第26讲 赋值法_精品.doc

第26讲 赋值法 数统治着宇宙毕达哥拉斯，A，…，A，对每个点任意染上白色或黑色.证明：在连接相邻两点的n条圆弧中，端点颜色不同的圆弧的条数必是偶数. 证明 我们简称端点颜色不同(相同)的圆弧为异色(同色)圆弧，用数代表颜色，白色记为1，黑色记为-1.任一点A(k=1，2，…，n)都唯一地对应一个数a，a=1或a=-1. 显然，为同色圆弧当且仅当a·a=1,为异色圆弧当且仅当aa=-1. 因为(aa)·(aa)·…·(aa)=(aa…a)=1，所以aa，aa，…，aa这n个数中只能有偶数个-1. 即这n条圆弧中必有偶数条异色圆弧. 评注 若将题中的圆周从A，A之间剪开，并将圆周拉成直线，附加条件A与A异色，则得到如下问题： 在直线l上依次排列着n个点A，A，…，A，对每个点任意染上白色或黑色，若线段AA的两端异色，就称线段AA为标准线段，又已知A与A异色，证明：直线l上共有奇数条标准线段. 证法与例1类似. 例2 将正方形ABCD分割成n个相等的小方格(n是正整数)，把相对的顶点A、C染成红色，B、D染成蓝色，其交点染成红、蓝两色中任一种颜色.证明：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数. 分析与解 不妨将红色记为1，蓝色记为-1，并将小方格编号，分别记为1，2，…，n，记第i个小方格四个顶点相应数字的乘积为A，若恰有三个顶点同色，则A=-1，否则A=1. 在乘积AA…A中，正方形内部的交点各点相应的代表数重复了4次；边上非顶点各点相应的代表数重复了2次；A、B、C、D四点相应的代表数乘积为1，所以AA…A=1.这说明A，A，…，A中-1的个数必为偶数，也就是恰有三个顶点同色的小方格数必为偶数. 评注 上述两例都属于“两色分布”问题，这里我们将两种不同的颜色赋于+1，-1，使染色问题转化为对数值正负性的研究.对于例2也可以将红点记为0，蓝点记为1，并记第i个小方格四个顶点相应数字之和为A(i=1，2，…，n).若恰有三个顶点同色，则A=1或3，否则A为偶数，然后从考虑和A+A+…+A的奇偶性入手进行论证. 例3 在一个圆上给定10个点，把其中6个点染成黑色的，余下的4个点染成白色的，它们把圆周划分为互不包含的弧段.我们规定：两端都是黑色的弧段标上数字2；两端白色的弧段标上数字；两端异色的弧段标上数字1；把所有这些数字乘在一起，求它们的乘积. 解 把黑点都标上，白点都标上，则每段弧所标数字恰好是它两端的数字的乘积.因此所有这些弧段所标数字的乘积就是所有点所标有的数字乘积的平方，即[()]=4. ① 评注 这个解法反映了题目的实质，即乘法满足交换律、结合律.对①中的20个数的乘积 ② 任意交换顺序，然后依次把两个两个作括号先结合，便对应着弧段上的一种染色方法.反过来，圆弧上的一种染色方法，也对应着②中的一次交换、结合过程. 正因为解法反映了题目的本质，它不仅优美，而且推广立即成为可能：当黑点为m个，白点为n个时，答案为2. 2.棋盘问题 例4 将8×8方格纸板的一角剪去一个2×2的正方形.问余下的60个方格能否剪成15块形如“”的小纸片？ 解 将8×8方格纸板余下的60个小方格分别标上+1或-1(如图所示)，则任一符合要求的“四连格”中的数字之和，或者为2，或者为-2. 假定这60个小方格能剪成15块符合要求的“四连格”，设其中数字之和为2的有x块，数字之和为-2的有y块，则 解之得x、y不是整数，矛盾.因此，题中所给的60个小方格不可能剪成15块“四连格”小纸片. 例5 如图是半张象棋盘. (1)一只马跳了n步回到起点，证明：n是偶数； (2)一只马能否跳遍这半张棋盘，每格都不重复，最后一步跳回起点？ (3)证明：一只马不可能从位置B出发，跳遍半张棋盘而每个格点只经过一次(不要求最后跳回起点)； (4)一只车从位置A出发，在这半张棋盘上每步走一格，走了若干步后到了位置B，证明：至多有一个格点没有被走过，或被走过不止一次. 解 在棋盘上打“×”号的格点记为+1，打“○”号的格点记为-1. (1)根据马的跳法，它每跳一步其符号改变一次，跳了n步，符号改变了n次.而它最后又回到了最初出发的地方，也就是经过n次改变以后，其符号还与当初一样.显然，n是偶数. (2)不可能.图中共有45个格点，马要想跳遍这半张棋盘，它要跳45次.这与结论(1)矛盾，由此得证. (3)图中有22个“×”，23个“○”，即有22个+1，有23个-1，所有这些数的和为-1，马是从B处出发的，即从+1出发，以后反复经过-1和+1，不管它跳多少步，它所经过的这些数的和要么是0(跳奇数步)，要么是+1(跳偶数步)，而不