覆盖与划分讲义(厦门双十黄雄)

覆盖与划分厦门双十中学 黄雄1．在有限的方格网上按下列要求覆盖着1*2的卡片：每张卡片的边缘与方格线对齐，没有卡片落在方格网外，且每个方格恰被两张卡片覆盖。

证明：一定可以移去一些卡片，使得每个方格恰被一张卡片覆盖。

2．在边长为11的正方形中标有2012个点。

证明：能用一个边长为12的等边三角形覆盖至少671个点。

3.如图，边长为7的正三角形被分成49个边长为1的小正三角形，问：最多可沿图所示的格线，划分出多少个邻边长分别为1和2的平行四边形？4.求正整数)3(≥n n ，满足n n ⨯的正方形能被图所示的图形完全覆盖（既无间隙又不重叠的覆盖）.5. 求正整数)5(≥n n ，满足n n ⨯的正方形能被图所示的图形完全覆盖（既无间隙又不重叠的覆盖）6.考虑一个11×10的方格表，平行线将表格划分为110个单位正方形. 有一种形如十字架形状的瓷砖，它是由6个单位正方形组成的，如图所示.将瓷砖摆放在方格表中，试确定最多的不重叠摆放的瓷砖数目，使得每一块瓷砖恰好覆盖表格中的6个单位正方形.7.用1×2的瓷砖铺设n m ⨯的矩形区域，瓷砖可以横放或竖放，但不能迭盖或部分落在n m ⨯的矩形外，所有方格恰被瓷砖铺设一次，若一条直线将区域分为两部分，使得每一块瓷砖只属于同一部分，则称此直线为“可分的”. 证明：(1)用1×2的瓷砖铺设4×2010区域，对任一种铺法都存在一条可分的直线；(2)用1×2的瓷砖铺设5×2010区域，存在一种铺法找不出一条可分的直线.8.一个数列n d d d ,,,21 （不必不同）称为“覆盖数列”：若存在形如{} ,1,0|=+j jd a i i 的等差数列，使得每个正整数至少在上述等差数列的一个数列中，若不能删掉n d d d ,,,21 中的任何数，使得剩下的数列仍是覆盖数列，则称此数列是“最小的”.(1)若n d d d ,,,21 是最小的覆盖数列，且等差数列{} ,1,0|=+j jd a i i 可以覆盖所有的正整数，素数p 整除k d d d ,,,21 ，但不整除n k k d d d ,,,21 ++，证明：k a a a ,,,21 模p 的剩余包含所有的;1,,1,0-p（2）若n d d d ,,,21 中的每一个均只有一个素因数，试给出所有的覆盖数列和最小覆盖数列.9.已知一个在平面上被标记了的点集，满足任意三个被标记了的点都能被一个半径为1的圆盘覆盖. 证明：这个被标记了的点集能被一个半径为1 的圆盘覆盖.10.定义一个“棋盘多边形”：以形如),(+∈==N b a b y a x 或的直线作为边界形成的图案，这些线将图形分割成了一个个单位正方形，且相间地染成黑色和白色. 而“平铺”一个棋盘多边形是用1×2的长方形刚好无重叠地铺满这个棋盘多边形. 一个“完美平铺”则是一种不包含图1中的两个图案的平铺（在任意位置均不能有这两种图案出现），图2中的两个3×4的棋盘多边形，第一个就是完美平铺，因为上述两个图案均未出现过；而第二个则不是，因为图案之一出现在了右上方的四个格子里.求证：(1)只要一个棋盘多边形能够被平铺，它就肯定能被完美平铺.(2)这个完美平铺是唯一的.11．参考答案：1．证明：任意选定一个覆盖两张卡片的方格以及其中的一张卡片。

