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竞赛讲座(抽屉原理)


竞赛讲座(抽屉原理) 竞赛讲座(抽屉原理)
一、 知识要点 1、 抽屉原理 1 、 把 n+1 个东西,任意地分放到 n 个抽屉里,那么必有一个抽屉里有 2 个东西。 2、 抽屉原理 2 、 把 m 个东西,任意地分放到 n 个抽屉里,那么必有一个抽屉里至少有 k 个东西。 其中 k =

m m ?m? ?m? (当m是n的倍数时 )或k = ? ? + 1(当m不是n的倍数时 ), ? 表示 ?n n n ?n? ? ?

的整数部分。 3、 上述二个原理统称为抽屉原理。抽屉原理虽然简单、浅显,却是解决很多存在性 问题的有力工具。利用抽屉原理解题的一般步骤是 利用抽屉原理解题的一般步骤是: 利用抽屉原理解题的一般步骤是 (1) 构造抽屉,指出东西; (2) 将东西放入抽屉,或从抽屉里取出; (3) 说明理由,得出结论。 二、 例题精讲 例 1 用 2 种颜色涂 3 行 9 列共 27 个小方格,证明:不论如何涂色,其中必至少有两 列,它们的涂色方式相同. 分析:把用两种颜色涂1×3的小方格的方法当作抽屉。 分析 解:用两种颜色涂1×3的小方格共有8种方法.现有9列,由抽屉原理,必有两列 涂法一样. 评注:用抽屉原理解题的关键在于构造抽屉,另外还要搞清什么是抽屉?什么是东 评注 西? 例 2 已知一个圆。经过圆心任意作 993 条直径,它们与圆共有 1986 个交点,在每个 交点处分别填写从 1 到 496 中的一个整数(可重复填写)。证明:一定可以找到两条 直径,它们两端的数的和相等。(第二届迎春杯决赛试题) 分析:直径两端的数都在 1 到 496 之间,所以它们两端的数的和在 2 到 992 之间, 分析 则可构造 991 只抽屉,而东西有 993 个,因而得到证明。 证明:直径两端的数都在 1 到 496 之间,所以直径两端的数的和≥2,且≤992 证明 所以,这种和只有 991 种。 而直径有 993 条,993>991,所以一定可以找到两条直径,它们两端的数的和相 等。 评注:由解题过程知本题将“993 条直径”改为“992 条直径”结论仍然成立。 评注 如果将结论改为 “可以找到两条直径, 它们两端的数的和相等” 那么条件 , “经 过圆心任意作 993 条直径”就要改为“经过圆心任意作 1983 条直径”。

例 3 夏令营组织 1987 名营员去游览故宫、景山公园、北海公园,规定每人最少去一 处,最多去两处游览,至少有几个人游览的地方完全相同?试证明你的结论。(第 二届迎春杯决赛试题) 分析:将游览方案当作抽屉,将人当作东西,由抽屉原理可得结论。 分析 解:去一处的可能有 3 种(故宫、景山公园、北海公园),去两处的可能也有 3 种(故 宫与景山公园、北海公园与故宫、景山公园与北海公园),由于每人最少去一处, 最多去两处游览,所以游览方案共有 6 种。 因此,1987 个人中至少有 ?

1987 ? 个人游览的地方完全相同。 ? 6 ? = 332 ? ?

