1、第66講 覆蓋 本節(jié)主要內(nèi)容是圖形覆蓋與嵌入一、圖形覆蓋的定義：平面閉圖形指的是由平面上一條簡(jiǎn)單閉曲線及其圍成的平面部分組成的圖形所謂簡(jiǎn)單閉曲線，就是自身不相交的封閉曲線它作為圖形的邊界，而它圍成的平面部分(不包括閉曲線本身)稱為平面圖形的內(nèi)部定義1 設(shè)M和N是兩個(gè)平面圖形，若MN或M經(jīng)過(guò)運(yùn)動(dòng)變成M，而MN，則稱圖形M可以覆蓋圖形N，或N能被M覆蓋，也說(shuō)N嵌入M設(shè)M1，M2，Mn是一組平面圖形，若M1M2MnN，或M1，M2，Mn 各自經(jīng)過(guò)運(yùn)動(dòng)(施于每一個(gè)圖形的運(yùn)動(dòng)不一定相同)分別變?yōu)镸1，M2，Mn，而M1M2MnN，則稱圖形M1，M2，Mn可以覆蓋圖形N，或N能被M1，M2，Mn覆蓋二、圖

2、形覆蓋的性質(zhì)：覆蓋的下述性質(zhì)是十分明顯的： 圖形G覆蓋自身； 圖形G覆蓋圖形E，圖形E覆蓋圖形F，則圖形G覆蓋圖形F 如果一條線段的兩個(gè)端點(diǎn)都在一個(gè)凸圖形內(nèi)部，則此線段被此凸圖形覆蓋推論：一個(gè)凸圖形如果蓋住了一個(gè)凸多邊形的所有頂點(diǎn)，則此凸多邊形被此凸圖形覆蓋定義2設(shè)F是一個(gè)平面閉圖形，我們稱F的任意兩點(diǎn)之間的距離的最大值為M的直徑，記為d(F)，即d(F)max|AB|，A，BF三、關(guān)于覆蓋的三條原則：覆蓋的以下三個(gè)原則是常用的：原則1 若圖形F的面積大于圖形G的面積，則圖形G不能覆蓋圖形F；原則2 直徑為d的圖形不能被直徑小于d的圖形G所覆蓋原則3 (重疊原理) n個(gè)平面圖形的面積分別為S1

3、，S2，Sn，若它們被一個(gè)面積為A的平面圖形完全覆蓋，又AS1+S2+Sn，則此n個(gè)圖形中至少有兩個(gè)圖形發(fā)生重疊這三個(gè)原則十分顯然，不再證明四、用圓盤(pán)覆蓋圖形：圓盤(pán)：圓及圓內(nèi)部分構(gòu)成圓盤(pán)定理1 如果能在圖形所在平面上找到一點(diǎn)O，使得圖形中的每一點(diǎn)與O的距離都不大于定長(zhǎng)r，則可被一半徑為r的圓盤(pán)所覆蓋；定理2 對(duì)于二定點(diǎn)A、B及定角，若圖形F中的每點(diǎn)都在AB同側(cè)，且對(duì)A、B視角不小于，則圖形F被以AB為弦，對(duì)AB視角等于的弓形G所覆蓋；在用圓盤(pán)去覆蓋圖形的有關(guān)問(wèn)題的研究中，上述二定理應(yīng)用十分廣泛稱覆蓋圖形F的圓盤(pán)中最小的一個(gè)為F的最小覆蓋圓盤(pán)最小覆蓋圓盤(pán)的半徑叫做圖形F的覆蓋半徑A類例題例1 A

4、BC的最大邊BC等于a，試求出覆蓋ABC的最小圓盤(pán)解：若此三角形為鈍角三角形或直角三角形，則以其最大邊a為直徑作圓，該圓盤(pán)可以覆蓋此三角形，而任一直徑小于a的圓盤(pán)，則不能蓋住此三角形，故覆蓋直角三角形或鈍角三角形的最小圓盤(pán)是以其最大邊為直徑的圓盤(pán)即覆蓋ABC的最小圓盤(pán)的半徑a 若三角形ABC是銳角三角形，任取一個(gè)覆蓋DABC的半徑為r的圓盤(pán)O，若A、B、C都不在圓上，連OA、OB、OC，設(shè)OAOBOC，則以O(shè)為圓心，OA為半徑作圓，該圓盤(pán)也能覆蓋DABC，且OAr即當(dāng)三角形的頂點(diǎn)在圓內(nèi)時(shí)，覆蓋此三角形的圓一定不是最小圓盤(pán)現(xiàn)設(shè)A在O上，B、C在圓上或圓內(nèi)，且O的直徑為，ABC外接圓直徑為d0，延

