组合数学1

因此,
由 108 × 8 431
>
2知,
存在某个cs
3. 考虑这其中的3个黄点, 则将其转动−s格所得的3个点均为蓝
点, 再转动−t格所得的3个点均为红点, 再转动−r格所得的3个点均为绿点. 选出这12个点即可, 命题得
证.
6. 某国有N 个城市. 每两个城市之间或者有公路, 或者有铁路相连. 一个旅行者希望到达每个城市 恰好一次, 并且最终回到他所出发的城市. 证明: 该旅行者可以挑选一个城市作为出发点, 不但能够实 现他的愿望, 而且途中至多变换一次交通工具的种类.
由 1082 431
>
27知,
存在某个ar
28. 考虑这其中的28个红点, 设这些红点转动k格(k = 1, 2, · · · , 431) 后
2
与bk个蓝点重合,
则b1
+
b2
+
···
+
b431
=
108
×
28,
因此,
由 28 × 108 431
>
7知,
存在某个bt
8. 考虑这其
中的8个蓝点, 设这些蓝点转动k格(k = 1, 2, · · · , 431) 后与ck个黄点重合, 则c1 + c2 + · · · + c431 = 108 × 8,
应的点集分别记为A, B, C.
在任何不属于同一点集的两点之间连一条线段: 若对应的两个人相互认识, 就连红线; 若不认识,
就连蓝线. 这样所得的图称为三部图. 设三部图的A − B − C的顶点数为(a, b, c). 根据题意知, A − B的每条红色棱上恰有10个红色三角形, 每条蓝色棱上恰有10个蓝色三角形. 每
移动一格(移入左边的邻格) , 则S的值改变了
(k − 1) − (n2 − k) = 2k − 1 − n2.
因此, 如果我们将一列中的n个数a1, a2, · · · , an都往左移动一格, 那么S的值就改变了
(2a1 − 1 − n2) + (2a2 − 1 − n2) + · · · + (2an − 1 − n2) = 2(a1 + a2 + · · · + an) − n − n3 = n(n2 + 1) − n(1 + n2) = 0.
组合
李潜 liqian@omaths.com
思想方法选讲
1. 来自省内不同县份的33个民工同在一家公司打工. 询问他们中每个人两个同样的问题: 在其余32人 中有几个与你同县, 有几个与你同年出生? 结果发现, 在所得到的回答中包含了从0到10的所有整数. 证明: 在他们中有二人既同县又同年.
解答 设他们分别来自n个不同的县份, 各县依次有a1, a2, · · · , an个人. 设他们中有m种不同的年 龄, 各年龄依次有b1, b2, · · · , bm个人. 显然n 1, m 1, 并且
2. 在n × n的魔方方格表中, 分别写有数1, 2, · · · , n2, 任何两个方格的中心都有一条有向线段相连, 箭
头是由较大数所在的方格指向较小数所在的方格. 证明: 所有这些向量的和为0. (魔方方格表是指它
的每一个方格各写了一个数, 并且各行数的和与各列数的和彼此相等. )
解答 只需证明, 这些向量的水平分量的和S为0, 则由类似的讨论可得到这些向量的竖直分量的和
解答 若不然, 设黑色正方形上的石头的数目为奇数, 将14列依次编号为1, 2, · · · , 14, 将编号为奇数 的列称为奇列, 编号为偶数的列称为偶列. 对各行也类似处理. 由于对称性, 不妨设黑格是奇行奇列格 和偶行偶列格.
设奇行奇列格中有k1个中放有奇数块石头, 偶行偶列格中有k2个中放有奇数块石头, 奇行偶列格 中有k3个中放有奇数块石头.
证明: 对满足条件的任一染色方法, 均可在每种颜色中选出3个点, 使得同色的3点组成的4个三角形全
等.
