1、第26章離散量的最大值和最小值問題26.1.1* 某個籃球運動員共參加了 10場比賽，他在第 6、第7、第8、第9場比賽中分別得了 23、 14、11和20分，他的前9場比賽的平均分比前 5場比賽的平均分要高，如果他的 10場比賽的平均分 超過18分，問：他在第10場比賽中至少得了多少分？解析 設前5場比賽的平均得分為 x ,則前9場比賽的平均得分為5x 23 14 11 20 5x 68 =.99由題設知5X +682,9解得x <17.所以前5場最多得分是5x17 -1 =84 （分）.再設他第10場比賽得了 y分，那么有 y +84 +68 >18x10 =180 ,解得 y

2、 >28y>28.故他第10場比賽得分29分.另一方面，當他在第6、第7、第8、第9、第10場比賽中分別得了23、14、11、20和29分，前5場總得分為84分時，滿足題意.所以，他在第10場比賽中至少得了 29分.評注 在解最大值（或者最小值）問題時，我們常常先估計上界（對于最小值，估計下界），然后再構造一個例子說明這個上界（或者下界）是能夠取到的，只有這樣，才完整地解決了問題.26.1.2 * 從任意n個不同的正整數中，一定可以從中找到兩個數，它們的差是12的倍數，求n的最小值.解析 任取13個不同的整數，它們除以 12所得到的余數中，一定有兩個相同，于是它們的差是12的倍數.

3、又l , 2,，12這12個數，其中沒有兩個數的差為12的倍數.綜上所述，至少需任取 13個數才能滿足題意.26.1.3 * 從1, 2, 3,，20中，至少任取多少個數，可使得其中一定有兩個數，大的數是小的數 的奇數倍.解析 從1, 2,，20中取7, 8,，20這14個數，其中沒有一個數是另一個數的奇數倍.把 1, 2,，20 分成如下 14 組：1 , 3, 9, 2, 6, 18, 4 , 12 , 5, 15, 7 , f8 , 10 , 11, 13 , 14 , 16 , 17 , 19 , 20,從中任取15個數，一定有兩數取自同一組，于是大數便是小數的奇數倍.26.1.4 *

4、如果甲的身高或體重至少有一項比乙大，則稱甲不亞于乙；在100個小伙子中，如果某人不亞于其他99人，就稱他為棒小伙子.問100個小伙子中的棒小伙子最多可能有多少個？解析 取100個小伙子是這樣的一種特殊情況.他們的身高互不相同，是從小到大排列的，他們的體重也互不相同，且是從大到小排列的，這樣的 100個小伙子都是棒小伙子，所以棒小伙子最多有10026.1.5 * 代數式 rvzrwysuz+swy+tuxtvx 中，r、s、t、u、v、w、x、y、z 可以分別取 1 或者-1 .（1）求證：代數式的值都是偶數；（2）求該代數式所能取到的最大值.解析 （1）因為rvz -rwy -suz +swy

5、 +tux -tvx 三 1 +1 +1 +1 +1 +1 +1 =0（mod 2 ）,所以，此代數式的值為偶數.(2)原式=uy(s _r)+tx(u _v)+z(rv _su),要使原式取得最大值，則s與r取1與_1, u與v取l與1 .但是，若r與v的取值相同(1或_1),則s與u的取值也相同，有rvsu = 0.若r與v的取值不 同.則s與u的取值也不同，也有 rv_su=0.所以，原式的最大值為 4.這時取s=1, r=1, u=1, v = 1, w = y=t=x=1.26.1.6*一個三位數除以 43,商是a.余數是b (a、b都是整數)，求a+ b的最大值.解析由帶余除法可知

6、：43 M a+b =一個三位數.因為b是余數，它必須比除數小，即 bw 42.根據式.考慮到等式右邊是一個三位數，為此a不超過23(因為 24X43>1000).當 a =23時，因為 43X 23+10= 999,此時 b為 10.當 a = 22時，可取余數 b=42 , 此時 43X22+42 = 998.故當a=22, b=42時，a+b值最大，最大值 22+42 = 64.從1, 2,，1001這1001個正整數中取出n個數，使得這n個數中任意兩個數的差都不是素數，求 n 的最大值.解析 設正整數a被取出，則a+2 , a +3 , a+5 , a+7都不能被取出.而 a+1

