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浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用 在数学问题中有一类


浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用
在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题,例如:“13 个人中至少有两个人出生 在相同月份”;“某校 400 名学生中,一定存在两名学生,他们在同一天过生日”;“2003 个人任意分成 200 个小组,一定存在一组,其成员数不少于 11”;“把[0,1]内的全部有 理数放到 100 个集合中,一定存在一个集合,它里面有无限多个有理数”

。这类存在性问题 中,“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时,只要求指明存在,一般并不需 要指出哪一个, 也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。 这类问题相对来说涉 及到的运算较少,依据的理论也不复杂,我们把这些理论称之为“抽屉原理”. “抽屉原理”最先是由 19 世纪的德国数学家迪里赫莱 (Dirichlet) 运用于解决数学问 题的, 所以又称“迪里赫莱原理”, 也有称“鸽巢原理”的。 这个原理可以简单地叙述为“把 10 个苹果,任意分放在 9 个抽屉里,则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。 这个道理是非常明显的, 但应用它却可以解决许多有趣的问题, 并且常常得到一些令人惊异 的结果。 抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容, 本讲就来学习它的有关知识 及其应用。 一、抽屉原理的基本形式 定理 1、如果把 n+1 个元素分成 n 个集合,那么不管怎么分,都存在一个集合,其中至 少有两个元素。 例 1. 已知在边长为 1 的等边三角形内(包括边界)有任意五个点(如图) 。证明:至 少有两个点之间的距离不大于

1 (1978 年广东省数学竞赛题) 2

分析:5 个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为 1 的等 边三角形内(包括边界)有 5 个点,那么这 5 个点中一定有距离

1 的两点”,则顺次连接三角形三边中点,即三角形的三 2 1 条中位线,可以分原等边三角形为 4 个全等的边长为 2
不大于 的小等边三角形,则 5 个点中必有 2 点位于同一个小等 边三角形中(包括边界) ,其距离便不大于

1 。 2

以上结论要由定理“三角形内 (包括边界) 任意两点间的距离不大于其最大边长”来保 证,下面我们就来证明这个定理。 如图,设 BC 是 ? ABC 的最大边,P,M 是 ? ABC 内(包括边界)任意两点,连接 PM,过

P 分别作 AB、BC 边的平行线,过 M 作 AC 边的平行线,设各平行线交点为 P、Q、N,那么 ∠PQN=∠C,∠QNP=∠A 因为 BC≥AB,所以∠A≥∠C,则∠QNP≥∠PQN,而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN(三角形的外 角大于不相邻的内角) ,所以 PQ≥PM。显然 BC≥PQ,故 BC≥PM。 由此我们可以推知,边长为

1 1 的等边三角形内(包括边界)两点间的距离不大于 。 2 2

说明: (1) 这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。 类似地, 还可以利用等分线段、 等 分 正 方 形 的 方 法 来 构 造 “ 抽 屉 ” 。 例 如 “ 任 取 n+1 个 正 数 ai , 满 足 0 < ai≤1 (i=1,2,?,n+1) ,试证明:这 n+1 个数中必存在两个数,其差的绝对值小于

1 ”。又如: n

“在边长为 1 的正方形内任意放置五个点,求证:其中必有两点,这两点之间的距离不大于

2 。 2
(2)例 1 中,如果把条件(包括边界)去掉,则结论可以修改为:至少有两个点之间 的距离小于

1 ",大家可以自己证明,并比较证明的差别。 2

(3)用同样的方法可证明以下结论:

1 的两点。 n 1 2 2 ii) 在边长为 1 的等边三角形内有 n +1 个点, n +1 个点中一定有距离小于 的两点。 这 n
i) 在边长为 1 的等边三角形中有 n +1 个点, n +1 个点中一定有距离不大于 这
2 2

