内容发布更新时间 : 2024/6/26 22:08:50星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
1.12 证明：对任意的整数N，存在着N的一个倍数，使得它仅有数字0和7组成。（例如，
N=3,我们有3?259=777;N=4,有4?1952=7700;N=5,有5?14=70;……）
1.13
(1) 在一边长为1的等边三角形中任取5个点，则其中必有两个点，该两点的距离至多为
12；
(2) 在一边长为1的等边三角形中任取10个点，则其中必有两个点，该两点的距离至多
1为3；
(3) 确定
mn，使得在一边长为1的等边三角形中任取mn个点，则其中必有两个点，该两
1点的距离至多为n；
1.14 一位学生有37天时间准备考试，根据以往的经验，她知道至多只需要60个小时的复
习时间，她决定每天至少复习1小时，证明：无论她的复习计划怎样，在此期间都存在一些天，她正好复习了13个小时。
1.15 从1,2,…,2n中任选n+1个整数，则其中必有两个数，它们的最大公约数为1
出的数属于同一个鸽巢，即它们的最大公约数为1
1.16 针对1.1节的例6，当m,n不是互素的两个整数时，举例说明例中的结论不一定成立
习题二
2.1 证明：在一个至少有2人的小组中，总存在两个人，他们在组内所认识的人数相同。 证明：
假设没有人谁都不认识：那么每个人认识的人数都为[1,n-1]，由鸽巢原理知，n个人认识的人数有n-1种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设有1人谁都不认识：那么其他n-1人认识的人数都为[1,n-2]，由鸽巢原理知，n-1个人认识的人数有n-2种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设至少有两人谁都不认识，则认识的人数为0的至少有两人。
2.2 任取11个整数，求证其中至少有两个数的差是10的整数倍。
证明：对于任意的一个整数，它除以10的余数只能有10种情况：0，1，…，9。现在有11个整数，由鸽巢原理知，至少有2个整数的余数相同，则这两个整数的差必是10的整数倍。
2.3 证明：平面上任取5个坐标为整数的点，则其中至少有两个点，由它们所连线段的中点的
坐标也是整数。 证明：
有5个坐标，每个坐标只有4种可能的情况：（奇数，偶数）；（奇数，奇数）；（偶数，偶数）；（偶数，奇数）。由鸽巢原理知，至少有2个坐标的情况相同。又要想使中点的坐标也是整数，则其两点连线的坐标之和为偶数。因为 奇数+奇数 = 偶数 ； 偶数+偶数=偶数。因此只需找以上2个情况相同的点。而已证明：存在至少2个坐标的情况相同。证明成立。
2.4 一次选秀活动，每个人表演后可能得到的结果分别为“通过”、“淘汰”和“待定”，至
少有多少人参加才能保证必有100个人得到相同的结果？ 证明：
根据推论2.2.1，若将3*（100-1）+1=298个人得到3种结果，必有100人得到相同结果。
2.5 一个袋子里装了100个苹果、100个香蕉、100个橘子和100个梨。那么至少取出多少水
果后能够保证已经拿出20个相同种类的水果？ 证明：
根据推论2.2.1，若将4*（20-1）+ 1 = 77个水果取出，必有20个相同种类的水果。
2.6 证明：在任意选取的n+2个正整数中存在两个正整数，其差或和能被2n整除。（书上例
题2.1.3）
证明：对于任意一个整数，它除以2n的余数显然只有2n种情况，即：0，1，2，…，2n-2，2n-1。而现在有任意给定的n+2个整数，我们需要构造n+1个盒子，即对上面2n个余数进行分组，共n+1组：
{0},{1，2n-1},{2，2n-2},{3,2n-3},…，{n-1,n+1}，{n}。
根据鸽巢原理，n+2个整数，必有两个整数除以2n落入上面n+1个盒子里中的一个，若是{0}或{n}则说明它们的和及差都能被2n整除；若是剩下n-1组，因为一组有两个余数，余数相同则它们的差能被2n整除，不同则它们的和能被2n整除。证明成立。
2.7 一个网站在9天中被访问了1800次，证明：存在连续的3天，这个网站的访问量超多600
次。 证明：
设网站在9天中访问数分别为a1，a2，...，a9 其中a1+a2+...+a9 = 1800， 令a1+a2+a3 = b1，a4+a5+a6 = b2，a7+a8+a9 = b3
因为（b1+b2+b3）/3 >= 600 由推论2.2.2知，b1，b2，b3中至少有一个数大于等于600。 所以存在有连续的三天，访问量大于等于600次。
