1、第 13 讲 抽屉原理把 5 个苹果放到 4 个抽屉中，必然有一个抽屉中至少有 2 个苹果，这是抽屉原理的通俗解释。一般地，我们将它表述为：第一抽屉原理：把（mn1）个物体放入 n 个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（m1）个物体。使用抽屉原理解题，关键是构造抽屉。一般说来，数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等，都可作为构造抽屉的依据。例 1 从 1，2，3，100 这 100 个数中任意挑出 51 个数来，证明在这 51 个数中，一定：（1）有 2 个数互质；（2）有 2 个数的差为 50；（3）有 8 个数，它们的最大公约数大于 1。证明：（1）将 100 个数分成 5
2、0 组：1，2，3，4，99，100。在选出的 51 个数中，必有 2 个数属于同一组，这一组中的 2 个数是两个相邻的整数，它们一定是互质的。（2）将 100 个数分成 50 组：1，51，2，52，50，100。在选出的 51 个数中，必有 2 个数属于同一组，这一组的 2 个数的差为 50。（3）将 100 个数分成 5 组（一个数可以在不同的组内）：第一组：2 的倍数，即2，4，100；第二组：3 的倍数，即3，6，99；第三组：5 的倍数，即5，10，100；第四组：7 的倍数，即7，14，98；第五组：1 和大于 7 的质数即1，11，13，97。第五组中有 22 个数，故选出的
3、51 个数至少有 29 个数在第一组到第四组中，根据抽屉原理，总有 8 个数在第一组到第四组的某一组中，这8 个数的最大公约数大于 1。例 2 求证：可以找到一个各位数字都是 4 的自然数，它是 1996 的倍数。证明：因 19964499，故只需证明可以找到一个各位数字都是 1的自然数，它是 499 的倍数就可以了。得到 500 个余数 r1，r2，r500。由于余数只能取0，1，2，499 这 499 个值，所以根据抽屉原理，必有 2 个余数是相同的，这 2 个数的差就是 499 的倍数，这个差的前若干位是 1，后若干位是 0：111000，又 499 和 10 是互质的，故它的前若干位由
4、 1 组成的自然数是 499 的倍数，将它乘以 4，就得到一个各位数字都是 4 的自然数，它是 1996 的倍数。例 3 在一个礼堂中有 99 名学生，如果他们中的每个人都与其中的66 人相识，那么可能出现这种情况：他们中的任何 4 人中都一定有 2 人不相识（假定相识是互相的）。分析：注意到题中的说法“可能出现”，说明题的结论并非是条件的必然结果，而仅仅是一种可能性，因此只需要设法构造出一种情况使之出现题目中所说的结论即可。解：将礼堂中的 99 人记为 a1，a2，a99，将 99 人分为 3 组：（a1，a2，a33），（a34，a35，a66），（a67，a68，a99），将 3 组学生
5、作为 3 个抽屉，分别记为 A，B，C，并约定 A 中的学生所认识的 66 人只在 B，C 中，同时，B，C 中的学生所认识的 66 人也只在A，C 和 A，B 中。如果出现这种局面，那么题目中所说情况就可能出现。因为礼堂中任意 4 人可看做 4 个苹果，放入 A，B，C 三个抽屉中，必有 2 人在同一抽屉，即必有 2 人来自同一组，那么他们认识的人只在另 2 组中，因此他们两人不相识。例 4 如右图，分别标有数字 1，2，8 的滚珠两组，放在内外两个圆环上，开始时相对的滚珠所标数字都不相同。当两个圆环按不同方向转动时，必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。分析：此题中没有直接
