抽屉原理在数学中的运用

抽屉原理在初等数学中的运用
摘要：抽屉原理也称为鸽巢原理，它是组合数学中的一个最基本的原理.也是数学中的一个重要原理，抽屉原理的简单形式可以描述为：“如果把1+n 个球或者更多的球放进n 个抽屉，必有一个抽屉至少有两个球.”它的正确性十分明显，很容易被并不具备多少数学知识的人所接受，如果将其灵活地运用，则可得到一些意想不到的效果. 运用抽屉原理可以论证许多关于“存在”、“总有”、“至少有”的存在性问题。

学习抽屉原理可以用来解决数学中的许多问题，也可以解决生活中的一些现象。

如招生录取、就业安排、资源分配、职称评定等等，都不难看到抽屉原理的作用。

在解决数学问题时有非常重要的作用. 抽屉原理主要用于证明某些存在性问题及必然性题目，如几何问题、涂色问题等. 各种形式的抽屉原理在高等数学和初等数学中经常被采用，使用该原理的关键在于如何巧妙地构造抽屉，即如何找出合乎问题条件的分类原则，抽屉构造得好，可得出非常巧妙的结论.本文着重从抽屉的构造方法阐述抽屉原理在高等数学和初等数学（竞赛题）中的应用,同时指出了它在应用领域中的不足之处.
关键词：抽屉原理；初等数学；应用
一、 抽屉原理（鸽巢原理）
什么是抽屉原理？先举个简单的例子说明，就是将3个球放入2个篮子里，无论怎么放，必有一个篮子中至少要放入2个球，这就是抽屉原理.或者假定有五个鸽子笼，养鸽人养了6只鸽子，当鸽子飞回巢中，那么一定至少有一个鸽笼里有两只鸽子，这就是著名的鸽巢原理.
除了这种比较普遍的形式外，抽屉原理还经许多学者推广出其他的形式.比如陈景林、阎满富编著的中国铁道出版社出版的《组合数学与图论》一书中对抽屉原理给出了比较具体的定义，概括起来主要有下面几种形式:
原理1 把多于n 个的元素按任一确定的方式分成n 个集合，则一定有一个集合中含有两个或两个以上的元素.
原理2 把m 个元素任意放到n )(n m >个集合里，则至少有一个集合里至少有k 个元素，其中
原理3 把无穷个元素按任一确定的方式分成有穷个集合，则至少有一个集合中仍含无穷个元素.
卢开澄在《组合数学》（第三版）中将抽屉原理（书中称为鸽巢原理）又进行了推广
[2].
鸽巢原理：设k 和n 都是任意正整数，若至少有kn+1只鸽子分配在n 个鸽巢中，则至少存在一个鸽巢中有至少k+1只鸽子.
二、抽屉的构造途径
在利用抽屉原理解题时，首先要明确哪些是“球”，哪些是“抽屉”，而这两者通常不会现成存在于题目中，尤其是“抽屉”，往往需要我们用一些巧妙的方法去构造。

我们利用抽屉原理解题的关键,就在于怎样设计“抽屉”.
三、抽屉原理在初等数学中的应用
初等数学问题的特点：只给出一些相关的条件，或者即使给出一些数值条件，也不能利用这些条件进行计算、或代入求值、或列方程、或做图、或证明等方法去解决，只能利用这些条件进行推理、判断，从而解决问题. 讨论存在性问题是数学竞赛中的一类常见问题。