7、, a+4, a+ 6三者 中至多只能有一個被取出.所以連續8個整數a, a+1 , a+2, a+3, a+4, a +5, a+6, a+7中至多有兩個數被取出，而 1001 = 8X 125+1,所以 n<2X 125+1 = 251 .又1, 5, 9,，1001這251個數滿足題設條件.所以 n的最大值為251.26.1.8 * 從1, 2,，205共205個正整數中，最多能取出多少個數，使得對于取出來的數中的任意三個數 a、b、c ( a <b <c),者B有 ab #c .解析 首先，1, 14, 15,，205這193個數，滿足題設條件.事實上，設a、b、c

8、(a<b<c)這三個數取自1, 14, 15,，205,若a=1,則ab=b <c ;若a>1, 則 ab>14x15=210>0 .另一方面，考慮如下 12個數組：(2, 25, 2X 25), (3, 24, 3X 24),，(13, 14, 13X14),上述這36個數互不相等，且其中最小的數為 2,最大的數為13X 14=182<205,所以，每一個數組中的三個數不能全部都取出來，于是，取出來的數的個數不超過205 12= 193個.綜上所述，從1, 2,，205中，最多能取出193個數，滿足題設條件.26.1.9 * 從1, 2, 3,，16

9、這16個數中，最多能選出多少個數，使得被選出的數中，任意三個 數都不是兩兩互質的.解析首先，取出1,2,，16中所有2或3的倍數：2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16.這11個數要么是2的倍數，要么是 3的倍數.由抽屜原理知，這 11個數中的任意三個數，都必有兩個數同為2或3的倍數，它們的最大公約數大于1,也就是說這三個數不是兩兩互質的.所以，從 1,2,，16中可以選出11個數滿足要求.下面證明從1, 2,，16中任取12個數，其中一定有 3個數兩兩互質.事實上，令數組 A=1 , 2, 3, 5, 7,，13).數組A中有7個數，而且這7個數是兩兩互質的

10、.從1, 2,，16中任取12個數，由于A以外只有9個數，故A中至少有3個數被選出，這三個數是兩 兩互質的.所以，最多選出11個數滿足要求.26.1.10* 已知X , X2 ,，X40都是正整數，且 X +x2+乂0 =58 ,若x；+x2+ x20的最大值為A ,最小值為B ,求A + B的值.解析 因為把58寫成40個正整數的和的寫法只有有限種，故x； + x2 +x20的最小值和最大值是存在的.不妨設 X1 W x2 W x40 ,若 x1 >1 z1>1,則X1 +x2 =(X1 +1 )+(X2 +1 一22cccc且x1-1j，i x27=x；，x2，2x2- x12

11、x；»x2 .所以，當天>1時，可以把x1逐步調整到1,這時，x2 +x2+x40將增大；同樣地，可以把又2 , x3 , x39逐步調整到1,這時x2+x2+x20將增大.于是，當 ,x2,，x39均為1,x40=19時，x； +x；十十x20取得最大值，即 222_ 2A =1 1 1L 19 =40039個若存在兩個數 xi、xj ,使得xj x > 2(1 W i < j W 40 ),則 222222(xi +1 ) +(xj -1 ) =xi +xj -2(xj -xi -1 )< xi +毛,這說明在x1,x2,，x39 ,x40中，如果有兩個數

12、的差大于1,則把較小的數加I,較大的數減1,這時，x； +x2+x20 將減小.所以，當x； +x；+x20取到最小時，x2 ,，x40。中任意兩個數的差都不大于1 .不難算出，當 x, =& n- =x22 =1 , x23 =x24=羽0 =2 時，xf + xf +，+ 薄取得最小值，即B =12 +12 6,十 12；+22 422 大，+22 =94 . Yy22個18個故 A+B =494.26.1.11 * 從1, 2,，9中任取n個數，其中一定可以找到若干個數(至少一個，也可以是全部)，它們的和能被10整除，求”的最小值.解析 當n=4時，數1, 3, 5, 8中沒有若

