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第40讲 格点
本节主要内容有格点的概念，及格点在解题中的应用．
格点，又叫整点，指的是在直角坐标系中，每个坐标都是整数的点．或者直接在平面上取两组互相垂直的平行线(在空间中就取三组互相垂直的平行平面)，相邻的两条平行线的距离相等，这两组平行线的交点就是格点．当一个多边形的所有顶点都是 两组互相垂直的平行线，相邻的两条平 行线的距离相等，这两组平行线的交点就是格点．关于格点多边形，有下列定理：
定理1 (皮克定理)设格点多边形内部有N个格点，边界上有L个格点，则其面积
S=N+L－1．
(证明略)
定理2 边与两轴平行的正方形(顶点不一定是格点)，如果其面积大于1，则其内部至少有一个格点．
证明 如图，设点A、B的横坐标分别为a，b，则r＝b－a＞1．
若a为整数，则a＋1＜b，而a＋1为整数，此时，直线x＝a＋1穿过正方形ABCD内部；若a不是整数，[a]是不超过a的最大整数，{a}＝a－[a]，有0＜{a}＜1，此时a＝[a]＋{a}＜[a]＋1＝a－[a]＋1＝a＋1－[a]＜b－[a]＜b．即直线x＝[a]＋1穿过正方形内部．总之，正方形内部有一条竖直格线穿过．
同理，正方形内部有一条水平格线穿过．即其正方形内部有一个格点．
A类例题
例1 ⑴ 内部不含格点的圆，其面积≤．
⑵ 内部恰有一个格点的圆，其半径不大于1．
分析 本题是定理2的一个直接应用．
⑴证明 如果圆的面积＞，则其半径＞其内接正方形边长＞1．由定理2可知其内部必有格点．故证．
⑵ 证明 设⊙O有内部恰有一个格点，且其的半径＞1．
圆心O必在某个格点正方形ABCD内或在其边上．从而A、B、C、D至少有三点在⊙O外或⊙O上．于是相对的两个顶点A、C或B、D同在⊙O外或⊙O上，例如B、D在⊙O外(或⊙O上)．于是BO≥1，DO≤1．即O应在以B、D为圆心，1为半径的圆外(或边界上)，又在正方形ABCD内部，这是不可能的．
例2 ⑴ 找出内部恰有0个、1个、2个、3个、4个格点的面积最大的圆．
⑵ 能否找到内部恰有5个格点的面积最大圆？
⑴解 (如图)内部恰有0个格点的面积最大圆的半径＝；
内部恰有1个格点的面积最大圆的半径＝1；
内部恰有2个格点的面积最大圆的半径＝；
内部恰有3个格点的面积最大圆的半径＝；
内部恰有4个格点的面积最大圆的半径＝．
⑵解 如左图画的是内部有5个格点且过4个格点的圆，其半径＝．但这圆不是内部有5个格点的面积最大圆．
如右圆，取内部恰有四个格点的面积最大圆(虚线画的圆)，其圆心为O，点P1、P2、P3、…、P8等8个格点在此圆上，其半径＝＞．
可以作一个圆使原来四个在圆内的格点仍在此圆内，且使P1在圆内而原来在圆上的其他格点都在圆外．为此取P1P8、P2P3的垂直平分线l1、l2，则在这两条直线围出的右上平面内的点，到P1的距离比到P8的距离小，到P2的距离比到P3的距离小，再作P2P8的垂直平分线l3，则l3上的点到P2、P8距离相等，现在l3上靠近点O取一点Q，以Q为圆心，QP2为半径画一圆，显然，此圆内恰有5个格点．
只要点Q充分接近O，则⊙Q的半径充分接近，但圆内恒有5个格点．即没有圆内恰有5个格点而面积最大的圆．
情景再现
1．内部不含格点的正方形，其面积≤2．
2．找出内部恰有1个，2个格点的面积最大的正方形．
B类例题
