1、 第五讲第五讲 抽屉原则（二）抽屉原则（二） 一用数组构造抽屉 例 1在 1、4、7、10、100 中任取 20 个不同的数组成一组，证明这样的任意一 组数中必有不同的两对数，其和都是 104.21 教育名师原创作品 证明：把所给的数分成如下 18 个不相交的数组：4、100、7、97、10、94、 49、55、1、52。21*cnjy*com 把每一组数看作是一个“抽屉”，当任意取出 20 个整数时，若取到 1 和 52，则剩下的 18 个数，一定取自前 16 个“抽屉”，这样至少有 4 个数取自某两个“抽屉”中，若 1 和 52 没有全被取出， 则有多于 18 个数取自前 16 个 “抽屉
2、” 中， 同样至少有 4 个数取自某两个 “抽 屉”中。 而前 16 个“抽屉”中的任一“抽屉”的两个数之和为 104。 说明：题目中没有现成的东西可看作“抽屉”。我们把和 104 的两个数组成的数组看作 “抽屉”。这种根据问题的要求构造“抽屉”的方法少经常要用到的。 还应注意， 本题中 “抽屉” 的容量是有限的， 解题时要根据所给的条件进行具体的分析。 例 2夏令营组织 2017 名营员去游览故宫、景山公园和北海公园，规定每人必须去一 处，最多去两处游览，那么至少有多少人游览的地方完全相同？21 cn jy com 解：首先要弄清楚一共有多少种不同的游览情况，并把它们表示出来。为此，设某人游
3、 览某处记作“1”，没有去某处记作“0”。并用有序数组a，b，c表示某人游览的情况。 a=1 表示去了故宫，a=0 表示没有去故宫；b=1 表示去了景山，b=0 表示没有去景山；c=1 表示去了北海，c=0 表示没有去北海。例如1，1，0表示某人去了故宫个景山，而没有去 北海。2-1-c-n-j-y 由于每人必须去一处，且最多去两处，所以又来的不同的情况共有 6 种可能： 1，1，0，1，0，1，0，1，1，1，0，0，0，1，0，0，0，1。 这样我们就可以把这六种情况看作是六个“抽屉”，由于 20172016=6336+1， 根据抽屉原则二，至少有 337 人游览的地方相同。 例 3把 1
4、、2、3、10 这 10 个自然数按任意顺序排成一圈，求证在这一圈数中 一定有相邻的三个数之和大于 17.www.21-cn- 证明：无论依怎样的顺序，把 1、2、3、10 这 10 个自然数摆成一圈，总能先找 到 1 的位置，然后按顺时针方向，把其他的数依次表示为 a2，a3，a4，a10。 对任意一种摆法，都把以上九个数分成三组(a2，a3，a4)；(a5，a6，a7)；(a8，a9，a10)。 把这三组数看作是三个“抽屉”， 又根据加法的交换律、结合律， 可以得到下面的等式： (a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+(a8+a9+a10)=2+3+4+10=54. 而 5451=17
5、3。根据抽屉原则二，一定有一个抽屉中的三个数之和大于 17，它们恰 好是位置相邻的三个数。www-2-1-cnjy-com 二用剖分图形构造“抽屉” 例 4已知在边长为 1 的等边三角形内（包括边界），任意点了五个点，求证：至少有 两个点之间的距离不大于二分之一。21 世纪教育网版权所有 G F E B C A 证明：如图，等边三角形 ABC 的三边中点为 E、F、G，这样 EF、FG、GE 把边长为 1 的等边三角形 ABC 分成了 4 个边长为二分之一的等边三角形。21 教育网 如果规定 EF、FG、GE 上的点属于EFG，那么ABC 内的点被划分为四个不相交的 区域。把每个区域看作是一个
6、“抽屉”，在ABC 内任意画五个点，根据抽屉原则，必有 两个点放入同一抽屉中。也就是一定有一个边长为二分之一的三角形，其中包含两个点。 显然这两个点的距离不超过二分之一。 例 5如果在一个边长为 1 的正方形中，任意放入九个点，则至少存在三个点，其所构 成的三角形的面积不超过八分之一。【来源：21cnj*y.co*m】 解： G(4) G(3) G(2) G(1) A C B A F E G D 图一 图二 如图一，将边长为 1 的正方形分成四个面积都是四分之一的长方形 G1、G2、G3、G4， 在正方形内任意放入九个点，由于 924，根据抽屉原则，至少有一个长方形内包含三个 或三个以上的点。