例 4 在 1,4,7,…,100 中任选 20 个不同的数。证明其中至少有 4 个数 a、b、c、d, 使 a+b=c+d=104.(第 39 届普特南数学竞赛试题) 分析:考虑和为 104 的数对。如果两个数取自同一个数对,则它们的和必是 104,所 分析 以应当将和为 104 的数对作为抽屉。 解:将 1,4,7,…,100 这 34 个数,去掉 1 与 52,分成 16 个数对: {4,100},{7,97},…,{49,55},显然每个数对中两数的和为 104 所取的 20 个数中,至少有 18 个取自这 16 个数对,则根据抽屉原理,其中必有 两个数 a、b 在同一数对中,它们的和 a+b=104。 剩下的 16 个数,取自其余的 15 个数对,同样根据抽屉原理,其中必有两个数 c、 d 在同一数对中,它们的和 c+d=104。 所以其中至少有 4 个数 a、b、c、d,使 a+b=c+d=104. 评注:本题两次使用了抽屉原理。 评注 例 5 910 瓶红、蓝墨水,排成 130 行,每行 7 瓶,证明:不论怎样排列,红蓝墨水 瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种: (1)至少有三行完全相同; (2)至少有两组(四行)每组的两行完全相同. (北京 1990 年高一竞赛) 解:910 瓶红、蓝墨水排成 130 行,每行 7 瓶,对一行来说,每个位置上有红蓝两种 可能,因此,一行的红、蓝墨水排法有 27=128 种,对每一种不同排法设为一种“行 式”,共有 128 种行式. 现有 130 行,在其中任取 129 行,依抽屉原则知,必有两行 A、B 行式相同. 除 A、B 外余下 128 行,若有一行 P 与 A 行式相同,知满足(1)至少有三行 A、B、 P 完全相同,若在这 128 行中设直一行 5A 行或相同,那么这 128 行至多有 127 种行 式,依抽屉原则,必有两行 C、D 具有相同行式,这样便找到了(A、B),(C、D) 两组(四行),且两组两行完全相同.

例 6 从自然数 1,2,3,…99,100 这 100 个数中随意取出 51 个数来,求证:其中一 定有两个数,它们中的一个是另一个的倍数. 分析:设法制造抽屉,使它们符合如下条件:(1)不超过 50 个;(2)每个抽屉的 分析 里的数(除仅有的一个外),其中一个数是另一个数的倍数。一个自然的想法是从 数的质因数表示形式入手。 2 3 4 5 6 解:设第一个抽屉里放进数:1,1×2,1×2 ,1×2 ,1×2 ,1×2 ,1×2 ; 2 3 4 5 第二个抽屉时放进数:3,3×2,3×2 ,3×2 ,3×2 ,3×2 ; 2 3 4 第三个抽屉里放进数:5,5×2,5×2 ,5×2 ,5×2 ; ………… 第二十五个抽屉里放进数:49,49×2; 第二十六个抽屉里放进数:51. ………… 第五十个抽屉里放进数:99. 那么随意取出 51 个数中,必有两个数同属一个抽屉,其中一个数是另一个数的倍数. 评注:本题构造的抽屉比较别致,它必须符合分析中的两个条件。这种构造抽屉的方 评注 法值得我们体会。 例 7 在边长分别为 2 和 4 的矩形中任取 9 个点(任三点不共线),证明至少存在三点, 以它们为顶点的三角形的面积不大于 1。 分析:矩形中任一三角形的面积不超过该矩形面积的一半,而已知矩形面积为 8,故 分析 若将该矩形分为 4 个等积的小矩形,则小矩形的面积为 2,其内的任一三角形的面 积不超过 1,因而只须将已知矩形分为 4 个等积的小矩形,证明其中至少有一份含 有 9 个点中的 3 个点即可。 证明:将已知矩形分为 4 个全等的小矩形,则由抽屉原理,任取 9 个点中至少有 3 个 证明 点在一个小矩形中。由于这个小矩形的面积等于

1 (2 × 4) = 2 ,故以这 3 个点为顶 4

点的三角形面积不超过该小矩形面积的一半 1,问题得证。 例 8 有一位国际象棋大师,用 11 周时间准备一次锦标赛。在准备期间,他决定每天 至少参加一次比赛,但每周累计比赛不超过 12 次。证明:存在连续若干天,这位 大师恰好共进行了 21 次比赛。 证明:设前 天这位大师累计比赛的次数为 a i,11 周共有 77 天,故 1≤i≤77。 证明 由于每天至少参加一次比赛,但每周累计比赛不超过 12 次,故有 1≤a1<a2<…<a77≤11×12=132, 于是,22≤a1+21<a2+21<…<a77+21≤132+21=153 则在 1 到 153 之间共有 154 个整数:a1,a2,…,a77,a1+21,a2+21,…,a77+21 由抽屉原理,其中至少有两个数相等。由于 a1,a2,…,a77 不可能相等,a1+21, a2+21,…,a77+21 也不可能相等,所以只可能是某个 a i 与某个 a j+21(j<i) 相

