浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用.doc

1、浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13 个人中至少有两个人出生在相同月份” ；“某校 400 名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日” ；“2003个人任意分成 200 个小组，一定存在一组，其成员数不少于 11”；“把0，1内的全部有理数放到 100 个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数” 。这类存在性问题中， “存在”的含义是“至少有一个” 。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之

2、为“抽屉原理”.“抽屉原理”最先是由 19 世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理” ，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把 10 个苹果，任意分放在 9 个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。 一、抽屉原理的基本形式 定理 1、如果把 n+1 个元素分成 n 个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。 例 1 已知在边长为

3、1 的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（如图） 。证明：至少有两个点之间的距离不大于 （1978 年广东省数学竞赛题） 2分析：5 个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为 1 的等边三角形内（包括边界）有 5 个点，那么这 5 个点中一定有距离不大于 的两点” ，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三12条中位线，可以分原等边三角形为 4 个全等的边长为 12的小等边三角形，则 5 个点中必有 2 点位于同一个小等边三角形中（包括边界） ，其距离便不大于 。 以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。如图，设 BC 是 AB

4、C 的最大边，P，M 是 ABC 内（包括边界）任意两点，连接 PM，过 P 分别作 AB、BC 边的平行线，过 M 作 AC 边的平行线，设各平行线交点为 P、Q、N，那么PQN=C，QNP=A 因为 BCAB，所以AC，则QNPPQN，而QMPQNPPQN（三角形的外角大于不相邻的内角） ，所以 PQPM。显然 BCPQ，故 BCPM。 由此我们可以推知，边长为 的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于 。 12 12说明：（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉” 。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉” 。例如“任取 n+1 个正数 ai，满足0a i1（i=

5、1,2,n+1） ，试证明：这 n+1 个数中必存在两个数，其差的绝对值小于 ”。1n又如：“在边长为 1 的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于 。 2（2）例 1 中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于 “，大家可以自己证明，并比较证明的差别。 （3）用同样的方法可证明以下结论： i）在边长为 1 的等边三角形中有 n2+1 个点，这 n2+1 个点中一定有距离不大于 的两1n点。 ii）在边长为 1 的等边三角形内有 n2+1 个点，这 n2+1 个点中一定有距离小于 的两点。 （4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成

6、正方形，相应的结论中的 换成 ，1n2命题仍然成立。 （5）我们还可以考虑相反的问题：一般地，至少需要多少个点，才能够使得边长为 1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过 。 1n例 2从 1-100 的自然数中，任意取出 51 个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。 分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数” ，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉” ，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与 2 的

7、方幂的积，即若mN +,KN +，nN,则 m=(2k-1)2n，并且这种表示方式是唯一的，如 1=12，2=121，3=32， 证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘 2 的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把 1-100 的正整数分成如下 50 个抽屉（因为 1-100 中共有 50 个奇数）：（1）1，12，12 2，12 3，12 4，12 5，12 6；（2）3，32，32 2，32 3，32 4，32 5；（3）5，52，52 2，52 3，52 4；（4）7，72，72 2，72 3；（5）9，92，92 2，92 3；（6）11，112，112 2，112 3；（

8、25）49，492；（26）51；（50）99。 这样，1-100 的正整数就无重复，无遗漏地放进这 50 个抽屉内了。从这 100 个数中任取 51 个数，也即从这 50 个抽屉内任取 51 个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这 25 个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。 说明：（1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从 1-2n 的自然数中，任意取出 n+1 个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为 1-2n 中共含 1，3，2n-1 这 n 个奇数

9、，因此可以制造 n 个抽屉，而n+1n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给 n 以具体值，就可以构造出不同的题目。例2 中的 n 取值是 50，还可以编制相反的题目，如：“从前 30 个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？” （2）如下两个问题的结论都是否定的（n 均为正整数）想一想，为什么？ 从 2，3，4，2n+1 中任取 n+1 个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？ 从 1，2，3，2n+1 中任取 n+1 个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？你能举出反例，证明上述两个问题的结论

10、都是否定的吗？ （3）如果将（2）中两个问题中任取的 n+1 个数增加 1 个，都改成任取 n+2 个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？ 例 3从前 25 个自然数中任意取出 7 个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的 1.5 倍。 证明：把前 25 个自然数分成下面 6 组： 1； 2，3； 4，5，6； 7，8，9，10； 11，12，13，14，15，16； 17，18，19，20，21，22，23， 因为从前 25 个自然数中任意取出 7 个数，所以至少有两个数取自上面第组到第组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的 1.5 倍。 说明：（

11、1）本题可以改变叙述如下：在前 25 个自然数中任意取出 7 个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在 内。 23,显然，必须找出一种能把前 25 个自然数分成 6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在 内，故同一集合中元素的数值差不23,得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法： 从 1 开始，显然 1 只能单独作为 1 个集合1；否则不满足限制条件。 能与 2 同属于一个集合的数只有 3，于是2，3为一集合。 如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的 倍，就可以得到满足条件的六个集合。 3（

