1樓：匿名使用者
命題1 將0, 1, 2, …, n個數字用紅色或藍色塗色，要求差值為7或者11的數為同一顏色，與0同色的數構成的集合記為s，則s=
證明 顯然0屬於s，由差值為7或者11的數為同一顏色，則7,7*2,7*3,…, 11,11*2,11*3,…均屬於s，即對任意非負整數t,s，7t，11s≥0屬於s，同樣的理由，如果7t,11s屬於s，則7t+11，7t+11*2，7t+11*3，…,7t-11，7t-11*2，7t-11*3，…, 11s+7，11s+7*2，11s+7*3,…,11s-7，11s-7*2，11s-7*3,…,也均屬於s，從而對任意整數，7t+11s≥0屬於s.
命題2將所有非負整數用紅色或藍色塗色，要求差值為7或者11的數為同一顏色，則只能塗一種顏色。
證明 由於1=11*2-7*3，從而對任意自然數(包括零)k,k=11*2k-7*3k,故k屬於s，即任意自然數均與0同色，即如果對全體自然數(包括零)塗色，只能是同一顏色，不存在兩種顏色的塗色。
如果將s看成乙個袋子，0首先放在袋子中，如果有乙個數x，它與袋子中的某個數差為7或差11，則將數x也放在袋子中，也即論證了數x也屬於s，下面給出1屬於s 的論證（產生）過程：
0屬於s ，則0+11=11屬於s,11-7=4屬於s，4+11=15屬於s，15-7=8屬於s，8-7=1屬於s，將上述過程簡記為0-11-4-15-8-1
上面序列從0開始，且序列中任何相鄰兩數字的差或是7或是11。
下面再給出2，3，4，5，6屬於s 的論證過程：
0-11-4-15-8-1-12-5-16-9-2
0-11-4-15-8-1-12-5-16-9-2-13-6-17-10-3
0-11-4
0-11-4-15-8-1-12-5
0-11-4-15-8-1-12-5-16-9-2-13-6
從上可看出上述這些序列的出現的最大整數是16（在產生2,3,6的過程中），如果缺少16及大於16的數，將不會產生出2,因為2只能由9或13產生，9除由2產生（不能再回到2）外不能由小於16的數產生，13除由2產生外只能由6產生，而6又只能由13產生，這又回到了13，故得結論：缺少16及大於16的數，將不會產生出2。
如果允許出現的最大數是16，是否能產生出所有非負整數呢？答案是肯定的。
因為任何非負整數均可由表示為乙個7的倍數加上0-6的數，既然0-6屬於s，加上若干個7所得結果必然也屬於s。這樣得下面命題3.
命題3將0, 1, 2, …, n個數字用紅色或藍色塗色，要求差值為7或者11的數為同一顏色，兩種顏色均要用上，則n的最大值是15。
證明 由上面可知。如果n<16, 2不屬於s，故n<16可塗兩種顏色。即兩種顏色均要用上，如果n≥16,由上面分析可知，所有非負整數均屬於s，則n的最大值只能是15。
命題4將0, 1, 2, …, n個數字用紅色或藍色塗色，要求差值為k或者m的數為同一顏色，兩種顏色均要用上,如果k,m最大公約數d=（k,m）>1，則對任意的n,均可塗一種顏色。
證明 設與 0同色的數構成的集合記為s，類似於命題1的證明，s=,由於d=（k,m），故對任意s中的數x,d均整除x，於是1不屬於s，否則1屬於s，則d均整除1，這與d>1矛盾。由1不屬於s，故1可以不與0同色。
命題5將0, 1, 2, …, n個數字用紅色或藍色塗色，要求差值為k或者m的數為同一顏色，如果k,m互素，n≥k+m-1時，則只能塗一種顏色。即兩種顏色均要用上, 則n的最大值是k+m-2。
證明 設與 0同色的數構成的集合記為s,由k,m互素，則存在正整數x,y有k*x-m*y=1或m*x-k*y=1,，顯然0屬於s，由於k*x-m*y=1或m*x-k*y=1,故可以構造出產生1的過程，如果是k*x-m*y=1，則0-k-2k-…-k*x-(k*x-m)-(k*x-2m)-…-( k*x-m*y)=1，如果是
m*x-k*y=1，則0-m-mk-…-m*x-(m*x-k)-(m*x-2k)-…-( k*m-k*y)=1.