解答 将以圆心为旋转中心, 旋转角为 2π 的逆时针旋转称为“转动一格” . 432
设所有绿点转动k格(k = 1, 2, · · · , 431) 后与ak个红点重合, 则a1 + a2 + · · · + a431 = 1082, 因此,
由奇行中有奇数块石头, 有k1 + k3 ≡ 1 (mod 2). 由偶列中有奇数块石头, 有k2 + k3 ≡ 1 (mod 2). 由反证假设, 有k1 + k2 ≡ 1 (mod 2). 相加得2(k1 + k2 + k3) ≡ 1 (mod 2), 这不可能.
因此, 黑色正方形上石头的数目共有偶数个.
(1) 该圈上的所有边全都同色. 依次将圈上的顶点记为A1, A2, · · · , Ak, 我们从中去掉边A1A2, 然后 将顶点M 分别与A1和A2都相连, 所得的圈即可符合要求.
(2) 该圈上的所有边不全同色. 我们可以将顶点编号, 使得对某个顶点Am, 圈上由A1到Am的部 分A1A2 · · · Am为一种颜色(1号色) , 而AmAm+1 · · · AkA1为另一种颜色(2号色) . 我们来观察边M Am的 颜色. 如果该边为1号色, 则圈A1A2 · · · AmM Am+1 · · · AkA1即为所求. 否则, 圈A1A2 · · · Am−1M Am · · · AkA1即 为所求.
解答 将原题换为图论语言表述就是: 给定了一个具有N 个顶点的完全图, 它的边被分别染成了两 种不同颜色. 要求证明, 从中可以找到一个经过所有顶点的圈, 该圈至多可以分为两个各自同色的部 分.
我们来用归纳法证明这一断言. 对于具有3个顶点的完全图, 断言显然成立. 假设断言对于N = k已 经成立, 我们来看N = k + 1的情形. 先从所考察的图中去掉一个顶点M 及其所有从它出发的边. 由归 纳假设知, 在剩下的具有k个顶点的完全图中存在一个经过所有顶点的圈, 该圈至多可以分为两个各自 同色的部分. 我们来分为两种情形讨论:
为0. 由此可证得题中结论.
设小方格的边长为1, 选取横轴的正向为由左指向右. 我们来横向移动方格表内的数(允许一个方
格中放置多个数) , 并考察和值S的变化情况. 我们指出, 每一列数的和都是总和的 1 , 亦即 n(n2 + 1) .
n
2
对于写有数k的方格, 有k − 1个向量以它为起点, 有n2 − k个向量以它为终点. 因此, 如果我们将数k左
(n − 1) + (n − 2) + · · · + 1 = n(n − 1) . 2
若每行中的好方格的个数相等, 则每行有好方格的个数为 n − 1 . 由此, n为奇数. 2
当n = 2k + 1为奇数时, 我们将位于第i行和第j列的交叉处的方格中填上数字aij, 令
(
n − (j − i), 当j i;
An = a1 + a2 + · · · + an = 33, Bm = b1 + b2 + · · · + bm = 33.
我们知道, 在数组a1, a2, · · · , an; b1, b2, · · · , bm中包括了由1到11的所有整数(因为每个人的回答都 没有包括自己) . 注意到
1 + 2 + · · · + 11 = 66 = An + Bm = a1 + a2 + · · · + an + b1 + b2 + · · · + bm = 33. 这表明a1, a2, · · · , an; b1, b2, · · · , bm恰好只能是由1到11的所有整数各一个, 也就是说, 恰有
4. (1) 300个工作人员分成三个部门, 每个部门100人. 每两人或者互相认识, 或者互相不认识. 证明:
存在不同部门的两个人, 使得在第三个部门中, 或有17个人都认识他们, 或有17个都不认识他们.
(2) 已知有三个委员会, 对于任意两个不同的委员会的工作人员, 第三个委员会中恰有10个人都认
{a1, a2, · · · , an; b1, b2, · · · , bm} = {1, 2, · · · , 11}.
由此可知, n + m = 11. 不妨设11 ∈ {a1, a2, · · · , an}, 于是有某11个人来自同一县份, 他们中最多 只有m = 11 − n 10种年龄, 根据抽屉原则, 知在这11个人中必定有两个人年龄相同, 即这两个人既同 县又同年. 类似地, 若11 ∈ {b1, b2, · · · , bm}, 可得相同结论.
aij =
i − j, 当j < i.