(4)将(3)中两个命题中的等边三角形换成正方形,相应的结论中的 命题仍然成立。

1 2 换成 , n n

(5)我们还可以考虑相反的问题:一般地,至少需要多少个点,才能够使得边长为 1 的正三角形内(包括边界)有两点其距离不超过

1 。 n

例 2.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:本题似乎茫无头绪,从何入手?其关键何在?其实就在“两个数”,其中一个是 另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”,使得每个抽屉里任取两个数,都有一个是另一个的 整数倍, 这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行, 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 m∈N ,K∈N ,n∈N,则 m=(2k-1)·2 ,并且这种表示方式是唯一的,如 1=1×2°,2=1×2 ,
+ + n 1

3=3×2°,? 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){1,1×2,1×2 ,1×2 ,1×2 ,1×2 ,1×2 }; (2){3,3×2,3×2 ,3×2 ,3×2 ,3×2 }; (3){5,5×2,5×2 ,5×2 ,5×2 }; (4){7,7×2,7×2 ,7×2 }; (5){9,9×2,9×2 ,9×2 }; (6){11,11×2,11×2 ,11×2 }; ?? (25){49,49×2}; (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 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+1>n,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? ①从 2,3,4,?,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? ②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?
2 3 2 3 2 3 2 3 4 2 3 4 5 2 3 4 5 6

(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 3.从前 25 个自然数中任意取出 7 个数,证明:取出的数中一定有两个数,这两个 数中大数不超过小数的 1.5 倍。 证明:把前 25 个自然数分成下面 6 组: 1; 2,3; 4,5,6; 7,8,9,10; 11,12,13,14,15,16; 17,18,19,20,21,22,23, ① ② ③ ④ ⑤ ⑥

因为从前 25 个自然数中任意取出 7 个数,所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组 中的某同一组,这两个数中大数就不超过小数的 1.5 倍。 说明:(1)本题可以改变叙述如下:在前 25 个自然数中任意取出 7 个数,求证其中存 在两个数,它们相互的比值在 ? , ? 内。 3 2 显然,必须找出一种能把前 25 个自然数分成 6(7-1=6)个集合的方法,不过分类时有 一个限制条件:同一集合中任两个数的比值在 ? , ? 内,故同一集合中元素的数值差不得 3 2 过大。这样,我们可以用如上一种特殊的分类法:递推分类法: 从 1 开始,显然 1 只能单独作为 1 个集合{1};否则不满足限制条件。 能与 2 同属于一个集合的数只有 3,于是{2,3}为一集合。 如此依次递推下去, 使若干个连续的自然数属于同一集合, 其中最大的数不超过最小的 数的

?2 3? ? ?

?2 3? ? ?

3 倍,就可以得到满足条件的六个集合。 2

(2)如果我们按照(1)中的递推方法依次造“抽屉”,则第 7 个抽屉为 {26,27,28,29,30,31,32,33,34,35,36,37,38,39}; 第 8 个抽屉为:{40,41,42,?,60}; 第 9 个抽屉为:{61,62,63,?,90,91}; ??

那么我们可以将例 3 改造为如下一系列题目: (1)从前 16 个自然数中任取 6 个自然数; (2)从前 39 个自然数中任取 8 个自然数; (3)从前 60 个自然数中任取 9 个自然数; (4)从前 91 个自然数中任取 10 个自然数;? 都可以得到同一个结论:其中存在 2 个数,它们相互的比值在 ? , ? 内。 3 2 上述第 (4) 个命题, 就是前苏联基辅第 49 届数学竞赛试题。 如果我们改变区间 ? (p>q)端点的值,则又可以构造出一系列的新题目来。 例 4.已给一个由 10 个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证:这个集合必 有两个无公共元素的子集合,使子集合中各数之和相等。(第 14 届 1M0 试题) 分析与解答:一个有着 10 个元素的集合共有 2 =1024 个不同的子集,包括空集和全集 在内。空集与全集显然不是考虑的对象,所以剩下 1024-2=1022 个非空真子集。 再来看各个真子集中一切数字之和。用 N 来记这个和数,很明显: 10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855 这表明 N 至多只有 855-9=846 种不同的情况。由于非空真子集的个数是 1022,1022> 846,所以一定存在两个子集 A 与 B,使得 A 中各数之和=B 中各数之和。 若 A∩B=φ ,则命题得证,若 A∩B=C≠φ ,即 A 与 B 有公共元素,这时只要剔除 A 与 B 中的一切公有元素,得出两个不相交的子集 A1 与 B1,很显然 ,A1 中各元素之和=B1 中各元素 之和,因此 A1 与 B1 就是符合题目要求的子集。 思考:本例能否推广为如下命题: 已给一个由 m 个互不相等的 n 位十进制正整数组成的集合。 求证: 这个集合必有两个无 公共元素的子集合,各子集合中各数之和相等。 例 5.在坐标平面上任取五个整点(该点的横纵坐标都取整数),证明:其中一定存在 两个整点,它们的连线中点仍是整点。 分析: 由中点坐标公式, 坐标平面两点 ? x1 , y1 ? , ? x2 , y2 ? 的中点坐标 ? 欲使
10

