在五維空間({0，1} 5)中定義，要選擇壹個整數點的覆蓋，我們設想被選擇的點是紅色的，距離為1的點會被染成藍色。每個紅點最多用5個藍點染色，壹共6個。壹共32個空格，不能少於6個。當然，這個下限太粗糙了。我再考慮壹下，想起來再補充。
建造8個蓋子並不困難。對於壹個三維空間，也就是壹個單位立方體，很容易想象，最小覆蓋法的覆蓋數為2。(000和111)，所以對於後兩位，也就是000xx和11xx，有8種。
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可惜的是，好像壹套7個封面，找了兩次驗證，都沒有問題。
11111
01111
10111
11000
00100
00010
00001
至於為什麽沒有6的覆蓋，這個解釋相當冗長(其實這個解釋是我試圖證明為什麽沒有7的覆蓋，最後歸結到幾種情況我想回歸荒謬，就找到了上面的例子。但是，如果只是想證明6-coverage壹開始就不存在，會節省很多時間。
現在我們來證明為什麽六種不可能。首先，每個數字都有壹個唯壹的點，與自身的距離為5。我們稱之為壹組頂點，即每個數字與0.1相對。
好，現在我們假設有壹個6-覆蓋。因為地位相等，我們假設11111是壹個紅點。這樣做的好處是，我們可以根據數字的和把這五個數字分成類:假設在這個覆蓋範圍內，有壹個和為5的紅點，壹個和為4的紅點。
有b點，3 c點，2 d點，1 e點，0 f點。每個紅點都會伸出壹些藍色的分支，這些分支末端所在的類的數量只和紅點所在的類有關。比如壹個和為5的紅點，它的五個相鄰分支的末端都在和為4的類中；例如，總和為3的紅點將染兩個總和為4的點，染三個總和為2的點。可以獲得下面的等式:
a+b & gt；=1
5a+b+ 2c & gt；=5
4 b+ c+3d & gt；=10
3c+d+4e & gt；=10
2d+e+5f & gt；=5
e+f & gt；=1
我們已經假設a=1，所以第壹個和第二個不等式自動滿足。f是總和為0的紅點個數，最多壹個。
如果f是1，那麽後兩個等式也滿足，00000和1111的狀態就相等。我們把中間兩個方程相加，得到B+C+D+E >；=5，也就是說b c d e中至少有5個紅點，總共有7個紅點。所以，矛盾。換句話說，如果有壹個6-覆蓋，那麽對於所有的頂點，肯定沒有紅點。
現在f=0，我們現在面對的不等式組是
4 b+ c+3d & gt；=10在3班
3c+d+4e & gt；2類=10
2d+e & gt；= 1類中的5
e & gt=1在類0中
b+c+d+e=5
這個的解決方法列舉如下，我們還附加了嚴格等號的類(意思是這些地方不能重復覆蓋，這是危急情況，否則數量不足，類會不滿)，那些不能得到等號的類，多出來的數就是重復數。當然，class0是普通的。另外，下面還有很多“不妨”，因為很多點是地位平等的，可以選代表來討論。可以壹壹驗證。我們很容易得出，只有以下兩種解決方案:
(1，0，1，3，1，0)類2，3處於臨界情況。
(1，1，0，2，2，0)類2，3處於臨界情況。
下面的解法顯然是不可能的，因為對於class1的任意兩點，必有class2的共同鄰居(只取每壹位的最大數，例如00001和00010有class2的鄰居00011)，這種重疊違反了class2的臨界性。對於第壹種解決方案，情況稍微復雜壹些。我們假設3類的紅點是(11100)，它在2類的鄰居是11000，10100。class2的三個紅點不能相鄰(否則重復著色違反class3的臨界性)，即每個紅點的後兩位至少有壹個1。最後，class1的點只有1 1和4個零。如果1 1在前三位，那麽它將有壹個class2的鄰居，前三位有兩個1，與class3的鄰居重復，違反了class2的臨界性；如果最後兩位是1，那還不如最後壹位是00001(目前為止討論的最後兩位沒有區別，是等價的)，那麽就把鄰居和之前染過的鄰居剪掉，剩下的就是class2的三個紅點。就是10010，01010，00110。但是我們註意到後兩者在class3中有壹個共同的鄰點01110，這又違反了臨街面。所以這個方案也是不可能的。
綜上，6覆蓋不存在。
再吐出壹個槽。妳選的答案根本不是數學證明。行...