高中数学竞赛讲义-抽屉原理
《抽屉原理》(PPT课件
在算法分析中，抽屉原理可以用于分析算法的时间复杂度和空间复杂度，以及确 定算法的最坏情况下的性能。
在日常生活中的应用
资源分配
在资源分配问题中，可以将资源视为抽屉，将待分配的物品 或任务视为物体，根据抽屉原理得出最优的分配方案。
排队理论
在排队理论中，抽屉原理可以用于分析排队系统的性能和稳 定性，以及确定最优的排队策略。
有限制的抽屉原理的证明
有限制的抽屉原理是指
如果 n+1 个物体要放入 n 个容器中，且每个容器最多只能容纳 k 个物体（k < n），那么至少有一个容器包含两个或以上的物体。
证明方法
假设 n+1 个物体放入 n 个容器中，且每个容器最多只能容纳 k 个物体（k < n）。如果存在一个容器只包含一个物体，那么我们可以将这个物体放入另一个 容器中，从而证明了至少有一个容器包含两个或以上的物体。
在数论中的应用
质数分布
根据抽屉原理，如果将自然数按 照质数和非质数进行分类，则质 数在自然数中的比例趋近于 $frac{1}{2}$。
同余方程
在解同余方程时，可以将模数视 为抽屉，方程的解为物体，根据 抽屉原理得出解的存在性和个数 。
在计算机科学中的应用
数据结构
在计算机科学中，抽屉原理可以应用于各种数据结构的设计和分析，如数组、链 表、哈希表等。
现代研究
现代数学研究中对抽屉原理进行了深入的探讨和研究，不断拓展其 应用范围和理论体系。
02
抽屉原理的证明特殊形式，其基本思想是
如果 n 个物体要放入 n-1 个容器中，且每个容器至少有一个物体，则至少有一个容器包含两个或以上的物体。
证明方法
假设 n 个物体放入 n-1 个容器中，且每个容器至少有一个物体。如果存在一个容器只包含一个物体，那么我们 可以将这个物体放入另一个容器中，从而证明了至少有一个容器包含两个或以上的物体。
浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用
浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用抽屉原理是概率论中的一种基本方法，用来解决一类计数问题。
在高中数学竞赛中，抽屉原理是一个非常重要的工具，经常被用于证明数学问题，寻找解题思路以及辅助解题。
本文将从抽屉原理的基本概念、运用场景和实例等方面进行探讨。
首先，我们来介绍一下抽屉原理的基本概念。
抽屉原理，又称为鸽巢原理，它是由德国数学家戴德金（Dirichlet）在1823年提出的。
该原理的经典表述是“如果有n+1个物体放入n个盒子中，则至少有一个盒子中会放入两个或以上的物体”。
简单来说，就是将若干个物体放入较少数量的容器中，那么至少有一个容器会被装满。
抽屉原理在高中数学竞赛中的应用非常广泛。
下面我们重点介绍一些常见的抽屉原理运用场景。
1.合理安排方案或分配问题在高中数学竞赛中，常常会遇到需要合理安排方案或分配问题的情况。
抽屉原理可以帮助我们找到合理的方案或分配。
例如，假设有n个同学要参加m个活动，每个同学可以参加多个活动，且每个活动的名额有限。
我们需要证明至少有一个活动的报名人数不少于n/m。
这个问题可以使用抽屉原理来解决。
我们可以将n个同学放入m个活动中，根据抽屉原理，至少有一个活动的报名人数不少于n/m。
2.寻找解题思路在高中数学竞赛中，经常会遇到一些复杂的问题，我们不知道从哪里入手。
抽屉原理可以作为解决问题的一个启示，给我们提供思路。
例如，我们要证明一个命题，但我们无法直接证明它，此时我们可以尝试反证法。
假设该命题不成立，然后根据抽屉原理找出矛盾之处，从而达到证明的目的。
3.确定正整数性质在高中数学竞赛中，经常需要证明一些正整数具有一些性质，而这些性质又不易直接证明。
抽屉原理可以通过构造来解决这类问题。
例如，要证明任意n个正整数中至少有2个数的差是10的倍数，我们可以根据抽屉原理，将这些n个数按余数进行分类，然后应用抽屉原理的相关思路进行证明。
下面我们通过一个例子来具体说明抽屉原理在高中数学竞赛中的运用。
抽屉原理讲义-学生
第一抽屉原理原理1：把多于n+k个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里的东西不少于两件。
证明（反证法）：如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n×1，而不是题设的n+k(k≥1)，故不可能。
原理2 ：把多于mn(m乘以n)+1（n不为0）个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有不少于（m+1）的物体。
证明（反证法）：若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能。
原理3 ：把无穷多件物体放入n个抽屉，则至少有一个抽屉里有无穷个物体。
原理1 、2 、3都是第一抽屉原理的表述。
第二抽屉原理把（mn－1）个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有（m—1）个物体(例如，将3×5-1=14个物体放入5个抽屉中，则必定有一个抽屉中的物体数少于等于3-1=2)。
运用抽屉原理的核心是分析清楚问题中，哪个是物件，哪个是抽屉。
有时候要构造抽屉。
例如，属相是有12个，那么任意37个人中，有几个人属相相同呢？这时将属相看成12个抽屉，则一个抽屉中有37/12，即3余1，余数不考虑，而向上考虑取整数，所以这里是3+1=4个人，（但这里需要注意的是，前面的余数1和这里加上的1是不一样的。
）比如：由于一年最多有366天，因此在367人中至少有2人出生在同月同日。
这相当于把367个东西放入366个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。
例1一个布袋中有40块相同的木块，其中编上号码1，2，3，4的各有10块。
问：一次至少要取出多少木块，才能保证其中至少有3块号码相同的木块？分析与解：将1，2，3，4四种号码看成4个抽屉。
要保证有一个抽屉中至少有3件物品，根据抽屉原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。
所以一次至少要取出9块木块，才能保证其中有3块号码相同的木块。
例2在任意的四个自然数中，是否其中必有两个数，它们的差能被3整除？分析与解：因为任何整数除以3，其余数只可能是0，1，2三种情形。
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∪nA 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 <s ≤n －1)，此时|(s －t )a |<1n，而0<s －t <n －1，令k =s －t ，于是必有{ka }落入头尾两个区间之一.故证．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<a 2<…<a 77．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 <j )，即从第i +1天起，到第j 天这连续j －i 天中，这名棋手共下了21盘棋．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 <j )．于是可得a i +2=a j +2，a i +3=a j +3，…，即A 为循环小数，故A 为有理数．例9．已知菲波拉契数列0，1，1，2，3，5，8，13，21，……(从第三项起，每项都等于它的前面两项的和)．试问，它的前100000001项中，是否有某一项的末四位数字全为0？(不算第1项)分析：添一项可以看作0000，考虑每一项的末四位数字，末四位数字共有104种，(从0000到9999)，而每项的末四位数字都是由其前面两项的末四位数字求和而得出．解：记每一项a i 的末四位数字为x i ，由于该数列的每一项都是其前两项的和，由于x i 有104种，x i+1也有104种，所以有序数对(x i ，x i+1)共有108种，但对于每一项都有一个有序数对(x i ，x i +1)与之对应：(x 0，x 1)，(x 1，x 2)，…，(x 100000000，x 100000001)，共有100000001个数对，从而必有两个数对完全一样，设(x i ，x i +1)与(x j ，x j +1)相同(i <j )．则有x i = x j ，x i +1= x j +1，由于x i -1= x i +1－ x i ， x j -1= x j +1－ x j ，故又有x i -1=x j －1，这样又有(x i -1，x i )=(x j -1，x j )，(x i -2，x i -1)=(x j -2，x j -1)，…，直至(x 0，x 1)与(x j -i ，x j -i +1)，即x j -i 与x 0相同，即a j -i 的末四位数字全是0．