2.8 将一个矩形分成5行41列的网格，每个格子涂1种颜色，有4种颜色可以选择，证明：
无论怎样涂色，其中必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子被涂上同一种颜色。 证明：首先对一列而言，因为有5行，只有4只颜色选择，根据鸽巢原理，则必有两个单元格的
颜色相同。另外，每列中两个单元格的不同位置组合有5=10种，这样一列中两个同色单元格
2的位置组合共有10*4=40种情况。
而现在共有41列，根据鸽巢原理，无论怎样涂色，则必有两列相同，也就是必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子是同一颜色。
2.9 将一个矩形分成(m+1)行mm+1+1列的网格每个格子涂1种颜色，有m种颜色可以选择，
2证明：无论怎么涂色，其中必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子被涂上同一种颜色。 证明：
（1）对每一列而言，有（m+1）行，m种颜色，有鸽巢原理，则必有两个单元格颜色相同。 （2）每列中两个单元格的不同位置组合有m+1种，这样一列中两个同色单元格的位置组合
2共有 m+1m种情况
2（3）现在有mm+1+1列，根据鸽巢原理，必有两列相同。证明结论成立。
22.10 一名实验员在50天里每天至少做一次实验，而实验总次数不超过75。证明一定存在连续的若干天，她正好做了24次实验。
证明：令b1，b2，...，b50 分别为这50天中他每天的实验数，并做部分和 a1 = b1，a2 = b1+b2 ，。。
a50 = b1+b2+...+b50 .
由题，bi>=1(1<=i<=50)且a50<=75 所以 1<=a1 考虑数列 a1，a2，...，a50，a1+24，a2+24，a50+24，它们都在1与75+24=99之间。 由鸽巢原理知，其中必有两项相等。由（*）知，a1，a2，...，a50互不相等，从而a1+24，...a50+24 也互不相等，所以一定存在1<=i 所以从第i+1天到第j天这连续j-i天中，她正好做了24次实验。 2.11 证明：从S={1,3,5,…,599}这300个奇数中任意选取101个数，在所选出的数中一定存在2个数，它们之间最多差4。 证明： 将S划分为{1,3,5}，{7,9,11}……,{ 595,597,599}共100组，由鸽巢原理知任意选取101个数 中必存在2个数来自同一组，即其差最多为4. 2.12 证明：从1~200中任意选取70个数，总有两个数的差是4，5或9。 证明：设这70个数为 a1,a2,…,a70, a1+4,a2+4,…,a70+4, a1+9,a2+9,…,a70+9, 取值范围209，共210个数 2.13 证明：对于任意大于等于2的正整数n，都有R(2,n)=n。 证明： 要证R（2，n）= n，用红蓝两色涂色Kn的边。 当n=2时，R(2,2)=2，因为不管用红还是蓝色都是完全二边形。 假设当n=k时 成立 ，即存在R(2,k)=k（没有一条红边，只有蓝边）， 当n=k+1时，R（2，k+1） 若无红边，要想有完全k+1边形，必得有k+1个点，即R（2，k+1）=k+1。证明成立。 习题三 3.1 有10名大学生被通知参加用人单位的面试，如果5个人被安排在上午面试，5个人被安 排在下午面试，则有多少种不同的安排面试的顺序？ 解：上午的5个人全排列为5！ 下午的5个人全排列为5！ 5所以有C10*5!*5!?10!，共14400种不同的安排方法。 3.2 某个单位内部的电话号码是4位数字，如果要求数字不能重复，那么最多可有多少个号码？如果第一位数字不能是0，那么最多能有多少个电话号码？ 解：由于数字不能重复，0-9共10个数字，所以最多有10*9*8*7=5040种号码；若第一位不能是0，则最多有9*9*8*7=4536种号码。 3.3 18名排球运动员被分成A,B,C三个组，使得每组有6名运动员，那么有多少种分法？如 果是分成三个组（不可区别），使得每组仍有6名运动员，那么有多少种分法？ 666解：1)C18种 *C12*C66662) C18/3! *C12*C63.4 教室有两排，每排8个座位。现有学生14人，其中的5个人总坐在前排，4个人总坐在 后排，求有多少种方法将学生安排在座位上？ 5解：前排8个座位，5人固定，共C8*5!种方法；后排8个座位，4人固定，共C84*4!种方法；5前排和后排还剩7个座位，由剩下的5人挑选5个座位，共C7*5!种方法；则一共有55C8*C84*C7*5!*5!*4!种安排方法。