8-9 构造与论证.学生版.doc

发布时间：2023-11-21 发布人：admin 分类：养殖资料大小：2.20M 资料格式：doc 举报版权申诉

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【解析】⑴这10个整数克的砝码共重应该是200，这样，才能在最重的定下来后，第二重的尽量少．

⑵作为一般结论，如果要连续称出一些重量，只在天边的一边放砝码，另一边放重物，则砝码最少的情况应该结合

⑶而本题共有10个砝码，只需要调整一下这里的砝码：

第一种方案：为了实现第二重最少，则可以让第一重尽量大，而且不止一个，

这里的思路是：如果后面6个数中，有5个相同的最大，把前面所有5个数的和与之相等，200=6×33+2

于是换一种思路，让最大数相同的只有4个，前面6个砝码看作一个．

则最重的为40，这样，可以构造出1，2，4，8，12，13，40，40，40，40．

不过，对于这种解法，与官方的推荐答案不符，原因在于，最重的有4个，次重的被看作“第五名”．在这里，“

如果只看重量，第一重(可以并列)与第二重，则第二重最少可以是13克．

如果根据“名次”，第二名(可以并列)为第二重，则第二重最少可以是18克．

这种情况的算理是：

首先考虑1、2、4、8这四种砝码必须有，另外，对于第二重，至少要是16．

这里除了第一重之外，16最多可以有5个砝码，即：

1、2、4、8、16、16、16、16、16．

要称200，第一重的要达到200－(1＋2＋4＋8＋16＋16＋16＋16＋16)＝105

则96-104的重量无法称出来．

所以，把第二重的调整为17，即；

1、2、4、8、17、17、17、17、17、100

但16无法称出来，所以要调整出16，必会现18，(如果调整给100，即100变为101，则100无法

【答案】

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．知识点拨知识点说明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．知识点拨板块一、最佳安排和选择方案【例 1】 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? 【考点】构造与论证【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；【题型】解答【难度】2 星现在将第 4 卷调至此时第 1 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 1 卷的位置最少需 2 次，得到的顺序为 54312；最后将第 1 卷和第 2 卷对调即可．所以，共需调换 4+3+2+1=10 次．【答案】10 次【例 2】在 2009 张卡片上分别写着数字 1、2、3、4、……、2009，现在将卡片的顺序打乱，让空白面朝上，并在空白面上又分别写上 1、2、3、4、……、2009．然后将每一张卡片正反两个面上的数字相加，再将这 2009 个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？【考点】构造与论证【解析】从整体进行考虑．所得的 2009 个和相加，便等于 1～2009 的所有数的总和的 2 倍，是个偶数．2009 【题型】解答【难度】3 星个数的和是偶数，说明这 2009 个数中必有偶数，那么这 2009 个数的乘积是偶数．本题也可以考虑其中的奇数．由于 1～2009 中有 1005 个奇数，那么正反两面共有 2010 个奇数，而只有 2009 张卡片，根据抽屉原理，其中必有 2 个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片上的数字的和是偶数，从而所有 2009 个和的乘积也是偶数．【答案】偶数 8-9.构造与论证.题库教师版 page 1 of 16

【例 3】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”)．【难度】3 星【考点】构造与论证【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．【题型】填空【答案】黑子【例 4】在黑板上写上1 、 2 、3 、 4 、……、 2008 ，按下列规定进行“操怍”：每次擦去其中的任意两个数 a 和 b ，然后写上它们的差(大数减小数)，直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？【题型】解答【考点】构造与论证【解析】根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为1 2 3    【难度】3 星偶数，而每一次“操作”，将 a 、b 两个数变成了 ( 么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个偶数．所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数，那么最后黑板上剩下一个数时，这个数是个偶数．是一个 a b ，它们的和减少了 2b ，即减少了一个偶数．那 2008 2009 1004     ) 【答案】偶数【例 5】在 1997×1997 的正方形棋盘上的每格都装有一盏灯和一个按钮．按钮每按一次，与它同一行和同一列方格中的灯泡都改变一次状态，即由亮变为不亮，或由不亮变为亮．如果原来每盏灯都是不亮的，请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮? 【题型】解答【考点】构造与论证【解析】最少要 1997 次，将第一列中的每一格都按一次，则除第一列外，每格的灯都只改变一次状态，由不亮变成亮．而第一列每格的灯都改变 1997 次状态，由不亮变亮．如果少于 1997 次，则至少有一列和至少有一行没有被按过，位于这一列和这一行相交处的灯保持原状，即不亮的状态．【难度】4 星【答案】1997 次【例 6】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? 【考点】构造与论证【解析】 (1)可以，如(1989，989，89)  (1900，900，0)  (950，900，950)  (50，0，50)  (25，25，【题型】解答【难度】4 星 50)  (0，0，25)． (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．【答案】(1)可以 (2)不能【例 7】在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有 3 名专业选手与 3 名业余选手参加.比赛采用单循环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位选手各有 10 分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加 2 分，每胜业余选手一场加 1 分；专业选手每负一场扣 2 分，业余选手每负一场扣 1 分．问：一位业余选手最少要胜几场，才能确保他的得分比某位专业选手高? 【难度】4 星【考点】构造与论证【解析】当一位业余选手胜 2 场时，如果只胜了另两位业余选手，那么他得 10+2-3=9(分)．此时，如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选手与业余选手比赛全胜，那么每位专业选手的得分都是 10+2-2+3=13(分)．所以，一位业余选手胜 2 场，不能确保他的得分比某位专业选手高．当一位业余选手胜 3 场时，得分最少时是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得【题型】解答 8-9.构造与论证.题库教师版 page 2 of 16

