初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題復(fù)習(xí) 第四篇 組合 第25章 染色問(wèn)題試題 新人教版

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1、 第25章 染色問(wèn)題 25.1.1★★圓周上等間距地分布著27個(gè)點(diǎn)，它們被分別染為黑色或白色．今知其中任何2個(gè)黑點(diǎn)之間 至少間隔2個(gè)點(diǎn)．證明：從中可以找到3個(gè)白點(diǎn)，它們形成等邊三角形的3個(gè)頂點(diǎn)． 解析 我們將27個(gè)點(diǎn)依次編號(hào)，易知它們一共可以形成9個(gè)正三角形 (1，10，19)，(2，11，20)，…，(9，18，27)． 由染色規(guī)則知，其中至多有9個(gè)黑點(diǎn)． 如果黑點(diǎn)不多于8個(gè)，則其中必有一個(gè)正三角形的所有頂點(diǎn)全為白色．如果黑點(diǎn)恰有9個(gè)，那么由 染色規(guī)則知，它們只能是一黑兩白相間排列，其中也一定有一個(gè)正三角形的所有頂點(diǎn)全為白色． 25．1．2★★某班有50位學(xué)生，男女各占

2、一半，他們圍成一圈席地而坐開營(yíng)火晚會(huì)．求證：必能找到一位兩旁都是女生的學(xué)生． 解析 將50個(gè)座位相間地涂成黑白兩色，假設(shè)不論如何圍坐都找不到一位兩旁都是女生的學(xué)生，那么25個(gè)涂有黑色記號(hào)的座位至多坐12個(gè)女生．否則一定存在兩相鄰的涂有黑色標(biāo)記的座位，其上面都坐著女生，其間坐著的那一個(gè)學(xué)生與假設(shè)導(dǎo)致矛盾．同理，25個(gè)涂有白色標(biāo)記的座位至多只能坐12個(gè)女生，因此全部入座的女生不超過(guò)24人，與題設(shè)相矛盾．故命題得證． 25.1.3★在線段的兩個(gè)端點(diǎn)，一個(gè)標(biāo)以紅色，一個(gè)標(biāo)以藍(lán)色，在線段中間插入個(gè)分點(diǎn)，在各個(gè)分 點(diǎn)上隨意地標(biāo)上紅色或藍(lán)色，這樣就把原線段分為個(gè)不重疊的小線段，這些小線段的兩端顏色不同

3、者叫做標(biāo)準(zhǔn)線段．求證：標(biāo)準(zhǔn)線段的個(gè)數(shù)是奇數(shù)． 設(shè)最后一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)線段為．若，則僅有一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)線段，命題顯然成立；若，由 、不同色，則必與同色，不妨設(shè)與均為紅色，那么在和之間若有一紅藍(lán)的標(biāo)準(zhǔn) 線段，必有一藍(lán)紅的標(biāo)準(zhǔn)線段與之對(duì)應(yīng)；否則不能為紅色，所以在和之間，紅藍(lán)和藍(lán)紅的標(biāo)準(zhǔn)線段就成對(duì)出現(xiàn)，即和之間的標(biāo)準(zhǔn)線段的個(gè)數(shù)是偶數(shù)，加上最后一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)線段，所以，和之間的標(biāo)準(zhǔn)線段的個(gè)數(shù)是奇數(shù)． 25．1．4★★能否用面積為的一些長(zhǎng)方塊將的棋盤覆蓋? 解析 如圖中標(biāo)上1～4這些數(shù)，顯然每個(gè)1×4的長(zhǎng)方塊各占1、2、3、4一個(gè)，于是如果可以覆蓋，則1、2、3、4應(yīng)一樣多，但1有25個(gè)，2則有26個(gè)，矛盾!因此不

4、能覆蓋． 1 2 3 4 1 2 3 5 1 2 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 2 3 4 1 2 3 4 1

5、2 3 25.1.5★★12個(gè)紅球和12個(gè)藍(lán)球排成一行，證明：必有相鄰的6個(gè)球三紅三藍(lán)． 解析 將這些球標(biāo)上數(shù)字，紅球標(biāo)1，而藍(lán)球則標(biāo)上，于是問(wèn)題變?yōu)椋罕囟ㄓ?個(gè)相鄰的球其標(biāo)數(shù)之和為．記從第個(gè)球起的6個(gè)數(shù)字和為，于是可取1，2，…，19． 易知的全部取值為、、、0、2、4、6，且或2(可以認(rèn)為以2或、0的步長(zhǎng)“連續(xù)”變化)．由，知若四數(shù)中有0，則結(jié)論成立，否則必有正有負(fù)．不妨設(shè)，，，{1，7，13，19}，于是必存在一個(gè)，在與之間，． 25．1．6★如圖，把正方體形的房子分割成27個(gè)相等的小房間，每相鄰(即有公共面)兩個(gè)房間都有門相通，在中心的那個(gè)小正方體中有一只甲蟲，甲蟲能從每

