高中数学竞赛讲座 10抽屉原则

竞赛讲座10

--抽屉原则

大家知道，两个抽屉要放置三只苹果，那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里，更一般地说，只要被放置的苹果数比抽屉数目大，就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉，可不要小看这一简单事实，它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则.

1． 抽屉原则有几种最常见的形式

原则1 如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体：

原则本身十分浅显，为了加深对它的认识，我们还是运用反证法给予证明；如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能.

原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总是，比如说，我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟，这是个惊人的结论，该是经过很多人的艰苦劳动，统计所得的吧！不，只须我们稍动手算一下：

不妨假设人的寿命不超过4万天（约110岁，超过这个年龄数的人为数甚少），则

10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里，根据原则1，即知结论成立. 下面我们再举一个例子：

例1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.

解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：

（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）

把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同.

原则2 如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有

一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则相仿.若每个抽

屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,

与题设不符，故不可能.

原则1可看作原则2的物例（m=1）

例2正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同.

证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色.

例3 把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17.

证明 如图12-1，设a1，a2，a3， ，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5）， ,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是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)

根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17.

原则1、原则2可归结到期更一般形式：

原则3把m1+m2+ +mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体， ，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体.

证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个， ，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+ +mn个，与题设矛盾.

例4 有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双

.

证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双.

上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少.

2． 制造抽屉是运用原则的一大关键

首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式.

例5 在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）. 证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形.

因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的

.

事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割.

合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上.

例6 在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？

解如图12-4（设挂牌的三棵树依次为A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证.

下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证.

后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法

例7 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：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手. 解设第一个抽屉里放进数：1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2； 第二个抽屉时放进数：3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2；

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. 234234523456

制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进.

例8 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数. 分析注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1， ，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]， ，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数.

3． 较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题.

例9以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数.

分析 设七个三元素组为A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、 、A7（x7，y7，z7）.现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2， ，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明.

下面介绍一个著名问题.

例10 任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识.

分析 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，那么由抽屉原则，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.

本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法.

例11a，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.

证明 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.