先选中该卡片覆盖的相邻方格，再选中该卡片覆盖的相邻方格，再选中该相邻方格的另一张卡片。

继续同样的操作，直至回到最初方格。

因为在所选的方格中，除了第一个之外，两张卡片均已选过了，所以，不会回到之前选过的其他方格。

若将方格按国际象棋棋盘的方式染色，则奇数步之后到达一个异色的方格，偶数步之后到达一个同色的方格。

因此，选中的卡片的数目为偶数。

于是，可以移去偶数次选中的卡片。

此时，经过的每个方格均恰被一张卡片覆盖。

若此后仍然有被两张卡片覆盖的方格，重复上面的过程。

因为所有恰被一张卡片覆盖的方格只由一张卡片与某个现在恰被一张卡片覆盖的方格相连，所以，不会从覆盖有两张卡片的方格到达恰被一张卡片覆盖的方格。

因此，经过有限步之后，得到一个新的圈，从中移去偶数次选中的卡片。

重复上面的操作，直到所有的方格均恰被一张卡片覆盖。

2．证明：如图，放置两个底边落在正方形的一条边所在的直线上，底边所对的顶点分别在正方形的一组对边上，且边长为12的等边三角形。

这两个三角形的公共部分形成了一个边长为1的等边三角形。

把第三个等边三角形旋转180度放在前两个三角形之间，使其最下边的顶点与小三角形的最上边的顶点重合。

为了证明这三个三角形覆盖了整个正方形，只需证明大三角形与小三角形的高的和至少是11，即证：48416932231311)112(23>⨯⇔>⇔>+ 显然成立。

因此，2012个点中至少有671个点落到如上放置的三个三角形之一中。

3. 10个.如图，将49个小正三角形黑白相间地进行染色.由于每个邻边长为1和2的平行四边形必须要包含2个白色的小三角形，又一共有21个白色小三角形，故满足题意的平行四边形的数目不超过10.图中给出了一种划分出10个平行四边形的方法.4. 显然，3×3的正方形能被3个3×1的矩形安全覆盖；4×4的正方形能被1个4×4的正方形完全覆盖.首先证明：5×5的正方形不能被图中的任何图形完全覆盖.因为5×5的正方形的方格总数是25个，显然不能只用3×1的矩形覆盖，所以，必须用一个4×4的正方形，但不管怎样放置4×4的正方形，剩下的9个方格不能被3个3×1的矩形完全覆盖.当)(3+∈=N k k n 时，因为对于3k ×3k 的正方形的每一列都可以被k 个3×1的矩形完全覆盖，所以，3k ×3k 的正方形可以被图中的图形完全覆盖. 同样的，3k ×m 矩形和m ×3k 矩形可以被完全覆盖.当)(43+∈+=N k k n 时，)43()43(+⨯+k k 的正方形可以划分为一个4×4的正方形、一个(3k+4)×3k 的矩形和一个3k ×4的矩形. 而4×4的正方形能被1个4×4的正方形完全覆盖. 由前面的结论，知剩下的两个矩形可以被3×1的矩形完全覆盖.当)(83+∈+=N k k n 时，(3k+8)×(3k+8)的正方形可以划分为一个8×8的正方形，一个(3k+8)×3k 的正方形和一个3k ×8的矩形. 而8×8的正方形可以被4个4×4的正方形完全覆盖. 由前面的结论，知(3k+8)×3k 的矩形和3k ×8的矩形可以被3×1矩形完全覆盖.故满足题设的n 为大于或等于3，且5≠n 的全部正整数.5. 首先，如图可以看出下面的5个图形是满足题设的完全覆盖.当10≥n 时，设).,2,50(5N r k k r r k n ∈≥<≤+=、则).5()1(5++-=r k n 因为2≥k ，所以，1-k 是正整数，可把n ×n 的正方形划分为一个(r+5)×(r+5)的矩形，一个)1(5-⨯k n 的矩形和一个)5()1(5+⨯-r k 的矩形.由前面得到(r+5)×(r+5)的正方形能被安全覆盖.因为5a ×b 的矩形、c ×5d 的矩形均能被5×1的矩形完全覆盖，所以，剩下的两个矩形能被5×1的矩形完全覆盖.