2019-2020年初中數學競賽專題復習 第四篇 組合 第28章 操作聞題和邏輯推理聞題試題 新人教版.doc

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2019-2020年初中數學競賽專題復習 第四篇 組合 第28章 操作聞題和邏輯推理聞題試題 新人教版 28.1.1** 在黑板上記上數1，2，…，，現允許選擇任意兩個數。換成其和或差（絕對值），經過 次操作，黑板上只剩下1個數．問對于什么樣的，才可能讓這最后一個數為0？ 解析 顯然，經過一次操作，原來的奇數個數要么保持不變，要么減少2，因此奇數總數的奇偶性在操作前后保持不變，當，2（）時，奇數個數為奇數個，不可能減到0個（0是偶數）．因此，要滿足題目要求，一個必要條件是，3（）．當（）時，由于連續(xù)4個整數可以得到兩個1，從而進一步得到0，最終可得到一個0；當（）時，先取出1、2、3，得到0，其余仍然4個連續(xù)整數一組，仍可最終得到0．因此答案為，3（）． 28.1.2** 只盤子排成一行，每次操作任取兩只盤子，將它們移到相鄰（或左或右）的位置上，盤子可 以重疊，問能否經若干次操作后，使6只盤子疊在一起． 解析 設想盤子的位置是數軸上的整數點1、2、3、4、5、6．由于相鄰整數的奇偶性不同，故每次移動改變了兩個位置的奇偶性． 原來有奇數個盤子在奇數位置，每次移動有三種可能：（）將兩個奇數位置的盤子移到偶數位置；（）將兩個偶數位置的盤子移到奇數位置；（）將一個奇數位置的盤子移到偶數位置，將一個偶數位置的盤子移到奇數位置．無論哪種情況，每次移動后仍有奇數個盤子在奇數位置上，這就表明不能把6只盤子重疊在一起（因為6只盤子疊在一起時，奇數位置的盤子是偶數（6或0個）． 28.1.3** 黑板上寫有1，，，…，．每次操作可以從黑板上的數中選取2個數、，刪去、并在黑板上寫上數，問經過99次操作后，黑板上剩下的數是幾？ 解析 因為，所以每次操作前和操作后，黑板上的每個數加l后的乘積不變． 設經過99次操作后黑板上剩下的數為，則，得，于是． 28.1.4** 在正方形的3個頂點處各有一只螞蚱，現在每次有一只螞蚱從另一只螞蚱背上跳過，落到對稱的位置．問是否在經過幾次跳躍之后，有一只螞蚱跳到了正方形的第4個頂點上？ 解析 不能．不妨設原來3只螞蚱所在位置是（0，0），（1，0），（0，1）．由中點坐標易見，每次跳躍之后，對稱位置的橫、縱坐標的奇偶性與原先起跳點的一樣，而原先沒有一只螞蚱在奇數格點（即兩坐標都是奇數）上，因此也就沒有一只螞蚱會跳到奇數格點上，當然也就不會落到（1，1）上． 28.1.5* 中國象棋中的馬，每步由12格的一個頂點跳到其對角頂點．求證：該馬從棋盤上任意一點出發(fā)要跳到它的相鄰格，必須經過奇數步． 解析 賦象棋盤每個格點（，）以數，馬每跳一步，必在行和列中，一種增減2，另一種增減1，即乘以． 所以，馬跳步后，到它的相鄰格點時，必有，故，故為奇數． 28.1.6** 一個箱子里裝有個白球和個黑球，箱子旁邊還有一堆黑球．從箱子里取出兩球：如果這兩個球是同顏色的，則從箱外取出一個黑球放回箱子里；如果這兩個球是異色的，則把其中的白球放回箱子．這個過程一直重復到最后一對球從箱子取出，并且最后一個球放回箱子．試問最后一對球有沒有可能是白色的？并說明理由． 解析 若在白球上記上數字1，黑球上記上數字0，則任何時候箱中的白球數就等于箱內所有球的數字之和，并且開始時總和為，如果取的兩個球是白色，則放回一個黑球，故總和變成．如果取的兩個球是黑色，則放回一個黑球，故總和是．如果取出的兩球是一黑一白，則放回這個白球，故總和也是． 由此可知，每完成一個過程，箱子里球的數字之和或者不變，或者減少2，即變換前后的奇偶性不變．故為偶數時，最終將變成0（黑球）；為奇數時，最后必將是1（自球）． 28.1.7* 一堆火柴共1000根，兩人輪流拿走根火柴，其中戶為質數，”為非負整數，規(guī)定誰取到最后一根火柴誰就獲勝，證明：先取者必勝． 解析 在正確的玩法下，第一人將取勝．由于他在每次執(zhí)步中，可以取走1、2、3、4或5根火柴，所以他可以執(zhí)行這樣的策略：即不論第二個人如何動作，他都應在自己執(zhí)步之后，給對方留下能被6整除的火柴數目．這樣，在經過有限次執(zhí)步之后，他將給第二人留下6根火柴．