6、個(gè)小房問(wèn)走到與它相鄰的小房間中的任何一問(wèn)去．如果要求甲蟲只能走到每個(gè)小房間一次，那么甲蟲能走遍所有的小房間嗎? 解析 甲蟲不能走遍所有的小房間．我們?nèi)缬覉D將正方體分割成27個(gè)小正方體(每個(gè)小正方體表示一問(wèn)房間)，涂上黑白相間的兩種顏色，使得中心的小正方體染成白色，再使兩個(gè)相鄰的小正方體染上不同的顏色．顯然，在27個(gè)小正方體中，14個(gè)是黑的，13個(gè)是白的．甲蟲從中間的白色小正方體出發(fā)，每走一步，方格就改變一種顏色．故它走26步，應(yīng)該經(jīng)過(guò)14個(gè)白色的小正方體、13個(gè)黑色的小正方體．因此在26步中至少有一個(gè)小正方體，甲蟲進(jìn)去過(guò)兩次．由此可見，如果要求甲蟲到每一個(gè)小房間只去一次，那么甲蟲不能走遍所

7、有的小房間． 25.1.7★★3行9列共27個(gè)小方格，將每個(gè)小方格涂上紅色或藍(lán)色．試證：無(wú)論如何涂法，其中至少有兩列，它們的涂色方式完全一樣． 解析 第一行的9個(gè)方格中必有5格同色(抽屜原理)，不妨設(shè)這5個(gè)方格位于前五個(gè)位置，且都為紅色． 下面考慮前五列構(gòu)成的3×5小矩形．第二行的五格中必有3格是同色的，不妨設(shè)這三格位于前三個(gè)位置． 接著考慮前三列構(gòu)成的3×3方陣，該方陣前兩行的每列完全一樣．對(duì)第三行，用兩種顏色染色時(shí)，三列中必有兩列同色，不妨設(shè)是前兩列．此時(shí)前兩列的涂色方式完全一樣． 紅 紅 紅 紅 紅

8、 25.1.8★★如圖()，是由14個(gè)大小相同的正方形組成的圖形，證明：不論如何用剪刀沿著圖中直線進(jìn)行剪裁，總剪不出七個(gè)由相鄰兩個(gè)小正方形組成的矩形來(lái)． 解析 如圖()涂色． 若有一種剪法能剪出七個(gè)相鄰兩個(gè)小正方形組成的矩形，則每個(gè)矩形一定由一個(gè)涂色小正方形和一個(gè)不涂色小正方形構(gòu)成．因此，應(yīng)該有七個(gè)涂色小正方形和七個(gè)不涂色的小正方形． 但圖中有八個(gè)涂色小正方形，六個(gè)不涂色小正方形，因此適合題意的剪法不存在． 25.1.9★★★在8×8的國(guó)際象棋棋盤中的每個(gè)方格都填上一個(gè)整數(shù)，現(xiàn)任挑選3×3或4×4的正方形，將其中每個(gè)數(shù)加1，稱為一次操作，問(wèn)是否能經(jīng)過(guò)有限次

9、操作，一定可以讓方格中的所有整數(shù)均被10整除? 解析 按圖中選擇小方格涂黑，易見每個(gè)3×3或4×4都包含偶數(shù)個(gè)小黑格，這些小黑格中原來(lái)數(shù)字之和是奇數(shù)的話，那么操作一次后，數(shù)字和仍是奇數(shù)，因此不能得到最后均被10整除．答案是不一定． 25.1.10★★4×4的方格表中最多選擇幾個(gè)格子涂黑，使得不存在4個(gè)黑格的中心是一個(gè)矩形的頂點(diǎn)? 解析 如圖，涂9格，無(wú)所求矩形，下證若涂10格，則會(huì)出現(xiàn)所求矩形． 這是因?yàn)槿粲幸恍腥客亢?，則余下的行中必有一行至少涂黑2格，此時(shí)便有所求矩形出現(xiàn)．于是每行黑格數(shù)不到4個(gè)，必有兩行各包含3個(gè)黑格，此時(shí)不難看出有所求矩形出現(xiàn)，因此最多選擇9格．

