高中數(shù)學(xué)奧林匹克競賽講座：10抽屜原則

1、競賽講座10-抽屜原則大家知道，兩個抽屜要放置三只蘋果，那么一定有兩只蘋果放在同一個抽屜里，更一般地說，只要被放置的蘋果數(shù)比抽屜數(shù)目大，就一定會有兩只或更多只的蘋果放進(jìn)同一個抽屜，可不要小看這一簡單事實，它包含著一個重要而又十分基本的原則抽屜原則.1  抽屜原則有幾種最常見的形式原則1 如果把n+k(k1個物體放進(jìn)n只抽屜里，則至少有一只抽屜要放進(jìn)兩個或更多個物體：原則本身十分淺顯，為了加深對它的認(rèn)識，我們還是運(yùn)用反證法給予證明；如果每個抽屜至多只能放進(jìn)一個物體，那么物體的總數(shù)至多是n，而不是題設(shè)的n+k(k1，這不可能.原則雖簡單.巧妙地運(yùn)用原則卻可十分便利地解決一些看上去相當(dāng)復(fù)雜

2、、甚至感到無從下手的總是，比如說，我們可以斷言在我國至少有兩個人出生的時間相差不超過4秒鐘，這是個驚人的結(jié)論，該是經(jīng)過很多人的艱苦勞動，統(tǒng)計所得的吧！不，只須我們稍動手算一下：不妨假設(shè)人的壽命不超過4萬天（約110歲，超過這個年齡數(shù)的人為數(shù)甚少），則10億人口安排在8億6千4百萬個“抽屜”里，根據(jù)原則1，即知結(jié)論成立.下面我們再舉一個例子：例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.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

3、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(jìn)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(k1個物體放進(jìn)n個抽屜，則至少有一個抽屜至多放進(jìn)m+1個物體.證明同原則相仿.若每個抽屜至多放進(jìn)m個物體,那么n個抽屜至多放進(jìn)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）例2正方體各面上涂上紅色或藍(lán)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(dāng)作兩個抽屜，把正方體六個面當(dāng)作物體，那么6=2×2+2，根據(jù)原

4、則二，至少有三個面涂上相同的顏色.例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.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+

5、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(k1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.例4 有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍(lán)襪6雙（每雙襪子包

6、裝在一起）若取出9雙，證明其中必有黑襪或黃襪2雙.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(lán)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(yùn)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.2  制造抽屜是運(yùn)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(dǎo)致不同的制造抽屜的方式.例5 在邊長為1的正方形內(nèi)，任意給定13個點(diǎn)，試證：其中必有4個點(diǎn)，以此4點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊開面積不超過（

7、假定四點(diǎn)在一直線上構(gòu)成面積為零的四邊形）.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(diǎn)落在同一個小正方形內(nèi)（或邊界上），以此4點(diǎn)為頂點(diǎn)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(diǎn)的基礎(chǔ)上.例6 在一條筆直的馬路旁種樹，從起點(diǎn)起，每隔一米種一棵樹，如果把三塊“愛護(hù)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

8、是為什么？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.例7 從自然數(shù)1，2，3，99，100這100個數(shù)中隨意取出51個數(shù)來，求證：其中一定有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的倍數(shù).分析設(shè)法制造抽屜：（1）不超過50個；（2）每個抽屜的里的數(shù)（除僅有的一個外），其中一個數(shù)是另一個數(shù)的倍數(shù)，一個自然數(shù)的想法是從數(shù)的

9、質(zhì)因數(shù)表示形式入手.解設(shè)第一個抽屜里放進(jìn)數(shù)：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；第二個抽屜時放進(jìn)數(shù)：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；第三個抽屜里放進(jìn)數(shù)：5，5×2，5×22，5×23，5×24；第二十五個抽屜里放進(jìn)數(shù)：49，49×2；第二十六個抽屜里放進(jìn)數(shù)：51.第五十個抽屜里放進(jìn)數(shù)：99.那么隨意取出51個數(shù)中，必有兩個數(shù)同屬一個抽屜，其中一個數(shù)是另一個數(shù)的倍數(shù).制造抽屜并非總是一帆風(fēng)順的

