第一篇：抽屜原理的應用與推廣

目 錄

1引言..................................................................................................................................................1 2抽屜原理的形式.......................................................................................................................1 3抽屜原理在高等數學中的應用.....................................................................................3

3.1數論問題中的應用.....................................................................................................................3 3.2高等代數中的應用.....................................................................................................................6 3.3集合論中的應用.........................................................................................................................8 3.4不等式中的應用.........................................................................................................................9

4抽屜原理的推廣.....................................................................................................................10

4.1抽屜原理在無限集上的推廣..................................................................................................11 4.2抽屜原理的推廣定理-Ramsey定理...................................................................................12 5抽屜原理在實際生活中的應用...................................................................................15 參考文獻.........................................................................................................................................17 致謝.....................................................................................................................................................18

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抽屜原理的應用與推廣

Xxxxxx系本xxxxx班 xxxxxx

指導教師： xxxxxxx

摘要： 本文簡述了抽屜原理普遍使用的簡單形式、各種推廣形式，著重簡述其在數論和高等數學及無限集中的應用，及在生活中的應用，可以巧妙地解決一些復雜問題，并根據抽屜原理的不足之處引入抽屜原理的推廣定理Ramsey定理。

關鍵詞： 抽屜原理，有限集，無限集，Ramsey定理。

The Drawer of the principle of promotion

Li xxxxxxxxxxx Class xxxx, Mathematics Department

Tutor: xxxxxxxxxx Abstract: This paper introduces the widespread use of simple forms and all kinds of extended forms of the drawer principle, focusing on the application of The drawer principle in the number theory, higher mathematics and infinite seta, and also the real life.It can solve ably some complicated problems, and according to the principle of drawer the shortcomings of the principle of introducing the drawer theorem Ramsey theorem.Key words: the drawer principle, finite set, infinite sets, Ramey theorem.ii 1引言

抽屜原理又稱鴿巢原理、鞋箱原理或重疊原理，是一個十分簡單又十分重要的原理。它是由德國著名數學家狄利克雷首先發現的，因此也叫狄利克雷原理。抽屜原理簡單易懂，主要用于證明某些存在性或必然性的問題，不僅在數論、組合論以及集合論等領域中有著廣泛應用，在高等數學中的應用進行了梳理，將抽屜原理的解題思路拓展到高等數學的其他領域，有助于更好的理解抽屜原理，并舉例闡述了抽屜原理在現實生活中的應用，以及根據抽屜原理的不足引出的Ramsey定理及其推廣。

2抽屜原理的形式

什么是抽屜原理？舉個簡單的例子說明，就是將3個球放入2個籃子里，無論怎么放，必有一個籃子中至少要放入2個球，這就是抽屜原理。或者假定一群鴿子飛回巢中，如果鴿子的數目比鴿巢多，那么一定至少有一個鴿籠有糧食或兩只以上的鴿子，這也是鴿巢原理這一名稱的得來。

抽屜原理簡單直觀，很容易理解。而這個看似簡單的原理在高等數學中有著很大的用處，對于數論、高等數學、集合論以及無限集中的復雜問題，可以利用抽屜原理巧妙的解答出來。

下面首先從抽屜原理的形式入手，然后研究它在高等數學中的應用。

我們最常用的抽屜原理只是抽屜原理的簡單形式，就是將n?1個元素或者更多的元素放入n個抽屜中，則至少有一個抽屜里放有兩個或兩個以上的元素。

除了這種普遍的形式外，抽屜原理還有其他形式的推廣、原理及形式。

推廣1 若將n(r?1)?1個物品放入n個盒子中，則至少有一個盒子中有r個物品。

推廣2 設m1,m2,?mn是n個整數，而且

m1?m2???mn?r?1,則

nm1,m2,?mn中至少有一個數不小于r.推廣3 若將m個物品放入n個盒子中，則至少有一個盒子中有不少于[個物品。其中，[mm]是不少于的最小整數。nnm]n原理1 把多于mn(m乘以n)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。

原理2 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。

原理3 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。

原理4 設M,N是兩個有限集合，對于任意從M到N的函數f，D必有i個元素a1,a2,?,ai,i?[M/N],使得f(d1)?f(d2)???f(di).原理5 設M為無限集，N為有限集，對于任意有M到N的函數f，用NM表示f的值域，則NM的各個元素的原象的集合中，必有一個是無限集。

原理6 設M是不可數集，N是有限集或可數集，對于任意從M到N的函數f，用NM表示f的值域，則NM的各個元素的原象的集合中，必有一個是不可數集。

原理7 設M、N同是不可數(或可數)集,K[M]?[N],對于任意從M到N的函數f,M中必有兩個元素m1,m2,使f(m1)?f(m2).原理8 設m1,m2,?,mn都是正整數，如果把m1?m2??mn?n?1個物品放入n個盒子，那么或者第1個盒子至少包含m1個物品，或者第2個盒子至少包含m2個物品，??，或者第n個盒子至少包含mn個物品。

形式1 n/m?1個元素分為n個集合中，那么至少有一個集合中存在m?1個元素。

形式2 n個元素分為k個集合中，幾種必有一個集合中元素個數大于或等于[n/k].形式3 m1?m2??mn?n?1元素分為n個集合，那么必有一個i(1?i?n),在第i個集合中元素的個數bi?mi.形式4 設有無窮多個元素按任一確定的方式分成有限個集合，那么至少有一個集合含有無窮多個元素。

3抽屜原理在高等數學中的應用

以上的幾種形式就是我們解題時常用到的抽屜原理的表示形式，接下來，在了解了抽屜原理的基本形式以及多位學者所發展的推廣形式的基礎上，我們通過一些比較典型的實例來說明抽屜原理在高等數學中的數論、集合論、高等數學、不等式這四個方面的應用。3.1數論問題中的應用

狄利克雷定理 ?為無理數，則對任意的正整數n，存在整數p、q(q?n)，滿足q??p?1.（狄利克雷是經典的數論問題）。而抽屜原理的應用是：如果有nn?1個正整數a1,a2,?,an?1被n除，則必有兩個(設為aj、ai)對模n同余，即ai?aj(modn)，因此，n｜(ai?aj).例1 證明 任意五個整數中，必有三個整數的和是3的倍數。

分析與證明 任一整數被3除余數只可能是0,1,2.若給定的五個整數被3除所得的余數中0,1,2都出現，那么余數分別為0,1,2的三個數的的和一定能被3整除，如果余數中至多出現，0,1,2,中的兩個，那么由抽屜原理，其中必有一個余數至少出現三次，而這余數相同的三個數的和一定能被3整除。

因此在任意五個整數中，必有三個整數的和是3的倍數。

例2(中國剩余定理)令m和n為兩個互素的正整數，并令a和b為整數，且0?a?m?1以及0?b?n?1,則存在一個正整數x，使得x除以m的余數是a,并且x除以n的余數為b.即x可以寫成x?pm?a的同時又可以寫成x?qn?b的形式，這里p和q是整數。

分析與證明 為了證明這個結論考慮n個整數a,m?a,2m?a,?,(n?1)m?a, 這些整數中的每一個除以m都余a，設其中的兩個除以n有相同的余數r，令這兩個數為im?a和jm?a,其中0?i?j?n?1, 因此,存在兩整數qi和qj,使得im?a?qin?r及jm?a?qin?r，這兩個方程相減可得(j?i)m?(qj?qi)n.于是n是(j?i)m的一個因子，由于n和m沒有除1之外的公因子，因此n是j?i的因子，然而，0?i?j?n?1意味著0?j?i?n?1，也就是說n不可能是j?i的因子，該矛盾產生于我們的假設：n個整數a,m?a,2m?a,?(n?1)m?a中有兩個除以n會有相同的余數。因此這n個數中的每一個數除以n都有不同的余數，根據抽屜原理，n個數0,1,?,n?1中的每一個作為余數都要出現，特別地，數b也是如此。令p為整數，滿足0?p?n?1，且使數x?pm?a除以n余數為b，則對于某個適當的q，有x?qn?b.因此，x?pm?a且x?qn?b，從而x具有所要求的性質。

例3 求證 在有40個不同的正整數所組成的等差數列中,至少有一項不能表示成2k?3l(k、l?N)的形式。

證明 假設存在一個各項不同且均能表示成2k?3l(k、l?N)的形式的40項等差數列。

設這個等差數列為a,a?d,?,a?39d，其中，a、d?N?.設a?39d?2p?3q,m?[log2(a?39d)],n?[log3(a?39d)],其中,[x]表示不超過實數x的最大整數。則p?m,q?n.接下來研究這個數列中最大的14項a?26d,a?27d,?,a?39d.首先證明 a?26d,a?27d,?,a?39d中至多有一個不能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)的形式。

若a?26d,a?27d,?,a?39d中的某一個a?hd(h?26,27,?,39)不能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)的形式,由假設知一定存在非負整數b、c,使得a?hd?2b?2c.由m、n的定義可知b?m,c?n.又因為a?hd?2b?2c不能表示成2m?3l或2k?3n的形式,所以b?m?1,c?n?1.若b?m?2,則 a?hd?2b?2c?2m?2?3n?1

1m1n?2??3 4311??2?log2(a?39d)???3?log3(a?39d)? 4311 ?(a?39d)?(a?39d)

437 ?(a?39d)

127273d

?a?1212? ?a?26d

與a?hd??a?26d,a?27d,?,a?39d?矛盾。

若c?n?2,則 a?hd?2b?2c?2m?1?3n?2

1m1n?2??3 2911 ??2?log2(a?39d)???3?log3(a?39d)?