12、2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第 7 个抽屉为 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39；第 8 个抽屉为：40，41，42，60；第 9 个抽屉为：61，62，63，90，91； 那么我们可以将例 3 改造为如下一系列题目： （1）从前 16 个自然数中任取 6 个自然数；（2）从前 39 个自然数中任取 8 个自然数；（3）从前 60 个自然数中任取 9 个自然数； （4）从前 91 个自然数中任取 10 个自然数；都可以得到同一个结论：其中存在 2 个数，它们相互的比值在 内。 23,上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第 4

13、9 届数学竞赛试题。如果我们改变区间（pq）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。 ,例 4已给一个由 10 个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，使子集合中各数之和相等。（第 14 届 1M0 试题） 分析与解答：一个有着 10 个元素的集合共有 210=1024 个不同的子集，包括空集和全集在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下 1024-2=1022 个非空真子集。 再来看各个真子集中一切数字之和。用 N 来记这个和数，很明显： 10N91+92+93+94+95+96+97+98+99=855这表明 N 至多只有 855-9=846

14、 种不同的情况。由于非空真子集的个数是1022，1022846，所以一定存在两个子集 A 与 B，使得 A 中各数之和=B 中各数之和。 若 AB=，则命题得证，若 AB=C，即 A 与 B 有公共元素，这时只要剔除 A 与B 中的一切公有元素，得出两个不相交的子集 A1与 B1，很显然 ，A 1中各元素之和=B 1中各元素之和，因此 A1与 B1就是符合题目要求的子集。 思考：本例能否推广为如下命题： 已给一个由 m 个互不相等的 n 位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。 例 5在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：

15、其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。 分析：由中点坐标公式，坐标平面两点 的中点坐标12,xy。欲使 都是整数，必须而且只须 x1与 x2，y 1与 y2的奇1212,xy1212,xy偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。 说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x 1,x2,xn）是 n 维（元）有序数组，且x1,x2,xn中的每一个数都是整数，则称（x 1,x2,x

16、n）是一个 n 维整点。如果对所有的 n维整点按每一个 xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此共可分为 222=2n个类。这是对 n 维整点的一种分类方法。当 n=3 时，2 3=8，此时可以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。这就是 1971 年的美国普特南数学竞赛题。在 n=2 的情形，也可以构造如下的命题：“平面上任意给定 5 个整点”，对“它们连线段中点为整点”的 4 个命题中，为真命题的是： （A）最少可为 0 个，最多只能是 5 个 ; （B）最少可为 0 个，最多可取 10 个（C）最少为 1

17、个，最多为 5 个 ; （D）最少为 1 个，最多为 10 个 答案（D）例 6在任意给出的 100 个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被 100 整除。 分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被 100 整除”应是做文章的地方。如果把这 100 个数排成一个数列，用 Sm记其前 m 项的和，则其可构造 S1，S 2，S 100共 100 个“和“数。讨论这些“和数”被 100 除所得的余数。注意到 S1，S 2，S 100共有 100 个数，一个数被 100 除所得的余数有 0，1，2，99 共 100种可能性。“苹果”数与“抽屉

18、”数一样多，如何排除“故障”？ 证明：设已知的整数为 a1,a2,a100考察数列 a1,a2,a100的前 n 项和构成的数列S1，S 2，S 100。 如果 S1，S 2，S 100中有某个数可被 100 整除，则命题得证。否则，即 S1，S 2，S 100均不能被 100 整除，这样，它们被 100 除后余数必是1，2，99中的元素。由抽屉原理 I 知，S 1，S 2，S 100中必有两个数，它们被 100 除后具有相同的余数。不妨设这两个数为 Si，S j（ij），则 100（S j-Si），即 100 。命题得证。 12iijaa说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当

19、的抽屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对a n进行分类是很难奏效的。但由a n构造出S n后，再对S n进行分类就容易得多。 另外，对S n按模 100 的剩余类划分时，只能分成 100 个集合，而S n只有 100 项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为 0 的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余数为 0 的类，从而转化为 100 个数分配在剩下的 99 个类中。最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）： 在任意给定的 n 个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被

20、n 整除，而且，在任意给定的排定顺序的 n 个整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一项），它们的和可被 n 整除。 将以上一般结论中的 n 赋以相应的年份的值如 1999，2000，2001，就可以编出相应年份的试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题： 有 100 只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了 1 粒花生，多者不限。请你证明：一定有若干只猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是 100 的倍数。 二、单色三角形问题 前面数例我们看到，抽屉原理应用的关键在于恰当地制造抽屉，分割图形，利用自然数分类的不同方法如按剩余类制造抽屉或按奇数乘以 2 的方幂

21、制造抽屉，利用奇偶性等等，都是制造“抽屉”的方法。大家看到，抽屉原理的道理极其简单，但恰当地精心地应用它，不仅可以解决国内数学竞赛中的问题，而且可以解决国际中学生数学竞赛，例如 IM0 中的难题。 例 7（第 6 届国际中学生数学奥林匹克试题）17 名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。 证明：视 17 个科学家为 17 个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第 2 个问题则在相应两点连条黄线，若