例3 求证：对任何n(n∈N)，可以作一个圆，恰盖住n个格点(格点在圆内部)．
分析 只要能证明，平面上存在一点，到所有格点的距离两两不等．为此，可以利用“无理数不等于有理数”来解．
证明 取一点，其两个坐标都是无理数，例如取点W(，)，先证明，以W为圆心，任意长为半径作的圆，至多通过一个格点．
设某个以W为圆心的圆通过两个格点(m，n)，(p，q)(m，n，p，q∈Z)，
则(m－)2+(n－)2＝(p－)2+(q－)2．
展开整理得，m2+n2－p2－q2＝2(p－m)+2(q－n)．
左边是有理数，右边当且仅当p＝m，q＝n时为有理数．故证．
于是可知以W为圆心的圆至多通过一个格点．
现考虑，平面上所有的点与W的距离，这些距离没有两个相等．把所有的格点与点W的距离按从小到大排队0＝r0＜r1＜r2＜r3＜…＜rn＜…．取线段r，满足rn＜r＜rn+1，以W为圆心，r为半径作圆，则此圆内恰有n个格点．
说明 本题即是辛泽尔定理，利用本题的结果可以解1987年的全国高中联赛题二试第2题．
例4 若a与b是互质的正整数，证明
＋＋＋…＋＝(a－1)(b－1)．
分析 研究数[ka](k，a∈N*)的几何意义：取函数y＝kx，这是一条直线，在直线上取一点(a，ka)，在连结点(a，0)与点(a，ka)的线段上(不含点(a，0)而含点(a，ka)时)，恰有[ka]个格点．
证明 取直线y＝x(右图中以a＝5，b＝9为例)．
对于k＝1，2，…，b－1，由(a，b)＝1，知b ak．
所以直线y＝x与x＝k(k＝1，2，…，b－1)的交点都不是格点．
而表示线段x＝k(y∈(0，ka])上的格点的个数，所以，＋＋＋…＋表示以O(0，0)，A(b，0)，B(b，a)为顶点的三角形内部的格点数．由于线段y＝x(x∈(0，b)上没有格点，由对称性知，△OAB内部的格点数等于矩形OABC(其中点C坐标为(0，a))内部格点数的一半．
而矩形OABC内部的格点数＝(a－1)(b－1)(共a－1行，b－1列)．从而
＋＋＋…＋＝(a－1)(b－1)．
说明 本题所证明的恒等式称为厄尔米特恒等式．本题是把《高斯函数》中的内容与格点联系起来的一个定理．
例5 若每边长均为整数，三边不等且最大边长为n的三角形共有600个，求n．
分析 先列出相关条件，把相关条件转化为平面上满足这些条件的格点数．
解 设三边长为x，y，n，且x＜y＜n，则有x+y＞n．
本题可以理解为满足y＜n，y＞x，x+y＞n的区域中恰有600个整点．
故在坐标系内作直线y＝x，x＋y＝n，y＝n，若A(n，0)，B(n，n)，C(0，n)，AC、OB的交于点P．由这三条直线围成的三角形PBC即为所求区域．
正方形内共有(n－1)2个格点，线段AC、OB内各有n－1个格点，当n为奇数时，P不是格点，当n为偶数时，P是格点．
由对称性，ΔPAB、ΔPBC、ΔPCO、ΔPOA内的格点数相等．
故有 (n－1)2－2(n－1)＋k＝600×4．(n为偶数时k＝1，n为奇数时，k＝0)
即 n2－4n＋3＝2400－k．
当n为奇数时，(n－2)2＝2401＝492，所求正整数解为n＝51．
当n为偶数时，(n－2)2＝2400，无整数解．
所以 n＝51．
情景再现
3．⑴ 如图⑴，在一个棋盘形的街区图中，纵线与横线都表示街道，有人沿此街道从(0，0)直到(n，m)，问使路程最短的走法有多少种?