10、25.4.11★★★在8×8的國(guó)際象棋棋盤中剪去哪個(gè)小方格，使得剩下的小方格可以被1×3的矩形覆蓋? 解析 剪去左上角的方格后，棋盤不能用21個(gè)3×1的矩形覆蓋． 為了證明這一點(diǎn)，我們將棋盤涂上三種顏色，涂法如圖，其中數(shù)字1、2、3分別表示第一、二、三種顏色． 如果能用21個(gè)3×1矩形將剪去左上角的棋盤覆蓋，那么每個(gè)3×1的矩形蓋住第一、二、三種顏色的方格各1個(gè)，從而21個(gè)3×1的矩形蓋住第一、二、三種顏色的方格各21個(gè)，然而棋盤(剪去左上角后)卻有第一種顏色的方格20個(gè)，第二種顏色的方格22個(gè)，第三種顏色的方格21個(gè)．因此，剪去左上角的棋盤無(wú)法用21個(gè)3×1的矩形覆蓋． 由此可見，

11、如果剪去一個(gè)方格后，棋盤能用21個(gè)3×1的矩形覆蓋，那么剪去的方格一定是圖中涂第二種顏色的方格． 但是，剪去圖中涂第二種顏色的一個(gè)方格后，仍然不能保證一定能用21個(gè)3×1的矩形覆蓋，比如說(shuō)，剪去圖中第一行第2個(gè)方格后不能用21個(gè)3×1的矩形覆蓋，這是由于棋盤的對(duì)稱性，剪去這個(gè)方格與剪去第一行第7個(gè)(涂第一種顏色的)方格(或剪去第八行第2個(gè)涂第三種顏色的方格)所剩下的棋盤完全相同． 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 3 1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2

12、 3 1 2 3 3 1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 于是，只有剪去第三行第3個(gè)、第三行第6個(gè)、第六行第3個(gè)、第六行第6個(gè)這四個(gè)方格中的某一個(gè)，剩下的棋盤才有可能用21個(gè)3×1的矩形覆蓋．不難驗(yàn)證這時(shí)確實(shí)能夠覆蓋． 25.1.12★★求證：只用2×2及3×3的兩種瓷磚不能恰好鋪蓋23×23的正方形地面． 解析 將23×23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色，剩下的小方格全染成白色，于是白色的小方格的個(gè)數(shù)為15×23，這是

13、奇數(shù)．因?yàn)槊繅K2×2瓷磚總是蓋住二黑格和二白格或者蓋住四白格，每塊3×3瓷磚總是蓋住三黑格和六白格，故無(wú)論多少2×2及3×3的瓷磚蓋住的白格數(shù)總是一個(gè)偶數(shù)，不可能蓋住23×15個(gè)白格，所以，只用2×2及3×3的瓷磚不能蓋住23×23的地面． 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4 1 3 4 1 2 3 4 1 2 4 1 2 3 4 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4 1 3 4 1 2 3 4 1 2 4 1 2 3

14、 4 1 2 3 25.1.13★★求證：用15塊大小是1×4的矩形瓷磚和1塊大小是2×2的正方形瓷磚，不能恰好鋪蓋8×8的正方形地面． 解析 把8×8的正方形地面上64個(gè)小方格依次賦值1、2、3、4如圖．無(wú)論1×4的矩形瓷磚怎樣蓋在圖中所示的地面上，每塊l×4的矩形瓷磚恰好蓋住賦有1、2、3、4的小方塊各1個(gè)，可見15塊1×4的矩形瓷磚恰好蓋住賦有1、2、3、4的小方格各15個(gè)，而一塊2×2的正方形瓷磚無(wú)論蓋在何處，只有如下四種情形之一： 這就是說(shuō)，2×2的正方形瓷磚所蓋住的4個(gè)小方塊中，必有兩個(gè)小方塊有相同數(shù)碼．由此可見，如果15塊1×4，1塊2×2的瓷磚恰好能鋪蓋

15、8×8的正方形地面，那么這64個(gè)小方塊中，某一種賦值的小方塊應(yīng)有17塊，但實(shí)際上，賦值1、2、3、4的小方塊各16塊，矛盾． 25.1.14★★7×7的方格表中有19個(gè)方格涂成紅色，稱一行或一列是紅色的如果該行或該列中至少有4個(gè)紅格．問(wèn)該方格表中最多有多少個(gè)紅色的行和列? 解析 首先我們指出紅色的行和列不多于8個(gè)． 若不然，紅色的行和列至少9個(gè)，則其中必有5個(gè)紅行或紅列，不妨設(shè)為前者．由于每個(gè)紅行中至少有4個(gè)紅格，故知表中至少有20個(gè)紅格．此與已知條件矛盾． 其次，當(dāng)我們將表格中的某個(gè)4×4的正方形的16個(gè)方格全部涂紅時(shí)，便得到4個(gè)紅行和4個(gè)紅列，共8個(gè)．這表明有19個(gè)紅格時(shí)，確可使

