第25章 染色问题25.1.1★★圆周上等间距地分布着27个点，它们被分别染为黑色或白色．今知其中任何2个黑点之间至少间隔2个点．证明：从中可以找到3个白点，它们形成等边三角形的3个顶点． 解析 我们将27个点依次编号，易知它们一共可以形成9个正三角形(1，10，19)，(2，11，20)，…，(9，18，27)．由染色规则知，其中至多有9个黑点．如果黑点不多于8个，则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色．如果黑点恰有9个，那么由染色规则知，它们只能是一黑两白相间排列，其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白色．25．1．2★★某班有50位学生，男女各占一半，他们围成一圈席地而坐开营火晚会．求证：必能找到一位两旁都是女生的学生．解析 将50个座位相间地涂成黑白两色，假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学生，那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生．否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的座位，其上面都坐着女生，其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾．同理，25个涂有白色标记的座位至多只能坐12个女生，因此全部入座的女生不超过24人，与题设相矛盾．故命题得证．25.1.3★在线段AB 的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色，在线段中间插入n 个分点，在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为1n +个不重叠的小线段，这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．求证：标准线段的个数是奇数．设最后一个标准线段为1k k A A +．若0k A A =，则仅有一个标准线段，命题显然成立；若n k A A =，由A 、B 不同色，则0A 必与k A 同色，不妨设0A 与k A 均为红色，那么在0A 和k A 之间若有一红蓝的标准线段，必有一蓝红的标准线段与之对应；否则k A 不能为红色，所以在0A 和k A 之间，红蓝和蓝红的标准线段就成对出现，即0A 和k A 之间的标准线段的个数是偶数，加上最后一个标准线段1k k A A +，所以，A 和B 之间的标准线段的个数是奇数．25．1．4★★能否用面积为14⨯的一些长方块将1010⨯的棋盘覆盖?解析 如图中标上1～4这些数，显然每个1×4的长方块各占1、2、3、4一个，于是如果可以覆盖，则1、2、3、个，矛盾!因此不能覆盖．25.1.5★★12个红球和12个蓝球排成一行，证明：必有相邻的6个球三红三蓝． 解析 将这些球标上数字，红球标1，而蓝球则标上1-，于是问题变为：必定有6个相邻的球其标数之和为0．记从第i 个球起的6个数字和为i S ，于是i 可取1，2， (19)易知1S 的全部取值为6-、4-、2-、0、2、4、6，且10i i S S +-=或2(可以认为以2或2-、0的步长“连续”变化)．由1713190S S S S +++=，知若四数中有0，则结论成立，否则必有正有负．不妨设0i S >，0j S <，i ，j ∈{1，7，13，19}，于是必存在一个k ，k 在i 与j 之间，0k S =．25．1．6★如图，把正方体形的房子分割成27个相等的小房间，每相邻(即有公共面)两个房间都有门相通，在中心的那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中的任何一问去．如果要求甲虫只能走到每个小房间一次，那么甲虫能走遍所有的小房间吗?解析 甲虫不能走遍所有的小房间．我们如右图将正方体分割成27个小正方体(每个小正方体表示一问房间)，涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色．显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的．甲虫从中间的白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色．故它走26步，应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体．因此在26步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次．由此可见，如果要求甲虫到每一个小房间只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小房间．