第一篇：2011全國高中數學競賽講義-抽屜原理(練習題)

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§23抽屜原理

課后練習

?1．幼兒園買來了不少白兔、熊貓、長頸鹿塑料玩具，每個小朋友任意選擇兩件，那么不管怎樣挑選，在任意七個小朋友中總有兩個彼此選的玩具都相同，試說明道理.?2．正方體各面上涂上紅色或藍色的油漆（每面只涂一種色），證明正方體一定有三個面顏色相同.3．把1到10的自然數擺成一個圓圈，證明一定存在在個相鄰的數，它們的和數大于17.4．有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍襪6雙（每雙襪子包裝在一起）若取出9雙，證明其中必有黑襪或黃襪2雙.5．在邊長為1的正方形內，任意給定13個點，試證：其中必有4個點，以此4點為頂點的四邊開面積不超過

（假定四點在一直線上構成面積為零的四邊形）.6．在一條筆直的馬路旁種樹，從起點起，每隔一米種一棵樹，如果把三塊“愛護樹木”的小牌分別掛在三棵樹上，那么不管怎樣掛，至少有兩棵掛牌的樹之間的距離是偶數（以米為單位），這是為什么？

數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 課后練習答案

1.解 從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種：

（兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長頸鹿），（長頸鹿、長頸鹿）

把每種搭配方式看作一個抽屜，把7個小朋友看作物體，那么根據原則1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜里，也就是說，至少兩人挑選玩具采用同一搭配方式，選的玩具相同.原則2 如果把mn+k(k≥1)個物體放進n個抽屜，則至少有一個抽屜至多放進m+1個物體.證明同原則相仿.若每個抽屜至多放進m個物體,那么n個抽屜至多放進mn個物體,與題設不符，故不可能.原則1可看作原則2的物例（m=1）

2.證明把兩種顏色當作兩個抽屜，把正方體六個面當作物體，那么6=2×2+2，根據原則二，至少有三個面涂上相同的顏色.3.證明 如圖12-1，設a1，a2，a3，?，a9，a10分別代表不超過10的十個自然數，它們圍成一個圈，三個相鄰的數的組成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），?,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十組.現把它們看作十個抽屜，每個抽屜的物體數是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，?a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于

（a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+?+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2）=3(a1+a2+?+a9+a10)=3×(1+2+?+9+10)

根據原則2,至少有一個括號內的三數和不少于17,即至少有三個相鄰的數的和不小于17.原則

1、原則2可歸結到期更一般形式：

原則3把m1+m2+?+mn+k(k≥1)個物體放入n個抽屜里，那么或在第一個抽屜里至少放入m1+1個物體，或在第二個抽屜里至少放入m2+1個物體，??，或在第n個抽屜里至少放入mn+1個物體.數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 證明假定第一個抽屜放入物體的數不超過m1個，第二個抽屜放入物體的數不超過m2個，??，第n個抽屜放入物體的個數不超過mn，那么放入所有抽屜的物體總數不超過m1+m2+?+mn個，與題設矛盾.4.證明 除可能取出紅襪、白襪3雙外.還至少從其它三種顏色的襪子里取出4雙，根據原理3，必在黑襪或黃襪、藍襪里取2雙.上面數例論證的似乎都是“存在”、“總有”、“至少有”的問題，不錯，這正是抽屜原則的主要作用.需要說明的是，運用抽屜原則只是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不能確切地指出哪個抽屜里存在多少.制造抽屜是運用原則的一大關鍵

首先要指出的是，對于同一問題，常可依據情況，從不同角度設計抽屜，從而導致不同的制造抽屜的方式.5.證明如圖12-2把正方形分成四個相同的小正方形.因13=3×4+1，根據原則2，總有4點落在同一個小正方形內（或邊界上），以此4點為頂點的四邊形的面積不超過小正方形的面積，也就不超過整個正方形面積的.事實上，由于解決問題的核心在于將正方形分割成四個面積相等的部分，所以還可以把正方形按圖12-3（此處無圖）所示的形式分割.合理地制造抽屜必須建立在充分考慮問題自身特點的基礎上.6.解如圖12-4（設掛牌的三棵樹依次為A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一為偶數，命題得證.否則a、b均為奇數，則AC=a+b為偶數，命題得證.下面我們換一個角度考慮：給每棵樹上編上號，于是兩棵樹之間的距離就是號碼差，由于樹的號碼只能為奇數和偶數兩類，那么掛牌的三棵樹號碼至少有兩個同為奇數或偶數，它們的差必為偶數，問題得證.數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 后一證明十分巧妙，通過編號碼，將兩樹間距離轉化為號碼差.這種轉化的思想方法是一種非常重要的數學方法

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第二篇：高中數學競賽講義-抽屜原理

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抽屜原理

在數學問題中有一類與“存在性”有關的問題，例如：“13個人中至少有兩個人出生在相同月份”；“某校400名學生中，一定存在兩名學生，他們在同一天過生日”；“2003個人任意分成200個小組，一定存在一組，其成員數不少于11”；“把[0，1]內的全部有理數放到100個集合中，一定存在一個集合，它里面有無限多個有理數”。這類存在性問題中，“存在”的含義是“至少有一個”。在解決這類問題時，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一個，也不需要確定通過什么方式把這個存在的東西找出來。這類問題相對來說涉及到的運算較少，依據的理論也不復雜，我們把這些理論稱之為“抽屜原理”。

“抽屜原理”最先是由19世紀的德國數學家迪里赫萊（Dirichlet）運用于解決數學問題的，所以又稱“迪里赫萊原理”，也有稱“鴿巢原理”的。這個原理可以簡單地敘述為“把10個蘋果，任意分放在9個抽屜里，則至少有一個抽屜里含有兩個或兩個以上的蘋果”。這個道理是非常明顯的，但應用它卻可以解決許多有趣的問題，并且常常得到一些令人驚異的結果。抽屜原理是國際國內各級各類數學競賽中的重要內容，本講就來學習它的有關知識及其應用。

（一）抽屜原理的基本形式

定理

1、如果把n+1個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，其中至少有兩個元素。

證明：（用反證法）若不存在至少有兩個元素的集合，則每個集合至多1個元素，從而n個集合至多有n個元素，此與共有n+1個元素矛盾，故命題成立。

在定理1的敘述中，可以把“元素”改為“物件”，把“集合”改成“抽屜”，抽屜原理正是由此得名。

同樣，可以把“元素”改成“鴿子”，把“分成n個集合”改成“飛進n個鴿籠中”。“鴿籠原理”由此得名。

例題講解

1． 已知在邊長為1的等邊三角形內（包括邊界）有任意五個點（圖1）。證明：至少有兩個點之間的距離不大于

2．從1-100的自然數中，任意取出51個數，證明其中一定有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍。

數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 3．從前25個自然數中任意取出7個數，證明：取出的數中一定有兩個數，這兩個數中大數不超過小數的1.5倍。

4．已給一個由10個互不相等的兩位十進制正整數組成的集合。求證：這個集合必有兩個無公共元素的子集合，各子集合中各數之和相等。

5．在坐標平面上任取五個整點（該點的橫縱坐標都取整數），證明：其中一定存在兩個整點，它們的連線中點仍是整點。

6．在任意給出的100個整數中，都可以找出若干個數來（可以是一個數），它們的和可被100整除。

7． 17名科學家中每兩名科學家都和其他科學家通信，在他們通信時，只討論三個題目，而且任意兩名科學家通信時只討論一個題目，證明：其中至少有三名科學家，他們相互通信時討論的是同一個題目。

例題答案：

1．分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離不大于的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個全等的邊長為的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于。

以上結論要由定理“三角形內（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”來保證，下面我們就來證明這個定理。

如圖2，設BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內（包括邊界）任意兩點，連接PM，過P分別作AB、BC邊的平行線，過M作AC邊的平行線，設各平行線交點為P、Q、N，那么

∠PQN=∠C，∠QNP=∠A

因為BC≥AB，所以∠A≥∠C，則∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相鄰的內角），所以 PQ≥PM。顯然BC≥PQ，故BC≥PM。

由此我們可以推知，邊長為的等邊三角形內（包括邊界）兩點間的距離不大于。

說明：

（1）這里是用等分三角形的方法來構造“抽屜”。類似地，還可以利用等分線段、等分正方形的方法來構造“抽屜”。例如“任取n+1個正數ai，滿足0＜ai≤1（i=1,2,?,n+1），試證明：這n+1個數中必存在兩個數，其差的絕對值小于”。又如：“在邊長為1的正方形內任意放置五個點，求證：其中必有兩點，這兩點之間的距離不大于。

（2）例1中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結論可以修改為：至少有兩個點之間的距離小于“，請讀者試證之，并比較證明的差別。

（3）用同樣的方法可證明以下結論：

2i）在邊長為1的等邊三角形中有n+1個點，這n+1個點中一定有距離不大于的兩點。

ii）在邊長為1的等邊三角形內有n+1個點，這n+1個點中一定有距離小于的兩點。

（4）將（3）中兩個命題中的等邊三角形換成正方形，相應的結論中的換成，命 題仍然成立。

（5）讀者還可以考慮相反的問題：一般地，“至少需要多少個點，才能夠使得邊長 為1的正三角形內（包括邊界）有兩點其距離不超過”。

2．分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關鍵何在？其實就在“兩個數”，其中一個是另一個的整數倍。我們要構造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數，都有一個是另一個的整數倍，這只有把公比是正整數的整個等比數列都放進去同一個抽屜才行，這里用得到一個自然數分類的基本知識：任何一個正整數都可以表示成一個奇數與2的方冪的積，即若

nm∈N+,K∈N+，n∈N,則m=(2k-1)·2，并且這種表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，??

證明：因為任何一個正整數都能表示成一個奇數乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數）：

23456

（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；

234

5（2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；

4（3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；

3（4）{7，7×2，7×2，7×2}；

（5）{9，9×2，9×2，9×2}；

（6）{11，11×2，11×2，11×2}；

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??

（25）{49，49×2}；

（26）{51}；

??