10、，有時要邊制造邊調(diào)整、改進(jìn).例8 任意給定7個不同的自然數(shù)，求證其中必有兩個整數(shù)，其和或差是10的倍數(shù).分析注意到這些數(shù)隊以10的余數(shù)即個位數(shù)字，以0，1，9為標(biāo)準(zhǔn)制造10個抽屜，標(biāo)以0，1，9.若有兩數(shù)落入同一抽屜，其差是10的倍數(shù)，只是僅有7個自然數(shù)，似不便運(yùn)用抽屜原則，再作調(diào)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(shù)，它們的和或差是10的倍數(shù).3  較復(fù)雜的問題須反復(fù)地運(yùn)用抽屜原則，將復(fù)雜問題轉(zhuǎn)化為簡單問題.例9以（x，y，z）表示三元有序整數(shù)組，其中x、y、z為整數(shù)，試證：在任意七個三元整數(shù)組中，至少有兩個三元數(shù)組，它們的x、y、z元

11、中有兩對都是奇數(shù)或都是偶數(shù).分析 設(shè)七個三元素組為A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、A7（x7，y7，z7）.現(xiàn)在逐步探索，從x元開始，由抽屜原則，x1，x2，x7這七個數(shù)中，必定有四個數(shù)具有相同的奇偶性，不妨設(shè)這四個數(shù)是x1，x2，x3，x4且為偶數(shù)，接著集中考慮A1、A2、A3、A4這四組數(shù)的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有兩個是偶數(shù)，則問題已證，否則至多有一個是偶數(shù)，比如y4是偶數(shù)，這時我們再來集中考慮A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屜原則必有兩個數(shù)具有相同的奇偶性，如z1、z2，這時無論它們是奇數(shù)，還是偶數(shù)，問題都已得到證明.下面介紹一個著名問

12、題.例10 任選6人，試證其中必有3人，他們互相認(rèn)識或都不認(rèn)識.分析 用A、B、C、D、E、F表示這6個人，首先以A為中心考慮，他與另外五個人B、C、D、E、F只有兩種可能的關(guān)系：認(rèn)識或不認(rèn)識，那么由抽屜原則，他必定與其中某三人認(rèn)識或不認(rèn)識，現(xiàn)不妨設(shè)A認(rèn)識B、C、D三人，當(dāng)B、C、D三人都互不認(rèn)識時，問題得證；當(dāng)B、C、D三人中有兩人認(rèn)識，如B、C認(rèn)識時，則A、B、C互相認(rèn)識，問題也得證.本例和上例都采用了舍去保留、化繁為簡、逐步縮小考慮范圍的方法.例11a，b，c，d為四個任意給定的整數(shù)，求證：以下六個差數(shù)b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘積一定可以被12整除.證明 

13、; 把這6個差數(shù)的乘積記為p，我們必須且只須證明：3與4都可以整除p，以下分兩步進(jìn)行.第一步，把a(bǔ)，b，c，d按以3為除數(shù)的余數(shù)來分類，這樣的類只有三個，故知a，b，c，d中至少有2個除以3的余數(shù)相同，例如，不妨設(shè)為a，b，這時3可整除b-a，從而3可整除p.第二步，再把a(bǔ)，b，c，d按以4為除數(shù)的余數(shù)來分類，這種類至多只有四個，如果a，b，c，d中有二數(shù)除以4的余數(shù)相同，那么與第一步類似，我們立即可作出4可整除p的結(jié)論.設(shè)a，b，c，d四數(shù)除以4的余數(shù)不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二個奇數(shù)（不妨設(shè)為a，b），也必有二個偶數(shù)（設(shè)為c，d），這時b-a為偶數(shù)，d-c也是偶數(shù)，故4可整除(

14、b-a(d-c，自然也可得出4可整除p.如果能進(jìn)一步靈活運(yùn)用原則，不僅制造抽屜，還根據(jù)問題的特征，制造出放進(jìn)抽屜的物體，則更可收到意想不到的效果.例12 求證：從任意n個自然數(shù)a1，a2，an中可以找到若干個數(shù)，使它們的和是n的倍數(shù).分析以0，1，n-1即被n除的余數(shù)分類制造抽屜的合理的，但把什么樣的數(shù)作為抽屜里的物體呢？扣住“和”，構(gòu)造下列和數(shù)：S1=a1,S2=a1+a2,S=a1+a2+a3,Sn=a1+a2+an，其中任意兩個和數(shù)之差仍為和數(shù)，若他們之中有一是n的倍數(shù)，問題得證，否則至少有兩個數(shù)被n除余數(shù)相同，則它們的差即它們中若干數(shù)（包括1個）的和是n的倍數(shù)，問題同樣得證.例子3（北