13、干個數的和能被10整除.當n=5時，設研，a2,，a5是1, 2,，9中的5個不同的數.若其中任意若干個數，它們的和都不能被10整除，則a,，a2,，a5中不可能同時出現 1和9; 2和8; 3和7; 4和6.于是a1，a2, a5中必定有一個數是 5.若研，a2,，a5中含1,則不含9.于是不含 4 (4+1+5 = 10),故含6;于是不含 3 (3+6+1 = 10), 故含7;于是不含2 (2+1+7=10),故含8.但是5+7+8= 20是10的倍數，矛盾.若研，a2,，a5中含9,則不含1 .于是不含 6 (6+9+5= 20),故含4;于是不含 7 (7+4+9 = 20), 故

14、含3;于是不含8 (8+9+3=20),故含2.但是5+3+2= 10是10的倍數，矛盾.綜上所述，n的最小值為5.26.1.12 * 把1, 2,，30這30個數分成k個小組（每個數只能恰在一個小組中出現），使得每一個小組中任意兩個不同的數的和都不是完全平方數，求k的最小值.解析 首先，考慮數6, 19, 30,因為6+19= 52, 6+30= 62, 19+30= 72,所以，這3個數必須屬于 3個不同的小組，于是 k >3.另一方面，可以把1, 2,，30這30個數分成如下3個小組，使得它們滿足題設條件：A =3 , 7, 11, 15, 19, 23, 27, 4, 8, 16

15、, 24）,A2 =1 , 5, 9, 13, 17, 21, 25, 29, 6, 14, 18, 26,A3 =2 , 10, 12, 20, 22, 28, 30,由于完全平方數除以 4的余數只能是0或者1,容易驗證 A、A2、A3滿足題設條件.26.1.13 * 從1 , 2, 3,，2000）中最多可能取出幾個數，使得任意兩個取出的數的差不為質數？解析 首先，對于任意自然數女，k, k, k+1, k+2,，k+7中至多取2個，使得它們的差不為質數.事實上，只需考慮集合1 , 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.把它分成 3 組：A =5 , B =1 , 3, 6, 8） ,

16、C =2 ,4, 7）.集合B或C中任意兩數之差均為質數，故 B、C中最多只能取一個.若 5取出，則B中1或6 可取出.對于1, 5, C中不能取出數了；對于 5, 6, C中也不能再取出數了.若 5不取出，則B、C 中最多各取一個，至多為 2個.綜上所述，k, k+1, k+2,，k+7中至多取2個，它們的差不為質數.從而 1 , 2, 3,，2000中至多可取 500個.又對于4, 4X2,，4X500這500個數，其中任意兩個數的差為4的倍數，不是質數.因此，最多可取 500個數滿足要求.26.1.14 *有一個正方形的紙片，用剪刀沿一條不過任意一個頂點的直線將其剪成兩部分；取出其中一部

17、分，再沿一條不過任意一個頂點的直線將其剪成兩部分；又從這三部分中取其中之一，還是沿 一條不過頂點的直線將其剪成兩部分如此下去，若最后得到了 34個62邊形和一些多邊形的紙片，則至少要剪多少刀？解析 根據題意，用剪刀沿不過頂點的直線剪成兩部分時，每剪開一次，使得各部分的內角和增加 360口，于是，經過忌次分割后，可得（k+1）個多邊形，這些多邊形的內角和為（k+1產360。因為這（k+1）個多邊形中有34個62邊形.它們的內角和為34X（62 -2 尸 180 °=34乂60乂180°,其余多邊形有（k+1 ）-34=k-33 （個），而這些多邊形的內角和不少于（k-33y1