（50）{99}。

這樣，1-100的正整數就無重復，無遺漏地放進這50個抽屜內了。從這100個數中任取51個數，也即從這50個抽屜內任取51個數，根據抽屜原則，其中必定至少有兩個數屬于同一個抽屜，即屬于（1）-（25）號中的某一個抽屜，顯然，在這25個抽屜中的任何同一個抽屜內的兩個數中，一個是另一個的整數倍。

說明：

（1）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從1-2n的自然數中，任意取出n+1個數，則其中必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，?，2n-1這n個奇數，因此可以制造n個抽屜，而n+1＞n，由抽屜原則，結論就是必然的了。給n以具體值，就可以構造出不同的題目。例2中的n取值是50，還可以編制相反的題目，如：“從前30個自然數中最少要（不看這些數而以任意方式地）取出幾個數，才能保證取出的數中能找到兩個數，其中較大的數是較小的數的倍數？”

（2）如下兩個問題的結論都是否定的（n均為正整數）想一想，為什么？

①從2，3，4，?，2n+1中任取n+1個數，是否必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍？

②從1，2，3，?，2n+1中任取n+1個數，是否必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍？

你能舉出反例，證明上述兩個問題的結論都是否定的嗎？

（3）如果將（2）中兩個問題中任取的n+1個數增加1個，都改成任取n+2個數，則它們的結論是肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？ 3．證明：把前25個自然數分成下面6組：

1；

①

2，3；

②

4，5，6；

③

7，8，9，10；

④

11，12，13，14，15，16；

⑤

17，18，19，20，21，22，23，⑥

因為從前25個自然數中任意取出7個數，所以至少有兩個數取自上面第②組到第⑥組中的某同一組，這兩個數中大數就不超過小數的1.5倍。

說明：

（1）本題可以改變敘述如下：在前25個自然數中任意取出7個數，求證其中存在兩個數，它們相互的比值在內。

顯然，必須找出一種能把前25個自然數分成6（7-1=6）個集合的方法，不過分類時有一個限制條件：同一集合中任兩個數的比值在內，故同一集合中元素的數值差不得過大。這樣，我們可以用如上一種特殊的分類法：遞推分類法：

從1開始，顯然1只能單獨作為1個集合{1}；否則不滿足限制條件。

能與2同屬于一個集合的數只有3，于是{2，3}為一集合。

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如此依次遞推下去，使若干個連續的自然數屬于同一集合，其中最大的數不超過最小的數的倍，就可以得到滿足條件的六個集合。

（2）如果我們按照（1）中的遞推方法依次造“抽屜”，則第7個抽屜為

{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；

第8個抽屜為：{40，41，42，?，60}；

第9個抽屜為：{61，62，63，?，90，91}；

??

那么我們可以將例3改造為如下一系列題目：（1）從前16個自然數中任取6個自然數；（2）從前39個自然數中任取8個自然數；（3）從前60個自然數中任取9個自然數；（4）從前91個自然數中任取10個自然數；?

]內。

都可以得到同一個結論：其中存在2個數，它們相互的比值在上述第（4）個命題，就是前蘇聯基輔第49屆數學競賽試題。如果我們改變區間[]（p＞q）端點的值，則又可以構造出一系列的新題目來。

4.分析與解答：一個有著10個元素的集合，它共有多少個可能的子集呢？由于在組成一個子集的時候，每一個元素都有被取過來或者不被取過來兩種可能，因此，10個元素的集合10就有2=1024個不同的構造子集的方法，也就是，它一共有1024個不同的子集，包括空集和全集在內。空集與全集顯然不是考慮的對象，所以剩下1024-2=1022個非空真子集。

再來看各個真子集中一切數字之和。用N來記這個和數，很明顯：

10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855

這表明N至多只有855-9=846種不同的情況。由于非空真子集的個數是1022，1022＞846，所以一定存在兩個子集A與B，使得A中各數之和=B中各數之和。

若A∩B=φ，則命題得證，若A∩B=C≠φ，即A與B有公共元素，這時只要剔除A與B中的一切公有元素，得出兩個不相交的子集A1與B1，很顯然

A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1與B1就是符合題目要求的子集。

說明：本例能否推廣為如下命題：

已給一個由m個互不相等的n位十進制正整數組成的集合。求證：這個集合必有兩個無公共元素的子集合，各子集合中各數之和相等。

請讀者自己來研究這個問題。5．分析與解答：由中點坐標公式知，坐標平面兩點（x1,y1）、（x2,y2）的中點坐標是。欲使都是整數，必須而且只須x1與x2，y1與y2的奇偶性相同。坐標平面上的任意整點按照橫縱兩個坐標的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數、奇數），（偶數，偶數），（奇數，偶數），（偶數，奇數）以此構造四個“抽屜”，則在坐標平面上任取五個整點，那么至少有兩個整點，屬于同一個“抽屜”因此它們連線的中點就必是整點。

說明：我們可以把整點的概念推廣：如果（x1,x2,?xn）是n維（元）有序數組，且x1,x2,?xn中的每一個數都是整數，則稱（x1,x2,?xn）是一個n維整點（整點又稱格點）。如果對所有的n維整點按每一個xi的奇偶性來分類，由于每一個位置上有奇、偶兩種可能性，因此

n3共可分為2×2×?×2=2個類。這是對n維整點的一種分類方法。當n=3時，2=8，此時可數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 以構造命題：“任意給定空間中九個整點，求證它們之中必有兩點存在，使連接這兩點的直線段的內部含有整點”。這就是1971年的美國普特南數學競賽題。在n=2的情形，也可以構造如下的命題：“平面上任意給定5個整點”，對“它們連線段中點為整點”的4個命題中，為真命題的是：

（A）最少可為0個，最多只能是5個（B）最少可為0個，最多可取10個

（C）最少為1個，最多為5個（D）最少為1個，最多為10個

（正確答案（D））6．分析：本題也似乎是茫無頭緒，無從下手，其關鍵何在？仔細審題，它們的“和”能“被100整除”應是做文章的地方。如果把這100個數排成一個數列，用Sm記其前m項的和，則其可構造S1，S2，?S100共100個”和"數。討論這些“和數”被100除所得的余數。注意到S1，S2，?S100共有100個數，一個數被100除所得的余數有0，1，2，?99共100種可能性。“蘋果”數與“抽屜”數一樣多，如何排除“故障”？

證明：設已知的整數為a1,a2,?a100考察數列a1,a2,?a100的前n項和構成的數列S1，S2，?S100。

如果S1，S2，?S100中有某個數可被100整除，則命題得證。否則，即S1，S2，?S100均不能被100整除，這樣，它們被100除后余數必是{1，2，?，99}中的元素。由抽屜原理I知，S1，S2，?S100中必有兩個數，它們被100除后具有相同的余數。不妨設這兩個數為Si，Sj（i＜j），則100∣（Sj-Si），即100∣。命題得證。

說明：有時候直接對所給對象作某種劃分，是很難構造出恰當的抽屜的。這時候，我們需要對所給對象先作一些變換，然后對變換得到的對象進行分類，就可以構造出恰當的抽屜。本題直接對{an}進行分類是很難奏效的。但由{an}構造出{Sn}后，再對{Sn}進行分類就容易得多。

另外，對{Sn}按模100的剩余類劃分時，只能分成100個集合，而{Sn}只有100項，似乎不能應用抽屜原則。但注意到余數為0的類恰使結論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數為0的類，從而轉化為100個數分配在剩下的99個類中。這種處理問題的方法應當學會，它會助你從“山窮水盡疑無路”時，走入“柳暗花明又一村”中。

最后，本例的結論及證明可以推廣到一般情形（而且有加強的環節）：

在任意給定的n個整數中，都可以找出若干個數來（可以是一個數），它們的和可被n整除，而且，在任意給定的排定順序的n個整數中，都可以找出若干個連續的項（可以是一項），它們的和可被n整除。

將以上一般結論中的n賦以相應的年份的值如1999，2000，2001?，就可以編出相應年份的試題來。如果再賦以特殊背景，則可以編出非常有趣的數學智力題來，如下題：

有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。請你證明：一定有若干只猴子（可以是一只），它們所吃的花生的粒數總和恰好是100的倍數。

7．證明：視17個科學家為17個點，每兩個點之間連一條線表示這兩個科學家在討論同一個問題，若討論第一個問題則在相應兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應兩點連條黃線，若討論第3個問題則在相應兩點連條藍線。三名科學家研究同一個問題就轉化為找到一個三邊同顏色的三角形。

考慮科學家A，他要與另外的16位科學家每人通信討論一個問題，相應于從A出發引出16條線段，將它們染成3種顏色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1條同色，不妨記為AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同紅色，若Bi（i=1，2，?，6）之間有紅線，則出現紅色三角線，命題已成立；否則B1，B2，B3，B4，B5，B6之間的連線只染有黃藍兩色。

考慮從B1引出的5條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因為5=2×2+1，故必有3=2+1條線段同色，假設為黃色，并記它們為B1B2，B1B3，B1B4。這時若B2，B3，B4之數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 間有黃線，則有黃色三角形，命題也成立，若B2，B3，B4，之間無黃線，則△B2，B3，B4，必為藍色三角形，命題仍然成立。

說明：（1）本題源于一個古典問題--世界上任意6個人中必有3人互相認識，或互相不認識。（美國普特南數學競賽題）。

（2）將互相認識用紅色表示，將互相不認識用藍色表示，（1）將化為一個染色問題，成為一個圖論問題：空間六個點，任何三點不共線，四點不共面，每兩點之間連線都涂上紅色或藍色。求證：存在三點，它們所成的三角形三邊同色。

（3）問題（2）可以往兩個方向推廣：其一是顏色的種數，其二是點數。

本例便是方向一的進展，其證明已知上述。如果繼續沿此方向前進，可有下題：

在66個科學家中，每個科學家都和其他科學家通信，在他們的通信中僅僅討論四個題目，而任何兩個科學家之間僅僅討論一個題目。證明至少有三個科學家，他們互相之間討論同一個題目。

（4）回顧上面證明過程，對于17點染3色問題可歸結為6點染2色問題，又可歸結為3點染一色問題。反過來，我們可以繼續推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的過程，易發現

6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958?記為r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，?

我們可以得到遞推關系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4?這樣就可以構造出327點染5色問題，1958點染6色問題，都必出現一個同色三角形。

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第三篇：抽屜原理練習題

抽屜原理練習題

1．木箱里裝有紅色球３個、黃色球５個、藍色球７個，若蒙眼去摸，為保證取出的球中有兩個球的顏色相同，則最少要取出球？

解：把３種顏色看作３個抽屜，若要符合題意，則小球的數目必須大于３，故至少取出４個小球才能符合要求。

2．一幅撲克牌有54張，最少要抽取幾張牌，方能保證其中至少有2張牌有相同的點數？

解：點數為1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J)、12(Q)、13(K)的牌各取1張，再取大王、小王各1張，一共15張，這15張牌中，沒有兩張的點數相同。這樣，如果任意再取1張的話，它的點數必為1～13中的一個，于是有2張點數相同。

3．11名學生到老師家借書，老師是書房中有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四類書，每名學生最多可借兩本不同類的書，最少借一本。試證明：必有兩個學生所借的書的類型相同。

證明：若學生只借一本書，則不同的類型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四種，若學生借兩本不同類型的書，則不同的類型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六種。共有10種類型，把這10種類型看作10個“抽屜”，把11個學生看作11個“蘋果”。如果誰借哪種類型的書，就進入哪個抽屜，由抽屜原理，至少有兩個學生，他們所借的書的類型相同。

4．有50名運動員進行某個項目的單循環賽，如果沒有平局，也沒有全勝，試證明：一定有兩個運動員積分相同。

證明：設每勝一局得一分，由于沒有平局，也沒有全勝，則得分情況只有1、2、3……49，只有49種可能，以這49種可能得分的情況為49個抽屜，現有50名運動員得分，則一定有兩名運動員得分相同。

