第一篇：抽屜原理（精選）

高中數學競賽系列講座

第五講 抽屜原理

北京十二中 劉文武

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（1978年廣東省數學競賽題）

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，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：

i）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。

2ii）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”。

例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。

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m∈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°，?? n

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）：

（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；

（2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；

（3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；

（4）{7，7×2，7×2，7×2}；

（5）{9，9×2，9×2，9×2}；

（6）{11，11×2，11×2，11×2}；

??

（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？

452

56①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？

例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。

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。

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；?

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]內。

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[＞q）端點的值，則又可以構造出一系列的新題目來。

]（p

例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。（第14屆1M0試題）

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。10

請讀者自己來研究這個問題。

例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。

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））

例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。

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。n

3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。

（二）于無聲處聽驚雷--單色三角形問題

前面數例我們看到，抽屜原理的應用多么奇妙，其關鍵在于恰當地制造抽屜，分割圖形，利用自然數分類的不同方法如按剩余類制造抽屜或按奇數乘以2的方冪制造抽屜，利用奇偶性等等，都是制造“抽屜”的方法。大家看到，抽屜原理的道理極其簡單，但“于無聲處聽驚雷”，恰當地精心地應用它，不僅可以解決國內數學競賽中的問題，而且可以解決國際中學生數學競賽，例如IM0中的難題。本節我們就來看幾個這樣的例子。

例7．（第6屆國際中學生數學奧林匹克試題）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。

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。

（三）抽屜原理的其他形式。

在例7的證明過程中，我們實際上用到了抽屜原理的其他形式，我們把它作為定理2。

定理2：把m個元素分成n個集合（m＞n）

（1）當n能整除m時，至少有一個集合含有個元素；

]+1個元素，（[

]表示不超過 的（2）當n不能整除 m時，則至少有一個集合含有至少[最大整數）

定理2有時候也可敘述成：把m×n+1個元素放進n個集合，則必有一個集合中至少放有m+1個元素。

例8．在邊長為1的正方形內任意放入九個點，求證：存在三個點，以這三個點為頂點的三角形的面積不超過（1963年北京市數學競賽題）。

分析與解答：如圖3，四等分正方形，得到A1，A2，A3，A4四個矩形。在正方形內任意放入九個點，則至少有一個矩形Ai內存在[]+1=3個或3個以上的點，設三點為A、B、C，具體考察Ai（如圖4），過A、B、C三點分別作矩形長邊的平行線，過A點的平行線交BC于A'點，A點到矩形長邊的距離為h=(0≤h≤)，則△ABC的面積

S△ABC=S△AA'C+S△AA'B

≤×1×h+×1×（-h）

=×=

說明：把正方形分成四個區域，可以得出“至少有一個區域內有3個點”的結論，這就為確定三角形面積的取值范圍打下了基礎。本題構造“抽屜”的辦法不是唯一的，還可以將正方形等分成邊長為的四個小正方形等。但是如將正方形等分成四個全等的小三角形卻是不可行的（想一想為什么？）。所以適當地構造“抽屜”，正是應用抽屜原則解決問題的關鍵所在。

