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

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1、 第25章 染色問題 25.1.1★★圓周上等間距地分布著27個點，它們被分別染為黑色或白色．今知其中任何2個黑點之間 至少間隔2個點．證明：從中可以找到3個白點，它們形成等邊三角形的3個頂點． 解析 我們將27個點依次編號，易知它們一共可以形成9個正三角形 (1，10，19)，(2，11，20)，…，(9，18，27)． 由染色規(guī)則知，其中至多有9個黑點． 如果黑點不多于8個，則其中必有一個正三角形的所有頂點全為白色．如果黑點恰有9個，那么由 染色規(guī)則知，它們只能是一黑兩白相間排列，其中也一定有一個正三角形的所有頂點全為白色． 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火晚會．求證：必能找到一位兩旁都是女生的學(xué)生． 解析 將50個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個涂有黑色記號的座位至多坐12個女生．否則一定存在兩相鄰的涂有黑色標記的座位，其上面都坐著女生，其間坐著的那一個學(xué)生與假設(shè)導(dǎo)致矛盾．同理，25個涂有白色標記的座位至多只能坐12個女生，因此全部入座的女生不超過24人，與題設(shè)相矛盾．故命題得證． 25.1.3★在線段的兩個端點，一個標以紅色，一個標以藍色，在線段中間插入個分點，在各個分 點上隨意地標上紅色或藍色，這樣就把原線段分為個不重疊的小線段，這些小線段的兩端顏色不同

3、者叫做標準線段．求證：標準線段的個數(shù)是奇數(shù)． 設(shè)最后一個標準線段為．若，則僅有一個標準線段，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的標準 線段，必有一藍紅的標準線段與之對應(yīng)；否則不能為紅色，所以在和之間，紅藍和藍紅的標準線段就成對出現(xiàn)，即和之間的標準線段的個數(shù)是偶數(shù)，加上最后一個標準線段，所以，和之間的標準線段的個數(shù)是奇數(shù)． 25．1．4★★能否用面積為的一些長方塊將的棋盤覆蓋? 解析 如圖中標上1～4這些數(shù)，顯然每個1×4的長方塊各占1、2、3、4一個，于是如果可以覆蓋，則1、2、3、4應(yīng)一樣多，但1有25個，2則有26個，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個紅球和12個藍球排成一行，證明：必有相鄰的6個球三紅三藍． 解析 將這些球標上數(shù)字，紅球標1，而藍球則標上，于是問題變?yōu)椋罕囟ㄓ?個相鄰的球其標數(shù)之和為．記從第個球起的6個數(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(可以認為以2或、0的步長“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．不妨設(shè)，，，{1，7，13，19}，于是必存在一個，在與之間，． 25．1．6★如圖，把正方體形的房子分割成27個相等的小房間，每相鄰(即有公共面)兩個房間都有門相通，在中心的那個小正方體中有一只甲蟲，甲蟲能從每

6、個小房問走到與它相鄰的小房間中的任何一問去．如果要求甲蟲只能走到每個小房間一次，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個小正方體(每個小正方體表示一問房間)，涂上黑白相間的兩種顏色，使得中心的小正方體染成白色，再使兩個相鄰的小正方體染上不同的顏色．顯然，在27個小正方體中，14個是黑的，13個是白的．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14個白色的小正方體、13個黑色的小正方體．因此在26步中至少有一個小正方體，甲蟲進去過兩次．由此可見，如果要求甲蟲到每一個小房間只去一次，那么甲蟲不能走遍所