2911 ??(a?39d)??(a?39d)

2911 ?(a?39d)

1811429d

?a?1818 ? ?a?26d

與a?hd??a?26d,a?27d,?a?39d?矛盾。

因此,只有b?m?1,c?n?1.故a?hd(h?26,27,?,39)中至多有一個不能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)的形式。所以,a?hd(h?26,27,?,39)中至少有13個能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)的形式。

由抽屜原理知，至少有七個能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)中的同一種形式。（1）有七個能表示成2m?3l的形式。

設2m?3l1,2m?3l2,?,2m?3l7，其中，l1?l2???l7.則3l1,3l2,?,3l7是某個公差為d的14項等差數列中的七項, 所以,13d?3l7?3l1.顯然,l7?5?l2,l1?l2?1.故13d?3l7?3l1?(35?3?1)?3l2?13(3l2?3l1)?13d矛盾。(2)有七個能表示成2k?3n的形式。

設2k1?3n,2k2?3n,?,2k7?3n,其中,k1?k2???k7.則2k1,2k1,?,2k7是某個公差為d的14項等差數列中的七項。而13d?2k7?2k1?(25?2?1)?2k2?13(2k2?2k1)?13d,矛盾。綜上,假設不成立.故原題得證。3.2高等代數中的應用

例4 已知齊次線性方程組

?a11x1?a12x2???a12nx2n?0?ax?ax???ax?0?21122222n2n ?

??????????????an1x1?an2x2???an2nx2n?0其中aij???1,0,??1i?1,?2,nj,?,?1,2,n?,證,2明存在不全為零的整數x1,x2,?,x2n適合

xi?2n(j?1,2,?,2n)證明

?0??x1????x??2?O??0???

令A?(aij)n?2n，X???，?????????0??n?x2n??則該齊次線性方程組可寫成AX?0 ?x1??x???設集合S={X??2?:xj?n,j?1,2,?2n} ?????x2n???2n?ax??1jj?j?1?2?n????:X?S} ax?2jj

D={AX???j?1????2n???anjxj????j?1?映射f:X?AX是一個滿射.顯然S=(2n?1)2n,因為a1j?{-1，0，1}，所以對每個X?S，它的2n個分量適合

S?D?aj?12nijxj?ax?1i1ax???2i2a2in2n x

?x1?x2???xn≤2n2（i=1,2,?,n）因此D?(4n2?1)n又

(2n?1)2n?(4n2?4n?1)n?(4n2?1)n

根據抽屜原理 映射形式設A和B是兩個有限集，如果A>B那么對從A到B的任何滿映射f，至少存在a1,a2,使f(a1)?f(a2).S中至少存在兩個不同的元

?xj1??xi1??x??x??i2??j2?X?,X? i???j???

???????xi2n???xj2n??使f(xi)?f(xj),即AXi?AXj,A(Xi?Xj)?0.??1??xi1?xj1?????x?x??2??i2j2??????，則令?????????2n????xi2n?xj2n????1?????2???即是我們所要求的，?1,?2,??2n是??????2n??不全為零的整數，且滿足ak?xik?xjk?xik?xjk?2n(k?1,2,?,2n).例5 設A為n階方陣，證明存在1?i?n，使秩(Ai)=秩(Ai?1)=秩(Ai?2)??

,　2,　?　,n這n+1個數之一。證明 因為n階方陣的秩只能是0,1令E?A0,A,A2,?,An,An?1, E的個數多于秩的個數，由抽屜原理可知，存在k,l滿足

1?k

秩(Ak?m)=秩(Ak?m?1).其中m為非負整數，故命題的結論成立.秩(Ai)=秩(Ai?1)=秩(Ai?2)=?.3.3集合論中的應用

從集合論的原理來討論抽屜原理,主要應用集合論的映射來闡述抽屜原理,有在倍數問題、幾何問題、涂色問題、經濟問題等方面的應用，本文主要介紹倍數問題和經濟問題。

例6（倍數問題的應用）自1至100這一百個自然數中，如果任取51個數，那么其中至少有兩個數，使一個數是另一個數的倍數。

證明 我們知道形如p?2n（p為自然數，n?1,2,?）的數之間有倍數關系，對任何一個偶數，經反復提取因數2，最后總能表示為：奇數乘以2n的形式，因此設A?{1至100中的51個自然數} B?{B1,B3,?,B99} 其中：B1?{1,2,4,8,16,32,64}?{1,1?21,1?22,?,1?28}

B3?{3,6,12,24,48,96}?{3,3?21,3?22,3?23,3?24,3?25}

B5?{5,10,20,40,80}?{5,5?21,5?22,5?23,5?24}

B7?{7,14,28,56}?{7,7?21,7?22,7?23}

???

B97?{97}

B99?{99}

?51??P????2,∴對任意f:A?B有ai,aj?A且i?j.?50?使f(ai)?f(aj)?B,即至少存在兩個元素同時對應到B中某個Bi中，這兩個數必有倍數關系，證畢。

例7（經濟問題的應用）十七家公司中的每一家公司都要與其余十六家公司洽談業務，在他們洽談中所討論的問題僅三個，而任何兩家公司洽談中所討論的是同一個問題，證明有三家公司洽談時所討論的是同一個問題。

證明 設A為某一公司向其十六公司洽談業務，則m?16，B為洽談時所討論的問題，則m?3 ?p?()?6 ∴每一家公司與其余十六家洽談業務時至少對六家討論的3是某一個問題，若這六家中至少有兩家也討論這一個問題，則原題得證。若六家中沒有任何兩家討論這個問題，那么他們之間只能討論另外兩個問題，又?p?()?3 ∴這六家中至少有三家在討論相同的問題，證畢。

23.4不等式中的應用

例8 若實數x,y,z滿足xyz?1，求證:x2?y2?z2?3?2(xy?yz?zx).證明 由于x2y2z2?1,所以x2、y2、z2中必存在2個同時不大于1,或者同時

??1??1不小于1,不妨設為x2、y2,則有?2?1??2?1??0

?x??y?x2?y2?z2?3?2(xy?yz?zx)??x?y?2 ??1??1??1??1??2?1???2?1???2?1??2?1??0?x??y??y??x?22所以x2?y2?z2?3?2(xy?yz?zx).例9 已知x,y,z?R?,求證:

x?x?yyz32.??y?zz?x2 證明 根據抽屜原理可知:

xyz中至少有兩個同時不大于，x?yy?zz?xxy，這樣就得到x?yy?zyxy1?? y?z(x?y)(y?z)2常數22，或者不小于常數，于是,不妨設為22?x2??y2?x???0,變形,得?????x?y2y?z2x?y???? 由柯西不等式,易得(x?y)(y?z)?xy?yz,于是,有 xy?(x?y)(y?z)xy?xy?yzx x?z即1?x??2?x?yy???y?z?12x1? ①

x?z2.z?z?xz(1?1)(z?x)?zz?x再根據柯西不等式,便得1?x?由①+②,得?2?x?y ②

y?y?zz???z?x?x?z13??

x?z22故x?x?yyz32.??y?zz?x24抽屜原理的推廣

抽屜原理有很多推廣，但一般都只局限于有限集范圍。下面將用函數的觀點敘述抽屜原理，進而在可數集和不可數集上推廣它。即:設D,R是兩個有限集合,對于任意從D到R的函數f,D必有i個元素d1,d2,?,di,i?[D/R]使得f(d1)?f?d2???f(di).同時對于一些更加復雜的有關存在性的組合問題,抽屜原理顯得無能為力,這是我們就需要運用抽屜原理的推廣定理Ramsey定理來解決問題。因此我們通過一些比較典型的實例和定理來說明抽屜原理在無限集中的推廣和抽屜原理的推廣定理Ramsey定理。4.1抽屜原理在無限集上的推廣

例10 證明 存在長度趨于零的區間列而它的每個區間都是不可數的。解決這個問題,一般可先任意造一個長度趨于零的區間列,不妨用{[an,bn]}表示這個區間列,又由于區間?0,1?是不可數的,從而可以通過在[an,bn]與[0,1]之間建立一個雙射,使問題得到解決。