5、長(zhǎng)CB、BC與圓交于B、C，則BB，且ACC為鈍角，于是ACAC故dd0所以銳角三角形ABC的最小覆蓋圓盤(pán)是它的外接圓由正弦定理，其外接圓的半徑ra 這樣就得到了覆蓋三角形的圓盤(pán)的定理： ABC中，若a為最大邊，則ABC的覆蓋半徑r滿足 ara例2 已知A、B、C、D為平面上兩兩距離不超過(guò)1的任意四個(gè)點(diǎn)，今欲作一圓覆蓋此四點(diǎn)(即A、B、C、D在圓內(nèi)或圓周上)，問(wèn)半徑最小該為多少？試證明之，(1985年上海市數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)分析 我們先通過(guò)特殊情況：此四點(diǎn)共線，ABC是正三角形，D在內(nèi)部或邊界探索到半徑的最小值然后按A、B、C、D形成的凸包分類討論解 設(shè)所求半徑的最小值為r， 若四點(diǎn)共線，則用一個(gè)

6、半徑為的圓盤(pán)即可覆蓋此四點(diǎn)； 若此四點(diǎn)的凸包為三角形，由于最大邊長(zhǎng)1由覆蓋三角形的圓盤(pán)定理知，覆蓋此四點(diǎn)的圓盤(pán)半徑r； 若此四點(diǎn)的凸包為四邊形ABCD若此四邊形有一組對(duì)角都90，例如A、C都90，則以BD為直徑的圓盤(pán)可以覆蓋此四點(diǎn)，此時(shí)r；若此四邊形兩組對(duì)角都不全90，則必有相鄰二角90，設(shè)A、B都小于90不妨設(shè)ADBACB若ACB90，則以AB為直徑的圓盤(pán)覆蓋此四點(diǎn)，此時(shí)r；若ACB90，則由DACB的外接圓圍成的圓盤(pán)覆蓋此四點(diǎn)，此時(shí)r總之，r說(shuō)明 優(yōu)先考慮特殊情況得到結(jié)果，再分類討論是數(shù)學(xué)中經(jīng)常使用的方法情景再現(xiàn)1，已知一個(gè)凸五邊形的所有內(nèi)角都是鈍角，證明能找到這個(gè)五邊形的兩條對(duì)角線，以這

7、兩條對(duì)角線為直徑的兩個(gè)圓形紙片，可以將這個(gè)五邊形覆蓋，(1987年?yáng)|北三省數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽試題)2，(1)一個(gè)正方形被分割成若干個(gè)直角邊分別為3，4的直角三角形證明：直角三角形的總數(shù)為偶數(shù)(2)一個(gè)矩形被分割成若干個(gè)直角邊分別為1，2的直角三角形證明：直角三角形的總數(shù)為偶數(shù)(1996年城市數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)B類例題例3 以ABCD的邊為直徑向平行四邊形內(nèi)作四個(gè)半圓面，證明這四個(gè)半圓面一定覆蓋整個(gè)平行四邊形思路 證明ABCD的每一點(diǎn)至少被某個(gè)半圓所蓋住證明1：用反證法如圖，設(shè)存在一點(diǎn)在以AB、BC、CD、DA為直徑的圓外，根據(jù)定理二，APB，BPC，CPD、DPA均小于90，從而APB+BPC+CPD+D

8、PA360與四角和應(yīng)為周角相矛盾故應(yīng)被其中一半圓蓋住，即所作四個(gè)半圓覆蓋ABCD分析2：劃片包干，如圖，將ABCD分為若干部分，使每一部分分別都被上述四個(gè)半圓面所覆蓋證明2 在ABCD中，如圖，設(shè)ACBD分別過(guò)B、D引垂線BE、DF垂直于AC，交AC于E、F，將ABCD分成四個(gè)直角三角形：ABE、BCE、CDF、DAF每一個(gè)直角三角形恰好被一半圓面所覆蓋，從而整個(gè)四邊形被四個(gè)半圓面所覆蓋上述結(jié)論可推廣到任意四邊形例4 在2，154cm2的矩形中，最多可以不重疊地放置多少半徑為1cm的圓盤(pán)？(1989年俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克試題)解 每個(gè)被放置的面積等于0，25cm2， 因?yàn)?，15411，因此，最

