原题如下：

在一个10行10列的棋盘上，任意放入15枚棋子，每个棋格中最多放一个。请证明：可以从其中挑出5行和5列，使所有棋子都在挑出的行或列中。

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思考20分钟，
找找思路，
试探一下各种能想到的方法，
看看最远能走到哪里
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解析：

首先建立画面感，15枚棋子放入棋盘上，一定有一些行有多枚，有些行只有一枚或没有。

挑出5行，要包含尽量多的棋子，自然选棋子最多的5行。

那么考虑棋子最多的5行至少有几枚棋子？这是这道题的突破口。接下来计算论证，这也不容易的。

棋盘总共10行，分成两组，棋子多的5行为一组和棋子少的5行为一组，

并且棋子多的那组每行棋子数不少于棋子少的组每行棋子数。

那么

对于棋子少的那5行，最多总共能有5枚棋子，

因为如果有6枚，按抽屉原理，

必然有一行有2枚或2枚以上棋子。

而多的那一组，因为只有9枚棋子（15-6=9），因此，

必然有1行只有1枚。

这样与我们的假定相矛盾。

所以，对于棋子少的那5行，最多总共能有5枚棋子

也即棋子多的那5行至少有10枚棋子

我们选这5行，

还剩下5枚棋子，用5列去选必定都可以选中。

原题证毕。

点评：

这道题还可以对10行按棋子数进行排序，从多到少，编号为1、2、3、4、。。。直到10

我们讨论第5行。

如果第5行的棋子数<=1，那么后续6、7。。。10行都<=1，选前5行棋子数必然>=10

如果第5行棋子数>=2，那么前5行棋子总数必然>=5*2=10

这么证明似乎更简洁一些，但也要求孩子建立排序讨论的思想。

此题在构造论证的过程中用到了抽屉原理、排序等数学方法，看似简单却是一道锻炼思维的好题。

原题如下：
有n（n≥6）名乒乓球选手进行单循环比赛，比赛结果表明：任意5人中既有1人胜其余4人，又有1人负于其余4人，求证：必有1人胜其余n-1人。

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思考20分钟，
找找思路，
试探一下各种能想到的方法，
看看最远能走到哪里
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解析：
因为n不是一个定数，不能通过直接的分类枚举法来证明。
反正法是一种思路，
我们可以假设：没有人胜其余n-1人
假定，胜场最多那个人的编号是1号，

图1

他至少有一人没有胜，设为n，即n打败了1

那么在被1打败的人里面，一定可以找到一个人，比如2号，他打败了n

因为如果没有人能打败n，那么n胜场次就会比1号多1场，与我们的假设矛盾。

所以，此时1、n和2他们的关系是互胜的。

图2

这时我们考虑5人组 1、2、n、3、4

因为1、2、n都有败场，那么全胜的人必定是3或4，我们假定是3全胜，4全败

我们考虑5人组 1、2、n、5、6

那么全胜的人必定是4或5，我们假定是5全胜，6全败

我们考虑5人组 1、2、n、3、5

图3

这时我们找不出全败的那个选手，与原题条件矛盾了。
因此我们可以推断，我们的假设错误，
也就间接证明了必有一个人胜其余n-1人。


上面是反正法，我们也可以考虑用直接证明法来试试。
从最小的5个人开始讨论

图4

假定有5人，编号为1、2、3、4、5
1胜了其余4人，
现在考虑增加一个6号

讨论1、2、3、4、6这一组
有两种情况：
情况1：如果1胜了6

图5

那么1也就胜了2到6的所有人

情况2：如果6胜了1

图6

考虑组1、2、3、4、6
因为1胜2、3、4
那么2、3、4不能是全胜的那个，
而1败于6
因此全胜的只能是6号
同样考虑组1、2、3、5、6
6号也必然是全胜的，即6胜5
所以6号胜了所有1到5号

基于上述两种情况的讨论，我们可以找到一个选手（1号或6号），他能全胜。

如果是1号全胜，考虑增加7号，
根据类似的分类讨论，我们也能找到一名全胜的选手，他可能是1号或7号

图7

如果是6号全胜，考虑增加7号，
根据类似的分类讨论，我们也能找到一名全胜的选手，他可能是6号或7号

图8

这个过程一直到增加选手n，在他之前，我们可以找到一个选手，胜了所有人，
假定为n-1号

图9

那么n与n-1之间有胜负两种情况：
情况1：n-1胜n，那么n-1就胜了所有人，原题得证
情况2：如果n胜n-1
那么考虑组1、2、3、n-1、n
因为必有1人全胜，1、2、3、n-1都有败场
所以n胜1、2、3
考虑其他组 2、3、4、n-1、n，
同样n胜4
以此类推，n胜n-2
也就是n胜了所有其他人。
原题得证。



