奧數抽屜原理問題(編輯修改稿)

　

【文章內容簡介】 是德國數學家狄利克雷首先明確的提出來并用以證明一些數論中的問題，因此，也稱為狄利克雷原理。它是組合數學中一個重要的原理。一． 抽屜原理最常見的形式原理1 把多于n個的物體放到n個抽屜里，則至少有一個抽屜里有2個或2個以上的物體。[證明]（反證法）：如果每個抽屜至多只能放進一個物體，那么物體的總數至多是n，而不是題設的n+k(k≥1)， 把多于mn個的物體放到n個抽屜里，則至少有一個抽屜里有m+1個或多于m+1 個的物體。[證明]（反證法）：若每個抽屜至多放進m個物體,那么n個抽屜至多放進mn個物體,與題設不符， 2都是第一抽屜原理的表述第二抽屜原理：把（mn－1）個物體放入n個抽屜中，其中必有一個抽屜中至多有（m—1）個物體。[證明]（反證法）：若每個抽屜都有不少于m個物體，則總共至少有mn個物體，與題設矛盾，故不可能二．應用抽屜原理解題抽屜原理的內容簡明樸素，易于接受，它在數學問題中有重要的作用。許多有關存在性的證明都可用它來解決。例１：：將一年中的366天視為366個抽屜，400個人看作400個物體，由抽屜原理1可以得知：：我們從街上隨便找來13人，就可斷定他們中至少有兩個人屬相相同.“從任意5雙手套中任取6只，其中至少有2只恰為一雙手套?！薄皬臄?，2，...，10中任取6個數，其中至少有2個數為奇偶性不同。”例2： 幼兒園買來了不少白兔、熊貓、長頸鹿塑料玩具，每個小朋友任意選擇兩件，那么不管怎樣挑選，在任意七個小朋友中總有兩個彼此選的玩具都相同， ：從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種：（兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長頸鹿），（長頸鹿、長頸鹿）。把每種搭配方式看作一個抽屜，把7個小朋友看作物體，那么根據原理1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜里，也就是說，至少兩人挑選玩具采用同一搭配方式，“存在”、“總有”、“至少有”的問題，不錯，這正是抽屜原則的主要作用.（需要說明的是，運用抽屜原則只是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不能確切地指出哪個抽屜里存在多少.）抽屜原理雖然簡單，但應用卻很廣泛，它可以解答很多有趣的問題，其中有些問題還具有相當的難度。下面我們來研究有關的一些問題。（一）整除問題把所有整數按照除以某個自然數m的余數分為m類，叫做m的剩余類或同余類，用[0]，[1]，[2]，…，[m1]，例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，….在研究與整除有關的問題時，可以證明：任意n+1個自然數中，總有兩個自然數的差是n的倍數。例1 證明：任取8個自然數，必有兩個數的差是7的倍數。分析與解答 在與整除有關的問題中有這樣的性質，如果兩個整數a、b，它們除以自然數m的余數相同，本題只需證明這8個自然數中有2個自然數，、根據抽屜原理，必有兩個數在同一個抽屜中，也就是它們除以7的余數相同，因此這兩個數的差一定是7的倍數。例2：對于任意的五個自然數，∵任何數除以3所得余數只能是0，1，2，不妨分別構造為3個抽屜：[0]，[1]，[2]①若這五個自然數除以3后所得余數分別分布在這3個抽屜中，我們從這三個抽屜中各取1個，其和必能被3整除.②若這5個余數分布在其中的兩個抽屜中，則其中必有一個抽屜，包含有3個余數（抽屜原理），而這三個余數之和或為0，或為3，或為6，故所對應的3個自然數之和是3的倍數.③若這5個余數分布在其中的一個抽屜中，很顯然，′：對于任意的11個整數，證明其中一定有6個數，：設這11個整數為：a1，a2，a3……a11 又6=23①先考慮被3整除的情形由例2知，在11個任意整數中，必存在：3|a1+a2+a3，不妨設a1+a2+a3=b1；同理，剩下的8個任意整數中，由例2，必存在：3 | a4+a5++a5+a6=b2；同理，其余的5個任意整數中，有：3|a7+a8+a9，設：a7+a8+a9=b3②再考慮bbbbb3這三個整數中，至少有兩個是同奇或同偶，這兩個同奇（或同偶）|b1+b2則：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6∴任意11個整數，： 任意給定7個不同的自然數，求證其中必有兩個整數，：注意到這些數隊以10的余數即個位數字，以0，1，…，9為標準制造10個抽屜，標以[0]，[1]，…，[9].若有兩數落入同一抽屜，其差是10的倍數，只是僅有7個自然數，似不便運用抽屜原則，再作調整：[6]，[7]，[8]，[9]四個抽屜分別與[4]，[3]，[2]，[1]合并，則可保證至少有一個抽屜里有兩個數，它們的和或差是10的倍數.（二）面積問題例：九條直線中的每一條直線都將正方形分成面積比為2:3的梯形，證明：：如圖，設直線EF將正方形分成兩個梯形，作中位線MN。