22、讨论第 3 个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。 （本例同第十二讲染色问题例 4）考虑科学家 A，他要与另外的 16 位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从 A 出发引出 16 条线段，将它们染成 3 种颜色，而 16=35+1，因而必有 6=5+1 条同色，不妨记为AB1，AB 2，AB 3，AB 4，AB 5，AB 6同红色，若 Bi（i=1，2，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则 B1，B 2，B 3，B 4，B 5，B 6之间的连线只染有黄蓝两色。 考虑从 B1引出的 5 条线，B 1B2，B 1B3，B 1B4，B

23、1B5，B 1B6，用两种颜色染色，因为5=22+1，故必有 3=2+1 条线段同色，假设为黄色，并记它们为 B1B2，B 1B3，B 1B4。这时若B2，B 3，B 4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若 B2，B 3，B 4，之间无黄线，则B2，B 3，B 4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。 说明：（1）本题源于一个古典问题-世界上任意 6 个人中必有 3 人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。 （2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存

24、在三点，它们所成的三角形三边同色。 （3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。 本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题： 在 66 个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。 （4）回顾上面证明过程，对于 17 点染 3 色问题可归结为 6 点染 2 色问题，又可归结为 3 点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）（6，2）（17，3）的过程，易发现6=（3-1）2+2，17=（6-1）3+2，66=（17

25、-1）4+2，同理可得（66-1）5+2=327，（327-1）6+2=1958记为r1=3，r 2=6，r 3=17，r 4=66，r 5=327，r 6=1958，我们可以得到递推关系式：r n=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4这样就可以构造出 327 点染 5色问题，1958 点染 6 色问题，都必出现一个同色三角形。 三、抽屉原理的其他形式在例 7 的证明过程中，我们实际上用到了抽屉原理的其他形式，我们把它作为定理2。 定理 2：把 m 个元素分成 n 个集合（mn） （1）当 n 能整除 m 时，至少有一个集合含有 个元素；n（2）当 n 不能整除 m 时，则至少有一个集合含有

26、至少 个元素。 1m定理 2 有时候也可叙述成：把 mn+1 个元素放进 n 个集合，则必有一个集合中至少放有 m+1 个元素。 例 8在边长为 1 的正方形内任意放入九个点，求证：存在三个点，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过 （1963 年北京市数学竞赛题）。 8分析与解答：如图，四等分正方形，得到 A1，A 2，A 3，A 4四个矩形。在正方形内任意放入九个点，则至少有一个矩形 Ai内存在 个或 3 个以上的点，设914三点为 A、B、C，具体考察 Ai（如图所示），过 A、B、C 三点分别作矩形长边的平行线，过 A 点的平行线交 BC 于 A点，A 点到矩形长边的距离为 h=(0h

27、)，则ABC 的面积14ABCAB1S+S2248hh说明：把正方形分成四个区域，可以得出“至少有一个区域内有 3 个点”的结论，这就为确定三角形面积的取值范围打下了基础。本题构造“抽屉”的办法不是唯一的，还可以将正方形等分成边长为 的四个小正方形等。但是如将正方形等分成四个全等的小三角12形却是不可行的（想一想为什么？）。所以适当地构造“抽屉”，正是应用抽屉原则解决问题的关键所在。以下两个题目可以看作是本例的推广：（1）在边长为 2 的正方形内，随意放置 9 个点，证明：必有 3 个点，以它们为顶点的三角形的面积不超过 。1（2）在边长为 1 的正方形内任意给出 13 个点。求证：必有 4

28、个点，以它们为顶点的四边形的面积不超过 1/4。 例 99 条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为23。证明：这 9 条直线中至少有 3 条通过同一个点。 证明：设正方形为 ABCD，E、F 分别是 AB，CD 的中点。 设直线 L 把正方形 ABCD 分成两个梯形 ABGH 和 CDHG，并且与 EF 相交于 P（如图 6）据题意梯形 ABGH 的面积：梯形CDHG 的面积=23 ，EP 是梯形 ABGH 的中位线，PF 是梯形CDHG 的中位线，由于梯形的面积=中位线梯形的高，并且两个梯形的高相等（AB=CD）所以：梯形 ABGH 的面积梯形 CDHG 的面积=EP

29、PF，也就是EPPF=23 这说明，直线 L 通过 EF 上一个固定的点 P，这个点把 EF 分成长度为 23 的两部分。这样的点在 EF 上还有一个，如图上的 Q 点（FQQE=23）。 同样地，如果直线 L 与 AB、CD 相交，并且把正方形分成两个梯形面积之比是 23，那么这条直线必定通过 AD、BC 中点连线上的两个类似的点（三等分点）。 这样，在正方形内就有 4 个固定的点，凡是把正方形面积分成两个面积为 23 的梯形的直线，一定通过这 4 点中的某一个。我们把这 4 个点看作 4 个抽屉，9 条直线看作 9 个苹果，由定理 2 可知，9=42+1，所以，必有一个抽屉内至少放有 3 个苹果，也就是，必有三条直线要通过一个点。 说明：本例中的抽屉比较隐蔽，正方形两双对边中点连线上的 4 个三等分点的发现是关键，而它的发现源于对梯形面积公式 S 梯形=中位线梯形的高的充分感悟。