因而在第二人動作之后，他即可取走所有剩余的火柴而結束游戲． 28.1.8** 甲、乙兩個人取數，若已有的最后一個數為，則可以取至中任一個數．若甲先取，開始已有數2，取到xx為勝，問甲必勝還是乙必勝？ 解析 甲必勝．甲可依次取3、7、15、31、62、125、250、501、1002、xx． 這一列數中，后一個數要么是前一個數的2倍，要么是2倍加上1．現在說明只要取到前一個數，就必可取到后一個數，從而必可取到xx．事實上，若甲取到的數為，則乙可取至中任一數．而，且，，故當乙取完后，甲必可取或． 28.1.9** 兩個相同的齒輪，各有14個齒，一個平放在另一個的上面，使得它們的齒重合．現在去掉4對重合的齒．是否總可以旋轉上面的那個齒輪，使得它們的共同投影是一個完整的齒輪．若兩個齒輪各有13個齒，結論如何？ 解析 14個齒時可以．設去掉的齒為，，，∈{0，1，…，13），兩兩的差有43＝12種，取，（），則轉過6個齒后，投影為完整的齒輪． 至于13個齒，則不一定，如去掉的齒為0、1、3、9，即為反例． 28.1.10** 正方形的頂點處放有火柴，開始在某一點放根火柴，其他三頂點則空著．現允許從某個頂點移走任意根火柴，然后在其兩個相鄰頂點各放上移走火柴數目兩倍的火柴．當，3時，問是否可以經過若干次這樣的操作，使得各頂點處的火柴數依次為1、9、8、9？ 解析 設頂點處火柴數依次為、、、，考慮數和，易知每經過一次操作，都有（），（），但是，1+9+8+92（），1－9+8－93（），之所以取“”，是因為一開始的因3根火柴的位置不同而可能不同．因此當，3時，不可能經過有限步操作后變?yōu)?、9、8、9． 28.1.11*** 將（≥1）個數排在一個圓周上，每個數都是+1或－1，現在同時將每個數都乘以它的右邊的數，將所得到的數替換原來的數，稱為一次操作．證明：經過有限次操作后，每個數都成為+1． 解析 設這個數往右依次為，，…，．下證：經過次操作后，在位置上的數為，這里當下標大于時，認為模同余的下標則為同一個數．當時，第一次操作后，第個位置數為，第二次操作后，第個位置上數為，即時成立；若經過次操作后，第個位置上數為，故再經過次操作即共次操作后第個數為，因此對一切均成立．于是，經過次操作后，第個位置上數為，即所有數均為+1． 28.1.12*** 在黑板上寫出三個整數，然后擦去一個換成其他兩數的和減去1，這樣繼續(xù)下去，最后得到17、1967、1983．問原來的三個數能否為 （1）2、2、2； （2）3、3、3． 解析 （1）不能為2、2、2．因為2、2、2是三個偶數，按規(guī)則，第一次換數后，三個偶數就變成兩偶一奇．第二次換數時，若擦去的是偶數，則換上的仍是偶數；若擦去的是奇數，則換上的仍是奇數，同樣保持兩偶一奇．第一次換數后，以后三個數永遠保持兩偶一奇不變，而19、1967、1987三個數都是奇數，這種情況決不會出現．所以，原來的三個數不能是2、2、2． （2）能為3、3、3．具體做法如下：首先按下法作8次變換．3、3、3→3、3、5→3、5、7→3、7、9→3、9、11→3、11、13→3、13、15→3、15、17→17、15、31．再注意到1967＝12216+15，1983＝12216+31，便知只要由17、15、31再按“17、、→17、、”作122次變換，即可得到17、1967、1983． 28.1.13*** 任意（，>6，偶數）的棋盤可以被12的骨牌覆蓋，使得任一條非邊界的棋盤網格線必穿過任何骨牌． 解析 圖（）表明，如何鋪滿矩形56和88（在鋪滿矩形88的情形中利用了矩形56的鋪設法）．現在只需證明，如果可以鋪滿矩形，那么就可以鋪滿矩形（）．為此，需要把已鋪滿骨牌的矩形分成兩部分，而不分割骨牌，因此需要右邊部分向右邊移動距離2．并且用水平骨牌填滿間隔（圖（））． 28.1.14** 在的方格表中任意填上l或，為奇數，在每一列下及每一行右寫下該列或該行所有數的積，求證：這個乘積的和不為0． 解析 設，，…，為每行之積，，，…，為每列之積，易知，于是在，，…，中有個，，，…，中有個，則．若個乘積之和為0，則，得為偶數，矛盾． 28.1.15** 在矩形方格表（至少兩行兩列）的每個小方格中都填上1或，并且l和的個數都不少于兩個，求證：存在4個小方格，其中心是一矩形的頂點，且小方格中數字之和等于0． 