?2 3? ? ?

? q p? , ? ?p q?

? x1 ? x2 y1 ? y2 ? , ?。 2 ? ? 2

x1 ? x2 y1 ? y2 , 都是整数,必须而且只须 x1 与 x2,y1 与 y2 的奇偶性相同。坐标平面上 2 2

的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种:(奇数、奇数),(偶数, 偶数),(奇数,偶数),(偶数,奇数)以此构造四个“抽屉”,则在坐标平面上任取五 个整点,那么至少有两个整点,属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。 说明: 我们可以把整点的概念推广: (x1,x2,?xn) n 维 如果 是 (元) 有序数组, x1,x2,?xn 且 中的每一个数都是整数,则称(x1,x2,?xn)是一个 n 维整点。如果对所有的 n 维整点按每 一个 xi 的奇偶性来分类,由于每一个位置上有奇、偶两种可能性,因此共可分为 2×2×?×2=2 个类。这是对 n 维整点的一种分类方法。当 n=3 时,2 =8,此时可以构造命 题:“任意给定空间中九个整点,求证它们之中必有两点存在,使连接这两点的直线段的内 部含有整点”。这就是 1971 年的美国普特南数学竞赛题。在 n=2 的情形,也可以构造如下 的命题:“平面上任意给定 5 个整点”,对“它们连线段中点为整点”的 4 个命题中,为真 命题的是: (A)最少可为 0 个,最多只能是 5 个 ; (C) 最少为 1 个, 最多为 5 个 ; (B)最少可为 0 个,最多可取 10 个 (D) 最少为 1 个, 最多为 10 个 答案 (D)
n 3

例 6.在任意给出的 100 个整数中,都可以找出若干个数来(可以是一个数),它们的和 可被 100 整除。 分析: 本题也似乎是茫无头绪, 无从下手, 其关键何在?仔细审题, 它们的“和”能“被 100 整除”应是做文章的地方。如果把这 100 个数排成一个数列,用 Sm 记其前 m 项的和,则 其可构造 S1,S2,?S100 共 100 个"和"数。讨论这些“和数”被 100 除所得的余数。注意到 S1,S2,?S100 共有 100 个数,一个数被 100 除所得的余数有 0,1,2,?99 共 100 种可能性。 “苹果”数与“抽屉”数一样多,如何排除“故障”? 证明:设已知的整数为 a1,a2,?a100 考察数列 a1,a2,?a100 的前 n 项和构成的数列 S1, S2,?S100。 如果 S1,S2,?S100 中有某个数可被 100 整除,则命题得证。否则,即 S1,S2,?S100 均 不能被 100 整除,这样,它们被 100 除后余数必是{1,2,?,99}中的元素。由抽屉原理 I 知,S1,S2,?S100 中必有两个数,它们被 100 除后具有相同的余数。不妨设这两个数为 Si, Sj(i<j),则 100∣(Sj-Si),即 100∣ ai ?1 ? ai ? 2 ? ? ? a j 。命题得证。 说明:有时候直接对所给对象作某种划分,是很难构造出恰当的抽屉的。这时候,我们 需要对所给对象先作一些变换, 然后对变换得到的对象进行分类, 就可以构造出恰当的抽屉。

?