??(x1,1],顯然[0,1]??1??1?,根據原證明 取?0,1?的中點x1,設?1?[0,x1],?1?中必有一個是不可數的,不妨設其為?1,而?1?理6，?1與?11.2再取?1的中點x2,同上證法,又可得到不可數的區間?2,而?2?如此繼續下去,可得不可數的區間?n,而?n?1.221?0(n??).顯然n2?1,?2,?,?n,?就是所要找的區間列。

例11 有一棋手,賽前要訓練77天,他計劃在訓練期間,每天至少賽一場,總共要賽132場.試證明無論怎樣安排,總有連續的一些天共賽21場。

證明 用ai表示從第一天起,到第i天為止共賽的次數,顯然數列a1,a2,?,a77(A)是嚴格單調增加的,且a77?132.當數列(A)中,有的數加21后,恰等于數列中的另一個數時,則問題得證。當數列(A)中,任何數加21后,都不等于數列中的數時,數列

a1?21,a2?21,?,a77?21(B)

也是嚴格單調增加的,且數列(B)中的數均不同于數列(A)中的數,而a77?21?153.把函數關系f看做是“數列(A)與數列(B)中的每個元素都唯一對應一個數”

},根據抽由此,可以確認“D集”是(A)數列?(B)數列;“R集”是{1,2,3,?,153屜原理i?[D/R]?[154/153]?2,“D集”中必有兩個元素對應同一個數,由于(A)與(B)都是嚴格單調增加的數列,這兩個元素不可能在一個數列中.即這兩個元素分別在(A)與(B)這兩個數列中.不妨設此二元素分別為ai和aj?21,即ai?aj?21.(顯然i?j)ai?aj?21,即從第j天以后(不包括第j天)到第i天為止(包括第i天)共賽了21場。4.2抽屜原理的推廣定理-Ramsey定理

Ramsey(1903-1930)是英國數理邏輯學家,他把抽屜原理加以推廣，得出廣義抽屜原理，也稱為Ramsey定理。

Ramsey定理 設p,q是正整數，p,q?2,則存在最小正整數R(p,q),使得當用紅藍兩色涂Kn的邊，則或存在一個藍色的Kp,或存在一個紅色n?R?p,q?時，的Kp.Ramsey定理可以視為抽屜原理的推廣，1947年，匈牙利數學家把這一原理引進到中學生數學競賽中，當年匈牙利全國數學競賽有一道這樣的試題：“證明：任何六個人中，一定可以找到三個互相認識的人，或者三個互不認識的人.” 在1958年6-7月號美國《數學月刊》同樣也登載著這樣一個有趣的問題“任何六個人的聚會，總會有3人互相認識或3人互相不認識.”這就是著名的Ramsey問題。

這個問題乍看起來，似乎令人匪夷所思.但如果懂得抽屜原理，要證明這個問題是十分簡單的： 我們用A、B、C、D、E、F代表六個人，從中隨便找一個，例如A把其余五個人放到“與A認識”和“與A不認識”兩個“抽屜”里去，根據抽屜原理，至少有一個抽屜里有三個人.不妨假定在“與A認識”的抽屜里有三個人，他們是B、C、D.如果B、C、D三人互不認識，那么我們就找到了三個互不認識的人；如果B、C、D三人中有兩個互相認識，例如B與C認識，那么，A、B、C就是三個互相認識的人.不管哪種情況，本題的結論都是成立的。或者我們可以用染色的方法。以6個頂點分別代表6個人，如果兩人相識，則在相應的兩點間連一條紅邊，否則在相應的兩點間連一藍邊。

命題1 對6個頂點的完全圖K6任意進行紅、藍兩邊著色，都存在一個紅色三角形或藍色三角形。

證明：首先，把這6個人設為A、B、C、D、E、F六個點.由A點可以引出AB、AC、AD、AE、AF五條線段。

設如果兩個人認識，則設這兩個人組成的線段為紅色；如果兩個人不認識，則設這兩個人組成的線段為藍色。

由抽屜原理可知這五條線段中至少有三條是同色的。不妨設AB、AC、AD為紅色。若BC或CD為紅色，則結論顯然成立。

若BC和CD均為藍色，則若BD為紅色，則一定有三個人相互認識；若BD為藍色，則一定有三個人互相不認識。

上述的Ramsey問題等價于下面的命題1.命題1 對6個頂點的完全圖K6任意進行紅、藍兩邊著色，都存在一個紅色三角形或藍色三角形。

命題1運用抽屜原理可以很容易很簡便地對其進行證明.現將命題1推廣成下面的命題2.命題2 對六個頂點的完全圖K6任意進行紅、藍兩邊著色，都至少有兩個同色三角形。

由于命題2是要證明至少存在兩個同色三角形的問題，而抽屜原理一般只局限在證明至少存在一個或必然存在一個的問題，所以對于上述命題抽屜原理就顯得無能為力，這時需要運用Ramsey定理來解決問題。

證明 設v1,v2,v3,v4,v5,v6是K6的六個頂點，由上面的命題1可知，對K6任意進行紅、藍兩邊著色都有一個同色三角形，不妨設△v1v2v3是紅色三角形.以下分各種情況來討論

(1)若v1v4,v1v5,v1v6均為藍邊，如圖1所示，則若v4,v5,v6之間有一藍邊，不妨設為v4v5，則三角形△v1v4v5為藍色三角形；否則，△v4v5v6為紅色三角形。

圖1 圖2

(2)若v1v4,v1v5,v1v6中有一條紅邊，不妨設v1v4為紅邊，此時若邊v2v4,v3v4中有一條紅邊，不妨設v3v4是紅邊，則△v1v3v4是一紅色三角形，見圖2.以下就v2v4,v3v4均為藍邊的情況對與v4相關聯的邊的顏色進行討論。(ⅰ)若v4v5,v4v6中有一藍邊，不妨設v4v5為藍邊，如圖3，此時，若v2v5,v3v5均為紅邊，則△v2v3v5是紅色三角形；否則，△v2v4v5或△v3v4v5是藍色三角形。

(ⅱ)若v4v5,v4v6均為紅邊，見圖4，此時，若v1,v5,v6之間有一條紅邊，不妨設v1v5為紅邊，則△v1v4v5為紅色三角形；否則，△v1v5v6為藍色三角形。

圖3 圖4

由以上對各種情況的討論知，對K6的任意紅、藍兩邊著色均有兩個同色三角形。

從以上例子可知，抽屜原理在應用上有不足之處，之上只是個特例，至于在別的領域中的不足之處還需我們進一步的探索。

5抽屜原理在實際生活中的應用

抽屜原理不僅在高等數學中具有廣泛應用，在我們的實際生活中，也能處處發現抽屜原理的影子.如招生錄取、賽程安排、資源分配、職稱評定等等，都不難看到抽屜原理的作用。

其實早在中國古代的春秋戰國時期就有了運用抽屜原理的例子，那就是《晏子春秋》中的“二桃殺三士”的典故，將兩個桃子賞賜給三名勇士，在這里可以將桃子看作抽屜，三個人作為元素放進抽屜，則根據抽屜原理，一定有一個抽屜要放入兩個或兩個以上的元素，回到問題情境中就是一定要有兩個人吃一個桃子，導致這三名勇士最后自相殘殺而亡，這就是著名的“二桃殺三士”。

后來宋朝時期費袞在他的《梁谿漫志》中就曾運用抽屜原理來駁斥但是流行的“算命”一說，費袞指出算命是把一個人出生的年、月、日、時作為依據，把這些作為“抽屜”，則不同的抽屜有12×360×60＝259200個。把所有的人作為“物品”，則進入同一抽屜的人有成千上萬個，因此“生時同者必不為少矣”.既然“八字”相同，“又何貴賤貧富之不同也?這是大基數的社會現象，常給人感覺世事很奇巧，碰到同生日、同名的人，這也是抽屜原理在生活中的應用。而生活中也有常見的抽屜原理的應用之處，如“搶凳子”游戲，一群人搶凳子，凳子數比人少，必然淘汰一些人,又或者是13個人中總有2人是同一個月份出生，52張撲克牌中取出5張總有2張花色相同，在100米長的小路上種101棵小樹，不管怎么種，至少有兩棵樹苗之間的距離不超過1米等等。

下面我們再來看幾個例子。

例12 20名運動員進行乒乓球比賽,每兩名運動員都要比賽一場,每場比賽五局三勝(采取11分制).全部比賽結束后所有格局比賽最高得分為15:13.那么至少有多少局的比分是相同的? 解 20名運動員，每兩名運動員都要比賽一場，根據乘法原理，一共賽了190（20?19?2）場(因為甲同乙比賽與乙同甲比賽只能算同一場,所以要除以2).因為每場比賽至少三局,所以一共至少比賽570(190?3)局。

根據題目條件,乒乓球比賽的可能比分為

(11:0).(11:1).(11:2).…(11:9).(12:10).(13:11).(14:12).(15:13)共計14種.把這14種情況看作14個抽屜。