15、京1990年高一競賽）910瓶紅、藍(lán)墨水，排成130行，每行7瓶，證明：不論怎樣排列，紅藍(lán)墨水瓶的顏色次序必定出現(xiàn)下述兩種情況之一種：（1）至少有三行完全相同；（2）至少有兩組（四行）每組的兩行完全相同.解910瓶紅、藍(lán)墨水排成130行，每行7瓶，對一行來說，每個位置上有紅藍(lán)兩種可能，因此，一行的紅、藍(lán)墨水排法有27=128種，對每一種不同排法設(shè)為一種“行式”，共有128種行式.現(xiàn)有130行，在其中任取129行，依抽屜原則知，必有兩行A、B行式相同.除A、B外余下128行，若有一行P與A行式相同，知滿足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在這128行中設(shè)直一行5A行或相同，那么這128行至多

16、有127種行式，依抽屜原則，必有兩行C、D具有相同行式，這樣便找到了（A、B），（C、D）兩組（四行），且兩組兩行完全相同.練習(xí)十二1  一個籃球運(yùn)動員在15分鐘內(nèi)將球投進(jìn)籃圈20次，證明總有某一分鐘他至少投進(jìn)兩次.2  有黑、白、黃筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出筷子來，使得至少有兩雙筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？3  證明：在1，2，3，10這十個數(shù)中任取六個數(shù)，那么這六個數(shù)中總可以找到兩個數(shù)，其中一個是另一個的倍數(shù).4  證明：任意502個整數(shù)中，必有兩個整數(shù)的和或差是998的倍數(shù).5  任意寫一個由數(shù)字1，2，3組成的

17、30位數(shù)，從這30位數(shù)任意截取相鄰三位，可得一個三位數(shù)，證明：在從各個不同位置上截得的三位數(shù)中至少有兩個相等.6  證明：把任意10個自然數(shù)用適當(dāng)?shù)倪\(yùn)算符號連接起來，運(yùn)算的結(jié)果總能被1890整除.7  七條直線兩兩相交，所得的角中至少有一個角小于26°.8  用2種顏色涂3行9列共27個小方格，證明：不論如何涂色，其中必至少有兩列，它們的涂色方式相同.9  用2種顏色涂5×5共25個小方格，證明：必有一個四角同色的矩形出現(xiàn).10求證存在形如1111的一個數(shù)，此數(shù)是1987的倍數(shù). 練習(xí)十二115分鐘里在每一分鐘看作一個抽屜，

18、20次投籃看作20個物體，根據(jù)原理一即得.2.至少要取只筷子因為只筷子中必有一雙筷子同色，不妨設(shè)它是黃色，則黑色或白色的筷子至少有只，其中必有一雙同色，即黑色或白色，故取只筷子足以保證成功但少于只不行，如取只筷子，閔可能出現(xiàn)只黃色，黑白各一只，不合要求將個數(shù)分成組：（，），（，），（，），（，），（，）任取六個數(shù)必有兩個落入同一組，而同組二數(shù)中一數(shù)是另一數(shù)的倍數(shù)每個整數(shù)被除，余數(shù)必是，中的一個把這個余數(shù)制造為（），（，），（，），（，），（），（），（）共個抽屜，把個整數(shù)按被除的余數(shù)大小分別放入上述抽屜，必有兩數(shù)進(jìn)入同一抽屜若余數(shù)相同，那么它們的差是的倍數(shù)，否則和為的倍數(shù)從各種位置上截得的三位數(shù)有個，但由，組成的不同三位數(shù)有××個，故有兩個截得的三位數(shù)相同××××將個數(shù)記為，個數(shù)中至少有兩個被除余數(shù)相同，設(shè)為，則可被整除同樣剩下個數(shù)中有兩個數(shù)的差可被整除，記為，剩下個數(shù)中有兩個數(shù)的差可被整除，記為，剩下個數(shù)中有兩個數(shù)的差可被整除，記為剩下兩數(shù)，若有一數(shù)為偶數(shù)，則，可被整除，否則可被整除故乘積（）（）（）