7、 只要证明以这三个点为顶点的三角形的面积不大于小长方形面积的一半就 行了。 设一个小长方形 DEFG 内有三个点 A、B、C（如图二），如果这三个点在一条直线上， 结论显然是对的。 如果这三个点不在一条直线上， 过这三个点分别做长方形较长边的平行线。 设过A点的平行线交BC于点A， A到DE的距离为h （0h 1 4 ） ， A点到FG的距离是 1 4 h。 于是ABC 的面积 ABCAA CAA B SSS 111 11() 224 hh 111 = 248 。 说明：本题构造抽屉的方法不是唯一的，例如还可以构造成四个相等的小正方形。但 要注意， 如果用两条对角线把正方形分成四个全等的小三角
8、形是不行的。 所以恰当的构造 “抽 屉”是解题的关键。 三用着色的方法构造“抽屉” 例 6 证明在任何六个人的聚会上， 总有三个人互相认识， 或者总有三个人互相不认识。 解：为了表示六个人之间相互认识或不认识的关系，我们用空间的六个点代表六个人。 如果两个人相互认识，那么连接表示这两个人的点的线段染成红色，如果两个人不认识，那 么相应的线段就染成蓝色。这样六个人聚会的问题，就可以换一个说法：空间有六个点 A、 B、C、D、E、F，其中没有三点共线，如果把每两个点间的线段染上红色或蓝色，不管如 何染法，总有一个三边是同一颜色的三角形。 考察从某一点（如点 A）出发的五条线段开始，由于它们不是红色
9、就是蓝色。把每种颜 色看作是一个“抽屉”，根据抽屉原则，其中至少有三条线段染了相同的颜色，不妨设为红 色。假定点 A 与 B、C、D 三点的连线 AB、AC、AD 为红色，再用虚线连接 BC、CD、CB， 在这三条线段中用红、蓝两种颜色染色，如果它们都是蓝色，问题已经解决；如果其中至少 有一条是红色，不妨设 BC 为红色，则三角形 ABC 的三边都是红色。所以问题得到解决。 四用剩余数构造“抽屉” 例 7一些孩子在沙滩上玩耍，他们把石头堆成许多堆，其中有一个孩子发现，从石头 堆中任意选出五堆， 其中至少有两堆石子数之差是 4 的倍数， 你说他的结论对吗？为什么？ 解：我们把五堆石子数看作是五个
10、自然数，它们被 4 除，其余数不外乎是 0、1、2、3 四种可能。如果把每一种余数看作是一个“抽屉”，把五个数放入抽屉，根据抽屉原则，其 中有一个抽屉中至少有两个数， 这两个数被 4 除的余数相同， 也就是说这两堆石子数之差是 4 的倍数。 例 8任意给定一个正整数 n，一定可以将它乘以适当的整数，使得乘积为完全由 0 和 7 组成的数。 分析：先试几个具体的正整数。 当 n=2 时，235=70；当 n=3 时，3259=777；当 n=4 时，41925=7700；当 n=5 时， 514=70。这种试验使得我们对此结论更确信了。2 1 c n j y 解：现在考察(n+1)个数：7、77
11、、777、7777 n位 、 ( +1) 7777 n位 。 把它们分别记作 a1，a2，an，an+1，如果将这(n+1)个数中的每一个数 ai除以 n，则 余数只可能是 0、1、2、(n1)中的某一个。由此可以作出 n 个“抽屉”： 第一个抽屉是余数为 0 的； 第二个抽屉是余数为 1 的； ； 第 n 个抽屉是余数为(n1) 的；把 a1，a2，an，an+1这(n+1)个数按照被 n 除后余数不同的情况分到各个“抽屉”中， 根据抽屉原则， 必有一个抽屉中含有两个余数相同的数。 不妨设为 ap=7777 p位 ， aq=7777 q位 （假设 pq），于是 apaq能被 n 整除，且具有
12、 () 777000 pq p qq aa 位位 的形式。 这就是说 n 乘以适当的数之后得到形式为 () 777000 p qq位位 的数，即由 7 和 0 组成的数。 反过来我们试验一下 n=6 的情况：首先把 7、77、777、7777、77777、777777、7777777 这七个数除以 6。76=11；776=125；7776=1293；77776=1296 1；。【来源：21世纪教育网】 我们已经找到了两个被 6 除余数为 1 的数是 7 和 7777. 77777=7770，所以 77706=1295，即 61295=7770. 练习题 1某商店有 126 箱苹果，每箱至少 1
