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组合几何选讲 （湖南省长沙市第一中学：于杰延） 1．已知n×n (n是奇数)的棋盘上的每个单位正方形被黑白相间地染了色，且4个角上的单位正方形染的是黑色. 将3个连在一起的单位正方形组成的一个L形图称为一块“多米诺”. 问n为何值时，所有的黑格可以用互不重叠的“多米诺”覆盖？若能覆盖，最少需要多少块“多米诺”？ 2．在坐标平面上，具有整数坐标的点构成单位边长的正方格的顶点，这些正方格被涂上黑白相间的两种颜色（像国际象棋棋盘那样）. 对于任意一对正整数m和n，考虑一个直角三角形，它的顶点具有整数坐标，两条直角边的长度分别为m和n，且两条直角边都在这些正方格的边上. 令S1为这个三角形区域中所有黑色部分的总面积，S2则为所有白色部分的总面积. 令 f (m, n) = |S1 – S2|. （a）当m和n同为正偶数或同为正奇数时，计算f (m, n)的值. （b）证明：f (m, n)≤max {m, n}对所有的m和n都成立. （c）证明：不存在常数c，使得对所有的m和n，不等式f (m, n)＜c都成立. 3．两个半径相等的圆盘内各有一个内接正2n边形，每个正2n边形的顶点有一半染上黄色，另一半染上蓝色. 将一个圆盘放在另一个圆盘上，使得圆盘内的两个正2n边形的顶点均重合，于是得到2n对顶点. 如果一对中的两个相重合的顶点同色，我们称这一对点为“匹配点对”. 证明：存在一种放置的方法，使得至少有n对“匹配点对”. 4．在一个面积为1的正三角形内部，任意放五个点. 试证：在此正三角形内，一定可以作三个正三角形盖住这五个点，这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边，并且它们的面积之和不超过0.64. 5．集合S是平面上n个点构成的点集，S中任意两点的距离至少有1个单位. 证明：存在S的一个子集T，T至少由个点构成，并且T中任意两点的距离至少为个单位. 6．在一个平面上放n个无三点共线的特殊点，它们的颜色或红或绿或黄，且满足条件： （1）在一个所有顶点为红色的三角形内，至少有一个绿点； （2）在一个所有顶点为绿色的三角形内，至少有一个黄点； （3）在一个所有顶点为黄色的三角形内，至少有一个红点. 求整数n的最大可能值. 7．平面上有n个点，其中的每三个点均同属于一个半径为1的圆，证明存在一个半径为1的圆覆盖这n个点. 8．给定(3n + 1)×(3n + 1)的方格纸（n∈N），试证任意剪去一个方格后，余下的纸必可全部剪成形如 的纸片. 1．【解析】设n = 2m + 1，考虑奇数行，则每行有m + 1个黑格，共有(m + 1)2个黑格.而任意两个黑格均不可能被一块“多米诺”覆盖，因此，至少需要(m + 1)2块“多米诺”，才能覆盖棋盘上的所有黑格.由于当n = 1，3，5时，均有3(m + 1)2＞n2，所以，n≥7. 下面用数学归纳法证明：当n≥7时，(m + 1)2块“多米诺”可以覆盖棋盘上的所有黑格. 当n = 7时，由于两块“多米诺”可组成一个2×3的矩形，两个2×3的矩形又组成一个4×3的矩形，则可将这4个4×3的矩形放在7×7的棋盘上，使得除了中间的一个黑格外，覆盖了棋盘上的所有方格(如图1). 调整与中间的这个黑格相邻的一块“多米诺”，使得用这块“多米诺”盖住中间的这个黑格，而且也能盖住原来那块“多米诺”所覆盖的唯一的一个黑格. 从而，用16块“多米诺”覆盖了棋盘上除一个白格外的所有方格（如图1）. 假设当n = 2m – 1时，在(2m – 1)×(2m – 1)的棋盘上可以用m2块“多米诺”覆盖棋盘上的所有黑格.当n = 2m + 1时，将(2m + 1)×(2m + 1)的棋盘分成(2m – 1)×(2m – 1)，(2m – 1)×2和(2m + 1) ×2的3部分，由于(2m – 1)×2的矩形又可以分成m – 2个2×2的正方形和一个2×3的矩形，于是，(2m – 1)×2的矩形中的黑格可以用(m – 2) + 2块“多米诺”覆盖. 同理，(2m + 1)×2的矩形可以用(m – 1) + 2块“多米诺”覆盖（如图2）. 因此，(2m + 1)×(2m + 1)的棋盘可用m2 + m + (m + 1) = (m + 1)2块“多米诺”覆盖. 2．【解】（a）设ABC为一直角三角形，它的顶点具有整数坐标，且两条直角边都在这些正方格的边上. 设∠A =90°，AB = m，AC = n. 考虑如右图中的矩形ABCD. 对于任一多边形P，记S1 (P)为P中黑色部分的面积，S2(P) 为P中白色部分的面积. 当m和n同时为偶数或者同时为奇数时，矩形ABCD的着色关于斜边BC的中点中心对称. 因此 f (m，n) = |S1(ABC) – S2 (ABC)| =|S1 (ABCD) – S2 (ABCD)