解析 用反證法．若不然，如果有一行全為1，那么其他行最多一個，由題設，兩個分別在不同行中，如這兩個在同一列中，則任一其他列中的對應數都是1，于是這樣的矩形存在．否則，以這兩格為對角線的矩形的另兩個頂點中的數一定都是1，于是4個數字之和仍為0．如有一行全為，同理可證． 于是每一行都既有1，又有，這樣等于只需考慮矩形的兩行，把其他行都忽略（即自此每一列都只包含2個格子）．考慮每一列數之和，無非是2、0、，顯然若所求矩形不存在，則0最多一個，而2與不能共存，若只有2，那么最多1個，矛盾，若只有，那么1最多一個，亦矛盾．因此結論成立． 28.1.16*** 一個重40磅的砝碼，由于跌落地面而碎成4塊，每塊的重量都是整數磅，現在可以用這些砝碼來稱1至40磅之間任意整數磅的重物，問這4塊砝碼可各重多少磅？ 解析 問題的答案是：4塊碎片的重量可分別為1，3，9，27磅． 一般的情況：是否可以用一套磅數為1，3，9，…，的砝碼，來稱磅數為任何正整數，的物體？那就要設法證明： 任何正整數都是3的有限項不同次冪的代數和 ． ① 證明如下：以3作除數，應用“輾轉相除法”，設 ，， ，． 此中，（，1，2，…，），．于是有 ． ② 由于，（，1，2，…，），即是說，除0外，與（，1，2，…，）只能取1或2，而，代入②式的末端經整理便可得到①． 改寫①得 ． 由此可見，只要把重量為，，…，磅的砝碼放在一個盤子里，而把磅，磅，…，磅的砝碼和磅的重物放在另一個盤子里，天平的左右兩個盤子重量就相等了，這樣就稱出磅重的物體來． 28.1.17*** 兩個人做如下游戲：甲先報一個數字，乙則根據自己的判斷將該數字代替下面的某個星號： 規(guī)定已經改成數字的不能再動，而且允許在最高位放0．依此類推，共進行8次，直到上式所有小星星變成數為止．甲希望所得差盡可能地大，乙希望所得差盡可能地?。C明：不管甲報什么數字，乙總有辦法使得差不超過4000；不管乙怎樣安排，甲總可使得所得差不小于4000． 解析 若甲第1次報的是0、1、2或3，則乙只要將此數放入被減數的千位即可．若甲第1次報的是6、7、8或9，乙只需將此數放入減數的千位即可．這樣所得差小于4000，于是甲只能報4或5．當甲報4時，乙將4放入被減數的千位，接下來甲只能不斷報0（否則被乙放入減數的千位），最終差為4000；同理若甲報的是5，則乙將5放入減數的千位，接下來甲只能不斷報9，最終差為4000．乙的策略已經找到． 甲的策略要復雜一些．用、、、表示從左到右4個數位（每個由上下兩個數位組成），甲應注意有最小的，在中有一個數字和一個，或有兩個不同的數字．如果，或，甲應報4，如所有數位都相同或，則可報任何數字，比如報5．當乙“不得不”頭一次把數字放到上邊的數字，甲可報0，如果是下邊的數字，甲可報9，這便是甲的策略． 28.1.18*** 阿里巴巴試圖潛入山洞．在山洞入口處有一面鼓．鼓的表面有四個孔，組成正方形的四個頂點．在每個孔的里面各裝有一個開關．開關有“上”“下”兩種狀態(tài)．如果四個開關的狀態(tài)全都一致，洞門即可打開．現允許將手伸入任意兩個孔，觸摸開關以了解其狀態(tài)，并可隨自己的意思改變或不改變其狀態(tài)．但每當這樣做了（并伸出手）之后，鼓就要飛快地旋轉，以至在停轉之后無法確認剛才觸動了哪些開關．證明：阿里巴巴至多需要五次這種步驟就可以進入山洞． 解析 首先容易通過兩次操作把不少于3個開關扳為狀態(tài)“上”，如果大門沒有打開，這就意味著第四個開關處于狀態(tài)“下”，這時阿里巴巴應該將手伸入對角線上的兩個洞，如果碰到向下的開關，那么應當把它扳為“上”，從而進入山洞；如果這一對開關均向上，那么把其中之一扳為向下．這樣，顯然兩個相鄰（即正方形某邊的兩端）的開關向上，另兩個相鄰的開關向下．然后阿里巴巴沿著正方形的邊伸手；如果兩個開關處于同一狀態(tài)，他就改變它們狀態(tài)從而進入山洞；如果兩個開關狀態(tài)不同，他應該都改變狀態(tài)，最后一次沿對角線找到開關，改變里面的開關狀態(tài)，這樣最多五次就可以進入山洞． 28.1.19** 圓周上放了（≥4）個和為1的非負數，求證：相鄰數乘積之和不大于． 解析 設圓周上依次有、、、四點，不妨設≥（這樣的、總能找到），顯然有．