9、多可以分割出10個(gè)這樣的圓盤(pán)，另一方面，如圖中矩形ABCD，一邊AB2cm，其中含有5個(gè)的圓盤(pán)，設(shè)RPPKx，則PQx，1AKPK+PQx+x，所以x1，EKPE+PK+ PK+12，15，從而2，152cm2的矩形可分割成5個(gè)的圓盤(pán)，2，154cm2的矩形可分割成10個(gè)的圓盤(pán)，例5 設(shè)G是緊夾在平行線l1與l2之間的任一凸區(qū)域(即邊界上任意兩點(diǎn)之間所連線段都包含于它的區(qū)域)，其邊界c與l1、l2都有公共點(diǎn)，平行于l1的直線l將G分為如圖所示的A、B兩部分，且l與l1和l2 之間的距離分別為a和b，(1)G為怎樣的圖形時(shí)，A、B兩部分的面積之比達(dá)到最大值并說(shuō)明理由；(2)試求的最大值，(198

10、9年四川省數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)分析 要使最大，就要使得SA盡量大，同時(shí)要使SB盡量小，由于凸區(qū)域的任意性，設(shè)l 與G的邊界c交于X、Y，要使SB盡量小，B為三角形PXY，延長(zhǎng)PX，PY得梯形總包含A，所以當(dāng)A為梯形時(shí)，SA最大解 設(shè)l 與G的邊界c交于X、Y， 點(diǎn)Pl2G ， 連PX、PY并延長(zhǎng)分別交l1于X1、Y1，(1) 因?yàn)镻XYB，故SPXYSB，又A梯形XYY1X1，故SAS梯形XYY1X1，于是，由上式可知，G為一邊位于l1上，而另一個(gè)頂點(diǎn)在l2上的三角形時(shí)，達(dá)到最大，(2) 設(shè)X 1Y1d，則XY， SPXY (a+b)， S梯形XYY1X1 (d+)，故的最大值M ，說(shuō)明 考慮極端情

11、況(特殊情況)是解決問(wèn)題的突破口情景再現(xiàn)3證明：對(duì)于任意一個(gè)面積為1的凸四邊形，總可以找到一個(gè)面積不超過(guò)2的三角形，將它全部覆蓋住(1989年蕪湖市數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)4， 平面內(nèi)給定一個(gè)方向，F(xiàn)是平面內(nèi)的一個(gè)凸集，其面積為S(F)，內(nèi)接于F且有一邊平行于的所有三角形中面積最大的記為，其面積記為S()，求最大的正實(shí)數(shù)c，使得對(duì)平面內(nèi)任意凸圖形F，都有S()c S(F)5， 已知鈍角三角形ABC的外接圓半徑為1，證明：存在一個(gè)斜邊長(zhǎng)為+1的等腰直角三角形覆蓋三角形ABC，(2004年中國(guó)女子數(shù)學(xué)奧林匹克試題)C類例題例6 在平行四邊形ABCD中，已知ABD是銳角三角形，邊長(zhǎng)ABa，AD1，BAD，證明

12、:當(dāng)且僅當(dāng)acos+sin時(shí)，以A、B、C、D為圓心，半徑為1的四個(gè)圓KA、KB、KC、KD，能覆蓋該平行四邊形(第9屆IMO試題)分析 由于平行四邊形ABCD是中心對(duì)稱性，KA、KB、KC、KD，能覆蓋該平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)KA、KB、KD覆蓋ABD，所以通過(guò)三角方法研究ABD的外接圓解 作銳角三角形ABD的外接圓圓心O必在ABD內(nèi)弦心距OE、OF、OG將ABD分成三個(gè)四邊形(如圖)若OA1，則圓KA覆蓋四邊形OEAG，圓KB、KD覆蓋另兩個(gè)四邊形，所以圓KA、KB、KD覆蓋 ABD由對(duì)稱性，圓KB、KC、KD覆蓋BCD，若OA1， 則圓KA、KB、KD均不覆蓋O由于CBDADB是銳角三角形，