⑵ 如图⑵，仍在此街道图中，如果在点(p，q)与 (p，q+1)(0≤p≤n，0≤q≤m－1)间的街道(图中用粗线标出)戒严，禁止通行，则从(0，0)到(n，m)的最短走法有多少种？
4．试设计一种染色方法，把所有的平面整点染色，每一整点染成红色、白色或黑色中的一种颜色，使：
⑴每一种颜色出现在无穷多条与横轴平行的格线上；
⑵对任意白点A，红点B，黑点C，必可找到一个红点D，使ABCD为平行四边形．(1986年全国高中联赛)
5．中国象棋的“马”可以从一个1×2矩形的一个顶点跳到相对的顶点上(不妨称之为1×2马)．问一个中国象棋的马能否从其起点A出发，不重复不遗漏地跳遍半个棋盘？
6．在一个n×n的方格纸上任意选定同一行的相邻两个方格A与B，在左面的A格中放了一枚棋子，它可以向上、右、和斜左下的格子走，试证明：对任何正整数n(n>1)，这枚棋子不能走遍所有的格子并最后走到B，而且每个格子都只走过一次．
C类例题
例6 起点为(0，0)，终点为(2n，0)(n∈N*)的折线由(p，q)→(p+1，q±1)类型的线段构成．
集合A表示该折线除起点与终点外与y=0还有一个公共点，但位于y=0上方的折线集合；
集合B表示该折线除起点与终点外与y=0没有公共点，且位于y=0上方的折线集合．
求证：card(A)=card(B)．
证明 对于每个A中的任意一条折线l，设它与x轴 (除起点与终点外)的交点为(2k，0)．此点把l分成两部分：前段l1与后段l2，现把l2中从(2k，0)到(2k＋1，1)的一节截出放到从(0，0)到(1，1)，并把前段l1按(0，0)到(1，1)的向量平移，这样就得到了一条B中的折线．
反之，对于每条B中的折线l，它至少有两次与直线y＝1相交．第一次交于(1，1)，设第二次交于点(2k＋1，1)，这两点把l分成三段．一段是从(0，0)到(1，1)，一段是从(1，1)到(2k＋1，1)，一段是从(2k＋1，1)到(2n，0)，现把第一段移至(2k，0)到(2k＋1，1)，第二段按(1，1)至(0，0)的向量平移，则得到了一条A中的折线．
这说明A中的折线与B中的折线有一个一一对应关系．
∴ card(A)＝card(B)．
例7 在平面直角坐标系中，任取6个格点Pi(xi，yi)(i=1，2，3，4，5，6)满足：
⑴ |xi|≤2，|yi|≤2(i=1，2，3，4，5，6)；
⑵ 任何三点不在一条直线上．
试证明：在以Pi(i=1，2，3，4，5，6)为顶点的所有三角形中，必有一个三角形的面积不大于2．(1992年全国高中数学联赛试题)
分析 满足要求的格点共25个，设法把它们分组，使同组三个格点连成三角形面积不超过2，再研究可能取点的情况．
证明 如图，满足条件的格点只能是图中A、B、…、Y这25个格点中的6个．把这25个格点分成三个矩形：矩形AEFJ、KOWU、MNYX．
若所取的6个点中有三个点在上述三个矩形中的某一个中，则此三点即满足要求．
若三个矩形中均无所取6点中的3点，则必是某个矩形中有所取的2个点．
⑴ 若E、F、D、G、O、R、W中有所取的点，则此点与矩形MNYX中的两点满足要求；
⑵ 若上述7点均未取，则A、B、C、H、I、J中必有两点，此时若L、K中有所取的点，则亦有三点满足要求；
⑶ 若L、K亦未取，则必在P、Q、V、U中取了2点，矩形ACHJ中取了2点：此时取P、Q两点，或Q、V两点，或V、U两点，或U、P两点，或Q、U两点，则无论ACHJ中取任一点，与之组成三角形面积均满足要求．
若取P、V两点，则矩形ACHJ中必有一点异于C，取此点与P、V满足要求．
综上可知，必有满足要求的3点存在．