25.1.7★★3行9列共27个小方格，将每个小方格涂上红色或蓝色．试证：无论如何涂法，其中至少有两列，它们的涂色方式完全一样．解析 第一行的9个方格中必有5格同色(抽屉原理)，不妨设这5个方格位于前五个位置，且都为红色．下面考虑前五列构成的3×5小矩形．第二行的五格中必有3格是同色的，不妨设这三格位于前三个位置．接着考虑前三列构成的3×3方阵，该方阵前两行的每列完全一样．对第三行，用两种颜色染色时，三列中必有两列同色，不妨设是前两列．此时前两列的涂色方式完全一样．25.1.8★★如图(a)，是由14个大小相同的正方形组成的图形，证明：不论如何用剪刀沿着图中直线进行剪裁，总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来．(b)(a)解析如图(b)涂色．若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形，则每个矩形一定由一个涂色小正方形和一个不涂色小正方形构成．因此，应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形．但图中有八个涂色小正方形，六个不涂色小正方形，因此适合题意的剪法不存在．25.1.9★★★在8×8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数，现任挑选3×3或4×4的正方形，将其中每个数加1，称为一次操作，问是否能经过有限次操作，一定可以让方格中的所有整数均被10整除?解析按图中选择小方格涂黑，易见每个3×3或4×4都包含偶数个小黑格，这些小黑格中原来数字之和是奇数的话，那么操作一次后，数字和仍是奇数，因此不能得到最后均被10整除．答案是不一定．25.1.10★★4×4的方格表中最多选择几个格子涂黑，使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的顶点?解析如图，涂9格，无所求矩形，下证若涂10格，则会出现所求矩形．这是因为若有一行全部涂黑，则余下的行中必有一行至少涂黑2格，此时便有所求矩形出现．于是每行黑格数不到4个，必有两行各包含3个黑格，此时不难看出有所求矩形出现，因此最多选择9格．25.4.11★★★在8×8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格，使得剩下的小方格可以被1×3的矩形覆盖?解析剪去左上角的方格后，棋盘不能用21个3×1的矩形覆盖．为了证明这一点，我们将棋盘涂上三种颜色，涂法如图，其中数字1、2、3分别表示第一、二、三种颜色．如果能用21个3×1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖，那么每个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各1个，从而21个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个，然而棋盘(剪去左上角后)却有第一种颜色的方格20个，第二种颜色的方格22个，第三种颜色的方格21个．因此，剪去左上角的棋盘无法用21个3×1的矩形覆盖．由此可见，如果剪去一个方格后，棋盘能用21个3×1的矩形覆盖，那么剪去的方格一定是图中涂第二种颜色的方格．但是，剪去图中涂第二种颜色的一个方格后，仍然不能保证一定能用21个3×1的矩形覆盖，比如说，剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3×1的矩形覆盖，这是由于棋盘的对称性，剪去这个方格与剪去第一行第7个(涂第一种颜色的)方格(或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格)于是，只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的某一个，剩下的棋盘才有可能用21个3×1的矩形覆盖．不难验证这时确实能够覆盖． 25.1.12★★求证：只用2×2及3×3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×23的正方形地面． 解析 将23×23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色，剩下的小方格全染成白色，于是白色的小方格的个数为15×23，这是奇数．因为每块2×2瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格，每块3×3瓷砖总是盖住三黑格和六白格，故无论多少2×2及3×3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数，不可能盖住23×15个白格，所以，只用2×2及3×325.1.13★★求证：用15块大小是1×4的矩形瓷砖和1块大小是2×2的正方形瓷砖，不能恰好铺盖8×8的正方形地面．