故当5≥n 时，n ×n 的正方形能被给出的两个图形安全覆盖.6. 考虑表格边框的那条边的覆盖情形，特别是对于表格中的四个角的覆盖情形. 在每个角上放置一块瓷砖，仅覆盖2个单位正方形，同时，有4个单位正方形没有被覆盖.因此，在四个角上，有16个单位正方形没有被覆盖.下面讨论余下边框上的单位正方形的覆盖情形.(1)在边长为11的这条边上，对于每一个覆盖，仍有2个单位正方形没被覆盖，则在边长为11的这条边上最少有2个单位正方形没有被覆盖.(2)在边长为10的那条边上，可覆盖一个单位正方形且仍有一个单位正方形没有被覆盖.由此，知边框上的单位正方形至少共有16+4+2=22个没有被覆盖.因此，可被覆盖的单位正方形最多有110–22=88个.因为每块瓷砖恰好覆盖6个单位正方形，所以，在此表格上最多摆放14块瓷砖.图中是其中一种摆放方法.因此，在表格中摆放瓷砖的最多的数目是14.7. (1)假设存在一种无可分的直线的铺法.考虑第k 、k+1（)20091≤≤k 列.易知，在这两列中存在一块水平瓷砖，否则，这两列之间存在一条竖直的可分直线. 由此，在前k 列有4k 个方格，即偶数个.又注意到，在前k 列中，每块瓷砖恰覆盖两个方格，则在第k 、k+1列有偶数块水平铺设的瓷砖.综上，水平铺设瓷砖数最少为2.对任意的)20091(≤≤k k ，在第k 、k+1列有2块水平瓷砖. 进而，这些瓷砖共覆盖了2×2009×2个方格. 则对任意),31(≤≤i i 在第i 、1+i 列必有1块竖直放置的瓷砖. 这些瓷砖共覆盖了3×2个方格. 所以，覆盖的方格总数为(2×2009+3) ×2>2×2010×2.这与题设共4×2010个方格矛盾，假设不真.因此，结论成立.(2)用数学归纳法证明更一般的结论.若3≥n ，则5×2n 的区域存在没有可分的直线铺法.(i)当n=3时，图中的铺法满足命题.(ii)假设对5×2n 的区域结论成立，则至少有4块瓷砖竖直铺设.因此，存在1个)121(-≤≤n k k ，使得在第k 列有1块竖直铺的瓷砖.接下来在第k 、k+1列之间增加两列，记其为21,k k . 将原第k 、k+1列中水平放置的瓷砖换成第k 、1k 列和第2k 、k+1列各水平放1块. 又第k 列中有1块竖直放置的瓷砖，则第21,k k 列还没被全覆盖. 注意到，若在某一行中，第1k 列对应的格没盖住，则第2k 列相应的格也没盖住. 此时，在这两个格铺1块水平瓷砖. 用这样的方法，可将新增加的两列全部铺完.显然，在此过程中，没有新增水平可分直线. 在没变化的列中也没增加竖直可分直线.从而，在第21,k k 列至少有一块水平放置的瓷砖.由于在原区域中，第k 、k+1列间无可分直线，可知第k 、1k 列和第2k 、k+1列方格均用水平瓷砖铺设. 从而，在这些列对中没有可分直线.所以，5×2(n+1)区域不存在有可分直线的铺法.综上，命题成立. 进而，所证结论为真.8. (1)设等差数列{} ,1,0|=+j jd a i i 为),,2,1(n i S i ==.假设k a a a ,,,21 模p 的剩余中不含r ，则数列k S S S ,,,21 中没有数模p 余r 考虑等差数列{} ,1,0|=+=j jp r S则S 与k S S S ,,,21 没有公共项，从而，S 可以被n k k S S S ,,21++覆盖. 先证明一个引理.引理 若正整数d 、d ´互素，则等差数列{} ,1,0|=+j jd a 和{} ,1,0|='+'j d j a 的公共项是一个公差为dd ´的等差数列.证明 由中国剩余定理，知这两个等差数列一定有公共项，且相邻的两项的差是d 和d ´的最小公倍数dd ´.