1、第 28 章 操作闻题和逻辑推理闻题28.1 有趣的操作问题28.1.1* 在黑板上记上数 1，2， ，现允许选择任意两个数。换成其和或差（绝对值） ，经过n1n次操作，黑板上只剩下 1 个数问对于什么样的，才可能让这最后一个数为 0？解析 显然，经过一次操作，原来的奇数个数要么保持不变，要么减少 2，因此奇数总数的奇偶性在操作前后保持不变，当 ，2（ ）时，奇数个数为奇数个，不可能减到 0 个（0 是偶数） 因nmod4此，要满足题目要求，一个必要条件是 ，3（ ） 当 （ ）时，由于连续 4 个整数0nod4nmod4可以得到两个 1，从而进一步得到 0，最终可得到一个 0；当 （ ）时，
2、先取出 1、2、3，得3到 0，其余仍然 4 个连续整数一组，仍可最终得到 0因此答案为 ，3（ ） 28.1.2* 只盘子排成一行，每次操作任取两只盘子，将它们移到相邻（或左或右）的位置上，盘子可以重叠，问能否经若干次操作后，使 6 只盘子叠在一起解析 设想盘子的位置是数轴上的整数点 1、2、3、4、5、6由于相邻整数的奇偶性不同，故每次移动改变了两个位置的奇偶性原来有奇数个盘子在奇数位置，每次移动有三种可能：（ ）将两个奇数位置的盘子移到偶数位置；i（ ）将两个偶数位置的盘子移到奇数位置；（ ）将一个奇数位置的盘子移到偶数位置，将一个偶i i数位置的盘子移到奇数位置无论哪种情况，每次移动后
3、仍有奇数个盘子在奇数位置上，这就表明不能把 6 只盘子重叠在一起（因为 6 只盘子叠在一起时，奇数位置的盘子是偶数（6 或 0 个） 28.1.3* 黑板上写有 1， ， ， 每次操作可以从黑板上的数中选取 2 个数 、 ，删去2310 ab、 并在黑板上写上数 ，问经过 99 次操作后，黑板上剩下的数是几？abab解析 因为 ，所以每次操作前和操作后，黑板上的每个数加 l 后的乘积不变设经过 99 次操作后黑板上剩下的数为 ，则 ，得 ，于x1123010x是 10x28.1.4* 在正方形的 3 个顶点处各有一只蚂蚱，现在每次有一只蚂蚱从另一只蚂蚱背上跳过，落到对称的位置问是否在经过几次跳
4、跃之后，有一只蚂蚱跳到了正方形的第 4 个顶点上？解析 不能不妨设原来 3 只蚂蚱所在位置是（0，0） ， （1，0） ， （0，1） 由中点坐标易见，每次跳跃之后，对称位置的横、纵坐标的奇偶性与原先起跳点的一样，而原先没有一只蚂蚱在奇数格点（即两坐标都是奇数）上，因此也就没有一只蚂蚱会跳到奇数格点上，当然也就不会落到（1，1）上28.1.5* 中国象棋中的马，每步由 12 格的一个顶点跳到其对角顶点求证：该马从棋盘上任意一点出发要跳到它的相邻格，必须经过奇数步解析 赋象棋盘每个格点（ ， ）以数 ，马每跳一步，必在行和列中，一种增减 2，另一种增ijij减 1，即乘以 21所以，马跳 步后，
5、到它的相邻格点时，必有 ，故 ，k 111ijkijij1k故 为奇数28.1.6* 一个箱子里装有 个白球和 个黑球，箱子旁边还有一堆黑球从箱子里取出两球：如果pq这两个球是同颜色的，则从箱外取出一个黑球放回箱子里；如果这两个球是异色的，则把其中的白球放回箱子这个过程一直重复到最后一对球从箱子取出，并且最后一个球放回箱子试问最后一对球有没有可能是白色的？并说明理由解析 若在白球上记上数字 1，黑球上记上数字 0，则任何时候箱中的白球数就等于箱内所有球的数字之和 ，并且开始时总和为 ，如果取的两个球是白色，则放回一个黑球，故总和变Sp成 如果取的两个球是黑色，则放回一个黑球，故总和是 如果取出
6、的两球是一黑一2p Sp白，则放回这个白球，故总和也是 S由此可知，每完成一个过程，箱子里球的数字之和或者不变，或者减少 2，即变换前后 的奇偶性不S变故 为偶数时，最终将变成 0（黑球） ； 为奇数时，最后必将是 1（自球） p p28.1.7* 一堆火柴共 1000 根，两人轮流拿走 根火柴，其中户为质数， ”为非负整数，规定谁取到最后一根火柴谁就获胜，证明：先取者必胜解析 在正确的玩法下，第一人将取胜由于他在每次执步中，可以取走 1、2、3、4 或 5 根火柴，所以他可以执行这样的策略：即不论第二个人如何动作，他都应在自己执步之后，给对方留下能被 6整除的火柴数目这样，在经过有限次执步之