5．體育用品倉庫里有許多足球、排球和籃球，某班50名同學來倉庫拿球，規定每個人至少拿１個球，至多拿２個球，問至少有幾名同學所拿的球種類是一致的？

解題關鍵：利用抽屜原理２。

解：根據規定，多有同學拿球的配組方式共有以下９種：﹛足﹜﹛排﹜﹛藍﹜﹛足足﹜﹛排排﹜﹛藍藍﹜﹛足排﹜﹛足藍﹜﹛排藍﹜。以這９種配組方式制造９個抽屜，將這50個同學看作蘋果50÷9

＝5……5

由抽屜原理２k＝［m/n

］＋１可得，至少有６人，他們所拿的球類是完全一致的。

6．某校有55個同學參加數學競賽，已知將參賽人任意分成四組，則必有一組的女生多于2人，又知參賽者中任何10人中必有男生，則參賽男生的人生為__________人。

解：因為任意分成四組，必有一組的女生多于2人，所以女生至少有4×2＋1＝9（人）；因為任意10人中必有男生，所以女生人數至多有9人。所以女生有9人，男生有55－9＝46（人）

7、證明：從1，3，5，……，99中任選26個數，其中必有兩個數的和是100。

解析：將這50個奇數按照和為100，放進25個抽屜：（1，99），（3，97），（5，95），……，（49，51）。根據抽屜原理，從中選出26個數，則必定有兩個數來自同一個抽屜，那么這兩個數的和即為100。

8.某旅游車上有47名乘客，每位乘客都只帶有一種水果。如果乘客中有人帶梨，并且其中任何兩位乘客中至少有一個人帶蘋果，那么乘客中有______人帶蘋果。

解析：由題意，不帶蘋果的乘客不多于一名，但又確實有不帶蘋果的乘客，所以不帶蘋果的乘客恰有一名，所以帶蘋果的就有46人。

9.一些蘋果和梨混放在一個筐里，小明把這筐水果分成了若干堆，后來發現無論怎么分，總能從這若干堆里找到兩堆，把這兩堆水果合并在一起后，蘋果和梨的個數是偶數，那么小明至少把這些水果分成了_______堆。

解析：要求把其中兩堆合并在一起后，蘋果和梨的個數一定是偶數，那么這兩堆水果中，蘋果和梨的奇偶性必須相同。對于每一堆蘋果和梨，奇偶可能性有4種：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），所以根據抽屜原理可知最少分了4+1=5筐。

10.有黑色、白色、藍色手套各5只（不分左右手），至少要拿出_____只（拿的時候不許看顏色），才能使拿出的手套中一定有兩雙是同顏色的。

解析：考慮最壞情況，假設拿了3只黑色、1只白色和1只藍色，則只有一雙同顏色的，但是再多拿一只，不論什么顏色，則一定會有兩雙同顏色的，所以至少要那6只。

11.從前25個自然數中任意取出7個數,證明:取出的數中一定有兩個數,這兩個數中大數不超過小數的1.5倍.證明:把前25個自然數分成下面6組:

1;

①

2,3;

②

4,5,6;

③

7,8,9,10;

④

11,12,13,14,15,16;

⑤

17,18,19,20,21,22,23,⑥

因為從前25個自然數中任意取出7個數,所以至少有兩個數取自上面第②組到第⑥組中的某同一組,這兩個數中大數就不超過小數的1.5倍.12．一副撲克牌有四種花色，每種花色各有13張，現在從中任意抽牌。問最少抽幾張牌，才能保證有4張牌是同一種花色的？

解析：根據抽屜原理，當每次取出4張牌時，則至少可以保障每種花色一樣一張，按此類推，當取出12張牌時，則至少可以保障每種花色一樣三張，所以當抽取第13張牌時，無論是什么花色，都可以至少保障有4張牌是同一種花色，選B。

13．從1、2、3、4……、12這12個自然數中，至少任選幾個，就可以保證其中一定包括兩個數，他們的差是7？

【解析】在這12個自然數中，差是7的自然樹有以下5對：｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝。另外，還有2個不能配對的數是｛6｝｛7｝。可構造抽屜原理，共構造了7個抽屜。只要有兩個數是取自同一個抽屜，那么它們的差就等于7。這7個抽屜可以表示為｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝｛6｝｛7｝，顯然從7個抽屜中取8個數，則一定可以使有兩個數字來源于同一個抽屜，也即作差為7，所以選擇D。

15．某幼兒班有40名小朋友，現有各種玩具122件，把這些玩具全部分給小朋友，是否會有小朋友得到4件或4件以上的玩具？

分析與解：將40名小朋友看成40個抽屜。今有玩具122件，122=3×40＋2。應用抽屜原理2，取n＝40，m＝3，立即知道：至少有一個抽屜中放有4件或4件以上的玩具。也就是說，至少會有一個小朋友得到4件或4件以上的玩具。

16．一個布袋中有40塊相同的木塊，其中編上號碼1，2，3，4的各有10塊。問：一次至少要取出多少木塊，才能保證其中至少有3塊號碼相同的木塊？

分析與解：將1，2，3，4四種號碼看成4個抽屜。要保證有一個抽屜中至少有3件物品，根據抽屜原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次至少要取出9塊木塊，才能保證其中有3塊號碼相同的木塊。

17．六年級有100名學生，他們都訂閱甲、乙、丙三種雜志中的一種、二種或三種。問：至少有多少名學生訂閱的雜志種類相同？

分析與解：首先應當弄清訂閱雜志的種類共有多少種不同的情況。

訂一種雜志有：訂甲、訂乙、訂丙3種情況；

訂二種雜志有：訂甲乙、訂乙丙、訂丙甲3種情況；

訂三種雜志有：訂甲乙丙1種情況。

總共有3＋3＋1=7（種）訂閱方法。我們將這7種訂法看成是7個“抽屜”，把100名學生看作100件物品。因為100＝14×7＋2。根據抽屜原理2，至少有14＋1＝15（人）所訂閱的報刊種類是相同的。

18．籃子里有蘋果、梨、桃和桔子，現有81個小朋友，如果每個小朋友都從中任意拿兩個水果，那么至少有多少個小朋友拿的水果是相同的？

分析與解：首先應弄清不同的水果搭配有多少種。兩個水果是相同的有4種，兩個水果不同有6種：蘋果和梨、蘋果和桃、蘋果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4＋6＝10（種）。將這10種搭配作為10個“抽屜”。

81÷10=8……1（個）。

根據抽屜原理2，至少有8＋1＝9（個）小朋友拿的水果相同。

19．學校開辦了語文、數學、美術三個課外學習班，每個學生最多可以參加兩個（可以不參加）。問：至少有多少名學生，才能保證有不少于5名同學參加學習班的情況完全相同？

分析與解：首先要弄清參加學習班有多少種不同情況。不參加學習班有1種情況，只參加一個學習班有3種情況，參加兩個學習班有語文和數學、語文和美術、數學和美術3種情況。共有1＋3＋3＝7（種）情況。將這7種情況作為7個“抽屜”，根據抽屜原理2，要保證不少于5名同學參加學習班的情況相同，要有學生　7×（5-1）＋1＝29（名）。

20.在1，4，7，10，…，100中任選20個數，其中至少有不同的兩對數，其和等于104。

分析：解這道題，可以考慮先將4與100，7與97，49與55……，這些和等于104的兩個數組成一組，構成16個抽屜，剩下1和52再構成2個抽屜，這樣，即使20個數中取到了1和52，剩下的18個數還必須至少有兩個數取自前面16個抽屜中的兩個抽屜，從而有不同的兩組數，其和等于104；如果取不到1和52，或1和52不全取到，那么和等于104的數組將多于兩組。

解：1，4，7，10，……，100中共有34個數，將其分成{4，100}，{7，97}，……，{49，55}，{1}，{52}共18個抽屜，從這18個抽屜中任取20個數，若取到1和52，則剩下的18個數取自前16個抽屜，至少有4個數取自某兩個抽屜中，結論成立；若不全取1和52，則有多于18個數取自前16個抽屜，結論亦成立。

21.任意5個自然數中，必可找出3個數，使這三個數的和能被3整除。

分析：解這個問題，注意到一個數被3除的余數只有0，1，2三個，可以用余數來構造抽屜。

解：以一個數被3除的余數0、1、2構造抽屜，共有3個抽屜。任意五個數放入這三個抽屜中，若每個抽屜內均有數，則各抽屜取一個數，這三個數的和是3的倍數，結論成立；若至少有一個抽屜內沒有數，那么5個數中必有三個數在同一抽屜內，這三個數的和是3的倍數，結論亦成立。

22.在邊長為1的正方形內，任意放入9個點，證明在以這些點為頂點的三角形中，必有一個三角形的面積不超過1/8.解：分別連結正方形兩組對邊的中點，將正方形分為四個全等的小正方形，則各個小正方形的面積均為1/4

。把這四個小正方形看作4個抽屜，將9個點隨意放入4個抽屜中，據抽屜原理，至少有一個小正方形中有3個點。顯然，以這三個點為頂點的三角形的面積不超過1/8。

反思：將邊長為1的正方形分成4個面積均為1/4的小正方形，從而構造出4個抽屜，是解決本題的關鍵。我們知道。將正方形分成面積均為1/4的圖形的方法不只一種，如可連結兩條對角線將正方形分成4個全等的直角三角形，這4個圖形的面積也都是1/4，但這樣構造抽屜不能證到結論。可見，如何構造抽屜是利用抽屜原理解決問題的關鍵。

23．班上有50名學生，將書分給大家，至少要拿多少本，才能保證至少有一個學生能得到兩本或兩本以上的書。

解：把50名學生看作50個抽屜，把書看成蘋果,根據原理1，書的數目要比學生的人數多,即書至少需要50+1=51本.24．

在一條長100米的小路一旁植樹101棵，不管怎樣種，總有兩棵樹的距離不超過1米。

解：把這條小路分成每段1米長，共100段,每段看作是一個抽屜，共100個抽屜，把101棵樹看作是101個蘋果,于是101個蘋果放入100個抽屜中，至少有一個抽屜中有兩個蘋果,即至少有一段有兩棵或兩棵以上的樹

