高中数学竞赛讲座抽屉原理

抽屉原理抽屉原理又叫重叠原则或鸽原则，抽屉原则有如下几种情形。抽屉原则I把1n件东西任意放入n只抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两件东西。抽屉原则II把m件东西放入n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里至少有nm件东西。抽屉原则III如果有无穷件东西，把它们放在有限多个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含无穷件东西。利用抽屉原则解题时，其关键是如何利用题中已知条件构造出与题设密切相关的“抽屉”，下面通过例子说明抽屉原则的应用。例1．在边长为1的正方形内任意放置5个点，试证：其中必有两个点，它们之间的距离不大于22。证明：将边长为1的正方形划分成如图所示的四个边长为21的小正方形，则每个小正方形中任意两点间的距离不大于22，据抽屉原理：5个点放入四个正方形中，其中至少有一个正方形中至少有2个点，则这两个点间的距离不大于22。例2．证明：边长为1的的正三角形内任意放置5个点，其中必有两点，其距离不超过21。证明：将边长为1的正三角形的各边中点连结起来，得到四个小正三角形，则每个小正三角形中任意两点间的距离不大于21，据抽屉原理：5个点放入4个小正三角形中，其中至少有一个小正三角形中至少有2个点，则这两个点间的距离不超过21。例3．在边长为1的正方形中有任意九个点。试证：在以这些为顶点的各个三角形中，至少有一个三角形，其面积不大于81。证明：将边长为1的正方形划分为如图所示的4个441的小长方形，9个点放入4个小长方形中，则必有一个长方形中放入了至少3个点，设为CBA,,,则三角形ABC的面积不大于过81，证明如下：A作边的平行线交BC于A，则：CAABAAABCSSS8141121。例4．求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除。证明：因为任意一个整数被3除的余数只能是0，1，2，若任给的5个整数被3除的余数中0，1，2都出现，则余数为0，1，2的三个整数之和能被3整除；若5个数被3除的余数只出现0，1，2中的两个，则据抽屉原理知：必有3个整数的余数相同，而余数相同的3个数之和能被3整除。故任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除。例5．求证：在100,97,,10,7,4,1中任选20个不同的整数，其中必有二整数之和为104。证明：将100,97,,10,7,4,1这34个自然数分成如下18个集合：52,55,49,,97,7,100,4,1，从100,97,,10,7,4,1中任选20个数，即从上述18个集合中选20个数，则必有一个集合中选了2个数，而这两个数的和为104。例6．设naaa,,,21是自然数n,,3,2,1随意打乱次序重新排列而成的一串数，n是奇数。证明：)()1)(1(21naaan总是偶数。证明：因n为奇数，设12kn，则n,,3,2,1中共有1k个奇数，从而n,,3,2,1，naaa,,,21中共2（1k）=122nk个奇数，这1n个奇数放入n个括号中，则必有一个括号中的两个数均为奇数，从而这两个数之差为偶数，所以)()1)(1(21naaan总是偶数。例7．求证：对于任给的1987个自然数198721,,,aaa，从中总可以找到若干个数，使它们的和能被1987整除。证明：构造如下1987个和：198721321211,,,,aaaaaaaa，若其中有一个和能被1987整除，则结论成立。否则上述1987个和除以1987的余数只能为1986,,2,1，则其中必有两个和的余数相同，设为iaaa21，jaaa21（)ji，则)()()(212121jiiijaaaaaaaaa能被1987整除。例8．在任意一次集会中，其中必有两个人，他们认识的人一样多，试证明之。证明：设参加集会的共有n个人，制造如下抽屉：认识的人的人数为0的人属于集合0A；认识的人的人数为1的人属于集合1A；认识的人的人数为2的人属于集合2A，…；认识的人的人数为1n的人属于集合1nA这里得到n个集合，可以证明0A，1nA中至少有一个集合为空集。若0A中有一个元素，则其余1n个人最多认识2n个人，所以1nA为空集；同理可证：若1nA中有一个元素，则0A为空集。所以上述n个集合，其实至多只有1n个集合。n个人放入1n个集合中，其中必有一个集合中有两个人，结论得证。例9．证明：在全世界所有人中任选六个人，其中一定有三个人，他们之间或者互相认识，或者互相不认识。证明：从6个人中任一个人记为A，则其余5个同A或者认识，或者不认识，据抽屉原理：其中必有三个人同A认识，或者不认识；若有三个人同A认识，则这三个人或者互不认识，则结论成立。或者有两个人相互认识，则这两个人同A三人互相认识。若有三个人同A不认识，则这三个人或者互相认识，则结论成立，或者有两个人互不认识，则这两个人同A三人互不认识。结论成立。例10．平面上有1987个点，任取三个点都有两点的距离小于1。求证：存在半径为1的圆，它至少盖住994个点。证明：在所给的1987个点中任选一点，记为A，以A为圆心作一个半径为1的圆，若其余的1986个点都在圆A内，则结论成立；否则，在圆A外的点中任一点，记为B，以B为圆心作一个半径为1的圆，则除去BA,之外的其余1985个点必在圆A或圆B内，否则，至少存在一点C在圆A或圆B的外部，则CBA,,三点任两点间的距离均大于1，与条件矛盾，所以除去BA,之外的其余1985个点必在圆A或圆B内。