7、后，他将给第二人留下 6 根火柴因而在第二人动作之后，他即可取走所有剩余的火柴而结束游戏28.1.8* 甲、乙两个人取数，若已有的最后一个数为 ，则可以取 至 中任一个数若甲先l1l2l取，开始已有数 2，取到 2004 为胜，问甲必胜还是乙必胜？解析 甲必胜甲可依次取 3、7、15、31、62、125、250、501、1002、2004这一列数中，后一个数要么是前一个数的 2 倍，要么是 2 倍加上 1现在说明只要取到前一个数，就必可取到后一个数，从而必可取到 2004事实上，若甲取到的数为 ，则乙可取 至 中任一l1l2l数而 ， 且 ， ，故当乙取完后，甲必可取21ll21l1lll或
8、l28.1.9* 两个相同的齿轮，各有 14 个齿，一个平放在另一个的上面，使得它们的齿重合现在去掉4 对重合的齿是否总可以旋转上面的那个齿轮，使得它们的共同投影是一个完整的齿轮若两个齿轮各有 13 个齿，结论如何？解析 14 个齿时可以设去掉的齿为 ， ， ， 0，1，13） ，两两的差 有1a234aija4312 种，取 ， （ ） ，则转过 6 个齿后，投影为完整的齿轮mod14/ijab0/bod至于 13 个齿，则不一定，如去掉的齿为 0、1、3、9，即为反例28.1.10* 正方形的顶点处放有火柴，开始在某一点放 根火柴，其他三顶点则空着现允许从某个x顶点移走任意根火柴，然后在其
9、两个相邻顶点各放上移走火柴数目两倍的火柴当 ，3 时，问是2x否可以经过若干次这样的操作，使得各顶点处的火柴数依次为 1、9、8、9？解析 设顶点处火柴数依次为 、 、 、 ，考虑数 和 ，易知每经过abcdsabcdtabcd一次操作，都有 （ ） ， （ ） ，但是，1+9+8+9 2（ ） ，s作作mo3tt作 mo5/mo19+89 3（ ） ，之所以取“” ，是因为一开始的 因 3 根火柴的位置不同而可能不/od5 t同因此当 ，3 时，不可能经过有限步操作后变为 1、9、8、92x28.1.11* 将 （ 1）个数排在一个圆周上，每个数都是+1 或1，现在同时将每个数都乘以它n的右
10、边的数，将所得到的数替换原来的数，称为一次操作证明：经过有限次操作后，每个数都成为+1解析 设这 个数往右依次为 ， ， 下证：经过 次操作后，在 位置上的数为2n1a22na2kia，这里当下标大于 时，认为模 同余的下标则为同一个数当 时，第一次操作后，第2kia 2n2n 1k个位置数为 ，第二次操作后，第 个位置上数为 ，即 时成立；若1ia i 122iiiiaak经过 次操作后，第 个位置上数为 ，故再经过 次操作即共 次操作后第 个数为2ki 2kia2k1ki，因此对一切 均成立于是，经过 次操作后，第 个位置上数为1222kkkki iiiaa ni，即所有数均为+11nii
11、28.1.12* 在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成其他两数的和减去 1，这样继续下去，最后得到 17、1967、1983问原来的三个数能否为（1）2、2、2；（2）3、3、3解析 （ 1）不能为 2、2、2因为 2、2、2 是三个偶数，按规则，第一次换数后，三个偶数就变成两偶一奇第二次换数时，若擦去的是偶数，则换上的仍是偶数；若擦去的是奇数，则换上的仍是奇数，同样保持两偶一奇第一次换数后，以后三个数永远保持两偶一奇不变，而 19、1967、1987 三个数都是奇数，这种情况决不会出现所以，原来的三个数不能是 2、2、2（2）能为 3、3、3具体做法如下：首先按下法作 8 次变换3、3、3
12、3、3、53、5、73、7、93、9、113、11、133、13、153、15、1717、15、31再注意到 196712216+15，198312216+31，便知只要由 17、15、31 再按“17、 、a17、 、 ”作 122 次变换，即可得到 17、1967、198316a16a228.1.13* 任意 （ ， 6， 偶数）的棋盘可以被 12 的骨牌覆盖，使得任一条非边界的mnmn棋盘网格线必穿过任何骨牌解析 图（ ）表明，如何铺满矩形 56 和 88（在铺满矩形 88 的情形中利用了矩形 56 的铺设法） 现在只需证明，如果可以铺满矩形 ，那么就可以铺满矩形 （ ） 为此，需要m2