由于這兩個梯形的高相等，故它們的面積之比等于中位線長的比，即|MH|:|NH|。于是點H有確定的位置（它在正方形一對對邊中點的連線上，且|MH|:|NH|＝２:３）.由幾何上的對稱性，這種點共有四個（即圖中的H、J、I、K）.已知的九條適合條件的分割直線中的每一條必須經過H、J、I、J、I、K看成四個抽屜，九條直線當成９個物體，即可得出必定有３條分割線經過同一點.（三）染色問題例1正方體各面上涂上紅色或藍色的油漆（每面只涂一種色），：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=22+2，根據原理二， 有5個小朋友，這5個人中至少有兩個小朋友摸出的棋子的顏色的配組是一樣的。分析與解答 首先要確定3枚棋子的顏色可以有多少種不同的情況，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4種配組情況，至少有兩個小朋友摸出的棋子的顏色在同一個抽屜里，也就是他們所拿棋子的顏色配組是一樣的。例3：假設在一個平面上有任意六個點，無三點共線，每兩點用紅色或藍色的線段連起來，都連好后，問你能不能找到一個由這些線構成的三角形，使三角形的三邊同色？解：首先可以從這六個點中任意選擇一點，然后把這一點到其他五點間連五條線段，如圖，在這五條線段中，至少有三條線段是同一種顏色，假定是紅色，現在我們再單獨來研究這三條紅色的線。這三條線段的另一端或許是不同顏色，假設這三條線段（虛線）中其中一條是紅色的，那么這條紅色的線段和其他兩條紅色的線段便組成了我們所需要的同色三角形，如果這三條線段都是藍色的，那么這三條線段也組成我們所需要的同色三角形。因而無論怎樣著色，在這六點之間的所有線段中至少能找到一個同色三角形。例3′（六人集會問題）證明在任意6個人的集會上，或者有3個人以前彼此相識，或者有三個人以前彼此不相識?！崩?”：17個科學家中每個人與其余16個人通信，他們通信所討論的僅有三個問題，而任兩個科學家之間通信討論的是同一個問題。證明：至少有三個科學家通信時討論的是同一個問題。解：不妨設A是某科學家，他與其余16位討論僅三個問題，由鴿籠原理知，他至少與其中的6位討論同一問題。設這6位科學家為B，C，D，E，F，G，討論的是甲問題。若這6位中有兩位之間也討論甲問題，則結論成立。否則他們6位只討論乙、丙兩問題。這樣又由鴿籠原理知B至少與另三位討論同一問題，不妨設這三位是C，D，E，且討論的是乙問題。若C，D，E中有兩人也討論乙問題，則結論也就成立了。否則，他們間只討論丙問題，這樣結論也成立。三．制造抽屜是運用原則的一大關鍵例1 從…、30這15個偶數中，任取9個數，證明其中一定有兩個數之和是34。分析與解答 我們用題目中的15個偶數制造8個抽屜：凡是抽屜中有兩個數的，都具有一個共同的特點：這兩個數的和是34?，F從題目中的15個偶數中任取9個數，由抽屜原理（因為抽屜只有8個），這兩個數的和是34。例2：從…、120這20個自然數中，至少任選幾個數，就可以保證其中一定包括兩個數，它們的差是12。分析與解答在這20個自然數中，差是12的有以下8對：｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝。另外還有4個不能配對的數｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12個抽屜（每個括號看成一個抽屜）.只要有兩個數取自同一個抽屜，那么它們的差就等于12，根據抽屜原理至少任選13個數，即可辦到（取12個數：從12個抽屜中各取一個數（例如取1，2，3，…，12），那么這12個數中任意兩個數的差必不等于12）。例3： 從1到20這20個數中，任取11個數，必有兩個數，其中一個數是另一個數的倍數。分析與解答 根據題目所要求證的問題，應考慮按照同一抽屜中，看成10個抽屜（顯然，它們具有上述性質）：｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。從這10個數組的20個數中任取11個數，根據抽屜原理，所以這兩個數中，其中一個數一定是另一個數的倍數。例4：某校校慶，來了n位校友，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n1次，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n2次；如果有一個校友握手的次數是n1次，、…、n2，還是后一種狀態…、n1，到會的n個校友每人按照其握手的次數歸入相應的“抽屜”，根據抽屜原理，至少有兩個人屬于同一抽屜，則這兩個人握手的次數一樣多。在有些問題中，“抽屜”和“物體”不是很明顯的，需要精心制造“抽屜”和“物體”.如何制造“抽屜”和“物體”可能是很困難的，一方面需要認真地分析題目中的條件和問題，另一方面需要多做一些題積累經驗。