第3講：抽屜原理

高一數(shù)學拓展講座第3講：抽屜原理抽屜原則大家知道，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如果把n+k(k≥1)個物體放進n只抽屜里，則至少有一只抽屜要放進兩個或更多個物體：原則本身十分淺顯，為了加深對它的認識，我們還是運用反證法給予證明；如果每個抽屜至多只能放進一個物體，那么物體的總數(shù)至多是n，而不是題設的n+k(k≥1)，這不可能.原則一：不妨假設人的壽命不超過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.原則雖簡單.巧妙地運用原則卻可十分便利地解決一些看上去相當復雜、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：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.下面我們再舉一個例子：例1

：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.如果把mn+k(k≥1)個物體放進n個抽屜，則至少有一個抽屜至多放進m+1個物體.證明同原則一相仿.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.（原則1可看作原則2的特例（m=1））例2：正方體各面上涂上紅色或藍色的油漆（每面只涂一種色），證明正方體一定有三個面顏色相同.原則二：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=2×2+2，根據(jù)原則二，至少有三個面涂上相同的顏色.證明：證明:如圖12-1，設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+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.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.原則3:把m1+m2+…+mn+k(k≥1)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，與題設矛盾.原則1、原則2可歸結(jié)到期更一般形式：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、藍襪里取2雙.例4:有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍襪6雙（每雙襪子包裝在一起）若取出9雙，證明其中必有黑襪或黃襪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.說明：1.抽屜原理的實質(zhì)性思想是：把一些東西分成若干份，那么必有一份不少于平均數(shù)，也必有一份不多于平均數(shù).2.把無限個東西分成有限份，必有一份有無限個東西.

練習：任取5個整數(shù)，必然能夠從中選出三個，使它們的和能夠被3整除.證明：任意給一個整數(shù)，它被3除，余數(shù)可能為0，1，2，我們把被3除余數(shù)為0，1，2的整數(shù)分類為r０，r1，r2.至少有一類包含所給５個數(shù)中的至少兩個.因此可能出現(xiàn)兩種情況：a某一類至少包含三個數(shù)；b某兩類各含兩個數(shù)，第三類包含一個數(shù).若是第一種情況，就在至少包含三個數(shù)的那一類中任取三數(shù)，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(shù)，其和也能被3整除.綜上所述，原命題正確.首先要指出的是，對于同一問題，?？梢罁?jù)情況，從不同角度設計抽屜，從而導致不同的制造抽屜的方式.2．

制造抽屜是運用原則的一大關鍵例5.邊長為1的正方形中，任意放入9個點，任何3點不共線，求證：這9個點中任取3個點組成的三角形中，至少有一個的面積不超過1/8.解：將邊長為1的正方形等分成邊長為

的四個小正方形，視這四個正方形為抽屜，9個點任意放入這四個正方形中，必有三點落入同一個正方形內(nèi).現(xiàn)特別取出這個正方形來加以討論.把落在這個正方形中的三點記為D、E、F.通過這三點中的任意一點（如E）作平行線，如圖可知：×h＋＝＝S△DEF＝S△DEG＋S△EFG≤EDFG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的基礎上.例6在一條筆直的馬路旁種樹，從起點起，每隔一米種一棵樹，如果把三塊“愛護樹木”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），這是為什么？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)，后一證明十分巧妙，通過編號碼，將兩樹間距離轉(zhuǎn)化為號碼差.這種轉(zhuǎn)化的思想方法是一種非常重要的數(shù)學方法解:如圖12-4（設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.問題得證.

1947年，匈牙利數(shù)學家把這一原理引進到中學生數(shù)學競賽中，當年匈牙利全國數(shù)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?！?/p>

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。

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(jù)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。Ramsey定理設空間6個點任意4點不共面，若將其中任意兩點間的連線染成紅色或藍色之一，則必存在一個三邊顏色相同的三角形.<拓展>：證明：從一個已知點A出發(fā)的5條線段被染成紅藍兩種顏色，由抽屜原理可知其中必有

條線段同色，不妨設他們是AB,AC,AD,并且同染為紅色。考察三角形BCD,若其中有一邊為紅色，例如BD為紅色，則三角形ABD各邊都為紅色，結(jié)論成立！否則，三角形BCD的三邊都為藍色，結(jié)論也成立.有17位科學家，其中每位科學家都同其他所有人通信，他們在通信時只討論了三個題目，且每兩位科學家之間只討論一個題目，證明:至少有三位科學家，他們互相之間討論的是同一個題目（第6屆IMO試題）練習：考慮以A1為端點的線段A1A2,A1A3,…，A1A17，這16條線段被染成了3種顏色，由抽屜原理知這16條線段中至少有6條同色，不妨設A1A2，A1A3，…，A1A7為紅色.現(xiàn)考查連結(jié)六點A2，A3，…，A7的15條線段，如其中至少有一條紅色線段，則同色（紅色）三角形已出現(xiàn)；如沒有紅色線段，則這15條線段只有藍色和黃色，由Ramsey定理知一定存在以這15條線段中某三條為邊的同色三角形（同為藍色或同為黃色）.這都表示對應的3位科學家，他們之間討論的是同一個問題。問題得證！證明:在圓周上任取17個點A1,A2,…，A17分別表示17位科學家.設他們討論的題目為x,y,z,兩位科學家討論x連紅線,討論y連藍線,討論z連黃線.于是只須證明以這17個點為頂點的三角形中有一同色三角形.練習：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)的質(zhì)因數(shù)表示形式入手.解:設第一個抽屜里放進數(shù)：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；第二個抽屜時放進數(shù)：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；第三個抽屜里放進數(shù)：5，5×2，5×22，5×23，5×24；………………第二十五個抽屜里放進數(shù)：49，49×2；第二十六個抽屜里放進數(shù)：51.………………第五十個抽屜里放進數(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順的，有時要邊制造邊調(diào)整、改進.練習：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為標準制造10個抽屜，標以[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).分析:設七個三元素組為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.3．

較復雜的問題須反復地運用抽屜原則，將復雜問題轉(zhuǎn)化為簡單問題.練習：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元中有兩對都是奇數(shù)或都是偶數(shù).設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)（不妨設為a，b），也必有二個偶數(shù)（設為c，d），這時b-a為偶數(shù)，d-c也是偶數(shù)，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.練習：

a，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

: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，以下分兩步進行.第一步，把a，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，不妨設為a，b，這時3可整除b-a，從而3可整除p.第二步，再把a，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.如果能進一步靈活運用原則，不僅制造抽屜，還根據(jù)問題的特征，制造出放進抽屜的物體，則更可收到意想不到的效果.練習：求證：從任意n個自然數(shù)a1，a2，…，a