18、80M 所以（k+136> 34 6<0 180k - 附3 >80導 k>2005.當我們按如下的方式剪 2005刀時，可以得到符合條件的結論.先從正方形上剪下一個三角形，得到一 個三角形和一個五邊形，再在五邊形上剪下一個三角形，得到2個三角形和一個六邊形如此下去，剪了 58刀后，得到58個三角形和一個 62邊形.再取出33個三角形，在每個三角形上各剪一刀，又 可得到33個三角形和33個四邊形，對這 33個四邊形，按上述正方形的剪法，再各剪 58刀，便得到 33個62邊形和33X 58個三角形.于是共剪了58+33+33X 58 = 2005 （刀）.評注 我們也是先

19、估計k （剪的次數）的下界，然后再說明這個下界（2005）是可以取到的，這里給了一個具體的剪法.注意，這個具體的剪法是必不可少的.另外，本題中估計女的下界，用的是“算13兩次”方法，即從兩個不同的方面去考慮同一個量，一方面另一方面結合兩個方面，可以得到一個等式，或者不等式，進而得到我們需要的結果.“算兩次”是解最大值和最小值問題的有力工具.26.1.15*某市有一些數學愛好者參加了今年的數學邀請賽，這次比賽的試題共有6道.已知每道試題恰有500名學生答對，但是任意兩名學生中，至少有一道試題使得這兩名學生都沒有答對，問：該市至少有多少名數學愛好者參加了這次數學邀請賽？解析 首先，易知每位學生至多

20、答對了 4道題.事實上，由題設知，對任意一位學生來說，不可能答對6題.若有一位學生答對 5題，由題意知，所有其他學生都與他答錯相同的題，這也與每道試題恰有500個學生答對的題設矛盾.若有一位學生答對了 4題，不妨設答對了第1、2、3、4題，則沒有一位學生同時答對第5題和第6題,否則將與題意矛盾.因為答對第5題與第 6題的學生各有1500人，這樣，學生人數至少為500+500+1>1000 人.若每位學生至多答對了 3題，由于全部學生答對題數的總和為500X6= 3000題，所以學生人數至少有：3000+3= 1000 人.下面的例子說明1000人是可能的.答對下列問題白人數各有 100

21、人：(1, 2, 3), (1, 3, 4), (1,4, 5), (1, 5, 6). (1, 2, 6), (2, 4, 6), (2, 3, 5), (2, 4, 5), (3. 4, 6), (3, 5, 6).綜上所述，至少有1000人參加了這次數學邀請賽.26.1.16 * 一座大樓有4部電梯.每部電梯可停靠三層 (不一定是連續三層， 也不一定停最底層).對 大樓中的任意的兩層，至少有一部電梯可同時停靠，請問這座大樓最多有幾層？解析 設大樓有n層，則樓層對有n(n1),每部電梯停3層，有絲 =3個層次，所以4父3八n(n1).222所以n<5.當n=5時，四部電梯停靠樓層分別

22、為(1, 4, 5), (2. 4, 5) , (3, 4, 5), (1, 2, 3).綜上所述，大樓至多有 5層.26.1.17 * 10個學生參加n個課外小組.每一個小組至多 5個人；每兩個學生至少參加某一個小組；任意兩個課外小組，至少可以找到兩個學生，他們都不在這兩個課外小組中.證明：n的最小值為6.解析 設10個學生為S2，§0, n個課外小組為G1, G2，Gn.首先，每個學生至少參加兩個課外小組.否則，若有一個學生只參加一個課外小組，設這個學生為G,由于每兩個學生都至少在某一小組內出現過，所以其他9個學生都與他在同一組出現，于是這一組就有10個人了，矛盾.若有一學生恰好

23、參加兩個課外小組，不妨設S恰好參加3、G2,由題設，對于這兩組，至少有兩個學生，他們沒有參加這兩組，于是他們與S1沒有同過組，矛盾.所以，每一個學生至少參加三個課外小組.于是 n個課外小組G1 , G2,，Gn的人數之和不小于 3X 10=30.另一方面。每一課外小組的人數不超過5,所以n個課外小組G1 , G2,，Gn的人數不超過5n ,故5nA 30 ,所以n > 6.下面構造一個例子說明 n =6是可以的.S7 , S8),G3 =§,0,0,G4, S4 , S7, S9 ,Sio ,G6=【S4,S5,S6,S8,S10 .容易驗證，這樣的 6個課外小組滿足題設條件.