10+2+2-2=12(分)．此时，三位专业选手最多共得 30+0+4=34(分)，其中专业选手之间的三场比赛共得 0 分，专业选手与业余选手的比赛最多共得 4 分.由三个人得 34 分，34÷3=11 1 3 有人得分不超过 11 分. 也就是说，一位业余选手胜 3 场，能确保他的得分比某位专业选手高. ，推知，必【答案】胜 3 场【例 8】 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？【考点】构造与论证【解析】（1）我们知道 4 个队共进行了 2 【难度】3 星【题型】解答 4C 场比赛，而每场比赛有 2 分产生，所以 4 个队的得分总和为 2 4C ×2=12.因为每一队至少胜一场，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 5C ×2=20. 因为每一队至少胜一场，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 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. 5C 场比赛，而每场比赛有 2 分产生，所以 4 个队的得分总和为 2 【答案】（1）不可能（2）可能【例 9】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. 【考点】构造与论证【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【题型】解答【难度】3 星么 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 10M 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 1，这样从 1 填起，容易排出适当的填图. 8-9.构造与论证.题库教师版 page 3 of 16

【答案】【例 10】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． 10 9 8 11 12 1 7 6 5 2 4 3 【难度】3 星【考点】构造与论证【关键词】清华附中，入学测试【解析】略．【答案】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 9     1 3    4 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．【题型】解答另一方面，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【巩固】将 1、2、3、4、5、6 写在一个圆周上，然后把圆周上连续三个数之和写下来，则可以得到六个数 1a 、 2a 、 3a 、 4a 、 5a 、 6a ，将这六个数中最大的记为 A ．请问在所有填写方式中， A 的最小值是什么？ 1 4 6 5 3 2 【难度】3 星【考点】构造与论证【关键词】2008 年，台湾小学数学竞赛选拔赛【解析】要由于每个写在圆周上的数都被用了三次，则 3 (1 2 3 4 5 6)             【题型】解答 a 3 a 2 a 1 此 A 至少为 11．由上图的排列方式可知 A 为 11 的情形存在，故 A 的最小值为 11．  ，即写出来的这 6 个数的平均数为10.5 ，因 63 a 4 a 6 a 5 【答案】最小值为 11 【例 11】1998 名运动员的号码依次为 1 至 1998 的自然数．现在要从中选出若干名运动员参加仪仗队，使得剩下的运动员中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队的运动员最少有多少人? 【难度】3 星【考点】构造与论证【解析】我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，把它们去掉有助于使剩下的构不成乘式，比较小的数肯定是用得最多的，因为它们的倍数最多，所以考虑先把它们去掉，但关键是除到何处? 考虑到 44 的平方为 1936，所以去到 44 就够了，因为如果剩下的构成了乘式，那么乘式中最小的数一定小于等于 44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将 1 【题型】解答 8-9.构造与论证.题库教师版 page 4 of 16

