第一篇：23(高中競賽講座)抽屜原理

高中數(shù)學競賽講座23

23抽屜原理

在數(shù)學問題中有一類與“存在性”有關(guān)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(shù)不少于11”；“把[0，1]內(nèi)的全部有理數(shù)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(shù)”。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(jù)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(shù)學家迪里赫萊（Dirichlet）運用于解決數(shù)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(yīng)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(jié)果。抽屜原理是國際國內(nèi)各級各類數(shù)學競賽中的重要內(nèi)容，本講就來學習它的有關(guān)知識及其應(yīng)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(nèi)（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(shù)中，任意取出51個數(shù)，證明其中一定有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。

3．從前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定有兩個數(shù)，這兩個數(shù)中大數(shù)不超過小數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)），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(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），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。

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(shù)擺成一個圓圈，證明一定存在在個相鄰的數(shù)，它們的和數(shù)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(nèi)，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(gòu)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(shù)（以米為單位），這是為什么？

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(jù)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(shè)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(jù)原則二，至少有三個面涂上相同的顏色.3.證明 如圖12-1，設(shè)a1，a2，a3，?，a9，a10分別代表不超過10的十個自然數(shù)，它們圍成一個圈，三個相鄰的數(shù)的組成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），?,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十組.現(xiàn)把它們看作十個抽屜，每個抽屜的物體數(shù)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(jù)原則2,至少有一個括號內(nèi)的三數(shù)和不少于17,即至少有三個相鄰的數(shù)的和不小于17.原則

1、原則2可歸結(jié)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.證明假定第一個抽屜放入物體的數(shù)不超過m1個，第二個抽屜放入物體的數(shù)不超過m2個，??，第n個抽屜放入物體的個數(shù)不超過mn，那么放入所有抽屜的物體總數(shù)不超過m1+m2+?+mn個，與題設(shè)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(jù)原理3，必在黑襪或黃襪、藍襪里取2雙.上面數(shù)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(guān)鍵

首先要指出的是，對于同一問題，常可依據(jù)情況，從不同角度設(shè)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(jù)原則2，總有4點落在同一個小正方形內(nèi)（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(chǔ)上.6.解如圖12-4（設(shè)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(shù)，命題得證.否則a、b均為奇數(shù)，則AC=a+b為偶數(shù)，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(shù)和偶數(shù)兩類，那么掛牌的三棵樹號碼至少有兩個同為奇數(shù)或偶數(shù)，它們的差必為偶數(shù)，問題得證.后一證明十分巧妙，通過編號碼，將兩樹間距離轉(zhuǎn)化為號碼差.這種轉(zhuǎn)化的思想方法是一種非常重要的數(shù)學方法

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(nèi)（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，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(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（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(shè)BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內(nèi)（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(shè)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(nèi)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(nèi)（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(gòu)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(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+1個正數(shù)ai，滿足0＜ai≤1（i=1,2,?,n+1），試證明：這n+1個數(shù)中必存在兩個數(shù)，其差的絕對值小于”。又如：“在邊長為1的正方形內(nèi)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(jié)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(jié)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(nèi)有n2+1個點，這n2+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(yīng)的結(jié)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(nèi)（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(guān)鍵何在？其實就在“兩個數(shù)”，其中一個是另一個的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數(shù)，都有一個是另一個的整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個等比數(shù)列都放進去同一個抽屜才行，這里用得到一個自然數(shù)分類的基本知識：任何一個正整數(shù)都可以表示成一個奇數(shù)與2的方冪的積，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,則m=(2k-1)·2n，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(shù)都能表示成一個奇數(shù)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(shù)分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數(shù)）：

（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；

（2）{3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25}；

（3）{5，5×2，5×22，5×23，5×24}；

（4）{7，7×2，7×22，7×23}；

（5）{9，9×2，9×22，9×23}；

（6）{11，11×2，11×2，11×2}；

??

（25）{49，49×2}；

（26）{51}；

??

（50）{99}。

這樣，1-100的正整數(shù)就無重復，無遺漏地放進這50個抽屜內(nèi)了。從這100個數(shù)中任取51個數(shù)，也即從這50個抽屜內(nèi)任取51個數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個數(shù)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(nèi)的兩個數(shù)中，一個是另一個的整數(shù)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(shù)中，任意取出n+1個數(shù)，則其中必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，?，2n-1這n個奇數(shù)，因此可以制造n個抽屜，而n+1＞n，由抽屜原則，結(jié)論就是必然的了。給n以具體值，就可以構(gòu)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(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個數(shù)，其中較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？”

（2）如下兩個問題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？

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

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

你能舉出反例，證明上述兩個問題的結(jié)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(shù)增加1個，都改成任取n+2個數(shù)，則它們的結(jié)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(shù)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(shù)中任意取出7個數(shù)，所以至少有兩個數(shù)取自上面第②組到第⑥組中的某同一組，這兩個數(shù)中大數(shù)就不超過小數(shù)的1.5倍。

說明： 2

56（1）本題可以改變敘述如下：在前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，求證其中存在兩個數(shù)，它們相互的比值在內(nèi)。

顯然，必須找出一種能把前25個自然數(shù)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(shù)的比值在內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)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(shù)只有3，于是{2，3}為一集合。

如此依次遞推下去，使若干個連續(xù)的自然數(shù)屬于同一集合，其中最大的數(shù)不超過最小的數(shù)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(shù)中任取6個自然數(shù)；

（2）從前39個自然數(shù)中任取8個自然數(shù)；

（3）從前60個自然數(shù)中任取9個自然數(shù)；

（4）從前91個自然數(shù)中任取10個自然數(shù)；?