因為570＞14?40.所以至少有41局的比分是相同的。

例13 49名學生回答3個問題,每個問題的得分是0,1,…,7,證明:存在兩個學生A,B對于每個問題,A的得分不少于B的得分。

證明 設A,B在三個題目的得分為A(a1,a2,a3),B(b1,b2,b3), 即證:ai?bi(i?1.2.3).若存在兩位同學在一二題的得分相同,則結論成立:否則,將一二題得分用數對(x,y)表示,所有得分點情況如圖5所示，圖5

將四條折線以及一個正方形區域作為五個抽屜.49個得分點中位于正方形ABCD中的點最多只有16個,所以在折線L1,L2,L3,L4至少有49-16=33個得分點,則由抽屜原理,必有一條折線上至少有9個得分點,即至少有9個同學在第一二題的得分上滿足ai?bi,再由抽屜原理,這9個同學中必有兩個同學在第3題的等分相同,即命題得證。

6結束語

抽屜原理的應用領域十分廣泛，涉及到高等數學的多個學科，并且在生活中也有廣泛的應用，可以巧妙的用于解決一些復雜問題，本文主要梳理總結了它在數論、高等代數及無限集中的應用，其不足之處也由Ramsey定理進行了補充，使其能夠更好的應用與問題解決當中。參考文獻

[1] 孫淑玲,許胤龍.組合數學引論編[M].合肥：中國科學技術大學出版社,1999.[2] 屠義生.抽屜原理在無限集上的推廣及使用[J].數學通報,1988,(5):27-29.[3] 濮安山.高等代數中抽屜原理的應用[J].哈爾濱師范大學自然科學學報,2001,17(06):20-23.[4] 朱莉莉.從集合論的原理來討論抽屜原理[J].貴州商業高等專科學校學報,1994,(2): 35-36+34.[5] 王坤.淺談抽屜原理及其簡單應用[J].科技信息,2011,(18):520-521.[6] 呂松濤.抽屜原理在數學解題中的應用[J].商丘職業技術學院學報,2010,9(02): 15-16+22.[7] 安振平.抽屜原理在數學解題中的應用[J].咸陽師范學院基礎教育課程研究中心,2010,49(1):59-60.[8] 王連笑.用抽屜原理解數論問題[J].天津市實驗中學,2011,(6):5-10.[9] 朱歡.抽屜原理在中學數學競賽解題中的應用.高等函授學報（自然科學版）,2010,23(6): 75-77.[10] 徐建輝.例談如何構造“抽屜”[J].沙洋師范高等專科學校,2005,(5):90-91.致謝

在論文的選題及撰寫過程中得到我的指導教師的悉心指導，在此表示衷心的感謝。指導老師嚴謹治學的態度使我受益匪淺.在論文寫作的這段時間里,他時刻關心著我的論文完成情況,并時常給我指出論文中的缺點和需要改進的地方,最后才能使得我順利完成論文。同時感謝其他所有幫助過我的老師、同學以及一起努力過的朋友。

第二篇：抽屜原理及其應用

抽屜原理及其應用

張 志 修

摘要：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。掌握了抽屜原理解題的步驟就能思路清晰的對一些存在性問題、最小數目問題做出快速準確的解答。運用抽屜原理，制造抽屜是運用原則的一大關鍵。首先要確定分類對象（即“物體”），再從分類對象中找出分類規則（即“抽屜”）．根據題目條件和結論，結合有關的數學知識，抓住最基本的數量關系，設計和確定解決問題所需的抽屜及其個數，為使用抽屜鋪平道路。一般來說，“抽屜”的個數應比“物體”的個數少，最后運用抽屜原理。

關鍵詞：代數 幾何 染色 存在性

引言

抽屜原理最早是由德國數學家狄利克雷發現的，因此也叫狄利克雷重疊原則。抽屜原理是一條重要的理論。運用抽屜原理可以論證許多關于“存在”、“總有”、“至少有”的存在性問題。學習抽屜原理可以用來解決數學中的許多問題，也可以解決生活中的一些現象。

抽屜原理的內容

第一抽屜原理：

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(m乘以n)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3 把無窮多件物體放入n個抽屜，則至少有一個抽屜里 有無窮個物體。.原理1 2 3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?mn﹣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。

一、應用抽屜原理解決代數問題

抽屜原理在公務員考試中的數字運算部分時有出現。抽屜原理是用最樸素的思想解決組合數學問題，它易于接受，在數學問題中有重要的作用。

1、整除問題常用剩余類作為抽屜。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?，?，?2?，?1?，?m﹣1?表示。

例1：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

(即抽屜中分別為含有余數為0，1，2，的數)，我們從這三個抽屜中各取1個(如1到5中取3,4,5)，其和?3?4?5?12? 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。

2、還有的以集合造抽屜

例2：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？

分析與解答：在這12個自然數中，差是7的自然數有以下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。

二、應用抽屜原理解決幾何問題

利用分割圖形的方法構造抽屜

本方法主要用于解決點在幾何圖形中的位置分布和性質問題,通常我們把一個幾何圖形分割成幾部分,然后把每一部分當做一個“抽屜”,每個抽屜里放入相應的元素。

例3：已知邊長1為的等邊三角形內有5個點，則至少有兩個點

距離不大于1/2。

證明：用兩邊中點的連線將邊長為1的等邊三角形分成 四個邊長為1/2的等邊三角形，若規定邊DE、EF、FD上的 點屬于三角形DEF，則三角形ABC內的所有點被分為 4個全等的小等邊三角形，由抽屜原理，三角形內的任意5個點至少有2個點屬于同一小等邊三角形，由“三角形內（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”知這兩個點距離不大于1/2。

抽屜原理與中學數學的關系，常用抽屜原理的最值的思路解中學數學題。

例4:用柯西不等式及二元均值不等式證明了如下三角不等式： 在△ABC中，有sin2A?sin2B?sin2C?.證明：由抽屜原理知sinA,sinB,sinC中必有兩個不大于或不小于3294，不妨設sinA?33,sinB?22或sinA?33,sinB?22則[sin2A?(323)][sin2B?()2]?0,故 2243sin2A?sin2B?sin2Asin2B?

34于是

43sin2A?sin2B?sin2C?sin2Asin2B?sin2C?

344cos(A?B)?cos(A?B)23]?sin2C? =[32413?(1?cosC)2?1?cos2C? 34219??(cosC?)2? 3249? 4

三、應用抽屜原理解決染色問題

染色問題是數學中的重要內容之一，也是深受廣大師生喜愛的的題目類型之一。染色問題是借用圖論的思想心提高解決問題的能力，所涉及的各科數學知識都不是很難，但染色法解數學問題技巧性非常強，而且解題的途徑都比較獨特，難度往往在于尋求解決問題的關鍵所在或最佳方法．

平面染色問題為點染色或線染色問題。通常是根據各個物體所存在的狀態,將它們的狀態看作抽屜原理中的“抽屜”和“元素”,從而來解決問題的。

（1）點染色問題

例5：將平面上每點都任意地染上黑白兩色之一。求證:一定存在一個邊長為1或3的正三角形,它的三個頂點同色。

證明：在這個平面上作一個邊長為1的正三角形。如果A、B、C這三點同色，則結論成立，故不妨設A和B異色。以線段AB為底邊,作一個腰長為2的等腰ABD。由于點A和B異色,故無論D為何色,總有一腰的兩個端點異色。不妨設點A和D異色。設AD的中點為E,則AE=ED=1。不妨設點A和E為白色,點D為黑色。

以AE為一邊,在直線AD兩側各作一個等邊三角形:AEF與AEG。若點F和G中有一個是白點,則導致一個邊長為1的等邊三角形的三個頂點都是白點；否則,邊長為3的等邊DFG的三個頂點同為黑點。

（2）邊染色問題

例6：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，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。

四、應用抽屜原理解決實際問題

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。

例7：黑色、白色、黃色的筷子各有8根，混雜地放在一起，黑暗中想從這些筷子中取出顏色不同的2雙筷子（每雙筷子兩根的顏色應一樣），問至少要取材多少根才能保證達到要求？

解：這道題并不是品種單一，不能夠容易地找到抽屜和蘋果，由于有三種顏色的筷子，而且又混雜在一起，為了確保取出的筷子中有2雙不同顏色的筷子，可以分兩步進行。第一步先確保取出的筷子中

有1雙同色的；第二步再從余下的筷子中取出若干根保證第二雙筷子同色。首先，要確保取出的筷子中至少有1雙是同色的，我們把黑色、白色、黃色三種顏色看作3個抽屜，把筷子當作蘋果，根據抽屜原則，只需取出4根筷子即可。其次，再考慮從余下的20根筷子中取多少根筷子才能確保又有1雙同色筷子，我們從最不利的情況出發，假設第一次取出的4根筷子中，有2根黑色，1根白色，1根黃色。這樣，余下的20根筷子，有6根黑色的，7根白色的，7根黃色的，因此，只要再取出7根筷子，必有1根是白色或黃色的，能與第一次取出的1根白色筷子或黃色筷子配對，從而保證有2雙筷子顏色不同，總之，在最不利的情況下，只要取出4?7?11根筷子，就能保證達到目的。