处理这类问题常用到抽屉原理。

下面我们就列举抽屉原理在初等数学(竞赛)中的应用.
例9 某次考试有5道选择题，每题都有4个不同的答案供选择，每人每题恰选1个答案.在2000份答卷中发现存在一个n ,使得任何n 份答卷中都存在4份，其中每2份的答案都至多3题相同.n 的最小可能值.(2000，中国数学奥林匹克)
解：将每道题的4种答案分别记为1，2，3，4，每份试卷上的答案记为),,,,(k j i h g ，其中{}4,3,2,1∈,,,,k j i h g ，令{}),,,,4(),,,,,3(),,,,,2(),,,,,1(k j i h k j i h k j i h k j i h ，k j i h ,,,=1，2，3，4，共得256个四元组.
由于2000=256×7+208，故由抽屉原理知，有8份试卷上的答案属于同一个四元组.取出这8份试卷后，余下的1992份试卷中仍有8份属于同一个四元组，再取出这8份试卷，余下的1984份试卷中又有8份属于同一个四元组.又取出这8份试卷.三次共取出24份试卷，在这24份试卷中，任何4份中总
有2份的答案属于同一个四元组，不满足题目的要求.所以，25≥n
. 下面证明n =25.
令{}{}.4,3,2,1∈,,,,),4(mod 0≡|),,,,(k j i h g k j i h g k j i h g S ++++=则S =256，且S 中去掉6个元素，当余下的250种答案中的每种答案都恰有8人选用时，共得到2000份答案，其中的25份答案中，总有4份不相同.由于它们都在S 中，当然满足题目要求.这表明，n =25满足题目要求.
综上可知，所求的n 的最小可能值为25.
先运用抽屉原理给出n 的下界，然后用构造法给出例子.这是一道典型的运用构造法解题的好题目.在解题中合理构造抽屉往往会收到意想不到的效果.
例10 任给7个实数，证明必存在两个实数a ,b 满足0≤3)-(b a <1+ab .
证明：设七个实数为7321,,,,a a a a ，作i Q =i arctga (7,,2,1 =i ),显然i Q ∈(2
π,2π-)，把(2π,2π-)等分成六个区间：(3π-,2π-)，(6π-,3π-)，(0,6π-)，(6π,0)，(3π,6π)，(2π,3π)，由抽屉原理，721,,,Q Q Q 必有两个属于同一区间，不妨设为i Q j Q ,,而不论i Q j Q ,属于哪个小区间都有6π-≤0<j i Q Q ，由正切函数的单调性可知，)*(3
16π)-(0=<<tg Q Q tg j i ，不妨记j i tgQ b tgQ a ==,，则)-(j i Q Q tg =ab b a +1-,而由)( 知0≤ab
b a +1<31
，又因为有 0->b a (j i Q Q >),1+0>ab , 从而有0≤3)-(b a <1+ab .
例11 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：要解决该题，就得找到其关键，其实就在于“两个数”，他们的关系是“其中一个是另一个的整数倍”。

我们要构造“抽屉”，就要在每个抽屉中任取两个数，并且有一个数是另一个的整数倍，而只有把公比是正整数的整个等比数列都放在同一个抽屉才行，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)·2n
，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=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）{1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26}；
（2）{3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25}；
（3）{5，5×2，5×22，5×23，5×24}；
（4）{7，7×2，7×22，7×23}；
（5）{9，9×2，9×22，9×23}；
……
（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？
（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12（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：视17个科学家为17个点，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。

参考文献
[1]陈景林,阎满富.组合数学与图论.北京：中国铁道出版社出版,2000.4-6
[2]卢开澄.组合数学（第3版）.北京清华大学出版社，2002.07
[2]曹汝成.组合数学.广州：华南理工大学出版社,2001.170-173
[3]忘向东,周士藩等.高等代数常用方法.山西：高校联合出版社,1989.64-66
[4]刘否南.华夏文集.太原：高校联合出版社,1995.88-90
[6]严示健.抽屉原则及其它的一些应用.数学通报,1998,4.10-11
[7]丁一鸣《中学数学教学》，1988年第02期
[8]杨忠.《中学生数学》，2010年第08期
[9]石立叶，于娜，刘文涵.《抽屉原理及其应用》，2009，4.11
[10]《数学教学通讯》，1987年第03期
[11]《中学生数学》，2005年第18期。