13、n把已铺满骨牌的矩形 分成两部分，而不分割骨牌，因此需要右边部分向右边移动距离 2并且n用水平骨牌填满间隔（图（ ） ） b (a)(b)28.1.14* 在 的方格表中任意填上 l 或 ， 为奇数，在每一列下及每一行右写下该列或该行n1n所有数的积，求证：这 个乘积的和不为 02解析 设 ， ， 为每行之积， ， ， 为每列之积，易知 ，于1pnp1q2nq1212nnpq 是在 ， ， 中有 个 ， ， ， 中有 个 ，则 若 个乘积之和为1p2nps1q2nat12|stn0，则，得 为偶数，矛盾st28.1.15* 在矩形方格表（至少两行两列）的每个小方格中都填上 1 或 ，并且 l
14、和 的个数都不1少于两个，求证：存在 4 个小方格，其中心是一矩形的顶点，且小方格中数字之和等于 0解析 用反证法若不然，如果有一行全为 1，那么其他行最多一个 ，由题设，两个 分别在不同行中，如这两个 在同一列中，则任一其他列中的对应数都是 1，于是这样的矩形存在否则，以1这两格为对角线的矩形的另两个顶点中的数一定都是 1，于是 4 个数字之和仍为 0如有一行全为 ，1同理可证于是每一行都既有 1，又有 ，这样等于只需考虑矩形的两行，把其他行都忽略（即自此每一列都只包含 2 个格子） 考虑每一列数之和，无非是 2、0、 ，显然若所求矩形不存在，则 0 最多一个，而2 与 不能共存，若只有 2
15、，那么 最多 1 个，矛盾，若只有 ，那么 1 最多一个，亦矛盾因此2结论成立28.1.16* 一个重 40 磅的砝码，由于跌落地面而碎成 4 块，每块的重量都是整数磅，现在可以用这些砝码来称 1 至 40 磅之间任意整数磅的重物，问这 4 块砝码可各重多少磅？解析 问题的答案是：4 块碎片的重量可分别为 1，3，9，27 磅一般的情况：是否可以用一套磅数为 1，3，9， 的砝码，来称磅数为任何正整数，n的物体？那就要设法证明：13392nn任何正整数都是 3 的有限项不同次幂的代数和 312 12k kN 证明如下：以 3 作除数，应用“辗转相除法” ，设， ，10qc121qc232qc，
16、 2nn1n此中， （ ，1，2， ） ， 于是有03ic 0i03nq2102103Nqqc310c 221 1033nnnqcc由于 ， （ ，1，2， ） ，即是说，除 0 外， 与0nic 0innq（ ，1，2， ）只能取 1 或 2，而 ，代入式的末端经整理便可得到icn31改写得3 312 12k kN 由此可见，只要把重量为 ， ， 磅的砝码放在一个盘子里，而把 磅， 磅，k 132磅的砝码和 磅的重物放在另一个盘子里，天平的左右两个盘子重量就相等了，这样就称出 磅3k N重的物体来28.1.17* 两个人做如下游戏：甲先报一个数字，乙则根据自己的判断将该数字代替下面的某个星号
17、：* * * * -规定已经改成数字的不能再动，而且允许在最高位放 0依此类推，共进行 8 次，直到上式所有小星星变成数为止甲希望所得差尽可能地大，乙希望所得差尽可能地小证明：不管甲报什么数字，乙总有办法使得差不超过 4000；不管乙怎样安排，甲总可使得所得差不小于 4000解析 若甲第 1 次报的是 0、1、2 或 3，则乙只要将此数放入被减数的千位即可若甲第 1 次报的是6、7、8 或 9，乙只需将此数放入减数的千位即可这样所得差小于 4000，于是甲只能报 4 或 5当甲报 4 时，乙将 4 放入被减数的千位，接下来甲只能不断报 0（否则被乙放入减数的千位） ，最终差为4000；同理若甲
18、报的是 5，则乙将 5 放入减数的千位，接下来甲只能不断报 9，最终差为 4000乙的策略已经找到甲的策略要复杂一些用 、 、 、 表示从左到右 4 个数位（每个由上下两个数位组成） ，甲应注1r234r意有最小 的 ，在 中有一个数字和一个 ，或有两个不同的数字如果， 或 ，甲应报iiri *14*r54，如所有数位都相同或 ，则可报任何数字，比如报 5当乙“不得不”头一次把数字放到54ir上边的数字，甲可报 0，如果是下边的数字，甲可报 9，这便是甲的策略1r28.1.18* 阿里巴巴试图潜入山洞在山洞入口处有一面鼓鼓的表面有四个孔，组成正方形的四个顶点在每个孔的里面各装有一个开关开关有“