13、ODCOCD，OBCOCB至少有一個(gè)成立，所以O(shè)COD(或OB)1，即圓KC也不覆蓋O，因此OA1是圓KA、KB、KC、KD覆蓋平行四邊形ABCD的充分必要條件設(shè)平行四邊形ABCD中，AB邊上的高為DH，則DHsin，AHcos，BHa- cos，cotABD，因此，OA1ABD30oacos+sin所以，當(dāng)且僅當(dāng)cos+sin時(shí)，圓KB、KC、KD覆蓋平行四邊形ABCD說(shuō)明 在得到ROA1是圓KA、KB、KC、KD覆蓋平行四邊形ABCD的充分必要條件后可按照下列方法處理： 在ABD中，由正弦定理得2R，又由余弦定理得BD，故R，故R11，解此關(guān)于a的不等式得cossinacossin，而aA

14、BADcoscos，故cossina肯定成立，故R1acossin例7 在一個(gè)半徑等于18的圓中已嵌入16個(gè)半徑為3的圓盤(pán)證明在余下的部分中還能嵌入9個(gè)半徑為1的圓盤(pán)，這些圓盤(pán)相互間沒(méi)有公共點(diǎn)，它們與原來(lái)的半徑為3的那些圓盤(pán)也沒(méi)有公共點(diǎn)證明：首先證明大圓中還能嵌入1個(gè)半徑為1的小圓先將大圓的半徑收縮為17，而將半徑為3的圓膨脹成半徑為4的圓，此時(shí)大圓面積變?yōu)?17228916個(gè)半徑為4的圓的面積為4216256由于28925633這說(shuō)明大圓中嵌入16個(gè)半徑為3的圓外，還能嵌入半徑為1的一個(gè)小圓又由于289256429，所以大圓中除嵌入16個(gè)半徑為3的圓及1個(gè)半徑為1的圓外，還能再嵌入一個(gè)半徑為

15、1的圓依此類推，由于289256480故大圓還可嵌入九個(gè)半徑為1的小圓將圖形收縮、鑲邊是解嵌入問(wèn)題一種重要方法例8 給定(3n+1)(3n+1)的方格紙(nN*)，試證任意剪去一個(gè)方格后，余下的紙必可全部剪成形如的L型紙片，(1992年國(guó)家隊(duì)選拔考試試題)分析從特殊到一般，采用數(shù)學(xué)歸納法證明 n1時(shí)，44的方格紙任意剪去一個(gè)方格后，由對(duì)稱性，不妨假設(shè)剪去的一個(gè)方格位于左上角22的方格紙中，剩下的其它方格如圖分割，就得到符合條件的一種分割方法，n2時(shí)，為77方格紙，首先每一個(gè)23的紙片可剪成2個(gè)L型紙片，其次，由對(duì)稱性，不失一般性可假設(shè)剪去的一格位于左上角4個(gè)22的正方形I、II、III、IV的

16、某一個(gè)內(nèi)(如圖(a)，如果剪去的一格在I或II或III內(nèi)，則I、II、III余下的部分為一格L型紙片其余的部分可分別按圖(b)，(c)，(d)全部剪成L形紙片，如果剪去的一格在IV內(nèi)，則只要作圖關(guān)于主對(duì)角線AC的對(duì)稱圖即可，這就證明了n2時(shí)結(jié)論成立，設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立，那么nk+2時(shí)，不失一般性，可設(shè)剪去的一格位于左上方(3k+1)(3k+1)的正方形內(nèi)，這時(shí)將(3k+7)(3k+7)的紙片分成4塊：左上方是(3k+1)(3k+1)的正方形，右下方是77正方形去掉去掉左上方的一個(gè)方格，左下方和右上方分別是63k和3k6的矩形，因?yàn)?3k和3k6的矩形可全部剪成23或32的紙片，故可全部剪成L型紙