16、紅行與紅列的個(gè)數(shù)達(dá)到8．所以最大值為8． 25.1.15★★如圖是由4個(gè)l×1方格組成的形紙片，如果一個(gè)方格的棋盤能被若干個(gè)形紙片無(wú)重復(fù)地覆蓋，試證：是8的倍數(shù)． 解析 設(shè)棋盤由個(gè)形紙片所覆蓋，而形是由4個(gè)1×1小方格所組成，則可令．由此得出、中至少有一個(gè)偶數(shù)，不失一般性，可令為偶數(shù)，即共有偶數(shù)列． 現(xiàn)在對(duì)“列”進(jìn)行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有個(gè)． 易見每個(gè)形紙片無(wú)論怎樣配置，總是蓋住奇數(shù)個(gè)黑格．今共有個(gè)黑格，因此必須有偶數(shù)個(gè)形，從而證得是8的倍數(shù)． 25.1.16★★在8×8的方格棋盤上最多能放多少個(gè)馬，它們互不相吃(假定有足夠多的馬)? 解析 我們將棋盤相間染成黑

17、白二色，則黑格與白格各32個(gè)．按馬的走法(如圖)知，黑格上的馬只能吃白格上的馬，因此，將所有黑格都放馬，它們是互不相吃的．這就是說(shuō)，我們可以放32個(gè)馬，它們互不相吃．現(xiàn)證任意放33個(gè)馬必有被吃的情形． 事實(shí)上，將棋盤劃分為8個(gè)2×4的小棋盤，則至少有一個(gè)小棋盤要放5個(gè)馬，其放法只有兩種可能：要么一排放1個(gè)，另一排放4個(gè)；要么一排放2個(gè)，另一排放3個(gè)．顯然這兩種放法都不可避免地發(fā)生互相“殘殺”的結(jié)局．因此，最多能放32個(gè)馬，它們互不相吃． 25.1.17★★★在12×12的棋盤上，一匹超級(jí)馬每步跳至3×4矩形的另一角，如圖()．這匹馬能否從某一點(diǎn)出發(fā)，跳遍每一格恰好一次，最后回到出發(fā)點(diǎn)?

18、 解析 我們用兩種方法對(duì)此棋盤染色． 首先，將棋盤黑白相間染色，由馬的跳步規(guī)則知，馬每跳一步，或者是從黑格跳到白格，或者是從白格跳到黑格．不妨設(shè)馬是第奇數(shù)步跳到自格，即馬在第奇數(shù)步跳入的格子全體就是全體白格． 其次，將棋盤的第1、2、6、7、11、12行染成白色，其余的行染成黑色，如圖()．由馬的跳步規(guī)則知．馬從白格一定跳人黑格，因?yàn)榘赘竦臄?shù)目同黑格的數(shù)目相同，馬要遍歷棋盤的每一格恰一次再回到出發(fā)點(diǎn)，因此，馬從黑格只能跳入白格，不妨設(shè)馬第奇數(shù)步跳入白格． 對(duì)于一種滿足要求的跳法，在兩種染色方式下第奇數(shù)步跳入的格子的全體卻是不同的，矛盾． 因此，題目要求的跳法，即“回路”是不

19、存在的． 25.1.18★★★在8×8方格表的小方格內(nèi)放置黑色或白色的棋子，每個(gè)小方格內(nèi)至多只能放一個(gè)棋子，使得每行且每列白色棋子的數(shù)量都是黑色棋子的數(shù)量之2倍．在滿足上述條件的所有放置方法中，請(qǐng)問(wèn)如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的總數(shù)量最多? 解析 因每行都有8格，所以每行棋子最多只能有6個(gè)．此方格表共有8行，因此棋子的總數(shù)最多為48個(gè)．如右圖所示，48個(gè)棋子是可以完成的． ● ● ○ ○ ○ ○ ● ○ ○ ○ ○ ● ○ ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ● ●

20、 ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ○ ○ 25.1.19★★★★將的方格表中每個(gè)小方格涂上黑色或白色，兩種顏色的方格數(shù)相等．問(wèn)能否有一種涂法，使每一行、每一列中都有一種顏色的方格數(shù)超過(guò)75％? 解析 不可能．設(shè)每行、每列中都有一種顏色的方格超過(guò)，由于行與行、列與列可對(duì)調(diào)而不影響結(jié)論．不妨設(shè)其中前行白色占優(yōu)勢(shì)，后行黑色占優(yōu)勢(shì)；前列白色占優(yōu)勢(shì)，后列黑色占優(yōu)勢(shì)．，(如下左圖)． 考慮放的矩形中的個(gè)方格．其中的白格可看成列或行中的“少數(shù)派”，而黑格可看成行或列中的“少數(shù)派”．由于