例8：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。

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。掌握了抽屜原理解題的步驟就能思路清晰的對一些存在性問題、最小數目問題做出快速準確的解答。運用抽屜原理，制造抽屜是運用原則的一大關鍵。首先要確定分類對象（即“物體”），再從分類對象中找出分類規則（即“抽屜”）．根據題目條件和結論，結合有關的數學知識，抓住最基本的數量關系，設計和確定解決問題所需的抽屜及其個數，為使用抽屜鋪平道路。一般來說，“抽屜”的個數應比“物體”的個數少，最后運用抽屜原理。解決問題，抽屜原理是一個利器。我們在解題的過程中可以迅速代入，更多要思考怎樣用抽屜原理讓問題清晰化，簡單化。通過學習，使我的邏輯思維能力得到了提高，擴展了我的知識面，掌握了“抽屜原理”的基本內容，懂得把所學知識運用到生活中去，運用“抽屜原理”解決生活中的許許多多以前不明白的現象。

參考文獻：

[1] 殷志平、張德勤著《數學解題轉化策略舉要》

《中學教學教與學》1996.1 第19頁 [2] 宿曉陽著《用抽屜原理巧證一個三角不等式》

《中學數學月刊》2010.6 第45頁

[3] 其他參考：http:// http://baike.baidu.com/view/8899.htm http://wenku.baidu.com/view/4527ed3710661ed9ad51f30e.html http://wenku.baidu.com/view/158dd2***92ef78c.html http:///free/20101221/84545509713564.html http://wenku.baidu.com/view/4272e8f9941ea76e58fa0489.html 8

第三篇：抽屜原理的應用及其推廣優秀畢業論文

數學與計算機科學學院畢業論文

抽屜原理的應用及其推廣

數學與計算機科學學院

數學與應用數學

指導老師： 王美能

摘要：抽屜原理也叫鴿巢原理，是研究如何將元素分類的一個原理，也是組合數學里最簡單、最基本的原理。本文簡述了抽屜原理普遍使用的簡單形式，重點介紹了抽屜原理在我們數學競賽，通過由淺到深，由簡單到復雜，循序漸進的了解抽屜原理。同時，通過對抽屜原理的學習，我們可以發現在我們日常生活中很多地方都有抽屜原理的應用。通過本文的介紹，相信大家對抽屜原理會有一個更為全面的認識。

關鍵詞：抽屜原理、狄利克雷原理、數學競賽、拉姆塞定理

Abstract：This paper describes the simple form of the widespread use of drawer principle,focuses on the drawer principle in mathematics our primary school mathematics,advanced mathematics,form shallow to deep,form simple to complex,step by step to understand the principle of drawer.At the same time,the drawer principle of learning,we can find applications in our daily life,there are a lot of places of drawer principle,such as computer divination,schedule,resource allocation and so on.Keywords: Drawer principle,de Lickley principle,Mathematics competition,Ramsry’s theorem 引言

抽屜原理又稱鴿巢原理、鞋箱原理或重疊原理，是一個十分簡單又十分重要的原理.它是由德國著名數學家狄利克雷(P.G.T.Dirichlet 1805-1855)首先發現的，因此也叫作狄利克雷原理。

抽屜原理簡單易懂，主要用于證明某些存在性或至少類的問題，在生活中抽屜原理的應用非常廣泛，解決了生活中一些模糊不清的問題，方便了人們的生活。

本文歸納了抽屜原理在小學數學競賽、中學數學競賽中的一些簡單應用，由淺入深將抽屜原理推廣到更高的領域，并舉例闡述了抽屜原理在現實生活中的應用。抽屜原理的定義

第一抽屜原理

原理1：把多于n個的物體放在n個抽屜里，則至少有一個抽屜里的東西不少于兩件。

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1)，故不可能。的n?k(k≥ 原理2：把多于mn（m乘于n）個的物體放到n個抽屜里，則至少有一個抽屜里有不少于m?1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3：把無窮多件物體放入n個抽屜，則至少有一個抽屜里有無窮個物體。

第二抽屜原理

（m?1）（mn?1）把個物體放入n個抽屜中，其中必有一個抽屜中至多有個物體（例如，將3×5-1?14個物體放入5個抽屜中，則必定有一個抽屜中的物體數少于等于3-1?2）。

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。抽屜原理在數學競賽以及實際生活中的應用

數學競賽是以開發智力為根本目的、以問題解決為基本形式、以競賽數學為主要內容。最本質的是對中學生進行“競賽數學”的教育，這種教育的性質是：較高層次的基礎教育、開發智力的素質教育、生動活潑的業余教育、現代數學的普及教育。

數學競賽與體育競賽相類似，它是青少年的一種智力競賽，所以蘇聯人首創了“數學奧林匹克”這個名詞。在類似的以基礎科學為競賽內容的智力競賽中，數學競賽歷史最悠久，參賽國最多，影

數學與計算機科學學院畢業論文

響也最大。

數學競賽活動也是由淺入深逐步發展的。幾乎每個國家的數學競賽活動都是先由一些著名數學家出面提倡組織，試題的命題在背景的深刻度和構題的藝術性上也有較高的要求，較為突出的有四條：內容的科學性、結構的新穎性、功能的選拔性、解法的靈活性。數學競賽命題的基本途徑主要有：高等初等化，歷史名題的再生，成題改編，模型法。抽屜原理由于它自身的特點，簡單并且思維方法在解題過程中可以演變出很多奇妙的變化和頗具匠心的運用，所以抽屜原理經常是命題人出題方向及思路。

3.1 抽屜原理在小學數學競賽中的應用

其實在抽屜原理在小學數學中已經有雛形了，在人教版六年級下冊中的“數學廣角”中，就已經出現了一些抽屜原理的簡單應用。當時就有很多教師反應教學存在一定的困難性，不僅如此，學生也普遍覺得難以理解，學習起來也很困難！在數學問題中，經常碰到有關“存在性”的問題。如某地區醫院一月共接生32名嬰兒，那么一定存在兩名嬰兒，他們是在同一天出生的。在解決這類問題中，只需要確定某個人（或某件物），也不需要嚴格說明通過什么方式把這個存在的人（或物）找出來。這就是我們小學初次接觸的比較簡單的“抽屜原理”，即把多于n個的物體放在n個抽屜里，則至少有一個抽屜里的東西不少于兩件。在教學過程中，教學者普遍認為在這類問題上很難向學生講清其中的來龍去脈，所以在理解算法的基礎上，采用“總有??至少??”的語言敘述出來，以加固理解，采用這種教學方法，學生相對來說容易理解一些。

下面我們將問題建立兩類模型來解決：

模型一 求至少的問題

這類問題的特點是：已知“抽屜”的個數，求某個“抽屜”里至少能裝多少的問題。

例1 在任意的49個人中，至少有幾個人的屬相相同？

解：因為共有12個生肖，將12個生肖看成12個“抽屜”，問題就轉換成尋求一個“抽屜”里至少能“裝”多少人。我們可以先算出平均每個“抽屜”“裝”多少個人：49?12?4??1，多出來的1個人總會隨機的進入到某個“抽屜”中，所以總有一個抽屜里有四個人，也就是總有一種生肖屬相里至少有4個人。即：至少有4個人的屬相相同。

例2平面上有六個點A、B、C、D、E、F，其中不存在三個點在同一條直線上的情況，每兩點之間都用紅線或藍線連接。試說明：不管如何連接，至少存在有一個三角形是三條邊的顏色都相同。

解：從六個點當中任取一點，設為A，在用它連接其余五點的五條線段中，至少有3條同色（把紅、藍兩色作為兩個“抽屜”，5?2?2??1,2?1?3）。假設其中的AB、AC、AD為紅色線段（如

下圖所示）。

BCAD

這時，在三條線段BC、BD、CD中，若有一條為紅色，則得到一個三邊為紅色的三角形；（如下圖所示）

BCAD

若沒有一條為紅色，則BC、BD、CD都是藍色，也得到一個三邊都是的三角形⊿BCD。（如下圖所示）

BCA

所以不管怎樣連接，至少有一個三邊同色的三角形。

對于求至少性的這類問題，我們首先確定有多少個抽屜，然后可以把物體平均分給這幾個抽屜，剩余的物體再平均分一次，最后就可以確定一個抽屜至少有幾個物體。解這類問題的原理是把多于mn（m乘于n）個的物體放到n個抽屜里，則至少有一個抽屜里有不少于m?1的物體。