保留，于是去掉 2，3，4，…，44 这 43 个数．但是，是不是去掉 43 个数为最小的方法呢?构造 2×97，3×96，4×95，…，44×45，发现这 43 组数全不相同而且结果都比 1998 小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉 43 个数，所以 43 为最小值，即为所求. 【答案】43 【例 12】一组互不相同的自然数，其中最小的数是 1，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? 【难度】3 星【题型】解答【考点】构造与论证【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 后面可以是 3 或 4，3 的后面可以是 4，5，6；4 的后面可以是 5，6，8．最大的为 25．下面将所有的可能情况列出： 1，2，3，4，…，25 所有的和是 35； 1，2，3，5，…，25 所有的和是 36； 1，2，3，6，…，25 所有的和是 37； 1，2，4，5，…，25 所有的和是 37； 1，2，4，6，…，25 所有的和是 38； 1，2，4，8，…，25 所有的和是 40. 25 是奇数，只能是一个偶数加上一个奇数．在中间省略的数中不能只有 1 个数，所以至少还要添加两个数，而且这两个数的和不能小于 25，否则就无法得到 25 这个数．要求求出最小值，先看这两个数的和是 25 的情况，因为省略的两个数不同于前面的数，所以从 20+5 开始． 25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12．这些数中 20，19，18，17 太大，无法产生，所以看：16+9=15+10=14+11=13+12．看这些谁能出现和最小的 1，2，3，4，…，25 中，检验发现没有可以满足的：再看 1，2，3，5，…，25，发现 1，2，3，5，10，15，25 满足，所以：1+2+3+5+10+15+25=36+25=61 【答案】1+2+3+5+10+15+25=36+25=61 【例 13】2004 枚棋子，每次可以取 1、3、4、7 枚，最后取的获胜。甲、乙轮流取，如果甲先取，如何才能保证赢？【考点】构造与论证【解析】先从简单的情况看起，看看棋子数量较少时，在什么情况下先取者胜，什么情况下后取者胜．可【题型】解答【难度】3 星以列表如下：       棋子数量 1 枚 2 枚 3 枚 4 枚 5 枚 ( 3 1 1) 6 枚 ( 4 1 1) 7 枚 8 枚 9 枚 ( 1 8) 10 枚 11 枚 ( 3 8) 12 枚 ( 4 8) 13 枚 ( 3 10) 14 枚 ( 4 10) 15 枚 ( 7 8)             后取者胜 √ √ √ 先取者胜 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 8-9.构造与论证.题库教师版 page 5 of 16

  16 枚 17 枚 ( 1 16) 18 枚 19 枚 ( 3 16) 20 枚 ( 4 16)     √ √ √ √ √ 棋子数是 1～8 时比较容易看得出来是先取者胜还是后取者胜，可以看出只有棋子数是 2 枚和 8 枚时是后取者胜，其他情况下都是先取者胜．当棋子数大于 8 时，可以先取若干枚棋子，使得剩下的棋子数变成前面已有的棋子数．先取者为了取胜，第一次取后，应该使剩下的棋子数是后取者胜的情况，比如变成剩下 2 枚或 8 枚．这样推下去，可以发现只有当棋子数是 8 的倍数或者除以 8 余 2 时，是后取者胜，其他情况下是先取者胜．题目中有 2004 枚棋子，除以 8 余 4，所以先取者肯定可以取胜．不过取胜的策略比较灵活，不能明确地说每次后取者取多少枚先取者就相应地取多少枚，应该从除以 8 的余数来考虑： ⑴先取者第一次可以先取 4 枚，这样还剩下 2000 枚，2000 除以 8 的余数是 0； ⑵先取者为了保证获胜，在每一次后取者取了之后，先取者再取的时候，应该使得自己取后剩下的棋子数是 8 的倍数或者除以 8 余 2； ⑶后取者每次可以取 1，3，4，7 枚，每次先取者取后剩下的棋子数除以 8 的余数是 0 或 2，所以每次后取者取后剩下的棋子数除以 8 的余数是 7，5，4，1 或 1，7，6，3. 所以接下来先取者可以对应地取 7，3，4，1 或 1，7，4，3 枚棋子，这样剩下的剩下的棋子数除以 8 的余数为 0，2，0，0 或 0，0，2，0. 这样就保证了第⑵点． ⑷每次先取者取后剩下的棋子数除以 8 的余数是 0 或 2，那么最后一枚棋子肯定是先取者取得，所以先取者获胜．【答案】见解析【例 14】在 10×19 方格表的每个方格内，写上 0 或 1，然后算出每行及每列的各数之和．问最多能得到多少个不同的和数? 【考点】构造与论证【解析】首先每列的和最少为 0，最多是 10，每行的和最少是 0，最多是 19，所以不同的和最多也就是 0，【题型】解答【难度】3 星 1，2，3，4，…，18，19 这 20 个．下面我们说明如果 0 出现，那么必然有另外一个数字不能出现．如果 0 出现在行的和中，说明有 1 行全是 0，意味着列的和中至多出现 0 到 9，加上行的和至多出现 10 个数字，所以少了一种可能．如果 0 出现在列的和中，说明在行的和中 19 不可能出现，所以 0 出现就意味着另一个数字不能出现，所以至多是 19，下面给出一种排出方法. 【答案】19 【例 15】在 8×8 的国际象棋盘上最多能够放置多少枚棋子，使得棋盘上每行、每列及每条斜线上都有偶数枚棋子? 【考点】构造与论证【解析】因为 8×8 的国际象棋盘上的每行、每列都正好有偶数格，若某行(某列)有空格，必空偶数格．而斜线上的格子数有奇也有偶，不妨从左上角的斜线看起：第一条斜线只有 1 格，必空；第三条有【难度】3 星【题型】解答 8-9.构造与论证.题库教师版 page 6 of 16