.25．

有50名運動員進行某個項目的單循環賽，如果沒有平局，也沒有全勝.試證明：一定有兩個運動員積分相同

證明：設每勝一局得一分,由于沒有平局，也沒有全勝，則得分情況只有1、2、3……49，只有49種可能,以這49種可能得分的情況為49個抽屜,現有50名運動員得分

則一定有兩名運動員得分相同

.26.體育用品倉庫里有許多足球、排球和籃球，某班50名同學來倉庫拿球，規定每個人至少拿1個球，至多拿2個球，問至少有幾名同學所拿的球種類是一致的？

解題關鍵：利用抽屜原理2。

解：根據規定，多有同學拿球的配組方式共有以下9種：

｛足｝｛排｝｛藍｝｛足足｝｛排排｝｛藍藍｝｛足排｝｛足藍｝｛排藍｝

以這9種配組方式制造9個抽屜,將這50個同學看作蘋果＝5.5……5

由抽屜原理2k＝〔

〕＋1可得，至少有6人，他們所拿的球類是完全一致的。

【歡迎你來解】

1.某班37名同學，至少有幾個同學在同一個月過生日？

2.42只鴿子飛進5個籠子里，可以保證至少有一個籠子中可以有幾只鴿子？

3.口袋中有紅、黑、白、黃球各10個，它們的外型與重量都一樣，至少要摸出幾個球，才能保證有4個顏色相同的球？

4.飼養員給10只猴子分蘋果，其中至少要有一只猴子得到7個蘋果，飼養員至少要拿來多少個蘋果？

5.從13個自然數中，一定可以找到兩個數，它們的差是12的倍數。

第四篇：《抽屜原理練習題》

抽屜原理練習題

1．木箱里裝有紅色球３個、黃色球５個、藍色球７個，若蒙眼去摸，為保證取出的球中有兩個球的顏色相同，則最少要取出多少個球？

解：把３種顏色看作３個抽屜，若要符合題意，則小球的數目必須大于３，故至少取出４個小球才能符合要求。

2．一幅撲克牌有54張，最少要抽取幾張牌，方能保證其中至少有2張牌有相同的點數？

解：點數為1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J)、12(Q)、13(K)的牌各取1張，再取大王、小王各1張，一共15張，這15張牌中，沒有兩張的點數相同。這樣，如果任意再取1張的話，它的點數必為1～13中的一個，于是有2張點數相同。

3．11名學生到老師家借書，老師是書房中有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四類書，每名學生最多可借兩本不同類的書，最少借一本。試證明：必有兩個學生所借的書的類型相同。

證明：若學生只借一本書，則不同的類型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四種，若學生借兩本不同類型的書，則不同的類型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六種。共有10種類型，把這10種類型看作10個“抽屜”，把11個學生看作11個“蘋果”。如果誰借哪種類型的書，就進入哪個抽屜，由抽屜原理，至少有兩個學生，他們所借的書的類型相同。

4．有50名運動員進行某個項目的單循環賽，如果沒有平局，也沒有全勝，試證明：一定有兩個運動員積分相同。

證明：設每勝一局得一分，由于沒有平局，也沒有全勝，則得分情況只有1、2、3??49，只有49種可能，以這49種可能得分的情況為49個抽屜，現有50名運動員得分，則一定有兩名運動員得分相同。

5．體育用品倉庫里有許多足球、排球和籃球，某班50名同學來倉庫拿球，規定每個人至少拿１個球，至多拿２個球，問至少有幾名同學所拿的球種類是一致的？

解題關鍵：利用抽屜原理２。

解：根據規定，多有同學拿球的配組方式共有以下９種：﹛足﹜﹛排﹜﹛藍﹜﹛足足﹜﹛排排﹜﹛藍藍﹜﹛足排﹜﹛足藍﹜﹛排藍﹜。以這９種配組方式制造９個抽屜，將這50個同學看作蘋果50÷9 ＝5??由抽屜原理２k＝［m/n ］＋１可得，至少有６人，他們所拿的球類是完全一致的。

6．某校有55個同學參加數學競賽，已知將參賽人任意分成四組，則必有一組的女生多于2人，又知參賽者中任何10人中必有男生，則參賽男生的人生為__________人。

解：因為任意分成四組，必有一組的女生多于2人，所以女生至少有4×2＋1＝9（人）；因為任意10人中必有男生，所以女生人數至多有9人。所以女生有9人，男生有55－9＝46（人）

7、證明：從1，3，5，??，99中任選26個數，其中必有兩個數的和是100。

解析：將這50個奇數按照和為100，放進25個抽屜：（1，99），（3，97），（5，95），??，（49，51）。根據抽屜原理，從中選出26個數，則必定有兩個數來自同一個抽屜，那么這兩個數的和即為100。

8.某旅游車上有47名乘客，每位乘客都只帶有一種水果。如果乘客中有人帶梨，并且其中任何兩位乘客中至少有一個人帶蘋果，那么乘客中有______人帶蘋果。

解析：由題意，不帶蘋果的乘客不多于一名，但又確實有不帶蘋果的乘客，所以不帶蘋果的乘客恰有一名，所以帶蘋果的就有46人。

9.一些蘋果和梨混放在一個筐里，小明把這筐水果分成了若干堆，后來發現無論怎么分，總能從這若干堆里找到兩堆，把這兩堆水果合并在一起后，蘋果和梨的個數是偶數，那么小明至少把這些水果分成了_______堆。

解析：要求把其中兩堆合并在一起后，蘋果和梨的個數一定是偶數，那么這兩堆水果中，蘋果和梨的奇偶性必須相同。對于每一堆蘋果和梨，奇偶可能性有4種：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），所以根據抽屜原理可知最少分了4+1=5筐。

10.有黑色、白色、藍色手套各5只（不分左右手），至少要拿出_____只（拿的時候不許看顏色），才能使拿出的手套中一定有兩雙是同顏色的。

解析：考慮最壞情況，假設拿了3只黑色、1只白色和1只藍色，則只有一雙同顏色的，但是再多拿一只，不論什么顏色，則一定會有兩雙同顏色的，所以至少要那6只。

11.從前25個自然數中任意取出7個數,證明:取出的數中一定有兩個數,這兩個數中大數不超過小數的1.5倍.證明:把前25個自然數分成下面6組:

1;①

2,3;②

4,5,6;③

7,8,9,10;④

11,12,13,14,15,16;⑤

17,18,19,20,21,22,23, ⑥

因為從前25個自然數中任意取出7個數,所以至少有兩個數取自上面第②組到第⑥組中的某同一組,這兩個數中大數就不超過小數的1.5倍.12．一副撲克牌有四種花色，每種花色各有13張，現在從中任意抽牌。問最少抽幾張牌，才能保證有4張牌是同一種花色的？

解析：根據抽屜原理，當每次取出4張牌時，則至少可以保障每種花色一樣一張，按此類推，當取出12張牌時，則至少可以保障每種花色一樣三張，所以當抽取第13張牌時，無論是什么花色，都可以至少保障有4張牌是同一種花色，選B。

13．從1、2、3、4??、12這12個自然數中，至少任選幾個，就可以保證其中一定包括兩個數，他們的差是7？

【解析】在這12個自然數中，差是7的自然樹有以下5對：｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝。另外，還有2個不能配對的數是｛6｝｛7｝。可構造抽屜原理，共構造了7個抽屜。只要有兩個數是取自同一個抽屜，那么它們的差就等于7。這7個抽屜可以表示為｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝｛6｝｛7｝，顯然從7個抽屜中取8個數，則一定可以使有兩個數字來源于同一個抽屜，也即作差為7，所以選擇D。

15．某幼兒班有40名小朋友，現有各種玩具122件，把這些玩具全部分給小朋友，是否會有小朋友得到4件或4件以上的玩具？

分析與解：將40名小朋友看成40個抽屜。今有玩具122件，122=3×40＋2。應用抽屜原理2，取n＝40，m＝3，立即知道：至少有一個抽屜中放有4件或4件以上的玩具。也就是說，至少會有一個小朋友得到4件或4件以上的玩具。

16．一個布袋中有40塊相同的木塊，其中編上號碼1，2，3，4的各有10塊。問：一次至少要取出多少木塊，才能保證其中至少有3塊號碼相同的木塊？

分析與解：將1，2，3，4四種號碼看成4個抽屜。要保證有一個抽屜中至少有3件物品，根據抽屜原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次至少要取出9塊木塊，才能保證其中有3塊號碼相同的木塊。

17．六年級有100名學生，他們都訂閱甲、乙、丙三種雜志中的一種、二種或三種。問：至少有多少名學生訂閱的雜志種類相同？ 分析與解：首先應當弄清訂閱雜志的種類共有多少種不同的情況。

訂一種雜志有：訂甲、訂乙、訂丙3種情況；

訂二種雜志有：訂甲乙、訂乙丙、訂丙甲3種情況；

訂三種雜志有：訂甲乙丙1種情況。

總共有3＋3＋1=7（種）訂閱方法。我們將這7種訂法看成是7個“抽屜”，把100名學生看作100件物品。因為100＝14×7＋2。根據抽屜原理2，至少有14＋1＝15（人）所訂閱的報刊種類是相同的。

18．籃子里有蘋果、梨、桃和桔子，現有81個小朋友，如果每個小朋友都從中任意拿兩個水果，那么至少有多少個小朋友拿的水果是相同的？

分析與解：首先應弄清不同的水果搭配有多少種。兩個水果是相同的有4種，兩個水果不同有6種：蘋果和梨、蘋果和桃、蘋果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4＋6＝10（種）。將這10種搭配作為10個“抽屜”。

81÷10=8??1（個）。

根據抽屜原理2，至少有8＋1＝9（個）小朋友拿的水果相同。

19．學校開辦了語文、數學、美術三個課外學習班，每個學生最多可以參加兩個（可以不參加）。問：至少有多少名學生，才能保證有不少于5名同學參加學習班的情況完全相同？

分析與解：首先要弄清參加學習班有多少種不同情況。不參加學習班有1種情況，只參加一個學習班有3種情況，參加兩個學習班有語文和數學、語文和美術、數學和美術3種情況。共有1＋3＋3＝7（種）情況。將這7種情況作為7個“抽屜”，根據抽屜原理2，要保證不少于5名同學參加學習班的情況相同，要有學生 7×（5-1）＋1＝29（名）。

20.在1，4，7，10，?，100中任選20個數，其中至少有不同的兩對數，其和等于104。

分析：解這道題，可以考慮先將4與100，7與97，49與55??，這些和等于104的兩個數組成一組，構成16個抽屜，剩下1和52再構成2個抽屜，這樣，即使20個數中取到了1和52，剩下的18個數還必須至少有兩個數取自前面16個抽屜中的兩個抽屜，從而有不同的兩組數，其和等于104；如果取不到1和52，或1和52不全取到，那么和等于104的數組將多于兩組。

解：1，4，7，10，??，100中共有34個數，將其分成{4，100}，{7，97}，??，{49，55}，{1}，{52}共18個抽屜，從這18個抽屜中任取20個數，若取到1和52，則剩下的18個數取自前16個抽屜，至少有4個數取自某兩個抽屜中，結論成立；若不全取1和52，則有多于18個數取自前16個抽屜，結論亦成立。

21.任意5個自然數中，必可找出3個數，使這三個數的和能被3整除。

分析：解這個問題，注意到一個數被3除的余數只有0，1，2三個，可以用余數來構造抽屜。

解：以一個數被3除的余數0、1、2構造抽屜，共有3個抽屜。任意五個數放入這三個抽屜中，若每個抽屜內均有數，則各抽屜取一個數，這三個數的和是3的倍數，結論成立；若至少有一個抽屜內沒有數，那么5個數中必有三個數在同一抽屜內，這三個數的和是3的倍數，結論亦成立。

