1、 中高考 找才子 始建于1998年 第10講 抽屜原理抽屜原理又叫鴿籠原理、狄里克雷( P. G. Dirchlet,18051895,德國)原理、重疊原理、鞋盒原理. 這一最簡單的思維方式在解題過程中卻可以演變出很多奇妙的變化和頗具匠心的運用. 抽屜原理常常結合幾何、整除、數列和染色等問題出現, 抽屜原理I：把件東西任意放入n只抽屜里，那么至少有一個抽屜里有兩件東西。抽屜原理II：把件東西放入個抽屜里，那么至少有一個抽屜里至少有件東西。抽屜原理III：如果有無窮件東西，把它們放在有限多個抽屜里，那么至少有一個抽屜里含無窮件東西。應用抽屜原理解題，關鍵在于構造抽屜。構造抽屜的常見方法有：圖形分

2、割、區間劃分、整數分類（剩余類分類、表達式分類等）、坐標分類、染色分類等等，下面舉例說明。A類例題例1 如圖，分別標有1到8的兩組滾珠均勻放在內外兩個圓環上，開始時相對的滾珠所標數字都不相同，當兩個圓環按不同方向轉動時，必有某一時刻，內外兩環中至少有兩對數字相同的滾珠相對分析 轉動一周形成7個內外兩環兩對數字相同的時刻，以此構造抽屜。證明 內外兩個圓環轉動可把一個看成是相對靜止的，只有一個外環在轉動當外環轉動一周后，每個滾珠都會有一次內環上標有相同數字的滾珠相對的時刻，這樣的時刻將出現8次但一開始沒有標有相同數字的滾珠相對，所以外環轉動一周的過程中最多出現7個時刻內外標有相同數字的滾珠相對，故

3、必有一個時刻內外兩環中至少有兩對數字相同的滾珠相對說明 轉動一周內外兩環兩對的8個時刻排除顯然不合題意的初始時刻是本題的突破口。例2 7月份的天熱得人都不想工作，只想呆在有空調的房間里可小張卻沒有辦法休假，因為他是一個空調修理工，為了讓更多人好好休息，他只能放棄自己的休息在過去的7月份里，小張每天至少修理了一臺空調由于技術過硬，每一臺空調都能在當天修理好8月1日結算的時候，大家發現小張在7月份一共修理了56臺空調求證：存在連續的若干天（也可以是1天），在這些天里，小張恰好修理了5臺空調分析 本題的難點在于將題中結論轉化為抽屜原理的數學模型。證明 我們來考察“連續的若干天”里小張修理的空調臺數設

4、小張在第i天修理了xi臺空調，其中i=1，2，31則：x1<x1+x2<x1+x2+x3<<x1+x2+x31=56另外：x1+5<x1+x2+5<x1+x2+x3+5<<x1+x2+x31+5=61上面的兩組數（共62個）均在1到61之間（包括這兩個數），由抽屜原理，必有二個數是相等的，且相等的兩個數應該來自不同的組從而x1+x2+xq= x1+x2+xp+5(q>p)由此可見xp+1+xp+2+xq=5即從第p+1天開始到第q天修理的空調正好是5臺例3 點為內任意一點，與點、的連線分別交對邊于、求證：在、中必有一個不大于2，也必有一個不

5、小于2分析 由尋求關于、的關系式展開分析。證明 利用以及，（其余兩個類似）得：三個正數的和為1，必有一個不小于，也必有一個不大于不妨設，得，得所以在、中必有一個不大于2，也必有一個不小于2情景再現1在邊長為1的正方形內任意放入九個點，求證：存在三個點，以這三個點為頂點的三角形的面積不超過。（1963年北京市數學競賽題）2質點沿直線方向往前跳，每跳一步前進米，而前進方向上距離起點每隔1米都有一個以此點為中心長為米的陷阱，證明該質點遲早要掉進某個陷阱里。3在坐標平面上任取5個整點（該點的橫縱坐標都取整數），證明：其中一定存在兩個整點，它們的連線中點仍是整點。B類例題例4（1）對于任意的5個正整數，