?

本题直接对{an}进行分类是很难奏效的。 但由{an}构造出{Sn}后, 再对{Sn}进行分类就容易得 多。 另外,对{Sn}按模 100 的剩余类划分时,只能分成 100 个集合,而{Sn}只有 100 项,似 乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为 0 的类恰使结论成立,于是通过分别情况讨论后,就 可去掉余数为 0 的类,从而转化为 100 个数分配在剩下的 99 个类中。 最后,本例的结论及证明可以推广到一般情形(而且有加强的环节): 在任意给定的 n 个整数中,都可以找出若干个数来(可以是一个数),它们的和可被 n 整除,而且,在任意给定的排定顺序的 n 个整数中,都可以找出若干个连续的项(可以是一 项),它们的和可被 n 整除。 将以上一般结论中的 n 赋以相应的年份的值如 1999,2000,2001?,就可以编出相应 年份的试题来。如果再赋以特殊背景,则可以编出非常有趣的数学智力题来,如下题: 有 100 只猴子在吃花生,每只猴子至少吃了 1 粒花生,多者不限。请你证明:一定有若 干只猴子(可以是一只),它们所吃的花生的粒数总和恰好是 100 的倍数。 二、单色三角形问题 前面数例我们看到,抽屉原理应用的关键在于恰当地制造抽屉,分割图形,利用自然数 分类的不同方法如按剩余类制造抽屉或按奇数乘以 2 的方幂制造抽屉, 利用奇偶性等等, 都 是制造“抽屉”的方法。大家看到,抽屉原理的道理极其简单,但恰当地精心地应用它,不 仅可以解决国内数学竞赛中的问题, 而且可以解决国际中学生数学竞赛, 例如 IM0 中的难题。 例 7. (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: 17 个科学家为 17 个点, 视 每两个点之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=3×5+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,B5,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=2×2+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)→(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。 三、抽屉原理的其他形式 在例 7 的证明过程中,我们实际上用到了抽屉原理的其他形式,我们把它作为定理 2。 定理 2:把 m 个元素分成 n 个集合(m>n) (1)当 n 能整除 m 时,至少有一个集合含有

m 个元素; n

(2)当 n 不能整除 m 时,则至少有一个集合含有至少 ?

?m? ? 1 个元素。 ?n? ?

定理 2 有时候也可叙述成:把 m×n+1 个元素放进 n 个集合,则必有一个集合中至少放 有 m+1 个元素。 例 8.在边长为 1 的正方形内任意放入九个点,求证:存在三个点,以这三个点为顶点 的三角形的面积不超过

1 (1963 年北京市数学竞赛题)。 8

分析与解答:如图,四等分正方形,得到 A1,A2,A3,A4 四个矩形。在正方形内任意放 入九个点,则至少有一个矩形 Ai 内存 在 ? ? ? 1 ? 3 个或 3 个以上的点,设 4 三点为 A、B、C,具体考察 Ai(如图 所示),过 A、B、C 三点分别作矩形长边的平行线,过 A 点的平行线交 BC 于 A'点,A 点到 矩形长边的距离为 h=(0≤h≤

?9? ? ?

1 ),则△ABC 的面积 4

1 1 ?1 ? 1 1 1 S?ABC ? S?AA?C +S?AA?B ? ?1? h ? ?1? ? ? h ? ? ? ? 2 2 ?4 ? 2 4 8
说明:把正方形分成四个区域,可以得出“至少有一个区域内有 3 个点”的结论,这就 为确定三角形面积的取值范围打下了基础。 本题构造“抽屉”的办法不是唯一的, 还可以将 正方形等分成边长为

