初一数学竞赛讲座⑿

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1、初一数学竞赛讲座第12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50组：1，2，3，4，99，100。在选出的

2、51个数中，必有2个数属于同一组，这个组中的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，这个组的2个数的差为50。（3）将100个数分成5组（一个数能够在不同的组内）：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，应选出的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

3、公约数大于1。例2 求证：能够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，故只需证明能够找到一个各位数字都是1的自然数，它是499的倍数就能够了。 得到500个余数r1，r2，r500。因为余数只能取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，假如他们中的每个人都与其中的66人相识，那么可

4、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，所以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组学生作为3个抽屉，分别记为A，B，C，并约定A中的学生所理解的66人只在B，C中，同时，B，C中的学生所理解的66人也只在A，C和A，B中。假如出现这种局面，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

5、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，那么他们理解的人只在另2组中，所以他们两人不相识。 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

6、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，因为工艺上的原因，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

7、：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，就一定能够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 在圆周上放着100个筹码，其中有41个红的和59个蓝的。那么总能够找到两个红筹码，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，由此我们能够在构造抽屉时，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

8、，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，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。这种情况一般能够表述为：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

9、。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。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

10、能将某一面的4条棱全部涂上红色？解：不能。如右图将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：假如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

11、任意地标上0，1，2，1999（每一点只标一个数，不同的点标上不同的数）。求证：必然存有一点，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，亦即存有一个点，与它紧相邻的两点和这点上

12、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，假如每次都恰有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：假如钥匙数小于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，所以90个人就无法按题述的条件住下来。另一方面，990把钥匙已经充足了，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，都能按要求住进房间。最后，我们要指出，解决某些较复杂的问题时，往往要

13、多次反复地使用抽屉原理，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，至少存有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

14、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

15、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，都能够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

16、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，能够选出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121.六（1）班有49名学生。数学王老师理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：“我能够断定，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.

17、现有64只乒乓球，18个乒乓球盒，每个盒子里最多能够放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

18、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5名到场。为了保证生产，要对这8名工人实行培训，每人学一种机器的操作方法称为一轮。问：最少要实行多少轮培训，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答案： 1.对。解：因为49-3=3（100-86+1）+1，即46=315+

19、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，每个盒子里至多能够放6只乒乓球。为使相同乒乓球个数的盒子尽可能少，能够这样放：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

20、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

21、两数属于同一组，这个组的两数之和为101。（2）将100个数分成10组：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，这个组中的任意两个数，一个是另一个的倍数。（3）将选出的51个数排成一列：a1，a2，a3，a51。考虑下面的51个和：a1，a1+a2，a1+a2+a3，a1+a2+a3+a51

22、。若这51个和中有一个是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，a2， 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

23、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（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=6

24、3（个）委员，这与N60的假定矛盾。所以，N应大于60。7.20轮。解：假如培训的总轮数少于20，那么在每一台机器上可实行工作的工人果这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，只要实行20轮培训就够了。对3名工人实行全能性培训，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，不管哪5名工人上班，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，假如两人能通话，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

25、中有任意2点都有联线，并涂了相对应的颜色。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，所以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，所以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。因为每3人中至少有两人能通话，所以从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。