下面證明在這過程中出現的數均可以小於等於k+m-1,如果在這個過程（產生序列）中首次出現了大於等於k+m的數x，那麼在出現x之前，一定是x-k或x-m,由x≥k+m,得x-k≥m或x-m≥k，此時可用x-k-m代替x-k或x-k，從而使產生序列中的所有數小於等於k+m-1。故n≥k+m-1時，則只能塗一種顏色,也即兩種顏色均要用上的塗色, 則n的最大值是k+m-2。
2樓：匿名使用者
n的最大值為16。n比16大的時候可以從0開始遍歷所有的數。
3樓：匿名使用者
是這樣。
如果n無限的話（n大於7和11的最小公倍數就很好證明），任何能夠寫成1+7k+11m的數和1的顏色都要相同；
如果n有限，任何能夠寫成1+7k+11m的數（需要參照擴充套件的歐幾里得演算法）和1的顏色都要相同。
所以a很容易證明，7和11互質，所以n無限的話只能有一種顏色b將7和11換成m，k，證明還是很容易。
假設k>m
則下面球必須和1顏色相同：1+m,1+k,1+k-m,1+2k-m,1+2k-2m……當1+ak-am>1+m時，下乙個數寫1+ak-am-m，即盡量往小減。當序列包含了1到m的所有數時說明該序列加上1+am已經包含了1到n的所有數，那麼這個序列中最大的數減1就是所求的n。
顯然每加乙個k會多乙個小於等於m的數，再加一次k，所有數沒有重複而且最大值小於等於m+k。最後那個數沒必要加，則共有m+k-1個數，這樣再減1就是n的最大值了。所以有m+k-2.
4樓：小哲超級
不能全部塗完，不過我對你的最大值有疑問，真的是m+k-2麼，這樣的話，m=7，n=11時，結果應該為16。但是你自己可以驗證一下，結果不是16是35.可以這樣假設，設(i,j)=1(當i和j同色時）否則(i,j)=0.
然後可以設min【i，j】為使i和j有相同顏色的最小的數。可以把所有的min【i，j】求出來，i和j都從0到6。例如可以把【0，i】算出來，i從1到6。
最後得出【0，2】是能用一種顏色完成的最小的n，也即是用兩種顏色完成的最大n值，為35。另外，求出所有的min【i，j】，把所有的min【i，j】當成距離連起來形成圖，就是求它的最小生成樹。最小生成樹中的距離的最大值就是n的最大值。
這是我的理解，不知道樓上的幾位邏輯推理是否正確，如有疑問，可繼續交流。另外為m和k時，應該是類似的，不過時間緊，你先看前面是不是正確的。
5樓：匿名使用者
1到50這50個自然數分為25組
(1,2),(2,3),...,(49,50)
任意取出26個數,必有兩數同在一組,這同組的兩個數之差為1,故互質.
6樓：梅花香如故
1.不可以
反證法：假設存在滿足題設的塗法
由於7和11互質 (7,11)=1
那麼存在整數b,c使得7b+11c=1
現在考慮0，1，2...6這7個數的塗色問題，因為所有的序號相差為7的數字顏色是相同的
那麼在0-6中，必然有2個數字塗色是不同的不妨先設0對應顏色紅色
現在考慮，如果k為藍色(1≤k≤6)
那麼如果|7b|>|11c|
那麼0為紅色知道第k*|7b|個也為紅色
k為藍色，知道第k+k*|11c|也為藍色而第k*|7b|個和第k+k*|11c|是同乙個數字，矛盾如果|11c|>|7b|
那麼也一樣得出矛盾
....n有限制...沒注意呢..如果要求n的最大值，那麼根據上面的方法
（這裡討論可能出現問題，等等回來給你再碼字下）b)那麼現在猜想：
如果(m,k)=1那麼是一定不可以的
而(m,k)=min這個顯然是可以的
那麼現在問題是(m,k)=d
而min 這個時候可以嗎？ 顯然，這個時候也是可以的，你可以每隔d個塗相同的顏色，那麼結論就是(m,k)=1的時候是不行的，也就是m和k互質的時候是不可以的當然m和k都不能等於1 解 獅子 2 3 6 豹子 3 2 6 答 獅子和豹子跑得一樣快。獅子一步跑2公尺，跑到100公尺折返點時，用了100 2 50步，來回共用了100步 豹子一步跑3公尺，跑到100公尺折返點時要多跑2公尺，用了102 3 34步，來回共用了68步 豹子跑兩步的時間獅子跑三步。所以豹子跑68步的時間獅... 分析 去時與返回時的速度比是240 80，化簡得3 1，那麼在路程相等的情況下，所用的時間比應該是1 3，即 去時的時間是總共時間的1 1 3 也就是1 4，甲乙路程是 240 80 3 1 1 3 4 240 40 1 4 2400 公尺 希望能幫到你 240 80 3,40 3 1 10 分鐘 ... 1 到 不等於1或6，否則導致 到 等於 迎 2 如果 到 等於2，則 迎 等於4 所以 來 只能等於7 則 快 沒有合適的數字 所以 到 不等於2 3 如果 到 等於3，則 迎 等於9 導致 來 等於3等於 到 所以 到 不等於3 4 如果 到 等於4，則 迎 等於6 則 來 沒有合適的數字 所以...幫我解決一道小學數學難題
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