等,即 a i- a j=21。这说明这位大师第 j+1 天,第 j+2 天,…,第 i 天累计比 赛 21 次。 三、 巩固练习 选择题 1、一副扑克有 4 种花色,每种花色有 13 张,从中任意抽牌,最少要抽( )张才能保 证有 4 张牌是同一花色。 A、12 B、13 C、14 D、15 2、有 22 只装钢笔的文具盒,如果不管如何装都至少有 4 只文具盒里的钢笔数相同(不装 算 0 个),那么每个文具盒最多可装( )支钢笔。 A、4 B、6 C、7 D、8 3、今有 21 个自然数 a1,a2,…,a21,且 a1<a2<…<a21≤70,则值相等的差 aj-ai(1≤i<j≤ 21)的个数为( ) A、0 个 B、2 个 C、至多有 3 个 D、至少有 4 个 4、从 1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取 5 个数,则(1)其中必有两数互质;(2)其中必 有一数是另一数的倍数;(3) 其中必有一数的两倍是另一数的倍数。以上结论中,正确 的个数为( ) A、0 个 B、1 个 C、2 个 D、3 个 5、某校有 1200 人,则全校在同一天过生日的人至少有( )个 A、2 B、3 C、4 D、5 6、从 1,2,3,…,n 中任取 8 个数且使其中一定至少有两个数的商不小于

2 又不大于 3 , 3 2

则 n 的最大值是( ) A、25 B、32 C、39 D、60 填空题 7、把 130 只苹果分给若干小朋友,如果不管如何分,都至少有一个小朋友分得 4 只或 4 个。 只以上的苹果,则小朋友最多有 8、黑色、白色、黄色的筷子各有 8 根,混杂地放在一起,黑暗中想从这些筷子中取出颜 根筷子。 色不同的两双筷子(一双筷子指同色的两根),则至少要取 9、在一副扑克牌中取牌,至少取 张,才能保证其中必有 3 张牌的点数相同。 10、不大于 10 的 k 个自然数,从中选出三个数,使得其中两数之和等于第三个数,则 k 的最小值是 . 11、在面积为 1 的平行四边形内有任意五点,则一定存在三点,以这三点为顶点的三角形 面积不大于 . 12、在 1,3,5,7,…,m 连续奇数中任取 17 个数,使其中至少有两个数之差为 8,则奇 数 m 的最大值为 . 解答题 13、在不超过 91 的自然数中任取 10 个数,证明:这 10 个数中一定有两个数的比值在区

间 ? , ? 中。 ?3 2?

2 3

?

?

14、设 a1,a2,…,an 是 1,2,…,n 的某种排列,且 n 是奇数,求证:(a1-1)( a2-2)… (a n-n)必是偶数。

15、用 2 种颜色涂 5×5 共 25 个小方格,证明:必有一个四角同色的矩形出现.

16、把圆周分成 36 段,将 1,2,…,35,36 这 36 个数字任意写在每一段内,使每一段 内恰好有一个数字。求证:一定存在连续的三段,它们的数字和至少是 56。

17、在一次集会上,其中必有两个人,他们认识的人数一样多。试证明之(这里甲认识乙,

则乙也认识甲)

18、任选 6 人,试证其中必有 3 人,他们互相认识或都不认识.

19、a,b,c,d 为四个任意给定的整数,求证:以下六个差数 b-a,c-a,d-a,c-b,d-b, d-c 的乘积一定可以被 12 整除.