24、所以，n的最小值為6.26.1.18 * 2006個都不等于119的正整數4，a2,，a2006排列成一行數，其中任意連續若干項之和都不等于119,求a +a2+a2006的最小值.解析 首先汪明命題：對于任意 119個正整數匕，t2,，“19其中一定存在若干個（至少一個，也可 以是全部）的和是 119的倍數.事實上，考慮如下 119個正整數D , 5 +2 ,，bi地2十十bi19 ,若中有一個是119的倍數，則結論成立.若中沒有一個是119的倍數，則它們除以 119所得的余數只能為1, 2,，118這118種情況.所 以，其中一定有兩個除以119的余數相同，不妨設為加 士+b和。+bj（1

25、w i < j w 119）,于是119 in + +，+bj ,從而此命題得證.對于耳，a2,，a2006中的任意119個數，由上述結論可知，其中一定有若干個數的和是119的倍數，又由題設知，它不等于 119,所以，它大于或等于 2X119,又因為2006= 16X 119+102,所以a +& + +a2006 > 16X238 +102 =3910 .取a119 =a238 =二a1504 120 ,其余的數都為1時，式等號成立.所以，a +a2 +a2006的最小值為 3910.26.1.19 * 設n是大于2的整數，將2, 3,，n這n -1個數任意分成兩組，總可

26、以在其中一組中 找到數a , b , c （可以相同），使得ab=c.求n的最小值.解析 當n=2161時，把2, 3。，n分成如下兩組：2, 3, 28, 28 + 1,，216 1和4, 5,281.2在數組2, 3。28 28+1 2 1中 由于3 <28 （2 ） >2 -1 所以其中不存在數 a b c 使得ab =c .在數組4, 5,，281中，由于44 > 28 1,所以其中不存在數 A, B, C,使得ab=c.所以，n > 216 .下面證明n =216時，滿足題設條件.2不妨設2在第一組，則22=4在第二組，44 =28在第一組，（28）=216在

27、第二組.此時考慮數8.如果8在第一組，那么取 a =2, b=8, c=28,于是有ab=c.如果8在第二組，那么取 a =4, b=8, c=216,于是有ab=c.綜上所述，n =216滿足題設條件.所以，n的最小值為216.26.1.20 *在9X9的方格表中，有29個小方格被染上了黑色.如果研表示至少包含5個黑色小方格的行的數目，n表示至少包含5個黑色小方格的列的數目，求m+n的最大值.解析首先證明m+n<10.假設m+n >11,且m>n （或m<n）,則有2m> 11 ,所以m> 6 （或n > 6）.依題意，這 m行（或 n歹U）中至少包

28、含5X6=30 （個）黑色的小方格，這與題設條件矛盾.所以，m+n<10.其次，構造m+n =10的染色方案存在，如圖所示（注意：構造不唯一）XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX所以，m+n的最大值為10.26.1.21 *在學校舉行的足球比賽中，每兩支隊恰好比賽一次.每場比賽中，勝者得2分，輸者得0分，平則各得1分.已知有一隊得分最高，但它獲勝的場次比任何其他隊都少，問至少有多少支隊參賽？解析 稱得分最多的隊 A為優勝隊，設 A隊勝n場，平m場，則A隊的總分為2n + m分.由已知條件，其余的每一隊至少要勝 n+1場，即得分不少于2（n+1于是2n+m>2（