回到原理由引理，知n k k S S S S S S ,,,21++是公差分别为n k k pd pd pd ,,,21 ++的等差数列.考虑映射{} ,1,0:→S f ，且满足pr x x f -=)( 则)(,),(),(21n k k S S f S S f S S f ++是公差分别为n k k d d d ,,,21 ++的等差数列.因为n k k S S S ,,,21 ++可以覆盖S所以集合)(,),(),(21n k k S S f S S f S S f ++可以覆盖所有的正整数. 因此，n k k d d d ,,,21 ++也是一个覆盖数列，与n d d d ,,,21 是最小的覆盖数列矛盾.(2)设n d d d ,,,21 的素因数分别为n p p p ,,,21 ，{}l i i d p n l I ||},,2,1{ ∈=（可以有相同的）.假设等差数列{} ,1,0|=+=j jd a S i i i 可以覆盖所有的正整数.下面证明：至少存在一个由若干个数列构成的集合{}i l i I l S G ∈=|，也可覆盖所有的正整数，即数列{}l i l d p d ||是一个覆盖数列.假设对于每一个{}n i ,,2,1 ∈，i G 不能覆盖i r ，设∏=li d p l i d D | 由中国剩余定理，知存在正整数r ，使得对于每一个{}n i ,,2,1 ∈，均有 )(m od i i D r r ≡于是，r 不能被任何一个等差数列覆盖，矛盾.接下来只要假设i a i p d =就足够了，其中，p 为素数，i α为正整数.下面证明：{}i d 是覆盖数列111≥⇔∑=ni i d ，{}i d 是最小覆盖数列111=⇔∑=n i i d(i)假设上述数列i S 能覆盖所有的正整数，对任意正整数N ，i S 最多覆盖{}N ,,2,1 中的i d N 1+个数，于是，N d N n i i ≥+∑=11，即111+≥∑=N N d n i i由N 的任意性知111≥∑=ni id(ii)若111≥∑=n i id ，对n 用数学归纳法证明这样的数列是覆盖数列. 当n=1时，结论显然成立.若i 小于或等于1-n 时，结论均成立.当{}n i ,,2,1 ∈时，设i n 是n d d d ,,,21 中等于i p 的个数，且假设00=n ，则一定存在i ，使得p n i ≥，否则，111)1(121=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-≤∑= p p p d n i i 矛盾. 将p 个i p 1用1个11-i p 来代替，则∑=n i id 11的值不变，但是，i d 的个数少了. 由归纳假设，此时的数列能覆盖所有的正整数.下面将一个公差为1-i p 的等差数列分成p 个公差为i p 的等差数列，即n d d d ,,,21 为覆盖数列.(iii)假设111>∑=n i i d ，且n i d d d ≤≤≤ 2，则n n i in d d d >∑=1 因为i n d d 是整数，所以11+>∑=n n i i n d d d ，即nn i i d d 1111+≥∑= 于是，删掉n d 后，121,,,-n d d d 仍为覆盖数列.从而，n d d d ,,,21 不是最小覆盖数列.因此，n d d d ,,,21 是最小覆盖数列当且仅当111=∑=n i id 9. 由题意知，任三个点集中的点都能被一个半径为1的圆覆盖，即知对任三个点都存在一个点到这三点的距离不大于1.这就是说，若以点集中的每个点为圆心、1为半径作圆，则任三个圆的交集非空.由于圆是凸集，故由海莱定理知，所有这些圆的交集非空.