20、在边长为 1 的正三角形内任取 10 个点,证明其中至少有两点,它们的距离不超过

1。 3

答案

1、4 种花色相当于 4 只抽屉,设最少要抽 x 张扑克,问题相当于把 x 张扑克放进 4 只抽 屉,至少有 4 张牌在同一抽屉,有 x=3×4+1=13,选 B 2、设每个文具盒最多可装 x 支钢笔,则每个文具盒里所放的钢笔数为:0,1,2,…,x, 共 x+1 类,相当于有 x+1 只抽屉,由于把 22 只文具盒分成 x+1 类,至少有 4 只文具盒 里的钢笔数相同,得:22=3×(x+1)+1,∴x=6,故选 B 3、a2 为被减数可作一个差 a2-a1,a3 为被减数可作二个差 a3-a2,a3-a2,…,a21 为被减数可 作 20 个差 a21-a1,a21-a2,…,a21-a20,故共有 1+2+3+…+20=210 个差。而 1≤aj-ai≤69, 即差的不同值至多只有 69 种,由抽屉原理,值相等的差至少有 ?

210 ? 个,选 D ? 69 ? + 1 = 4 ? ?

4、将 1,2,3,4,5,6,7,8,9 分成四组:①1,2,3,5,7 ②4,9 ③6 ④8 则从这 9 个数中任取 5 个数,根据抽屉原理,至少有两个数在同一组,显然它们不可 能在③、④组,只能在①、②组,但①、②组的任意两个数是互质的,故(1)正确。 若将 1,2,3,4,5,6,7,8,9 分成四组:①1,2,4,8 ②3,6,9 ③5 ④7 则从这 9 个数中任取 5 个数,同样根据抽屉原理,必有两个数在①、②组,而①、② 组的任意两个数中,必有一数的两倍是另一数的倍数,故(3)正确。 显然,五个数 4,5,6,7,9 或 5,6,7,8,9 中的任一数不是另一数的倍数,故(2) 不正确。故选 C 5、因为 1200÷365=3 余 105,所以全校在同一天过生日的人至少有 4 人。 6、C. 7、设有 x 个小朋友,则 x 个小朋友相当于 x 只抽屉,现要将 130 只苹果放入 x 只抽屉里, 至少有一只抽屉放进了 4 只苹果,则有:130=3x+1,∴x=43 当小朋友减少时,放进的苹果数就超过 4 只。故小朋友最多有 43 个。 8、11 根筷子中必有一双筷子,不妨设它是黑色的,因为黑色、白色、黄色的筷子各有 8 根,则剩下的 9 根筷子中至多还有 6 根黑筷子,所以白色、黄色的筷子至少有 3 根,其 中必有一双同色的,因而取 11 根筷子符合要求。若取 10 根筷子,就有可能出现 8 根黑 筷子,1 根白筷子,1 根黄筷子,不合要求。所以至少要取 11 根筷子。 9、把去掉大、小王后的 52 张牌,按点数分成 13 个抽屉,每个抽屉里有 4 张牌。按最坏 的打算取牌,每个抽屉里分别取 2 张,共取出 26 张,然后又取出大、小王,共 28 张, 这时只要再任取 1 张, 必然有一个抽屉里就有 3 张牌, 这样就保证有 3 张牌的点数相同。

这时共取出 29 张牌。 10、整数被 10 除的余数可分为 0,(1,9),(2,8)(3,7)(4,6),5 六种情况, 则只需 7 个数即可。 11、分割图形造抽屉,将平行四边形分成面积均为

1 的两个平行四边形,由抽屉原则,任 2

意五点中必有三个点在一个小平行四边形当中,则此三点组成的三角形面积不大于

1 ×1 =1 2 2 4
12、构造每个抽屉中数与数之差为 8,且每个抽屉中有两个数,取 17 个数,需构造 16 个 抽屉,{1,9}、{3,11}、…、{55,63},所以奇数 m 的最大值为 63 13、将 1,2,…,91 分成 9 组:{1},{2,3},{4,5,6},{7,8,9,10},{11,12,…, 16},{17,18,…,25},{26,27,…,39},{40,41,…,60},{61,62,…,91} 容易验证,同一组中任意两个数的比值一定在区间 ? , ? 中,所以由抽屉原理知,任 ?3 2?