圖5

以下兩個題目可以看作是本例的平凡拓廣：

（1）在邊長為2的正方形內，隨意放置9個點，證明：必有3個點，以它們為頂點的三角形的面積不超過。

（2）在邊長為1的正方形內任意給出13個點。求證：必有4個點，以它們為頂點的四邊形的面積不超過1/4。

例9．9條直線的每一條都把一個正方形分成兩個梯形，而且它們的面積之比為2∶3。證明：這9條直線中至少有3條通過同一個點。

證明：設正方形為ABCD，E、F分別是AB，CD的中點。

設直線L把正方形ABCD分成兩個梯形ABGH和CDHG，并且與EF相交于P（如圖6）

梯形ABGH的面積：梯形CDHG的面積=2∶3

EP是梯形ABGH的中位線，PF是梯形CDHG的中位線，由于

梯形的面積=中位線×梯形的高，并且兩個梯形的高相等（AB=CD），所以

梯形ABGH的面積∶梯形CDHG的面積

=EP∶PF，也就是EP∶PF=2∶3

這說明，直線L通過EF上一個固定的點P，這個點把EF分成長度為2∶3的兩部分。這樣的點在EF上還有一個，如圖上的Q點（FQ∶QE=2∶3）。

同樣地，如果直線L與AB、CD相交，并且把正方形分成兩個梯形面積之比是2∶3，那么這條直線必定通過AD、BC中點連線上的兩個類似的點（三等分點）。

這樣，在正方形內就有4個固定的點，凡是把正方形面積分成兩個面積為2∶3的梯形的直線，一定通過這4點中的某一個。我們把這4個點看作4個抽屜，9條直線看作9個蘋果，由定理2可知，9=4×2+1，所以，必有一個抽屜內至少放有3個蘋果，也就是，必有三條直線要通過一個點。

說明：本例中的抽屜比較隱蔽，正方形兩雙對邊中點連線上的4個三等分點的發現是關鍵，而它的發現源于對梯形面積公式S梯形=中位線×梯形的高的充分感悟。

例10．910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍墨水瓶的顏色次序必定出現下述兩種情況之一種：

1．至少三行完全相同；

2．至少有兩組（四行），每組的兩行完全相同。（北京市高中一年級數學競賽1990年復賽試題）

證明：910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7個位置中的每個位置都有紅、藍兩種可能，因而總計共有27=128種不同的行式（當且僅當兩行墨水瓶顏色及次序完全相同時稱為“行式”相同）

任取130行中的129行，依抽屜原理可知，必有兩行（記為A，B）“行式”相同。

在除A、B外的其余128行中若有一行P與A（B）“行式”相同，則P，A，B滿足“至少有三行完全相同”；在其余（除A，B外）的128行中若沒有與A（B）行式相同者，則128行至多有127種不同的行式，依抽屜原則，必有兩行（不妨記為C、D）行式相同，這樣便找到了（A，B）、（C，D）兩組（四行），每組兩行完全相同。

說明：本例構造抽屜時用到了乘法原理，2×2×2×2×2×2×2=2=128個“行式”是制造和應用抽屜原理的關鍵。

（四）抽屜原理的無限形式

定理3.如果把無窮多個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都至少存在一個集合，其中有無窮多個元素。

例11．在坐標平面上給出無限多個矩形，它們的頂點的直角坐標都具有如下形式：

（0，0），（0，m），（n，0），（n，m）

其中m，n是正整數，并且m＞3，n＜6，求證：在這些矩形中一定存在無限多個矩形，其中任意兩個矩形必有一個被包含在另一個之中。

證明：由n＜6知，n=1,2,3,4,5，只有5種情形，由定理3知，將所給的無窮多個矩形按n的取值分成5類，當作5個抽屜，其中必有一個抽屜（一類）里包含有無窮多個矩形。不妨設這一類矩形的n的取值為n。對于這一類矩形中的任意兩個矩形而言，由于n的取值相同，因此m取值較小的一個矩形必然被包含在m取值較大的一個矩形之中。

（五）抽屜原理的多次使用。

在例7的解答中，我們已經看到了多次使用抽屜原理的方法，下面再看兩例。

例12．有蘋果、梨、桔子若干個，任意分成9堆，求證一定可以找到兩堆，其蘋果數、梨數、桔子數分別求和都是偶數。

證明：因為每一堆里的每一種水果數或為奇數或為偶數（兩個抽屜），而9=2×4+1，故對于蘋果，9堆中必有5堆的奇偶性相同；這5堆對于梨數來說，由于5=2×2+1，故必有3堆的奇偶性相同；這3堆對于桔子數也必有2堆的奇偶性相同。于是，就找到這樣的兩堆，它們的蘋果數、梨數，桔子數的奇偶性都分別相同，從而其和數分別都是偶數。