19、上” “下”两种状态如果四个开关的状态全都一致，洞门即可打开现允许将手伸入任意两个孔，触摸开关以了解其状态，并可随自己的意思改变或不改变其状态但每当这样做了（并伸出手）之后，鼓就要飞快地旋转，以至在停转之后无法确认刚才触动了哪些开关证明：阿里巴巴至多需要五次这种步骤就可以进入山洞解析 首先容易通过两次操作把不少于 3 个开关扳为状态“上” ，如果大门没有打开，这就意味着第四个开关处于状态“下” ，这时阿里巴巴应该将手伸入对角线上的两个洞，如果碰到向下的开关，那么应当把它扳为“上” ，从而进入山洞；如果这一对开关均向上，那么把其中之一扳为向下这样，显然两个相邻（即正方形某边的两端）的开关向上，另
20、两个相邻的开关向下然后阿里巴巴沿着正方形的边伸手；如果两个开关处于同一状态，他就改变它们状态从而进入山洞；如果两个开关状态不同，他应该都改变状态，最后一次沿对角线找到开关，改变里面的开关状态，这样最多五次就可以进入山洞28.1.19* 圆周上放了 （4）个和为 1 的非负数，求证：相邻数乘积之和不大于 n 14解析 设圆周上依次有 、 、 、 四点，不妨设 （这样的 、 总能找到） ，显然有abcdabab今去掉 和 ，代之以 ，圆周上的数减少 1 个，和仍为 1，但abcdabcd c相邻数乘积之和增大或不减于是在不断调整后，圆周上的数变成只有 4 个，不妨设依次为 、 、xy、 ，而 于是
21、结论成立zt 21114xyztxzxzxz28.1.20* 在 的方格表内的每个小方格中各填入 0 或 1，如某一行与某一列的交点处所填数m是 0，则该行与该列的数之和不小于 ，求证：表中所有数之和不小于等m解析 考虑所有的行与列，选出 0 的个数最多的行（或列） 若在这一行中有 个 0 和 个 1，则kmk由条件知对应于这一行的 0 所在的 列中每列至少有 个 1，而在其余的 列中每列不少于kk个 1（由最初那一行的选择而得） 于是，1 的总数不少于 mk 22mk28.1.21* 在圆周上均匀地放 4 枚围棋子，规定操作规则如下：原来相邻棋子若同色，就在其问放一枚黑子，若异色，就在其间放
22、一枚白子，然后把原来的 4 枚棋子取走，完成这程序，就算一次操作求证：无论开始时圆周上的黑白棋子的排列顺序如何，只需操作若干次，圆周上就全是黑子解析 据题意，对开始时的第 1、2、3、4 这四枚棋子，依次地用 、 、 、 表示，且赋值为1x234x（ ，2，3，4）则 ，且1,;.i ix若 第 子 为 黑 子若 第 子 为 白 子 i21ix（ ，2，3，4， ）1, ;1.i ii若 第 子 与 第 +子 同 色若 第 子 与 第 子 异 色 i51x因此，各次操作后，棋子的赋值情况如下：开 始 1x2x3x4x第一次操作后 2341第二次操作后 131x24x2313x2442x第三次操
23、作后 241232413第四次操作后 1 1 1 1这是因为 ，因此，最多只需操作四次，圆周上全是黑子了2134x28.1.22* 正五边形的每个顶点对应一个整数，使得这五个整数的和为正数若其中三个相邻顶点对应的整数依次为 、 ， ，而中间的 ，则要进行如下的变换：整数 、 、 分别换为 、yz0yxyzxy、 要是所得的五个整数中至少还有一个为负数，这种变换就继续进行问：这样的交换进yz行有限次后是否必定终止？解析 不妨设圆周上五个数依次为 、 、 ， ， ，且 ，变换后得到 、 、 、 、vwxyz0yvwxy，其和不变现考虑五个数的平方及每相邻两数和的平方之和那么变换后与前之差是zy22