7、有的小房間． 25.1.7★★3行9列共27個小方格，將每個小方格涂上紅色或藍色．試證：無論如何涂法，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個方格中必有5格同色(抽屜原理)，不妨設(shè)這5個方格位于前五個位置，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．對第三行，用兩種顏色染色時，三列中必有兩列同色，不妨設(shè)是前兩列．此時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行剪裁，總剪不出七個由相鄰兩個小正方形組成的矩形來． 解析 如圖()涂色． 若有一種剪法能剪出七個相鄰兩個小正方形組成的矩形，則每個矩形一定由一個涂色小正方形和一個不涂色小正方形構(gòu)成．因此，應(yīng)該有七個涂色小正方形和七個不涂色的小正方形． 但圖中有八個涂色小正方形，六個不涂色小正方形，因此適合題意的剪法不存在． 25.1.9★★★在8×8的國際象棋棋盤中的每個方格都填上一個整數(shù)，現(xiàn)任挑選3×3或4×4的正方形，將其中每個數(shù)加1，稱為一次操作，問是否能經(jīng)過有限次

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3×3或4×4都包含偶數(shù)個小黑格，這些小黑格中原來數(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格子涂黑，使得不存在4個黑格的中心是一個矩形的頂點? 解析 如圖，涂9格，無所求矩形，下證若涂10格，則會出現(xiàn)所求矩形． 這是因為若有一行全部涂黑，則余下的行中必有一行至少涂黑2格，此時便有所求矩形出現(xiàn)．于是每行黑格數(shù)不到4個，必有兩行各包含3個黑格，此時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的國際象棋棋盤中剪去哪個小方格，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3×1的矩形覆蓋． 為了證明這一點，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3×1矩形將剪去左上角的棋盤覆蓋，那么每個3×1的矩形蓋住第一、二、三種顏色的方格各1個，從而21個3×1的矩形蓋住第一、二、三種顏色的方格各21個，然而棋盤(剪去左上角后)卻有第一種顏色的方格20個，第二種顏色的方格22個，第三種顏色的方格21個．因此，剪去左上角的棋盤無法用21個3×1的矩形覆蓋． 由此可見，

11、如果剪去一個方格后，棋盤能用21個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方格后，仍然不能保證一定能用21個3×1的矩形覆蓋，比如說，剪去圖中第一行第2個方格后不能用21個3×1的矩形覆蓋，這是由于棋盤的對稱性，剪去這個方格與剪去第一行第7個(涂第一種顏色的)方格(或剪去第八行第2個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、第三行第6個、第六行第3個、第六行第6個這四個方格中的某一個，剩下的棋盤才有可能用21個3×1的矩形覆蓋．不難驗證這時確實能夠覆蓋． 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數(shù)為15×23，這是

13、奇數(shù)．因為每塊2×2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，故無論多少2×2及3×3的瓷磚蓋住的白格數(shù)總是一個偶數(shù)，不可能蓋住23×15個白格，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個小方格依次賦值1、2、3、4如圖．無論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，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，而一塊2×2的正方形瓷磚無論蓋在何處，只有如下四種情形之一： 這就是說，2×2的正方形瓷磚所蓋住的4個小方塊中，必有兩個小方塊有相同數(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個小方塊中，某一種賦值的小方塊應(yīng)有17塊，但實際上，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個紅格．問該方格表中最多有多少個紅色的行和列? 解析 首先我們指出紅色的行和列不多于8個． 若不然，紅色的行和列至少9個，則其中必有5個紅行或紅列，不妨設(shè)為前者．由于每個紅行中至少有4個紅格，故知表中至少有20個紅格．此與已知條件矛盾． 其次，當我們將表格中的某個4×4的正方形的16個方格全部涂紅時，便得到4個紅行和4個紅列，共8個．這表明有19個紅格時，確可使