例8 平面上有限点集的集合S．其中每个点的坐标都是整数，是否可以把这个集合中的某些点染红色，其余点染白色，使得与纵横坐标轴平行的每一条直线L上所包含的红、白点的个数至多相差1个？
分析 本题不外以下三种结果：
1˚对于一切n∈N*，均无法染成，此时要给出证明；
2˚对于一切n∈N*，均可以染成，此时要给出一个染色的方法；
3˚对于某些n∈N*，可以找到染色方法；而对于另一些n∈N*，则无法染成；此时要给出分类的标准，并对无法染成的给出证明，对可以染成的给出染色方法．
为了证明本题，可以先看最简单的情况，n＝1，2，3等，于是可以考虑用数学归纳法证明本题．
证明 用数学归纳法证明：
若n=1，则可以将此点任意染成红色或白色．
若n=2，则可把这两个点一个染红一个染白．即n=1，2时命题成立．
设当n＝k(k∈N*)时都有满足上述要求的染法，当n=k+1时，
①若某一条纵线(或横线)上有奇数个点，则将此直线上的点去掉1个，此时，共余下k个点，可以有满足上述要求的染法．由于去掉一个点后，这条直线上有偶数个点，故这条线上的其余点染成红白各半，而该点所在横线上的红白点或相等或相差1个，如果相等，则可把这点任意染色，如果红白相差1个，则染成较少个数的颜色，于是有满足要求的染法．
②如果任一条横线与纵线上都有偶数个点，不妨在某条横线l1与纵线m1相交处的点被去掉，对于余下的这k个点，由归纳假设知必有合要求的染色方法，此时去掉点所在横线l1与纵线m1上都有奇数个点，必为某色多1，现只要说明，这两条线上是同色点多1即可．
设l1上红点多1，先不看l1，统计其余横线上的红白点数，由于其余横线上都是偶数个点，因此，都染成红白各半，所以这k个点染色时，红点总数应多1个．
再不看m1，统计其余纵线上的红白点数，由于其余纵线上也全为偶数个点，故也是红白各半，但由于红点总数多1个，故m1上点必染成红点多1个．于是可以把去掉的点补回，并染白，就得到了满足要求的染色法．
根据数学归纳原理知，对于任何n∈N*，均有符合要求的染色法．
情景再现
7．设三角形的三边长为正整数l，m，n，且l≤m≤n．⑴当n=9时，有多少个这样的三角形？⑵对于一般的n的值，有多少个这样的三角形？
8．给定一个正45边形，在它的每个顶点上标上0，1，2，…，9这十个数字中的一个．另一方面，由这10个数字中的不同的数字组成了任意的数对，问能否找到这样的一种标数法，使得对于每一个数对都有一条边与之对应，且这条边两端标的数字就是这个数对．
习题40
1．一个平行四边形的三个顶点是格点，则其第四个顶点也是格点．
2．若有一个无限大的棋盘及一匹1×n的“超级马”(即一步从某个1×n格点长方形的一个顶点跳到与之相对的顶点，中国象棋的“马”是1×2马)，问n应该满足什么条件，才能使它从某个格点跳到任一格点．
3．在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是有理数的点称为有理点，若α为无理数，则过(α，0)的所有直线中，有且只有1条直线至少通过两个有理点．
4．各边的长都为整数的三角形，其三边的和为50，这样的三角形有多少种？
5．对任意正整数n，连结原点O与点An(n，n+3)，用f(n)表示线段OAn上的整点个数(不计端点)，试求f(1)+f(2)+…+f(1990)．(1990年全国高中数学联赛，原题是填空题)
6．给定一个n×n的格点阵，以此阵中的格点为顶点的格点正方形有多少个？
7．若每边长均为整数，三边不等且最大边长为n的三角形共有600个，求n．
8．设n>0，给定平面区域P＝{(x，y)|x>0，y>0，且xy≤n}．
求证：P内格点的个数S=2－2．