24、222 22 2vwxyzyxz 22vwxyv 0ywxyz因此，这一和（一个正整数）每经过一次变换都至少要减少 2由于正整数不能无限减小，所以该变换必定有终止的时候28.1.23* 给定 4 个全等的直角三角形纸片，进行如下操作：每次可选一个直角三角形并将它沿斜边上的高剪开成两个直角三角形求证：无论经过多少次操作，在所得到的三角形中总有两个全等（不包括重叠情形） 解析 用反证法即存在 4 个全等的直角三角形纸片，经过有限次操作可使所得到的直角三角形互不全等设这样的操作的最少次数为 ，这里操作 次可以使得到的直角三角形互不全等且与操作顺序nn无关开始时 4 个全等直角三角形必须有 3 个要沿
25、斜边上的高剪开不妨设开头的 3 次操作就是剪开这 3 个三角形于是得到新的 6 个直角三角形可分成两组，每组 3 个直角三角形彼此全等这样一来，每组3 个全等直角三角形中又都至少剪开两个不妨设第 4 至第 7 次操作就是剪开这 4 个三角形注意这时剪开得到的 8 个直角三角形中有 4 个是全等的（相当于两个矩形沿它们的一条对角线剪开） 按假设，从这 4 个全等的直角三角形出发，只要再操作 次就可以得到互不全等的三角形，此时与 的n n最小性矛盾！这表明无论经过多少次操作，总有两个三角形全等28.1.24* 3 个数 、 、 围着一圆周，依次将其改为 、 、 ，叫做完成一次操作，abcabca求
26、证：如果起初的 、 、 是非零整数（或有理数） ，则若干次操作后迟早会出现 0，但可以找到 3个实数 、 、 ，使得无论经过多少次操作，0 都不会出现abc解析 用反证法当 、 、 是整数时，如果 0 永远不出现，考虑每次操作后最大的那个数，在下c一次操作后，至少要减去 1，但正整数是不能无限减少的，因此 0 必定会出现至于有理数情形，只要乘以各分母的最小公倍数，便转化为整数问题最后讨论实数问题，先证明一个结论：设 、 、 为整数，且 ，pqr230pqr则 为此，只要将 两端平方，即得 ，但无论是 还是 ，总0pqr23qrq0r能得出另外两个数也为 0证毕 acb |a-b|c-b| |b
27、-c|于是令 ， ， ，第一次操作后其中一项为 或 ，即“奇数1+奇数1a2b3caa +偶数 ”，另外两个数分别为“奇数1+偶数 +奇数 ”和“偶数1+奇数 +23 232奇数 ”第二次操作后，这种状态不变，因此无论经过多少次操作，这种状态一直保持不变，由前面的结论，即知永远不会出现 0评注 对于一般的圆周上 （3）个数，上述结论全部成立，不过实数情形颇不易处理n28.1.25* 沿着圆周放着一些数，如果有相连的 4 个数 、 、 、 满足不等式 ，abcd0adbc那么就可以交换 、 的位置，这称为一次操作bc（1）若圆周上依次放着数 1、2、3、4、5、6，问是否能经过有限次操作后，对任
28、意相连的 4 个数 、a、 、 都有 ？bcd0a（2）若圆周上依次放着数 1，2，2003，问是否能经过有限次操作后，对任意相连的 4 个数 、 、 都有 ？bc解析 （1） 123456 654231 652431 652341 625341(1-4)(2-3)0 (3-5)(2-4)0 (1-2)(3-4)0 (3-6)(2-5)0（2）答案是肯定的考虑这 2003 个数的相邻两数乘积之和，开始时0134203201P若圆周上相连的 4 个数 、 、 、 满足不等式 ，即 ，交换 、abcd0adbcabcdb位置后，相连的 4 个数为 、 、 、 ，于是圆周上相邻两数乘积之和的改变量为
29、c，即 ，所以每作一次操作，乘积和至少减少0abdbc11，由于相邻两数的乘积和不可能为负的，故经有限次操作后，对任意相连的 4 个数 、 、 、 ，abcd一定有 0c28.2 逻辑推理问题28.2.1* 某班甲、乙两名同学因一件事件发生纠纷老师找了 4 位在场同学调查情况，他们的回答有真有假第 1 位同学说：“我只知道甲没有错 ”第 2 位同学说：“我只知道乙没有错 ”第 3 位同学说：“前面两位同学所说的话至少有一个是真的 ”第 4 位同学说：“我可以肯定第 3 个同学说的是假话 ”经调查，证实第 4 位同学说的是真话请问：甲、乙两人谁有错解析 因已证实第 4 位同学所说属实，所以第 3