22.在邊長為1的正方形內，任意放入9個點，證明在以這些點為頂點的三角形中，必有一個三角形的面積不超過1/8.解：分別連結正方形兩組對邊的中點，將正方形分為四個全等的小正方形，則各個小正方形的面積均為1/4。把這四個小正方形看作4個抽屜，將9個點隨意放入4個抽屜中，據抽屜原理，至少有一個小正方形中有3個點。顯然，以這三個點為頂點的三角形的面積不超過1/8。

反思：將邊長為1的正方形分成4個面積均為1/4 的小正方形，從而構造出4個抽屜，是解決本題的關鍵。我們知道。將正方形分成面積均為1/4 的圖形的方法不只一種，如可連結兩條對角線將正方形分成4個全等的直角三角形，這4個圖形的面積也都是1/4，但這樣構造抽屜不能證到結論。可見，如何構造抽屜是利用抽屜原理解決問題的關鍵。

23． 班上有50名學生，將書分給大家，至少要拿多少本，才能保證至少有一個學生能得到兩本或兩本以上的書。

解：把50名學生看作50個抽屜，把書看成蘋果 ,根據原理1，書的數目要比學生的人數多,即書至少需要50+1=51本.24． 在一條長100米的小路一旁植樹101棵，不管怎樣種，總有兩棵樹的距離不超過1米。

解：把這條小路分成每段1米長，共100段,每段看作是一個抽屜，共100個抽屜，把101棵樹看作是101個蘋果 ,于是101個蘋果放入100個抽屜中，至少有一個抽屜中有兩個蘋果 ,即至少有一段有兩棵或兩棵以上的樹.25． 有50名運動員進行某個項目的單循環賽，如果沒有平局，也沒有全勝.試證明：一定有兩個運動員積分相同

證明：設每勝一局得一分,由于沒有平局，也沒有全勝，則得分情況只有1、2、3??49，只有49種可能 ,以這49種可能得分的情況為49個抽屜 ,現有50名運動員得分 則一定有兩名運動員得分相同.26.體育用品倉庫里有許多足球、排球和籃球，某班50名同學來倉庫拿球，規定每個人至少拿1個球，至多拿2個球，問至少有幾名同學所拿的球種類是一致的？

解題關鍵：利用抽屜原理2。

解：根據規定，多有同學拿球的配組方式共有以下9種：

｛足｝｛排｝｛藍｝｛足足｝｛排排｝｛藍藍｝｛足排｝｛足藍｝｛排藍｝

以這9種配組方式制造9個抽屜,將這50個同學看作蘋果＝5.5??由抽屜原理2k＝〔 〕＋1可得，至少有6人，他們所拿的球類是完全一致的。

【歡迎你來解】

1.某班37名同學，至少有幾個同學在同一個月過生日？

2.42只鴿子飛進5個籠子里，可以保證至少有一個籠子中可以有幾只鴿子？

3.口袋中有紅、黑、白、黃球各10個，它們的外型與重量都一樣，至少要摸出幾個球，才能保證有4個顏色相同的球？

4.飼養員給10只猴子分蘋果，其中至少要有一只猴子得到7個蘋果，飼養員至少要拿來多少個蘋果？

5.從13個自然數中，一定可以找到兩個數，它們的差是12的倍數。

6.一個班有40名同學，現在有課外書125本。把這些書分給同學，是否有人會得到4件或4件以上的玩具？

試題一：

一副撲克牌(去掉兩張王牌)，每人隨意摸兩張牌，至少有多少人才能保證他們當中一定有兩人所摸兩張牌的花色情況是相同的?

試題二：

有一副撲克牌共54張，問：至少摸出多少張才能保證：(1)其中有4張花色相同?(2)四種花色都有?

試題三：

小學生數學競賽，共20道題，有20分基礎分，答對一題給3分，不答給1分，答錯一題倒扣1分，若有1978人參加競賽，問至少有()人得分相同。

試題一解答：撲克牌中有方塊、梅花、黑桃、紅桃4種花色，2張牌的花色可以有：2張方塊，2張梅花，2張紅桃，2張黑桃，1張方塊1張梅花，1張方塊1張黑桃，1張方塊1張紅桃，1張梅花1張黑桃，1張梅花1張紅桃，1張黑桃1張紅桃共計10種情況。把這10種花色配組看作10個抽屜，只要蘋果的個數比抽屜的個數多1個就可以有題目所要的結果。所以至少有11個人。

試題二解答：一副撲克牌有2張王牌，4種花色，每種花色13張，共52張牌。(1)按照最不利的情況，先取出2張王牌，然后每種花色取3張，這個時候無論再取哪一種花色的牌都能保證有一種花色是4張牌，所以需要取2+3×4+1=15張牌即可滿足要求。(2)同樣的，仍然按照最不利的情況，取2張王牌，然后3種花色每種取13張，最后任取一種花色，此時再取一張即可保證每種花色都有。共需取2+13×3+1=42張牌即可滿足要求。

試題三解答：20+3×20=80，20-1×20=0，所以若20道題全答對可得最高分80分，若全答錯得最低分0分。由于每一道題都得奇數分或扣奇數分，20個奇數相加減所得結果為偶數，再加上20分基礎分仍為偶數，所以每個人所得分值都為偶數。而0到80之間共41個偶數，所以一共有41種分值，即41個抽屜。1978÷41=48……10，所以至少有49人得分相同。

1、有400個小朋友參加夏令營，問：這些小朋友中至少有多少人不單獨過生日。

2、在一副撲克牌中，最少要拿出多少張，才能保證在拿出的牌中四種花色都有？

3、在一個口袋中有10個黑球，6個白球，4個紅球，問：至少從中取出多少個球，才能保證其中一定有白球？

4、口袋中有三種顏色的筷子各10根，問：

（1）、至少要取多少根才能保證三種顏色都取到？

（2）至少要取多少根才能保證有2雙不同顏色的筷子？

（3）至少要取多少根才能保證有2雙相同顏色的筷子？

5、袋子里紅、白、藍、黑四種顏色的單色球，從代中任意取出若干個球，問：至少要取出多少個球，才能保證有3個球是同一種顏色的？

6、一只魚缸里有很多條魚，共有五個品種，問：至少撈出多少魚，才能保證有5條相同品種的魚？

7、某小學五年級的學生身高（按整厘米算），最矮的是138厘米，最高的是160厘米，至少要選出多少人才能保證有5個學生的身高是相同的？

8、一把鑰匙只能打開一把鎖，現有10把鑰匙和其中的10把鎖，最多要試驗多少次才能使全部的鑰匙和鎖相配？

9、一把鑰匙只能打開一把鎖，現有10把鎖和其中的8把鑰匙，最多要試驗多少次才能使這8把鑰匙都配上鎖？

10、將100個蘋果分給10個小朋友，每個小朋友分得的蘋果數互不相同，分得蘋果數最少的小朋友至少得到多少個蘋果？

11、將400本書隨意分奧數給若干個小朋友，但每人不得超過11本，問：至少有多少同學得到的書的本數相同？

12、一次數學競賽，有75人參加，滿分為20分，參賽者的得分都是自然數，75人的總分是980分，問：至少有幾人的得分相同？

13..某學生將參加全國中學生數學競賽，用100天的時間作準備，為了不影響其他各科學習，他決定每天至少解一道題，但又限制每10天所解的題目不超過17道，試證明，這個學生一定在某個連續的若干天內，恰好一共解了29道題

抽屜原理練習題

1．木箱里裝有紅色球３個、黃色球５個、藍色球７個，若蒙眼去摸，為保證取出的球中有兩個球的顏色相同，則最少要取出多少個球？

解：把３種顏色看作３個抽屜，若要符合題意，則小球的數目必須大于３，故至少取出４個小球才能符合要求。

2．一幅撲克牌有54張，最少要抽取幾張牌，方能保證其中至少有2張牌有相同的點數？

解：點數為1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J)、12(Q)、13(K)的牌各取1張，再取大王、小王各1張，一共15張，這15張牌中，沒有兩張的點數相同。這樣，如果任意再取1張的話，它的點數必為1～13中的一個，于是有2張點數相同。

3．11名學生到老師家借書，老師是書房中有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四類書，每名學生最多可借兩本不同類的書，最少借一本。試證明：必有兩個學生所借的書的類型相同。

證明：若學生只借一本書，則不同的類型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四種，若學生借兩本不同類型的書，則不同的類型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六種。共有10種類型，把這10種類型看作10個“抽屜”，把11個學生看作11個“蘋果”。如果誰借哪種類型的書，就進入哪個抽屜，由抽屜原理，至少有兩個學生，他們所借的書的類型相同。

4．有50名運動員進行某個項目的單循環賽，如果沒有平局，也沒有全勝，試證明：一定有兩個運動員積分相同。

證明：設每勝一局得一分，由于沒有平局，也沒有全勝，則得分情況只有1、2、3……49，只有49種可能，以這49種可能得分的情況為49個抽屜，現有50名運動員得分，則一定有兩名運動員得分相同。

5．體育用品倉庫里有許多足球、排球和籃球，某班50名同學來倉庫拿球，規定每個人至少拿１個球，至多拿２個球，問至少有幾名同學所拿的球種類是一致的？

解題關鍵：利用抽屜原理２。

解：根據規定，多有同學拿球的配組方式共有以下９種：﹛足﹜﹛排﹜﹛藍﹜﹛足足﹜﹛排排﹜﹛藍藍﹜﹛足排﹜﹛足藍﹜﹛排藍﹜。以這９種配組方式制造９個抽屜，將這50個同學看作蘋果50÷9 ＝5……5

由抽屜原理２k＝［m/n ］＋１可得，至少有６人，他們所拿的球類是完全一致的。

6．某校有55個同學參加數學競賽，已知將參賽人任意分成四組，則必有一組的女生多于2人，又知參賽者中任何10人中必有男生，則參賽男生的人生為__________人。解：因為任意分成四組，必有一組的女生多于2人，所以女生至少有4×2＋1＝9（人）；因為任意10人中必有男生，所以女生人數至多有9人。所以女生有9人，男生有55－9＝46（人）

7、證明：從1，3，5，……，99中任選26個數，其中必有兩個數的和是100。

解析：將這50個奇數按照和為100，放進25個抽屜：（1，99），（3，97），（5，95），……，（49，51）。根據抽屜原理，從中選出26個數，則必定有兩個數來自同一個抽屜，那么這兩個數的和即為100。