6、證明其中必有3個數的和能被3整除；（2）對于任意的11個正整數，證明其中一定有6個數，它們的和能被6整除。分析 （1）可借助于3的同余類構造抽屜；（2）若仿造（1）借助于6的同余類構造抽屜情形較為煩瑣，不妨借助于（1）的結論從中構造出能滿足被2整除的數. 證明 （1）任何自然數除以3的余數只能是0、1、2，不妨分別構造3個抽屜：，將這5個數按其余數放置到這3個抽屜中：若這5個正整數分布在這3個抽屜中，從3個抽屜中各取一個，其和必能被3整除；若這5個自然數分布在其中的2個抽屜中，則必有一個抽屜中含有至少3個數，取其3個，其和必能被3整除；若這5個自然數分布在其中的1個抽屜中，取其3個，其和必能被

7、3整除。（2）設11個整數為，因為。先考慮被3整除的情形。由（1）知：在11個任意整數中，必存在：， 不妨設；同理，剩下的8個任意整數中，由（1）知，必存在：，不妨設；同理，其余的5個任意整數中，有：，設。   再考慮中存在兩數之和被2整除。依據抽屜原理，這三個整數中，至少有兩個是同奇或同偶，這兩個同奇（或同偶）的整數之和必為偶數.不妨設，則：，即。所以任意11個整數，其中必有6個數的和是6的倍數。例5910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍墨水瓶的顏色次序必定出現下述兩種情況之一種：1至少三行完全相同； 2至少有兩組（四行），每組的兩行完全相

8、同。（北京市高中一年級數學競賽1990年復賽試題）分析 每行7個位置有128種不同放置方式，以此構造抽屜.證明 910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7個位置中的每個位置都有紅、藍兩種可能，因而總計共有種不同的行式（當且僅當兩行墨水瓶顏色及次序完全相同時稱為“行式”相同） 任取130行中的129行，依抽屜原理可知，必有兩行（記為A，B）“行式”相同。在除A、B外的其余128行中若有一行P與A（B）“行式”相同，則P，A，B滿足“至少有三行完全相同”；在其余（除A，B外）的128行中若沒有與A（B）行式相同者，則128行至多有127種不同的行式，依抽屜原理，必有兩行（不妨記為C、D

9、）行式相同，這樣便找到了（A，B）、（C，D）兩組（四行），每組兩行完全相同。說明 本題構造抽屜時用到分步計數原理，個“行式”是構造“抽屜”的關鍵。例6將平面上每個點以紅藍兩色之一著色，證明：存在這樣的兩個相似三角形，它們的相似比為1995，并且每一個三角形的三個頂點同色。（1995年全國高中數學聯賽試題）分析 構造相似比為1995的9點組。證明 如圖，作兩個半徑分別為1和1995的同心圓，在內圓上任取9個點，必有5點同色，記為A1，A2，A3，A4，A5。連半徑交大圓于（），對B1，B2，B3，B4，B5，必有3點同色，記為，則與為三項點同色的相似三角形，相似比等于1995，滿足題設條件。評

10、析 這里連續用了兩次抽屜原理（以染色作抽屜）。也可以一開始就取位似比為1995的9個位似點組（），對4個抽屜（紅，紅），（紅，藍），（藍，紅），（藍，藍）應用抽屜原理，得出必有3個位似點屬于同一抽屜，從題目的證明過程中可以看出，相似比1995可以改換成另外一個任意的正整數、正實數。當然，不用同心圓也可證得，如在平面上取任三點都不共線的9點，由抽屜原理必有5點同色，設為A、B、C、D、E；以A為位似中心，以1995為相似比作ABCDE的相似形AB'C'D'E'，則5點A,B',C',D',E'中必有3點同色，設為B'D