解析 把8×8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图．无论1×4的矩形瓷砖怎样盖在图中所示的地面上，每块l ×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个，可见15块1×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方格各15个，而一块2×2的正方形瓷砖无论盖在何处，只有如下四种情形之一：4121341423432321这就是说，2×2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中，必有两个小方块有相同数码．由此可见，如果15块1×4，1块2×2的瓷砖恰好能铺盖8×8的正方形地面，那么这64个小方块中，某一种赋值的小方块应有17块，但实际上，赋值1、2、3、4的小方块各16块，矛盾．25.1.14★★7×7的方格表中有19个方格涂成红色，称一行或一列是红色的如果该行或该列中至少有4个红格．问该方格表中最多有多少个红色的行和列?解析首先我们指出红色的行和列不多于8个．若不然，红色的行和列至少9个，则其中必有5个红行或红列，不妨设为前者．由于每个红行中至少有4个红格，故知表中至少有20个红格．此与已知条件矛盾．其次，当我们将表格中的某个4×4的正方形的16个方格全部涂红时，便得到4个红行和4个红列，共8个．这表明有19个红格时，确可使红行与红列的个数达到8．所以最大值为8．25.1.15★★如图是由4个l×1方格组成的L形纸片，如果一个m n⨯方格的棋盘能被若干个L形纸片无重复地覆盖，试证：mn是8的倍数．解析设m n⨯棋盘由k个L形纸片所覆盖，而L形是由4个1×1小方格所组成，则可令=．由此得出m、n中至少有一个偶数，不失一般性，可令n为偶数，即共有偶数n列．4mn k现在对“列”进行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有2k个．易见每个L形纸片无论怎样配置，总是盖住奇数个黑格．今共有2k个黑格，因此必须有偶数个L形，从而证得mn是8的倍数．25.1.16★★在8×8的方格棋盘上最多能放多少个马，它们互不相吃(假定有足够多的马)?解析我们将棋盘相间染成黑白二色，则黑格与白格各32个．按马的走法(如图)知，黑格上的马只能吃白格上的马，因此，将所有黑格都放马，它们是互不相吃的．这就是说，我们可以放32个马，它们互不相吃．现证任意放33个马必有被吃的情形．事实上，将棋盘划分为8个2×4的小棋盘，则至少有一个小棋盘要放5个马，其放法只有两种可能：要么一排放1个，另一排放4个；要么一排放2个，另一排放3个．显然这两种放法都不可避免地发生互相“残杀”的结局．因此，最多能放32个马，它们互不相吃．25.1.17★★★在12×12的棋盘上，一匹超级马每步跳至3×4矩形的另一角，如图(a)．这匹马能否从某一点出发，跳遍每一格恰好一次，最后回到出发点?解析我们用两种方法对此棋盘染色．首先，将棋盘黑白相间染色，由马的跳步规则知，马每跳一步，或者是从黑格跳到白格，或者是从白格跳到黑格．不妨设马是第奇数步跳到自格，即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格．123456789101112(b)其次，将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色，其余的行染成黑色，如图(b )．由马的跳步规则知．马从白格一定跳人黑格，因为白格的数目同黑格的数目相同，马要遍历棋盘的每一格恰一次再回到出发点，因此，马从黑格只能跳入白格，不妨设马第奇数步跳入白格． 对于一种满足要求的跳法，在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的，矛盾． 因此，题目要求的跳法，即“回路”是不存在的．25.1.18★★★在8×8方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子，每个小方格内至多只能放一个棋子，使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍．在满足上述条件的所有放置方法中，请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多?解析 因每行都有8格，所以每行棋子最多只能有6个．此方格表共有8行，因此棋子的总数最多为4825.1.19★★★★将m n ⨯的方格表中每个小方格涂上黑色或白色，两种颜色的方格数相等．问能否有一种涂法，使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75％? 解析 不可能．设每行、每列中都有一种颜色的方格超过34，由于行与行、列与列可对调而不影响结论．