8.某旅游車上有47名乘客，每位乘客都只帶有一種水果。如果乘客中有人帶梨，并且其中任何兩位乘客中至少有一個人帶蘋果，那么乘客中有______人帶蘋果。

解析：由題意，不帶蘋果的乘客不多于一名，但又確實有不帶蘋果的乘客，所以不帶蘋果的乘客恰有一名，所以帶蘋果的就有46人。

9.一些蘋果和梨混放在一個筐里，小明把這筐水果分成了若干堆，后來發現無論怎么分，總能從這若干堆里找到兩堆，把這兩堆水果合并在一起后，蘋果和梨的個數是偶數，那么小明至少把這些水果分成了_______堆。

解析：要求把其中兩堆合并在一起后，蘋果和梨的個數一定是偶數，那么這兩堆水果中，蘋果和梨的奇偶性必須相同。對于每一堆蘋果和梨，奇偶可能性有4種：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），所以根據抽屜原理可知最少分了4+1=5筐。

10.有黑色、白色、藍色手套各5只（不分左右手），至少要拿出_____只（拿的時候不許看顏色），才能使拿出的手套中一定有兩雙是同顏色的。

解析：考慮最壞情況，假設拿了3只黑色、1只白色和1只藍色，則只有一雙同顏色的，但是再多拿一只，不論什么顏色，則一定會有兩雙同顏色的，所以至少要那6只。

11.從前25個自然數中任意取出7個數,證明:取出的數中一定有兩個數,這兩個數中大數不超過小數的1.5倍.證明:把前25個自然數分成下面6組: 1;① 2,3;② 4,5,6;③ 7,8,9,10;④

11,12,13,14,15,16;⑤ 17,18,19,20,21,22,23, ⑥

因為從前25個自然數中任意取出7個數,所以至少有兩個數取自上面第②組到第⑥組中的某同一組,這兩個數中大數就不超過小數的1.5倍.12．一副撲克牌有四種花色，每種花色各有13張，現在從中任意抽牌。問最少抽幾張牌，才能保證有4張牌是同一種花色的？

解析：根據抽屜原理，當每次取出4張牌時，則至少可以保障每種花色一樣一張，按此類推，當取出12張牌時，則至少可以保障每種花色一樣三張，所以當抽取第13張牌時，無論是什么花色，都可以至少保障有4張牌是同一種花色，選B。

13．從1、2、3、4……、12這12個自然數中，至少任選幾個，就可以保證其中一定包括兩個數，他們的差是7？

【解析】在這12個自然數中，差是7的自然樹有以下5對：｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝。另外，還有2個不能配對的數是｛6｝｛7｝。可構造抽屜原理，共構造了7個抽屜。只要有兩個數是取自同一個抽屜，那么它們的差就等于7。這7個抽屜可以表示為｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝｛6｝｛7｝，顯然從7個抽屜中取8個數，則一定可以使有兩個數字來源于同一個抽屜，也即作差為7，所以選擇D。

15．某幼兒班有40名小朋友，現有各種玩具122件，把這些玩具全部分給小朋友，是否會有小朋友得到4件或4件以上的玩具？

分析與解：將40名小朋友看成40個抽屜。今有玩具122件，122=3×40＋2。應用抽屜原理2，取n＝40，m＝3，立即知道：至少有一個抽屜中放有4件或4件以上的玩具。也就是說，至少會有一個小朋友得到4件或4件以上的玩具。

16．一個布袋中有40塊相同的木塊，其中編上號碼1，2，3，4的各有10塊。問：一次至少要取出多少木塊，才能保證其中至少有3塊號碼相同的木塊？

分析與解：將1，2，3，4四種號碼看成4個抽屜。要保證有一個抽屜中至少有3件物品，根據抽屜原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次至少要取出9塊木塊，才能保證其中有3塊號碼相同的木塊。

17．六年級有100名學生，他們都訂閱甲、乙、丙三種雜志中的一種、二種或三種。問：至少有多少名學生訂閱的雜志種類相同？

分析與解：首先應當弄清訂閱雜志的種類共有多少種不同的情況。

訂一種雜志有：訂甲、訂乙、訂丙3種情況；

訂二種雜志有：訂甲乙、訂乙丙、訂丙甲3種情況；

訂三種雜志有：訂甲乙丙1種情況。

總共有3＋3＋1=7（種）訂閱方法。我們將這7種訂法看成是7個“抽屜”，把100名學生看作100件物品。因為100＝14×7＋2。根據抽屜原理2，至少有14＋1＝15（人）所訂閱的報刊種類是相同的。

18．籃子里有蘋果、梨、桃和桔子，現有81個小朋友，如果每個小朋友都從中任意拿兩個水果，那么至少有多少個小朋友拿的水果是相同的？

分析與解：首先應弄清不同的水果搭配有多少種。兩個水果是相同的有4種，兩個水果不同有6種：蘋果和梨、蘋果和桃、蘋果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4＋6＝10（種）。將這10種搭配作為10個“抽屜”。

81÷10=8……1（個）。

根據抽屜原理2，至少有8＋1＝9（個）小朋友拿的水果相同。

19．學校開辦了語文、數學、美術三個課外學習班，每個學生最多可以參加兩個（可以不參加）。問：至少有多少名學生，才能保證有不少于5名同學參加學習班的情況完全相同？

分析與解：首先要弄清參加學習班有多少種不同情況。不參加學習班有1種情況，只參加一個學習班有3種情況，參加兩個學習班有語文和數學、語文和美術、數學和美術3種情況。共有1＋3＋3＝7（種）情況。將這7種情況作為7個“抽屜”，根據抽屜原理2，要保證不少于5名同學參加學習班的情況相同，要有學生 7×（5-1）＋1＝29（名）。

20.在1，4，7，10，…，100中任選20個數，其中至少有不同的兩對數，其和等于104。

分析：解這道題，可以考慮先將4與100，7與97，49與55……，這些和等于104的兩個數組成一組，構成16個抽屜，剩下1和52再構成2個抽屜，這樣，即使20個數中取到了1和52，剩下的18個數還必須至少有兩個數取自前面16個抽屜中的兩個抽屜，從而有不同的兩組數，其和等于104；如果取不到1和52，或1和52不全取到，那么和等于104的數組將多于兩組。

解：1，4，7，10，……，100中共有34個數，將其分成{4，100}，{7，97}，……，{49，55}，{1}，{52}共18個抽屜，從這18個抽屜中任取20個數，若取到1和52，則剩下的18個數取自前16個抽屜，至少有4個數取自某兩個抽屜中，結論成立；若不全取1和52，則有多于18個數取自前16個抽屜，結論亦成立。

21.任意5個自然數中，必可找出3個數，使這三個數的和能被3整除。

分析：解這個問題，注意到一個數被3除的余數只有0，1，2三個，可以用余數來構造抽屜。

解：以一個數被3除的余數0、1、2構造抽屜，共有3個抽屜。任意五個數放入這三個抽屜中，若每個抽屜內均有數，則各抽屜取一個數，這三個數的和是3的倍數，結論成立；若至少有一個抽屜內沒有數，那么5個數中必有三個數在同一抽屜內，這三個數的和是3的倍數，結論亦成立。

22.在邊長為1的正方形內，任意放入9個點，證明在以這些點為頂點的三角形中，必有一個三角形的面積不超過1/8.解：分別連結正方形兩組對邊的中點，將正方形分為四個全等的小正方形，則各個小正方形的面積均為1/4。把這四個小正方形看作4個抽屜，將9個點隨意放入4個抽屜中，據抽屜原理，至少有一個小正方形中有3個點。顯然，以這三個點為頂點的三角形的面積不超過1/8。

反思：將邊長為1的正方形分成4個面積均為1/4 的小正方形，從而構造出4個抽屜，是解決本題的關鍵。我們知道。將正方形分成面積均為1/4 的圖形的方法不只一種，如可連結兩條對角線將正方形分成4個全等的直角三角形，這4個圖形的面積也都是1/4，但這樣構造抽屜不能證到結論。可見，如何構造抽屜是利用抽屜原理解決問題的關鍵。

23．班上有50名學生，將書分給大家，至少要拿多少本，才能保證至少有一個學生能得到兩本或兩本以上的書。

解：把50名學生看作50個抽屜，把書看成蘋果 ,根據原理1，書的數目要比學生的人數多,即書至少需要50+1=51本.24．在一條長100米的小路一旁植樹101棵，不管怎樣種，總有兩棵樹的距離不超過1米。解：把這條小路分成每段1米長，共100段,每段看作是一個抽屜，共100個抽屜，把101棵樹看作是101個蘋果 ,于是101個蘋果放入100個抽屜中，至少有一個抽屜中有兩個蘋果 ,即至少有一段有兩棵或兩棵以上的樹.25．有50名運動員進行某個項目的單循環賽，如果沒有平局，也沒有全勝.試證明：一定有兩個運動員積分相同

證明：設每勝一局得一分,由于沒有平局，也沒有全勝，則得分情況只有1、2、3……49，只有49種可能 ,以這49種可能得分的情況為49個抽屜 ,現有50名運動員得分 則一定有兩名運動員得分相同.26.體育用品倉庫里有許多足球、排球和籃球，某班50名同學來倉庫拿球，規定每個人至少拿1個球，至多拿2個球，問至少有幾名同學所拿的球種類是一致的？

解題關鍵：利用抽屜原理2。

解：根據規定，多有同學拿球的配組方式共有以下9種：

｛足｝｛排｝｛藍｝｛足足｝｛排排｝｛藍藍｝｛足排｝｛足藍｝｛排藍｝

以這9種配組方式制造9個抽屜,將這50個同學看作蘋果＝5.5……

5由抽屜原理2k＝〔〕＋1可得，至少有6人，他們所拿的球類是完全一致的。

【歡迎你來解】

1.某班37名同學，至少有幾個同學在同一個月過生日？

2.42只鴿子飛進5個籠子里，可以保證至少有一個籠子中可以有幾只鴿子？ 3.口袋中有紅、黑、白、黃球各10個，它們的外型與重量都一樣，至少要摸出幾個球，才能保證有4個顏色相同的球？

4.飼養員給10只猴子分蘋果，其中至少要有一只猴子得到7個蘋果，飼養員至少要拿來多少個蘋果？

5.從13個自然數中，一定可以找到兩個數，它們的差是12的倍數。

6.一個班有40名同學，現在有課外書125本。把這些書分給同學，是否有人會得到4件或4件以上的玩具？

桌上有十個蘋果，要把這十個蘋果放到九個抽屜里，無論怎樣放，有的抽屜可以放一個，有的可以放兩個，有的可以放五個，但最終我們會發現至少我們可以找到一個抽屜里面至少放兩個蘋果。這一現象就是我們所說的抽屜原理。

抽屜原理的一般含義為：“如果每個抽屜代表一個集合，每一個蘋果就可以代表一個元素，假如有n＋1或多于n＋1個元素放到n個集合中去，其中必定至少有一個集合里至少有兩個元素。”

抽屜原理有時也被稱為鴿巢原理（“如果有五個鴿子籠，養鴿人養了6只鴿子，那么當鴿子飛回籠中后，至少有一個籠子中裝有2只鴿子”）。它是德國數學家狄利克雷首先明確的提出來并用以證明一些數論中的問題，因此，也稱為狄利克雷原理。它是組合數學中一個重要的原理。