事实上该数列的7501项的末四位全是0．当两项相邻时的情况．例10．设m 、n 都是自然数，任给一个有nm +1项的数列(该数列各项互不相等)a 1，a 2，……，a nm +1证明可以从中选出m +1项，按原来的顺序组成递增数列或选出n +1项按原来的顺序组成递减数列． 说明：先举一个例说明：m =n =2，在一个5项的数列1，8，3，2，5中，可以选出一个3项的递增数列：1，3，5；但未能选出3项的递减数列来．解：对于mn +1项的数列a 1，a 2，…，a nm +1中每一项a i ，都可以从这项开始向后找出以该项为首项的项数最多的递增数列来，设这样的数列有x i 项，同时也能找出以该项为首项的项数最多的递减数列来，设这样的数列有y i 项，这样，对于每一项a i ，都有一对数（x i ，y i ）与之对应，这就得到了mn +1个数对（可以看成是mn +1个坐标）．如果所有x i 都不大于m ，所有y i 都不大于n ，即x i =1，2，…，m ；且y i =1，2，…，n ．于是这样的数对只能有nm 种，将每一种都看成是一个抽屉，但共有nm +1个数对，于是根据抽屉原理，必有2个数对落入同一抽屉．设为a i 与a j ，（i <j )，它们都对应着坐标(h ，k )，这表示从这两个数中的任一个开始，可以向后找出h 项组成递增数列，也可向后找出k 项组成递减数列．若a i <a j ，则从a j 起共有h 项组成递增数列，但加上a i 后应有h +1项，即与a i 对应的数不应为h ，同样若a i >a j ，也将引出矛盾．这说明必有某个x i 满足x i >m ，或者某个y i 满足y i >n 命题得证．例11．设实数x 1，x 2，x 3，…，x n 满足x 12+x 22+x 32+…+x n 2=1证明对每一个整数k ≥2，存在不全为0的整数a 1，a 2，…，a n ，满足|a i |≤k －1，(i =1，2，…，n )使|a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n |≤(k －1)n k n －1． 证明：对于|a i |≤k －1，有(a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n )2≤(a 12+a 22+…+a n 2)(x 12+x 22+…+x n 2)≤a 12+a 22+…+a n 2≤(k －1)2+（k －1)2+…+（k －1)2=n （k －1)2．所以， |a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n |≤(k －1)n ． ⑴现在取{a 1，a 2，…，a n } {0，1，2，…，k －1}，则共可有k n 种取法，其每一种取法都满足⑴式．把区间[0，(k －1)n ]分成k n －1等份，每份长为(k －1)n k n －1．则k n 个数落入此区间内，必有二数落入同一份内．设为a '1x 1+a '2x 2+…+a 'n x n 与a "1x 1+a "2x 2+…+a "n x n ，则它们的差：(a '1－a "1)x 1+(a '2－a "2)x 2+…+(a 'n －a "n )x n = a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n ．必满足|a i |≤k －1 (i =1，2，…，n )，且|a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n |≤(k －1)n k n －1． 例12．一个棱柱以五边形A 1A 2A 3A 4A 5及B 1B 2B 3B 4B 5分别为上下底，这两个多边形的每一条边及线段A i B j (i ，j =1，2，3，4，5)均涂上红色与绿色，每个以棱柱的顶点为顶点，以涂色线段为边的三角形都有两边颜色不同．求证：上底与下底10条边的颜色相同．证明：首先证明此棱柱的上底面的棱颜色相同．否则必有两条相邻边颜色不同．不妨设A 1A 5为红，A 1A 2为绿．5条线段A 1B i (i =1，2，3，4，5)中必有3条同色．设有3条同为红色．这3条红色的线段中，总有两条是向相邻的两个顶点引出的，例如A 1B 1、A 1B 2都为红色．于是在△A 1B 1B 2中B 1B 2必为绿色．又在△A 1A 5B 1及△A 1A 5B 2中，A 5B 1及A 5B 2均必为绿色．这样就得△A 5B 1B 2全为绿色．矛盾．这说明上底面的5条棱同色．同理，下底面的5棱也同色． 下面再证明，上下底面10条棱颜色全同．反设上底面5条棱钱红，下底面5条棱全绿．由上证，A 1B 1、A 1B 2不能全红，但也不能全绿，故必一红一绿，设A 1B 1红，则A 1B 2绿，同理得，A 1B 3红，A 1B 4绿，A 1B 5红，此时，△A 1B 1B 5又出现上证情况．故得证．练习题 1． 在3×4(cm )的长方形中，放置6个点，试证：可以找到两点，其距离不超过 5 cm ．解 先把长方形分成5个区域(如图)，根据抽屉原理，必有两个点在同一个区域内，因而它们的距离不超过 5 cm ．2．⑴ 是否存在由10个正整数组成的集合A ，使A 的任一6元子集的元素和都不能被6整除？⑵ 对于任一由11个正整数组成的集合A ，证明：一定可以找到它的一个6元子集，其和能被6整除．⑴解：取A ={1，7，13，19，25，6，12，18，24，30}，则A 的任一六元子集的元素和都不能被6整除．⑵证明：对于任一元素都是正整数的11元集A ，总可以把这11个元配成5组，每组二个数的奇偶性相同，于是同组两数的和为偶数，这样就得到5个偶数和．这5个偶数mod 3后，如果有3个数mod 3互不同余，则此三数的和被3整除；如果这样的3个数不存在，即mod 3后只有至多两个剩余类，则其中必有1类中至少有3个数，则此三个数的和被3整除．于是取加得这三个数的原来的六个数，其和被6整除．3．把大小圆盘各划分成n 个相等的扇形格，各依次填上实数a 1、a 2、…、a n 及b 1、b 2、…、b n ，然后把把两圆盘圆心重叠做成转盘，试证：若a 1+a 2+…+a n <0，b 1+b 2+…+b n <0，则必可以使转盘转到某个适当位置，使大小圆盘对应扇形上两个数的乘积的和为一个正数．证明：让小盘逐格转动，每次都记下大小圆盘对应扇形上两个数的乘积的和，这样转过n 次后，共得B 1B 2B 3B 4B 5A 5A 4A 3A 2A 1B 1B 2B 3B 4B 5A 5A 4A 3A 2A1到了n 个和．由于大盘上的每个数字都要与小盘上的每个数字对应一次，故乘积a i b j (i ，j =1，2，3，…，n )在这n 个和中都出现一次且只出现一次，故这n 个和的总和=(a 1+a 2+…+a n )( b 1+b 2+…+b n )>0．∴这n 个和不可能都小于≤0，即其中至少有一个和为正数．4．已知自然数n (n >1)，用小于n 的自然数组成两个数组，每组内的数都各自两两不同，但两组间的数不一定全不同．证明：若两组数的总个数不小于n ，那么，一定可以从每一组中各选一个数，其和为n ．证明：设所组成的两个数组分别为A ={a 1、a 2、…、a k }及B ={b 1、b 2、…、b h }．其中各个a i 互不相同，各个b j 也互不相同．且k +h ≥n ．现取一数组C ={c 1，c 2，…，c h }，使c j =n －b j ，于是各c j 均为小于n 的正数，也互不相同．由于数组{ a 1、a 2、…、a k ，c 1，c 2，…，c h }的元素都为小于n 的正整数，但k +h ≥n ．从而必有某个c j =a i ，于是a i +b j =n ．5．给定13个不同的实数a 1，a 2，…，a 13，求证：存在两个实数a i ，a j ，(i ≠j )，满足0< a i －a j 1+a i a j <2－ 3 2+ 3． 证明：令tan θi =a i (－π2 <θi <π2，i =1，2，…，13)， 则有tan(θi －θj )= a i －a j 1+a i a j <2－ 3 2+ 3 =1－ 3 2 1+ 3 2 = 1－cos π6 1+cos π6 =tan π12 ． 故只要把这13个角按从大到小排列，并把区间(－π2 ，π2)分成12等分，则总有一个区间内落入了二个所给的角θi ，θj ，(θi >θj )，这两个角对应的实数即为所求．6．