9．设有一条平面闭折线A1A2…AnA1，它的所有顶点都是格点(即纵、横坐标都是整数的点)，且|A1A2|=|A2A3|=…=|An-1An|=|AnA1|．证明：n为偶数．(1986年第1届国家集训队训练题)
10．某次共有18名学生参加选举，每人投1票，投给2名侯选人中的1人，投票完毕后，由1名学生逐张开票，1名学生记录开票的结果．若最后侯选人甲得到11张票．问在开票过程中，甲得票数始终不少于乙的开票方法有多少种？
11．把边长为1的正三角形ABC的各边分为n等分，过各分点作平行于其他两边的平行线，将这个三角形分成小正三角形，各小三角形的顶点称为结点，在每个结点上放置一个实数，已知：⑴A、B、C上放置的数分别为a、b、c(a、b、c不全相等)，⑵在每个有公共边界的两个最小三角形组成的菱形中，两组相对顶点上放置的数的和相等．
试求：⑴放置最大数与放置最小数的点之间的最短距离r；
⑵ 所有结点上放置的数的总和S．(第二届国家冬令营)
12．试求格点凸32边形周长的最小值．
本节“情景再现”解答：
1．证明 若正方形的面积＞2，则其边长＞，其内切圆的直径＞．而此内切圆的边与坐标轴平行的内接正方形边长＞1，于是，由定理2，此正方形内部至少有一个格点．矛盾．
2．解 内部恰有一个格点的正方形边长＝2，
3．解：⑴图中用粗线标出了一种走法．显然，长一种满足要求的走法都包含了n段短横线与m段短竖线．
故可以考虑给出n+m个位置，在这些位置中选择n个位置给“横”，其余m个位置给“竖”．于是所求的走法数为C．
⑵ 从(0，0)到(p，q)有C种走法，从(p，q+1)到(n，m)有C种方法；
∴ 共有C－C·C种方法．
4．解 把每个点的横坐标与纵坐标的和记在此格点旁，凡记数被4除余0、余2的点染红，被4除余1的点染白，被4除余3的点染黑．此时每条格线上都有三种颜色的点．
设取了白点A(4k＋r，4k＋1－r)，
5．解 把棋盘的格点染成红蓝两色：相邻的点染色都不同，如图中画圈的点染红，未画圈的点染蓝．则马只能从某色点跳到不同色的点．
图中共有23个红点，22个蓝点．故若马从蓝点出发，跳遍棋盘，若最后跳到蓝点，则跳过的蓝点应比红点数多1个，若最后跳到红点，则红点与蓝点个数相等，但图中红点多1个，故不存在这种跳法．
6．证明 设向上走x步，向右走y步，向斜左下走z步，共经过m(m＝n2)个格点(包括A、B)，则若能走，可得x＝z，y＝z+1，x+y+z＝m－1，即3z＝m－2，故 n2＝3z+2≡2(mod 3)，但平方数被3除的余数不可能为2．故证．
7．⑴解 取x=l，y=m，则有x≤y≤9，x+y>9．这可用直角坐标系内的区域表示：
即直线x+y=9，y=x，y=9这三条直线围成的三角形的内部及部分边界上的整点数即为解数．现考虑由x=0，x=9，y=0，y=9这四条直线围成的正方形，其内部及边界上共有10×10=100个格点．直线y=x上在正方形内部的格点有一半满足要求，直线x+y=9上的点不满足要求，这两条直线的交点不是格点．直线y=9上有点(1，9)，(2，9)，…，(9，9)满足要求．故这100个格点中恰有满足要求．
∴共有25个满足条件的三角形．
⑵解：对于一般的n值，当n为奇数时，三角形数=(n+1)2．
当n为偶数时三角形数由于y=x与x+y=n的交点是格点，故三角形数=((n+1)2－1)．
总之，对于一切n，三角形数=[(n+1)2]．
8．解 先考虑数0，它可以组成9个数对(0，1)，(0，2)，(0，3)，…，(0，9)．如果这9个数对都要出现，则由于一个顶点只连了两条边，故0至少要在5个顶点上标记才有可能．