今去掉和，代之以，圓周上的數減少1個，和仍為1，但相鄰數乘積之和增大或不減．于是在不斷調整后，圓周上的數變成只有4個，不妨設依次為、、、，而．于是結論成立． 28.1.20*** 在的方格表內的每個小方格中各填入0或1，如某一行與某一列的交點處所填數是0，則該行與該列的數之和不小于，求證：表中所有數之和不小于等． 解析 考慮所有的行與列，選出0的個數最多的行（或列）．若在這一行中有個0和個1，則由條件知對應于這一行的0所在的列中每列至少有個1，而在其余的列中每列不少于個1（由最初那一行的選擇而得）．于是，1的總數不少于． 28.1.21** 在圓周上均勻地放4枚圍棋子，規(guī)定操作規(guī)則如下：原來相鄰棋子若同色，就在其問放一枚黑子，若異色，就在其間放一枚白子，然后把原來的4枚棋子取走，完成這程序，就算一次操作．求證：無論開始時圓周上的黑白棋子的排列順序如何，只需操作若干次，圓周上就全是黑子． 解析 據題意，對開始時的第1、2、3、4這四枚棋子，依次地用、、、表示，且賦值為 （，2，3，4）則，且 （，2，3，4，） 因此，各次操作后，棋子的賦值情況如下： 開 始 第一次操作后 第二次操作后 第三次操作后 第四次操作后 1 1 1 1 這是因為，因此，最多只需操作四次，圓周上全是黑子了． 28.1.22**** 正五邊形的每個頂點對應一個整數，使得這五個整數的和為正數．若其中三個相鄰頂點對應的整數依次為、，，而中間的，則要進行如下的變換：整數、、分別換為、、．要是所得的五個整數中至少還有一個為負數，這種變換就繼續(xù)進行．問：這樣的交換進行有限次后是否必定終止？ 解析 不妨設圓周上五個數依次為、、，，，且，變換后得到、、、、，其和不變．現考慮五個數的平方及每相鄰兩數和的平方之和．那么變換后與前之差是．因此，這一和（一個正整數）每經過一次變換都至少要減少2．由于正整數不能無限減小，所以該變換必定有終止的時候． 28.1.23**** 給定4個全等的直角三角形紙片，進行如下操作：每次可選一個直角三角形并將它沿斜邊上的高剪開成兩個直角三角形．求證：無論經過多少次操作，在所得到的三角形中總有兩個全等（不包括重疊情形）． 解析 用反證法．即存在4個全等的直角三角形紙片，經過有限次操作可使所得到的直角三角形互不全等．設這樣的操作的最少次數為，這里操作次可以使得到的直角三角形互不全等且與操作順序無關． 開始時4個全等直角三角形必須有3個要沿斜邊上的高剪開．不妨設開頭的3次操作就是剪開這3個三角形．于是得到新的6個直角三角形可分成兩組，每組3個直角三角形彼此全等．這樣一來，每組3個全等直角三角形中又都至少剪開兩個．不妨設第4至第7次操作就是剪開這4個三角形．注意這時剪開得到的8個直角三角形中有4個是全等的（相當于兩個矩形沿它們的一條對角線剪開）．按假設，從這4個全等的直角三角形出發(fā)，只要再操作次就可以得到互不全等的三角形，此時與的最小性矛盾！這表明無論經過多少次操作，總有兩個三角形全等． 28.1.24**** 3個數、、圍著一圓周，依次將其改為、、，叫做完成一次操作，求證：如果起初的、、是非零整數（或有理數），則若干次操作后遲早會出現0，但可以找到3個實數、、，使得無論經過多少次操作，0都不會出現． 解析 用反證法．當、、是整數時，如果0永遠不出現，考慮每次操作后最大的那個數，在下一次操作后，至少要減去1，但正整數是不能無限減少的，因此0必定會出現．至于有理數情形，只要乘以各分母的最小公倍數，便轉化為整數問題． 最后討論實數問題，先證明一個結論：設、、為整數，且，則．為此，只要將兩端平方，即得，但無論是還是，總能得出另外兩個數也為0．證畢． 于是令，，，第一次操作后其中一項為或，即“奇數1+奇數+偶數”，另外兩個數分別為“奇數1+偶數+奇數”和“偶數1+奇數+奇數”．第二次操作后，這種狀態(tài)不變，因此無論經過多少次操作，這種狀態(tài)一直保持不變，由前面的結論，即知永遠不會出現0． 評注 對于一般的圓周上（>3）個數，上述結論全部成立，不過實數情形頗不易處理． 28.1.25**** 沿著圓周放著一些數，如果有相連的4個數、、、滿足不等式，那么就可以交換、的位置，這稱為一次操作． （1）若圓周上依次放著數1、2、3、4、5、6，問是否能經過有限次操作后，對任意相連的4個數、、、都有？ （2）若圓周上依次放著數1，2，…，xx，問是否能經過有限次操作后，對任意相連的4個數、、、都有？ 解析 （1） （2）答案是肯定的． 考慮這xx個數的相鄰兩數乘積之和，開始時 ． 若圓周上相連的4個數、、、滿足不等式，即，交換、位置后，相連的4個數為、、、，于是圓周上相鄰兩數乘積之和的改變量為，即≤，所以每作一次操作，乘積和至少減少1，由于相鄰兩數的乘積和不可能為負的，故經有限次操作后，對任意相連的4個數、、、，一定有． 28.2 邏輯推理問題 28.2.1* 某班甲、乙兩名同學因一件事件發(fā)生糾紛．老師找了4位在場同學調查情況，他們的回答有 真有假． 第1位同學說：“我只知道甲沒有錯．” 第2位同學說：“我只知道乙沒有錯．” 第3位同學說：“前面兩位同學所說的話至少有一個是真的．” 第4位同學說：“我可以肯定第3個同學說的是假話．” 經調查，證實第4位同學說的是真話． 請問：甲、乙兩人誰有錯． 解析 因已證實第4位同學所說屬實，所以第3位同學所說的話是假話，即“前面兩位同學所說的話至少有一個是真的”是假話．從而，第1、第2兩位同學都沒說真話，也就是，甲、乙兩人都有錯． 評注 如果我們選擇前3位同學的話作為突破口，進行假設推理將較為困難． 28.2.2* 某校舉辦數學競賽．、、、、五位同學分獲前5名．發(fā)獎前，老師請他們猜一猜各人名次排列情況． 說：“第三名，第五名．” 說：“第四名，第五名．” 說：“第一名，第四名．” 說：“第一名，第二名．” 說：“第三名，第四名．” 結果，每個名次都有人猜對． 請問：這五位同學的名次是怎樣排列的． 解析 被猜為第二名僅一個人，因此，為第二名．此外，被猜為第一名的有、；被猜為第三名的有、；被猜為第四名的有、；被猜為第五名的有、． 由第二推知第三，進而推知第一，第五，第四． 評注 尋找突破口是解決邏輯推理問題的基本技巧，有些問題突破口比較隱蔽，需要對問題進行深入分析以后，再進行巧妙的構思，方能找到． 28.2.3** 個人聚會，已知其中每個人都至少認識個與會者．證明：可以從中選出4個人圍著圓桌坐下，使得每個人都與熟人為鄰． 解析 如果這些人兩兩認識，結論顯然成立．否則找到、，他們不認識．在剩下的個人中，必定有、與、都認識，否則剩下的人數至少有，矛盾，于是、、、可依次圍著圓桌坐下而滿足要求． 28.2.4** 一個骰子，六個面的數字分別為0、1、2、3、4、5．開始擲骰子后，當擲到的總點數超過12就停止不擲了．請問：這種擲骰子的游戲最可能出現的總點數是多少？ 解析 欲使最后一次投擲的點數和≥13，倒數第二次投擲所達到的點數和最大數為12，最小數為8．共有5種情況． 如果倒數第二次總點數等于12，再投一次后可能達到的（超過12）的總點數將分別為13、14、15、16、17．而且機會是均等的； 如果倒數第二次總點數等于11，再投一次超過12的總點數的可能值分別為13、14、15、16； 依次類推…… 如果倒數第二次總點數等于8，再投一次超過12的總點數只可能是13（此時，最后一次投擲出現的點數必須是5）． 綜上所述可知，超過12的最大可能出現的總點數值是13（它在每一種情況下都可能出現）． 28.2.5** 有紅、黃、藍、白、紫五種顏色的珠子各一顆，用紙包好，在桌子上排成一排．五個人猜各包里珠子的顏色． 甲猜：第二包是紫色，第三包是黃色； 乙猜：第二包是藍色，第四包是紅色； 丙猜：第一包是紅色，第五包是白色； 丁猜：第三包是藍色，第四包是白色； 戊猜：第二包是黃色，第五包是紫色． 猜完后，打開紙包一看，每人都猜對了一種，并且每包都有一個人猜對． 請你也猜一猜，他們各自都猜中了哪一種顏色的珠子？ 解析 畫出如表1所示，第一行表示珠子的顏色，表中的數字表示各個人所猜的包數，第一列表示五個人． 由于題目條件申明每人都猜對了一種；每包都有一個人猜對，因此，表中每一行的兩個數有且僅有一個正確；表中所標志出的10個數中，1，2，3，4，5各有且僅有一個是正確的，每一列中的兩個數中，有且僅有一個是正確的． 注意到，包數1在表中只出現1次（丙猜第1包是紅色）．按條件，這個猜測應是正確的，以此為突破口，展開推理． 表1 紅 藍 黃 白 紫 甲 3 2 乙 4 2 丙 1 5 丁 3 4 戊 2 5 表2 我們用“√”表示“正確”；用“”表示“不正確”，用“→”表示推理的路線．