21、在每行、每列中“少數(shù)派”少于或個(gè)，所以前一個(gè)矩形中的白色與后一個(gè)矩形中的黑格的個(gè)數(shù)之和少于．同樣，前一個(gè)矩形中的黑格與后一個(gè)中白格之和少于．所以這兩個(gè)矩形中的方格數(shù)，即少于方格總數(shù)的一半．因此 ， ， 從而，或，不妨設(shè)為前者，這時(shí)，， 白色方格總數(shù) ， 與兩種顏色的方格相等矛盾． 評(píng)注 每行、每列中都有一種顏色的方格恰好占是可能的(這時(shí)、當(dāng)然都被4整除)，前右圖(其中，)即滿足要求． 25.1.20★★★在2是×2是的方格表上，有個(gè)格子涂黑，求證：可以選擇行及列，包含了全部這個(gè)黑格． 解析 將包含黑格的所有行中找出黑格數(shù)最多的前行，則這行中包含的黑格總數(shù)必定不少于

22、，否則會(huì)有一行的黑格數(shù)至多一個(gè)，而剩下來(lái)的行至少有個(gè)黑格，于是有一行包含了至少兩個(gè)黑格，這與前是行”的定義矛盾．于是結(jié)論成立，接下來(lái)只要再找是列包含剩下的個(gè)黑格即可(有的列可不包含黑格)． 25.1.21★★★7×7方格表中的方格被分別染為兩種不同顏色，證明：至少可以找出21個(gè)矩形，它們的頂點(diǎn)是同一種顏色方格的中心，它們的邊平行于方格線． 解析 考察其中任意一列，估計(jì)其中同色“方格對(duì)”的個(gè)數(shù)．設(shè)在該列中有一種顏色的方格走個(gè)，另一種顏色的方格個(gè)，那么，在該列中就共有 個(gè)同色“方格對(duì)”．該式的值在和時(shí)達(dá)到最小值9，所以，7個(gè)列中一共有不少于63個(gè)同色“方格對(duì)”． 注意到每一個(gè)這樣的同

23、色“方格對(duì)”位于一個(gè)“行對(duì)”中，如果相應(yīng)的“行對(duì)”中還有一個(gè)與之顏色相同的同色“方格對(duì)”，那么，它們即構(gòu)成一個(gè)滿足要求的矩形．我們知道，方格表中一共有個(gè)不同的“行對(duì)”，由于有兩種不同顏色，所以，一共有42種不同情況的“行對(duì)”．因此，至少可以找到21(=63-42)個(gè)滿足要求的矩形． 25.1.22★★★把全體正整數(shù)染成黑白兩色之一，已知任意兩個(gè)不同顏色的數(shù)之和為黑色，而它們的積是白色，試找出所有的這種染色方法． 解析 設(shè)正整數(shù)、為白色，現(xiàn)研究的顏色．若是黑色，設(shè)正整數(shù)黑色，則為黑色，為白色，但由前知黑色，白色，于是黑色，矛盾，因此為白色． 設(shè)正整數(shù)是染成白色的最小數(shù)，于是由條件及前面的

24、討論知，的所有正整數(shù)倍數(shù)均為白色．至于其他正整數(shù)，不被整除，設(shè)，，由之定義知，必定是黑色，于是知當(dāng)時(shí)，為黑色；當(dāng)時(shí)由為白色，知亦為黑色．于是本題的結(jié)論就是，所有的倍數(shù)染成白色，其余的數(shù)染成黑色，不難驗(yàn)證這種染法確實(shí)滿足題設(shè)要求． 25.1.23★★★★有一個(gè)矩形頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為、、與，其中、均為正奇數(shù)，將這個(gè)矩形分拆(既無(wú)重疊，也不遺漏)為一些三角形，使得每個(gè)三角形的頂點(diǎn)均為格點(diǎn)且至少有一條邊與坐標(biāo)軸平行，并且這條邊上的高為1，求證：一定存在至少兩個(gè)三角形，它們各有兩條邊平行于坐標(biāo)軸． 解析 易知，可將矩形分成個(gè)單位正方形，并涂上黑白兩色，使相鄰的正方形顏色不同．此時(shí)4個(gè)角上的小正方形顏色

25、相同，設(shè)為黑色，于是黑色格總面積比白格多1．可以推出，上述分拆中，每一個(gè)有兩條邊與坐標(biāo)軸平行的三角形中，兩種顏色部分的面積之差為；而每一個(gè)僅有一條邊與坐標(biāo)軸平行的三角形中，兩種顏色部分的面積相等，如圖．由于黑色面積與白色面積相差1，故至少存在兩個(gè)三角形各有兩條邊與坐標(biāo)軸平行． 25.1.24★★★把正三角形劃分為個(gè)同樣大小的小正三角形，把這些小正三角形的一部分標(biāo)上號(hào)碼1，2，…，，使得號(hào)碼相鄰的三角形有相鄰邊．求證：． 解析 將小正三角形如圖黑、白染色，黑三角形共有1+2+3+…+個(gè)，白三角形共有1+2+3+…+()個(gè)，由于要求“號(hào)碼相鄰的三角形有相鄰邊”，且有相鄰號(hào)碼的兩個(gè)三角形染