6、提供我们用以构造抽屉和苹果的数量关系，需要转换一下看问题的角度。解：内外两环对转可看成一环静止，只有一个环转动。一个环转动一周后，每个滚珠都会有一次与标有相同数字的滚珠相对的局面出现，那么这种局面共要出现 8 次。将这 8 次局面看做苹果，再需构造出少于8 个抽屉。注意到一环每转动 45角就有一次滚珠相对的局面出现，转动一周共有 8 次滚珠相对的局面，而最初的 8 对滚珠所标数字都不相同，所以数字相同的滚珠相对的情况只出现在以后的 7 次转动中，将 7 次转动看做 7 个抽屉，8 次相同数字滚珠相对的局面看做 8 个苹果，则至少有 2次数字相对的局面出现在同一次转动中，即必有某一时刻，内外两环
7、中至少有两对数字相同的滚珠相对。例 5 有一个生产天平上用的铁盘的车间，由于工艺上的原因，只能控制盘的重量在指定的 20 克到 20.1 克之间。现在需要重量相差不超过0.005 克的两只铁盘来装配一架天平，问：最少要生产多少个盘子，才能保证一定能从中挑出符合要求的两只盘子？解：把 2020.1 克之间的盘子依重量分成 20 组：第 1 组：从 20.000 克到 20.005 克；第 2 组：从 20.005 克到 20.010 克；第 20 组：从 20.095 克到 20.100 克。这样，只要有 21 个盘子，就一定可以从中找到两个盘子属于同一组，这 2 个盘子就符合要求。例 6 在圆
8、周上放着 100 个筹码，其中有 41 个红的和 59 个蓝的。那么总可以找到两个红筹码，在它们之间刚好放有 19 个筹码，为什么？分析：此题需要研究“红筹码”的放置情况，因而涉及到“苹果”的具体放置方法，由此我们可以在构造抽屉时，使每个抽屉中的相邻“苹果”之间有 19 个筹码。解：依顺时针方向将筹码依次编上号码：1，2，100。然后依照以下规律将 100 个筹码分为 20 组：（1，21，41，61，81）；（2，22，42，62，82）；（20，40，60，80，100）。将 41 个红筹码看做苹果，放入以上 20 个抽屉中，因为41=2201，所以至少有一个抽屉中有 2+1=3（个）苹果
9、，也就是说必有一组 5 个筹码中有 3 个红色筹码，而每组的 5 个筹码在圆周上可看做两两等距，且每 2 个相邻筹码之间都有 19 个筹码，那么 3 个红色筹码中必有 2 个相邻（这将在下一个内容第二抽屉原理中说明），即有 2个红色筹码之间有 19 个筹码。下面我们来考虑另外一种情况：若把 5 个苹果放到 6 个抽屉中，则必然有一个抽屉空着。这种情况一般可以表述为：第二抽屉原理：把（mn-1）个物体放入 n 个抽屉，其中必有一个抽屉中至多有（m-1）个物体。例 7 在例 6 中留有一个疑问，现改述如下：在圆周上放有 5 个筹码，其中有 3 个是同色的，那么这 3 个同色的筹码必有 2 个相邻。
10、分析：将这个问题加以转化： 如右图，将同色的 3 个筹码 A，B，C 置于圆周上，看是否能用另外2 个筹码将其隔开。解：如图，将同色的 3 个筹码放置在圆周上，将每 2 个筹码之间的间隔看做抽屉，将其余 2 个筹码看做苹果，将 2 个苹果放入 3 个抽屉中，则必有 1 个抽屉中没有苹果，即有 2 个同色筹码之间没有其它筹码，那么这 2 个筹码必相邻。例 8 甲、乙二人为一个正方形的 12 条棱涂红和绿 2 种颜色。首先，甲任选 3 条棱并把它们涂上红色；然后，乙任选另外 3 条棱并涂上绿色；接着甲将剩下的 6 条棱都涂上红色。问：甲是否一定能将某一面的 4 条棱全部涂上红色？解：不能。如右图将
11、 12 条棱分成四组：第一组：A1B1，B2B3，A3A4，第二组：A2B2，B3B4，A4A1，第三组：A3B3，B4B1，A1A2，第四组：A4B4，B1B2，A2A3。无论甲第一次将哪 3 条棱涂红，由抽屉原理知四组中必有一组的 3条棱全未涂红，而乙只要将这组中的 3 条棱涂绿，甲就无法将某一面的4 条棱全部涂红了。下面我们讨论抽屉原理的一个变形平均值原理。我们知道 n 个数 a1，a2，an 的和与 n 的商是 a1，a2，an 这n 个数的平均值。平均值原理：如果 n 个数的平均值为 a，那么其中至少有一个数不大于a，也至少有一个不小于 a。例 9 圆周上有 2000 个点，在其上任
