抽屉原理(高中)

抽屉原理

一．抽屉原理的各种形式：

抽屉原理1：n +1 个元素分成n 类，至少有1类中的元素不止1个．

抽屉原理2：n ·m +1个元素分成n 类，至少有1类中的元素不止m +1个．

即：k 个元素分成n 类，至少有1类中的元素不止⎣⎡⎦⎤k －1n +1个．(k ，n ∈N*)

抽屉原理3：n 个数之和为m ，则其中必有一数≥m n ，也必有一数≤m n ．

抽屉原理4 把一个无限集A 分成有限个集合的并集，即A i ⊂A ，且i ＝1∪n

A i =A ，A i ∩A j =∅（i ，j =1，2，……，n ；i ≠j ）．则至少有一个A 的子集A k (1≤k ≤n )，它有无限多个元素．

例1．把大小两个圆盘各划分成2n 个相等的扇形格，在每格都用黑、白两色之一涂色，使两盘总计，黑格与白格都各有2n 格．然后把两个圆盘的圆心固定于同一点，并让小盘在上成为一个转盘．试证：可将小盘转到某一适当位置，使两个圆盘上的格子对齐，并使二盘对应格子颜色不同的不少于n 对．

证明：让小盘逐格转动，每次都记下颜色不同的格子对齐的数目，当转动了2n －1次后，小盘转动了一周，共记了2n 次．于是，小盘上每个格子都与大盘上的每个格子对齐一次．

设小盘上有k 个黑格，2n －k 个白格，则大盘上有2n －k 个黑格，k 个白格．

颜色不同的格子对齐的数目为k 2+(2n －k )2=4n 2+2k 2－4nk =2(k －n )2+2n 2≥2n 2．

∴至少有一次转动对齐后，使二盘对应格子颜色不同的数目≥⎣⎡⎦⎤2n 2－12n +1＝n ．

例2．从1，2，3，…，3n (n ≥2)这3n 个正整数中任意取出n +2个数，求证：其中必有两个数，其差大于n 而小于2n ．

解：设取出的最大的数为k ，则把取出的数都加上 3n －k ，这样做不会影响它们之间的差．此时最大数为3n ，如果在取出的数中有一个在n 与2n 间(满足n+1≤x ≤2n －1的数)，则这数与3n 即为所求．若无任何数在此二数之间，则作抽屉(1，2n )，(2，2n +1)，(3，2n +2)，…，(n ，3n －1)，共n 个抽屉，除去3n 这个数外，还有n +1 个数，于是必有两个数落入同一抽屉，此二数即满足要求．

例3．任取一个正实数a ，求证：在a ，2a ，3a ，…，(n －1)a 这n －1个数中，至少有一个数，它与最

接近的整数之差不超过1n

． 解：取这n －1个数的小数部分{a }，{2a }，{3a }，…，{(n －1)a }，则此n －1个数都在区间[0，1)内，

把区间[0，1)分成n 个小区间，每个区间的长都为1n ：[0，1n )，[1n ，2n )，…，[n －1n

，1)． 若此n －1个数中有某一个落入头尾两个区间之一，则原数即与最近的整数相差不超过1n

．此n －1个数不可能没有任何一个落入头尾两个区间中，因若此n －1个数中没有任何一个落入头尾两个区间，则此n －1个数必落入了其余n －2 个区间内，于是必有两个数落入同一区间，设为{ta }，{sa }，(1≤t

此时|(s －t )a |<1n

，而0

例4．M 是1985个不同的正整数的集合，M 中每个数的质因数都小于26，求证：从M 中一定可以选出四个不同的数，使它们的积等于一个完全四次方数．

解：M 中的任一个数的质因子只能是2、3、5、7、11、13、17、19、23这9个数中的某些数．设a ∈M ，则按这9个质因子的指数为奇或为偶可把所有1985个数分成29=512类，由抽屉原理，任取513个M 中的