11、9;E'，則即為所求。情景再現4有蘋果、梨、桔子若干個，任意分成9堆，求證一定可以找到兩堆，其蘋果數、梨數、桔子數分別求和都是偶數。5將平面上每個點以紅藍兩色之一著色，證明：存在無數個內角為30°，60°，90°的相似直角三角形，它們的相似比為1995，并且每一個三角形的三個頂點同色。6有17位科學家，其中每一個人和其他所有人通信，他們通信中討論三個問題，且每兩個科學家之間只討論一個問題，求證至少有三個科學家相互之間討論同一個問題。C類例題例7給定一個由10個互不相等的兩位十進制正整數組成的集合。求證：這個集合必有兩個無公共元素的子集合，各子集合中各數之和

12、相等。（第14屆試題）分析 根據子集中各數之和構造抽屜.解 10個元素的集合就有個不同的構造子集的方法，也就是，它一共有1024個不同的子集，包括空集和全集在內。空集與全集顯然不是考慮的對象，所以剩下個非空真子集。再看各個真子集中一切數字之和。用表示，則。這表明至多只有種不同的情況。由于非空真子集的個數是1022，1022846，所以一定存在兩個子集A與B，使得A中各數之和=B中各數之和。若，則命題得證，若，即A與B有公共元素，這時只要剔除A與B中的一切公有元素，得出兩個不相交的子集A1與B1，很顯然A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1與B1就是符合題目要求的子集。例8設。求最小的自然

13、數，使得的每個有個元素的子集都含有5個兩兩互素的數。（1991）分析 本題一方面要確定n的下界，另一方面須構造符合題意的集合.解 令，。記，利用容斥原理，容易算出。由于在中任取5個數必有兩個數在同一個之中，從而它們不互素。所以。另一方面，令和中的一切素數，。易知。令，則，從而，在中任取217個數，由于，這217個數中必有25個數在中，于是一定存在，使得至少有個數在其中，這5個數顯然是兩兩互素的。所以，于是可得。說明 在這個解法中，兩次使用了抽屜原理，其關鍵都是構造抽屜。由于第一步要確定的下界，既要找出盡可能大的的值，使得這個數中的任意五個數中至少有兩個不互素。故這時必須構造4個“抽屜”，滿足：

14、每個“抽屜”中任意兩個數都不互素；每個“抽屜”中包含盡可能多的數。在這些要求下構造出了集合，從而得到。在確定時，諸的構造要求是：中的任意兩個數互素；。情景再現79條直線的每一條都把一個正方形分成兩個梯形，而且它們的面積之比為23。證明：這9條直線中至少有3條通過同一個點。 8已知斐波那契數列：0，1，1，2，3，5，8，試問：在前100000002項中，是否會有某一項的末四位數字全是0？（不指第一項） 習題10 A1從集合中任取個數，證明：其中必有2個數互素。2任意給定7個整數，求證：其中必有兩個數，其和或差可被10整除。3任給7個實數，求證：其中必有至少兩個數（記為） 滿足。4某廠生產一種直

15、徑為的圓形零件，由加工水平可知零件直徑之差不會超過，并且其直徑不小于，現在要挑出兩個零件，使它們的直徑之差小于，若任意抽取，問至少要抽取多少件？5求證：在凸邊形中，至少存在兩個內角，使得。6我們稱點為個點（）的重心。求證：平面上任意13個整點中，必有某4個點的重心為整點。 習題 B7從正整數集中，任意選出51個數。求證：其中一定有兩個數，它們中的一個可以整除另一個。8從前39個正整數中任意取出8個數，證明：取出的數中一定有兩個數，這兩個數中大數不超過小數的倍。9已知整數。證明存在一個非零數列使得對和能被1001整除。10兩兩不等高的個人，隨便排成一列，求證：可以從總挑選個人向前一步出列，使他們