26、有不同的顏色，因此標(biāo)上號(hào)碼的黑三角形總比標(biāo)上號(hào)碼的白三角形的個(gè)數(shù)多1，所以編號(hào)的三角形數(shù)不超過(guò)個(gè)，即． 25.1.25★★★將正方形分割為個(gè)相等的小方格，把相對(duì)的頂點(diǎn)、染成紅色，把、染成藍(lán)色，其他交點(diǎn)任意染成紅、藍(lán)兩色中的一種顏色．求證：恰有三個(gè)頂點(diǎn)同色的小方格的數(shù)目必是偶數(shù)． 解析 用數(shù)代表顏色：紅色記為1．藍(lán)色記為．將小方格編號(hào)，記為1，2，…，．記第個(gè)小方格四個(gè)頂點(diǎn)處數(shù)字之乘積為．若該格恰有三個(gè)頂點(diǎn)同色，則，否則． 今考慮乘積．對(duì)正方形內(nèi)部的交點(diǎn)，各點(diǎn)相應(yīng)的數(shù)重復(fù)出現(xiàn)4次；正方形各邊上的不是端點(diǎn)的交點(diǎn)相應(yīng)的數(shù)各出現(xiàn)2次；、、、四點(diǎn)相應(yīng)的數(shù)的乘積為．于是，．因此，，，…，中的個(gè)

27、數(shù)必為偶數(shù)，即恰有三個(gè)頂點(diǎn)同色的小方格必有偶數(shù)個(gè)． 25.1.26★★已知內(nèi)有個(gè)點(diǎn)(無(wú)三點(diǎn)共線)，連同點(diǎn)、、共個(gè)點(diǎn)，以這些點(diǎn)為頂點(diǎn)把分割為若干個(gè)互不重疊的小三角形，現(xiàn)把、、分別染成紅色、藍(lán)色、黃色，而其余個(gè)點(diǎn)，每點(diǎn)任意染上紅、藍(lán)、黃三色之一．求證：三頂點(diǎn)都不同色的小三角形的總數(shù)必是奇數(shù)． 解析 把這些小三角形的邊賦值：邊的端點(diǎn)同色的，賦值0，邊的端點(diǎn)不同色，賦值1，于是每只小三角形的三邊賦值的和，有如下三種情形： (i)三頂點(diǎn)都不同色的小三角形，賦值和為3； (ii)恰有兩頂點(diǎn)同色的小三角形，賦值和為2； (iii)三頂點(diǎn)同色的小三角形，賦值和為0． 設(shè)所有小三角形的邊的賦值總和

28、為，又設(shè)情形(i)、(ii)、(iii)中三類小三角形的個(gè)數(shù)分別為、、，于是 ． ① 注意到所有小三角形的邊的賦值總和中，除了邊，，外，其余各邊都被計(jì)算了兩次，故它們的賦值和是這些邊的賦值和的兩倍，再加上的三邊的賦值和為3，故是奇數(shù)，因此，由①式得是奇數(shù)． 25.1.27★★★由8個(gè)1×3和1個(gè)1×1的磚塊按通常方式(即平行地貼著格子線)鋪滿一個(gè)5×5的棋盤，求證：1×1的磚塊必定位于整個(gè)棋盤的中心位置． 解析 將棋盤按圖中方式染成、、三種顏色．易見、各有8格，而有9格．由于每個(gè)1×3磚塊必定覆蓋、、三色格各一格，因此1×1的磚塊必定染成色．再將整個(gè)棋盤旋轉(zhuǎn)，再按完全相同的方法

29、染色，于是1×1的磚塊仍在染成色的方格上，但兩次染色均染成色的小方格只有中間的那個(gè)，因此1×l的磚塊必定位于整個(gè)棋盤的中心位置． 25.1.28★★★★6個(gè)點(diǎn)每?jī)牲c(diǎn)之間連一條線，將這15條線進(jìn)行任意的二染色(即每條邊染成兩種顏色之一)，則必定存在至少兩個(gè)同色的三角形． 解析 設(shè)兩色為紅色與藍(lán)色．若從同一點(diǎn)出發(fā)有3條線同色，比如、、為紅色，如果紅色，則為紅色三角形，否則為藍(lán)色，同理、亦為藍(lán)色，于是為藍(lán)色三角形．因此，有一點(diǎn)出發(fā)3條線同色，一定有同色三角形存在．于是6個(gè)點(diǎn)之間的15條線中，