据抽屉原理：必有一个圆内至少有9931211985个点，加上圆心共994个点。知结论成立。例11．十七个科学家，其中每一个和其他所有的人都通信。在他们的通信中，只讨论三个题目，而且每两个科学家之间只讨论一个题目。求证：至少有三个科学家相互之间在讨论同一个题目。证明：在17位科学家中任选一位，记为A，则A至少与其余16位科学家中的613116位科学家讨论同一题目，记为题目1，若这6位科学家中有两位科学家在讨论题目1，则结论成立；若这6位科学家都不讨论题目1，则他们只能讨论另外两题目，据抽屉原理：他们中至少有3位科学家在讨论同一题目。从而知：结论成立。例12．一个国际社团的成员来自六个国家，共有1978人，用1978,,2,1来编号。试证明：该社团至少有一个成员的编号与他的两个同胞的编号之和相等，或是其一个同胞编号的二倍。证明：证明：用反证法，即设每个国家成员编号mkkk,,21中不存在kjikkk我们将用抽屉原理引出矛盾。六个国家共有成员1978人，而1978=64329，所以总有一个国家1A的成员至少有330人，设他们编号数为,,,33021aaa且33021aaa作329个差,12aa133013,,aaaa（1）由反证法假定，它们不能是1A国成员的编号数（若aaai1是1A国成员的编号，则aaai1，与反证法假定矛盾），所以这329个差数是另外五国成员的编号，由于329=5465，因此有一个国家（记为2A）至少有66个成员的编号数落在差数（1）的范围，记这66个编号当选为66216621,,,bbbbbb由反证法假设又知道5个差为数1661312,,,bbbbbb（2）不可能是2A国成员的编号数，也不可能是1A国的，因为若某11(Aabbi国成员编号），则,)()(11aaaaanm故aaanm，与反证假定型矛盾。于是（2）的数只能是另四国成员编号，由于116465所以有某国3A的确良17位成员的编号数落在（2）中，记这些编17211721,,,,CCCCCC，作6个差数1171312,,,CCCCCC（3）则它们不是3A，也不是2A、1A国的成员的编号数，故必是另三个国家的。由于15316，因些有某国4A的6位成员的编数落在（3）中，记这6个编号数为6321dddd，作五个差数，161312,dddddd（4）同样道理知它们只能是其余两个国家成员的编号数，因些有5A国的3个成员编号数落在（4）中，这3个编号记为321eee。又作差,,1312eeee它不是54321,,,,AAAAA国的成员编号数，所以131eef是第六国6A成员的编号，此时12ff不能是156,,,AAA的成员编号，但1978012ff总是某成员编号，这就矛盾了。可见原命题成立。例13．在100个连续自然数100,,2,1中，任取51个数，试证明在这51个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数。证明：任意一个自然数都能表示成为tm2)12(（m为自然数，t为非负整数）的形式。将前100个自然数分为如下50个集合：6543210121,21,21,21,21,21,21A543210223,23,23,23,23,23A43210325,25,25,25,25A…9749A，9950A，其中前100个自然数中的每个自然数都属于其中一个集合，而且只属于一个集合。据抽屉原理：从中选51个数，必有两个数是取自同一个集合，在同一个集合中，较大的数必是较小数的倍数。例14．设M是由1985个不同的自然数组成的集合，M中的元素的素因子均不超26，求证：存在Mdcba,,,，使得abcd是某个自然数的四次方。证明：不超过26的质数共9个：23,19,17,13,11,7,5,3,2，所以这1985个正整数可表示为：9212332的形式，0,,0,0921，考虑),,,(921的奇偶性类型，共有51229种类型。在1985全正整数中可找出一对),,,(921、),,,(921有相同奇偶性，即i与i奇偶性相同，9,,2,1i。然后在剩下的21985个数中又可以找出两个，他们的指数),,,(921、),,,(921也有相同的奇偶性。如此下去，由于51251321985，故可得513对),,,(921、),,,(921，且有ii2i（9,,2,1i），最后，在上述的513个),,,(921中，又必有两个),,,(921、),,,(921奇偶性相同，所以iii2，9,,2,1i，设ii2i，iii2，9,,2,1i，则iiii4i，9,,2,1i。此时所求四个数为：9212332,9212332,9212332,9212332。例15．平面上有两个定点A和B及任意四点4321,,,PPPP，求证：这四点中一定有两点jiPP,（jiji,4,3,2,1,）使得31|sinsin|BAPBAPji。证明：显然：BAPi0，1sin0BAPi（4,3,2,1i），即在]1,0[内有四个实数BAPBAPBAPBAP4321sin,sin,sin,sin，把]1,0[分成三个子区间1,32,32,31,31,0，由抽屉原理知：BAPBAPBAPBAP4321sin,sin,sin,sin中必有两个数在同一区间中，不妨设为)4,3,2,1,,(sin,sinjijiBAPBAPji，则：31|sinsin|BAPBAPji，命题得证。例16．任给7个实数，证明其中必有两个数，记为yx,，满足3310xyyx证明：设7个实数为721,,,xxx，令)2,2(ii