16、的身高從左到右是遞增或遞減的。 習題 C11某運動隊的隊員編號物重復地取自正整數1到100。如果其中任一隊員的編號都不是另兩隊員編號之和，也不是另一隊員編號的2倍，問這個運動隊最多有幾人？12我們稱非空集合為集合的一個劃分，如果：（1）；（2），。求最小的正整數，使得對的任意一個13劃分，一定存在某個集合，在中有兩個元素滿足。本節“情景再現”解答：1證明：根據題意，構造的“抽屜”中至少要有3點，且以這三個點為頂點的三角形的面積不超過。如圖，四等分正方形，得到4個矩形。在正方形內任意放入九個點，則一定存在一個矩形，其內至少存在個點，設三點為A、B、C，具體考察其所在的矩形（如圖），過三點分別作矩

17、形長邊的平行線，過A的平行線交BC于A'點，設A點到矩形長邊的距離為，則ABC的面積。2證明：若該質點跳了步后掉進了第個陷阱里，則本題等價于：存在正整數，使得。把區間分成1000等分，每一等分都是左閉右開的小區間，它們的長都是。考慮1001個實數，由于，則這1001個實數都在區間內。由抽屜原理，必有兩個實數設為和都在同一小區間內（不妨設）。于是有，即，設，則有。從而當質點跳了步后掉進了第個陷阱里。3解：由中點坐標公式知，坐標平面兩點、的中點坐標是。欲使都是整數，當且僅當與，與的奇偶性相同。坐標平面上的任意整點按照橫縱兩個坐標的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數、奇數），（偶數，偶數），

18、（奇數，偶數），（偶數，奇數）以此構造四個“抽屜”，則在坐標平面上任取五個整點，那么至少有兩個整點，屬于同一個“抽屜”因此它們連線的中點就必是整點。 4證明：因為每一堆里的每一種水果數或為奇數或為偶數（兩個抽屜），而9=2×4+1，故對于蘋果，9堆中必有5堆的奇偶性相同；這5堆對于梨數來說，由于5=2×2+1，故必有3堆的奇偶性相同；這3堆對于桔子數也必有2堆的奇偶性相同。于是，就找到這樣的兩堆，它們的蘋果數、梨數，桔子數的奇偶性都分別相同，從而其和數分別都是偶數。 5任取aR+，以a為邊作等邊三角形，則必有兩點同色，記為A，B同紅色，以AB為直徑作一圓，再作圓內接正六邊形

19、AC1C2BC3C4（如圖），當Ci中有紅點時ACiB即為所求；當Ci中無紅點即全為藍色時，RtC1C2C3即為所求。再由a的任意性知，這樣的三角形有無數個。 6科學家對應一個點，兩科學家之間討論的問題對應兩點間連線的顏色，本題轉化為染色問題：完全十七邊形K17用紅黃藍三色染其邊，必存在同色三角形。由A1出發有16條邊，用三色染，必有六條同色（設為紅色），不妨認為A1 A2，A1 A3，. A1 A7為紅色；若A2，A3，. A7之間有紅色連線，則存在紅色三角形，否則六點A2，A3，. A7兩兩連線得K6，用黃藍兩色染邊，必存在同色三角形。7證明：設正方形為ABCD，E、F分別是AB，CD的中

20、點。設直線把正方形ABCD分成兩個梯形ABGH和CDHG，并且與EF相交于P（如圖）。梯形ABGH的面積梯形CDHG的面積=23 ，EP是梯形ABGH的中位線，PF是梯形CDHG的中位線，由于梯形的面積=中位線×梯形的高，并且兩個梯形的高相等（AB=CD），所以梯形ABGH的面積梯形CDHG的面積=EPPF，也就是EPPF=23 。這說明，直線L通過EF上一個固定的點P，這個點把EF分成長度為23的兩部分。這樣的點在EF上還有一個，如圖上的Q點（FQQE=23）。 同樣地，如果直線與AB、CD相交，并且把正方形分成兩個梯形面積之比是23，那么這條直線必定通過AD、BC中點連線上的兩個

