竞赛培训专题染色问题与染色方法.docx

竞赛培训专题2染色问题与染色方法1 .小方格染色问题.解决这类问题的最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题 方法后来又发展成为解决方格盘铺盖问题的重要技巧例1如图29-1(a),3行7列小方格每一个染上红色或蓝色.试证:存在一个矩形，它的四个角上的小方格颜色相同.图 29-1证明由抽屉原则，第1行的7个小方格至少有4个不同色，不妨设为红色(带阴影)并在1、2、3、4 列(如图 29-1 (b).在第1、2、3、4列(以下不必再考虑第 5, 6, 7歹U)中，如第2行或第3行出现两个红色小方格，则这个问题已经得证；如第2行和第3行每行最多只有一个红色小方格(如图29-1 (c),那么在这两行中必出现四角同为蓝色的矩形，问题也得到证明说明：(1)在上面证明过程中除了运用抽屉原则外，还要用到一种思考问题的有效方法, 就是逐步缩小所要讨论的对象的范围，把复杂问题逐步化为简单问题进行处理的方法(2)此例的行和列都不能再减少了 .显然只有两行的方格盘染两色后是不一定存在顶点同色的矩形的.下面我们举出一个 3行6列染两色不存在顶点同色矩形的例子如图29-2.这说明3行7列是染两色存在顶点同色的矩形的最图 29-2小方格盘了 .至今，染k色而存在顶点同色的矩形的最小方格盘是什么还不得而知.例2(第2届全国部分省市初中数学通讯赛题 )证明：用15块大小是4 X 1的矩形瓷砖和1 块大小是2 X 2的矩形瓷砖，不能恰好铺盖 8 X 8矩形的地面.分析将8X8矩形地面的一半染上一种颜色，另一半染上另一种颜色，再用 4X1和2X2 的矩形瓷砖去盖，如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多，则说明在给定条件不完满 铺盖不可能.证明如图29-3 ,用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式，以黑白两种颜色将整个地面的方格染色.显然，地面上黑、白格各有 32个.每块4 X 1的矩形砖不论是横放还是竖盖，且不论盖在何处，总是占据地面上的两个白格、两个黑格，故15块4X1的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总是同色，而与主对角线平行的相邻格总是异色，所以，不论怎样放置，一块2X2的矩形砖，总是盖住三黑一白或一黑三白.这说明剩下的一块 2 X 2矩形科无论如何盖不住 剩下的二黑二白的地面.从而问题得证.例3 （1986年北京初二数学竞赛题）如图 29-4 （1 ）是4图 29-3L”形在这矩形中的放置位置个1 XI的正方形组成的“L”形，用若干个这种“纸片无重迭拼成一个 mXn （长为m个单位，宽为n个单位） 的矩形如图29-4 （2）.试证明mn必是8的倍数.证明mX矩形由"L"形拼成J mXn是4的倍数，n n中必有一个是偶数，不妨设为 m.把mXn矩形中的m列 按一列黑、一列白间隔染色（如图 29-4 （2）,则不论“如何（“ L”形的放置，共有8种可能），“L”形或占有白一黑四个单位正方形（第一种），或占有3黑一白四个单位正方形（第二种）设第一种“L”形共有个，第二种“L”形型1个，则mXn矩形中的白格单位正方形数为3p+q ,而它的黑格单位正方形数为p+3q.m为偶数，m如形中黑、白条数相同，黑、白单位正方形总数也必相等.故有3p+q=p+3q ，从而p=q.所以“ L”形的总数为2P个，即“ L”形总数为偶数，所以mX n图 29-4一定是8的倍数.2 .线段染色和点染色下面介绍两类重要的染色问题.（1）线段染色 较常见的一类染色问题是发样子组合数学中图论知识的所谓“边 染色”（或称“线段染色”），主要借助抽屉原则求解例4 （1947年匈牙利数学奥林匹克试题）世界上任何六个人中，一定有3个人或者互相认识或者互相都不认识.我们不直接证明这个命题，而来看与之等价的下述命题例5 （1953年美国普特南数学竞赛题）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对 地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证：无论怎样染，总存在同色三角形.证明设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段 AB、AC、AD、AE、AF, 由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD,且它们都染成红色.再来看 BCD三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同色三角形已出现（红色 ABC）;如 向鄱不是红色的，则它就是蓝色的三角形，同色三角形也现了总之，不论在哪种情况下，都存在同色三角形.如果将例4中的六个人看成例 5中六点，两人认识的连红线，不认识的连蓝线，则例4就变 成了例5.例5的证明实际上用染色方法给出了例4的证明.例6（第6届国际数学奥林匹克试题）有17位科学家 淇中每一个人和其他所有人的人通信，他们的通信中只讨论三个题 目.求证：至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目证明用平面上无三点共线的17个点Ai,A2,A17分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为 x,y,z,两位科学家讨论 x连红线，讨论y连蓝线，讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有一同 色三角形.考虑以Ai为端点的线段 AiA2,AiA3,AiAi7,由抽屉原则这16条线段中至少有 6条同色，不妨设 A1A2, A1A3,，AiA7为红色.