则不难验证此时第2i行的好方格为前i − 1个和从第2i到k + i个, 而在2i − 1行, 好方格为前i − 1个和从 第2i − 1到k + i − 1个, 即每一行恰有k个好方格.
8. 某国有1001个城市, 每两个城市之间都有单向行车的道路相连. 每个城市都刚好有500条出城的 道路, 也都刚好有500条入城的道路. 由该国分裂出一个独立的国家, 它拥有668个城市. 证明: 由该新 独立的国家的每个城市都可以到达它的其它任何一个城市, 而无需越出自己的边界.
识他们, 也恰有10个人都不认识他们. 试求工作人员的总数.
解答 (1) 将3个部门的工作人员所成的集合分别记为A, B, C, 集合中的元素都称为顶点. 在任何
两个不属于同一集合的顶点之间都连一条边, 两人认识时边为红色, 不认识时为蓝色, 共连得1003个三
角形.
若三角形中的某个角的两边同色, 就称为“同色角” . 每个三角形至少有一个同色角, 不同三角形
3
解答 假设题中的断言不成立, 例如, 由该新独立的国家的城市X不能通过国内的道路到达它的
另一个城市Y . 我们将由城市X可以沿着国内道路到达的该国的所有城市的集合记作A (其中包括城
市X本身); Baidu Nhomakorabea把该国其余所有城市的集合记作B (显然有Y ∈ B ̸= Ø) . 不难知道, 连接这两个集合中
这就表明, 对于N = k + 1断言也成立.
7. 一个n × n的表格的n列从左至右分别称为1, 2, · · · , n列. 将1到n这n个正整数填入到表格中使得表 格中的每一行和每一列都含n个不同的数. 若表格中的一个方格中所填的数大于这个方格所在列的列 数, 则这个方格称为好的.
找出所有的正整数n使得可以在表格中按上面的要求填上数且满足每行中的好方格的个数都相等. 解答首先我们找出好的方格的总数. 第一列有n − 1个(除了填上数1的所有方格外都是好的) , 第二列中有n − 2个(除了填上数1和数2的 方格外都是好的) , · · · · · · , 第n列没有好格. 于是, 好方格共有
对的所同张色的角同不色同角, 则不同少色于角 1不00少于+110=03
个. 它们分布在C23 × 1002 = 3 × 1002个点对上, 从而, 34个, 其中必有17个为同一色. 这个点对即为所求.
必有一个点
3
(2) 将每个工作人员都对应为平面上的一个点(任何三点不共线) , 将三个委员会的工作人员所对
a3 + 20a2.
另一方面, 每条棱张20个同色角, 则同色角的个数又等于20 × 3a2 = 60a2. 令a3 + 20a2 = 60a2, 解得a = 40. 因此, 总人数为3a = 120.
注 一般来说, 若每条棱都恰张n个红色角及n个蓝色角, 则顶点总数为12n.
5. 将一个圆周432等分, 并将432个分点染上红, 绿, 蓝, 黄中的一种颜色, 使每种颜色的点各有108个.
个同色三角形恰有一边为A − B, 则全图的同色三角形的个数为10ab. 同理, 它也等于10bc, 10ca. 因此,
a = b = c.
这样一来, 即知同色三角形的个数为10a2. 于是, 异色三角形的个数为a3 − 10a2. 由于每个异色三 角形恰有一个同色角, 而每个同色三角形有三个同色角, 则同色角的总个数为3 × 10a2 + a3 − 10a2 =
1
这就是说, 和值S在将数整列平移之下保持不变. 由于在将每一行数都移至最左面的方格之后, 和值S为0, 所以它在一开始时就是0.
3. 将一些石头放入10 × 14的矩形棋盘内, 允许在每个单位正方形内放入石头的数目多于1块, 现已知 每一行和每一列上均有奇数块石头. 如果将棋盘上的单位正方形相间地染为黑色和白色, 证明: 在黑 色正方形上的石头的数目共有偶数块.