說明：為了得出和是偶數，需要兩加數的奇偶性相同。對3類水果逐一找用了3次抽屜原理，若將過程合并簡化可將蘋果數、梨數、桔子數作為3錐坐標（X，Y，Z），按其坐標的奇偶性構造8個抽屜：

（奇，奇，奇），（奇，奇，偶），（奇，偶，奇），（偶，奇，奇），（奇，偶，偶），（偶，奇，偶），（偶，偶，奇），（偶，偶，偶），9堆當中必有2堆屬于同一抽屜，其坐標的奇偶性完全相同。（參考例5說明）

7例13．（1995年全國高中數學聯賽試題）將平面上每個點以紅藍兩色之一著色，證明：存在這樣的兩個相似三角形，它們的相似比為1995，并且每一個三角形的三個頂點同色。

證明：如圖7，作兩個半徑分別為1和1995的同心圓，在內圓上任取9個點，必有5點同色，記為A1，A2，A3，A4，A5。連半徑0Ai交大圓于Bi（i=1,2,3,4,5），對B1，B2，B3，B4，B5，必有3點同色，記為Bi,Bj,Bk，則△BiBjBk與△AiAjAk為三項點同色的位似三角形，位似比等于1995，滿足題設條件。

說明：這里連續用了兩次抽屜原理（以染色作抽屜）。也可以一開始就取位似比為1995的9個位似點組（Ai,Bi（）i=1,2,3,?,9），對4個抽屜（紅，紅），（紅，藍），（藍，紅），（藍，藍）應用抽屜原理，得出必有3個位似點屬于同一抽屜，從題目的證明過程中可以看出，位似比1995可以改換成另外一個任意的正整數、正實數。當然，不用同心圓也可證得，如在平面上取任三點都不共線的9點，由抽屜原理必有5點同色，設為A、B、C、D、E；以A為位似中心，以1995為位似比作ABCDE的位似形A'B'C'D'E'，則5點A,B',C',D',E'中必有3點同色，設為B'D'E'，則即為所求。

更一般地可以證明，在這個二染色的平面上存在無數個內角為30°，60°，90°的直角三角形三頂點同色：任取a∈R，以a為邊作等邊三角形，則必有兩點同色，記為A，B同紅色，以AB為直徑作一圓，再作圓內接正六邊形AC1C2BC3C4（如圖9），當Ci中有紅點時△ACiB即為所求；當Ci中無紅點即Ci全為藍色時，Rt△C1C2C3即為所求。再由a的任意性知，這樣的三角形有無數個。

更進一步還可得到：對任何a∈R，可得到兩個相似比為a的頂點同色的相似三角形。對于多染色的情形，還可以得出多個相似三角形的結論：用紅、黃、藍三種顏色對平面上的點染色，對任意的a,b∈R，必存在三個三角形，它們彼此相似，相似比為1∶a∶b，且每個三角形的三頂點同色。請讀者試證。