3 格，必至少空 1 格；第五、七条分别有 5、7 格，每条线上至少空 1 格．由对称性易知共有 16 条斜线上有奇数格，且这 16 条斜线没有共用的格子，故至少必空出 16 格．其实，空出两条主对角线上的 16 个格子就合题意．此时，最多可放置 48 枚棋子，放在除这两条主对角线外的其余格子中，如下图所示．【答案】 48 【例 16】在下图中有 16 个黑点，它们排成了一个 4×4 的方阵．用线段连接其中 4 点，就可以画出各种不同的正方形．现在要去掉某些点，使得其中任意 4 点都不能连成正方形，那么最少要去掉多少个点? 【考点】构造与论证【解析】至少要除去 6 个点，如下所示为几种方法：【难度】3 星【题型】解答【答案】 6 个【例 17】三个边长为 1 的正方形并排放在一起，成为 1×3 的长方形.求证： 1 【考点】构造与论证【解析】仔细分析，要证 1 【难度】3 星       【题型】解答 3 90  ， 2       3 90 2  .    ，所以，只需证明 1 由于 3 45 置，与 1 （ 2 ）拼合在一起，恰成一个 45 的角呢？于是想到：如图 1 所示，再拼上一个单位正方形 DFK，则三角形 AKC 为等腰直角三角形， KCF 所以 45  ，又直角三角形 KCF 与 AHD 全等， 45   就可以了！于是想到能否把 2 （ 1 ）移动位   . 因此， 1            KCA    KCA KCF 45  . 2 2 2 1 有了拼合 2 与 1 的思想，学生往往产生不同的拼合方式，沿着拼合全等的思路发散开来，又可以找到许多拼法. 如图 2 三角形 AHP 是等腰直角三角形， HAP  ， 45  8-9.构造与论证.题库教师版 page 7 of 16

 HAG    2, BAP   所以 1 1.      2 BAP   HAG   HAP  45  . 如图 3 三角形 AQC 是等腰直角三角形， ACQ  45  ， QCP   2,    1 2     1 QCP  45  . 如图 4 三角形 WDB 是等腰直角三角形,  WDB  45 ,   CDB 1,   ，  WDH   . 所以 2      1 2 CDB   WDH   WDB  45  . 如图 5 三角形 ZAH 是等腰直角三角形，  ZHA  45 ,   ZHY 1,   因此    1 2   ZHY     2 ZHA  45  . 其他的沿着“拼合全等”的思路的证法就不例举了. 如果利用相似三角形的知识，如图 5 所示，又 FH  1, FA  2, FC  所以， 2,     FA FC 1 2 CAB FH FA 1    了.再开思路，可用三角法证明如下： 2 与 1 都是小于 45 的锐角，可知 1 + 2 是锐角. 又  . 用相似三角形法不用添设辅助线，简洁明 2 2 ， 1 ，因此 HFA ，  2         ∽ AFC FAC ,  HFA   AFC   FAC FHA CAB   EAB  45   , 2 但 tan 1   DA DC  ， 1 3 tan 2   DA HD  1 2 . tan   1     2 tan 1 tan 2   tan 1 tan 2        1  1 1  2 3 1 1   3 2 1  5 6  1 1 6  1 【答案】证明过程见解析板块二、染色与赋值问题，所以 1     2 45  . 【例 18】某学校的学生中，没有一个学生读过学校图书馆的所有图书，又知道图书馆内任何两本书都至少被一个同学都读过．问：能否找到两个学生甲、乙和三本书 4、B、C，使得甲读过 A、B，没读过 C，乙读过 B、C，没读过 A?说明判断过程．【难度】3 星【考点】构造与论证【解析】略．【答案】首先从读书数最多的学生中找一人甲．由题设，甲至少有一本书未读过，记为 C．设 B 是甲读过的书中一本，由题意知，可找到学生乙，乙读过 B、C．由于甲是读书数最多的学生之一，乙读书数不能超过甲的读书数，而乙读过 C 书，甲未读过 C 书，所以一定可以找出一本书 A，使得甲读过而乙未读过，否则乙就比甲至少多读过一本书．这样一来，甲读过 A、B，未读过 C；乙读过 B、C 未读过 A.因此可以找到满足要求的两个学生【题型】解答【例 19】4 个人聚会，每人各带 2 件礼品，分赠给其余 3 个人中的 2 人．试证明：至少有 2 对人，每对 8-9.构造与论证.题库教师版 page 8 of 16

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