17、片，而由歸納假設(shè)及n2的證明知左上方及右下方的兩塊也能全部剪成L型紙片，這就證明了nk+2時(shí)結(jié)論成立，于是，我們完成了原題的證明， 說(shuō)明數(shù)學(xué)歸納法是解決與n有關(guān)組合問(wèn)題的常用手法，數(shù)學(xué)歸納法使得問(wèn)題建立跨度，先從簡(jiǎn)單的特殊情況加以考慮，然后將方法和結(jié)論延伸情景再現(xiàn)622的方格紙片剪去一個(gè)小方格后剩下的3個(gè)小方格組成的紙片叫做L型紙片， 證明：對(duì)任意正整數(shù)n，2n2n型紙片任意剪去一個(gè)小方格后，剩下的部分能全部沿方格線剪成L型紙片，(1982年上海市數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)7已知nn(n是奇數(shù))的棋盤(pán)上每個(gè)單位正方形被黑白相間地染了色，且4角的單位正方形染的是黑色，將3個(gè)連在一起的單位正方形組成的L形圖稱

18、作一塊“多米諾”問(wèn)n為何值時(shí)，所有黑色可用互不重疊的“多米諾”覆蓋？若能覆蓋，最少需要多少塊“多米諾”?(第43屆IMO預(yù)選題)8平面上任意給定n個(gè)點(diǎn)，其中任何3點(diǎn)可組成一個(gè)三角形，每個(gè)三角形都有一個(gè)面積，令最大面積與最小面積之比為n，求5的最小值習(xí)題661在平面上有n(n3)個(gè)半徑為的圓，且任意三個(gè)圓中至少有兩個(gè)圓有交點(diǎn)證明：這些圓覆蓋平面的面積小于35，(2003年國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)試題)2證明：?jiǎn)挝婚L(zhǎng)的任何曲線能被面積為的閉矩形覆蓋，(1990年國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)測(cè)試題)3考慮mn(m，n1)的方格陣，在每個(gè)頂點(diǎn)和方格中心放入一塊干面包(圖為m3，n4的情形，放置了32塊干面包)(1)求恰有500塊干面

19、包的方格陣；(2)證明：有無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)k，使得不存在mn的方格陣(2003年意大利數(shù)學(xué)奧林匹克試題)4平面上有h+s條直線，其中h條是水平直線，另s條直線滿足：(1)它們都不是水平線；(2)它們中任意兩條不平行；(1) h+s條直線中任何三條不共點(diǎn)，且這h+s條直線恰好把平面分成1992個(gè)區(qū)域，求所有的正整數(shù)對(duì)(h，s)，(1992年亞太地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克試題)5若干個(gè)正方形的面積之和等于1，求證：它們可以不重疊地嵌入到一個(gè)面積為2的正方形內(nèi)(第6屆全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克試題)6能否將下列mn矩形剖分成若干個(gè)形如的“L”形？(1)mn19851987?(2) mn19871989?(第28屆IMO預(yù)

20、選題) 7 在一個(gè)面積為1的正三角形內(nèi)部，任意放五個(gè)點(diǎn)，試證：在此正三角形內(nèi)，一定可以作三個(gè)正三角形蓋住這五個(gè)點(diǎn)，這三個(gè)正三角形的各邊分別平行于原三角形的邊，并且它們的面積之和不超過(guò)0，64，(1987年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題)8設(shè)P是一個(gè)凸多邊形證明：在P內(nèi)存在一個(gè)凸六邊形，其面積至少是P的面積的，(第45屆IMO預(yù)選題) 本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答：1 如圖，分別以對(duì)角線AC，AD為直徑作圓O1， 圓O2， 因?yàn)锽90o，所以ABC被圓O1覆蓋，同理AED被圓O2覆蓋，在ACD中，若190o，則ACD被圓O1覆蓋；若290o， 則ACD被圓O2覆蓋；若1、2均為銳角，則自A作CD的垂線AF，則AC

21、F和ADF分別被圓O1、圓O2覆蓋綜上所述，凸五邊形ABCDE可被圓O1、圓O2覆蓋2(1)由于三角形的三邊長(zhǎng)均為整數(shù)，所以正方形的邊長(zhǎng)也為整數(shù)n，又由于三角形的面積為6，所以6|n2，從而2|n，3|n， 即6|n，記n6m，則n236m2，三角形的總數(shù)6m2是偶數(shù)(2)矩形被若干條割縫(線段)分割成若干個(gè)所述的直角三角形，割縫的端點(diǎn)都是三角形的頂點(diǎn)考慮直角三角形的斜邊若矩形的一組對(duì)邊上分別有b、d個(gè)斜邊，則存在非負(fù)整數(shù)a、c(因?yàn)橹苯侨切蔚闹苯沁叾紴檎麛?shù))，使a+bc+d，從而bd，即在矩形的對(duì)邊上的斜邊的個(gè)數(shù)相同若斜邊在割縫上，同理可知在這條割縫上的斜邊，相應(yīng)的直角三角形位于割縫一側(cè)的