在數字上畫一個圖表示推理的出發(fā)點，表2即可清晰簡明地表現出推理的過程． 通過表上推理知，甲猜中第3包是黃色，乙猜中第2包是藍色，丙猜中第1包是紅色，丁猜中第4包是白色，戊猜中第5包是紫色． 28.2.6** 四位運動員分別來自北京、上海、浙江和吉林．在游泳、田徑、乒乓球和足球四項運動中，每人只參加一項，且四人的運動項目各不相同．除此以外，只知道： （1）張明是球類運動員，不是南方人； （2）胡純是南方人，不是球類運動員； （3）李勇和北京運動員、乒乓球運動員三人同住一個房間； （4）鄭路不是北京運動員，年齡比吉林運動員和游泳運動員都小； （5）浙江運動員沒有參加游泳比賽． 根據這些情況，你能否斷定，這四名運動員各來自什么地方？各參加什么運動項目？ 解析 這個問題涉及三種“對象”——姓名、運動項目及籍貫．所知情況很“零碎”．我們設計下面表格，在表格中進行推理．顯然，每一個人只能參加一個項目的運動，只有一種籍貫．我們用“√”表示肯定的判斷，用“”表示否定的判斷． 由（1）、（2）、（3）、（4）得表1． 表1 游泳 田徑 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 張 胡 李 鄭 從而推知，張明是北京運動員，李勇是吉林運動員（表2）． 表2 游泳 田徑 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 張 √ 胡 李 √ 鄭 由（3）知張明（北京運動員）不是乒乓球運動員，從而他是足球運動員，鄭路是乒乓球運動員（表3）． 表3 游泳 田徑 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 √ 張 √ 胡 李 √ √ 鄭 由（4）知，李勇（吉林運動員）不是游泳運動員，從而胡純是游泳運動員，李勇是田徑運動員（表4）． 表4 游泳 田徑 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 √ 張 √ √ 胡 √ 李 √ √ 鄭 由（5）知，胡純不是浙江運動員，從而他是上海運動員，鄭路是浙江運動員（表5）． 表5 游泳 田徑 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 √ 張 √ √ 胡 √ √ 李 √ √ 鄭 √ 最后一個表格顯示：張明是北京的足球運動員，胡純是上海的游泳運動員，李勇是吉林的田徑運動員，鄭路是浙江的乒乓球運動員． 28.2.7** 三個整數、、滿足條件．把它們分別寫在三張卡片上．、、三人進行某種游戲．每次各摸取一張卡片，然后按卡片上寫的數走步．在進行（≥2）次摸取后，已走了20步，走了10步，走了9步．已知最后一次走了步，問第一次誰走了步？ 解析 按題意，每次摸取后，三人共走了（）步．所以，次摸取后共走了 ． ， 由于≥2及，所以 ，． 由于三次走了20步，因而≥7． 若，那么三次所走步數只能是 （從而）， 這與 矛盾！ 從而． 由三次走10步且最后一次走（>7）步，因，≥1，必有≤8，因此 ，． 所以，或，兩種可能．但是，三次走20步，所以 現將已推算出各次每人走的步數列表于下： 人 走 的 步 數 次 數 一 8 1 ④ 二 8 1 4 三 4 8 1 由表知，第一次走（）步的是． 28.2.8** 甲、乙、丙、丁四人比賽羽毛球．每人與對手各賽一場．結果：甲勝丁，甲、乙、丙三人所勝場次相同． 請問：丁勝幾場？ 解析 四人比賽，共賽6場．由于甲、乙、丙所勝場次相同．且甲已勝丁，不難推知，甲、乙、丙各勝兩場．我們由記號：“”表示“勝”（也即“輸”）．畫一個圖進行推算． 共賽6場．若甲、乙、丙各勝1場，則丁勝3場，與甲勝丁矛盾．若甲、乙、丙各勝3場，則總賽場次為9（>6）場，矛盾．所以，甲、乙、丙各勝2場． 甲勝2場，不妨設甲勝乙．由甲引出甲→乙，甲→丁，從而乙→丙，乙→?。謴亩?，丙→?。? 所以，丁勝零場． 28.2.9*** 從1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13這13個數中最多可以選出多少個數，使它們中任意兩個數之差既不等于5，也不等于8． 解析 我們首先將這13個數按以下規(guī)則排成一個圈；相鄰兩個數差不是5就是8，按順時針方向1的旁邊放6，6的旁邊放11（兩數差為5），在11的旁邊放3（兩數差為8）……（如圖）． 