在[1，1000]内任取n 个互不相等的数a 1，a 2，…，a n ，为了总可以找到两个数a i ，a j (1≤i <j ≤n )，使得0<a i －a j <1+3∛____a i a j成立，试确定n 的最小值并证明之．解：设a i >a j ，且 0<∛__a i －∛__a j <1，于是，立方之，得0<a i －a j －3∛____a i a j (∛__a i －∛__a j )<1．∴ 0< a i －a j <1+3∛____a i a j (∛__a i －∛__a j )<1+∛____a i a j ．如果取n =10，可令a i =i 3，此时当i >j 时，a i －a j =i 3－j 3=(i －j )3+3ij (i －j )≥1+3ij =1+∛____a i a j 当取n =11，及区间[i 3，(i +1)3]，(i =1，2，…，9)．于是这11个数中必有两个数落入同一区间．由于这些区间共有10个端点，故这11个数不可能只取这9个区间的端点值i 3，于是必存在两个数落入同一区间且其中至少有一个数不是区间的端点．则此二数满足要求．7．证明：存在着绝对值都小于一百万，不全为0的三个整数a ，b ，c ，使|a + 2 b + 3 c |<10－11．证明：令A ={x ∈N |0≤x <106}．M ={ r +s 2 +t 3 | r ，s ，t ∈A }．d =(1 + 2 + 3 )·106．若x ∈M ，则x ∈[0，d ]．把区间[0，d ]分成1018－1个长度为l =d 1018－1 的子区间． 由抽屉原理，M 中1018个数中必有两个数同在某个子区间内，此二数之差<l <1071018－1 <10－11． 即此二数之差满足要求．8．我们称A 1，A 2，…，A n 为集合A 的一个n 划分，如果⑴ A 1∪A 2∪…∪A n =A ；⑵ A i ∩A j =Ø，1≤i <j ≤n ．求最小的正整数m ，使得对A ={1，2，…，m }的任意一个14划分A 1，A 2，…，A 14，一定存在某个集合A i (1≤i ≤14)，在A i 中有两个元素a ，b 满足b <a ≤43b ．(中国西部2001数学奥林匹克) 分析：14个集合相当于14个抽屉，取15个数，则必有一个抽屉中有两个数．若15个数中任意两个的数都满足b <a ≤43b ，则可求出最小的m 值． 解：取b ，b +1，b +2，…，b +14，共15个数．若b +14b ≤43，即得b ≤42．即至少取42+14=56个数，就可保证对A 的任一划分满足要求．当m ≥56时，取出其中42，43，…，56，共15个数，则根据抽屉原理，必有两数b ，a (42≤b <a ≤56)在同一划分中，由于1<a b ≤5642 = 43 ，即b <a ≤43b 成立． 若m <56．取A i ={a |a ≡i (mod 14)，0<a <56}，则对于A i 中任意两个数c ，d (c <d )，显然，c ≤42．故d c≥c +14c =1+14c >1+1442 =43，即此时不存在满足要求的划分．。
抽屉原理教师讲解及练习市公开课获奖课件省名师示范课获奖课件
练习
1. 一幅扑克牌有54张，至少要抽取几张牌， 方能确保其中至少有2张牌有相同旳点数？ 【解析】 点子页数１为1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、 10、11(J)、12(Q)、13(K)旳牌各取1张，再 取大王、小王各1张，一共15张，即15个抽 屉子页。３这么，假如任意再取1张旳话，它旳点数 必为1～13中旳一种，于是有2张点数相同．
（二）利用最值原了解题
将题目中没有阐明旳量进行极限讨论，将复 杂旳题目变得非常简朴，也就是常说旳极限 思想“任我意”措施、特殊值措施．
子页１
子页３
模块一、利用抽屉原理公式解题
（一）直接利用公式进行解题 （1）求结论 【例1】 6只鸽子要飞进5个笼子，每个笼子 里都必须有1只，一定有一1种笼子里有2只鸽 子．对吗？ 【解析】把鸽笼看作“抽屉”，把鸽子看作 “苹果”，6/5=1…1，1+1=2（只），也就 是一定有一种笼子里有2只鸽子．
（二）构造抽屉利用公式进行解题
【例9】在一只口袋中有红色、黄色、蓝色球 若干个，小聪和其他六个小朋友一起做游戏 ，每人能够从口袋中随意取出2个球，那么不 论怎样挑选，总有两个小朋友取出旳两个球 旳子页颜１色完全一样．为何？
【解析】可能情况有6种，把6种搭配方式看 成子页6３个“抽屉”，把7个小朋友看成7个“苹果 ”，根据抽屉原理，至少有两个人挑选旳颜 色完全一样．
⑵假如在这n个小朋友中，每位小朋友都至少遇到一 种熟人，这么熟人数目只有n-1种可能：1，2，3， ……，n-1，也是n-1种情况。根据抽屉原理，至少 有子两页１个小朋友，他们遇到旳熟人数目相等． 总之， 必有两个小朋友遇到旳熟人数目相等．
子页３
处理抽屉原理类型旳题目关键：题目中有抽 屉时，找准题目中旳“抽屉‘、”苹果“， 然后利用抽屉原理公式处理问题；没有抽屉 旳要发明抽屉。
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∪nA 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 <s ≤n －1)，此时|(s －t )a |<1n，而0<s －t <n －1，令k =s －t ，于是必有{ka }落入头尾两个区间之一.故证．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<a 2<…<a 77．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 <j )，即从第i +1天起，到第j 天这连续j －i 天中，这名棋手共下了21盘棋．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 <j )．于是可得a i +2=a j +2，a i +3=a j +3，…，即A 为循环小数，故A 为有理数．例9．已知菲波拉契数列0，1，1，2，3，5，8，13，21，……(从第三项起，每项都等于它的前面两项的和)．试问，它的前100000001项中，是否有某一项的末四位数字全为0？(不算第1项)分析：添一项可以看作0000，考虑每一项的末四位数字，末四位数字共有104种，(从0000到9999)，而每项的末四位数字都是由其前面两项的末四位数字求和而得出．解：记每一项a i 的末四位数字为x i ，由于该数列的每一项都是其前两项的和，由于x i 有104种，x i+1也有104种，所以有序数对(x i ，x i+1)共有108种，但对于每一项都有一个有序数对(x i ，x i +1)与之对应：(x 0，x 1)，(x 1，x 2)，…，(x 100000000，x 100000001)，共有100000001个数对，从而必有两个数对完全一样，设(x i ，x i +1)与(x j ，x j +1)相同(i <j )．则有x i = x j ，x i +1= x j +1，由于x i -1= x i +1－ x i ， x j -1= x j +1－ x j ，故又有x i -1=x j －1，这样又有(x i -1，x i )=(x j -1，x j )，(x i -2，x i -1)=(x j -2，x j -1)，…，直至(x 0，x 1)与(x j -i ，x j -i +1)，即x j -i 与x 0相同，即a j -i 的末四位数字全是0．事实上该数列的7501项的末四位全是0．当两项相邻时的情况．例10．设m 、n 都是自然数，任给一个有nm +1项的数列(该数列各项互不相等)a 1，a 2，……，a nm +1证明可以从中选出m +1项，按原来的顺序组成递增数列或选出n +1项按原来的顺序组成递减数列． 说明：先举一个例说明：m =n =2，在一个5项的数列1，8，3，2，5中，可以选出一个3项的递增数列：1，3，5；但未能选出3项的递减数列来．解：对于mn +1项的数列a 1，a 2，…，a nm +1中每一项a i ，都可以从这项开始向后找出以该项为首项的项数最多的递增数列来，设这样的数列有x i 项，同时也能找出以该项为首项的项数最多的递减数列来，设这样的数列有y i 项，这样，对于每一项a i ，都有一对数（x i ，y i ）与之对应，这就得到了mn +1个数对（可以看成是mn +1个坐标）．如果所有x i 都不大于m ，所有y i 都不大于n ，即x i =1，2，…，m ；且y i =1，2，…，n ．于是这样的数对只能有nm 种，将每一种都看成是一个抽屉，但共有nm +1个数对，于是根据抽屉原理，必有2个数对落入同一抽屉．设为a i 与a j ，（i <j )，它们都对应着坐标(h ，k )，这表示从这两个数中的任一个开始，可以向后找出h 项组成递增数列，也可向后找出k 项组成递减数列．