21、類似的點（五等分點）。 這樣，在正方形內就有4個固定的點，凡是把正方形面積分成兩個面積為23的梯形的直線，一定通過這4點中的某一個。根據抽屜原理，必有一個點，至少有條直線通過此點。 8注意到斐波那契數列是嚴格遞增的，故滿足要求的項至少是五位以上的數再注意到斐波那契數列的特點是每一項等于前面兩項的和，而100000002=，我們可以以相鄰兩項的末四位數字所成的有序對為抽屜，而末四位數字組成的數一共有個（不足四位前面補0），抽屜的個數正好是現有個數對，至少有兩個數對，它們的末四位完全相同設為，（）即有：，且于是，而就是說和的末四位相同，從而數對、的末四位相同（事實上我們得到了兩個連續三個數，和對應

22、末四位全部相同）依次類推，我們可以得到和的對應末四位全部相同，從而與（即0）的末四位相同，所以的末四位全為0 “習題10”解答：1構造個抽屜：、，則個數中必有兩個數屬于同一個抽屜，即此兩數互素2任意整數除以10的余數，只能是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這十個數中的一個。 不妨從余數角度出發，考慮構造合適的抽屜。（由題目分析，要求我們構造六個抽屜，并且抽屜中的余數和或差只能是0）由這10個余數，構造6個抽屜：  ，則任意7個不同整數除以10后所得余數（即7個元素），任意放入這6個抽屜，其中必有一個抽屜包含有其中2個不同整數除以10后所得的2個余數。若這兩個余數同屬于抽屜0或抽

23、屜5，則此二余數差是0，即這兩個余數對應的整數之差可以被10整除。若這兩個余數同屬于，這四個抽屜中的任意一個，則這兩個余數和是10，即這兩個余數所對應整數之和是10的倍數。可見，任意7個不同的整數中，必有兩個數的和或差是10的倍數。3記7個數為、，其中，將區間等分成6個區間：、，則7個角必有兩個屬于同一區間，不妨設，設，則，即存在兩個數 滿足。4首先指出取51件是不行的。當零件的直徑成等差數列：時，每兩件的直徑之差都不小于。再證取52件時成立。將區間作51等分，則52個零件中必有兩件的直徑屬于同一等分區間，有直徑之差，所以最少要取52件。5首先證明凸多邊形至多有5個內角小于。用反證法，若有6個

24、內角小于，則其內角和，這與矛盾。于是，凸邊形至少有個內角在區間內，它們的余弦值在內。將區間平均分成個小區間，每個小區間的長為。于是個角的余弦值分布在個小區間內，至少有兩個角的余弦值在同一個小區間內，設為、，因此。6按照坐標的奇偶性構造4個抽屜：（奇數、奇數），（偶數，偶數），（奇數，偶數），（偶數，奇數），由抽屜原理必有一個抽屜里至少有個點，這4點的重心顯然是整點。7證明：因為任何一個正整數都能表示成一個奇數與2的方冪的積，并且表示方法唯一，所以我們可把的正整數分成如下50個抽屜（因為中共有50個奇數）：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（25）；（26）；（50）。這就構造了50個抽屜，中的每一個數都在其中的1個抽屜內。從中任取51個數，據抽屜原理，其中必定至少有兩個數屬于同一個抽屜，即屬于號中的某一個抽屜，顯然在這25個抽屜中的任何同一個抽屜內的兩個數，一個是另一個的倍數。8證明：把前39個正整數分成下面7組： 1； 2，3； 4，5，6； 7，8，9，10； 11，12，13，14，15，16； 17，18，19，20，21，22，23，24，25； 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39； 因為從前39個自然數中任意取出8個