一．抽屜原理最常見的形式

原理1 把多于n個的物體放到n個抽屜里，則至少有一個抽屜里有2個或2個以上的物體。

[證明]（反證法）：如果每個抽屜至多只能放進一個物體，那么物體的總數至多是n，而不是題設的n+k(k≥1)，這不可能.原理2 把多于mn個的物體放到n個抽屜里，則至少有一個抽屜里有m+1個或多于m+1個的物體。

[證明]（反證法）：若每個抽屜至多放進m個物體,那么n個抽屜至多放進mn個物體,與題設不符，故不可能.原理1 2都是第一抽屜原理的表述

第二抽屜原理：

把（mn－1）個物體放入n個抽屜中，其中必有一個抽屜中至多有（m—1）個物體。

[證明]（反證法）：若每個抽屜都有不少于m個物體，則總共至少有mn個物體，與題設矛盾，故不可能

二．應用抽屜原理解題

抽屜原理的內容簡明樸素，易于接受，它在數學問題中有重要的作用。許多有關存在性的證明都可用它來解決。

例１：400人中至少有兩個人的生日相同.解：將一年中的366天視為366個抽屜，400個人看作400個物體，由抽屜原理1可以得知：至少有兩人的生日相同.又如：我們從街上隨便找來13人，就可斷定他們中至少有兩個人屬相相同.“從任意5雙手套中任取6只，其中至少有2只恰為一雙手套。”

“從數1，2，...，10中任取6個數，其中至少有2個數為奇偶性不同。”

例2：幼兒園買來了不少白兔、熊貓、長頸鹿塑料玩具，每個小朋友任意選擇兩件，那么不管怎樣挑選，在任意七個小朋友中總有兩個彼此選的玩具都相同，試說明道理.解：從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種：（兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長頸鹿），（長頸鹿、長頸鹿）。把每種搭配方式看作一個抽屜，把7個小朋友看作物體，那么根據原理1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜里，也就是說，至少兩人挑選玩具采用同一搭配方式，選的玩具相同.上面數例論證的似乎都是“存在”、“總有”、“至少有”的問題，不錯，這正是抽屜原則的主要作用.（需要說明的是，運用抽屜原則只是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不能確切地指出哪個抽屜里存在多少.）

抽屜原理雖然簡單，但應用卻很廣泛，它可以解答很多有趣的問題，其中有些問題還具有相當的難度。下面我們來研究有關的一些問題。

（一）整除問題

把所有整數按照除以某個自然數m的余數分為m類，叫做m的剩余類或同余類，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一個類含有無窮多個數，例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，….在研究與整除有關的問題時，常用剩余類作為抽屜.根據抽屜原理，可以證明：任意n+1個自然數中，總有兩個自然數的差是n的倍數。

例1 證明：任取8個自然數，必有兩個數的差是7的倍數。

分析與解答在與整除有關的問題中有這樣的性質，如果兩個整數a、b，它們除以自然數m的余數相同，那么它們的差a-b是m的倍數.根據這個性質，本題只需證明這8個自然數中有2個自然數，它們除以7的余數相同.我們可以把所有自然數按被7除所得的7種不同的余數0、1、2、3、4、5、6分成七類.也就是7個抽屜.任取8個自然數，根據抽屜原理，必有兩個數在同一個抽屜中，也就是它們除以7的余數相同，因此這兩個數的差一定是7的倍數。

例2：對于任意的五個自然數，證明其中必有3個數的和能被3整除.證明∵任何數除以3所得余數只能是0，1，2，不妨分別構造為3個抽屜：

[0]，[1]，[2]

①若這五個自然數除以3后所得余數分別分布在這3個抽屜中，我們從這三個抽屜中各取1個，其和必能被3整除.②若這5個余數分布在其中的兩個抽屜中，則其中必有一個抽屜，包含有3個余數（抽屜原理），而這三個余數之和或為0，或為3，或為6，故所對應的3個自然數之和是3的倍數.③若這5個余數分布在其中的一個抽屜中，很顯然，必有3個自然數之和能被3整除.例2′：對于任意的11個整數，證明其中一定有6個數，它們的和能被6整除.證明：設這11個整數為：a1，a2，a3……a11 又6=2×①先考慮被3整除的情形

由例2知，在11個任意整數中，必存在：

3|a1+a2+a3，不妨設a1+a2+a3=b1；

同理，剩下的8個任意整數中，由例2，必存在：3 | a4+a5+a6.設a4+a5+a6=b2；

同理，其余的5個任意整數中，有：3|a7+a8+a9，設：a7+a8+a9=b3

②再考慮b1、b2、b3被2整除.依據抽屜原理，b1、b2、b3這三個整數中，至少有兩個是同奇或同偶，這兩個同奇（或同偶）的整數之和必為偶數.不妨設2|b1+b則：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6

∴任意11個整數，其中必有6個數的和是6的倍數.例3：任意給定7個不同的自然數，求證其中必有兩個整數，其和或差是10的倍數.分析：注意到這些數隊以10的余數即個位數字，以0，1，…，9為標準制造10個抽屜，標以[0]，[1]，…，[9].若有兩數落入同一抽屜，其差是10的倍數，只是僅有7個自然數，似不便運用抽屜原則，再作調整：[6]，[7]，[8]，[9]四個抽屜分別與[4]，[3]，[2]，[1]合并，則可保證至少有一個抽屜里有兩個數，它們的和或差是10的倍數.（二）面積問題

例：九條直線中的每一條直線都將正方形分成面積比為2:3的梯形，證明：這九條直線中至少有三條經過同一點.證明：如圖，設直線EF將正方形分成兩個梯形，作中位線MN。由于這兩個梯形的高相等，故它們的面積之比等于中位線長的比，即|MH|:|NH|。于是點H有確定的位置（它在正方形一對對邊中點的連線上，且|MH|:|NH|＝２:３）.由幾何上的對稱性，這種點共有四個（即圖中的H、J、I、K）.已知的九條適合條件的分割直線中的每一條必須經過H、J、I、K這四點中的一點.把H、J、I、K看成四個抽屜，九條直線當成９個物體，即可得出必定有３條分割線經過同一點.（三）染色問題

例1正方體各面上涂上紅色或藍色的油漆（每面只涂一種色），證明正方體一定有三個面顏色相同.證明：把兩種顏色當作兩個抽屜，把正方體六個面當作物體，那么6=2×2+2，根據原理二，至少有三個面涂上相同的顏色.例2 有5個小朋友，每人都從裝有許多黑白圍棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.請你證明，這5個人中至少有兩個小朋友摸出的棋子的顏色的配組是一樣的。

分析與解答首先要確定3枚棋子的顏色可以有多少種不同的情況，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4種配組情況，看作4個抽屜.根據抽屜原理，至少有兩個小朋友摸出的棋子的顏色在同一個抽屜里，也就是他們所拿棋子的顏色配組是一樣的。

例3：假設在一個平面上有任意六個點，無三點共線，每兩點用紅色或藍色的線段連起來，都連好后，問你能不能找到一個由這些線構成的三角形，使三角形的三邊同色？

解：首先可以從這六個點中任意選擇一點，然后把這一點到其他五點間連五條線段，如圖，在這五條線段中，至少有三條線段是同一種顏色，假定是紅色，現在我們再單獨來研究這三條紅色的線。這三條線段的另一端或許是不同顏色，假設這三條線段（虛線）中其中一條是紅色的，那么這條紅色的線段和其他兩條紅色的線段便組成了我們所需要的同色三角形，如果這三條線段都是藍色的，那么這三條線段也組成我們所需要的同色三角形。因而無論怎樣著色，在這六點之間的所有線段中至少能找到一個同色三角形。

例3′（六人集會問題）證明在任意6個人的集會上，或者有3個人以前彼此相識，或者有三個人以前彼此不相識。”

例3”：17個科學家中每個人與其余16個人通信，他們通信所討論的僅有三個問題，而任兩個科學家之間通信討論的是同一個問題。證明：至少有三個科學家通信時討論的是同一個問題。

解：不妨設A是某科學家，他與其余16位討論僅三個問題，由鴿籠原理知，他至少與其中的6位討論同一問題。設這6位科學家為B，C，D，E，F，G，討論的是甲問題。

若這6位中有兩位之間也討論甲問題，則結論成立。否則他們6位只討論乙、丙兩問題。這樣又由鴿籠原理知B至少與另三位討論同一問題，不妨設這三位是C，D，E，且討論的是乙問題。

若C，D，E中有兩人也討論乙問題，則結論也就成立了。否則，他們間只討論丙問題，這樣結論也成立。

三．制造抽屜是運用原則的一大關鍵

例1 從2、4、6、…、30這15個偶數中，任取9個數，證明其中一定有兩個數之和是34。

分析與解答我們用題目中的15個偶數制造8個抽屜：

凡是抽屜中有兩個數的，都具有一個共同的特點：這兩個數的和是34。現從題目中的15個偶數中任取9個數，由抽屜原理（因為抽屜只有8個），必有兩個數在同一個抽屜中.由制造的抽屜的特點，這兩個數的和是34。

例2：從1、2、3、4、…、19、20這20個自然數中，至少任選幾個數，就可以保證其中一定包括兩個數，它們的差是12。

分析與解答在這20個自然數中，差是12的有以下8對：｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝。

另外還有4個不能配對的數｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12個抽屜（每個括號看成一個抽屜）.只要有兩個數取自同一個抽屜，那么它們的差就等于12，根據抽屜原理至少任選13個數，即可辦到（取12個數：從12個抽屜中各取一個數（例如取1，2，3，…，12），那么這12個數中任意兩個數的差必不等于12）。

例3：從1到20這20個數中，任取11個數，必有兩個數，其中一個數是另一個數的倍數。

分析與解答根據題目所要求證的問題，應考慮按照同一抽屜中，任意兩數都具有倍數關系的原則制造抽屜.把這20個數按奇數及其倍數分成以下十組，看成10個抽屜（顯然，它們具有上述性質）：

｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。

從這10個數組的20個數中任取11個數，根據抽屜原理，至少有兩個數取自同一個抽屜.由于凡在同一抽屜中的兩個數都具有倍數關系，所以這兩個數中，其中一個數一定是另一個數的倍數。

例4：某校校慶，來了n位校友，彼此認識的握手問候.請你證明無論什么情況，在這n個校友中至少有兩人握手的次數一樣多。

分析與解答共有n位校友，每個人握手的次數最少是0次，即這個人與其他校友都沒有握過手；最多有n-1次，即這個人與每位到會校友都握了手.然而，如果有一個校友握手的次數是0次，那么握手次數最多的不能多于n-2次；如果有一個校友握手的次數是n-1次，那么握手次數最少的不能少于1次.不管是前一種狀態0、1、2、…、n-2，還是后一種狀態1、2、3、…、n-1，握手次數都只有n-1種情況.把這n-1種情況看成n-1個抽屜，到會的n個校友每人按照其握手的次數歸入相應的“抽屜”，根據抽屜原理，至少有兩個人屬于同一抽屜，則這兩個人握手的次數一樣多。