若a i <a j ，则从a j 起共有h 项组成递增数列，但加上a i 后应有h +1项，即与a i 对应的数不应为h ，同样若a i >a j ，也将引出矛盾．这说明必有某个x i 满足x i >m ，或者某个y i 满足y i >n 命题得证．例11．设实数x 1，x 2，x 3，…，x n 满足x 12+x 22+x 32+…+x n 2=1证明对每一个整数k ≥2，存在不全为0的整数a 1，a 2，…，a n ，满足|a i |≤k －1，(i =1，2，…，n )使|a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n |≤(k －1)n k n －1． 证明：对于|a i |≤k －1，有(a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n )2≤(a 12+a 22+…+a n 2)(x 12+x 22+…+x n 2)≤a 12+a 22+…+a n 2≤(k －1)2+（k －1)2+…+（k －1)2=n （k －1)2．所以， |a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n |≤(k －1)n ． ⑴现在取{a 1，a 2，…，a n } {0，1，2，…，k －1}，则共可有k n 种取法，其每一种取法都满足⑴式．把区间[0，(k －1)n ]分成k n －1等份，每份长为(k －1)n k n －1．则k n 个数落入此区间内，必有二数落入同一份内．设为a '1x 1+a '2x 2+…+a 'n x n 与a "1x 1+a "2x 2+…+a "n x n ，则它们的差：(a '1－a "1)x 1+(a '2－a "2)x 2+…+(a 'n －a "n )x n = a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n ．必满足|a i |≤k －1 (i =1，2，…，n )，且|a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n |≤(k －1)n k n －1． 例12．一个棱柱以五边形A 1A 2A 3A 4A 5及B 1B 2B 3B 4B 5分别为上下底，这两个多边形的每一条边及线段A i B j (i ，j =1，2，3，4，5)均涂上红色与绿色，每个以棱柱的顶点为顶点，以涂色线段为边的三角形都有两边颜色不同．求证：上底与下底10条边的颜色相同．证明：首先证明此棱柱的上底面的棱颜色相同．否则必有两条相邻边颜色不同．不妨设A 1A 5为红，A 1A 2为绿．5条线段A 1B i (i =1，2，3，4，5)中必有3条同色．设有3条同为红色．这3条红色的线段中，总有两条是向相邻的两个顶点引出的，例如A 1B 1、A 1B 2都为红色．于是在△A 1B 1B 2中B 1B 2必为绿色．又在△A 1A 5B 1及△A 1A 5B 2中，A 5B 1及A 5B 2均必为绿色．这样就得△A 5B 1B 2全为绿色．矛盾．这说明上底面的5条棱同色．同理，下底面的5棱也同色． 下面再证明，上下底面10条棱颜色全同．反设上底面5条棱钱红，下底面5条棱全绿．由上证，A 1B 1、A 1B 2不能全红，但也不能全绿，故必一红一绿，设A 1B 1红，则A 1B 2绿，同理得，A 1B 3红，A 1B 4绿，A 1B 5红，此时，△A 1B 1B 5又出现上证情况．故得证．练习题 1． 在3×4(cm )的长方形中，放置6个点，试证：可以找到两点，其距离不超过 5 cm ．解 先把长方形分成5个区域(如图)，根据抽屉原理，必有两个点在同一个区域内，因而它们的距离不超过 5 cm ．2．⑴ 是否存在由10个正整数组成的集合A ，使A 的任一6元子集的元素和都不能被6整除？⑵ 对于任一由11个正整数组成的集合A ，证明：一定可以找到它的一个6元子集，其和能被6整除．⑴解：取A ={1，7，13，19，25，6，12，18，24，30}，则A 的任一六元子集的元素和都不能被6整除．⑵证明：对于任一元素都是正整数的11元集A ，总可以把这11个元配成5组，每组二个数的奇偶性相同，于是同组两数的和为偶数，这样就得到5个偶数和．这5个偶数mod 3后，如果有3个数mod 3互不同余，则此三数的和被3整除；如果这样的3个数不存在，即mod 3后只有至多两个剩余类，则其中必有1类中至少有3个数，则此三个数的和被3整除．于是取加得这三个数的原来的六个数，其和被6整除．3．把大小圆盘各划分成n 个相等的扇形格，各依次填上实数a 1、a 2、…、a n 及b 1、b 2、…、b n ，然后把把两圆盘圆心重叠做成转盘，试证：若a 1+a 2+…+a n <0，b 1+b 2+…+b n <0，则必可以使转盘转到某个适当位置，使大小圆盘对应扇形上两个数的乘积的和为一个正数．证明：让小盘逐格转动，每次都记下大小圆盘对应扇形上两个数的乘积的和，这样转过n 次后，共得B 1B 2B 3B 4B 5A 5A 4A 3A 2A 1B 1B 2B 3B 4B 5A 5A 4A 3A 2A1到了n 个和．由于大盘上的每个数字都要与小盘上的每个数字对应一次，故乘积a i b j (i ，j =1，2，3，…，n )在这n 个和中都出现一次且只出现一次，故这n 个和的总和=(a 1+a 2+…+a n )( b 1+b 2+…+b n )>0．∴这n 个和不可能都小于≤0，即其中至少有一个和为正数．4．已知自然数n (n >1)，用小于n 的自然数组成两个数组，每组内的数都各自两两不同，但两组间的数不一定全不同．证明：若两组数的总个数不小于n ，那么，一定可以从每一组中各选一个数，其和为n ．证明：设所组成的两个数组分别为A ={a 1、a 2、…、a k }及B ={b 1、b 2、…、b h }．其中各个a i 互不相同，各个b j 也互不相同．且k +h ≥n ．现取一数组C ={c 1，c 2，…，c h }，使c j =n －b j ，于是各c j 均为小于n 的正数，也互不相同．由于数组{ a 1、a 2、…、a k ，c 1，c 2，…，c h }的元素都为小于n 的正整数，但k +h ≥n ．从而必有某个c j =a i ，于是a i +b j =n ．5．给定13个不同的实数a 1，a 2，…，a 13，求证：存在两个实数a i ，a j ，(i ≠j )，满足0< a i －a j 1+a i a j <2－ 3 2+ 3． 证明：令tan θi =a i (－π2 <θi <π2，i =1，2，…，13)， 则有tan(θi －θj )= a i －a j 1+a i a j <2－ 3 2+ 3 =1－ 3 2 1+ 3 2 = 1－cos π6 1+cos π6 =tan π12 ． 故只要把这13个角按从大到小排列，并把区间(－π2 ，π2)分成12等分，则总有一个区间内落入了二个所给的角θi ，θj ，(θi >θj )，这两个角对应的实数即为所求．6．在[1，1000]内任取n 个互不相等的数a 1，a 2，…，a n ，为了总可以找到两个数a i ，a j (1≤i <j ≤n )，使得0<a i －a j <1+3∛____a i a j成立，试确定n 的最小值并证明之．解：设a i >a j ，且 0<∛__a i －∛__a j <1，于是，立方之，得0<a i －a j －3∛____a i a j (∛__a i －∛__a j )<1．∴ 0< a i －a j <1+3∛____a i a j (∛__a i －∛__a j )<1+∛____a i a j ．如果取n =10，可令a i =i 3，此时当i >j 时，a i －a j =i 3－j 3=(i －j )3+3ij (i －j )≥1+3ij =1+∛____a i a j 当取n =11，及区间[i 3，(i +1)3]，(i =1，2，…，9)．于是这11个数中必有两个数落入同一区间．由于这些区间共有10个端点，故这11个数不可能只取这9个区间的端点值i 3，于是必存在两个数落入同一区间且其中至少有一个数不是区间的端点．则此二数满足要求．7．证明：存在着绝对值都小于一百万，不全为0的三个整数a ，b ，c ，使|a + 2 b + 3 c |<10－11．证明：令A ={x ∈N |0≤x <106}．M ={ r +s 2 +t 3 | r ，s ，t ∈A }．d =(1 + 2 + 3 )·106．若x ∈M ，则x ∈[0，d ]．把区间[0，d ]分成1018－1个长度为l =d 1018－1 的子区间． 