点评：
反证法是间接证明，也叫归谬法。在应用的时候，由于多了一个假设，相当于多了个已知条件，自然会好入手一些。但要找出一个并不显而易见的证明仍是一个相当大的智力成就，即便是彻底理解它也需要一定的脑力。

反证法在使用的时候也有一些显而易见的缺点。在聆听或演绎一个证明时，我们不得不自始自终都把我们的注意力集中在一个我们应该要忘记的错误假设上，而不是一条我们应该记住的定理。尤其当反证法这样的证明逻辑很长时，对于听众会很痛苦，我们一个又一个的验证所有的推导过程都正确，但又必须面对全部情况都是不可能的。

对于同一个命题，需要又一点经验才能察觉到直接证明和反证（间接证明）这两者之间并没有本质的对立，两者间也可以进行转化。简而言之，如果我们希望充分的利用自己的能力，就应该熟悉直接和间接两种证明方法，当我们通过一种方法得出一个结论后，也不应该忘记回头再看看这个解答并自问：能否以不同的方式推导出这个结果吗？

原题如下：

有若干把锁，现有6个人各掌握了其中一部分锁的钥匙，已知任意2人同时去开锁，恰好有一把锁打不开，而任意三个人都可以把全部锁打开。那么至少有几把锁。

 

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思考20分钟，
找找思路，
试探一下各种能想到的方法
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解析：

这道题属于最值问题，需要我们构造论证。

但如果一上来就开始构造，会浪费很多时间。

我们要分析原题带来的限制条件。

设锁为1、2、3、。。。n

6个人分别为P1、P2、P3、P4、P5、P6

 

首先考虑“已知任意2人同时去开锁，恰好有一把锁打不开”。

这里有6个人，任意两人的组合有C(6,2)=15种

在这15种组合中，我们要问一个问题：是否有两种组合它们打不开的锁相同？

如有相同，比如P1+P2和P3+P4都开不了锁1，

那么也就是P1+P2+P3+P4这4个人一起都打不开锁1，

这和原题中第二个条件矛盾了，即“任意三个人都可以把全部锁打开”。

所以，我们可以得到：

这15种组合中，打不开的锁都互不相同

也就是说锁的个数n>=15

 

我们讨论n=15的情况。

假设P1+P2缺第k把钥匙，那么k一定在P3、P4、P5、P6手中，

因为“任意三个人都可以把全部锁打开”

同样，对于任意一把钥匙k，有且只有4个人有。

每把锁有且仅有4把同样的钥匙，

这样我们可以计算每个人有几把钥匙：

15x4/6=10（把）

 

进过上述讨论，我们知道锁有15把，每个人有钥匙10把，我们尝试构造。

我们知道每两个人都缺一把钥匙，可以列表表示如下：

组合	缺钥匙编号
P1+P2	1
P1+P3	2
P1+P4	3
P1+P5	4
P1+P6	5
P2+P3	6
P2+P4	7
P2+P5	8
P2+P6	9
P3+P4	10
P3+P5	11
P3+P6	12
P4+P5	13
P4+P6	14
P5+P6	15

根据以上缺钥匙编号的假定，我们可以构造出每个人拥有钥匙的情况：

组合	缺少钥匙编号	拥有钥匙编号
P1	1、2、3、4、5	6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
P2	1、6、7、8、9	2 3 4 5 10 11 12 13 14 15
P3	2、6、10、11、12	1 3 4 5 7 8 9 13 14 15
P4	3、7、10、13、14	1 2 4 5 6 8 9 11 12 15
P5	4、8、11、13、15	1 2 3 5 6 7 9 10 12 14
P6	5、9、12、14、15	1 2 3 4 6 7 8 10 11 13

点评：

本题是需要先证明后构造的逻辑推理题，与前几天的那道连续自然数数码和不是16倍数的那道题刚好相反。这类题是近年以来数学竞赛的热点，要求我们不仅要善于观察和思考，还要敢于猜测和联想。

原题如下：

最多有多少个连续的自然数，它们的各位数字和都不是5的倍数？

 

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思考过程：

先举一个例子，如

1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15

这一串数，它们的各位数字和分别为：

1、2、3、4、5、6、7、8、9、1、2、3、4、5、6

因为，这些数要求是连续的自然数，那么后一个自然数一定比在它前面的自然数大1

如果它们除了个位数以外的数字都相同，那么它们的数字和也将是一些相邻的自然数，

比如这里的

10、11、12、13、14、16

它们的十位相同仅个位数不同，其各位数字和分别是：

1、2、3、4、5、6

是一串连续的自然数。

数串8、9、10、11、12就不符合这个规律，因为它们十位不同。

 