在有些問題中，“抽屜”和“物體”不是很明顯的，需要精心制造“抽屜”和“物體”.如何制造“抽屜”和“物體”可能是很困難的，一方面需要認真地分析題目中的條件和問題，另一方面需要多做一些題積累經驗。

抽屜原理

把八個蘋果任意地放進七個抽屜里，不論怎樣放，至少有一個抽屜放有兩個或兩個以上的蘋果。抽屜原則有時也被稱為鴿巢原理，它是德國數學家狄利克雷首先明確的提出來并用以證明一些數論中的問題，因此，也稱為狄利克雷原則。它是組合數學中一個重要的原理。把它推廣到一般情形有以下幾種表現形式。

形式一：證明：設把n＋1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合里相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大于或等于2（用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai＜2，則因為ai是整數，應有ai≤1，于是有：

a1＋a2＋…＋an≤1＋1＋…＋1＝n＜n＋1這與題設矛盾。所以，至少有一個ai≥2，即必有一個集合中含有兩個或兩個以上的元素。

形式二：設把n?m＋1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合里相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大于或等于m＋1。用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai＜m＋1，則因為ai是整數，應有ai≤m，于是有：

a1＋a2＋…＋an≤m＋m＋…＋m＝n?m＜n?m＋1

n個m 這與題設相矛盾。所以，至少有存在一個ai≥m＋高斯函數：對任意的實數x,[x]表示“不大于x的最大整數”.例如：[3.5]＝3，[2.9]＝2，[－2.5]＝－3，[7]＝7，……一般地，我們有：[x]≤x＜[x]＋1

形式三：證明：設把n個元素分為k個集合A1，A2，…，Ak，用a1，a2，…，ak表示這k個集合里相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大于或等于[n/k]。（用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai＜[n/k]，于是有：

a1＋a2＋…＋ak＜[n/k]+[n/k]+…+[n/k] ＝k?[n/k]≤k?(n/k)＝n

k個[n/k] ∴ a1＋a2＋…＋ak＜n 這與題設相矛盾。所以，必有一個集合中元素個數大于或等于[n/k]

形式四：證明：設把q1＋q2＋…＋qn－n＋1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合里相應的元素個數，需要證明至少存在某個i，使得ai大于或等于qi。（用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai＜qi，因為ai為整數，應有ai≤qi－1，于是有：a1＋a2＋…＋an≤q1＋q2＋…＋qn－n ＜q1＋q2＋…＋qn－n＋1這與題設矛盾。

所以，假設不成立，故必有一個i,在第i個集合中元素個數ai≥qi

形式五：證明：（用反證法）將無窮多個元素分為有限個集合，假設這有限個集合中的元素的個數都是有限個，則有限個有限數相加，所得的數必是有限數，這就與題設產生矛盾，所以，假設不成立，故必有一個集合含有無窮多個元素。

例題１：400人中至少有兩個人的生日相同.分析：生日從1月1日排到12月31日，共有366個不相同的生日，我們把366個不同的生日看作366個抽屜，400人視為400個蘋果，由表現形式1可知，至少有兩人在同一個抽屜里，所以這400人中有兩人的生日相同.解：將一年中的366天視為366個抽屜，400個人看作400個蘋果，由抽屜原理的表現形式1可以得知：至少有兩人的生日相同.例題2：任取5個整數，必然能夠從中選出三個，使它們的和能夠被3整除.證明：任意給一個整數，它被3除，余數可能為0，1，2，我們把被3除余數為0，1，2的整數各歸入類r０，r1，r2.至少有一類包含所給５個數中的至少兩個.因此可能出現兩種情況：１°.某一類至少包含三個數；２°.某兩類各含兩個數，第三類包含一個數.若是第一種情況，就在至少包含三個數的那一類中任取三數，其和一定能被3整除；若是第二種情況，在三類中各取一個數，其和也能被3整除..綜上所述，原命題正確.例題3：某校派出學生204人上山植樹15301株，其中最少一人植樹50株，最多一人植樹100株，則至少有5人植樹的株數相同.證明：按植樹的多少，從50到100株可以構造51個抽屜，則個問題就轉化為至少有5人植樹的株數在同一個抽屜里.(用反證法)假設無５人或５人以上植樹的株數在同一個抽屜里，那只有５人以下植樹的株數在同一個抽屜里，而參加植樹的人數為204人，所以，每個抽屜最多有4人，故植樹的總株數最多有：

4(50＋51＋…＋100)＝4× ＝15300＜15301得出矛盾.因此，至少有５人植樹的株數相同.練習：1．邊長為1的等邊三角形內有5個點，那么這5個點中一定有距離小于0.5的兩點.2．邊長為1的等邊三角形內，若有n2＋1個點，則至少存在2點距離小于.3．求證：任意四個整數中，至少有兩個整數的差能夠被3整除.4．某校高一某班有50名新生，試說明其中一定有二人的熟人一樣多.5．某個年級有202人參加考試，滿分為100分，且得分都為整數，總得分為10101分，則至少有3人得分相同.“任意367個人中，必有生日相同的人。”

“從任意5雙手套中任取6只，其中至少有2只恰為一雙手套。”

“從數1，2，...，10中任取6個數，其中至少有2個數為奇偶性不同。”

......大家都會認為上面所述結論是正確的。這些結論是依據什么原理得出的呢？這個原理叫做抽屜原理。它的內容可以用形象的語言表述為：

“把m個東西任意分放進n個空抽屜里（m>n），那么一定有一個抽屜中放進了至少2個東西。”

在上面的第一個結論中，由于一年最多有366天，因此在367人中至少有2人出生在同月同日。這相當于把367個東西放入 366個抽屜，至少有2個東西在同一抽屜里。在第二個結論中，不妨想象將5雙手套分別編號，即號碼為1，2，...，5的手套各有兩只，同號的兩只是一雙。任取6只手套，它們的編號至多有5種，因此其中至少有兩只的號碼相同。這相當于把6個東西放入5個抽屜，至少有2個東西在同一抽屜里。

抽屜原理的一種更一般的表述為：

“把多于kn個東西任意分放進n個空抽屜（k是正整數），那么一定有一個抽屜中放進了至少k+1個東西。”

利用上述原理容易證明：“任意7個整數中，至少有3個數的兩兩之差是3的倍數。”因為任一整數除以3時余數只有0、1、2三種可能，所以7個整數中至少有3個數除以3所得余數相同，即它們兩兩之差是3的倍數。

如果問題所討論的對象有無限多個，抽屜原理還有另一種表述：

“把無限多個東西任意分放進n個空抽屜（n是自然數），那么一定有一個抽屜中放進了無限多個東西。”

抽屜原理的內容簡明樸素，易于接受，它在數學問題中有重要的作用。許多有關存在性的證明都可用它來解決。

1958年6/7月號的《美國數學月刊》上有這樣一道題目：

“證明在任意6個人的集會上，或者有3個人以前彼此相識，或者有三個人以前彼此不相識。”

這個問題可以用如下方法簡單明了地證出：

在平面上用6個點A、B、C、D、E、F分別代表參加集會的任意6個人。如果兩人以前彼此認識，那么就在代表他們的兩點間連成一條紅線；否則連一條藍線。考慮A點與其余各點間的5條連線AB，AC，...，AF，它們的顏色不超過2種。根據抽屜原理可知其中至少有3條連線同色，不妨設AB，AC，AD同為紅色。如果BC，BD，CD 3條連線中有一條（不妨設為BC）也為紅色，那么三角形ABC即一個紅色三角形，A、B、C代表的3個人以前彼此相識：如果BC、BD、CD 3條連線全為藍色，那么三角形BCD即一個藍色三角形，B、C、D代表的3個人以前彼此不相識。不論哪種情形發生，都符合問題的結論。

六人集會問題是組合數學中著名的拉姆塞定理的一個最簡單的特例，這個簡單問題的證明思想可用來得出另外一些深入的結論。這些結論構成了組合數學中的重要內容-----拉姆塞理論。從六人集會問題的證明中，我們又一次看到了抽屜原理的應用。

第五篇：2011全國高中數學競賽講義-不等式的證明(練習題)

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§14不等式的證明

課后練習

1.選擇題

(1)方程x-y=105的正整數解有().（A）一組（B）二組（C）三組（D）四組

(2)在0,1,2,…，50這51個整數中，能同時被2，3，4整除的有（）.（A）3個（B）4個（C）5個（D）6個

2．填空題

（1）的個位數分別為_________及_________.45422(2)滿足不

________.等式10?A?10的整數A的個數是x×10+1，則x的值

(3)已知整數y被7除余數為5,那么y被7除時余數為________.(4)求出任何一組滿足方程x-51y=1的自然數解x和y_________.3.求三個正整數x、y、z滿足

3.4．在數列4，8，17，77，97，106，125，238中相鄰若干個數之和是3的倍數，而不是9的倍數的數組共有多少組？

5．求的整數解.6．求證可被37整除.7．求滿足條件的整數x，y的所有可能的值.數學教育網http://

8．已知直角三角形的兩直角邊長分別為l厘米、m厘米，斜邊長為n厘米，且l，m，n均為正整數，l為質數.證明：2（l+m+n）是完全平方數.9.如果p、q、、都是整數，并且p＞1，q＞1，試求p+q的值.課后練習答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可變形為x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.2

23.不妨設x?y?z,則,故x?3.又有故x?2.若x=2,則,故y?6.又有,故y?4.若y=4,則z=20.若y=5,則z=10.若y=6,則z無整數解.若x=3,類似可以確定3?y?4,y=3或4,z都不能是整數.4.可仿例2解.5.分析：左邊三項直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對稱性，可用輪換的方法.．．

略解：a?b?2ab,同理b?c?2bc,c?a?2ca；三式相加再除以2即得證.評述：（1）利用基本不等式時，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項、連用等技巧.如x1222232

2x2?x22x3???xn2x1?x1?x2???xn，可在不等式兩邊同時加上

x2?x3???xn?x1.再如證(a?1)(b?1)(a?c)(b?c)?256abc(a,b,c?0)時，可連續使用基本不3322

3等式.（2）基本不等式有各種變式如(a?b

2)?2a?b

222等.但其本質特征不等式兩邊的次

數及系數是相等的.如上式左右兩邊次數均為2，系數和為1.6.8888≡8(mod37),∴8888

33332222≡8(mod37).222227777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888

238+7=407,37|407,∴37|N.223+77773333≡(8+7)(mod37),而237.簡解:原方程變形為3x-(3y+7)x+3y-7y=0由關于x的二次方程有解的條件△?0

及y為整數可得0?y?5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程僅有兩組解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l為質數,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方數.2222

29.易知p≠q,不妨設p＞q.令

(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,則m＞n由此可得不定方程