16、紅行與紅列的個數(shù)達到8．所以最大值為8． 25.1.15★★如圖是由4個l×1方格組成的形紙片，如果一個方格的棋盤能被若干個形紙片無重復(fù)地覆蓋，試證：是8的倍數(shù)． 解析 設(shè)棋盤由個形紙片所覆蓋，而形是由4個1×1小方格所組成，則可令．由此得出、中至少有一個偶數(shù)，不失一般性，可令為偶數(shù)，即共有偶數(shù)列． 現(xiàn)在對“列”進行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有個． 易見每個形紙片無論怎樣配置，總是蓋住奇數(shù)個黑格．今共有個黑格，因此必須有偶數(shù)個形，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．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，我們可以放32個馬，它們互不相吃．現(xiàn)證任意放33個馬必有被吃的情形． 事實上，將棋盤劃分為8個2×4的小棋盤，則至少有一個小棋盤要放5個馬，其放法只有兩種可能：要么一排放1個，另一排放4個；要么一排放2個，另一排放3個．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個馬，它們互不相吃． 25.1.17★★★在12×12的棋盤上，一匹超級馬每步跳至3×4矩形的另一角，如圖()．這匹馬能否從某一點出發(fā)，跳遍每一格恰好一次，最后回到出發(fā)點?

18、 解析 我們用兩種方法對此棋盤染色． 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，因為白格的數(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，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，每個小方格內(nèi)至多只能放一個棋子，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，請問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．此方格表共有8行，因此棋子的總數(shù)最多為48個．如右圖所示，48個棋子是可以完成的． ● ● ○ ○ ○ ○ ● ○ ○ ○ ○ ● ○ ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ● ●

20、 ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ○ ○ 25.1.19★★★★將的方格表中每個小方格涂上黑色或白色，兩種顏色的方格數(shù)相等．問能否有一種涂法，使每一行、每一列中都有一種顏色的方格數(shù)超過75％? 解析 不可能．設(shè)每行、每列中都有一種顏色的方格超過，由于行與行、列與列可對調(diào)而不影響結(jié)論．不妨設(shè)其中前行白色占優(yōu)勢，后行黑色占優(yōu)勢；前列白色占優(yōu)勢，后列黑色占優(yōu)勢．，(如下左圖)． 考慮放的矩形中的個方格．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，所以前一個矩形中的白色與后一個矩形中的黑格的個數(shù)之和少于．同樣，前一個矩形中的黑格與后一個中白格之和少于．所以這兩個矩形中的方格數(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，， 白色方格總數(shù) ， 與兩種顏色的方格相等矛盾． 評注 每行、每列中都有一種顏色的方格恰好占是可能的(這時、當然都被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，有個格子涂黑，求證：可以選擇行及列，包含了全部這個黑格． 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、，否則會有一行的黑格數(shù)至多一個，而剩下來的行至少有個黑格，于是有一行包含了至少兩個黑格，這與前是行”的定義矛盾．于是結(jié)論成立，接下來只要再找是列包含剩下的個黑格即可(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個矩形，它們的頂點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，估計其中同色“方格對”的個數(shù)．設(shè)在該列中有一種顏色的方格走個，另一種顏色的方格個，那么，在該列中就共有 個同色“方格對”．該式的值在和時達到最小值9，所以，7個列中一共有不少于63個同色“方格對”． 注意到每一個這樣的同

23、色“方格對”位于一個“行對”中，如果相應(yīng)的“行對”中還有一個與之顏色相同的同色“方格對”，那么，它們即構(gòu)成一個滿足要求的矩形．我們知道，方格表中一共有個不同的“行對”，由于有兩種不同顏色，所以，一共有42種不同情況的“行對”．因此，至少可以找到21(=63-42)個滿足要求的矩形． 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，于是知當時，為黑色；當時由為白色，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，不難驗證這種染法確實滿足題設(shè)要求． 25.1.23★★★★有一個矩形頂點坐標分別為、、與，其中、均為正奇數(shù)，將這個矩形分拆(既無重疊，也不遺漏)為一些三角形，使得每個三角形的頂點均為格點且至少有一條邊與坐標軸平行，并且這條邊上的高為1，求證：一定存在至少兩個三角形，它們各有兩條邊平行于坐標軸． 解析 易知，可將矩形分成個單位正方形，并涂上黑白兩色，使相鄰的正方形顏色不同．此時4個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，每一個有兩條邊與坐標軸平行的三角形中，兩種顏色部分的面積之差為；而每一個僅有一條邊與坐標軸平行的三角形中，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，故至少存在兩個三角形各有兩條邊與坐標軸平行． 25.1.24★★★把正三角形劃分為個同樣大小的小正三角形，把這些小正三角形的一部分標上號碼1，2，…，，使得號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，白三角形共有1+2+3+…+()個，由于要求“號碼相鄰的三角形有相鄰邊”，且有相鄰號碼的兩個三角形染