我们还知道，

任何连续的5个自然数必然有一个能被5整除

因为5各连续自然数除以5的余数只能有1、2、3、4和0 这5种情况

 

考虑原题的要求，我们猜测：

仅个位数不同的自然数串最多连续有4个，其数码和不是5的倍数

另外在加上十位数与上述不同的连续4个，

总共是8个

比如 6、7、8、9、10、11、12、13

 

对于上述猜想，我们需要严格证明。

要证明最多是8个，自然想到9个可不可以，或者比8个多是否可行？这是反证法，也就是归谬法。如果超过8个不可以，同时我们又能构造出8个连续自然数的一个例子，那么也就完成了证明。思路是这样，考虑如何入手。

 

设有一串自然数，个数大于等于9个。根据前面的讨论，我们知道

1、如果它们除了个位数以外的数字都相同，那么它们的数字和也将是一些相邻的自然数

2、任何连续的5个自然数必然有一个能被5整除

能想到什么？这9个数有可能除了个位数以外的数字都相同，也有可能十位数不同。

按照十位数以上数字是否相同，我们把这9个数分为两类，根据抽屉原理，必然有一类数字个数大于等于5个，那么这5个数，它们的各位数码和就是连续的5个自然数，也就是有必能被5整除的一个数。

 

这样就证明了前面的猜想。

所以本题的答案是8

 

 

这类问题，还有升级版，题目如下：

最多有多少个连续的自然数，它们的各位数字和都不是16的倍数？

 

解析：

最小的两位数79其数字和等于16，也就是从1开始直到78，

这78个自然数其数码和都不是16的倍数。

那么78是最多的满足条件的连续自然数个数吗？

 

类似第一道题的考虑方式，按百位以上数字是否相同我们把目标的这串数分为两段，

后一段从1000….00（K个0），开始直到1000…0068（K个0），

最后两位数字不能超过68，因为1+6+9=16了

前一段应该从999….开始到999…99（K个9）

 

接着分析，

00、01、02直到68，这两位数码和是0到14，共15个，没有其他了

从31、32、33直到99，这两位数码和是4到18，共15个，也没有其它了

这样最好了，我们目标就要构造这样的数列。

因为如果有16个数码和，则必然有一个能被16整除（抽屉原理）

继续构造第一个数99..31

31前面有n个9

目标：9*n + 4除16余1

n=5满足

即9999931直到9999999这69个数的数码和除16的余数只能是1到15之间的任意数，

不会有数的数码和被16整除

 

所以9999931到10000068这138个数的数码和不能被16整除。

 

是否138就是最大呢？

这里的证明需要用到抽屉原理，

即把大于等于139个连续的自然数，按百位以上数码是否相同分成两部分，其中一部分必然大于等于70个。

假设：

1、大于70个数的那一组最大的百十位数为99

那么这一组最小数必然小于等于30，

其数码和从3到18，共16个，包括16，根据抽屉原理

不论其百位以上数码和是多少，这一组数中必有一个数的数码和能被16整除。

 

2、大于70个数的那一组最小的百十位数位00

那么这一组最大数必然大于等于69，

其数码和从0到15，共16个，包括16，根据抽屉原理

不论其百位以上数码和是多少，这一组数中必有一个数的数码和能被16整除。

 

也就是说，138是最大的自然数数串的数字个数。

点评：

第一题虽然简单，其实我们也用了构造。从简单的数列构造中，探寻约束条件下的规律。

第二题，如果没有构造目标数列，我们不能直接想到70个连续自然数的数串的性质，也就不能应用抽屉原理来进一步证明。在构造的过程中，我们也应用了抽屉原理。抽屉原理本身也是一种抽象的构造技巧，即我们要设计抽屉，也要设计苹果。

在解题的很多时候，我们要经常想一想，是否有做过类似的题，这个难题的简化版本是什么。

从简单入手，套用熟悉的模型，往往是一个解决复杂问题的有效办法。

甲乙两个人手上各有一些牌，具体如下：
甲： 一对A  一对10 
乙:  红心 3 、5 、9 、Q 、2
     黑桃  4 、6  、7 、J 、Q 
     梅花  4 、6 、9 、J 
     方片  5 、7 、J 、Q

规则：
不许出连对、三个不可以带牌 
可以出顺子、同花（5张同色一起出）
谁先出完谁胜

乙先出，乙是否能赢？

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对于乙，

黑桃的5张可以出同花，

红心3、5，梅花4、6方片7可以出顺子

剩下，5、2，99 JJ和QQ

这个时候，出方片5

如果：

1、甲不要，乙则继续打单，直到全部出完

2、甲要，出10

乙出J，

甲出A，那么乙出2，乙还有两个对一个J，继续出完，乙赢

甲不出A，乙继续出单个J，甲继续不出，乙出单个Q，

甲还是不能出A，因为出A后，甲剩下10、A，乙剩下2、99、Q，乙能出完

最后甲两个A只能拿在手里憋死了。

结论是乙可以赢

原题如下：

一个60x100的长方形，全部由1x1的小正方形组成，从长方形的一个角到其对角划一条直线，问，这条直线穿过了多少个正方形。穿过的定义是指直线从正方形内部穿过。如下图这样。