都可以得到同一個結(jié)論：其中存在2個數(shù)，它們相互的比值在]內(nèi)。

上述第（4）個命題，就是前蘇聯(lián)基輔第49屆數(shù)學競賽試題。如果我們改變區(qū)間[]（p＞q）端點的值，則又可以構(gòu)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個元素的集合就有210=1024個不同的構(gòu)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(nèi)。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(shù)字之和。用N來記這個和數(shù)，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(shù)是1022，1022＞846，所以一定存在兩個子集A與B，使得A中各數(shù)之和=B中各數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)，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(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)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(shù)組，且x1,x2,?xn中的每一個數(shù)都是整數(shù)，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，因此共可分為2×2×?×2=2n個類。這是對n維整點的一種分類方法。當n=3時，23=8，此時可以構(gòu)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(nèi)部含有整點”。這就是1971年的美國普特南數(shù)學競賽題。在n=2的情形，也可以構(gòu)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(guān)鍵何在？仔細審題，它們的“和”能“被100整除”應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個數(shù)排成一個數(shù)列，用Sm記其前m項的和，則其可構(gòu)造S1，S2，?S100共100個”和"數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到S1，S2，?S100共有100個數(shù)，一個數(shù)被100除所得的余數(shù)有0，1，2，?99共100種可能性。“蘋果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，如何排除“故障”？

證明：設(shè)已知的整數(shù)為a1,a2,?a100考察數(shù)列a1,a2,?a100的前n項和構(gòu)成的數(shù)列S1，S2，?S100。

如果S1，S2，?S100中有某個數(shù)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(shù)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(shù)，它們被100除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個數(shù)為Si，S（，則100∣（Sj-Si），ji＜j）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(gòu)造出恰當?shù)某閷系摹＿@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(gòu)造出恰當?shù)某閷稀１绢}直接對{an}進行分類是很難奏效的。但由{an}構(gòu)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(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為0的類恰使結(jié)論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數(shù)為0的類，從而轉(zhuǎn)化為100個數(shù)分配在剩下的99個類中。這種處理問題的方法應(yīng)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(jié)論及證明可以推廣到一般情形（而且有加強的環(huán)節(jié)）：

在任意給定的n個整數(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），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(shù)中，都可以找出若干個連續(xù)的項（可以是一項），它們的和可被n整除。

將以上一般結(jié)論中的n賦以相應(yīng)的年份的值如1999，2000，2001?，就可以編出相應(yīng)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(shù)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(shù)總和恰好是100的倍數(shù)。

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(yīng)兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應(yīng)兩點連條黃線，若討論第3個問題則在相應(yīng)兩點連條藍線。三名科學家研究同一個問題就轉(zhuǎn)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(yīng)于從A出發(fā)引出16條線段，將它們?nèi)境?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(xiàn)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(shè)為黃色，并記它們?yōu)锽1B2，B1B3，B1B4。這時若B2，B3，B4之間有黃線，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(shù)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(shù)，其二是點數(shù)。

本例便是方向一的進展，其證明已知上述。如果繼續(xù)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(jié)為6點染2色問題，又可歸結(jié)為3點染一色問題。反過來，我們可以繼續(xù)推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的過程，易發(fā)現(xiàn)

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(guān)系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4?這樣就可以構(gòu)造出327點染5色問題，1958點染6色問題，都必出現(xiàn)一個同色三角形。

第二篇：高中數(shù)學競賽講義-抽屜原理

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抽屜原理

在數(shù)學問題中有一類與“存在性”有關(guān)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(shù)不少于11”；“把[0，1]內(nèi)的全部有理數(shù)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(shù)”。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(jù)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(shù)學家迪里赫萊（Dirichlet）運用于解決數(shù)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(yīng)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(jié)果。抽屜原理是國際國內(nèi)各級各類數(shù)學競賽中的重要內(nèi)容，本講就來學習它的有關(guān)知識及其應(yīng)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(nèi)（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(shù)中，任意取出51個數(shù)，證明其中一定有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。

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4．已給一個由10個互不相等的兩位十進制正整數(shù)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(shù)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(shù)），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(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），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(nèi)（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(shù)學教育網(wǎng)http://www.tmdps.cn 數(shù)學教育網(wǎng)---數(shù)學試題-數(shù)學教案-數(shù)學課件-數(shù)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(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（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(shè)BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內(nèi)（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(shè)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(nèi)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(nèi)（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(gòu)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(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+1個正數(shù)ai，滿足0＜ai≤1（i=1,2,?,n+1），試證明：這n+1個數(shù)中必存在兩個數(shù)，其差的絕對值小于”。又如：“在邊長為1的正方形內(nèi)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(jié)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(jié)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(nèi)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(yīng)的結(jié)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(nèi)（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(guān)鍵何在？其實就在“兩個數(shù)”，其中一個是另一個的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數(shù)，都有一個是另一個的整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個等比數(shù)列都放進去同一個抽屜才行，這里用得到一個自然數(shù)分類的基本知識：任何一個正整數(shù)都可以表示成一個奇數(shù)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(shù)都能表示成一個奇數(shù)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(shù)分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數(shù)）：

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(shù)就無重復，無遺漏地放進這50個抽屜內(nèi)了。從這100個數(shù)中任取51個數(shù)，也即從這50個抽屜內(nèi)任取51個數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個數(shù)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(nèi)的兩個數(shù)中，一個是另一個的整數(shù)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(shù)中，任意取出n+1個數(shù)，則其中必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，?，2n-1這n個奇數(shù)，因此可以制造n個抽屜，而n+1＞n，由抽屜原則，結(jié)論就是必然的了。給n以具體值，就可以構(gòu)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(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個數(shù)，其中較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？”

（2）如下兩個問題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？

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

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

你能舉出反例，證明上述兩個問題的結(jié)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(shù)增加1個，都改成任取n+2個數(shù)，則它們的結(jié)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(shù)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(shù)中任意取出7個數(shù)，所以至少有兩個數(shù)取自上面第②組到第⑥組中的某同一組，這兩個數(shù)中大數(shù)就不超過小數(shù)的1.5倍。

說明：

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

顯然，必須找出一種能把前25個自然數(shù)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(shù)的比值在內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)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(shù)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(xù)的自然數(shù)屬于同一集合，其中最大的數(shù)不超過最小的數(shù)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(shù)中任取6個自然數(shù)；（2）從前39個自然數(shù)中任取8個自然數(shù)；（3）從前60個自然數(shù)中任取9個自然數(shù)；（4）從前91個自然數(shù)中任取10個自然數(shù)；?