30、 位同学所说的话是假话，即“前面两位同学所说的话至少有一个是真的”是假话从而，第 1、第 2 两位同学都没说真话，也就是，甲、乙两人都有错评注 如果我们选择前 3 位同学的话作为突破口，进行假设推理将较为困难28.2.2* 某校举办数学竞赛 、 、 、 、 五位同学分获前 5 名发奖前，老师请他们猜一ABCDE猜各人名次排列情况说：“ 第三名， 第五名 ”ABC说：“ 第四名， 第五名 ”ED说：“ 第一名， 第四名 ”C说：“ 第一名， 第二名 ”D说：“ 第三名， 第四名 ”结果，每个名次都有人猜对请问：这五位同学的名次是怎样排列的解析 被猜为第二名仅 一个人，因此， 为第二名此外，被猜为
31、第一名的有 、 ；被猜为第三BBAC名的有 、 ；被猜为第四名的有 、 ；被猜为第五名的有 、 AEDCD由 第二推知 第三，进而推知 第一， 第五， 第四B E评注 寻找突破口是解决逻辑推理问题的基本技巧，有些问题突破口比较隐蔽，需要对问题进行深入分析以后，再进行巧妙的构思，方能找到28.2.3* 个人聚会，已知其中每个人都至少认识 个与会者证明：可以从中选出 4 个人围着圆2n n桌坐下，使得每个人都与熟人为邻解析 如果这些人两两认识，结论显然成立否则找到 、 ，他们不认识在剩下的 个人中，AC2n必定有 、 与 、 都认识，否则剩下的人数至少有 ，矛盾，于是 、 、 、BDAC12nAB
32、C可依次围着圆桌坐下而满足要求28.2.4* 一个骰子，六个面的数字分别为 0、1、2、3、4、5开始掷骰子后，当掷到的总点数超过12 就停止不掷了请问：这种掷骰子的游戏最可能出现的总点数是多少？解析 欲使最后一次投掷的点数和13，倒数第二次投掷所达到的点数和最大数为 12，最小数为8共有 5 种情况如果倒数第二次总点数等于 12，再投一次后可能达到的（超过 12）的总点数将分别为13、14、15、16、17而且机会是均等的；如果倒数第二次总点数等于 11，再投一次超过 12 的总点数的可能值分别为 13、14、15、16；依次类推如果倒数第二次总点数等于 8，再投一次超过 12 的总点数只可
33、能是 13（此时，最后一次投掷出现的点数必须是 5） 综上所述可知，超过 12 的最大可能出现的总点数值是 13（它在每一种情况下都可能出现） 28.2.5* 有红、黄、蓝、白、紫五种颜色的珠子各一颗，用纸包好，在桌子上排成一排五个人猜各包里珠子的颜色甲猜：第二包是紫色，第三包是黄色；乙猜：第二包是蓝色，第四包是红色；丙猜：第一包是红色，第五包是白色；丁猜：第三包是蓝色，第四包是白色；戊猜：第二包是黄色，第五包是紫色猜完后，打开纸包一看，每人都猜对了一种，并且每包都有一个人猜对请你也猜一猜，他们各自都猜中了哪一种颜色的珠子？解析 画出如表 1 所示，第一行表示珠子的颜色，表中的数字表示各个人所
34、猜的包数，第一列表示五个人由于题目条件申明每人都猜对了一种；每包都有一个人猜对，因此，表中每一行的两个数有且仅有一个正确；表中所标志出的 10 个数中，1，2，3，4，5 各有且仅有一个是正确的，每一列中的两个数中，有且仅有一个是正确的注意到，包数 1 在表中只出现 1 次（丙猜第 1 包是红色） 按条件，这个猜测应是正确的，以此为突破口，展开推理表 1红 蓝 黄 白 紫甲 3 2乙 4 2丙 1 5丁 3 4戊 2 5表 2 4 232 53 42 5 我们用“”表示“正确” ；用“”表示“不正确” ，用“”表示推理的路线在数字上画一个图表示推理的出发点，表 2 即可清晰简明地表现出推理的过
35、程通过表上推理知，甲猜中第 3 包是黄色，乙猜中第 2 包是蓝色，丙猜中第 1 包是红色，丁猜中第 4 包是白色，戊猜中第 5 包是紫色28.2.6* 四位运动员分别来自北京、上海、浙江和吉林在游泳、田径、乒乓球和足球四项运动中，每人只参加一项，且四人的运动项目各不相同除此以外，只知道：（1）张明是球类运动员，不是南方人；（2）胡纯是南方人，不是球类运动员；（3）李勇和北京运动员、乒乓球运动员三人同住一个房间；（4）郑路不是北京运动员，年龄比吉林运动员和游泳运动员都小；（5）浙江运动员没有参加游泳比赛根据这些情况，你能否断定，这四名运动员各来自什么地方？各参加什么运动项目？解析 这个问题涉及三