由抽屉原理，M 中1018个数中必有两个数同在某个子区间内，此二数之差<l <1071018－1 <10－11． 即此二数之差满足要求．8．我们称A 1，A 2，…，A n 为集合A 的一个n 划分，如果⑴ A 1∪A 2∪…∪A n =A ；⑵ A i ∩A j =Ø，1≤i <j ≤n ．求最小的正整数m ，使得对A ={1，2，…，m }的任意一个14划分A 1，A 2，…，A 14，一定存在某个集合A i (1≤i ≤14)，在A i 中有两个元素a ，b 满足b <a ≤43b ．(中国西部2001数学奥林匹克) 分析：14个集合相当于14个抽屉，取15个数，则必有一个抽屉中有两个数．若15个数中任意两个的数都满足b <a ≤43b ，则可求出最小的m 值． 解：取b ，b +1，b +2，…，b +14，共15个数．若b +14b ≤43，即得b ≤42．即至少取42+14=56个数，就可保证对A 的任一划分满足要求．当m ≥56时，取出其中42，43，…，56，共15个数，则根据抽屉原理，必有两数b ，a (42≤b <a ≤56)在同一划分中，由于1<a b ≤5642 = 43 ，即b <a ≤43b 成立． 若m <56．取A i ={a |a ≡i (mod 14)，0<a <56}，则对于A i 中任意两个数c ，d (c <d )，显然，c ≤42．故d c≥c +14c =1+14c >1+1442 =43，即此时不存在满足要求的划分．。
「浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运1」
「浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运1」抽屉原理是数学中极为重要和常用的一个原理，它在高中数学竞赛中应用广泛，解决了很多经典题目。
本文将针对抽屉原理在高中数学竞赛中的应用进行探讨。
首先，我们先来了解一下抽屉原理的基本内容。
抽屉原理是说如果有n+1个物体放入n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中至少放了两个物体。
其实抽屉原理的应用非常广泛，尤其是在组合数学和概率统计中经常能够见到它的身影。
在高中数学竞赛中，我们可将抽屉原理应用到以下几个方面。
第一，排列组合。
在排列组合中，经常会遇到求满足一些条件的排列或组合的问题。
这些问题通常可以通过抽屉原理来解决。
比如，求证任何12个自然数中至少有两个数是互质的；或者证明在10个不同的自然数中，至少存在两个数，其中一个数是另一个数的倍数等。
这些问题在高中数学竞赛中出现的频率较高，因此熟练掌握抽屉原理对于解决这类问题非常重要。
第二，鸽巢原理。
鸽巢原理是抽屉原理的另一种表述方式。
它可以帮助我们解决一些图论和数论中的问题。
比如，证明在任意的9个整数中，一定存在两个整数的和能被9整除；或者证明在一个15×15的棋盘上，任何3种颜色的4×4的正方形都存在一个完全相同的。
第三，概率问题。
在概率问题中，抽屉原理也经常被应用到。
比如，在一个房间里有7个人，那么至少有两个人的生日在同一天的概率是多少；或者一个利用4个数字进行组合的锁，那么至少需要尝试多少次才能打开这个锁。
在进行概率问题的分析时，抽屉原理可以帮助我们快速求解概率的值，加深我们对概率问题的理解。
除了以上三个方面，抽屉原理还涵盖了很多其他应用，比如数列问题，图论问题等等。
在高中数学竞赛中，这类问题常常出现在试题中，因此我们需要注意细心观察，灵活应用抽屉原理。
总之，抽屉原理在高中数学竞赛中的应用非常广泛。
它不仅可以帮助我们解决一些常见问题，还能够拓展我们的思维，提高我们的解题能力。
为了更好地应用抽屉原理，我们需要理解其基本原理，多做相关练习题，不断提升自己的解题能力。
高中数学竞赛讲解之抽屉原则素材新人教版(精).doc
抽屉原则在解决存在性问题时，抽屉原则是一个强有力的工具.抽屉原则I将一个元素个数不少于"的集合划分为加个子集岀，短，…，九，则至少有一个子集A*伙w {1,2,…，加})其元素个数其中，［x］表示的最大整数.推论把一个"元集划分为加个子集(">%),则至少有一个集合含有至少两个元素.我们称这里的子集4,爲，…，4”,为加个“抽屉” •应用抽屉原则解题的关键是构造合适的抽屉，在不同的实际问题中抽屉的表现形式是不一样的；即使是对同一问题也可以从不同角度制造不同的抽屉.抽屉原则丫从加个互不相交的有限集中4，爲，…，4”,取出hw + 1个元素构成一个集合S ,则S中至少有k+1个元素属于某个A p(pe {1, 2,…，m}).抽屉原则II将一个元素不多于"的集合S划分为加个子集£,■■■, A m,则至少存在一个集合A伙w {1,2,…，，"})其元素数目抽屉原则III把一个无限集S划分为有限个子集A2, ■■■, A m,则至少存在一个集合A p(pe{l, 2, •••,加})仍为无限集.例1已知集合S={1, 2, 3,…，3町，"是正整数，T是S的子集，满足：对任意x, y , z^T (其中x, y , z可以相同)都有x+y + z^T ,求所有这种集合T 的元素个数的最大值.解析考虑S中那些较大的数.取T0={n + l, n + 2, ■■■, 3n］,显然，其中任三数之和大于3”.故max|T|> |7^| = 2n .另一方面，作三元子集列A^={n , 2n, 3n]={k, 2n — k, 2n + k] , k = 1,2, •••, n — 1 ,Ak则S=U4,对于s的任一个2〃 + 1元子集尸，必包含有某个A・若观u尸，则其中有元素3n = n + n + n；若某个4 c T', ke{l,2, ■■■, n-1},则其中有元素In + k -k + k + (2n-k).于是max|T| < 2n + l.所以，max卩| = 2".抽屉原则应用过程中的抽屉制造实质就是对问题涉及的某些对象进行分类. 因此，首先应弄清楚对哪些对象分类，分多少类，按什么规则分.例2从1, 2,…，3839中任意选1996个数，证明：一定存在两个数的差恰好等于96.解析按模96的余数0,1, 2,…，95,把整数分类为96类.现有1996个数，且1996 = 96x20 + 76,故由抽屉原则可知，在这1996个数中必有21个数属于同一类，即这21个数中任意两数的差都是96的倍数.如果这21个数中，每两个数之差都不是96,那么这样的最小的21个数是：- 0x96 + r , a2 = 2x96 + r , a3 - 4x96 + r ,…，axo21 =2x20x96 + r>3840>3839 (0 < r < 95),这与已知条件不符.所以，选出的1996个数中一定存在两数之差恰好等于96.例3 —位棋手参加11周(77天)的集训，每天至少下一盘棋，每周至多下12盘棋•证明：这位棋手必定在连续的几天内恰好下21盘棋.解析用S,表示这位棋手在第1天至第7天(包括第7天在内)所下的棋的总盘数(1</<77).由于棋手每天至少下一盘棋，所以S] < S°< ••- < S77.又由于棋手每周至多下12盘棋，所以S77 <12x11 = 132.要证明存在7, j,1<;</<77,使S i-S J =21,这只需证明在» S2)…，S77, 5+21, …，S77+2I中有两项相同即可.事实上，上面的77x2 = 154个数中最小的,1,最大的=S77+21<132+21=153. 由抽屉原则I：必有两数相同.例4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，都有一个题目的答案互不相同，问参加考试的学生最多有多少人？解析设每题的3个选择支为a,b,c.如果参加考试学生有10人，则由抽屉原则II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，10-1 + 1 = 2,去掉这组学生，余下的学生中选出7人，则他们对第一题的答案只有两种.对于 这7人关于第二题应用抽屉原则II 知其中必可选出5人，他们关于前两题的答案 都只有两种可能，对于这5人关于第三题应用抽屉原则II,又知可选出4人，关 于第四题应用抽屉原则II,知必可选出3人，他们关于4个题目的答案都只有两 种，这不满足题中的要求.可见，所求的最多人数不超过9.另一方面，如果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.例5设⑷，a 2,…，a”，…是任意一个具有性质a k < a k+l (k > 1)的正整数的无 穷序列.求证：这个数列中有无穷多个％可以表示为a ,n = xa P + W?，其中，p , q, x, y 是适当的正整数，且p 丰q .解析 在给定的数列中任意取一项仙，因为陶是正整数，把全体正整数按 mod 仙的剩余类分类.