]內(nèi)。

都可以得到同一個結(jié)論：其中存在2個數(shù)，它們相互的比值在上述第（4）個命題，就是前蘇聯(lián)基輔第49屆數(shù)學競賽試題。如果我們改變區(qū)間[]（p＞q）端點的值，則又可以構(gòu)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(gòu)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(nèi)。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(shù)字之和。用N來記這個和數(shù)，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(shù)是1022，1022＞846，所以一定存在兩個子集A與B，使得A中各數(shù)之和=B中各數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)，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(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)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(shù)組，且x1,x2,?xn中的每一個數(shù)都是整數(shù)，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(shù)學教育網(wǎng)http://www.tmdps.cn 數(shù)學教育網(wǎng)---數(shù)學試題-數(shù)學教案-數(shù)學課件-數(shù)學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 以構(gòu)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(nèi)部含有整點”。這就是1971年的美國普特南數(shù)學競賽題。在n=2的情形，也可以構(gòu)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(guān)鍵何在？仔細審題，它們的“和”能“被100整除”應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個數(shù)排成一個數(shù)列，用Sm記其前m項的和，則其可構(gòu)造S1，S2，?S100共100個”和"數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到S1，S2，?S100共有100個數(shù)，一個數(shù)被100除所得的余數(shù)有0，1，2，?99共100種可能性。“蘋果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，如何排除“故障”？

證明：設(shè)已知的整數(shù)為a1,a2,?a100考察數(shù)列a1,a2,?a100的前n項和構(gòu)成的數(shù)列S1，S2，?S100。

如果S1，S2，?S100中有某個數(shù)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(shù)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(shù)，它們被100除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個數(shù)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(gòu)造出恰當?shù)某閷系摹＿@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(gòu)造出恰當?shù)某閷稀１绢}直接對{an}進行分類是很難奏效的。但由{an}構(gòu)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(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為0的類恰使結(jié)論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數(shù)為0的類，從而轉(zhuǎn)化為100個數(shù)分配在剩下的99個類中。這種處理問題的方法應(yīng)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(jié)論及證明可以推廣到一般情形（而且有加強的環(huán)節(jié)）：

在任意給定的n個整數(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），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(shù)中，都可以找出若干個連續(xù)的項（可以是一項），它們的和可被n整除。

將以上一般結(jié)論中的n賦以相應(yīng)的年份的值如1999，2000，2001?，就可以編出相應(yīng)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(shù)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(shù)總和恰好是100的倍數(shù)。

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(yīng)兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應(yīng)兩點連條黃線，若討論第3個問題則在相應(yīng)兩點連條藍線。三名科學家研究同一個問題就轉(zhuǎn)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(yīng)于從A出發(fā)引出16條線段，將它們?nèi)境?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(xiàn)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(shè)為黃色，并記它們?yōu)锽1B2，B1B3，B1B4。這時若B2，B3，B4之數(shù)學教育網(wǎng)http://www.tmdps.cn 數(shù)學教育網(wǎng)---數(shù)學試題-數(shù)學教案-數(shù)學課件-數(shù)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(shù)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(shù)，其二是點數(shù)。

本例便是方向一的進展，其證明已知上述。如果繼續(xù)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(jié)為6點染2色問題，又可歸結(jié)為3點染一色問題。反過來，我們可以繼續(xù)推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的過程，易發(fā)現(xiàn)

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(guān)系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4?這樣就可以構(gòu)造出327點染5色問題，1958點染6色問題，都必出現(xiàn)一個同色三角形。

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第三篇：抽屜原理

抽屜原理

把5個蘋果放到4個抽屜中，必然有一個抽屜中至少有2個蘋果，這是抽屜原理的通俗解釋。一般地，我們將它表述為：

第一抽屜原理：把（mn＋1）個物體放入n個抽屜，其中必有一個抽屜中至少有（m＋1）個物體。

使用抽屜原理解題，關(guān)鍵是構(gòu)造抽屜。一般說來，數(shù)的奇偶性、剩余類、數(shù)的分組、染色、線段與平面圖形的劃分等，都可作為構(gòu)造抽屜的依據(jù)。

例1 從1，2，3，…，100這100個數(shù)中任意挑出51個數(shù)來，證明在這51個數(shù)中，一定：

（1）有2個數(shù)互質(zhì)；

（2）有2個數(shù)的差為50；

（3）有8個數(shù)，它們的最大公約數(shù)大于1。

證明：（1）將100個數(shù)分成50組：

{1，2}，{3，4}，…，{99，100}。

在選出的51個數(shù)中，必有2個數(shù)屬于同一組，這一組中的2個數(shù)是兩個相鄰的整數(shù)，它們一定是互質(zhì)的。

（2）將100個數(shù)分成50組：

{1，51}，{2，52}，…，{50，100}。

在選出的51個數(shù)中，必有2個數(shù)屬于同一組，這一組的2個數(shù)的差為50。

（3）將100個數(shù)分成5組（一個數(shù)可以在不同的組內(nèi)）：

第一組：2的倍數(shù)，即{2，4，…，100}；

第二組：3的倍數(shù)，即{3，6，…，99}；

第三組：5的倍數(shù)，即{5，10，…，100}；

第四組：7的倍數(shù)，即{7，14，…，98}；

第五組：1和大于7的質(zhì)數(shù)即{1，11，13，…，97}。

第五組中有22個數(shù)，故選出的51個數(shù)至少有29個數(shù)在第一組到第四組中，根據(jù)抽屜原理，總有8個數(shù)在第一組到第四組的某一組中，這8個數(shù)的最大公約數(shù)大于1。