因此，在这个交集中任选一点，它到所有点集中的点的距离都不大于1. 显然，以这个点为圆心、1为半径的圆可将点集中的所有点覆盖.10. (1)通过对多米诺骨牌个数n 的归纳来证明第一部分.对于n=1，命题显然成立.假设命题对于n -1块多米诺滑牌时的情形成立.考虑n 块骨牌的情形，我们有一个用n 块多米诺骨牌能够平铺的棋盘多边形，在棋盘多边形最左边一列的方块中，选择最下面的一个标记为L.(i)若L是黑色的，在给定的平铺中，移除覆盖L的多米诺骨牌，剩余一个能被n-1块多米诺骨牌平铺的多边形，通过归纳假设，这个棋盘多边形能够被完美平铺.现在放回被移除的多米诺骨牌.如果这块多米诺骨牌是水平的，由于正方形L是黑色的，并且在棋盘多边形的最下面，则保证增加的平铺仍然是完美的；如果这块多米诺骨牌是垂直的，若不把另一块多米诺骨牌直接垂直地放在它的右边，n个骨牌的平铺仍然是完美的，否则，旋转不完美的多米诺骨牌对，得到两个水平的多米诺骨牌.只要重复这个过程——移除水平的覆盖L的多米诺骨牌，平铺剩余的，替换多米诺骨牌——则将能得到一个完美的平铺.(ii)若L是白色的，通过进行相似的操作，同样可以得到完美的平铺. 此时，如果覆盖L的多米诺骨牌是水平的，而且有另一块水平的多米诺骨牌直接放在它的上面，才会遇到困难. 旋转这个多米诺骨牌对，移除旋转后覆盖L的多米诺骨牌，使用归纳假设得到剩余图形的完美平铺，再恢复垂直的多米诺骨牌，便可得到一个新的完美平铺.(2)假设存在给定棋盘多边形的两个完美平铺，通过将这两个平铺叠放，每个方块均是两个平铺中的多米诺骨牌的一部分，可以获得相交的多米诺骨牌链. 例如，对于长度是1的链两种平铺是相同的；对于长度是2的链不可能出现，否则，在2×2的棋盘中会出现一种由水平多米诺骨牌平铺的覆盖，另一种由垂直多米诺骨牌平铺的覆盖，这两个图案中将有一个是不完美的.由于会出现长度不小于3的链，设R是由其中一条链连同它的内部一起所组成的区域（这样的链完全占有一个区域是可能的，因此，仅有链中的一些多米诺骨牌与R外的正方形邻接）. 注意链的最下一行必定包含一块沿着水平方向的多米诺骨牌. 如果有两块水平相交的多米诺骨牌，则其中之一将是一块WB（白黑）多米诺骨牌，即白块在左、黑块在右的多米诺骨牌. 否则，存在两块邻接的垂直多米诺骨牌与单块水平多米诺骨牌相交，与它们是完美平铺的一部分矛盾，因此，一定有一块WB多米诺骨牌（设为X）.现在把注意力集中在包含WB多米诺骨牌的平铺上.在WB多米诺骨牌上面的两个正方形必定是R区域的一部分，且单块水平多米诺骨牌不可能覆盖它们两者，一对垂直多米诺骨牌也不可能覆盖它们两者（否则，将出现非完美图形）. 因此，一块水平多米诺骨牌恰好覆盖这两个正方形中的一个，并且也是WB型的. 于是，能够推导出在上一行存在水平WB多米诺骨牌，依次向上讨论直到有一块水平WB多米诺骨牌在它上面的两个方块不都在区域R内. 因此，这块多米诺骨牌（设为Y）必定是定义的区域R链的一部分.现在想像一枚棋子沿着这条链从区域R最下面一行的WB多米诺骨牌X的白方块开始移动，第一步向着这块WB多米诺骨牌的黑方块走一步. 在这条链上沿着每一块多米诺骨牌行进的各个方向画一个箭头. 由于方块都是白黑相间的，这些箭头将总是从白方块指向黑方块. 此外，当这枚棋子开始绕行时，由于初始时区域的内部都是在这枚棋子的左边，无论何时沿着R边界移动，区域的内部总在这枚棋子的左边.但是，现在遇到了一个矛盾. 前面推导出存在一块水平WB多米诺骨牌Y是链的一部分，且是与R边界相邻的，在它上面有一个不是区域R部分的方块. 由于当这枚棋子开始绕行时R内部在这枚棋子的左边，这块多米诺骨牌必定是从右到左行走的. 因此，必然存在一个指向左边的箭头，意味着它必定是一块BW 多米诺骨牌，与假设它是WB骨牌矛盾.11．解答如下：。