模型二 作“最壞”的打算

理論依據：把多于n個的物體放在n個抽屜里，則至少有一個抽屜里的東西不少于兩件。即：一定有一個“抽屜”里至少有兩個元素。

例3 有紅、黃、綠三種顏色的手套各6雙，裝在一個黑色的布袋里，從袋子里任意取出手套來，為確保至少有2雙手套不同顏色，則至少要取出的手套只數是？

分析：“為確保至少有”，考慮最壞的情況，首先取出了一種顏色的全部6雙手套和其他兩種顏色的手套各一只，再任意取出一只，必然得到2雙不同顏色的手套。因此至少要取出2?6?2?1?15只。

例4 有120名職工投票從甲、乙、丙三人中選舉一人為勞模，每人只能投一次，且只能選一個人，得票最多的人當選。統計票數的過程發現，在前81張票中，甲得21票，乙得25票，丙得35票。在余下的選票中，丙至少再得幾張選票就一定能當選？

分析：此題是問丙至少再得幾張選票就一定能當選，由題干中可以看出共有三位候選人，甲得21票，乙得25票，丙得35票，要使至少再得到幾張選票丙一定能當選，那么還是首先應該考慮到，丙競選中遇到的最不利的情況，丙遇到的最不利的情況其實就是來看，誰對丙當選的競爭最大，從開始的選票中，可以看到甲的選票比較少，對丙當選的威脅較小，可以排除；而乙得到的選票與丙是最接近的，對丙的當選最有威脅。120名職工投票，已有的81張票中，得票最少的是甲21張，只考慮乙丙即可。120－21＝99，若丙最后當選，至少得50張票，所以丙至少再得50－35＝15張票。

綜上所述，抽屜原理在小學數學中主要是上述兩方面的應用，實質上就是抽屜原理的兩種常用形式。在教學中，可以歸類進行學習，建立兩種模型，學生熟練掌握，進而能簡單應用。為孩子后續學習和理解打下堅實的基礎。

3.2 抽屜原理在中學數學競賽中的應用

在小學數學中我們已經學習了“抽屜原理”的雛形，在初中數學中我們主要學習的是抽屜原理

D 數學與計算機科學學院畢業論文 的基本形式和如何使用抽屜原理，并通過實例了解抽屜原理中的一些構造方法，以及抽屜原理在中學數學競賽題中的應用。

抽屜原理的基本形式：

（1）把n?1個元素分為n個集合，那么必有一個集合中含有兩個或兩個以上的元素。

（2）把nm?1個元素分成n個集合，那么必有一組中含有m?1個或m?1個以上元素。

（3）把n個元素分成k個集合，那么必有一個集合中元素的個數???，也必有一個集合中元

k素的個數???。

k（4）把q1?q2?合中元素的個數?qi。

（5）把無窮多個元素分成為有限個集合，那么必有一個集合含有無窮多個元素。抽屜原理的基本構造：

利用抽屜原理解題的過程中首先要注意指明什么是元素，什么是抽屜，元素進入抽屜的規則是什么，以及在同一個盒子中，所有元素具有的性質。構造抽屜是用抽屜原理解題的關鍵。有的題目運用一次抽屜原理就能解決，有的則需要反復多次。

下面我們通過一些具體的例題來介紹抽屜原理的應用：

例5 求證：從任意給定的2010個自然數a1,a22010的倍數。

?n????n????qn?n?1個元素分為n個集合，那么必有一個i(1?i?n)，在第i個集

a2010，中可以找到若干數，使得它們的和是，…，2009，即被2010除的余數分類制造抽屜，將下列數： 證明 以0,1S1?a1,S2?a1?a2,S3?a1?a2?a3,…,S2010?a1?a2?a3?…a2010作為抽屜中的元素。

若上述2010個數中有一個是2010的倍數，則問題得證；

否則，根據抽屜原理，至少存在兩個數Sm,Sn（它們的差仍為a1,a2,a3,…,a2010中若干數的和），它們被2010除的余數相同，則它們的差是Sm?Sn，即a1,a2,?,a2010中若干數的和能被2010整除，命題得證。

此例是抽屜原理中常見的題型“存在至少”性問題，解決此類問題的關鍵就是抽屜的中元素的選擇。

例6 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 1。（1963年北京競賽題）8

分析與解答：如圖，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（如圖所示），過A、B、C三點4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??9???1)，411?1?111?1?h??1???h???? 22?4?248 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1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。所以適當2地構造“抽屜”，正是應用抽屜原則解決問題的關鍵所在。

此例是通過分割圖形構造抽屜，在一個幾何圖形內有若干已知點，我們可以根據問題的要求把圖形進行適當的分割，用這些分割成的圖形作為抽屜，在對其中需要用到的抽屜進行討論，使問題得到解決。

例7 在1,4,7,10,13，100中任選出20個數，其中至少有不同的兩組數，其和都等于104，試證明之。（美國普特南）

證明 給定的數共有34個，其相鄰兩數的差均為3，我們把這些數分成如下18個不想交的集合

?1?,?52?,?4,100?,?7,97?，?49,55?，并且把他們看做是18個抽屜。從已知的34個數中任選20個數，即使把前兩個抽屜中的數1和52都取出來，則剩下的18個數在后面的16個抽屜中至少有不同的兩個抽屜中的數全被取出來，這兩個抽屜中的數互不相同，每個抽屜中的兩個數的和都是104.此例是根據某兩個數之和為104來構造抽屜。一般的，與整數集有關的存在性問題也可以根據不同的需要利用整數間的倍數關系，同余關系來適當分組而構造抽屜。

例8 設實數xi?[0,1),i?0,1,2，n，則其中必有兩個數xk,xl，滿足

數學與計算機科學學院畢業論文

xk?xl?證 把[0,1)分成n個小區間：

1.n112[0,),[,),nnn它們兩兩不相交。現有n+1個點x0,x1,區間，從而有 ,[n?1,1).n,xn在[0,1)中，則至少有兩點設為xk和xl屬于同一小

1.nxk?xl? 在例8中，如記xk?k??[k?],k?0,1,2，n,?是任意的無理數，則0?xk?1，由例8有

1.（不妨設k>l）n(k??[k?])?(l??[l?])? 如記a?k?l,b?[k?]?[l?],a,b都是整數可得??b1.?ana 只要n充分大，我們可用有理數比較精確的逼近一個無理數.抽屜原理還有其他表現形式：

把kn(n?1)?1個元素任意分成kn類，則至少有k?1類的元素個數一樣多.2 逆向抽屜原則不難用反證法給予證明.如果至少有k類的元素一樣多，那么元素個數最少的方法是k類0個元素，k類1個元素，k類2個元素，??，k類n?1個元素，這樣最少需要

k[0?1?2??(n?1)] kn(n?1)kn(n?1)???1.22出現矛盾.以上證明方法對于證明元素個數多于抽屜個數的問題時有普遍意義.平均量重疊原則 把一個量S任意分成n份，則其中至少有一份不大于少于

S，也至少有一份不nS.n 不等式重疊原則 若a,b,c,d?R,且a?c?b?d，則a?b,c?d至少有一個成立.面積重疊原則 在平面上有n個面積分別是A1,A2,一搬到某一面積為A的固定圖形上去，（1）如果A1?A2?（2）如果A1?A2? ,An的圖形，把這n個圖形按任何方式一

?An?A,則至少有兩個圖形有公共點； ?An?A，則固定圖形中至少有一個點未被蓋住.總而言之，抽屜原理的應用比較靈活，在競賽輔導中教給學生一些簡單的思想方法有助于培養學生的構造的解題思想，可以使學生的思維能力得到一定的提升，不僅有助于現階段的學習，也可以為將來的高等數學學習帶來一定的幫助。3.3 總結應用抽屜原理解題的步驟

在應用抽屜原理進行解題的過程中，我們把解題步驟分成三步：

第一步：分析題意，分清什么是“東西”，什么是“抽屜”，也就是把什么看作“東西”，什么看作“抽屜”。

第二步：制造抽屜。這是關鍵，這一步就是如何設計抽屜，根據題目條件和結論，結合有關的數學知識，抓住最基本的數量關系，設計和確定解決問題所需的抽屜及其個數，為使用抽屜原理鋪平道路。

第三步：運用抽屜原理，觀察題設條件，恰當應用各個原則或綜合運用幾個原則，以求問題之解決。

在今后的學習中，我們可以根據抽屜原理的這三步來解決問題，這樣既可以節約我們的解題時間，也可以為我們解決這一類題型指明了一個方向。3.4 抽屜原理在生活中的應用

抽屜原理不僅在小學數學、中學數學、高等數學中具有廣泛應用，在我們的實際生活中，也能處處發現原理的影子。如電腦算命、賽程安排、資源分配等等，都不難看到抽屜原理的作用。

在當今信息化、電子化的社會中，我們經常在網絡世界中經常看到“電腦算命”。所謂“電腦算命”不過是把人為編好的算命語句像中藥柜那樣事先分別一一存放在各自的柜子里，誰要算命，即根據出生年、月、日、性別的不同的組合按不同的編碼機械地到電腦的各個“柜子”里，取出所謂命運的句子。其實這充其量不過是一種電腦游戲而已。我們用數學上的抽屜原理很容易說明它的荒謬。