29、n+1）, m >3.因此可以找到這樣一個球隊，它和優勝隊打成平局，這個隊的得分應不少于2（n+1）+1分，于是2n+m >2（n + 1 ）+1 , m> 4 .設共有s隊參賽，則優勝者至少要勝一場，否則它的得分就不會超過s-1分，任何其他一隊得分嚴格少于s-1分，而所有參賽隊得分少于 s（s-1）分，而s隊所得總分為s（s-1）分，矛盾.于是m>4, n >1,即優勝隊A至少要進行5場比賽，即有不少于 6隊比賽.總可以得到一個6個隊的比賽得分表符合題設條件，即優勝隊A勝的場次最少.ABCDEF得分A/111126B1/20025C10/0225ABCDEF得分

30、D122/005E1202/05F00022/426.1.22 * 已知n支排球隊參加比賽.每支球隊與其他任一支球隊只比賽1場.一支球隊獲勝積 1分，失敗記0分（排球比賽沒有平局）.若任意4支球隊之間進行的比賽中， 至少有兩個球隊積分相同. 求 n的最大值.解析 先證明：每支球隊最多勝了3場比賽.用反證法，假設球隊 A至少勝了 4場，不妨設 A勝了 B、C、D、E4支隊.考慮B、C、D、E中 的3支球隊，如B、C、D,由于A、B、C、D 4支球隊中共有6場比賽，而A已勝3場積3分， 剩下的3分只好B、C、D各積1分（因為任意四支球隊之間的比賽中，至少有兩個球隊積分相同），即在B、C、D 3支球

31、隊之間，每隊各勝 1場.同理B、C、E三支球隊之間每隊各勝 1場，C、D、 E三支球隊之間每隊也各勝1場.但這是不可能的.假設不成立.再次，n支球隊的循環賽中所有球隊得分總和等于比賽場數，即n（n 一1）.而每支球隊得分不超過 3分,2得分總和不超過3n.因此 *n二1）W3n,解得n<7.2下面構造7支球隊A、B、C、D、E、F、G的得分表，如圖.若 A勝B,則在A隊所在行及B隊 所在列處記1,否則記為0,其余類似，該表中某隊得分是該隊所在行的元素之和.直接驗證與任意四 個隊的比賽對應的一個 4X4的方陣中總存在兩行的和相等，即至少有兩隊積分相同.ABCDEFGA三111000B0K1

32、0011C001110D010101E110010F100101G101000N26.1.23* 由9位裁判給參加健美比賽的 12名運動員評分.每位裁判對他認為的第1名運動員給1分，第2名運動員給2分第12名運動員給12分.最后評分結果顯示：每名運動員所得的9個分數中高、低分之差都不大于 3.設各運動員的得分總和分別為G, C2,，012,且GW. <. <c2 .求G的最大值.解析9位裁判不可能給某 5名或5名以上的運動員評為1分.因為對于5名或5名以上的運動員中， 至少有一名運動員被某裁判評的分不小于5,而按照題意，這5名運動員中的每一名被各裁判所評的分不大于4,矛盾.因此，9

33、位裁判至多給某4名運動員評為1分.下面分不同情形討論.（1）如果所有裁判都給某一名運動員評為1分，那么，g =9 .（2）如果9位裁判評出的9個1分集中在兩名運動員名下，那么，其中必有一名運動員至少被5位裁判都評為1分，于是，由題設可知，其余裁判給該運動員的評分不大于4,從而，G W 5 父1 +4 父4 =21 .(3)如果9位裁判評出的9個1分集中在三名運動員名下，那么，這三名運動員各自所得的總分之和 不大于9x1 +9x3+9x4 =72.從而，3ci < Ci +q +q & 72 .故 G W 24.(4)如果9個1分為4名運動員擁有，那么，這 4名運動員各人所得總分之

34、和等于9X1+9X2+9X3+9X4=90.從而，4C1 <90.故 q <23.綜上可知，gW24.C1 =24這種情形是可以實現的，見表 1 .所以C1的最大值是24.表1AAA3AAAAAAA10A11A12Bi143256791081112B2143256791081112B3143256791081112B4431527968111012B5431527968111012B6431527968111012B7314259671110812B8314259671110812%314259671110812合計242424303366666687878710826.1.24*