練習五

1．從集合A={1，2，?，2n}中任取n+1個數，證明：其中必有2個數互質。

2．任意給定7個整數，求證：其中必有兩個數，其和或差可被10整除。+

+

+

3．任給7個實數，求證：其中必有至少兩個數（記為x,y）滿足0≤≤

4．給定n+1正整數所組成的集合，其中每個數都不超過2n，證明：這個集合中至少有一個元素能整除另一個元素。

5．設a1,a2,?,an是n個自然數，證明：從這n個數中總可以選出若干個數，使它們的和是n的倍數。

6．求證：平面上任意13個整點中，必有某4個點的重心為整點。

7．任給5個整數，證明：必然從其中選出3個，使得它們的和被3整除。

第二篇：抽屜原理

《抽屜原理》教學設計 芙蓉中心小學 簡淑梅 【教學內容】：

人教版《義務教育課程標準實驗教科書●數學》六年級（下冊）第四單元數學廣角“抽屜原理”第70、71頁的內容。【教材分析】：

這是一類與“存在性”有關的問題，教材通過幾個直觀例子，放手讓學生自主思考，先采用自己的方法進行“證明”，然后再進行交流，在交流中引導學生對“枚舉法”、“反證法”、“假設法”等方法進行比較，使學生逐步學會運用一般性的數學方法來思考問題，從而抽象出“抽屜原理”的一般規律。并利用這一規律對一些簡單的實際問題加以“模型化”。即：只需要確定實際生活中某個物體（或某個人、或種現象）的存在就可以了。【學情分析】：

抽屜原理是學生從未接觸過的新知識，很難理解抽屜原理的真正含義，尤其是對平均分就能保證“至少”的情況難以理解。

年齡特點：六年級學生既好動又內斂，教師一方面要適當引導，引發學生的學習興趣，使他們的注意力始終集中在課堂上；另一方面要創造條件和機會，讓學生發表見解，發揮學生學習的主體性。

思維特點：知識掌握上，六年級的學生對于總結規律的方法接觸比較少，尤其對于“數學證明”。因此，教師要耐心細致的引導，重在讓學生經歷知識的發生、發展和過程，而不是生搬硬套，只求結論，要讓學生不知其然，更要知其所以然。【教學目標】：

1．知識與能力目標：

經歷“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。通過猜測、驗證、觀察、分析等數學活動，建立數學模型，發現規律。滲透“建模”思想。

2．過程與方法目標：

經歷從具體到抽象的探究過程，提高學生有根據、有條理地進行思考和推理的能力。

3．情感、態度與價值觀目標：

通過“抽屜原理”的靈活應用，提高學生解決數學問題的能力和興趣，感受到數學文化及數學的魅力。【教學重點】：

經歷“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”。【教學準備】：

多媒體課件、撲克牌、盒子、鉛筆、書、練習紙。【教學過程】：

一、課前游戲，激趣引新。

上課伊始，老師高舉3張卡片。（高興狀）

（1）老師這有3張漂亮的卡片，我想把它們送給在坐的三位同學，想要嗎？

（2）在送之前，我想請同學們猜一猜，這三張卡片會到男生手上還是會到女生手上？（學生思考后回答：可能送給了3名女生、可能送給了3名男生、也有可能送給了2名男生和1名女生、還有可能送給了2名女生和1名男生。）

（3）同學們列出的這四種情況是這個活動中可能存在的現象，你能從這四種可能存在的現象中找到一種確定現象嗎？（學生思考后回答：得到卡片的三個同學當中，至少會有兩個同學的性別相同。）

（4）老師背對著學生把卡片拋出驗證學生的說法。

（5）如果老師再拋幾次還會有這種現象出現嗎？其實這里面蘊藏著一個非常有趣的數學原理，也就是我們今天這節課要研究的學習內容，想不想研究啊？

〖設計意圖〗：在知識探究之前通過送卡片的游戲，從之前學過的“可能性”導入到今天的學習內容。一方面是使教師和學生進行自然的溝通交流；二是要激發學生的興趣，引起探究的愿望；三是要讓學生明白這種“確定現象”與“可能性”之間的聯系，為接下來的探究埋下伏筆。