现考查连结六点 A2, A3,，A7的15条线段，如其中至少有一条红色线段，则同色（红色）三角形已出现；如没有红色线段，则这15条线段只有蓝色和黄色，由例 5知一定存在以这15条线段中某三条为边的同色三角形（蓝色或黄色）.问题得证.上述三例同属图论中的接姆赛问题.在图论中，将n点中每两点都用线段相连所得的图形叫做n点完全图，记彳kn.这些点叫做“顶点”，这些线段叫做“边”.现在我们分别用图论的语言来叙述例 5、例6.定理1若在k6中，任染红、蓝两色，则必有一只同色三角形定理2在k17中，任染红、蓝、黄三角，则必有一只同色三角形（2）点染色.先看离散的有限个点的情况.例7 （首届全国中学生数学冬令营试题）能否把 1, 1, 2, 2, 3, 3,，1986 , 1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，两个1986、之间夹着一千九百八十六个数？请证明你的结论证明将1986 X2个位置按奇数位着白色，偶数位着黑色染色，于是黑白点各有1986个. 29-6.于是现令一个偶数占据一个黑点和一个白色，同一个奇数要么都占黑点，要么都占白点993个偶数，占据白点 A 1=993个，黑色Bi=993个.993个奇数，占据白点 A2=2a个，黑点 B2=2b个，其中a+b=993.因此，共占白色 A=A i+A 2=993+2a 个.黑点 B=B i+B 2=993+2b 个，由于a+b=993 （非偶数！）， aw b, MW版这与黑、白点各有1986个矛盾.故这种排法不可能.“点”可以是有限个，也可以是无限个，这时染色问题总是与相应的几何问题联系在一起的.例8对平面上一个点，任意染上红、蓝、黑三种颜色中的一种.证明:平面内存在端点同色的单位线段 .证明作出一个如图 29-7的几何图形是可能的，其中 ABD、 CBD、 AEF、纬BGEF长为1的等边三角形，CG=1.不妨设A点是红色，如果 B、E、D、F中有红色，问题显然得证.当B、E、D、F都为蓝点或黄点时，又如果 B和D或E和F同色，问题也彳#证.现设B和D异色E和F异色在这种，f#况下，如果C或G为黄色或蓝点，则CB、CD、GE、GF中有两条是端点同色的单位线段，问题也得证.不然白话，C、G均为红点,这时CG是端点同色的单位线段.证毕.还有一类较难的对区域染色的问题，就不作介绍了练习1 . 6 X 6的方格盘，能否用一块大小为3格，形如的弯角板与11块大小为3X1的矩形板，不重迭不遗漏地来铺满整个盘面2 .（第49届苏联基辅数学竞赛题）在两张 1982 X 1983的方格纸涂上红、黑两种颜色，使得每一行及每一列都有偶数个方格是黑色的.如果将这两张纸重迭时，有一个黑格与一个红格重合，证明至少还有三个方格与不同颜色的方格重合3 .有九名数学家，每人至多会讲三种语言，每三名中至少有2名能通话，那么其中必有3名能用同一种语言通话.4 .如果把上题中的条件 9名改为8名数学家，那么，这个结论还成立吗？为什么?5 .设n=6 （r-2 ） +3 （ r > 3）,求证：如果有n名科学家，每人至多会讲 3种语言，每3名中至少有2名能通话，那么其中必有 r名能用同一种语言通话.6 . （1966年波兰数学竞赛题）大厅中会聚了 100个客人，他们中每人至少认识67人,证明在这些客人中一定可以找到4人，他们之中任何两人都彼此相识.7 .（首届全国数学冬令营试题）用任意方式给平面上的每一个点染上黑色或白色.求证:一定存在一个边长为 1或小的正三角形，它三个顶点是同色的 .练习答案1.将1、4行染红色、2、5行染黄色、3、6行染蓝色，然后就弯角板盖住板面的不同情况分类讨论.2 .设第一张纸上的黑格A与第二张纸上的红格A重合.如果在第一张纸上A所在的列中，其余的黑格（奇数个）均与第二张纸的黑格重合，那么由第二张纸上这一列的黑格个数为偶数，知必有一黑格与第一张纸上的红格重合，即在这一列，第一张纸上有一方格B与第二张纸上不同颜色的方格B 重合.同理在A、 B所在行上各有一个方格C、D,第二张纸上与它们重合的方格C、D的颜色分别与C、D不同.3 .把9名数学家用点A 1, A2 ,，A 9表示.两人能通话，就用线连结，并涂某种颜色，以表示不同语种。两人不通话，就不连线.（1）果任两点都有连线并涂有颜色，那么必有一点如A1,以其为一端点的8条线段中至少有两条同色，比如A 1 A 2、A i A 3 .可见A i , A 2 , A 3之间可用同一语言通话. 如情况不发生，则至少有两点不连线，比如A 1、A2 .由% 1 4 7 小题设任三点必有一条连线知， 其余七点必与A I或A 2有连 / jT77线.这时七条线中，必有四条是从某一点如A I引出的.而 为1为""这四条线中又必有二条同色，则问题得证.： r一1I第4题图4 .结论不成立，如图所示（图中每条线旁都有一个数字，以表木不同语种）.5 .类似于第3题证明.6 .用点A 1、A 2、A loo表示客人，红、蓝的连线分别表示两人相识或不相识，因为由一个顶点引出的蓝色的线段最多有3 2条，所以其中至少有三点之间连红线.这三个点（设为A第7题图A 2、A 3）引出的蓝色线段最多为9 6条.去掉所有这些蓝色的线段（连同每条线段上 的一个端点A i, 11, 2, 3）,这样，在图中至少还剩下四个点，除A1、A 2、A3外，设第四点为A 4 ,这四个点中A 1 , A 2 , A 3每一个点与其它的点都以红色的线段 相连，于是客人A 1、A 2、A3、A 4彼此两两相识.7 .先利用右图证明“若平面上有两个异色的点距离为2 ,地么必定可以找到符合题意的三角形”.再找长为2端点异色的线段.以O （白色）为圆心，4为半径作圆.如圆内皆白点，问题已证.否则圆内有一黑点P,以OP为底作腰长为2的三角形O PR,则R至少与O、P中一点异色，这样的线段找到.