例2 求證：可以找到一個各位數(shù)字都是4的自然數(shù)，它是1996的倍數(shù)。

證明：因1996÷4＝499，故只需證明可以找到一個各位數(shù)字都是1的自然數(shù)，它是499的倍數(shù)就可以了。

得到500個余數(shù)r1，r2，…，r500。由于余數(shù)只能取0，1，2，…，499這499個值，所以根據(jù)抽屜原理，必有2個余數(shù)是相同的，這2個數(shù)的差就是499的倍數(shù)，這個差的前若干位是1，后若干位是0：11…100…0，又499和10是互質(zhì)的，故它的前若干位由1組成的自然數(shù)是499的倍數(shù)，將它乘以4，就得到一個各位數(shù)字都是4的自然數(shù)，它是1996的倍數(shù)。

例3 在一個禮堂中有99名學生，如果他們中的每個人都與其中的66人相識，那么可能出現(xiàn)這種情況：他們中的任何4人中都一定有2人不相識（假定相識是互相的）。

分析：注意到題中的說法“可能出現(xiàn)……”，說明題的結(jié)論并非是條件的必然結(jié)果，而僅僅是一種可能性，因此只需要設(shè)法構(gòu)造出一種情況使之出現(xiàn)題目中所說的結(jié)論即可。

解：將禮堂中的99人記為a1，a2，…，a99，將99人分為3組：

（a1，a2，…，a33），（a34，a35，…，a66），（a67，a68，…，a99），將3組學生作為3個抽屜，分別記為A，B，C，并約定A中的學生所認識的66人只在B，C中，同時，B，C中的學生所認識的66人也只在A，C和A，B中。如果出現(xiàn)這種局面，那么題目中所說情況

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就可能出現(xiàn)。

因為禮堂中任意4人可看做4個蘋果，放入A，B，C三個抽屜中，必有2人在同一抽屜，即必有2人來自同一組，那么他們認識的人只在另2組中，因此他們兩人不相識。

例4 如右圖，分別標有數(shù)字1，2，…，8的滾珠兩組，放在內(nèi)外兩個圓環(huán)上，開始時相對的滾珠所標數(shù)字都不相同。當兩個圓環(huán)按不同方向轉(zhuǎn)動時，必有某一時刻，內(nèi)外兩環(huán)中至少有兩對數(shù)字相同的滾珠相對。

分析：此題中沒有直接提供我們用以構(gòu)造抽屜和蘋果的數(shù)量關(guān)系，需要轉(zhuǎn)換一下看問題的角度。

解：內(nèi)外兩環(huán)對轉(zhuǎn)可看成一環(huán)靜止，只有一個環(huán)轉(zhuǎn)動。一個環(huán)轉(zhuǎn)動一周后，每個滾珠都會有一次與標有相同數(shù)字的滾珠相對的局面出現(xiàn)，那么這種局面共要出現(xiàn)8次。將這8次局面看做蘋果，再需構(gòu)造出少于8個抽屜。

注意到一環(huán)每轉(zhuǎn)動45°角就有一次滾珠相對的局面出現(xiàn)，轉(zhuǎn)動一周共有8次滾珠相對的局面，而最初的8對滾珠所標數(shù)字都不相同，所以數(shù)字相同的滾珠相對的情況只出現(xiàn)在以后的7次轉(zhuǎn)動中，將7次轉(zhuǎn)動看做7個抽屜，8次相同數(shù)字滾珠相對的局面看做8個蘋果，則至少有2次數(shù)字相對的局面出現(xiàn)在同一次轉(zhuǎn)動中，即必有某一時刻，內(nèi)外兩環(huán)中至少有兩對數(shù)字相同的滾珠相對。

例5 有一個生產(chǎn)天平上用的鐵盤的車間，由于工藝上的原因，只能控制盤的重量在指定的20克到20.1克之間。現(xiàn)在需要重量相差不超過0.005克的兩只鐵盤來裝配一架天平，問：最少要生產(chǎn)多少個盤子，才能保證一定能從中挑出符合要求的兩只盤子？

解：把20～20.1克之間的盤子依重量分成20組：

第1組：從20.000克到20.005克；

第2組：從20.005克到20.010克；

……

第20組：從20.095克到20.100克。

這樣，只要有21個盤子，就一定可以從中找到兩個盤子屬于同一組，這2個盤子就符合要求。

例6 在圓周上放著100個籌碼，其中有41個紅的和59個藍的。那么總可以找到兩個紅籌碼，在它們之間剛好放有19個籌碼，為什么？

分析：此題需要研究“紅籌碼”的放置情況，因而涉及到“蘋果”的具體放置方法，由此我們可以在構(gòu)造抽屜時，使每個抽屜中的相鄰“蘋果”之間有19個籌碼。

解：依順時針方向?qū)⒒I碼依次編上號碼：1，2，…，100。然后依照以下規(guī)律將100個籌碼分為20組：

（1，21，41，61，81）；

（2，22，42，62，82）；

……

（20，40，60，80，100）。

將41個紅籌碼看做蘋果，放入以上20個抽屜中，因為41=2×20＋1，所以至少有一個抽屜中有2+1=3（個）蘋果，也就是說必有一組5個籌碼中有3個紅色籌碼，而每組的5個籌碼在圓周上可看做兩兩等距，且每2個相鄰籌碼之間都有19個籌碼，那么3個紅色籌碼中必有2個相鄰（這將在下一個內(nèi)容——第二抽屜原理中說明），即有2個紅色籌碼之間有19個籌碼。