26、有不同的顏色，因此標上號碼的黑三角形總比標上號碼的白三角形的個數(shù)多1，所以編號的三角形數(shù)不超過個，即． 25.1.25★★★將正方形分割為個相等的小方格，把相對的頂點、染成紅色，把、染成藍色，其他交點任意染成紅、藍兩色中的一種顏色．求證：恰有三個頂點同色的小方格的數(shù)目必是偶數(shù)． 解析 用數(shù)代表顏色：紅色記為1．藍色記為．將小方格編號，記為1，2，…，．記第個小方格四個頂點處數(shù)字之乘積為．若該格恰有三個頂點同色，則，否則． 今考慮乘積．對正方形內(nèi)部的交點，各點相應(yīng)的數(shù)重復(fù)出現(xiàn)4次；正方形各邊上的不是端點的交點相應(yīng)的數(shù)各出現(xiàn)2次；、、、四點相應(yīng)的數(shù)的乘積為．于是，．因此，，，…，中的個

27、數(shù)必為偶數(shù)，即恰有三個頂點同色的小方格必有偶數(shù)個． 25.1.26★★已知內(nèi)有個點(無三點共線)，連同點、、共個點，以這些點為頂點把分割為若干個互不重疊的小三角形，現(xiàn)把、、分別染成紅色、藍色、黃色，而其余個點，每點任意染上紅、藍、黃三色之一．求證：三頂點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：邊的端點同色的，賦值0，邊的端點不同色，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)三頂點都不同色的小三角形，賦值和為3； (ii)恰有兩頂點同色的小三角形，賦值和為2； (iii)三頂點同色的小三角形，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1×3和1個1×1的磚塊按通常方式(即平行地貼著格子線)鋪滿一個5×5的棋盤，求證：1×1的磚塊必定位于整個棋盤的中心位置． 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，因此1×l的磚塊必定位于整個棋盤的中心位置． 25.1.28★★★★6個點每兩點之間連一條線，將這15條線進行任意的二染色(即每條邊染成兩種顏色之一)，則必定存在至少兩個同色的三角形． 解析 設(shè)兩色為紅色與藍色．若從同一點出發(fā)有3條線同色，比如、、為紅色，如果紅色，則為紅色三角形，否則為藍色，同理、亦為藍色，于是為藍色三角形．因此，有一點出發(fā)3條線同色，一定有同色三角形存在．于是6個點之間的15條線中，

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

31、子涂且黑色，如果一個未涂色的小方格有兩個以上的黑色小方格與之相鄰(“相鄰”指有公共邊)，則將這個小方格也涂黑，求證：不可能將所有的小方格都涂黑． 解析 假定小方格邊長為1．考慮一開始這格小方格組成的“島”，每個“島”都由連在一起的小方格組成，不同的“島”之間沒有公共邊界(當然也可能本來只有一個“島”)．因此這些“島”的邊界(包括有“洞”時“洞”的“內(nèi)部邊界”)長度之和不大于(因為還有小方格邊界在內(nèi)部抵消的情形)．現(xiàn)在按規(guī)則操作，每添加一個黑格，總邊界不會增加，甚至還會減少(例如未涂色的小方格周邊已有3或4個小黑格與之相鄰)．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★★★無限大方格表上的每個結(jié)點(方格線的交點)都被染為三種顏色之一，并且每種顏色的點都有．證明：可以找到一個直角三角形(其直角邊不一定在方格線上)，它的三個頂點被分別染為三種不同顏色． 解析 用反證法．假設(shè)不存在三個頂點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，為確定起見，設(shè)其為水平方向． 如果上只有兩種顏色的點，比方說藍色與紅色，那么在平面上任意取一個綠色結(jié)點，并且把所在的豎直直線與的交點記作．于是，或為藍色或為紅色，不妨設(shè)其為藍色．由于上還有紅色結(jié)點，只要任取其中一個紅點，即可得到三個頂點顏色各異的，此與