二、操作探究，發現規律。

1．動手擺擺，感性認識。

把4枝鉛筆放進3個文具盒中。

（1）小組合作擺一擺、記一記、說一說，把可能出現的情況都列舉出來。

（2）提問：不管怎么放，一定會出現哪種情況？討論后引導學生得出：不管怎樣放，總有一個文具盒里至少放了2只鉛筆。

〖設計意圖〗：抽屜原理對于學生來說，比較抽象，特別是“總有一個杯子中

至少放進2根小棒”這句話的理解。所以通過具體的操作，列舉所有的情況后，引導學生直接關注到每種分法中數量最多的杯子，理解“總有一個杯子”以及“至少2根”。

2．提出問題，優化擺法。

（1）如果把 5支鉛筆放進4個文具盒里呢？結果是否一樣？怎樣解釋這一現象？（學生自由擺放，并解釋些種現象存在的確定性。）

（2）老師指著一名擺得非常快的同學問：怎么你比別人擺得更快呢？你是否有最簡潔、最快速的方法，快快說出來和同學一起分享好嗎？

（3）學生匯報了自己的方法后，教師圍繞假設法（平均分的方法），組織學生展開討論：為什么每個杯子里都要放1根小棒呢？

（4）在討論的基礎上，師生小結：假如每個杯子放入一根小棒，剩下的一根還要放進一個杯子里，無論放在哪個杯子里，一定能找到一個杯子里至少有2根小棒。只有平均分才能將小棒盡可能地分散，保證“至少”的情況。

〖設計意圖〗：鼓勵學生積極的自主探索，尋找不同的證明方法，在枚舉法的基礎上，學生意識到了要考慮最少的情況，從而引出假設法滲透平均分的思想。

3．步步逼近，理性認識。

（1）師：把6枝鉛筆放在5個盒子里，不管怎么放，總有一個盒子里至少有2枝鉛筆嗎？為什么？

把7支鉛筆放進6個文具盒里呢？

把8枝筆放進7個盒子里呢？

把20枝筆放進19個盒子里呢？

……

（2）符合這種結果的情況你能一一說完嗎？你會用一句歸納這些情況嗎？

（筆的枝數比盒子數多1，不管怎么放，總有一個盒子里至少有2枝鉛筆。）

〖設計意圖〗：通過這個連續的過程發展了學生的類推能力，形成比較抽象的數學思維，從而達到理性認識“抽屜原理”。

4．數量積累，發現方法。

7只鴿子要飛進5個鴿舍里，無論怎么飛，至少會有兩子鴿子飛進同一個鴿舍。為什么？

（1）如果要用一個算式表示，你會嗎？

（2）算式中告訴我們經過第一次平均分配后，還余下了2只鴿子，這兩只鴿子會怎么飛呢？（有可能兩只飛進了同一個鴿舍里，也有可能飛進了不同的鴿舍里。）

（3）不管怎么飛，一定會出現哪種情況？

（4）討論：剛才是鉛筆數比文具盒數多1枝的情況，現在鴿子數比鴿舍要多2只，為什么還是“至少有2只鴿子要飛進同一個鴿舍里”？

（4）如果是“8只鴿子要飛進取5個鴿舍里呢？”（余下3只鴿子。）

（5）“9只鴿子要飛進取5個鴿舍里呢？”（余下4只鴿子。）

根據學生的回答，用算式表示以上各題，并板書。

〖設計意圖〗：從余數1到余數2、3、4……，讓學生再次體會要保證“至少”必須盡量平均分，余下的數也要進行二次平均分。并發現余下的鴿子數只要小于鴿舍數，就一定有“至少有兩子鴿子飛進同一個鴿舍”的現象發生。

5．構建模型，解釋原理。

（1）觀察黑板上的算式，你有了什么新的發現？（只要鴿子數比盒鴿舍數多，且小于鴿舍數的兩倍，至少有2只鴿子飛進了同一個鴿舍里。）

（2）剛才我們研究的這些現象就是著名的“抽屜原理”，（教師板書課題：抽屜原理）我們將小棒、鴿子看做物體，杯子、鴿舍看做抽屜。

（3）課件出示：“抽屜原理”又稱“鴿巢原理”，最先是由19世紀的德國數學家狄利克雷提出來的，所以又稱“狄里克雷原理”，這一原理在解決實際問題中有著廣泛的應用。“抽屜原理”的應用是千變萬化的，用它可以解決許多有趣的問題，并且常常能得到一些令人驚異的結果。