22、個(gè)數(shù)與位于另一側(cè)的個(gè)數(shù)相同因此，直角三角形的斜邊的個(gè)數(shù)為偶數(shù)(若兩個(gè)直角三角形有一條公共斜邊，則這條斜邊應(yīng)計(jì)算兩次)，從而直角三角形的個(gè)數(shù)為偶數(shù)3設(shè)凸四邊形ABCD的面積為1，不妨設(shè)BDAC，A、C到BD的距離分別為h1 、h2，不妨設(shè)h1h2現(xiàn)過(guò)C作EFBD，交AB、AC延長(zhǎng)線于E、F，則AEF即為所求顯然AEF覆蓋四邊形ABCD由h1h2得，所以， ，故SAEF(h1+h2)EF(h1+h2)BD2SABCD2，4如圖，作F的兩條平行于的支撐直線l1、l2(l1、l2與F的邊界至少有一個(gè)公共點(diǎn)E、G，并且F夾在l1與 l2之間)，再作與l1， l2距離相等且與它們平行的直線l3，而AB、C

23、D是F的兩條弦并且AB與l1、l3平行等距，CD與l2、l3平行等距過(guò)A、B、C、D作F的支撐線與l1、l2、l3相交成上下兩個(gè)梯形，令這5條平行線相鄰兩條之間的距離為h，且不妨設(shè)CDAB，于是S(F)不大于兩個(gè)梯形的面積之和，即S(F)AB2h+CD2hCD4h (CDh) SCDES()所以，S()S(F)， 另一方面，取F為平面上邊長(zhǎng)為a的正六邊形ABCDEG ，使得AB，PQR為F中有一邊PQ的所有內(nèi)接三角形中面積最大的一個(gè)，顯然P、Q、R 必須在正六邊形的邊界上(圖)，并設(shè) (01，易計(jì)算得PQR的高h(yuǎn)a-aa(1-)及PQa+a (1+)a，所以S(PQR) hPQa(1-)(1+

24、)a a2(2+-2) a2-(-)2a2，而S(F) ，所以S(PQR)S(F)，并且時(shí)等號(hào)成立綜上可得，所求c的最大值是5不妨設(shè)C90o，于是，minA， B45o，以AB為直徑，在頂點(diǎn)C的同側(cè)作半圓O，則C位于半圓O內(nèi)，作射線AT使得BAT45o，如圖所示，再作射線OE使得BOE45o，且與半圓相交于E， 過(guò)點(diǎn)E作半圓的切線，分別交AB的延長(zhǎng)線和AT于點(diǎn)D和F，則等腰直角三角形ADF覆蓋三角形ABC，并且ADAO+OD AB+AB (1+)AB(1+)2R1+，6當(dāng)n1時(shí)，結(jié)論顯然成立，設(shè)nk時(shí)，結(jié)論成立，那么nk+1時(shí)，將2k+12k+1的方格紙等分成4個(gè)2k2k的方格紙片I、II、I

25、II、IV，不妨設(shè)剪去的一個(gè)方格在I內(nèi)，再在中心處剪去一個(gè)L型紙片，使II、III、IV內(nèi)恰恰各剪去一個(gè)小方格(如圖)，于是，由歸納假設(shè)知II、III、IV都可以全部剪成L型紙片，即nk+1時(shí)，結(jié)論成立， 于是，由數(shù)學(xué)歸納法命題得證，7設(shè)n2m+1，考慮奇數(shù)行，則每行有m+1個(gè)黑格，共有(m+1)2個(gè)黑格而任意兩個(gè)黑格均不可能被一塊“多米諾”覆蓋，因此至少需要(m+1)2塊“多米諾”，才能覆蓋棋盤(pán)上的所有黑格由于n1，3，5時(shí)均有3(m+1)2n2，所以n7，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n7時(shí)，(m+1)2塊“多米諾”可以覆蓋棋盤(pán)上的所有黑格， 當(dāng)n7時(shí)，由于兩塊“多米諾”可組成23的矩形，兩塊2