不妨设其中前p 行白色占优势，后q 行黑色占优势；前r 列白色占优势，后s 列黑色占优势．p q m +=，r s n +=(如下左图)．r spq 全白黑白相间黑白相间全黑考虑p s ⨯放q r ⨯的矩形中的ps qr +个方格．其中的白格可看成s 列或q 行中的“少数派”，而黑格可看成p 行或r 列中的“少数派”．由于在每行、每列中“少数派”少于4n 或4m 个，所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于()44m mn s r +=．同样，前一个矩形中的黑格与后一个中白格之和少于()44n mn p q +=．所以这两个矩形中的方格数442mn mn mn ps qr +<+=，即少于方格总数的一半．因此 ps qr pr qs +<+， ()()0p q s r --<，从而p q ≤，r s ≤或q p ≤，s r ≤不妨设为前者，这时2m p ≤，2n r ≤， 白色方格总数44n m pr q s <+⨯+⨯ ()()44n m pr m p n r =+-⨯+-⨯ 24242mn n r m p p r ⎛⎫⎛⎫=---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 2mn ≤， 与两种颜色的方格相等矛盾． 评注 每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占34是可能的(这时m 、n 当然都被4整除)，前右图(其中2m p q ==，2n r s ==)即满足要求． 25.1.20★★★在2是×2是的方格表上，有3k 个格子涂黑，求证：可以选择k 行及k 列，包含了全部这3k 个黑格．解析 将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前k 行，则这k 行中包含的黑格总数必定不少于2k ，否则会有一行的黑格数至多一个，而剩下来的k 行至少有1k +个黑格，于是有一行包含了至少两个黑格，这与k 前是行”的定义矛盾．于是结论成立，接下来只要再找是列包含剩下的k 个黑格即可(有的列可不包含黑格)．25.1.21★★★7×7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色，证明：至少可以找出21个矩形，它们的顶点是同一种颜色方格的中心，它们的边平行于方格线．解析 考察其中任意一列，估计其中同色“方格对”的个数．设在该列中有一种颜色的方格走个，另一种颜色的方格7k -个，那么，在该列中就共有()()()217672122k k k k k k ---+=-+个同色“方格对”．该式的值在3k =和4k =时达到最小值9，所以，7个列中一共有不少于63个同色“方格对”．注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中，如果相应的“行对”中还有一个与之颜色相同的同色“方格对”，那么，它们即构成一个满足要求的矩形．我们知道，方格表中一共有76212⨯=个不同的“行对”，由于有两种不同颜色，所以，一共有42种不同情况的“行对”．因此，至少可以找到21(=63-42)个满足要求的矩形．25.1.22★★★把全体正整数染成黑白两色之一，已知任意两个不同颜色的数之和为黑色，而它们的积是白色，试找出所有的这种染色方法．解析 设正整数m 、n 为白色，现研究mn 的颜色．若mn 是黑色，设正整数k 黑色，则m k +为黑色，()m k n mn kn +==+为白色，但由前知mn 黑色，kn 白色，于是mn kn +黑色，矛盾，因此mn 为白色．设正整数l 是染成白色的最小数，于是由条件及前面的讨论知，l 的所有正整数倍数sl 均为白色．至于其他正整数p ，p 不被l 整除，设p ql r =+，0r l <<，由l 之定义知，r 必定是黑色，于是知当0q =时，p r =为黑色；当0q >时由ql 为白色，知p 亦为黑色．于是本题的结论就是，所有l 的倍数染成白色，其余的数染成黑色，不难验证这种染法确实满足题设要求．25.1.23★★★★有一个矩形顶点坐标分别为()0,0、()0,m 、(),0n 与(),n m ，其中m 、n 均为正奇数，将这个矩形分拆(既无重叠，也不遗漏)为一些三角形，使得每个三角形的顶点均为格点且至少有一条边与坐标轴平行，并且这条边上的高为1，求证：一定存在至少两个三角形，它们各有两条边平行于坐标轴．解析 易知，可将矩形分成mn 个单位正方形，并涂上黑白两色，使相邻的正方形颜色不同．此时4个角上的小正方形颜色相同，设为黑色，于是黑色格总面积比白格多1．可以推出，上述分拆中，每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积之差为12；而每一个仅有一条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积相等，如图．