36、种“对象”姓名、运动项目及籍贯所知情况很“零碎” 我们设计下面表格，在表格中进行推理显然，每一个人只能参加一个项目的运动，只有一种籍贯我们用“”表示肯定的判断，用“”表示否定的判断由（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4）得表 1表 1游泳 田径 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 张 胡 李 郑 从而推知，张明是北京运动员，李勇是吉林运动员（表 2） 表 2游泳 田径 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 张 胡 李 郑 由（3）知张明（北京运动员）不是乒乓球运动员，从而他是足球运动员，郑路是乒乓球运动员（表3） 表 3游泳 田径 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 张 胡 李 郑 由（4）
37、知，李勇（吉林运动员）不是游泳运动员，从而胡纯是游泳运动员，李勇是田径运动员（表4） 表 4游泳 田径 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 张 胡 李 郑 由（5）知，胡纯不是浙江运动员，从而他是上海运动员，郑路是浙江运动员（表 5） 表 5游泳 田径 乒乓 足球 北京 上海 浙江 吉林 张 胡 李 郑 最后一个表格显示：张明是北京的足球运动员，胡纯是上海的游泳运动员，李勇是吉林的田径运动员，郑路是浙江的乒乓球运动员28.2.7* 三个整数 、 、 满足条件 把它们分别写在三张卡片上 、 、 三人pqr0pqr ABC进行某种游戏每次各摸取一张卡片，然后按卡片上写的数走步在进行 （2）次摸取后
38、， 已n走了 20 步， 走了 10 步， 走了 9 步已知最后一次 走了 步，问第一次谁走了 步？BCBrq解析 按题意，每次摸取后，三人共走了（ ）步所以， 次摸取后共走了r20193npqr，由于 2 及 ，所以n3pqr， 31由于 三次走了 20 步，因而 7Ar若 ，那么 三次所走步数只能是7r（从而 ） ，6206q这与矛盾！13pqr从而 7由 三次走 10 步且最后一次走 （7）步，因 ， 1，必有 8，因此Brpqr， 8r5所以 ， 或 ， 两种可能但是， 三次走 20 步，所以1p4q2p3qA,8.r现将已推算出各次每人走的步数列表于下： ABC一 8 1 二 8 1
39、 4三 4 8 1由表知，第一次走 （ ）步的是 q4C28.2.8* 甲、乙、丙、丁四人比赛羽毛球每人与对手各赛一场结果：甲胜丁，甲、乙、丙三人人走的步数次 数所胜场次相同请问：丁胜几场？解析 四人比赛，共赛 6 场由于甲、乙、丙所胜场次相同且甲已胜丁，不难推知，甲、乙、丙各胜两场我们由记号：“ ”表示“ 胜 ”（也即“ 输 ”） 画一个图进行推算ABABA 共赛 6 场若甲、乙、丙各胜 1 场，则丁胜 3 场，与甲胜丁矛盾若甲、乙、丙各胜 3 场，则总赛场次为 9（6）场，矛盾所以，甲、乙、丙各胜 2 场甲胜 2 场，不妨设甲胜乙由甲引出甲乙，甲丁，从而乙丙，乙丁又从而丙甲，丙丁所以，丁胜
40、零场28.2.9* 从 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13 这 13 个数中最多可以选出多少个数，使它们中任意两个数之差既不等于 5，也不等于 8解析 我们首先将这 13 个数按以下规则排成一个圈；相邻两个数差不是 5 就是 8，按顺时针方向 1 的旁边放 6，6 的旁边放 11（两数差为 5） ，在 11 的旁边放 3（两数差为 8）（如图） 1613813510271249从圆圈上的 13 个数中，每隔一个数选出一个，共可选出 6 个数，它们之间任意两个数之差既不等于5 也不等于 8另外，至多也只能选出 6 个数先任意选定一个数，不妨设它是 1，在剩下的 12 个数