12、意地标上0，1，2，1999（每一点只标一个数，不同的点标上不同的数）。求证：必然存在一点，与它紧相邻的两个点和这点上所标的三个数之和不小于 2999。解：设圆周上各点的值依次是 a1，a2，a2000，则其和a1a2+a2000=0+1+2+1999=1999000。下面考虑一切相邻三数组之和：（a1a2a3）+（a2a3a4）（a1998+a1999a2000）（a1999a2000a1）（a2000a1a2）=3（a1a2a2000）31999000。这 2000 组和中必至少有一组和大于或等于 但因每一个和都是整数，故有一组相邻三数之和不小于 2999，亦即存在一个点，与它紧相邻的两点
13、和这点上所标的三数之和不小于 2999。例 10 一家旅馆有 90 个房间，住有 100 名旅客，如果每次都恰有 90名旅客同时回来，那么至少要准备多少把钥匙分给这 100 名旅客，才能使得每次客人回来时，每个客人都能用自己分到的钥匙打开一个房门住进去，并且避免发生两人同时住进一个房间？解：如果钥匙数小于 990，那么 90 个房间中至少有一个房间的钥匙数少房间就打不开，因此 90 个人就无法按题述的条件住下来。另一方面，990 把钥匙已经足够了，这只要将 90 把不同的钥匙分给90 个人，而其余的 10 名旅客，每人各 90 把钥匙（每个房间一把），那么任何 90 名旅客返回时，都能按要求住
14、进房间。最后，我们要指出，解决某些较复杂的问题时，往往要多次反复地运用抽屉原理，请看下面两道例题。例 11 设有 428 的方格棋盘，将每一格涂上红、蓝、黄三种颜色中的任意一种。试证明：无论怎样涂法，至少存在一个四角同色的长方形。证明：我们先考察第一行中 28 个小方格涂色情况，用三种颜色涂28 个小方格，由抽屉原理知，至少有 10 个小方格是同色的，不妨设其为红色，还可设这 10 个小方格就在第一行的前 10 列。下面考察第二、三、四行中前面 10 个小方格可能出现的涂色情况。这有两种可能：（1）这三行中，至少有一行，其前面 10 个小方格中，至少有 2 个小方格是涂有红色的，那么这 2 个
15、小方格和第一行中与其对应的 2 个小方格，便是一个长方形的四个角，这个长方形就是一个四角同是红色的长方形。（2）这三行中每一行前面的 10 格中，都至多有一个红色的小方格，不妨设它们分别出现在前三列中，那么其余的 37 个小方格便只能涂上黄、蓝两种颜色了。我们先考虑这个 37 的长方形的第一行。根据抽屉原理，至少有 4个小方格是涂上同一颜色的，不妨设其为蓝色，且在第 1 至 4 列。再考虑第二行的前四列，这时也有两种可能：（1）这 4 格中，至少有 2 格被涂上蓝色，那么这 2 个涂上蓝色的小方格和第一行中与其对应的 2 个小方格便是一个长方形的四个角，这个长方形四角同是蓝色。（2）这 4 格
16、中，至多有 1 格被涂上蓝色，那么，至少有 3 格被涂上黄色。不妨设这 3 个小方格就在第二行的前面 3 格。下面继续考虑第三行前面 3 格的情况。用蓝、黄两色涂 3 个小方格，由抽屉原理知，至少有 2 个方格是同色的，无论是同为蓝色或是同为黄色，都可以得到一个四角同色的长方形。总之，对于各种可能的情况，都能找到一个四角同色的长方形。例 12 试卷上共有 4 道选择题，每题有 3 个可供选择的答案。一群学生参加考试，结果是对于其中任何 3 人，都有一道题目的答案互不相同。问：参加考试的学生最多有多少人？解：设每题的三个选择分别为 a，b，c。（1）若参加考试的学生有 10 人，则由第二抽屉原理