從圓圈上的13個數中，每隔一個數選出一個，共可選出6個數，它們之間任意兩個數之差既不等于5也不等于8． 另外，至多也只能選出6個數． 先任意選定一個數，不妨設它是1，在剩下的12個數中，與1相鄰的兩個數6、9不能再選．于是只剩下10個數，我們將這10個數按相鄰關系分成5組，每組中最多只能再選一個數，所以在這圓圈上最多只能選出1+5＝6個數，它們之間的差既不等于5也不等于8．先選數不是1則同樣處理．例如這6個數可以是1、11、8、5、2、12．當然，這種選法不是唯一的． 28.2.10*** 、、、、五支球隊進行比賽，任意兩支隊恰好比賽一場．當比賽進行到一定階段時，、、、各已比賽了4、3、2、1場，問哪些球隊已經比賽過，已經比賽過幾場？ 解析 五支球隊單循環(huán)比賽時，其中每隊至多比賽4場．已賽過4場，可以斷定與、、、各賽了1場，由已知只賽過一場，因、已賽1場，所以不能再與、、比賽過．因賽過3場，已賽過的一場是（、），所以另兩場只能是（，），（，）（如圖）．這時恰滿足隊賽過2場，隊賽過1場的條件．從圖中可見，隊賽過的2場為：（，）、（，），另外，已證、沒有比賽過．假設、賽過，則將與隊只賽過2場相矛盾．所以判定隊賽過且只賽過（，）、（，）兩場． 所以，已賽過的隊是（，）、（，）、（，）、（，）、（，）、（，）．其中已賽過2場． 28.2.11** 世界杯足球賽，每個小組有4支球隊，每兩個隊之間各賽一場。勝者得3分，負者不得分，平局兩隊各得1分．每個小組總分最多的兩個隊出線． （1）有人說：“得6分的隊一定出線，得2分的隊一定不出線”．請判斷并說明對錯； （2）如果在小組比賽中有一場平局，那么上述說法是否正確． 解析 （1）如果小組賽中無一場平局，那么得6分的隊不一定出線． 設某小組有、、、四支球隊，如果勝，勝，勝，并且、、都勝，這時、、三隊均積6分，隊積分為零，因此，、、三隊將根據凈勝球等規(guī)則來確定其中兩隊出線，必有一隊不能出線． （2）如果小組賽中有平局，那么得2分的隊不一定不出線． 設某小組有、、、四支球隊，如果全勝，得9分；、、三隊互相均踢平，各積2分，這時、、三隊仍將根據凈勝球等規(guī)則來確定其中一個隊與隊一起出線． （3）如果在小組中有一場平局，那么得6分的隊一定出線． 因為單循環(huán)賽4個隊之間共賽6場，所以各隊積分總和不超過36＝18（分）．如果有一場平局，那么各隊積分總和不超過18－1＝17（分）．由于某隊得6分，于是其他三個隊積分之和不超過17－6＝11（分），這時至少有兩個隊積分少于6分（否則，若存在兩隊積分不低于6分，則僅此兩隊積分之和已經超過11分，這是不可能的），這兩個隊不能出線，故得6分的隊一定出線． 28.2.12*** 有個砝碼，每個重量都是正有理數，若任意取出一個砝碼，剩下的砝碼總可以分成兩批，每批各個砝碼，且重量之和相等，求證：所有這些砝碼的重量是相等的． 解析 設這個砝碼的重量乘一系數后分別為正整數，，…，，于是任取一數，剩下的數之和為偶數，即+偶數，故而，，…，具有相同的奇偶性． 若，，…，均為偶數，則定義，仍是滿足要求的砝碼重量，若，，…，均為奇數，則定義，亦是滿足條件的砝碼重量． 由于，，…，為正整數，若有反例，假定“最小”的一組反例為，，…，，所謂“最小”，是指為最小，若，，…，均為偶數，則，，…，不全相等，要為更小反例．若，，…，均為奇數，由于，僅當時取，由定義，必須，與，，…，不全相等矛盾，故結論成立． 28.2.13*** 能否把l，2，…，10這10個數分別放在圓周上，使得任意相鄰兩數之差的絕對值為3、4或57把10改成13、14，結論分別如何？ 解析 10個數時不能辦到，因為1、2、3、9、10這5個數字中任意兩數不能相鄰，于是只能一個隔一個地放在圓周上，接下來考慮數字8，易知它只能與上述諸數中的3相鄰，但它不可避免地再與1、2、9、10這4個數中的一個相鄰，導致矛盾． 13個數也不行，因為1、2、3、11、12、13中無兩數可相鄰．現考慮4，它只能與其中的1相鄰，10只能與其中的13相鄰．由于l、2、3、11、12、13分布在圓周上，6個“空隙”處，5個放一數，1個放兩數，即只能是4與10，但10－4＝6，矛盾． 