下面我們來考慮另外一種情況：若把5個蘋果放到6個抽屜中，則必然有一個抽屜空著。這種情況一般可以表述為：

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第二抽屜原理：把（mn-1）個物體放入n個抽屜，其中必有一個抽屜中至多有（m-1）個物體。

例7 在例6中留有一個疑問，現(xiàn)改述如下：在圓周上放有5個籌碼，其中有3個是同色的，那么這3個同色的籌碼必有2個相鄰。

分析：將這個問題加以轉(zhuǎn)化：

如右圖，將同色的3個籌碼A，B，C置于圓周上，看是否能用另外2個籌碼將其隔開。

解：如圖，將同色的3個籌碼放置在圓周上，將每2個籌碼之間的間隔看做抽屜，將其余2個籌碼看做蘋果，將2個蘋果放入3個抽屜中，則必有1個抽屜中沒有蘋果，即有2個同色籌碼之間沒有其它籌碼，那么這2個籌碼必相鄰。

例8 甲、乙二人為一個正方形的12條棱涂紅和綠2種顏色。首先，甲任選3條棱并把它們涂上紅色；然后，乙任選另外3條棱并涂上綠色；接著甲將剩下的6條棱都涂上紅色。問：甲是否一定能將某一面的4條棱全部涂上紅色？

解：不能。

如右圖將12條棱分成四組：

第一組：{A1B1，B2B3，A3A4}，第二組：{A2B2，B3B4，A4A1}，第三組：{A3B3，B4B1，A1A2}，第四組：{A4B4，B1B2，A2A3}。

無論甲第一次將哪3條棱涂紅，由抽屜原理知四組中必有一組的3條棱全未涂紅，而乙只要將這組中的3條棱涂綠，甲就無法將某一面的4條棱全部涂紅了。

下面我們討論抽屜原理的一個變形——平均值原理。

我們知道n個數(shù)a1，a2，…，an的和與n的商是a1，a2，…，an這n個數(shù)的平均值。平均值原理：如果n個數(shù)的平均值為a，那么其中至少有一個數(shù)不大于a，也至少有一個不小于a。

例9 圓周上有2000個點，在其上任意地標上0，1，2，…，1999（每一點只標一個數(shù)，不同的點標上不同的數(shù)）。求證：必然存在一點，與它緊相鄰的兩個點和這點上所標的三個數(shù)之和不小于2999。

解：設(shè)圓周上各點的值依次是a1，a2，…，a2000，則其和

a1＋a2+…＋a2000=0+1+2+…+1999=1999000。

下面考慮一切相鄰三數(shù)組之和：

（a1＋a2＋a3）+（a2＋a3＋a4）＋…＋（a1998+a1999＋a2000）＋（a1999＋a2000＋a1）＋（a2000＋a1＋a2）

=3（a1＋a2＋…＋a2000）

＝3×1999000。

這2000組和中必至少有一組和大于或等于

但因每一個和都是整數(shù)，故有一組相鄰三數(shù)之和不小于2999，亦即存在一個點，與它緊相鄰的兩點和這點上所標的三數(shù)之和不小于2999。

例10 一家旅館有90個房間，住有100名旅客，如果每次都恰有90名旅客同時回來，那么至少要準備多少把鑰匙分給這100名旅客，才能使得每次客人回來時，每個客人都能用自己分到的鑰匙打開一個房門住進去，并且避免發(fā)生兩人同時住進一個房間？

解：如果鑰匙數(shù)小于990，那么90個房間中至少有一個房間的鑰匙數(shù)少房間就打不開，因此90個人就無法按題述的條件住下來。

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另一方面，990把鑰匙已經(jīng)足夠了，這只要將90把不同的鑰匙分給90個人，而其余的10名旅客，每人各90把鑰匙（每個房間一把），那么任何90名旅客返回時，都能按要求住進房間。

最后，我們要指出，解決某些較復雜的問題時，往往要多次反復地運用抽屜原理，請看下面兩道例題。

例11 設(shè)有4×28的方格棋盤，將每一格涂上紅、藍、黃三種顏色中的任意一種。試證明：無論怎樣涂法，至少存在一個四角同色的長方形。

證明：我們先考察第一行中28個小方格涂色情況，用三種顏色涂28個小方格，由抽屜原理知，至少有10個小方格是同色的，不妨設(shè)其為紅色，還可設(shè)這10個小方格就在第一行的前10列。

下面考察第二、三、四行中前面10個小方格可能出現(xiàn)的涂色情況。這有兩種可能：

（1）這三行中，至少有一行，其前面10個小方格中，至少有2個小方格是涂有紅色的，那么這2個小方格和第一行中與其對應(yīng)的2個小方格，便是一個長方形的四個角，這個長方形就是一個四角同是紅色的長方形。

（2）這三行中每一行前面的10格中，都至多有一個紅色的小方格，不妨設(shè)它們分別出現(xiàn)在前三列中，那么其余的3×7個小方格便只能涂上黃、藍兩種顏色了。

我們先考慮這個3×7的長方形的第一行。根據(jù)抽屜原理，至少有4個小方格是涂上同一顏色的，不妨設(shè)其為藍色，且在第1至4列。

再考慮第二行的前四列，這時也有兩種可能：

（1）這4格中，至少有2格被涂上藍色，那么這2個涂上藍色的小方格和第一行中與其對應(yīng)的2個小方格便是一個長方形的四個角，這個長方形四角同是藍色。

（2）這4格中，至多有1格被涂上藍色，那么，至少有3格被涂上黃色。不妨設(shè)這3個小方格就在第二行的前面3格。

下面繼續(xù)考慮第三行前面3格的情況。用藍、黃兩色涂3個小方格，由抽屜原理知，至少有2個方格是同色的，無論是同為藍色或是同為黃色，都可以得到一個四角同色的長方形。