17、知，第一题答案分别为 a，b，c 的三组学生中，必有一组不超过 3 人。去掉这组学生，在余下的学生中，定有 7 人对第一题的答案只有两种。对于这 7 人关于第二题应用第二抽屉原理知，其中必可选出 5 人，他们关于第二题的答案只有两种可能。对于这 5 人关于第三题应用第二抽屉原理知，可以选出 4 人，他们关于第三题的答案只有两种可能。最后，对于这 4 人关于第四题应用第二抽屉原理知，必可选出 3 人，他们关于第四题的答案也只有两种。于是，对于这 3 人来说，没有一道题目的答案是互不相同的，这不符合题目的要求。可见，所求的最多人数不超过 9 人。另一方面，若 9 个人的答案如下表所示，则每 3 人
18、都至少有一个问题的答案互不相同。所以，所求的最多人数为 9 人。练习 131.六（1）班有 49 名学生。数学王老师了解到在期中考试中该班英文成绩除 3 人外均在 86 分以上后就说：“我可以断定，本班同学至少有4 人成绩相同。”请问王老师说得对吗？为什么？2.现有 64 只乒乓球，18 个乒乓球盒，每个盒子里最多可以放 6 只乒乓球，至少有几个乒乓球盒子里的乒乓球数目相同？3.某校初二年级学生身高的厘米数都为整数，且都不大于 160 厘米，不小于 150 厘米。问：在至少多少个初二学生中一定能有 4 个人身高相同？4.从 1，2，100 这 100 个数中任意选出 51 个数，证明在这 51
19、个数中，一定：（1）有两个数的和为 101；（2）有一个数是另一个数的倍数；（3）有一个数或若干个数的和是 51 的倍数。5.在 37 的方格表中，有 11 个白格，证明（1）若仅含一个白格的列只有 3 列，则在其余的 4 列中每列都恰有两个白格；（2）只有一个白格的列只有 3 列。6.某个委员会开了 40 次会议，每次会议有 10 人出席。已知任何两个委员不会同时开两次或更多的会议。问：这个委员会的人数能够多于60 人吗？为什么？7.一个车间有一条生产流水线，由 5 台机器组成，只有每台机器都开动时，这条流水线才能工作。总共有 8 个工人在这条流水线上工作。在每一个工作日内，这些工人中只有
20、5 名到场。为了保证生产，要对这8 名工人进行培训，每人学一种机器的操作方法称为一轮。问：最少要进行多少轮培训，才能使任意 5 个工人上班而流水线总能工作？8.有 9 名数学家，每人至多能讲 3 种语言，每 3 人中至少有 2 人能通话。求证：在这 9 名中至少有 3 名用同一种语言通话。练习 13 1.对。解：因为 49-3=3（100-86+1 ）+1，即 46=315+1，也就是说，把从 100 分至 86 分的 15 个分数当做抽屉，49-3=46（人）的成绩当做物体，根据第二抽屉原理，至少有 4 人的分数在同一抽屉中，即成绩相同。2.4 个。解：18 个乒乓球盒，每个盒子里至多可以放
21、 6 只乒乓球。为使相同乒乓球个数的盒子尽可能少，可以这样放：先把盒子分成 6 份，每份有 186=3（只），分别在每一份的 3 个盒子中放入 1 只、2 只、3只、4 只、5 只、6 只乒乓球，即 3 个盒子中放了 1 只乒乓球，3 个盒中放了 2 只乒乓球3 个盒子中放了 6 只乒乓球。这样，18 个盒子中共放了乒乓球（1+2+3+4+5+6）3=63（只）。把以上 6 种不同的放法当做抽屉，这样剩下 64-63=1（只）乒乓球不管放入哪一个抽屉里的任何一个盒子里（除已放满 6 只乒乓球的抽屉外），都将使该盒子中的乒乓球数增加 1 只，这时与比该抽屉每盒乒乓数多 1 的抽屉中的 3 个盒子
22、里的乒乓球数相等。例如剩下的 1 只乒乓球放进原来有 2 只乒乓球的一个盒子里，该盒乒乓球就成了 3 只，再加上原来装有 3 只乒乓球的 3 个盒子，这样就有 4 个盒子里装有 3 个乒乓球。所以至少有 4 个乒乓球盒里的乒乓球数目相同。3.34 个。解：把初二学生的身高厘米数作为抽屉，共有抽屉160-150+1=11 （个）。根据抽屉原理，要保证有 4 个人身高相同，至少要有初二学生311+1=34（个）。4.证：（1）将 100 个数分成 50 组：1，100，2，99，50，51。在选出的 51 个数中，必有两数属于同一组，这一组的两数之和为101。（2）将 100 个数分成 10 组：