41、中，与 1 相邻的两个数 6、9 不能再选于是只剩下 10 个数，我们将这 10 个数按相邻关系分成 5 组，每组中最多只能再选一个数，所以在这圆圈上最多只能选出 1+56 个数，它们之间的差既不等于 5 也不等于 8先选数不是 1 则同样处理例如这 6 个数可以是 1、11、8、5、2、12当然，这种选法不是唯一的28.2.10* 、 、 、 、 五支球队进行比赛，任意两支队恰好比赛一场当比赛进行到一定ABCDE阶段时， 、 、 、 各已比赛了 4、3、2、1 场，问哪些球队已经比赛过， 已经比赛过几场？E解析 五支球队单循环比赛时，其中每队至多比赛 4 场 已赛过 4 场，可以断定 与 、
42、AAB、 、 各赛了 1 场，由已知 只赛过一场，因 、 已赛 1 场，所以 不能再与 、 、 比CDEADDCE赛过因 赛过 3 场，已赛过的一场是（ 、 ） ，所以另两场只能是（ ， ） ， （ ， ） （如图）BB这时恰满足 队赛过 2 场， 队赛过 1 场的条件从图中可见， 队赛过的 2 场为：（ ， ） 、（ ， ） ，另外，已证 、 没有比赛过假设 、 赛过，则将与 队只赛过 2 场相矛盾所以BDECEC判定 队赛过且只赛过（ ， ） 、 （ ， ）两场A所以，已赛过的队是（ ， ） 、 （ ， ） 、 （ ， ） 、 （ ， ） 、 （ ， ） 、 （ ， ） 其中 已BAE赛过
43、 2 场AB ECD28.2.11* 世界杯足球赛，每个小组有 4 支球队，每两个队之间各赛一场。胜者得 3 分，负者不得分，平局两队各得 1 分每个小组总分最多的两个队出线（1）有人说：“得 6 分的队一定出线，得 2 分的队一定不出线” 请判断并说明对错；（2）如果在小组比赛中有一场平局，那么上述说法是否正确解析 （1）如果小组赛中无一场平局，那么得 6 分的队不一定出线设某小组有 、 、 、 四支球队，如果 胜 ， 胜 ， 胜 ，并且 、 、 都胜 ，这ABCDABCABCD时 、 、 三队均积 6 分， 队积分为零，因此， 、 、 三队将根据净胜球等规则来确定其中两队出线，必有一队不能
44、出线（2）如果小组赛中有平局，那么得 2 分的队不一定不出线设某小组有 、 、 、 四支球队，如果 全胜，得 9 分； 、 、 三队互相均踢平，各积 2D分，这时 、 、 三队仍将根据净胜球等规则来确定其中一个队与 队一起出线ABC D（3）如果在小组中有一场平局，那么得 6 分的队一定出线因为单循环赛 4 个队之间共赛 6 场，所以各队积分总和不超过 3618（分） 如果有一场平局，那么各队积分总和不超过 18117（分） 由于某队得 6 分，于是其他三个队积分之和不超过17611（分） ，这时至少有两个队积分少于 6 分（否则，若存在两队积分不低于 6 分，则仅此两队积分之和已经超过 11
45、 分，这是不可能的） ，这两个队不能出线，故得 6 分的队一定出线28.2.12* 有 个砝码，每个重量都是正有理数，若任意取出一个砝码，剩下的砝码总可以分成2n两批，每批各 个砝码，且重量之和相等，求证：所有这些砝码的重量是相等的解析 设这 个砝码的重量乘一系数后分别为正整数 ， ， ，于是任取一数 ，剩下1 1a221naia的数之和为偶数，即 +偶数 ，故而 ， ， 具有相同的奇偶性1a1221na若 ， ， 均为偶数，则定义 ，仍是满足要求的砝码重量，若 ，1a22n iib 1a， 均为奇数，则定义 ，亦是满足条件的砝码重量1 12ii n 由于 ， ， 为正整数，若有反例，假定“最
46、小”的一组反例为 ， ， ，所谓1a221na 1a221na“最小” ，是指 为最小，若 ， ， 均为偶数，则 ， ，21nS1a221na不全相等，要为更小反例若 ， ， 均为奇数，由于 ，仅当21n 2n 2ii iba时取，由 定义，必须 ，与 ， ， 不全相等矛盾，故结论成iaS121naa1a221na立28.2.13* 能否把 l，2，10 这 10 个数分别放在圆周上，使得任意相邻两数之差的绝对值为3、4 或 57 把 10 改成 13、14，结论分别如何？解析 10 个数时不能办到，因为 1、2、3、9、10 这 5 个数字中任意两数不能相邻，于是只能一个隔一个地放在圆周上，接下来考虑数字 8，易知它只能与上述诸数中的 3 相邻，但它不可避免地再与1、2、9、10 这 4 个数中的一个相邻，导致矛盾13 个数也不行，因为 1、