数必有两个数属于同一类，于是可得(1985－511)÷2=737对数，每对数都属于同一类，于是，这737对数中，每对两数的乘积都是完全平方数，即每个质因子的指数都是偶数．即每个质因子的指数除以4后的余数都只能是0或2，再按这9个质因子的指数是0或2把这737个数分类，又可得512类，现在737个数放入这512类，必有两数同一类，此二数的乘积就是完全四次方数，而乘得此二数的原来4个数即为所求．

例5．6个代表队共有1978名运动员，编上号码1，2，3，…，1978号，证明至少有一个运动员，他的号码等于其两个队友号码的和或者等于某一个队友号码的两倍．

解：不妨设第1个代表队人数最多，则其人数≥[1978－16

]+1=330人，设其中最大的号码为a 1，用a 1减其它329个号码，得到的差如果在此329个数中，则命题已成立．如果这329个差都不是第一个代表队

的号码，那么不妨设其中有[329－15

]+1=66个号码在第二个队中，同样设这66个号码最大的为b 1，用它减其余65个号码，差b 1－b i =(a 1－a t )－(a 1－a s )=a s －a t 如果在第一或第二个队的号码中，则命题已证，若不在，

则此65个数必有[65－14

]+1=17人同一队，设为第三队，又设其中最大者为c 1，用c 1减其余16个数，其差c 1－c i =(b 1－b i )－(b 1－b j )=b j －b i ，而b j －b i =(a 1－a t )－(a 1－a s )=a s －a t ，若在第一，二，三队的号码中，则命

题可证，依此类推，若无，则[16－13]+1=6，[5－12

]+1=3个，其差或是前面某队的号码，或是第6队的号码，问题总能成立．

例6．S 是{1，2，3，…，1989}的一个子集，而且S 中任两个数的差不能是4或7，那么S 中最多可有多少个元素？(1989年第七届美国数学邀请赛)

解：取前11个自然数1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11，排成一个圈：1、5、9、2、6、10、3、7、11、4、8．这样排好后，任意相邻两数都不能同时被取出，否则其差为4或7．而在这11个数中任取6数，就会在上面这个圈中取出了相邻的两个数，于是这11个数中，最多只能取出5个满足要求的数．例如，取1，3，4，6，9这五个数满足要求．

1989=11×180+9，于是把这1989个数从1开始每连续11个数为一组，每组都取出5个数：11k +1，11k +3，11k +4，11k +6，11k +9(k =0，1，2，…，180)共取出181×5=905个数．即S 中最多可有905个元素．

当取出的数超过905个时，总有某组数中取出的数超过6个，于是就会出现差为4或7的两个数．从而905为所求．

例7．一位棋手参加11周（77天）的集训，每天至少下1盘棋，每周至多下12盘棋，证明这个棋手必在连续的几天内恰好下了21盘棋．

解：这名棋手在77天内最多下了11×12=132盘棋．

不妨记他从开始起第n 天共下了a n 盘棋，则有a 1

再取77个数：a 1+21，a 2+21，…，a 77+21，这样共得77×2=154个数．但这些数最大 不超过132+21=153． 于是必有两个数相等，这就是说，必有a i +21=a j (i

例8．设有小数A =0.a 1a 2a 3…，如果a i +2是a i +1+a i 的个位数字(i =1，2，3，…)，求证：A 是有理数． 解：把a i ，a i +1组成一组：(a i ，a i +1)，(i =1，2，3，…)，则所有这些组只有以下100种可能的取法：(0，0)，(0，1)，(0，2)，…，(0，9)；(1，0)，(1，1)，(1，2)，…，(1，9)；…(9，0)，(9，1)，(9，2)，…，(9，

9)．而取(a 1，a 2)，(a 2，a 3)，…，(a 100，a 101)，(a 101，a 102)这101组，于是必有两组相同，设为(a i ，a i+1)，(a i ，a j+1)，(i

例9．已知菲波拉契数列