1 的四个小正方形等。但是如将正方形等分成四个全等的小三角形却 2

是不可行的(想一想为什么?)。所以适当地构造“抽屉”,正是应用抽屉原则解决问题的 关键所在。

以下两个题目可以看作是本例的推广: (1)在边长为 2 的正方形内,随意放置 9 个点,证明:必有 3 个点,以它们为顶点的 三角形的面积不超过

1 。 2

(2)在边长为 1 的正方形内任意给出 13 个点。求证:必有 4 个点,以它们为顶点的四 边形的面积不超过 1/4。

例 9.9 条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形,而且它们的面积之比为 2∶3。 证明:这 9 条直线中至少有 3 条通过同一个点。 证明:设正方形为 ABCD,E、F 分别是 AB,CD 的中点。 设直线 L 把正方形 ABCD 分成两个梯形 ABGH 和 CDHG, 并且与 EF 相交于 P(如图 6)据题意梯形 ABGH 的面积:梯形 CDHG 的面积=2∶3 ,EP 是梯形 ABGH 的中位线,PF 是梯形 CDHG 的中位线,由于梯形的面积=中位线×梯形的高,并且 两个梯形的高相等(AB=CD)所以:梯形 ABGH 的面积∶梯形 CDHG 的面积=EP∶PF,也就是 EP∶PF=2∶3 这说明,直线 L 通过 EF 上一个固定的点 P,这个点把 EF 分成长度为 2∶3 的两部分。 这样的点在 EF 上还有一个,如图上的 Q 点(FQ∶QE=2∶3)。 同样地,如果直线 L 与 AB、CD 相交,并且把正方形分成两个梯形面积之比是 2∶3,那 么这条直线必定通过 AD、BC 中点连线上的两个类似的点(三等分点)。 这样,在正方形内就有 4 个固定的点,凡是把正方形面积分成两个面积为 2∶3 的梯形 的直线,一定通过这 4 点中的某一个。我们把这 4 个点看作 4 个抽屉,9 条直线看作 9 个苹 果,由定理 2 可知, 9=4×2+1, 所以,必有一个抽屉内至少放有 3 个苹果,也就是,必有三条直线要通过一个点。 说明: 本例中的抽屉比较隐蔽, 正方形两双对边中点连线上的 4 个三等分点的发现是关 键,而它的发现源于对梯形面积公式 S 梯形=中位线×梯形的高的充分感悟。 例 10.910 瓶红、蓝墨水,排成 130 行,每行 7 瓶。证明:不论怎样排列,红、蓝墨水 瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种: 1.至少三行完全相同; 2.至少有两组(四行),每组的两行完全相同。(北京市高中一年级数学竞赛 1990 年复赛试题) 证明:910 瓶红、蓝墨水,排成 130 行,每行 7 瓶。每行中的 7 个位置中的每个位置都 有红、蓝两种可能,因而总计共有 2 =128 种不同的行式(当且仅当两行墨水瓶颜色及次序 完全相同时称为“行式”相同) 任取 130 行中的 129 行,依抽屉原理可知,必有两行(记为 A,B)“行式”相同。
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在除 A、B 外的其余 128 行中若有一行 P 与 A(B)“行式”相同,则 P,A,B 满足“至 少有三行完全相同”;在其余(除 A,B 外)的 128 行中若没有与 A(B)行式相同者,则 128 行至多有 127 种不同的行式,依抽屉原则,必有两行(不妨记为 C、D)行式相同,这样便 找到了(A,B)、(C,D)两组(四行),每组两行完全相同。 说明: 本例构造抽屉时用到了乘法原理, 2×2×2×2×2×2×2=2 =128 个“行式”是制 造和应用抽屉原理的关键。 四、抽屉原理的无限形式 定理 3.如果把无穷多个元素分成 n 个集合,那么不管怎么分,都至少存在一个集合, 其中有无穷多个元素。 例 11.在坐标平面上给出无限多个矩形,它们的顶点的直角坐标都具有如下形式: (0,0),(0,m ),(n,0),(n,m) 其中 m,n 是正整数,并且 m>3,n<6,求证:在这些矩形中一定存在无限多个矩形, 其中任意两个矩形必有一个被包含在另一个之中。 证明:由 n<6 知,n=1,2,3,4,5,只有 5 种情形,由定理 3 知,将所给的无穷多个矩形 按 n 的取值分成 5 类,当作 5 个抽屉,其中必有一个抽屉(一类)里包含有无穷多个矩形。 不妨设这一类矩形的 n 的取值为 n。对于这一类矩形中的任意两个矩形而言,由于 n 的取值 相同,因此 m 取值较小的一个矩形必然被包含在 m 取值较大的一个矩形之中。 五、抽屉原理的多次使用 例 12.有苹果、梨、桔子若干个,任意分成 9 堆,求证一定可以找到两堆,其苹果数、 梨数、桔子数分别求和都是偶数。 证明:因为每一堆里的每一种水果数或为奇数或为偶数(两个抽屉),而 9=2×4+1, 故对于苹果,9 堆中必有 5 堆的奇偶性相同;这 5 堆对于梨数来说,由于 5=2×2+1,故必有 3 堆的奇偶性相同; 3 堆对于桔子数也必有 2 堆的奇偶性相同。 这 于是, 就找到这样的两堆, 它们的苹果数、梨数,桔子数的奇偶性都分别相同,从而其和数分别都是偶数。 说明:为了得出和是偶数,需要两加数的奇偶性相同。对 3 类水果逐一找用了 3 次抽屉 原理,若将过程合并简化可将苹果数、梨数、桔子数作为 3 锥坐标(X,Y,Z),按其坐标 的奇偶性构造 8 个抽屉: (奇,奇,奇),(奇,奇,偶),(奇,偶,奇),(偶,奇,奇), (奇,偶,偶),(偶,奇,偶),(偶,偶,奇),(偶,偶,偶),9 堆当中必有 2 堆属于同一抽屉,其坐标的奇偶性完全相同。(参考例 5 说明)
7