總之，對于各種可能的情況，都能找到一個四角同色的長方形。

例12 試卷上共有4道選擇題，每題有3個可供選擇的答案。一群學生參加考試，結(jié)果是對于其中任何3人，都有一道題目的答案互不相同。問：參加考試的學生最多有多少人？

解：設(shè)每題的三個選擇分別為a，b，c。

（1）若參加考試的學生有10人，則由第二抽屜原理知，第一題答案分別為a，b，c的三組學生中，必有一組不超過3人。去掉這組學生，在余下的學生中，定有7人對第一題的答案只有兩種。對于這7人關(guān)于第二題應(yīng)用第二抽屜原理知，其中必可選出5人，他們關(guān)于第二題的答案只有兩種可能。對于這5人關(guān)于第三題應(yīng)用第二抽屜原理知，可以選出4人，他們關(guān)于第三題的答案只有兩種可能。最后，對于這4人關(guān)于第四題應(yīng)用第二抽屜原理知，必可選出3人，他們關(guān)于第四題的答案也只有兩種。于是，對于這3人來說，沒有一道題目的答案是互不相同的，這不符合題目的要求。可見，所求的最多人數(shù)不超過9人。

另一方面，若9個人的答案如下表所示，則每3人都至少有一個問題的答案互不相同。

所以，所求的最多人數(shù)為9人。練習13

1.六（1）班有49名學生。數(shù)學王老師了解到在期中考試中該班英文成績除3人外均在86分以上后就說：“我可以斷定，本班同學至少有4人成績相同。”請問王老師說得對嗎？為什么？

2.現(xiàn)有64只乒乓球，18個乒乓球盒，每個盒子里最多可以放6只乒乓球，至少有幾個

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乒乓球盒子里的乒乓球數(shù)目相同？

3.某校初二年級學生身高的厘米數(shù)都為整數(shù)，且都不大于160厘米，不小于150厘米。問：在至少多少個初二學生中一定能有4個人身高相同？

4.從1，2，…，100這100個數(shù)中任意選出51個數(shù)，證明在這51個數(shù)中，一定：

（1）有兩個數(shù)的和為101；

（2）有一個數(shù)是另一個數(shù)的倍數(shù)；

（3）有一個數(shù)或若干個數(shù)的和是51的倍數(shù)。

5.在3×7的方格表中，有11個白格，證明

（1）若僅含一個白格的列只有3列，則在其余的4列中每列都恰有兩個白格；

（2）只有一個白格的列只有3列。

6.某個委員會開了40次會議，每次會議有10人出席。已知任何兩個委員不會同時開兩次或更多的會議。問：這個委員會的人數(shù)能夠多于60人嗎？為什么？

7.一個車間有一條生產(chǎn)流水線，由5臺機器組成，只有每臺機器都開動時，這條流水線才能工作。總共有8個工人在這條流水線上工作。在每一個工作日內(nèi)，這些工人中只有5名到場。為了保證生產(chǎn)，要對這8名工人進行培訓，每人學一種機器的操作方法稱為一輪。問：最少要進行多少輪培訓，才能使任意5個工人上班而流水線總能工作？

8.有9名數(shù)學家，每人至多能講3種語言，每3人中至少有2人能通話。求證：在這9名中至少有3名用同一種語言通話。

練習13

1.對。解：因為49-3=3×（100-86+1）+1，即46=3×15+1，也就是說，把從100分至86分的15個分數(shù)當做抽屜，49-3=46（人）的成績當做物體，根據(jù)第二抽屜原理，至少有4人的分數(shù)在同一抽屜中，即成績相同。

2.4個。解：18個乒乓球盒，每個盒子里至多可以放6只乒乓球。為使相同乒乓球個數(shù)的盒子盡可能少，可以這樣放：先把盒子分成6份，每份有18÷6=3（只），分別在每一份的3個盒子中放入1只、2只、3只、4只、5只、6只乒乓球，即3個盒子中放了1只乒乓球，3個盒中放了2只乒乓球……3個盒子中放了6只乒乓球。這樣，18個盒子中共放了乒乓球

（1+2+3+4+5+6）×3=63（只）。

把以上6種不同的放法當做抽屜，這樣剩下64-63=1（只）乒乓球不管放入哪一個抽屜里的任何一個盒子里（除已放滿6只乒乓球的抽屜外），都將使該盒子中的乒乓球數(shù)增加1只，這時與比該抽屜每盒乒乓數(shù)多1的抽屜中的3個盒子里的乒乓球數(shù)相等。例如剩下的1只乒乓球放進原來有2只乒乓球的一個盒子里，該盒乒乓球就成了3只，再加上原來裝有3只乒乓球的3個盒子，這樣就有4個盒子里裝有3個乒乓球。所以至少有4個乒乓球盒里的乒乓球數(shù)目相同。

3.34個。

解：把初二學生的身高厘米數(shù)作為抽屜，共有抽屜

160-150+1=11（個）。

根據(jù)抽屜原理，要保證有4個人身高相同，至少要有初二學生

3×11+1=34（個）。

4.證：（1）將100個數(shù)分成50組：

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｛1，100｝，｛2，99｝，…，｛50，51｝。

在選出的51個數(shù)中，必有兩數(shù)屬于同一組，這一組的兩數(shù)之和為101。

（2）將100個數(shù)分成10組：

｛1,2,4,8,16,32,64｝, ｛3,6,12,24,48,96｝，｛5,10,20,40,80｝, ｛7,14,28,56｝，｛9,18,36,72｝, ｛11,22,44,88｝，｛13,26,52｝, ｛15,30,60｝,…, ｛49,98｝, ｛其余數(shù)｝。