33、假設(shè)矛盾．所以，上面有三種顏色的結(jié)點． 在直線上任意取一個藍點、一個紅點和一個綠點．那么，此時在經(jīng)過點的豎直直線上的結(jié)點都應(yīng)當為藍色，否則就可以找到三一個頂點顏色各異的直角三角形．同理，在經(jīng)過點的豎直直線上的結(jié)點都為紅色，在經(jīng)過點的豎直直線上的結(jié)點都為綠色．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頂點同色． 下面考察任何一條經(jīng)過結(jié)點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)點處，所以它上面有著三種不同顏色的結(jié)點．這樣一來，根據(jù)剛才的討論，在每一條與它垂直的直線上的結(jié)點都只能是單一顏色的．但是，事實上

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)點處．故都有著三種不同顏色的結(jié)點，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、、，求證：存在一個頂點同色的三角形，與相似． 解析 首先證明，一定有兩點及兩點連線之中點同色，不妨設(shè)二色為紅與藍．至少有一種顏色被涂在無窮多個點上，不妨設(shè)是紅色，今找兩點、，均為紅色．為中點，又使為中點，為中點．若紅，則、、為所求；同理，若或為紅，則、、或、、為所求；若、、皆為藍，則、、為所求． 如圖，現(xiàn)作′′′∽，、、為三邊中點，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，此時′即為所求．于是結(jié)論成立． 25.1.32★★★平面上任意點都染成三色之一，則一定有同色頂點的矩形． 解析 不妨考慮格點，首先證當格點滿足3≤≤9，1≤≤3時，對這21個格點二染色，一定有同色矩形．假設(shè)此結(jié)論不成立，事實上，設(shè)兩色為紅與藍，由于列與列對調(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)中至多一個紅，不妨設(shè)(4，2)、(5，2)、(6，2)藍，但(4，3)、(5，3)、(6，3)不能有兩個藍，也不能有兩個紅，此不可能． 今設(shè)第三色為黃色，z軸上的整點必有一色出現(xiàn)無窮多次

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)為紅藍兩色，同理可設(shè)(2，2)，…，(9，2)為紅藍兩色，(3，3)，…，(9，3)為紅藍兩色，于是回到前面討論之情形，因此同色矩形存在．其實將“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點染上黑色或白色，求證：一定存在一個邊長為1或的正三角形，它的三個頂點是同色的． 解析1 先證一個引理：平面上若有兩個異色點的距離為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，的中點不妨設(shè)為白色，以為邊作正三角形，頂點或中若有一個為白色，則符合要求的三角形已找出；若和都為黑色，則正三角形邊長為，且、、同色．引理得證． 在平面上任取一點，不妨設(shè)為白色，以為圓心，4為半徑作圓(如圖())，若圓內(nèi)的點均為白點，則圓內(nèi)邊長為1的正三角形的頂點都為白色；若圓內(nèi)有一點為黑點，則，以為底邊作腰長為2的等腰三角形，則至少與、中的一點異色，根據(jù)引理，也有符合要求的三角形． 解析2 兩點、，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的兩點都有相同的顏色，那么整個平面都只有同一種顏色．事實上，任取平面上的兩個點、，連，從出發(fā)，用步長為2朝前進，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