26、3的矩形又可組成43的矩形，則可將這個(gè)4個(gè)43的矩形放在77的棋盤(pán)上，使得出來(lái)中間的這個(gè)黑格外，覆蓋了棋盤(pán)上所有方格(如圖)，調(diào)整與中間的這個(gè)黑格相鄰的一塊“多米諾”，使得用這塊“多米諾”蓋住中間的這個(gè)黑格，而且也能蓋住原來(lái)那塊“多米諾”所覆蓋的惟一的一個(gè)黑格從而，用16塊“多米諾”覆蓋了棋盤(pán)上除一個(gè)白格外的所有方格假設(shè)當(dāng)n2m-1時(shí)，在(2m-1)(2m-1)的棋盤(pán)上可以用m2塊“多米諾”覆蓋棋盤(pán)上的所有黑格當(dāng)n2m1時(shí)，將(2m+1)(2m+1)的棋盤(pán)分成(2m-1)(2m-1)， (2m-1)2和(2m1)2的3部分，由于(2m-1)2的矩形可分解成m-2個(gè)22的正方形和一個(gè)23的矩形，

27、于是，(2m-1)2的矩形的黑格可以用(m-2)+2塊“多米諾”覆蓋同理，(2m1)2的矩形可以用(m-1)+2塊“多米諾”覆蓋(如圖)因此，(2m+1)(2m+1)的棋盤(pán)可用m2(m-2)+2(m-1)+2(m+1) 2塊“多米諾”覆蓋8，設(shè)平面上任意5點(diǎn)為A1，A2，A3，A4，A5，其中任意三點(diǎn)不共線(1) 若5點(diǎn)的凸包不是凸五邊形，那么其中必有一點(diǎn)落在某個(gè)三角形內(nèi)，不妨設(shè)A4落在A1A2A3內(nèi)，于是53， (2)若5點(diǎn)的凸包是凸五邊形A1A2A3A4A5時(shí)，如圖，作MNA3A4交A1A3與A1A4分別為M和N，且使得 ，(i)A2，A5中有一點(diǎn)，比如A2與A3，A4在直線MN的同側(cè)時(shí)(

28、如圖)，有5 1+ 1+ ，(ii) A2，A5與A1均在直線MN的同側(cè)時(shí)(如圖)，設(shè)A2A5交A1A3于O，則A1OAM，于是5 ，注意到3，所以總有5并且取A1，A2，A3，A4，A5為邊長(zhǎng)為a的正五邊形的5個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，有5 ，綜上可知，5的最小值是，本節(jié)“習(xí)題66”解答：1記這些圓的圓心分別為A1，A2，An，不妨設(shè)A1A2是這n個(gè)點(diǎn)的直徑(即兩點(diǎn)之間距離的最大值)，過(guò)A1，A2分別作A1A2的垂線l1，l2，則A3，An均在l1和l2之間的“帶形”內(nèi)以A1為圓心，2為半徑作半圓，在l1上的交點(diǎn)分別記為E，F(xiàn)，則該半圓包含了全體與A1距離不大于2的圓心于是，若以A1為圓心，3為半徑作半圓，

29、與l1交于B，C，再向左作寬為1的矩形MNFE，最后添上兩個(gè)四分之一的圓BME及圓FNC，如圖所示，則此圖形包含了圓心與A1的距離不大于2的全體單位圓該圖形BMNCB的面積記為S1，則S132+2+415+4，又由條件知，其余不在半圓內(nèi)的所有圓心兩兩之間的距離必不超過(guò)2(否則，若有AiAj2，而A1Ai2，A1Aj2，則A1、Ai、Aj兩兩相離，矛盾)，于是，剩下的圓心組成的點(diǎn)集的直徑2，易知一個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形可以覆蓋這些圓心，于是在該正方形外加一個(gè)“框”，如圖所示，“框”是4個(gè)寬為1的矩形和4個(gè)四分之一圓，則剩下所有圓都在這個(gè)區(qū)域內(nèi)記這個(gè)區(qū)域的面積為S2，則S222+42+12，所以這些圓

