小学奥数构造与论证教师版

第十三讲：构造与论证

教学目标

1.掌握最佳安排和选择方案的组合问题.

2.利用基本染色去解决相关图论问题．

知识点拨

各种探讨给定要求能否实现，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把握．设计最佳安排和选择方案的组合问题，这里的最佳通常指某个量达到最大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证．论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计．

组合证明题，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则需要着眼于极端情况，或从整体把握。若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题。若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题，这里宜从特殊的点或线着手进行分析．各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问题，基本的染色方式有相间染色与条形染色．

例题精讲

模块一最佳安排和选择方案

【例 1】一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下面我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的

棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩

下的棋子是颜色(填“黑”或者“白”)．

【解析】在每一次操作中，若拿出的两枚棋子同色，则补黑子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或2枚；

若拿出的两枚棋子异色，则补白子1枚，“两枚棋子异色”说明其中一黑一白，那么此时拿出的白子数为0枚．可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后1枚不可能是白子，只能是黑子．

【例 2】5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷

到第1卷．如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换多少次?

【解析】因为必须是调换相邻的两卷，将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次，得到的顺序为51234；

现在将第4卷调至此时第l卷的位置最少需3次，得到的顺序为54123；

现在将第3卷调至此时第l卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312；

最后将第l卷和第2卷对调即可．

所以，共需调换4+3+2+1=10次．

【例 3】有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有

989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：、

(1)某2堆石子全部取光? (2)3堆中的所有石子都被取走?

【解析】(1)可以，如(1989，989，89) →(1900，900，0)→(950，900，950)→(50，0，50)→(25，25，50)→(O，0，25)．

(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，所

以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．

现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．

【例 4】n支足球队进行比赛，比赛采用单循环制，即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分.如果每一队至少胜一场，并且所有各队的积分都不相同，问：

（1）n=4是否可能？

（2）n=5是否可能？

【解析】（1）我们知道4个队共进行了2

C场比赛，而每场比赛有2

4

分产生，所以4个队的得分总和为2

C×2=12.因为每一队至少

4

胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分

都不相同，所以4个队得分最少2+3+4+5=14＞12，不满

足.即n=4不可能。

（2）我们知道5个队共进行2

C场比赛，而每场比赛有2分产

5

生，所以4个队的得分总和为2

C×2=20.因为每一队至少胜

5

一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分

都不相同，所以5个队得分最少为2+3+4+5+6=20，满足.

即n=5有可能.但是我们必须验证是否存在实例.如下所示，A得2分，C得3分，D得4分，B

得5分，E得6分.其中“A→B”表示A、B比赛时，A胜B；“B--C”表示B、C比赛时，B

平C，

余下类推.

【例 5】如图35-1，将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数分别填入图中的10个圆圈内，使任意连续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M.求M的最小值并完成你的填图.

【解析】 要使M 最小，就要尽量平均的填写，因为如果有的连续5个圆圈内的数特别小，

有的特别大，那么M 就只能大于等于特别大的数，不能达到尽量小的目的．

因为每个圆圈内的数都用了5次，所以10次的和为5×(1+2+3+…+10)=275． 每次和都小于等于朋，所以IOM 大于等于275，整数M 大于28．

下面来验证M=28时是否成立，注意到圆圈内全部数的总和是55，所以肯定是一 边五个的和是28，

一边是27．因为数字都不一样，所以和28肯定是相间排列，和27也是相问排列，也就是说数

组每

隔4个差值为l ，这样从1填起，容易排出适当的填图.

【例 6】 （xx 年清华附中入学测试题）如图，在时钟的表盘上任意作9个120°的扇形，使得每一个扇形

都恰好覆盖4个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到3个扇形，恰好覆盖整个表盘上的数．并举一个反例说明，作8个扇形将不能保证上述结论成立．

1110987

6

54

32112

【解析】 要在表盘上共可作出12个不同的扇形，且1～12中的每个数恰好被4个扇形覆盖．将这12个扇

形分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘．那么，根据抽屉原理，从中选择9个扇形，必有9134⎡⎤

+=⎢⎥⎣⎦

个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘．

另一方面，作8个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个，则可以去掉盖住同一个数的4个扇形，这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住，那么这8个扇形不能盖住整个表盘．

【例 7】 一组互不相同的自然数，其中最小的数是l ，最大的数是25，除1之外，这组数中的任一个数

或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和.问：这组数之和的最小值是多少?当取到最小值时，这组数是怎样构成的? 【解析】 首先把这组数从小到大排列起来，那么最小的肯定为1，1后面只能是1的2倍即2，2后面可