1、 抽屉原理在初等数学中的运用摘要：抽屉原理也称为鸽巢原理，它是组合数学中的一个最基本的原理.也是数学中的一个重要原理，抽屉原理的简单形式可以描述为：“如果把 个球或者更多的球放进 个抽屉，必有一个抽屉至少1+nn有两个球.”它的正确性十分明显，很容易被并不具备多少数学知识的人所接受，如果将其灵活地运用，则可得到一些意想不到的效果. 运用抽屉原理可以论证许多关于“存在” 、 “总有” 、 “至少有”的存在性问题。学习抽屉原理可以用来解决数学中的许多问题，也可以解决生活中的一些现象。如招生录取、就业安排、资源分配、职称评定等等，都不难看到抽屉原理的作用。在解决数学问题时有非常重要的作用. 抽屉原理
2、主要用于证明某些存在性问题及必然性题目，如几何问题、涂色问题等. 各种形式的抽屉原理在高等数学和初等数学中经常被采用，使用该原理的关键在于如何巧妙地构造抽屉，即如何找出合乎问题条件的分类原则，抽屉构造得好，可得出非常巧妙的结论.本文着重从抽屉的构造方法阐述抽屉原理在高等数学和初等数学（竞赛题）中的应用,同时指出了它在应用领域中的不足之处.关键词：抽屉原理；初等数学；应用一、 抽屉原理（鸽巢原理）什么是抽屉原理？先举个简单的例子说明，就是将 3 个球放入 2 个篮子里，无论怎么放，必有一个篮子中至少要放入 2 个球，这就是抽屉原理.或者假定有五个鸽子笼，养鸽人养了 6 只鸽子，当鸽子飞回巢中，那
3、么一定至少有一个鸽笼里有两只鸽子，这就是著名的鸽巢原理.除了这种比较普遍的形式外，抽屉原理还经许多学者推广出其他的形式.比如陈景林、阎满富编著的中国铁道出版社出版的组合数学与图论一书中对抽屉原理给出了比较具体的定义，概括起来主要有下面几种形式:原理 1 把多于 个的元素按任一确定的方式分成 个集合，则一定有一个集合中含有两个或两个nn以上的元素.原理 2 把 个元素任意放到 个集合里，则至少有一个集合里至少有 个元素，其中mn)(k原理 3 把无穷个元素按任一确定的方式分成有穷个集合，则至少有一个集合中仍含无穷个元素.卢开澄在组合数学 （第三版）中将抽屉原理（书中称为鸽巢原理）又进行了推广2.
4、鸽巢原理：设 k 和 n 都是任意正整数，若至少有 kn+1 只鸽子分配在 n 个鸽巢中，则至少存在一个鸽巢中有至少 k+1 只鸽子.二、抽屉的构造途径在利用抽屉原理解题时，首先要明确哪些是“球” ，哪些是“抽屉” ，而这两者通常不会现成存在于题目中，尤其是“抽屉” ，往往需要我们用一些巧妙的方法去构造。我们利用抽屉原理解题的关键,就在于怎样设计“抽屉”.三、抽屉原理在初等数学中的应用初等数学问题的特点：只给出一些相关的条件，或者即使给出一些数值条件，也不能利用这些条件进行计算、或代入求值、或列方程、或做图、或证明等方法去解决，只能利用这些条件进行推理、判断，从而解决问题. 讨论存在性问题是数
5、学竞赛中的一类常见问题。处理这类问题常用到抽屉原理。下面我们就列举抽屉原理在初等数学(竞赛)中的应用.例 9 某次考试有 5 道选择题，每题都有 4 个不同的答案供选择，每人每题恰选 1 个答案.在 2000份答卷中发现存在一个 ,使得任何 份答卷中都存在 4 份，其中每 2 份的答案都至多 3 题相同. 的n n最小可能值.(2000，中国数学奥林匹克)解：将每道题的 4 种答案分别记为 1，2，3，4，每份试卷上的答案记为 ，其中),(kjihg，令 ，,321,kjihg 4),3(),(),( jikjihkji=1，2，3，4，共得 256 个四元组.由于 2000=256 7+20
6、8，故由抽屉原理知，有 8 份试卷上的答案属于同一个四元组.取出这 8 份试卷后，余下的 1992 份试卷中仍有 8 份属于同一个四元组，再取出这 8 份试卷，余下的 1984 份试卷中又有 8 份属于同一个四元组.又取出这 8 份试卷.三次共取出 24 份试卷，在这 24 份试卷中，任何 4份中总有 2 份的答案属于同一个四元组，不满足题目的要求.所以， .25n下面证明 =25.n令 则 .4,31,),4(mod0|),( kjihgkjihgkjihS+=256，且 中去掉 6 个元素，当余下的 250 种答案中的每种答案都恰有 8 人选用时，共得到 2000份答案，其中的 25 份答
7、案中，总有 4 份不相同.由于它们都在 中，当然满足题目要求.这表明，S=25 满足题目要求 .n综上可知，所求的 的最小可能值为 25.n先运用抽屉原理给出 的下界，然后用构造法给出例子 .这是一道典型的运用构造法解题的好题目.在解题中合理构造抽屉往往会收到意想不到的效果.例 10 任给 7 个实数，证明必存在两个实数 满足 0 1+ .a,b3)-(bajiQa3-例 11 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：要解决该题，就得找到其关键，其实就在于“两个数” ，他们的关系是“其中一个是另一个的整数倍” 。我们要构造“
8、抽屉” ，就要在每个抽屉中任取两个数，并且有一个数是另一个的整数倍，而只有把公比是正整数的整个等比数列都放在同一个抽屉才行，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=12 1，3=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，
9、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；（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
10、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，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
11、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 12（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
12、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，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6 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，B2，B3，B4，B
13、5，B6 之间的连线只染有黄蓝两色。 考虑从 B1 引出的 5 条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，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，B1B3，B1B4。这时若 B2，B3，B4 之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若 B2，B3，B4，之间无黄线，则B2，B3，B4，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
14、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）
15、（6，2）（17，3）的过程，易发现6=（3-1）2+2，17=（6-1）3+2，66=（17-1）4+2，同理可得（66-1）5+2=327， （327-1）6+2=1958记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，我们可以得到递推关系式：rn=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。 参考文献1陈景林,阎满富.组合数学与图论.北京：中国铁道出版社出版,2000.4-62卢开澄.组合数学（第 3 版）.北京清华大学出版社，2002.072曹汝成.组合数学.广州：华南理工大学出版社,2001.170-173 3忘向东,周士藩等.高等代数常用方法.山西：高校联合出版社,1989.64-664刘否南.华夏文集.太原：高校联合出版社,1995.88-906严示健.抽屉原则及其它的一些应用.数学通报,1998,4.10-117丁一鸣中学数学教学 ，1988 年第 02 期8 杨忠.中学生数学 ，2010 年第 08 期9石立叶，于娜，刘文涵.抽屉原理及其应用 ，2009，4.1110数学教学通讯 ，1987 年第 03 期11中学生数学 ，2005 年第 18 期