如果以70年計算，按出生年、月、日、性別的不同組合數應為70×365×2?51100，我們把

×51100?21400，根據原理，存在21526個以上的人，盡它作為“抽屜”數。由于1.1億?21526管他們的出身、經歷、天資、機遇各不相同，但他們卻具有完全相同的“命”，這真是荒謬絕倫！

其實早在中國古代的春秋戰國時期就有了運用抽屜原理的例子，那就是《晏子春秋》中的“二桃殺三士”的典故，將兩個桃子賞賜給三名勇士，在這里可以將桃子看作抽屜，三個人作為元素放進抽屜，則根據抽屜原理，一定有一個抽屜要放入兩個或兩個以上的元素，回到問題情境中就是一定要有兩個人吃一個桃子，導致這三名勇士最后自相殘殺而亡，這就是著名的“二桃殺三士”。

在實際生活中，運用抽屜原理的事情還有很多很多。比如我們在安排一場比賽時，該如何安排才能做到最公平。

假設：你所在的年級有5個班，每班一支球隊在同一塊場地上進行單循環賽, 共要進行10場比賽.則各隊每兩場比賽中間至少隔多少場才最公平呢？

下面是隨便安排的一個賽程: 記5支球隊為A, B, C, D, E，在下表左半部分的右上三角的10個空格中, 隨手填上1,2,?，10, 就得到一個賽程, 即第1場A對B, 第2場B對C,?, 第10場C對E.表的右半部分是各隊每兩場比賽間相隔的場次數, 顯然這個賽程對A, E有利, 對D則不公平.答案是??n?1??2.?2??

證明

因??m?2,當n?2m時?n?1?，所以分兩種情況討論.?2????2??m?1,當n?2m?1時8

數學與計算機科學學院畢業論文

1，2，?，（2m?1）（m?1）（1）當n?2m為偶數時，這2m支球隊為0，.順次安排場比賽需要2（m?1）支球隊參賽，由抽屜原理，必然有重復出現的球隊，由單循環賽知，重復出現的球隊中一定存在某球隊.其兩場比賽中間相隔的場次數最多為m?2.（m?1）（2)當n?2m?1為奇數時，這2m?1支球隊為0,1,2,?,2m.順次安排場比賽需要2（m?1）支球隊參賽，由抽屜原理，必然有重復出現的球隊，其兩場比賽中間相隔的場次數最多為m?1.因此，當n支球隊比賽時，若安排的賽程使各隊每兩場比賽中間至少相隔??2場，則該??2?賽程稱為完美賽程.抽屜原理的應用非常廣泛，除了以上介紹的幾個例子之外，在計算機，警方處理指紋或者是頭發上也有一定的應用，由于涉及到一些專業問題，在此就不再詳細介紹。

?n?1?4 抽屜原理的推廣

抽屜原理的內容簡明樸素，易于接受，它在數學問題中有許多重要的作用。許多有關存在性的證明題都可以用抽屜原理來解決。

1958年6/7月號的《美國數學月刊》上有一道關于抽屜原理推廣的應用題：“證明在任意6個人的集會上，或者3個人以前彼此認識，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：

這個問題看起來，似乎令人匪夷所思。但如果你懂得抽屜原理，要證明這個問題是十分簡單的。我們用A、B、C、D、E、F代表六個人，從中隨便著一個，例如A吧，把其余五個人放到“與A認識”和“與A不認識”兩個“抽屜”里去，根據抽屜原理，至少有一個抽屜原理里有三個人。不妨假定在“與A認識”的抽屜里有三個人，他們是B、C、D。如果B、C、D三個互不認識，那么我們就找到了三個互不認識的人；如果B、C、D三人中有兩個互相認識，例如B與C認識，那么A、B、C就是三個互相認識的人。不管哪種情況，本題的結論都是成立的。

由于這個試題的形式新穎，解法巧妙，很快在全世界廣泛流傳，使不少人知道了這一原理。六個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，這個簡單的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——拉姆塞定理。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。總結

抽屜原理在我們小學、初中、高中課本上雖然沒有明確的學習與定義，但是他的價值是非常高的。它雖然只是一個小原理，但是在數學競賽中確是必不可少的，它的數學思想和技巧是我們值得深刻了解和探索的。在我們學習抽屜原理的過程中，我們會覺得他只有幾個原則，只要記住就會解題。但是我們忽略他所蘊含的數學思想，只有掌握了這種思想和把握了這種解題技巧，那么我們的數學素養就會有所提高。所以學好抽屜原理對我們有很大的幫助，從上面可以看出抽屜原理的應用 非常廣泛，他可以解決許多抽象的問題，可以方便我們的學習與生活。謝辭

本論文是在王美能老師的指導下完成的，在論文的寫作過程中王老師表現出對學生極大地信任，多次不斷的鼓勵我，如此一定會在論文寫作過程中受益匪淺。在論文指導過程中，王老師始終營造一種平等交流的學術氛圍，在他的關心和支持下，我終于能順利完成畢業論文設計，在此請允許我向王老師表示衷心的感謝。當然還有許多其他的老師、同學，在我的的成長過程中提供了許多寶貴的意見和建議，使我總能在迷茫的時候找到一種“柳暗花明又一村”的感覺，在此，我對他們表示感謝。除此之外，我還要感謝和我一起奮斗的室友、同學。畢業之際，感謝有你們一路的陪伴，為論文，為畢業，為工作，感謝你們每一位對我的幫助，感謝你們給我帶來的快樂與感動。

最后也讓我在這特殊的時刻，感謝我的父母，沒有他們辛勤的付出也就沒有我的今天，在這一刻，讓我將最崇高的敬意獻給你們！

本文參考了大量的文獻資料，在此，請允許我向各學術界的前輩們致敬！他們嚴謹的治學態度值得剛畢業的我學習。

論文寫作是寫作的過程，更是一次知識的大運用、大綜合，感謝畢業論文寫作給我帶來的啟迪。

參考文獻

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第四篇：抽屜原理及其簡單應用

抽屜原理及其應用

摘 要: 本文著重從抽屜的構造方法闡述抽屜原理,介紹了抽屜原理及其常見形式，并結合實例探討了這一原理在高等數學和初等數論中的應用。關鍵詞: 組合數學；抽屜原理；抽屜構造

1．引言

抽屜原理也叫鴿籠原理, 它是德國數學家狄利克雷(P.G.T.Dirichlet)首先提出來的, 因此也稱作狄利克雷原理.它是數學中一個基本的原理，在數論和組合論中有著廣泛的應用。在數學的學習研究中，我們也可以把它看作是一種重要的非常規解題方法，應用它能解決許多涉及存在性的數學問題。

2．抽屜原理的基本形式與構造

2.1基本形式

陳景林、閻滿富編著的中國鐵道出版社出版的《組合數學與圖論》一書中對抽屜原理給出了比較具體的定義，概括起來主要有下面幾種形式: 原理Ⅰ 把多于n個的元素按任一確定的方式分成n個集合，則一定有一個集合中含有兩個或兩個以上的元素。

原理Ⅱ 把m個元素任意放到n(m?n)個集合里，則至少有一個集合里至少有k個元素，其中

?m , 當n能整除m時,??nk???m??　　?1　, 當n不能整除m時.?????n?原理Ⅲ 把無窮個元素按任一確定的方式分成有窮個集合，則至少有一個集合中仍含無窮個元素。

2.2基本構造

利用抽屜原理解題過程中首先要注意指明什么是元素，什么是抽屜，元素進入抽屜的規則是什么，以及在同一個盒子中，所有元素具有的性質。構造抽屜是用抽屜原理解題的關鍵。有的題目運用一次抽屜原理就能解決，有的則需反復用多次；有些問題明顯能用抽屜原理解決，但對于較復雜的問題則需經過一番剖析轉化才能用抽屜原理解決。3.利用抽屜原理解題的常用方法

3.1利用劃分數組構造抽屜

例1 在前12個自然數中任取七個數，那么, 一定存在兩個數, 其中的一個數是另一個數的整數倍。

分析：若能把前12個自然數劃分成六個集合, 即構成六個抽屜，使每個抽屜內的數或只有一個, 或任意的兩個數, 其中的一個是另一個的整數倍，這樣, 就可以由抽屜原理來推出結論。現在的問題是如何對這12個自然數：1，2 ,?,12 進行分組, 注意到一個自然數, 它要么是奇數, 要么是偶數。若是偶數, 我們總能把它表達為奇數與2k（k?1,2,3...）的乘積的形式，這樣, 如果允許上述乘積中的因子2k的指數K可以等于零, 則每一個自然數都可表達成“ 奇數?2k”（k?1,2,3...）的形式, 于是, 把1，2，3?,12個自然數用上述表達式進行表達, 并把式中“奇數” 部分相同的自然數作為一組, 構成一個抽屜。