同理，1、2、3、……，9都至少要在5个顶点标记才行，这样这个多边形至少要有50个顶点．故这个正45边形不可能出现满足要求的标记法．
“习题40”解答：
1．解：由于平行四边形对角线互相平分，故设其顶点坐标依次为(xi，yi)，(i＝1，2，3，4)，且(x1，y1)、(x2，y2)、(x3，y3)为格点，则x4＝x1＋x3－x2，y4＝y1＋y3－y2，故(x4，y4)也是格点．
2．解 把此棋盘按上题的方法染色，当n为奇数时，马只能从某色点跳到同色点而不能跳到异色点，故当n为奇数时，不可能．
当n为偶数时，只要说明马能从一点跳到其相邻的点即可，如图，马从(0，0)先跳到(1，n)，再跳到(n+1，n－1)，(1，n－2)，…，(1，0)．即跳到相邻的点．于是可以跳到任意一点(图中画的是一个1×4“超级马”)．
3．证明 经过(α，0)的与x轴垂直的直线l可写为x=α，此直线上所有点的横坐标都等于α，故都不是有理点．经过(α，0)的且不与x轴垂直的直线l可写为y=k(x－α)．
设l经过两个有理点(m，n)，(h，g)．(m，n，h，g都是有理数，m≠h)，则
n=k(m－α)，g=k(h－α)，n－g=k(m－h)，由知m≠h，且k＝为有理数．
若n－g≠0，则k≠0．此时，由m－α为无理数，故k(m－α)为无理数．与n为有理数矛盾．故n－g=0，此时直线为y=0，经过无穷多个有理点．即经过(α，0)的直线有且只有一条经过至少两个有理点．
4．解：设三边长分别为x、y、z，由于对称性，可设x≤y≤z，可得
x＋y＋z＝50Þz＝50－x－y；
故有 y≥x， ①
x＋y＞z即x＋y＞25， ②
y≤zÞx＋2y≤50， ③
问题即是满足条件①②③的整数解有多少组？
问题转化为求由条件①②③确定的平面区域中整点的个数．
易于计数得解为52种．
5．解 线段OAn的方程为y＝x(0≤x≤n)，故f(n)等于该线段内的格点数．
若n＝3k(k∈N*)，则得y＝x (0≤x≤n)(k∈N*)，其内有两个整点(k，k+1)，(2k，2k+2)，此时f(n)=2；
若n＝3k±1(k∈N*)，则由于n与n+3互质，故OAn内没有格点，此时f(n)=0．
∴ f(1)+f(2)+…+f(1990)=2[]=1326．
6．解 把这些正方形分为两类：①边与格线平行的正方形；②边不与格线平行的正方形．
① 边与格线平行的正方形：边长为k的这类正方形有(n－k) 2个；
②边不与格线平行的正方形：它们都是前一种正方形的内接正方形：每个边长为k的第一类正方形，其一条边内都有k－1个格点，每个这种格点都对应一个内接正方形，从而都有k－1个内接的正方形．
所以，共有格点正方形的总数
S=k (n－k)2=n2k－2nk2+k3
＝n2´n(n－1)－2n´(n－1)n(2n－1)+n2(n－1)2
＝n2(n－1)[6n－4(2n－1)+3(n－1)]
＝n2(n2－1)．
7．解 设三边长为x，y，n，且x<y<n，则有x+y>n，
本题可以理解为满足y<n，y>x，x+y>n的区域中恰有600个整点．故在坐标系内作直线y=x，x+y=n，y=n，由这三条直线围成的三角形PBC即为所求区域．
正方形内共有(n－1)2个格点，线段AC、OB内各有n－1个格点，当n为奇数时，P不是格点，当n为偶数时，P是格点．
由对称性，ΔPAB、ΔPBC、ΔPCO、ΔPOA内的格点数相等．
故 (n－1)2－2(n－1)+k=600×4．(n为偶数时k=1，n为奇数时，k=0)
∴ n2－4n+3 =2400－k．
当n为奇数时，(n－2)2=2401=492，解为n=51．
当n为偶数时，(n－2)2=2400，无整数解．