由于黑色面积与白色面积相差1，故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行．25.1.24★★★把正三角形划分为2n 个同样大小的小正三角形，把这些小正三角形的一部分标上号码1，2，…，m ，使得号码相邻的三角形有相邻边．求证：21m n n -+≤．解析 将2n 小正三角形如图黑、白染色，黑三角形共有1+2+3+…+()112n n n =+个，白三角形共有1+2+3+…+(1n -)()112n n =-个，由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”，且有相邻号码的两个三角形染有不同的颜色，因此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形的个数多1，所以编号的三角形数m 不超过()2121112n n n n ⨯-+=-+个，即21m n n -+≤． 25.1.25★★★将正方形ABCD 分割为n n ⨯个相等的小方格，把相对的顶点A 、C 染成红色，把B 、D 染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．求证：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．解析 用数代表颜色：红色记为1．蓝色记为1-．将小方格编号，记为1，2，…，2n ．记第i 个小方格四个顶点处数字之乘积为i A ．若该格恰有三个顶点同色，则1i A =-，否则1j A =．今考虑乘积212n A A A ⨯⨯⨯L ．对正方形内部的交点，各点相应的数重复出现4次；正方形各边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；A 、B 、C 、D 四点相应的数的乘积为()()11111⨯⨯-⨯-=．于是，2121n A A A ⨯⨯⨯=L ．因此，1A ，2A ，…，2n A 中1-的个数必为偶数，即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．25.1.26★★已知ABC △内有n 个点(无三点共线)，连同点A 、B 、C 共3n +个点，以这些点为顶点把ABC △分割为若干个互不重叠的小三角形，现把A 、B 、C 分别染成红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一．求证：三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．解析 把这些小三角形的边赋值：边的端点同色的，赋值0，边的端点不同色，赋值1，于是每只小三角形的三边赋值的和，有如下三种情形：(i)三顶点都不同色的小三角形，赋值和为3；(ii)恰有两顶点同色的小三角形，赋值和为2；(iii)三顶点同色的小三角形，赋值和为0．设所有小三角形的边的赋值总和为S ，又设情形(i)、(ii)、(iii)中三类小三角形的个数分别为a 、b 、c ，于是32032S a b c a b =++=+． ①注意到所有小三角形的边的赋值总和中，除了边AB ，BC ，CA 外，其余各边都被计算了两次，故它们的赋值和是这些边的赋值和的两倍，再加上ABC △的三边的赋值和为3，故S 是奇数，因此，由①式得a 是奇数．25.1.27★★★由8个1×3和1个1×1的砖块按通常方式(即平行地贴着格子线)铺满一个5×5的棋盘，求证：1×1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．解析 将棋盘按图中方式染成A 、B 、C 三种颜色．易见A 、C 各有8格，而B 有9格．由于每个1×3砖块必定覆盖A 、B 、C 三色格各一格，因此1×1的砖块必定染成B 色．再将整个棋盘旋转90゜，再按完全相同的方法染色，于是1×1的砖块仍在染成B 色的方格上，但两次染色均染成B 色的小方格只有中间的那个，因此1×l 的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．25.1.28★★★★6个点每两点之间连一条线，将这15条线进行任意的二染色(即每条边染成两种颜色之一)，则必定存在至少两个同色的三角形．解析 设两色为红色与蓝色．若从同一点出发有3条线同色，比如AB 、AC 、AD 为红色，如果BC 红色，则ABC △为红色三角形，否则BC 为蓝色，同理CD 、DB 亦为蓝色，于是BCD △为蓝色三角形．因此，有一点出发3条线同色，一定有同色三角形存在．于是6个点之间的15条线中，一定有同色三角形存在．5个点的10条线若无同色三角形，则每一点连出的4条线必定两红两蓝．比如五点为A 、B 、C 、D 、E ，不妨设BA 、AE 红，由于BE 蓝，还有一点与B 的连线红色，不妨设BC 红，于是BD 蓝，ED 红，AC 、AD 蓝，CD 红，CE 蓝，故要想不出现同色三角形，只能是五点构成的五边形(不一定凸或自身不交)的边同色，而对角线则异色．