（4）請你用“抽屜原理”解釋我們的課前游戲，為什么不管老師怎么送，得到卡片的同學一定有兩個同學的性別是一樣的？其中什么相當于“物體”？什么相當于“抽屜”？

〖設計意圖〗：通過對不同具體情況的判斷，初步建立“物體”、“抽屜”的模型，發現簡單的抽屜原理。研究的問題來源于生活，還要還原到生活中去，所以請學生對課前的游戲的解釋，也是一個建模的過程，讓學生體會“抽屜”不一定是看得見，摸得著，并讓學生體會平常事中也有數學原理，有探究的成就感，激發對數學的熱情。

三、循序漸進，總結規律。

（1）出示71頁的例2：把5本書放進2個抽屜中，不管怎么放，總有一個抽屜至少放進3本書。為什么？

A、該如何解決這個問題呢？

B、如何用一個式子表示呢？

C、你又發現了什么？

教師根據學生的回答，繼續板書算式。

（2）如果一共有7本書呢？9本書呢？

（3）思考、討論：總有一個抽屜至少放進的本數是“商＋1”還是“商＋余數”呢？為什么？

教師師讓學生充分討論后得出正確的結論：總有一個抽屜至少放進的本數是“商＋1”（教師板書。）

〖設計意圖〗：對規律的認識是循序漸進的。在初次發現規律的基礎上，引導學生抓住假設法最核心的思路---“有余數除法”，學生借助直觀，很好的理解了如果把書盡量多地“平均分”給各個抽屜里，看每個抽屜里能分到多少本書，余下的書不管放到哪個抽屜里，總有一個抽屜里比平均分得的書的本數多1本。從而得出“某個抽屜書的至少數”是除法算式中的商加“1”，而不是商加“余數”，從而使學生從本質上理解了“抽屜原理”。四．運用原理，解決問題。

1、基本類型，說說做做。

（1）8只鴿子飛回3個鴿舍，至少有3只鴿子要飛進同一個鴿舍里。為什么？

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

2、深化練習，拓展提升。

（1）有一副撲克牌，去掉了兩張王牌，還剩52張，如果請五位同學每人任意抽1張，同種花色的至少有幾張？為什么？

如果9個人每一個人抽一張呢？

（2）某街道辦事處統計人口顯示，本街道轄區內當年共有 370名嬰兒出生。統計員斷定：“至少有2名嬰兒是在同一天出生的。”這是為什么？ 至少有多少名嬰兒是在同一個月出生的？為什么？

〖設計意圖〗：讓學生運用所學知識去分析、解決生活實際問題，不僅是學生掌握知識的繼續拓展與延伸，還是他們成功解決問題后獲取愉悅心情的重要途經；不同題型、不同難度的練習不僅能進一步調動學生學習的積極性，還能滿足不同的孩子學到不同的數學，并體會抽屜原理的形式是多種多樣的。

五、全課小結，課外延伸。

（1）說一說：今天這節課，我們又學習了什么新知識？你還有什么困惑？

（2）用今天學到的知識向你的家長解釋下列現象：

從1、2、3……100，這100個連續自然數中，任意取出51個不相同的數，其中必有兩個數互質，這是為什么呢？

〖設計意圖〗：既讓學生說數學知識的收獲，也引導學生談情感上的感受，同時培養他們的質疑能力，使三維目標落到實處；把課堂知識延伸到課外，與家長一起分析思考，主要是想拓展學生思維，達到“家校牽手，共話數學”的教學目的。

板書設計。

抽屜原理

物體數 抽屜數 至少數 =商＋1

（鉛筆數）（盒子數）

2

3

÷ 4 =1……1 2 =1＋1 ÷ 5 =1……2 2 =1＋1 ÷ 2 =2……1 3 =2＋1 ÷ 2 =3……1 4 =3＋1

〖設計意圖〗：這樣的板書設計是在教學過程中動態生成的，按講思路來安排的，力求簡潔精練。這樣設計便于學生對本課知識的理解與記憶，突出了的教學重點，使板書真正起到畫龍點睛的作用。

