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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（ mn 1）个物体放入 n 个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（ m 1）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 1
2、00 个数分成 50 组：1，2，3 ，4， 99，100。在选出的 51 个数中，必有 2 个数属于同一组，这一组中的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，这一组的2 个数的差为 50。（3）将 100 个数分成 5 组（一个数可以在不同的组内）：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
3、，13， 97。第五组中有 22 个数，故选出的 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 个数的最大公约数大于 1。例 2 求证：可以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，故只需证明可以找到一个各位数字都是1 的自然数，它是 499 的倍数就可以了。得到 500 个余数 r1，r2，r500。由于余数只能取 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 0：1110
4、00，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。精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 例 3 在一个礼堂中有99 名学生，如果他们中的每个人都与其中的66 人相识，那么可能出现这种情况： 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， 因此只需
5、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 中的学生所认识的66 人只在 B，C中，同时， B，C中的学生所认识的66 人也只在 A，C和 A，B 中。如果出现这种局面，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， 那么他们认识的人只在另2 组中，因此他们两人不
6、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
7、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，由于工艺上的原因，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：第 1 组：从 20.000 克到 20.005 克
8、；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，就一定可以从中找到两个盘子属于同一组，这2个盘子就符合要求。精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -第 2 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 例 6 在圆周上放着 100 个筹码，其中有 41 个红的和 59 个蓝的。那么总可以找到两个红筹码，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，由此我们可以在构造
9、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：（1，21，41，61，81）；（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
10、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。这种情况一般可以表述为：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。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
11、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：精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -第 3 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 第一组： A1B1，B2B3，A3A4 ，第二组： A2B2，
12、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：如果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
13、证：必然存在一点，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（a1a2 a2000）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，亦即存在一个点，与它紧相邻的两点和这点上所标的三数之和不小于2999。例 10 一家旅馆有 90 个房
14、间，住有 100 名旅客，如果每次都恰有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：如果钥匙数小于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，因此90 个人就无法按题述的条件住下来。另一方面，990把钥匙已经足够了， 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， 往往要多次反复地运用抽屉原理
15、，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，至少存在一个四角同色的长方形。精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -第 4 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 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
16、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 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，都可以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