證明： 把前12個自然數劃分為如下六個抽屜：

A1={1?20,1?21,1?22,1?23} A2={3?20,3?21,3?22} A3={5?20,5?21} A4={7?20} A5={9?20} A6={11?20} 顯然, 上述六個抽屜內的任意兩個抽屜無公共元素, 且A1+A2+...+A6={1,2,3,...,12}.于是，由抽屜原理得，對于前12個自然數不論以何種方式從其中取出七個數，必定存在兩個數同在上述六個抽屜的某一個抽屜內。設x、y是這兩個數，因為A4、A5、A6都是單元素集，因此，x、y不可能同在這三個抽屜中的任何一個抽屜內。可見，x、y必同在A1、A2、A3的三個抽屜中的某一個之內，這樣x和y兩個數中，較大的數必是較小數的整數倍。例2 學校組織1993名學生參觀天安門，人民大會堂和歷史博物館，規定每人必須去一處，最多去兩處參觀。那么至少有多少學生參觀的地方完全相同？

分析：我們可以把某學生參觀某處記作“1”，沒有去參觀記作“0”。并用有序數組{a，b，c}表示學生去參觀天安門、人民大會堂和歷史博物館的不同情況。因為規定每人必須去一處，最多去兩處，所以參觀的方式，只有下列六種可能：

{1、1、0} {1、0、1} {0、1、1} {1、0、0} {0、1、0} {0、0、1} 把這六種情況作為六個抽屜，根據抽屜原理，在1993名學生中，至少有（1993）+1=333人參觀的地方相同。63.2利用余數構造抽屜

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。在研究與整除有關的問題時，常常用剩余類作為抽屜。

例3 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(即抽屜中分別為含有余數為0,1,2 的數)，我們從這三個抽屜中各取1 個(如1到5中取3,4,5)，其和(3+4+5=12)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。

3.3利用等分區間構造抽屜

所謂等分區間簡單的說即是：如果在長度為1的區間內有多于n個的點，可考慮把區間n等分成n個子區間，這樣由抽屜原理可知，一定有兩點落在同一子

1區間，它們之間的距離不大于這種構造法常用于處理一些不等式的證明。

n例4 已知11個數x1,x2,?,x11,全滿足0?xi?1　,i＝1,　2　?　,11,證明必有兩個xi,xj(i?j)滿足xi?xj?1.101.由抽屜原理，10證明：如圖1，將實數軸上介于0與1那段(連同端點)等分為10小段(這10個小段也就是10個等分區間，即10個抽屜)，每一小段長為

?11?11個點(數)中至少有??+1=2個點落在同一條小線段上，這兩點相應的數之差

?10?的絕對值? 1.100

圖1 對于給定了一定的長度或區間并要證明不等式的問題，我們常常采用等分區間的構造方法來構造抽屜，正如上面的例子，在等分區間的基礎上我們便很方便的構造了抽屜，從而尋找到了證明不等式的一種非常特殊而又簡易的方法，與通常的不等式的證明方法(構造函數法，移位相減法)相比，等分區間構造抽屜更簡易，更容易被人接受。

3.4利用幾何元素構造抽屜

在涉及到一個幾何圖形內有若干點時，常常是把圖形巧妙地分割成適當的部分，然后用分割所得的小圖形作抽屜。這種分割一般符合一個“分劃”的定義，即抽屜間的元素既互不重復，也無遺漏；但有時根據解題需要，分割也可使得抽屜之間含有公共元素。

例5 如果直徑為5的圓內有10個點，求證其中有某兩點的距離小于2。分析：把圓等分成9個扇形而構造出9個抽屜，是最先考慮到的，但顯然是不行的（雖然有兩個點在某一扇形內，但不能確認它們之間的距離小于2）。轉而考慮先用一個與已知圓同心，半徑為1 的不包含邊界的小圓作為一個抽屜，然后把圓環部分等分成八個部分，如圖二所示，這樣就構成了9個抽屜。

證明：先將圓分成八個全等的扇形，再在中間作一個直徑d=1.8的圓(如圖2)，這就把已知的圓分成了9個區域(抽屜).由抽屜原理，圓內的10個點(球)，必有兩點落在同一區域內，只須證明每個區域中的兩點的距離都小于2.顯然，小圓內任兩點間的距離小于2，又曲邊扇形ABCD中，AB?2，AD?2，CD?2，而任兩點距離最大者AC，有

AC =OA2?OC2?2OA?OCcos45?

=2.52?0.92?2.5?0.9?2=3.88<2.圖2

3.5利用狀態制構造抽屜

例6 設有六點，任意三點不共線，四點不共面，如果把這六個點兩兩用直線聯系起來，并把這些直線涂以紅色或者藍色.求證：不論如何涂色，總可以找到三點，做成以它們為頂點的三角形，而這三角形三邊涂有相同的顏色。

分析：設已知六點為A1,A2,A3,A4,A5,A6,由于任三點不共線，所以任三點均可作為某三角形的三個頂點。

證明：從六個點中任取一點A1，將A1與其余五點相連得到五條線段，線段如下所示： A1A2,A1A3,A1A4,A1A5,A1A6,這五條線段只有兩種顏色即紅色或者藍色，由抽屜原理知，至少有三條涂有同一種顏色。顏色為抽屜，線段為元素，不妨設A1A2,A1A3,A1A4,涂有紅色，這時我們考察△A2A3A4

(1)若△A2A3A4中有一條紅色邊，如A2A3，則△A1A2A3為三邊同紅的三角形；

(2)若△A2A3A4中無一條紅色邊，則△A2A3A4就是三邊均為藍色的三角形。4.抽屜原理的應用

4.1抽屜原理在高等數學中的應用

高等數學中一些問題抽象，復雜，解答比較困難，如果一些問題巧妙地運用抽屜原理會收到很好的效果，下列舉例介紹抽屜原理在高等數學中的巧妙應用。

例7 設A為n階方陣，證明：存在1?i?n，使秩(Ai)=秩(Ai?1)=秩(Ai?2)??

證明：因為n階方陣的秩只能是0,1　,　2,　?　,n這n+1個一，由抽屜原理可知，存在k,l滿E?A0,A,A2,?,An,An?1,E的個數多于秩的個數，足1?k

秩(Ak)= 秩(Al), 但

秩(Ak)?秩(Ak?1)???秩(Al), 所以

秩(Ak)=秩(Ak?1), 利用此式與秩的性質得

秩(ABC)?秩(AB)+秩(BC)-秩(B), 這里的A,B,C是任意三個可乘矩陣，用數學歸納法可證

秩(Ak?m)=秩(Ak?m?1).其中m為非負整數，故命題的結論成立。

4.2抽屜原理在初等數論中的應用

例8(中國剩余定理)令m和n為兩個互素的正整數，并令a和b為整數，且0?a?m?1以及0?b?n?1，則存在一個正整數x，使得x 除以m 的余數是a，并且x 除以n 的余數為b，即x可以寫成x?pm?a的同時又可以寫成x?qn?b的形式，這里p 和q 是整數。

(n?1)m?a，證明: 為了證明這個結論考慮n 個整數a，m?a，2m?a，?，這些整數中的每一個除以m都余a.設其中的兩個除以n 有相同的余數r． 令這兩個數為im?a 和jm?a，其中存在兩整數qi和qj，使得im?a?qin?r及jm?a?qjn?r，0?i?j?n?1.因此，這兩個方程相減可得(j?i)m?(qj?qi)n.于是n是(j?i)m的一個因子． 由于n和m沒有除1 之外的公因子，因此n是j?i的因子． 然而，0?i?j?n?1意味著，0?j?i?n?1,也就是說n 不可能是j?i的因子． 該矛盾產生于我們的假設: n個整數a，m?a,2m?a,...,(n?1)m?a中有兩個除以n會有相同的余數。

因此這n個數中的每一個數除以n 都有不同的余數。

根據抽屜原理，n個數0，1，?，n?1 中的每一個作為余數都要出現，特別地，數b也是如此。令p 為整數，滿足0?p?n?1，且使數x?pm?a 除以n余數為b． 則對于某個適當的q，有x?qn?b．

因此，x?pm?a且x?qn?b，從而x具有所要求的性質。

5.結束語

本文對抽屜原理的常見形式及其應用結合實例做了一些探討，為數學解題提供了一種簡便的方法．應用抽屜原理解題的難點在于如何恰當的構造抽屜，而制造抽屜的辦法是靈活多變的, 不能生搬硬套某個模式, 需要靈活運用。

參考文獻

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The Principle And Application Of The Drawer

Liu Xiaoli Abstract: this article emphatically from the drawer methods of constructing this drawer principle, and introduces the drawer principle and common form, and combined with the discusses the principle in the higher mathematics elementary theory and the application.Keywords: combinatorial mathematics;drawer principle;theory of drawer structure

第五篇：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。