第三篇：抽屜原理

《抽屜原理》教學反思

嚴田小學彭性良

《課程標準》指出：數學必須注意從學生的生活情景和感興趣的事物出發，為他們提供參與的機會，使他們體會數學就在身邊，對數學產生濃厚的興趣和親近感。也就是創設豐富的學習氛圍，激發學生的學習興趣。通過讓學生放蘋果的環節，激發學生的學習興趣，引出本節課學習的內容。通過3個蘋果放入2個抽屜的各種情況的猜測，進一步感知抽屜原理。認識抽屜原理不同的表述方式：①至少有一個抽屜的蘋果有2個或2個以上；②至少有一個抽屜的蘋果不止一個。

充分利用學生的生活經驗，對可能出現的結果進行猜測，然后放手讓學生自主思考，采用自己的方法進行“證明”，接著再進行交流，在交流中引導學生對“枚舉法”、“假設法”等方法進行比較，教師進一步比較優化，使學生逐步學會運用一般性的數學方法來思考問題，發展學生的抽象思維能力。在有趣的類推活動中，引導學生得出一般性的結論，讓學生體驗和理解“抽屜原理”的最基本原理。最后出示練習，讓學生靈活應用所學知識，解決生活中的實際問題，使學生所學知識得到進一步的拓展。

這種“創設情境——建立模型——解釋應用”是新課程倡導的課堂教學模式，讓學生經歷建模的過程，促進學生對數學原理的理解，進一步培養學生良好的數學思維能力。

第四篇：抽屜原理

《抽屜原理》教學設計

教材分析：現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“存在”問題；通過猜測、驗證、觀察、分析等數學活動，讓孩子建立數學模型，發現規律；使孩子經歷從具體到抽象的探究過程，提高學生有根據、有條理地進行思考和推理的能力；通過“抽屜原理”的靈活應用，提高學生解決數學問題的能力和興趣，感受到數學文化及數學的魅力。

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

1、經歷“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、通過操作發展學生的類推能力，形成比較抽象的數學思維。

3、通過“抽屜原理”的靈活應用感受數學的魅力。

教學重點：經歷“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學原理，這節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）你有什么發現？

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=上+余數嗎？

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、數學小知識

數學小知識：抽屜原理的由來最先發現這些規律的人是誰呢？最先是由19世紀的德國數學家狄里克雷運用于解決數學問題的，后人們為了紀念他從這么平凡的事情中發現的規律，就把這個規律用他的名字命名，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只小兔子關在5個籠子里，至少有多少只兔子要關在同一個籠子里?

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。張叔叔至少有一鏢不低于9環。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

這節課你有什么收獲？

七、作業：課后練習

第五篇：抽屜原理

4分割圖形構造“抽屜”與“蘋果”

在一個幾何圖形內, 有一些已知點, 可以根據問題的要求, 將幾何圖形進行分割, 用這些分割成的圖形作抽屜, 從而對已知點進行分類, 再集中對某個抽屜或某幾個抽屜進行討論, 使問題得到解決.命題4在正方體的8個頂點處分別放上8個不同的正整數, 如果它們的和等于55, 那么, 一定能找到某個側面正方形, 其相對頂點所放的數都是奇數.證明

首先, 由8個正整數的和為奇數知, 當中必有奇數個奇數；其次,為奇數的至少有3個, 否則, 假設最多有一個奇數, 便有55?1?2?4?6?8?10?12?14?57，矛盾!