由于正整数a ；, a 2, ■■■, a n , ■■-有无穷多个，所以由抽屉原 则III,上述陶个分类中至少有一类含有数列中的无穷多项.再由最小数原理， 这无穷多个项中一定有一个最小的项伟，于是对这个剩余类中的其他任意一项 %都有4” 三 a/moda/,且 a m > a p .所以a m =a p +a q y(y 为某个正整数).取x = l,即有a m = xa p + ya q .例6在不超过91的非零自然数中任意取10个数，证明：这10个数中一定 有两个数的比值在区间§冷内.解析 不超过91正整数共91个，要把这些数分成兀组，使X 可取的最大值是9.现将1, 2, ■■■, 90, 91这91个数分为9组:{1}, {2,3}, {4,5,6}, {7,8,9,10},{11, 12,…，16}, {17, 18,…，25}, {26, 27,…，39},{40, 41,…，60}, {61, 62, ■■■, 91}.这9个组的每个组中任意两数之比P适合-<k<-.由抽屉原则F,从这9个组 3 2中任意取10个数必有两数取自同一组，其比值在-内.L3 2」在这里显然抽屉的个数不能多于9个，分类的规则是使每个抽屉中的任意两数之比落在区间-内.3 2例7对一个5X"的格阵用红、蓝两色进行染色.如果对任意一种染色方案总可找到由3行3列相交出的同色的9个方格，求"的最小值.解析对于每一例，我们考虑相对“均匀”的染法：将其中3个方格染上一种颜色，其余2个方格染上另一种颜色.这样的不同染色方法共有2C；=20种.这提示我们，将5x40格阵的前20列用上述20种不同染法染色，后20列也依前20列的方法对应进行染色.这样的话，无法找到满足题意的同色的3x3格阵.故"至少应为41.如果还是上述“均匀”的染法，那么只要再多一列，即“ =41,就必定出现满足题意的3x3的同色格阵.如果不全是“均匀”的染法，是否"=41还能出现3x3的同色格阵呢？我们得换一个思路，若"=41,因每列红、蓝格数必不相等，所以，至少有21列，每列染某种颜色的格数大于染另一种颜色的格数.不妨设至少有21列每列的红格数大于蓝格数，即每列至少有3个红格.可退一步(?)设这21列每列恰好有3个红格，则对应的染色方法有C；=10种.由抽屉原则知21列中必有3列染法相同，这三列的红色方格即构成3x3的同色格阵.故"的最小值为41.例8在区间［1, 1000］里任意取"个不同的数a,, a2,…，a”，为了总可找到两个数a i, a j (i 丰j , l<i, j < n),使得成立，确定"的最小值，并证明之.解析不等式0<《-勺<1 + 3珈玄成立的一个充分条件是令丽W，疤=4,则问题转化为在区间[1, 10]里任意取"个不同的数乙,…，a'n,从中总存在两数/, a] (i壬j , l<i, j < n)使得将区间[1, 10]分成长度小于1且互不重叠的区间，则至少要分出10个这样的区间，如[1, 2), [2, 3), ■■■, [9, 9.5), [9.5, 10].由抽屉原则T 知,z/ = ll 即可.这说明所求"的最小值不超过11.当zz = 10 时，令^G? = z(z=l, 2, ■■■, 10), i>j,那么«, -a, = O'-J)3 + 3zj(z-；)>1 + 3ij , 不适合条件.故所求的“为11.例9 一个圆内有6000个点，其中任意三点都不共线.(1)能否用直线把这个圆分成2000块，使每块恰含有3个点，如何分？(2)若每块中三点满足：两两之间的距离皆为整数且不超过9,则以每块中的三点为顶点作三角形，这些三角形中大小完全一样的三角形至少有多少个？解析(1)圆内6000个点可确定<価条直线，因^^爲.是个有限的数，所以一定存在圆的一条切线，使它不平行于这C爲。
高中数学竞赛讲义-抽屉原理
§23抽屉原理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。
证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n 个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。
在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。
同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。
“鸽笼原理”由此得名。
例题讲解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（图1）。
证明：至少有两个点之间的距离不大于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。
高一联赛班秋季第四讲-抽屉原理
第4讲抽屉原理4.1 抽屉原理知识点睛本讲我们将叙述组合数学中一个特别简单却又十分重要，应用十分宽泛的一个原理，即抽屉原理. 而后我们将给出与抽屉原理内涵相通的几个变形，即均匀值原理与图形重叠原理 .事实上这几个原理是用来证明存在性问题的有力工具之一，自然我们还能够利用极端原理、反证法、数学概括法、算两次、计数方法和结构法等等来加以证明. 本讲我们主要叙述利用均匀值原理（其 在整数和图形范围内的形式分别为抽屉原理和图形重叠原理）来证明存在性问题，并略举数例说明其 它方法在证明存在性问题中的应用.第一抽屉原理： 若将 m 个物品放入 n 个抽屉中，则必有一个抽屉内起码有[m1] 1个物品 .n第二抽屉原理： 若将 m 个物品放入 n 个抽屉中，则必有一个抽屉内至多有[m] 个物品 ..n事实上这两个原理利用极端性原理与反证法极易证明，此处从略均匀值原理 1：设 a 1 ,a 2 ,..., a n 为实数，且 A a 1 a 2 ...a n，则 a 1 ,a 2 ,..., a n 中必有一个不小于 A ，也必有一个不大于 An均匀值原理 2：设 a 1, a 2 ,..., a n 为正实数，且 Gna 1 a 2 ... a n ，则 a 1 , a 2 ,..., a n 中必有一个不小于 G ，也必有一个不大于 G图形重叠原理： 把面积为 S 1 , S 2 ,..., S n 的 n 个平面图形以任意方式放入一个面积为S 的平面图形 A内，（ 1） 假如 S 1 S 2 ... S n S ，则必有两个图形有公共点；（ 2） 假如 S 1 S 2 ... S n S ，则必有一点不属于上述 n 个图形中任意一个能够发现，上述三组原理都是极端性原则在不一样场合的详细表现形式. 极端性法例是办理组合数学 中存在性的利器，经过对这三组原理及其解题技巧的深刻掌握，我们也能够自己创建一些近似的极端 性原理来解决问题 .经典精讲【例 1】将平面上的每个点都以红、蓝两色之一着色，证明：存在这样两个相像的三角形，它们的相像比为 2015，并且每一个三角形的三个极点同色。
高中数学竞赛讲座抽屉原理
抽屉原理抽屉原理又叫重叠原则或鸽原则，抽屉原则有如下几种情形。
抽屉原则I 把1+n 件东西任意放入n 只抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两件东西。
抽屉原则II 把m 件东西放入n 个抽屉里，那么至少有一个抽屉里至少有⎥⎦⎤⎢⎣⎡n m 件东西。
抽屉原则III 如果有无穷件东西，把它们放在有限多个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含无穷件东西。
利用抽屉原则解题时，其关键是如何利用题中已知条件构造出与题设密切相关的“抽屉”，下面通过例子说明抽屉原则的应用。
例1．在边长为1的正方形内任意放置5个点，试证：其中必有两个点，它们之间的距离不大于22。
证明：将边长为1的正方形划分成如图所示的四个边长为21的小正方形，则每个小正方形中任意两点间的距离不大于22，据抽屉原理：5个点放入四个正方形中，其中至少有一个正方形中至少有2个点，则这两个点间的距离不大于22。
例2．证明：边长为1的的正三角形内任意放置5个点，其中必有两点，其距离不超过21。
证明：将边长为1的正三角形的各边中点连结起来，得到四个小正三角形，则每个小正三角形中任意两点间的距离不大于21，据抽屉原理：5个点放入4个小正三角形中，其中至少有一个小正三角形中至少有2个点，则这两个点间的距离不超过21。
例3．在边长为1的正方形中有任意九个点。
试证：在以这些为顶点的各个三角形中，至少有一个三角形，其面积不大于81。
证明：将边长为1的正方形划分为如图所示的4个441⨯的小长方形，9个点放入4个小长方形中，则必有一个长方形中放入了至少3个点，设为C B A ,,,则三角形ABC 的面积不大于过81，证明如下：A 作边的平行线交BC 于A '，则：C A A B A A ABC S S S '∆'∆∆+=8141121=⨯⨯≤。