30、覆蓋的面積SS1S25+4+126+1635，2如圖，曲線端點(diǎn)連線記為l，設(shè)矩形ABCD是覆蓋曲線的最小矩形，且ABCDl，BCl，DAl，ABa， BCb， 則曲線和矩形四邊都有公共點(diǎn)在各邊任取一個(gè)公共點(diǎn)，分別記為P1、P2、P3、P4，又設(shè)曲線的端點(diǎn)是P0和P5，則AP2+ P2BAP1+P1P2+P2P3+P3B曲線弧P0P1P2曲線弧P4P5曲線弧P2P3曲線弧P3P41，AP2B的面積AP2P2B，矩形ABCD的面積3(1) mn(m，n1)的方格陣上放置的干面包的數(shù)目為(m+1)(n+1)+mn2mn+m+n+1，設(shè)N2mn+m+n+1，則2N-1(2m+1)(2n+1)，當(dāng)N50

31、0時(shí)，2N-19993337， 則(m，n)的解為(1，166)，(4，55)，(13，18)，(18，13)，(55，4)，(166，1)，(2)由于奇質(zhì)數(shù)有無(wú)窮多個(gè)，所以，若2N-1是質(zhì)數(shù)，則由m1，n1知2m+13，2n+13，所以，2N-1不能分解成兩個(gè)不小于3的奇數(shù)的乘積4因?yàn)槊織l直線把平面分成兩個(gè)區(qū)域，設(shè)n條直線(其中每?jī)蓷l相交，但任何三條不共點(diǎn))把平面分成an個(gè)區(qū)域，則n1條直線(其中每?jī)蓷l相交，但任何三條不共點(diǎn))把平面分成an+1個(gè)區(qū)域滿足an+1an+(n+1)，a12，由此推得ana1(a2-a1)+( a3-a2)+(an-an-1)2+(1+2+n)1+，于是，s條直線

32、把平面分成1+個(gè)區(qū)域，又h條平行線與這s條直線相交時(shí)又增加了h(s+1)個(gè)區(qū)域(即每增加一條水平直線，增加s+1個(gè)區(qū)域)，所以有h(s+1)1+1992，(s+1)(2h+s)21991211181，對(duì)上述不定方程的可能正整數(shù)解可列出下表：s+1s2h+sh2119919951110362176222118180181180220故所求的正整數(shù)對(duì)(h，s)為(995，1)，(176，10)，(80，21)，5將這些正方形的邊長(zhǎng)由大到小的順序排成一行，設(shè)其最大邊長(zhǎng)為xh1，再將它移植到邊長(zhǎng)為的正方形(面積為2)中，使邊長(zhǎng)為x的正方形緊貼大正方形的左下角，其它依次排在大正方形的底邊上，直到排邊長(zhǎng)為

33、h2的正方形開(kāi)始超出大正方形的右邊；將邊長(zhǎng)為h2的正方形以及以后的正方形移到上一行，使其左邊重合于大正方形的左邊，而底邊與邊長(zhǎng)為x的正方形的上底重合，其后的正方形依次排成一行，直到排邊長(zhǎng)為h3的正方形時(shí)又超出大正方形的右邊；將邊長(zhǎng)為h3的正方形以及以后的正方形又移到上一行，并且一直做下去(如圖)若我們能證明xh1，h2，h3，的和h1h2h3不超過(guò)，則所有這些正方形已無(wú)重疊地放入大正方形設(shè)想將從下往上數(shù)第k+1行最左邊的邊長(zhǎng)為hk+1的那個(gè)正方形移到第k行的右端，那么它就在大正方形的右端露出一部分，因此第k行中所有小正方形的面積之和不小于(x)hk+1 (k2，3，)，而第1行中所有小正方形的面積之和不小于x2+(x)h2，于是所有這些小正方形的面積之和不小于x2+(x)(h2+h3+) x2+(x)(h-x)，而由題設(shè)所有這些小正方形的面積之和為1，所以x2+(x)(h-x)1， 由此得出h+x32(x)32 ，6(1)因?yàn)?9851987不能被3整除，所以19851987的矩形不能分割成若干個(gè)L形(因?yàn)槊總€(gè)L形含3個(gè)方格)，(2)因?yàn)長(zhǎng)形既可拼成23的矩形，又可拼成79的矩形(如圖)，而1987198919801989+7198923(990663)+( 79)221，故19871989的矩形可被分割成若干個(gè)L形， 7結(jié)論可改進(jìn)為()2，并且這是最佳的設(shè)