抽屜原理把八個蘋果任意地放進七個抽屜里，不論怎樣放，至少有一個抽屜放有兩個或兩個以上的蘋果。抽屜原則有時也被稱為鴿巢原理，它是德國數學家狄利克雷首先明確的提出來并用以證明一些數論中的問題，因此，也稱為狄利克雷原則。它是組合數學中一個重要的原理。把它推廣到一般情形有以下幾種表現形式。形式一：證明：設把n＋1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合里相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大于或等于2（用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai＜2，則因為ai是整數，應有ai≤1，于是有：a1＋a2＋…＋an≤1＋1＋…＋1＝n＜n＋1這與題設矛盾。所以，至少有一個ai≥2，即必有一個集合中含有兩個或兩個以上的元素。形式二：設把n?m＋1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合里相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大于或等于m＋1。用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai＜m＋1，則因為ai是整數，應有ai≤m，于是有：a1＋a2＋…＋an≤m＋m＋…＋m＝n?m＜n?m＋1n個m 這與題設相矛盾。所以，至少有存在一個ai≥m＋1高斯函數：對任意的實數x,[x]表示“不大于x的最大整數”.例如：[]＝3，[]＝2，[－]＝－3，[7]＝7，……一般地，我們有：[x]≤x＜[x]＋1形式三：證明：設把n個元素分為k個集合A1，A2，…，Ak，用a1，a2，…，ak表示這k個集合里相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大于或等于[n/k]。（用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai＜[n/k]，于是有：a1＋a2＋…＋ak＜[n/k]+[n/k]+…+[n/k] ＝k?[n/k]≤k?(n/k)＝nk個[n/k] ∴ a1＋a2＋…＋ak＜n 這與題設相矛盾。所以，必有一個集合中元素個數大于或等于[n/k]形式四：證明：設把q1＋q2＋…＋qn－n＋1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合里相應的元素個數，需要證明至少存在某個i，使得ai大于或等于qi。（用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai＜qi，因為ai為整數，應有ai≤qi－1，于是有：a1＋a2＋…＋an≤q1＋q2＋…＋qn－n ＜q1＋q2＋…＋qn－n＋1這與題設矛盾。所以，假設不成立，故必有一個i,在第i個集合中元素個數ai≥qi形式五：證明：（用反證法）將無窮多個元素分為有限個集合，假設這有限個集合中的元素的個數都是有限個，則有限個有限數相加，所得的數必是有限數，這就與題設產生矛盾，所以，假設不成立，故必有一個集合含有無窮多個元素。例題１：：生日從1月1日排到12月31日，共有366個不相同的生日，我們把366個不同的生日看作366個抽屜，400人視為400個蘋果，由表現形式1可知，至少有兩人在同一個抽屜里，：將一年中的366天視為366個抽屜，400個人看作400個蘋果，由抽屜原理的表現形式1可以得知：：任取5個整數，必然能夠從中選出三個，：任意給一個整數，它被3除，余數可能為0，1，2，我們把被3除余數為0，1，2的整數各歸入類r０，r1，：１176。.某一類至少包含三個數；２176。.某兩類各含兩個數，就在至少包含三個數的那一類中任取三數，其和一定能被3整除；若是第二種情況，在三類中各取一個數，其和也能被3整除..綜上所述，：某校派出學生204人上山植樹15301株，其中最少一人植樹50株，最多一人植樹100株，：按植樹的多少，從50到100株可以構造51個抽屜，則個問題就轉化為至少有5人植樹的株數在同一個抽屜里.(用反證法)假設無５人或５人以上植樹的株數在同一個抽屜里，那只有５人以下植樹的株數在同一個抽屜里，而參加植樹的人數為204人，所以，每個抽屜最多有4人，故植樹的總株數最多有：4(50＋51＋…＋100)＝4 ＝15300＜，：1．邊長為1的等邊三角形內有5個點，．邊長為1的等邊三角形內，若有n2＋1個點，．求證：任意四個整數中，．某校高一某班有50名新生，．某個年級有202人參加考試，滿分為100分，且得分都為整數，總得分為10101分，則至少有3人得分相同.“任意367個人中，必有生日相同的人。”“從任意5雙手套中任取6只，其中至少有2只恰為一雙手套。”“從數1，2，...，10中任取6個數，其中至少有2個數為奇偶性不同。”......大家都會認為上