∴ n=51．
8．解 本题即，当0<x<，x∈N*时，[]可以表示直线x=k (0<k<)上满足0<y<的格点数，表示直线x>0，x≤及y>0，y≤表示的区域内的格点数．由对称性，也表示x>0，x≤及y>0，y≤表示的区域内的格点数，此二区域的并集即区域P，但其中由x=0，y=0，x=，y=围成的正方形区域内的格点被计算了两次，从而应该减去其中的格点数一次．故得证．
9．证明 令Ai(xi，yi)(i=1，2，…，n，xi，yi∈Z)，则
(x2－x1)2+(y2－y1)2= (x3－x2)2+(y3－y2)2=…= (xn－xn－1)2+(yn－yn－1)2= (x1－xn)2+(y1－yn)2．
令αi=xi+1－xi，βi=yi+1－yi，αi2+βi2=M(i=1，2，…，n，xn+1=x1，yn+1=y1)，
则α1+α2+…+αn=0，β1+β2+…+βn＝0，若αi、βi全为偶数，则可在上面三式中约去2的最低次幂，因此可以假定αi、βi中至少有一个为奇数．
由于奇数的平方mod 4后余1，故M≡1或2(mod 4)．
①若M≡1(mod 4)，则每对αi、βi中都必有一奇一偶，此时α1+α2+…+αn+β1+β2+…+βn＝偶数+n个奇数=0，故n为偶数．
②若M≡2(mod 4)，则每个αi、βi都是奇数，于是α1+α2+…+αn为n个奇数之和=0，仍得n为偶数．故证．
10．解 取一直角坐标系，用单位格点正方形的对角线来表示每张票投票的结果，若所开的1张票选甲，则用斜率为1的对角线表示，若选乙，则用斜率为－1的对角线表示．…，第一张票从原点开始连线，以后每开一张票都是接着前面已连的线连线(若第k－1张票已连线到(k－1，p)，而第k张票选甲，则连(k－1，p)与(k，p+1)表示，若选乙，则连(k－1，p)与(k，p－1)表示)．于是开票的过程可用一条连结(0，0)与(18，4)的折线表示其中4=11－(18－11)，折线的每一小段都是单位格点正方形的对角线．
这样的折线共有C条．
若在某一次甲得票少于乙，则此折线与直线y＝－1相交．仍由反射原理得所求应为矩形ABPD内的最短折线数，这样的折线共有C条．
∴ 甲得票数始终不少于乙的开票方法有C－C种．
11．解 如图，结点上放置的数标在结点旁．则
a+d=x1+y1，x1+y2=y1+d，∴ a－y1=x1－d=y1－y2=…，
即，同一条线上注的数成等差数列．
∴ 若a、b、c互不相等，则r=1；若a、b、c中有两个相等时，r= (n为偶数)，或r= (n为奇数)．
⑵ 把三角形绕中心旋转120°，240°，所得标数和不变，而每个结点三次标数之和都是a+b+c，
∴ 结点总个数=1+2+3+…+(n+1)= (n+1)(n+2)；
∴ S=(n+1)(n+2)(a+b+c)．
12．解 如图，取点(±1，0)，(0，±1)，(±1，±1)，(±1，±2)，(±1，±3)，(±2，±1)，(±3，±1)，(±2，±3)，(±3，±2)共32个点从原点向此32个点引向量，得32个方向互不相同的向量．现按逆时针方向从(1，0)表示的向量开始，按这些向量与x轴正方向所成角从小到大的顺序，依次把这32个向量连结成一个凸32边形，由于这些向量的和为零向量，故这32个向量可连成一条闭折线，该闭折线围成一个凸32边形，由于每个向量起点与终点都是格点，故此32边形是格点多边形．
由于任一凸多边形中，不能有两边的向量方向相同．故这个32边形周长最小．所求最小周长为4(1++2+2+2)．
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