13、20 个，至多有 144 个，现将苹果个数相同的箱子放作 一组，如果其中箱子数最多的一组有 n 个箱子，那么 n 的最小值是多少？ 解：从 120 到 144，共有 144120+1=25 个数，以这 25 个数作为“抽屉”，125=525+1， 所以必定有一个“抽屉”中至少有 6 个箱子。n 的最小值为 6. 2 在边长为 1 的等边三角形中取 10 个点， 其中必有两个点它们之间的距离不超过三分之一。 解： 如图把三角形的每边找到它们的三等分点， 连接成 9 个小等边三角形， 每个小三角形的 边长都是三分之一。用这九个小三角形作成 9 个“抽屉”，把 10 个点放入抽屉中，一定有 一个抽屉
14、中至少有两个点，这两个点之间的距离不超过三分之一。 3任给 5 个自然数，证明一定能从中选出 3 个数，使得这 3 个数的和能被 3 整除。 解：自然数被 3 除的余数是 0、1 或 2，用这三个余数作“抽屉”，把五个数放入三个抽屉 中。 若每个抽屉中都有数字，则从三个抽屉中各取一个数，这三个数的和能被 3 整除； 如果有一个抽屉中没有数字，即将这 5 个数放入到另外两个抽屉中，根据抽屉原则，一 定有一个抽屉中至少有 3 个数，这 3 个数的和能被 3 整除。 综上所述，在这 5 个数中一定可以找到 3 个数，使得 3 个数的和能被 3 整除。 4全班有 30 个同学，每人都有图书，全班现在共
15、有 450 本图书，证明至少有两个人有相同 数量的图书。 解：全班 30 个同学中，如果每人所有的图书本数都不相同，则最少有 1+2+3+30=465(本)书。 现在只有 450 本书，说明至少有两个人，他们所有的图书本数相同。 5在半径为 1 的圆内，任意画 13 个点，则一定有 3 个点，由他们所构成的三角形的面积小 于 6 。为什么？ 解：如图把圆分成 6 等份， 用这六小块作成六个“抽屉”，13=26+1，所以根据抽屉原则，一定有一个“抽屉” 中至少有三个点， 由这三个点组成的三角形的面积小于圆的面积的六分之一， 即三角形面积 小于 6 。 21*cnjy*com 6黑色、白色、黄色、
16、红色的筷子分别有 1 根、3 根、5 根和 7 根混杂在一起，黑暗中要从 这些筷子中取出不同颜色的两双筷子（每双筷子的颜色相同）。至少要取出多少根才能保证 达到要求。 解：按极端情况考虑，如果黑色、白色、黄色、红色的筷子各取出 1 根，然后又连续取出的 都是红色的筷子，把红色的筷子取完，这时已经取出 10 根筷子，可是只有红色的筷子可以 成双。 如果再取出 1 根筷子，不论是什么颜色的，都可以保证有不同颜色的两双筷子。所以至 少要取出 11 根筷子。 7 如图是一个 3 行 7 列的 21 个小方格的长方形， 每个小方格用红、 黄两种颜色涂色。 证明： 不论怎样涂色一定能找到一个由小方格组成的
17、长方形， 它的四个角上的小方格具有相同的颜 色。21世纪*教育网 解：用红、黄两种颜色作“抽屉”，先给第一行染色，即第一行共有 7 个小方块，7=32+1， 根据抽屉原则，一定有一种颜色的小方格至少有四个。不妨设第一行中有 4 个小方格 是红色的。 对这四个小方格的下方对应的第二行的四个小方格染色，如果其中有两个方格染成红 色，那么问题已经解决。 如果最多只有一个小方格染成红色，也就是说至少有三个小方格染成黄色， 对于三个黄色方格下方在第三行中对应的小方格，用两种颜色染色，根据抽屉原则， 一定有一种颜色的小方格至少有 2 个，如果是 2 个黄色的小方格，则问题解决。 如果是 2 个红色的小方格
18、，则与第一行对应，也能构成一个长方形，使得四个角都是 红色的方格。 综上所述，不论怎样涂色一定能找到一个由小方格组成的长方形，它的四个角上的小 方格具有相同的颜色。 8从整数 1、2、3、200 中，任取 101 个数。证明在这 101 个数中，一定有两个数， 其中一个能被另一个数整除。【出处：21 教育名师】 解：把 200 个数分成下列 100 个数组：1、2、4、127；3、6、9、326； 5、10、15、525；99、992；101；103；199。 把每个数组看成一个“抽屉”，把 101 个数放入这 100 个抽屉中，根据抽屉原则，一定 有一个抽屉中至少有 2 个数，这两个数一定是大数能被小数整除。【版权所有：21 教育】