14個數時可以，如圖所示． 28.2.14*** 任何12個人中，必定有兩個人（甲和乙），使得剩下的10個人中，至少有5個人，他們中的每個人都認識甲和乙，或都不認識甲和乙． 解析 用反證法，先任意選出二人和，再在其余10個人中選出這樣一些人，，…，來．他們中的每一個都剛好認識和的一個人，假設≥6．因為如果≤5，則人群中就會有≥5人滿足題目要求．我們來用兩種不同方式計算3人組{，，}的數目．首先，我們一共有個不同的兩人對{，}，而每一對都對應著不少于6個人，所以≥666．而另一方面，可以將固定，而找出與他對應的所有兩人對{，}，他在這些對中都剛好認識一個人．如果有個熟人，那么與他相應的這種兩人對共有（）≤30對．我們可以有12種選擇的辦法，由此知≤3012＝360＝660．于是，一方面有≥666，一方面又有≤660，這是矛盾的． 28.2.15** 用18張12的紙牌隨意地拼成66的方格表（紙牌橫放豎放都可以）．求證：必存在一條直線把分成非空的兩塊，且此直線不穿過任何一張紙牌． 解析 考察把劃分成方格的5條水平線和5條豎直線，如果它們都至少穿過一張紙牌，由于這些直線中的每一條都是把劃分成有偶數個方格的非空的兩塊，所以它們中的每一條都穿過偶數張紙牌（否則劃分的兩塊各有奇數個方格），再由所設知，每條直線至少要穿過2張紙牌．又因為這些直線中任兩條不會穿過同一塊紙牌，這樣中至少有52+52＝20張紙牌，導致矛盾． 28.2.16*** 在一個圓上有六個點，它們之間可以連一些線段．那么至少連多少條線段，可以使得這六個點中任意三點之間都至少有一條線段？請說明理由． 解析 不妨設這三個點中連出線段最少的是點． （1）若點與其他點沒有連線（孤立點），為了保證任意三點之間都至少有一條線段，所以其他五點之間必須兩兩連線，此時至少需要連（條）線段． （2）若點連出線段恰好一條，設為，此時點與其他四點無線段連結，類似（1）的情況，這四點之間必須兩兩連線，這樣至少需要連（條）線段． （3）若點連出線段恰好二條，此時其他點連出線段至少二條，于是這六個點連出線段總和至少有（條）． 下面我們給出滿足題意的6條連線的方法（如圖所示）． （4）若點連出線段至少三條，此時每個點連出線段至少三條，于是這六個點連出線段總和至少有（條）． 綜上所述，至少需連6條線段才能滿足題意． 評注 圓上任意三點都不在同一直線上，因此圓上六點之問所連線段都不會出現重疊現象．本題的解答應用了極端性原理． 28.2.17**** ，，…，這個球隊進行單循環(huán)比賽（全部比賽過程中任何一隊都要分別與其他各隊比賽一場且只比賽一場）．當比賽進行到一定階段時，統(tǒng)計，，…，這球隊已經賽過的場數為：隊場，隊場……隊1場，請你判定哪些球隊之間已經互相比賽過，其中隊比賽過多少場？ 解析 本題可借助表格進行分析求解． 表中數字的填寫規(guī)律為： 我們約定與未賽過．這個矩陣應是對稱矩陣，表中最右邊的數字為對應球隊已經比賽過的場數． 考慮，它賽過了場，故應有個1，故外，其余皆為1．這時已賽足．故其余都是0． 再考慮，它賽了場，已經有了兩個0，故其余應填上1．這時已賽足，故其余為0． ……  … 0 1 1 … 1 1 1 1 0 1 … 1 0 1 1 1 0 … 0 0 1 … … 1 1 0 … 0 0 0 2 1 0 0 … 0 0 0 1 1 1 1 … 0 0 0 由此可知，對于這一行的前面?zhèn)€數（除外），將是前面若干個為1，后面若干個為0，并且1與0首尾搭配． 當為奇數時，為偶數，從而有個1，個0，即． 當為偶數時，為奇數．考慮，由已知它應賽過場．但它并不與，…，各隊比賽，而與，，…，僅賽了場，故還有一場，顯然它應與比賽過，從而與，，…，比賽過，． 綜上所述，可知． 28.2.18**** 若兩個不同的實數、使得和都是有理數，則稱數對（，）是“和諧”的． （1）試找出一對無理數、，使得（，）是“和諧”的； （2）證明：若（，）是“和諧”的，且是不等于1的有理數，則、都是有理數； （3）證明：若（，）是“和諧”的，且詈是有理數，則、都是有理數． 解析 （1）不難驗證（，）是和諧的． （2）由已知有理數，是有理數，因此，解得是有理數，當然也是有理數． （3）若，則是有理數，因此也是有理數．若，由已知 是有理數，也是有理數，因此，故是有理數，因此也是有理數．