23、1,2,4,8,16,32,64, 3,6,12,24,48,96,5,10,20,40,80, 7,14,28,56,9,18,36,72, 11,22,44,88,13,26,52, 15,30,60,49,98, 其余数。其中第 10 组中有 41 个数。在选出的 51 个数中，第 10 组的 41 个数全部选中，还有 10 个数从前 9 组中选，必有两数属于同一组，这一组中的任意两个数，一个是另一个的倍数。（3）将选出的 51 个数排成一列：a1，a 2，a3，a51。考虑下面的 51 个和：a1，a1+a 2，a 1+a2+a3，a 1+a2+a3+a51。若这 51 个和中有一个是
24、 51 的倍数，则结论显然成立；若这 51 个和中没有一个是 51 的倍数，则将它们除以 51，余数只能是 1，2，50中的一个，故必然有两个的余数是相同的，这两个和的差是 51 的倍数，而这个差显然是这 51 个数（a1，a 2， a3，a51 ）中的一个数或若干个数的和。5.证：（1）在其余 4 列中如有一列含有 3 个白格，则剩下的 5 个白格要放入 3 列中，将 3 列表格看做 3 个抽屉，5 个白格看做 5 个苹果，根据第二抽屉原理，5（=23-1）个苹果放入 3 个抽屉，则必有 1 个抽屉至多只有（2-1）个苹果，即必有 1 列只含 1 个白格，也就是说除了原来 3 列只含一个白格
25、外还有 1 列含 1 个白格，这与题设只有 1 个白格的列只有 3 列矛盾。所以不会有 1 列有 3 个白格，当然也不能再有 1 列只有 1 个白格。推知其余 4 列每列恰好有 2 个白格。（2）假设只含 1 个白格的列有 2 列，那么剩下的 9 个白格要放入 5列中，而 9=25-1，由第二抽屉原理知，必有 1 列至多只有 2-1=1（个）白格，与假设只有 2 列每列只 1 个白格矛盾。所以只有 1 个白格的列至少有 3 列。6.能。解：开会的“人次”有 4010=400（人次）。设委员人数为 N，将“人次”看做苹果，以委员人数作为抽屉。若 N60，则由抽屉原理知至少有一个委员开了 7 次（
26、或更多次）会。但由已知条件知没有一个人与这位委员同开过两次（或更多次）的会，故他所参加的每一次会的另外 9 个人是不相同的，从而至少有 79=63（个）委员，这与 N60 的假定矛盾。所以， N 应大于 60。7.20 轮。解：如果培训的总轮数少于 20，那么在每一台机器上可进行工作的工人果这 3 个工人某一天都没有到车间来，那么这台机器就不能开动，整个流水线就不能工作。故培训的总轮数不能少于 20。另一方面，只要进行 20 轮培训就够了。对 3 名工人进行全能性培训，训练他们会开每一台机器；而对其余 5 名工人，每人只培训一轮，让他们每人能开动一台机器。这个方案实施后，不论哪 5 名工人上班
27、，流水线总能工作。8.证：以平面上 9 个点 A1，A2，A9 表示 9 个数学家，如果两人能通话，就把表示他们的两点联线，并涂上一种颜色（不同的语言涂上不同颜色）。此时有两种情况：（1）9 点中有任意 2 点都有联线，并涂了相应的颜色。于是从某一点 A1 出发，分别与 A2，A3，A9 联线，又据题意，每人至多能讲 3种语言，因此 A1A2，A1A3，A1A9 中至多只能涂 3 种不同的颜色，由抽屉原理知，这 8 条线段中至少有 2 条同色的线段。不妨设 A1A2 与A1A3 是同色线段，因此 A1，A2，A3 这 3 点表示的 3 名数学家可用同一种语言通话。（2）9 点中至少有 2 点不联线，不妨设是 A1 与 A2 不联线。由于每3 人中至少有两人能通话，因此从 A1 与 A2 出发至少有 7 条联线。再由抽屉原理知，其中必有 4 条联线从 A1 或 A2 出发。不妨设从 A1 出发，又因 A1 至多能讲 3 种语言，所以这 4 条联线中，至少有 2 条联线是同色的。若 A1A3 与 A1A4 同色，则 A1，A3，A4 这 3 点表示的 3 名数学家可用同一种语言通话。