2 3

?

?

取 10 个数中一定有两个数在这 9 个组的某一个中, 这两个数的比值就在区间 ? , ? 中。 ?3 2?

2 3

?

?

14、∵n 是奇数,故令 n=2m+1,于是 n 个数 1,2,…,n 中有 m+1 个奇数,而 a1,a2,…, an 是 1,2,…,n 的某种排列,因而也有 m+1 个奇数,所以,在 2n 个数 1,2,…,n 和 a1,a2,…,an 中,共有 2(m+1)=2m+2=2m+1+1=n+1 个奇数,将这 n+1 个奇数放入 n 个 括号中,则至少有一个括号里出现两个奇数,而两个奇数的差必为偶数,所以这 n 个括 号的连乘积必为偶数。 15、设两种颜色为红、蓝,考察第一行的涂色.必有三格同色,不妨设为红色,且在左边 三列. 现考察左边三列, 若下面四行中某一行有两格同为红色, 则出现四角同红色矩形, 否则每行仅可能一格染红色,从而四行中必有二行左边三列中有两列同染蓝色,从而得 到四角同为蓝色的矩形. 16、记第 i 段内填写的数字为:a i,i=1,2,…,35,36,那么三个相邻小段填入的数字 和可分成:a1+a2+a3,a4+a5+a6,…,a34+a35+a36 12 种情况,它们的和为 a1+a2+a3+…+ a35+a36=1+2+…+35+36=666, 所以,由抽屉原理 2,至少有一小段的数字和不小于 ?

666 ? ? 12 ? + 1 = 56 ? ?

17、设这次集会共 n 个人。 如果有一个人谁也不认识,那么每个人至多认识 n-2 个人,则 n 个人认识的人数至多 有 n-1 种可能:0,1,2,…,n-2,所以其中必有两个人认识的人数相同。 如果每个人都至少认识一个人,则 n 个人认识的人数至多有 n-1 种可能: 1,2,…, n-1,所以其中必有两个人认识的人数相同。 18、用 A、B、C、D、E、F 表示这 6 个人,首先以 A 为中心考虑,他与另外五个人 B、C、D、 E、F 只有两种可能的关系:认识或不认识,那么由抽屉原理,他必定与其中某三人认识或 不认识,现不妨设 A 认识 B、C、D 三人,当 B、C、D 三人都互不认识时,问题得证;当 B、 C、D 三人中有两人认识,如 B、C 认识时,则 A、B、C 互相认识,问题也得证. 19、把这 6 个差数的乘积记为 p,我们必须且只须证明:3 与 4 都可以整除 p。 以下分两步进行. 第一步,把 a,b,c,d 按以 3 为除数的余数来分类,这样的类只有三个,故知 a,b,c, d 中至少有 2 个除以 3 的余数相同,例如,不妨设为 a,b,这时 3 可整除 b-a,从而 3 可 整除 p. 第二步,再把 a,b,c,d 按以 4 为除数的余数来分类,这种类至多只有四个,如果 a,b, c, 中有二数除以 4 的余数相同, d 那么与第一步类似, 我们立即可作出 4 可整除 p 的结论. 设 a,b,c,d 四数除以 4 的余数不同,由此推知,a,b,c,d 之中必有二个奇数(不妨 设为 a,b),也必有二个偶数(设为 c,d),这时 b-a 为偶数,d-c 也是偶数,故 4 可整 除(b-a)(d-c),自然也可得出 4 可整除 p. 所以,六个差数 b-a,c-a,d-a,c-b,d-b,d-c 的乘积一定可以被 12 整除. 20、用平行于正三角形各边的直线将该三角形分成 9 个边长为 1/3 的小正三角形,由抽屉 原理,至少有一个小正三角形内含有这 10 个点中的至少两个点。由于正三角形上的任 意两点的距离不超过该正三角形的边长,所以至少有两点,它们的距离不超过小正三角 形的边长 1/3。


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