现在回到原题，设六点为1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A ，由于一定有同色三角形存在，不妨设为456A A A △一是红色三角形，若不存在第二个同色三角形，则可设五边形12345A A A A A 的边为红色(图中实线所示)，对角线为蓝色(图中虚线所示)．若16A A 为红色，则156A A A △为红色三角形，故16A A 蓝，同理36A A 为蓝色，于是136A A A △为蓝色三角形，因此同色三角形至少有两个．A 1A 2A 34A 5A 625.1.29★★★n n ⨯的方格表中有1n -个格子涂且黑色，如果一个未涂色的小方格有两个以上的黑色小方格与之相邻(“相邻”指有公共边)，则将这个小方格也涂黑，求证：不可能将所有的小方格都涂黑．解析 假定小方格边长为1．考虑一开始这1n -格小方格组成的“岛”，每个“岛”都由连在一起的小方格组成，不同的“岛”之间没有公共边界(当然也可能本来只有一个“岛”)．因此这些“岛”的边界(包括有“洞”时“洞”的“内部边界”)长度之和不大于()41n -(因为还有小方格边界在内部抵消的情形)．现在按规则操作，每添加一个黑格，总边界不会增加，甚至还会减少(例如未涂色的小方格周边已有3或4个小黑格与之相邻)．如果所有小方格都涂黑了，总边界为()441n n >-，矛盾．因此结论成立．25.1.30★★★无限大方格表上的每个结点(方格线的交点)都被染为三种颜色之一，并且每种颜色的点都有．证明：可以找到一个直角三角形(其直角边不一定在方格线上)，它的三个顶点被分别染为三种不同颜色．解析 用反证法．假设不存在三个顶点被分别染为三种不同颜色的直角三角形． 不难看出，可以找出一条水平方向或竖直方向的直线l ，它上面至少有两种颜色的结点，为确定起见，设其为水平方向．如果l 上只有两种颜色的点，比方说蓝色与红色，那么在平面上任意取一个绿色结点A ，并且把A 所在的竖直直线与l 的交点记作B ．于是，B 或为蓝色或为红色，不妨设其为蓝色．由于l 上还有红色结点，只要任取其中一个红点C ，即可得到三个顶点颜色各异的Rt ABC △，此与假设矛盾．所以，l 上面有三种颜色的结点．在直线l 上任意取一个蓝点B 、一个红点C 和一个绿点D ．那么，此时在经过点B 的竖直直线上的结点都应当为蓝色，否则就可以找到三一个顶点颜色各异的直角三角形．同理，在经过点C 的竖直直线上的结点都为红色，在经过点D 的竖直直线上的结点都为绿色．这就表明，在以上的染色方法中，每条竖直直线上的结点都是单一颜色的，从而，任何直角边在方格线上的直角=三角形中都至少有两个顶点同色．下面考察任何一条经过结点且与竖直方向交成45゜的直线．由于它同每条竖直直线都相交于结点处，所以它上面有着三种不同颜色的结点．这样一来，根据刚才的讨论，在每一条与它垂直的直线上的结点都只能是单一颜色的．但是，事实上这些直线都与竖直方向交成135゜，从而与每条竖直直线都相交于结点处．故都有着三种不同颜色的结点，导致矛盾． 25.1.31★★★将全平面以任意方式二染色，并在平面上任找不共线的三点A 、B 、C ，求证：存在一个顶点同色的三角形，与ABC △相似．S M K N T解析 首先证明，一定有两点及两点连线之中点同色，不妨设二色为红与蓝．至少有一种颜色被涂在无穷多个点上，不妨设是红色，今找两点M 、N ，均为红色．K 为MN 中点，又使M 为SN 中点，N 为MT 中点．若K 红，则M 、K 、N 为所求；同理，若S 或T 为红，则S 、M 、N 或M 、N 、T 为所求；若K 、S 、T 皆为蓝，则S 、K 、T 为所求． 如图，现作A △′B ′C ′∽ABC △，P 、Q 、R 为三边中点，且由前，可设B ′、P 、C ′．若A ′红，则A △′B ′C ′即为所求；若R 或Q 红，则RB △′P 或QPC △′为所求；若A ′、R 、Q 皆蓝，此时A △′RQ 即为所求．于是结论成立．A B C A'R QB'P25.1.32★★★平面上任意点都染成三色之一，则一定有同色顶点的矩形．解析 不妨考虑格点，首先证当格点(),A x y 满足3≤x ≤9，1≤y ≤3时，对这21个格点二染色，一定有同色矩形．假设此结论不成立，事实上，设两色为红与蓝，由于列与列对调不影响矩形的数量，故由抽屉原理，不妨设(3，1)、(4，1)、(5，1)、(6，1)红，于是(3，2)、(4，2)、(5，2)、(6，2)中至多一个红，不妨设(4，2)、(5，2)、(6，2)蓝，但(4，3)、(5，3)、(6，3)不能有两个蓝，也不能有两个红，此不可能．今设第三色为黄色，z 轴上的整点必有一色出现无穷多次，不妨设就是黄色，现作列调整，使(0，0)，(1，0)，…，(9，0)黄，故(0，1)，(1，1)，…，(9，1)至多一黄，于是可设(1，1)，…，(9，1)为红蓝两色，同理可设(2，2)，…，(9，2)为红蓝两色，(3，3)，…，(9，3)为红蓝两。