其中第10組中有41個數(shù)。在選出的51個數(shù)中，第10組的41個數(shù)全部選中，還有10個數(shù)從前9組中選，必有兩數(shù)屬于同一組，這一組中的任意兩個數(shù)，一個是另一個的倍數(shù)。

（3）將選出的51個數(shù)排成一列：

a1，a2，a3，…，a51。

考慮下面的51個和：

a1，a1+a2，a1+a2+a3，…，a1+a2+a3+…+a51。

若這51個和中有一個是51的倍數(shù)，則結(jié)論顯然成立；若這51個和中沒有一個是51的倍數(shù)，則將它們除以51，余數(shù)只能是1，2，…，50中的一個，故必然有兩個的余數(shù)是相同的，這兩個和的差是51的倍數(shù)，而這個差顯然是這51個數(shù)（a1，a2，a3，…，a51）中的一個數(shù)或若干個數(shù)的和。

5.證：（1）在其余4列中如有一列含有3個白格，則剩下的5個白格要放入3列中，將3列表格看做3個抽屜，5個白格看做5個蘋果，根據(jù)第二抽屜原理，5（=2×3-1）個蘋果放入3個抽屜，則必有1個抽屜至多只有（2-1）個蘋果，即必有1列只含1個白格，也就是說除了原來3列只含一個白格外還有1列含1個白格，這與題設(shè)只有1個白格的列只有3列矛盾。所以不會有1列有3個白格，當然也不能再有1列只有1個白格。推知其余4列每列恰好有2個白格。

（2）假設(shè)只含1個白格的列有2列，那么剩下的9個白格要放入5列中，而9=2×5-1，由第二抽屜原理知，必有1列至多只有2-1=1（個）白格，與假設(shè)只有2列每列只1個白格矛盾。所以只有1個白格的列至少有3列。

6.能。

解：開會的“人次”有 40×10=400（人次）。設(shè)委員人數(shù)為N，將“人次”看做蘋果，以委員人數(shù)作為抽屜。

若N≤60，則由抽屜原理知至少有一個委員開了7次（或更多次）會。但由已知條件知沒有一個人與這位委員同開過兩次（或更多次）的會，故他所參加的每一次會的另外9個人是不相同的，從而至少有7×9=63（個）委員，這與N≤60的假定矛盾。所以，N應(yīng)大于60。

7.20輪。

解：如果培訓的總輪數(shù)少于20，那么在每一臺機器上可進行工作的工人果這3個工人某一天都沒有到車間來，那么這臺機器就不能開動，整個流水線就不能工作。故培訓的總輪數(shù)不能少于20。

另一方面，只要進行20輪培訓就夠了。對3名工人進行全能性培訓，訓練他們會開每一臺機器；而對其余5名工人，每人只培訓一輪，讓他們每人能開動一臺機器。這個方案實施后，不論哪5名工人上班，流水線總能工作。

8.證：以平面上9個點A1，A2，…，A9表示9個數(shù)學家，如果兩人能通話，就把表示他們的兩點聯(lián)線，并涂上一種顏色（不同的語言涂上不同顏色）。此時有兩種情況：

（1）9點中有任意2點都有聯(lián)線，并涂了相應(yīng)的顏色。于是從某一點A1出發(fā)，分別與

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A2，A3，…，A9聯(lián)線，又據(jù)題意，每人至多能講3種語言，因此A1A2，A1A3，…，A1A9中至多只能涂3種不同的顏色，由抽屜原理知，這8條線段中至少有2條同色的線段。不妨設(shè)A1A2與A1A3是同色線段，因此A1，A2，A3這3點表示的3名數(shù)學家可用同一種語言通話。

（2）9點中至少有2點不聯(lián)線，不妨設(shè)是A1與A2不聯(lián)線。由于每3人中至少有兩人能通話，因此從A1與A2出發(fā)至少有7條聯(lián)線。再由抽屜原理知，其中必有4條聯(lián)線從A1或A2 出發(fā)。不妨設(shè)從A1出發(fā)，又因A1至多能講3種語言，所以這4條聯(lián)線中，至少有2條聯(lián)線是同色的。若A1A3與A1A4同色，則A1，A3，A4這3點表示的3名數(shù)學家可用同一種語言通話。

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第四篇：抽屜原理

《抽屜原理》教學設(shè)計

教材分析：現(xiàn)行小學教材人教版在十一冊編入這一原理，旨在于讓學生初步了解“抽屜原理”（也就是初步接觸第一原理），會用“抽屜原理”解決實際有關(guān)“存在”問題；通過猜測、驗證、觀察、分析等數(shù)學活動，讓孩子建立數(shù)學模型，發(fā)現(xiàn)規(guī)律；使孩子經(jīng)歷從具體到抽象的探究過程，提高學生有根據(jù)、有條理地進行思考和推理的能力；通過“抽屜原理”的靈活應(yīng)用，提高學生解決數(shù)學問題的能力和興趣，感受到數(shù)學文化及數(shù)學的魅力。

學情分析：使孩子經(jīng)歷從具體到抽象的探究過程，提高學生有根據(jù)、有條理地進行思考和推理的能力；通過“抽屜原理”的靈活應(yīng)用，提高學生解決數(shù)學問題的能力和興趣，感受到數(shù)學文化及數(shù)學的魅力。教學目標：