35、 魔方由27個小立方體拼成，一條直線穿過魔方.問最多穿過幾個小立方體？所謂“穿過”指經過其內部.解析27個小立方體由橫、豎、縱各4個平行平面“切”出.容易知道，一條直線穿過小立方體，必有兩個交點位于其表面.一條直線被12個平面(指魔方表面或內部、不是無限伸展的)截出的點數減去1,便是小線段的個數. 為了讓這個數字盡可能大，該直線不能經過內部的格子點，于是它被內部平面共截得最多2+2+2= 6個點，該直線被魔方表面又截出 2個點，因此其上總共最多有 8個截點，因此最多穿過7個小立方體.26.1.25*（ 1）在4X4的方格紙中，把部分小方格染成紅色，然后劃去其中兩行與兩列.若無論怎樣劃，都至少有

36、1個紅色的小方格沒有被劃去，則至少要染多少個小方格？（2）如果把（1）中的“ 4X4”方格紙改成“ nxn" （ n >5）的方格紙，其他條件不變，那么，至少 要染多少個小方格？解析 （1）若染色的小方格數小于或等于4,則可適當地劃去兩行與兩列，把染色的小方格都劃去.若染色的小方格數為 5,則由抽屜原理知，必有一行至少有2個小方格染色，劃掉這一行，剩下的染色的小方格數不超過 3,再劃去一行兩列可把染色的小方格全部劃去.若染色的小方格數為 6,則必有一行至少有 3個小方格染色或有兩行各有 2個小方格染色，故劃去兩行至少能劃去4個染色小方格，剩下的染色的小方格不超過2,再劃去兩列就

37、可以把它們全部劃去.所以，染色的小方格數大于或等于7.又按圖（a）所示的方式染色，則劃去任意兩行和兩列都不能把染色的小方格全部劃去.所以，至少要染7個小方格.（2）若染色的小方格數小于或等于4,則劃去兩行兩列必可將它們全部劃去.又按如圖（b）所示的方式染色，則任意劃去兩行兩列都不能把染色的小方格全部劃去.所以，至少要染5個小方格.26.1.26*一次數學考試中共有 4道選擇題，每道題有 3個可能的答案，一批學生參加考試.結果對于其中任何3個學生，都有一道題目，每個人的答案各不相同，問至多有多少個學生參加考試？解析至多9個學生.我們設每個問題的答案為 0、1、2三種.如果人數10,則第4個問題的

38、答案中，最多的兩種至少出現7次.考慮這7個人，他們對第四個問題的答案為0或1 （設答案2最少）.這7個人對第3個問題的答案中，最多的兩種（設為 0與1）至少出現5次.5個人（他們第3個問題的答案為 0或1）對第2個問題的答案中，最多的兩種（不妨仍設為 0或1） 至少出現4次.因此，有4個人，他們對第2、第3、第4個問題的答案均為 0或1,這4個人中有兩個人對第一個問 題的答案相同.這兩個人及（4個人中的）另一個人，對每一個問題的答案均至少有兩個是相同的.因此總人數W 9.另一方面，如果9個人的答案如下表所示，則每三個人都至少有一個問題，他們的答案各不相同.問題12345678910120120

39、1221200122013012120201411100022226.1.27* 某市有n所中學，第所中學派出g名學生（1w cw39, 1w i w n）到體育館觀看球賽,觀賽學生總數為 G +c2 +cn =1990.看臺上每一橫排有 199個座位，要求同一學校的學生必須坐同 一橫排.問體育館最少要安排多少個橫排才能保證全部學生都能坐下？解析 首先，證明1 2個橫排能保證按要求使全部學生坐下.把1990名學生按學校順序排成一排，然后抽出第 199號(從左向右算起)學生所在學校的全體學生，第398號(398= 199X 2)學生所在學校的全體學生第 1791號(1791 = 199X 9)學生所在學校的 全體學生，于是，留在隊伍里的學生被