30、一定有同色三角形存在． 5個(gè)點(diǎn)的10條線若無(wú)同色三角形，則每一點(diǎn)連出的4條線必定兩紅兩藍(lán)．比如五點(diǎn)為、、、、，不妨設(shè)、紅，由于藍(lán)，還有一點(diǎn)與的連線紅色，不妨設(shè)紅，于是藍(lán)，紅，、藍(lán)，紅，藍(lán)，故要想不出現(xiàn)同色三角形，只能是五點(diǎn)構(gòu)成的五邊形(不一定凸或自身不交)的邊同色，而對(duì)角線則異色． 現(xiàn)在回到原題，設(shè)六點(diǎn)為、、、、、，由于一定有同色三角形存在，不妨設(shè)為一是紅色三角形，若不存在第二個(gè)同色三角形，則可設(shè)五邊形的邊為紅色(圖中實(shí)線所示)，對(duì)角線為藍(lán)色(圖中虛線所示)．若為紅色，則為紅色三角形，故藍(lán)，同理為藍(lán)色，于是為藍(lán)色三角形，因此同色三角形至少有兩個(gè)． 25.1.29★★★的方格表中有個(gè)格

31、子涂且黑色，如果一個(gè)未涂色的小方格有兩個(gè)以上的黑色小方格與之相鄰(“相鄰”指有公共邊)，則將這個(gè)小方格也涂黑，求證：不可能將所有的小方格都涂黑． 解析 假定小方格邊長(zhǎng)為1．考慮一開始這格小方格組成的“島”，每個(gè)“島”都由連在一起的小方格組成，不同的“島”之間沒(méi)有公共邊界(當(dāng)然也可能本來(lái)只有一個(gè)“島”)．因此這些“島”的邊界(包括有“洞”時(shí)“洞”的“內(nèi)部邊界”)長(zhǎng)度之和不大于(因?yàn)檫€有小方格邊界在內(nèi)部抵消的情形)．現(xiàn)在按規(guī)則操作，每添加一個(gè)黑格，總邊界不會(huì)增加，甚至還會(huì)減少(例如未涂色的小方格周邊已有3或4個(gè)小黑格與之相鄰)．如果所有小方格都涂黑了，總邊界為，矛盾．因此結(jié)論成立． 25.1

32、.30★★★無(wú)限大方格表上的每個(gè)結(jié)點(diǎn)(方格線的交點(diǎn))都被染為三種顏色之一，并且每種顏色的點(diǎn)都有．證明：可以找到一個(gè)直角三角形(其直角邊不一定在方格線上)，它的三個(gè)頂點(diǎn)被分別染為三種不同顏色． 解析 用反證法．假設(shè)不存在三個(gè)頂點(diǎn)被分別染為三種不同顏色的直角三角形． 不難看出，可以找出一條水平方向或豎直方向的直線，它上面至少有兩種顏色的結(jié)點(diǎn)，為確定起見，設(shè)其為水平方向． 如果上只有兩種顏色的點(diǎn)，比方說(shuō)藍(lán)色與紅色，那么在平面上任意取一個(gè)綠色結(jié)點(diǎn)，并且把所在的豎直直線與的交點(diǎn)記作．于是，或?yàn)樗{(lán)色或?yàn)榧t色，不妨設(shè)其為藍(lán)色．由于上還有紅色結(jié)點(diǎn)，只要任取其中一個(gè)紅點(diǎn)，即可得到三個(gè)頂點(diǎn)顏色各異的，此與

33、假設(shè)矛盾．所以，上面有三種顏色的結(jié)點(diǎn)． 在直線上任意取一個(gè)藍(lán)點(diǎn)、一個(gè)紅點(diǎn)和一個(gè)綠點(diǎn)．那么，此時(shí)在經(jīng)過(guò)點(diǎn)的豎直直線上的結(jié)點(diǎn)都應(yīng)當(dāng)為藍(lán)色，否則就可以找到三一個(gè)頂點(diǎn)顏色各異的直角三角形．同理，在經(jīng)過(guò)點(diǎn)的豎直直線上的結(jié)點(diǎn)都為紅色，在經(jīng)過(guò)點(diǎn)的豎直直線上的結(jié)點(diǎn)都為綠色．這就表明，在以上的染色方法中，每條豎直直線上的結(jié)點(diǎn)都是單一顏色的，從而，任何直角邊在方格線上的直角=三角形中都至少有兩個(gè)頂點(diǎn)同色． 下面考察任何一條經(jīng)過(guò)結(jié)點(diǎn)且與豎直方向交成的直線．由于它同每條豎直直線都相交于結(jié)點(diǎn)處，所以它上面有著三種不同顏色的結(jié)點(diǎn)．這樣一來(lái)，根據(jù)剛才的討論，在每一條與它垂直的直線上的結(jié)點(diǎn)都只能是單一顏色的．但是，事實(shí)上