例 13.(1992 年全国高中数学联赛试题)在平面直角坐标系中,横坐标和纵坐标都是整数 的点称为格点,任取 6 个格点 P ? xi , yi ? , ?i ? 1,2,?,6? 满足: i ① xi ? 2, yi ? 2, ?i ? 1,2,?,6? ; ② 任何三点不在同一条直线上。 试证:在以 P ? i ? 1, 2,?,6? 为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,其面积不大于 i 2。 证明:若 P ? xi , yi ? , ?i ? 1,2,?,6? 6 个格点中任何三点所成的三角形面积都大于 2。 i ① 若 6 个点中有少于 2 个点落在 x 轴上,由抽屉原理知必有至少 3 个点落在 x 轴的同 一侧,由例 8 知这 3 个点连成的三角形的面积不大于 2,而没有三点共线,所以假设如果成 立则必有恰好两个点在 x 轴上。这两点的距离最大值为 4。 考虑剩下的四个点,不能有纵坐标等于 ?1 的点出现,否则将有面积不大于 2 的三角形, 因此,6 个点中恰好在三条直线 y ? 0, y ? ?2 上的点各两个。 注意到对称性,同理可得,6 个点中也恰好有在三条直线 x ? 0, x ? ?2 上的点各两个。 于是,6 个格点的横、纵坐标都是不大于 2 的偶数。 ② 如果 6 个点中包含原点,另外两个点不能与原点共线,若另外两点有相同的横坐标 或相同的纵坐标, 则构成面积不超过 2 的三角形, 若另外两点没有相同的横坐标或相同的纵 坐标,则必有至少一个点会落在坐标轴上,此时也会与原点构成面积不大于 2 的三角形。 因此,6 个点中有四个点 ? ?2,0? , ? 2,0? , ? 0, ?2? , ? 0,2? ,剩下两点只能是 ? ?2, ?2 ? ,

? 2, 2 ? 或 ? ?2, 2? , ? 2, ?2? , 不论哪种情况,都得到面积不大于 2 的三角形。命题得证。
总而言之, 抽屉原理的运用比较灵活, 在竞赛辅导中交给学生一些简单的思想方法有助 于培养学生的构造法解题意思,使学生的思维能力得到一定的提高,不仅有利于高中学习, 也可以为将来的高等数学学习带来一定的帮助。


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