解析：

求直线穿过正方形的数量，我们不要画出来去数，这样很费时间，对建立解题思路也没有什么启发性。

先想想一个简单的问题：

直线穿过1个正方形，会有几个交点。

必然有2个交点，因为如果只有1个交点，就是擦边而过，不是穿过。如有3个交点，那不是直线能做的事。

那么反过来考虑，根据交点数是否可以计算出穿过的正方形数。

 

像下面这个例子，红色的对角线穿过了2条垂直线，1条水平线，总共有3个交点

中间这些交点属于两个相邻的正方形共有，在统计时我们要*2

那么加上两个顶角的交点，

2+3*2=8

穿过的正方形数：

8/2=4

 

如果是这种情况，直线穿过了一个小正方形的顶点

红色的对角线穿过了2条垂直线，1条水平线，总共有3个交点

但其中有两个交点重叠了（即正方形顶点），在统计时需要减去

内部总共的交点数：

3-1=2

穿过的正方形数：

（2+2*2）/2=3

 

这种思路应该是可以的。

也可这么想，数数看直线被分成几段了，这个跟穿过正方形数是一样的。

我们这次决定尝试一下数交点数的方法。

60X100的长方形，内部总共有99条垂线和59条横线，

对角的直线都会穿过这些垂线、横线

总共交点有 99 + 59个

注意，这里面有没有小正方形的顶点？

假设最左上角的顶点为（0，0），最右下角顶点编号为（60，100）

这些编号的顶点都会被直线穿过（只考虑长方形内部）

（3，5）（6，10）（9，15）。。。直到（57，95）

总共有19个点

所以内部的交点 99 + 59 – 19 =139个

那19个顶点重复统计了2次。

穿过的正方形数有

（2+139*2）/2 = 140 （个）

解毕

点评：

对于无法入手的问题，我们可以尝试把问题简化为一个规模不那么大的情形，进行分析和探讨，或者回想一下，是否有做过类似的问题，从简单入手，找出方案。进一步推而广之，向目标问题靠近。

这道题还有几个相对复杂的升级版本，一起来看看。

问题1：

一个10x10x10的大正方体，由1000个单位为1的小正方体组成，一个钢丝从正方体一面穿入从另一面穿出，问，最多能穿过多少个小正方体。

解析：

直线每穿过一个小正方体，最多穿过其两个不同的面，如果从棱线或顶角穿入穿出，那么会相应减少所穿过的面的数量。

为简化问题，我们假设直线全部从面上穿过，即不经过棱或顶点。

那么在正方体内部直线穿过的面有：

前后共9个，左右共9个，上下共9个

一共27个，这些面为两个小正方体共有，在统计时要*2

加上外部的2个面（一进一出）

穿过小正方体最多有（每个小正方体提供2个面）：

（27*2+2）/2=28个

问题2：

小长方体尺寸为1*2*3，共有36块小长方体组成一个6*6*6的大正方体，如下图，问：其对角线CE穿过了几个小长方体。

解析：

这道问题更复杂一点，它规定了直线的路径，我们必须要考虑内部是否穿过长方体的棱边，或者顶点。可是对角线在正方体内部，不像上面的题，可以在平面上把图形画出来讨论。我们要通过想象力，建立立体模型，这是这道题的难点所在。

 

先考虑CE这条线在哪几个切面上？这里切面指把正方体切开后展示出来的面。

CE在这几个面上：

DCEF、EBCH、ACGE

而不在DBFH上

如果CE所在的切面穿过了长方体的棱线，那么CE也必然穿过此棱线。

关于上面这一点，不那么显而易见，但仔细考虑后应该能明白。

 

现在来进行计算。

对角线CE穿过的面有：

前后2个，上下5个，左右1个，共8个

考虑内部穿过的棱线有3条（具体如图示），

穿过一条棱，等价于同时穿过了两个面，

穿过一个顶角，等价于同时穿过了三个面（这里没有穿过顶角的情况）

在统计面时应该减掉过棱的次数，所以穿过的小长方体数有：

（（2+5+1-3）*2+2）/2 =6个

如果我们第一次碰到的就是最后这一道题，不一定能分析出结论。

但是，如果我们从最简单的平面分析开始，

一步一步往下走，走到最后的结论应该不难，至少是有考虑的方向了。

这应该就是我们常说的数学解题思维吧。