例4．求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除。
证明：因为任意一个整数被3除的余数只能是0，1，2，若任给的5个整数被3除的余数中0，1，2都出现，则余数为0，1，2的三个整数之和能被3整除；若5个数被3除的余数只出现0，1，2中的两个，则据抽屉原理知：必有3个整数的余数相同，而余数相同的3个数之和能被3整除。
浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用
浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用抽屉原理是数学中一个重要的基本原理，在高中数学竞赛中也有广泛的运用。
抽屉原理的核心思想是，如果有n+1个物体放进n个抽屉，那么至少有一个抽屉中会放置至少两个物体。
这个原理看似简单，却能在许多问题中提供有力的解决方法。
下面就来浅谈抽屉原理在高中数学竞赛中的运用。
在数学竞赛中，抽屉原理可以应用于排除法，数目合理性的讨论，以及不等式证明等方面。
以下将通过具体例题来介绍抽屉原理的运用。
首先考虑一个常见的例题：证明10个正整数中，至少有两个数的差是9的倍数。
我们可以将这10个整数表示为(1+9k)，其中k为整数。
每个整数除以9的余数只能是0、1、2、3、4、5、6、7、8中的一个，共有9个不同的取值。
而我们要放置10个整数，根据抽屉原理，至少有两个整数的余数相同，这样它们相减的结果就是9的倍数。
另一个例子是，证明每个由11个正整数互不相同的数组成的集合中，存在一个子集，其中的元素之和是11的倍数。
我们将这11个数分别除以11，得到的余数只能是0、1、2、3、4、5、6、7、8、9、10这11个数字。
根据抽屉原理，至少有两个数的余数相同，这样它们之差就是11的倍数。
将这两个数从原始集合中去掉，剩下的数仍然可以被11整除。
通过反复应用这个过程，最后这个集合中就会存在元素之和是11的倍数的子集。
在不等式证明中，抽屉原理也有一定的应用。
例如，对于任意的n个整数$a_1, a_2, ..., a_n$，证明存在两个整数$a_i$和$a_j$，它们满足$1 \leq ，i-j， \leq [\sqrt{n}]$，其中$[\sqrt{n}]$表示不超过$\sqrt{n}$的最大整数。
可以将这个问题看作是将整数坐标轴上的n个点分成若干组，每组的两个点的横坐标之差不大于$[\sqrt{n}]$。
将第i个点记作$(i, a_i)$，按$x$轴坐标分组，每组包含同一个横坐标的所有点。
可以发现，如果横坐标的差小于等于$[\sqrt{n}]$，那么这两个点的纵坐标差的绝对值不会超过$[\sqrt{n}]$。
高中数学竞赛辅导第一讲 集合与抽屉原理
1 Y
2 k 1
＝－2 (K＝0,1，2，……)，
X2K＋
1 2 k ＝2 (K＝1,2，……), Y
故所求代数式的值为0.
例6．一个集合含有10个互不相同的两位数。试证，这个集合必有2个无公共元素 的子集合，此两子集的各数之和相等。
解：已知集合含有10个不同的两位数，因它含有10个元素，故必有210＝1024个 子集，其中非空子集有1023个，每一个子集内各数之和都不超过90＋91＋…98 ＋99＝945<1023， 根据抽屉原理，一定存在2个不同的子集，其元素之和相等。如此2个子集无公共 元素，即交集为空集，则已符合题目要求； 如果这2个子集有公共元素，则划去它们的公共元素即共有的数字，可得两个无 公共元素的非空子集，其所含各数之和相等。
U B X 30-X 33-X X +1 3
A
3 解 赞成A的人数为50× 5 =30，赞成B的人数为30+3=33， 如上图，记50名学生组成的集合为U，赞成事件A的学生全体为集合A； 赞成事件B的学生全体为集合B x 设对事件A、B都赞成的学生人数为x,则对A、B都不赞成的学生人数为 +1, 3 赞成A而不赞成B的人数为30－ x ，赞成 B 而不赞成 A 的人数为 33 － x x 依题意(30－x)+(33－x)+x+( +1)=50, Байду номын сангаас 解得x=21 所以对A、B都赞成的同学有21人，都不赞成的有8人
1 X X X X 1 或 1 1 X X
X
当X＝1时，M＝{1,1，0}，S＝{0,1，1}，这与同一个集合中元素的互异性矛盾，故 X＝1不满足题目要求； 当X＝－1时，M＝{－1,1，0}，S＝{0,1，－1}，M＝S，从而X＝－1满足题目要 求，此时Y＝－1， 于是X2K＋1＋
高中数学竞赛教材讲义 第十八章 组合讲义
第十八章 组合一、方法与例题1．抽屉原理。
例1 设整数n ≥4,a 1,a 2,…,a n 是区间(0,2n)内n 个不同的整数，证明：存在集合{a 1,a 2,…,a n }的一个子集，它的所有元素之和能被2n 整除。
[证明] （1）若n ∉{a 1,a 2,…,a n },则n 个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。
由抽屉原理知其中必存在两个数a i ,a j (i ≠j)属于同一集合，从而a i +a j =2n 被2n 整除；（2）若n ∈{a 1,a 2,…,a n }，不妨设a n =n ，从a 1,a 2,…,a n -1(n-1≥3)中任意取3个数a i , a j , a k (a i ,<a j < a k )，则a j -a i 与a k -a i 中至少有一个不被n 整除，否则a k -a i =(a k -a j )+(a j -a i )≥2n ，这与a k ∈(0,2n)矛盾，故a 1,a 2,…,a n-1中必有两个数之差不被n 整除；不妨设a 1与a 2之差(a 2-a 1>0)不被n 整除，考虑n 个数a 1,a 2,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a n-1。
ⅰ）若这n 个数中有一个被n 整除，设此数等于k n ，若k 为偶数，则结论成立；若k 为奇数，则加上a n =n 知结论成立。
ⅱ）若这n 个数中没有一个被n 整除，则它们除以n 的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n 的余数相同，它们之差被n 整除，而a 2-a 1不被n 整除，故这个差必为a i , a j , a k-1中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
2．极端原理。
例2 在n ×n 的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n 。
抽屉原理讲义
抽屉原理讲义什么是抽屉原理？在数学领域中，抽屉原理是一种简单而常用的证明方法。
其核心思想是，如果将 n+1 个物品放到 n 个桶中，那么至少有一个桶中必定包含两个及以上的物品。
这个原理在组合数学、计算机科学等诸多领域都有广泛应用。
具体而言，抽屉原理包括两个基本概念：抽屉和物品。
如果将 n 个物品放到 m 个抽屉中，如果 n > m，那么至少有一个抽屉中会有两个或两个以上的物品。
抽屉原理的证明对于抽屉原理的证明，有一种简单而直观的方法。
我们可以将 n+1 个物品任意分成 m 组，其中 m = n。
假设每一组最多只有一个物品，那么总共只能分成 n 组。
由于有 n+1 个物品，所以至少有一组中包含了两个物品。
因此，根据这个假设的前提，我们可以得到一个矛盾，即最多只能将 n+1 个物品分成 n 组，每组最多只有一个物品，但又至少有两个物品在同一组中。
因此，假设不成立，抽屉原理成立。
抽屉原理应用抽屉原理有很多应用，下面我们介绍其中的两个例子。
例子1：生日悖论假设我们有一个房间里有 23 个人，那么至少有两个人生日相同的概率有多大呢？根据抽屉原理，我们将每个人的生日看做一个物品，日期看做一个抽屉，因为一年中只有 365 天，所以只有 365 个抽屉，但有 23 个生日需要放到这些抽屉中。
根据计算可知，概率公式为 P = 1 –(365 * 364 * 363 …… (365-22)) / (365 ^ 23) ≈ 0.5因此，当有 23 个人在同一个房间中时，至少有两个人生日相同的概率几乎是50%。
例子2：计算机算法在计算机算法中，抽屉原理有广泛应用。
其中一个例子是哈希表。
哈希表是一种高效的数据结构，它基于抽屉原理，使用哈希函数将每个数据项映射到不同的桶中。
在哈希表中，桶的数量通常比数据项的数量多，因此会有多个数据项映射到同一个桶中。
例如，如果我们在一个大小为 10 的哈希表中存储 11 个数据项，其中有两个数据项会映射到同一个桶中。
2.1抽屉原理（五篇范文）