1、經(jīng)歷“抽屜原理”的探究過程，初步了解“抽屜原理”，會用“抽屜原理”解決簡單的實際問題。

2、通過操作發(fā)展學生的類推能力，形成比較抽象的數(shù)學思維。

3、通過“抽屜原理”的靈活應(yīng)用感受數(shù)學的魅力。

教學重點：經(jīng)歷“抽屜原理”的探究過程，初步了解“抽屜原理”。

教學難點：理解“抽屜原理”，并對一些簡單實際問題加以“模型化”。

教學過程

一、游戲引入

3個人坐兩個座位，3人都要坐下，一定有一個座位上至少坐了2個人。

這其中蘊含了有趣的數(shù)學原理，這節(jié)課我們一起學習研究。

二、新知探究

1、把4枝鉛筆放進3個文具盒里，不管怎么放，總有一個文具盒里至少放進（）枝鉛筆先猜一猜，再動手放一放，看看有哪些不同方法。用自己的方法記錄（4，0，0）（3，1，0）（2，2，0）（2，1，1）你有什么發(fā)現(xiàn)？

不管怎么放總有一個文具盒里至少放進2枝鉛筆。總有是什么意思？至少是什么意思

2、思考

有沒有一種方法不用擺放就可以知道至少數(shù)是多少呢？

1、3人坐2個位子，總有一個座位上至少坐了2個人2、4枝鉛筆放進3個文具盒中，總有一個文具盒中至少放了2枝鉛筆5枝鉛筆放進4個文具盒中，6枝鉛筆放進5個文具盒中。99支鉛筆放進98個文具盒中。是否都有一個文具盒中

至少放進2枝鉛筆呢？ 這是為什么？可以用算式表達嗎？

4、如果是5枝鉛筆放到3個文具盒里，總有一個文具盒至少放進幾枝鉛筆？把7枝筆放進2個文具盒里呢? 8枝筆放進2個文具盒呢? 9枝筆放進3個文具盒呢？至少數(shù)=上+余數(shù)嗎？

三、小試牛刀 1、7只鴿子飛回5個鴿舍,至少有幾只鴿子要飛進同一個鴿舍里?

2、從撲克牌中取出兩張王牌，在剩下的52張中任意抽出5張，至少有幾張是同花色的？

四、數(shù)學小知識

數(shù)學小知識：抽屜原理的由來最先發(fā)現(xiàn)這些規(guī)律的人是誰呢？最先是由19世紀的德國數(shù)學家狄里克雷運用于解決數(shù)學問題的，后人們?yōu)榱思o念他從這么平凡的事情中發(fā)現(xiàn)的規(guī)律，就把這個規(guī)律用他的名字命名，叫“狄里克雷原理”，又把它叫做“鴿巢原理”，還把它叫做

“抽屜原理”。

五、智慧城堡

1、把13只小兔子關(guān)在5個籠子里，至少有多少只兔子要關(guān)在同一個籠子里?

2、咱們班共59人，至少有幾人是同一屬相？

3、張叔叔參加飛鏢比賽，投了5鏢，鏢鏢都中，成績是41環(huán)。張叔叔至少有一鏢不低于9環(huán)。為什么？

4、六年級四個班的學生去春游，自由活時有6個同學在一起，可以肯定。為什么？

六、小結(jié)

這節(jié)課你有什么收獲？

七、作業(yè)：課后練習

第五篇：抽屜原理

抽屜原理

【知識要點】

抽屜原理又稱鴿巢原理，它是組合數(shù)學的一個基本原理，最先是由德國數(shù)學家狹利克雷明確地提出來的，因此，也稱為狹利克雷原理。

把3個蘋果放進2個抽屜里，一定有一個抽屜里放了2個或2個以上的蘋果。這個人人皆知的常識就是抽屜原理在日常生活中的體現(xiàn)。用它可以解決一些相當復雜甚至無從下手的問題。

原理1：把n+1個元素分成n類，不管怎么分，則一定有一類中有2個或2個以上的元素。

原理2：把m個元素任意放入n（n＜m）個集合，則一定有一個集合呈至少要有k個元素。

其中 k＝ 商（當n能整除m時）

商＋1（當n不能整除m時）

原理3：把無窮多個元素放入有限個集合里，則一定有一個集合里含有無窮多個元素。【解題步驟】

第一步：分析題意。分清什么是“東西”，什么是“抽屜”，也就是什么作“東西”，什么可作“抽屜”。

第二步：制造抽屜。這個是關(guān)鍵的一步，這一步就是如何設(shè)計抽屜。根據(jù)題目條件和結(jié)論，結(jié)合有關(guān)的數(shù)學知識，抓住最基本的數(shù)量關(guān)系，設(shè)計和確定解決問題所需的抽屜及其個數(shù)，為使用抽屜鋪平道路。

第三步：運用抽屜原理。觀察題設(shè)條件，結(jié)合第二步，恰當應(yīng)用各個原則或綜合運用幾個原則，以求問題之解決。【例題講解】

例

1、教室里有5名學生正在做作業(yè)，今天只有數(shù)學、英語、語文、地理四科作業(yè)

求證：這5名學生中，至少有兩個人在做同一科作業(yè)。證明：將5名學生看作5個蘋果 將數(shù)學、英語、語文、地理作業(yè)各看成一個抽屜，共4個抽屜 由抽屜原理1，一定存在一個抽屜，在這個抽屜里至少有2個蘋果。即至少有兩名學生在做同一科的作業(yè)。

例

2、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(shù)目必須大于3 大于3的最小數(shù)字是4 故至少取出4個小球才能符合要求 答：最少要取出4個球。

例

3、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(jù)原理1，書的數(shù)目要比學生的人數(shù)多 即書至少需要50+1=51本 答：最少需要51本。

例

4、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

例5、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

例

6、有50名運動員進行某個項目的單循環(huán)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(shè)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(xiàn)有50名運動員得分 則一定有兩名運動員得分相同

例

7、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(guī)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：根據(jù)規(guī)定，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2：k＝商＋1可得，至少有6人，他們所拿的球類是完全一致的