現以正方體的側面對角線為棱組成兩個三棱錐, D – A1 BC , B1 – ACD1如圖1, 3個奇數歸入2個三棱錐, 必有2 個奇數屬于同一個三棱錐。這兩個歸入奇數的頂點必是某一側面正方形的相對頂點。

此命題中的抽屜原理的應用屬于“蘋果”(元素)、“抽屜”都未直接給出的類型, 需要從幾何上去構造兩個“抽屜”。并運用奇偶分析法找出3 個“蘋果”。

在不超過60的正整數中任取9個數，證明：這9個數中一定有兩個數（a和b）的比值滿足2a3?? 3b

2例3 任意給定12 個不同的自然數,證明其中必有兩個數的和或差是20 的倍數.證明 將自然數按照除以20 所得的余數分類,得0、l、2、??、19,共20 類.任意給定的12 個不同的自然數,若有兩個數在同一類(即兩個數除以20的余數相同),那么它們的差是20 的倍數,結論成立。任意給定的12 個不同的自然數中,每兩個數都不在同一類,也就是按上面分的20 類中每一類只多有一個已知數(也可以沒有).此時,我們把自然數按被20 除的余數。0、l、2、3、??、19 分成11類: {I,19},{2,18},{3,17},?,{9,11},{10},{0} 每一類當做1 個抽屜,己知的12 個自然數必有兩個在同一個抽屜中,它們的和是20 的倍數

一般地任取???2個不同的自然數，必有兩個數的和或差是n的倍數.2證明 設所給的自然數為am（m=1、2、……、???2），有am=ngm+rm，?2??n????n???n??rm??0、1、2、......、? ??2????則???2個自然數的余數，分屬???1種情況，看做???1個抽屜，必有兩個數222ai，aj屬于同一個抽屜，即ri?rj。?n????n????n???.(1)當ri?rj時,ai-aj是n的倍數;(2)當ri?-rj時, ai?aj是n的倍數·

綜合(l)、(2)可知,該命題成立

例7 試證:從1,2,3,?,10 這10 個自然數中,任取6個數,則必能找到兩個數,其中一個數是另一個數的倍數.分析

6個數,需設計5 個抽屜,把前10個自然數放在5 個抽屜里,且能使每個抽屜中的數具有倍數關系,因此得出如下分類方法:{1,7},}2,6 },{3,9},{4,8},}5,10 }.解 將前10 個自然數分成以下5 組:}l,7},}2,6},{3,9},}4,8},{5,10}.把這5 組看做5 個抽屜.任取6 個數則必有兩個數出自同一抽屜里,其中大數是小數的倍數.若題目變為從1,2,3,?,20,這20 個自然數中,任取1 個數,則必能找到兩個數,其中一個數是另一個數的倍數.則應這樣設計抽屜:{l,2,4,8,16},{3,6,12},{5,10,20},{7,14},{9,18},{11},}{3},{15},{17},{19}.把這10 組看做10抽屜.任取11個數,則必有兩個數出自同一抽屜里,只能是前5 個抽屜,其中大數是小數的倍數.一般地,設1?a1?a2?...?an?1?2n，則有1?i?j?n?1，故aiaj。

證明 設ai?2ibi，ai?0，2不能整除b（因為1,2,3，…,2nii=1,2,3,?,n+1,其中bi<2n，中恰有n個不同的奇數,故在b1,….,bn+1中至少有兩個相同,設bi=bj,1?i?j?n?1,故aiaj。

.這是數論中的一個定理,1935 年由愛爾特希(erdos)提出,萊梅證明的例6 給定九個不同的實數a1,a2,...,a9,證明: 至少存在兩個實數ai,ajai , aj(i?j), 滿足: 0?nai?aj1?aiaj?2?1。

????????y?tan?，k=1,2,…,9,由在??k????,?單調遞增, ?22?22?????????3??,?分成8個小區間:??,??，8??22??2證明

設ak= tan?k??-當ai?aj時，?i??j。將???3????3???????,…,根據抽屜原理, 在?,?,????,?至少存在兩個角?i,?j使得?8?4???82??22?0??i??j??8，則有: 0?tan?i??j?tan???8，0?tan?i?tan?j1?tan?itan?j?2?1, 即有0?ai?aj1?aiaj

?2?1

D

C A

B D1 A1 B1

D

C A

B D1 C1 A1

B1