34、這些直線都與豎直方向交成，從而與每條豎直直線都相交于結(jié)點(diǎn)處．故都有著三種不同顏色的結(jié)點(diǎn)，導(dǎo)致矛盾． 25.1.31★★★將全平面以任意方式二染色，并在平面上任找不共線的三點(diǎn)、、，求證：存在一個(gè)頂點(diǎn)同色的三角形，與相似． 解析 首先證明，一定有兩點(diǎn)及兩點(diǎn)連線之中點(diǎn)同色，不妨設(shè)二色為紅與藍(lán)．至少有一種顏色被涂在無(wú)窮多個(gè)點(diǎn)上，不妨設(shè)是紅色，今找兩點(diǎn)、，均為紅色．為中點(diǎn)，又使為中點(diǎn)，為中點(diǎn)．若紅，則、、為所求；同理，若或?yàn)榧t，則、、或、、為所求；若、、皆為藍(lán)，則、、為所求． 如圖，現(xiàn)作′′′∽，、、為三邊中點(diǎn)，且由前，可設(shè)′、、′．若′紅，則′′′即為所求；若或紅，則′或′為所求；若′、、

35、皆藍(lán)，此時(shí)′即為所求．于是結(jié)論成立． 25.1.32★★★平面上任意點(diǎn)都染成三色之一，則一定有同色頂點(diǎn)的矩形． 解析 不妨考慮格點(diǎn)，首先證當(dāng)格點(diǎn)滿足3≤≤9，1≤≤3時(shí)，對(duì)這21個(gè)格點(diǎn)二染色，一定有同色矩形．假設(shè)此結(jié)論不成立，事實(shí)上，設(shè)兩色為紅與藍(lán)，由于列與列對(duì)調(diào)不影響矩形的數(shù)量，故由抽屜原理，不妨設(shè)(3，1)、(4，1)、(5，1)、(6，1)紅，于是(3，2)、(4，2)、(5，2)、(6，2)中至多一個(gè)紅，不妨設(shè)(4，2)、(5，2)、(6，2)藍(lán)，但(4，3)、(5，3)、(6，3)不能有兩個(gè)藍(lán)，也不能有兩個(gè)紅，此不可能． 今設(shè)第三色為黃色，z軸上的整點(diǎn)必有一色出現(xiàn)無(wú)窮多次

36、，不妨設(shè)就是黃色，現(xiàn)作列調(diào)整，使(0，0)，(1，0)，…，(9，0)黃，故(0，1)，(1，1)，…，(9，1)至多一黃，于是可設(shè)(1，1)，…，(9，1)為紅藍(lán)兩色，同理可設(shè)(2，2)，…，(9，2)為紅藍(lán)兩色，(3，3)，…，(9，3)為紅藍(lán)兩色，于是回到前面討論之情形，因此同色矩形存在．其實(shí)將“三”改成一般的“”，結(jié)論也正確． 25.1.33★★★★用任意的方式給平面上的每一個(gè)點(diǎn)染上黑色或白色，求證：一定存在一個(gè)邊長(zhǎng)為1或的正三角形，它的三個(gè)頂點(diǎn)是同色的． 解析1 先證一個(gè)引理：平面上若有兩個(gè)異色點(diǎn)的距離為2，那么必定可以找出符合要求的三角形． 如圖()，若平面上線段，為白

37、色，為黑色，的中點(diǎn)不妨設(shè)為白色，以為邊作正三角形，頂點(diǎn)或中若有一個(gè)為白色，則符合要求的三角形已找出；若和都為黑色，則正三角形邊長(zhǎng)為，且、、同色．引理得證． 在平面上任取一點(diǎn)，不妨設(shè)為白色，以為圓心，4為半徑作圓(如圖())，若圓內(nèi)的點(diǎn)均為白點(diǎn)，則圓內(nèi)邊長(zhǎng)為1的正三角形的頂點(diǎn)都為白色；若圓內(nèi)有一點(diǎn)為黑點(diǎn)，則，以為底邊作腰長(zhǎng)為2的等腰三角形，則至少與、中的一點(diǎn)異色，根據(jù)引理，也有符合要求的三角形． 解析2 兩點(diǎn)、，使得，且、異色，由解析1的引理，有符合要求的三角形；若任意距離為2的兩點(diǎn)都有相同的顏色，那么整個(gè)平面都只有同一種顏色．事實(shí)上，任取平面上的兩個(gè)點(diǎn)、，連，從出發(fā)，用步長(zhǎng)為2朝前進(jìn)，依次得，，…，，如圖()，且，顯然，，…，與同色．若，則、同色，若2，作等腰使得，則與同色，與同色，從而也有與同色．其他同解析1． 13