2.1抽屉原理（五篇范文）第一篇：2.1抽屉原理山东省济宁一中奥林匹克数学竞赛辅导讲义贾广素编写第二章几个重要的原理2.1 抽屉原理将10个苹果放在9个抽屉中，无论怎么放，一定会有一个抽屉里放了2个或更多的苹果，这个简单的事实就是抽屉原理.它是由德国数学家狄利克雷(Dirichlet)提出来的,因此也称为狄利克雷原理.如果将苹果换成信，鸽子或鞋，而把抽屉换成信筒，鸽笼或鞋盒，那么这个原理应然适用.它是许多存在性问题得以证明的理论依据,也是离散数学中的一个重要原理，把它推广到一般情形，就可以得到：抽屉原理如果将m个物品放入n个抽屉内，那么至少有一个抽屉的物品不少于l个，其中⎧mn|m⎪⎪nl=⎨（这里[x]表示不超过x的最大整数）⎪[m]+1n|m⎪⎩n【证明】当n|m时，若结论不真，则每个抽屉中至多有m-1个物品，那么n个抽屉中物n品的总数≤n(m-1)=m-n<m个，矛盾！nmm]<n⋅=m个，也矛盾！nn当n|m时，若结论不真，则n个抽屉中物品总数≤n⋅[有的参考书上给出了此定理的另外一种写法：如果将m个物品放入n个抽屉内，那么必有一个抽屉内至少有[m-1]+1个物品。
这是抽屉原理的不同的两种表现形式，其本质是一n样的。
另外，抽屉原理还有其它的几种形式的推广：推广1：如果将m个物体放入n个抽屉内，那么必有一个抽屉内的物品至多有[这是推广也叫做第二抽屉原理，证明如下：【证明】用反证法，如果每个抽屉内至少有[m]个。
nm]＋1个物品，那么n个抽屉内的物品的总数n至少为n([mm]+1)>n⋅=m，这与n个抽屉内共有m个物品矛盾！nn推广2：无穷多个物品放入有限个抽屉中，则至少有一个抽屉中有无穷多个物品。
推广3：把m1+m2++mn-n+1个元素分成n类，则存在一个k，使得第k类至少有山东省济宁一中奥林匹克数学竞赛辅导讲义贾广素编写mk个元素。
推广2和推广3利用反证法，类似于述证法，不难得到其证明，这里我们不再一一赘述。
抽屉原理与高中数学竞赛
鸽巢原理的推 广应用：解决 更复杂的组合 数学问题，如 分配问题、背
包问题等
Ramsey 定理：在n个元素的集合中，如果每个元素都有k种不同的颜色，那么至少有一个元 素有k种颜色。
Ramsey 定理的应用：在组合数学、图论、计算机科学等领域都有广泛的应用。
Ramsey 定理的推广：Ramsey 定理的推广形式包括Ramsey 数、Ramsey 树等。
出矛盾
归纳法：通过 归纳推理，证 明抽屉原理的
正确性
演绎法：通过 演绎推理，证 明抽屉原理的
正确性
PART THREE
组合问题：求 解组合数、排
列数等
数论问题：求 解素数、最大 公约数、最小
公倍数等
几何问题：求 概率问题：求
解面积、体积、 解概率、期望、
角度等
方差等
代数问题：求 解方程、不等
式、函数等
熟悉抽屉原理的基本概念和公 式
掌握抽屉原理的解题步骤和技 巧
练习不同类型的抽屉原理题目， 提高解题速度和准确性
参加模拟考试，检验自己的解 题能力，找出不足并改进
PART SIX
抽屉原理是解决 数学竞赛问题的 重要工具
抽屉原理可以帮 助选手快速找到 解题突破口
抽屉原理可以提 高选手的解题速 度和准确性
理解抽屉原理的基本概念和原理 掌握抽屉原理的证明方法和技巧 运用抽屉原理解决实际问题 通过练习和思考，提高运用抽屉原理解决问题的能力
汇报人：
注意事项：理解抽 屉原理的适用范围 和局限性，避免盲 目应用
组合数学：抽屉原理在组合数学中的应用广泛，如解决组合问题、排列问题等。 数论：抽屉原理在数论中的应用也较为广泛，如解决素数问题、整数问题等。
竞赛题目：熟悉抽屉原理在组合数学和数论中的应用场景，可以帮助我们更好地解决高中数学竞赛中的相关题目。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
抽屉原理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。
证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。
在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。
同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。
“鸽笼原理”由此得名。
例题讲解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（图1）。
证明：至少有两个点之间的距离不大于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。
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。
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，各子集合中各数之和相等。
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。
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。
7． 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。
例题答案：1．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个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，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。
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2，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，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。
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a i，满足0＜a i≤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”。
又如：“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）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"，请读者试证之，并比较证明的差别。
（3）用同样的方法可证明以下结论：i）在边长为1的等边三角形中有n2+1个点，这n2+1个点中一定有距离不大于的两点。
ii）在边长为1的等边三角形内有n2+1个点，这n2+1个点中一定有距离小于的两点。
（4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命题仍然成立。
（5）读者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”。
2．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)·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}；（6）{11，11×2，11×22，11×23}；……（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？3．证明：把前25个自然数分成下面6组：1；①2，3；②4，5，6；③7，8，9，10；④11，12，13，14，15，16；⑤17，18，19，20，21，22，23，⑥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。
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倍，就可以得到满足条件的六个集合。
（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。
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。
4.分析与解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合就有210=1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有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。