(完整word)六年级奥数-第九讲复杂抽屉原理教师版.docx

第九讲复杂抽屉原理
内容概述
运用抽原理求解的复的合算与明．里不“抽”与“苹果”需要恰当地与
取，而且有构造出达到最佳状的例子．
典型
1．从 1， 2， 3，⋯， 1988 ， 1989 些自然数中，最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的差不等于4？
【分析与解】 1， 2， 3， 4， 9， 10， 1l， 12，17， 18，19， 20，25，⋯，
些数中任何两个数的差都不4，些数是每8 个的数中取前 4 个的数．
有 1989÷8=248⋯⋯ 5，所以最多可以248×4+4=996 个数．
注：于，一种方法是先尽可能的多，然后再找出些数的律，再算出最多可以出
多少个 .
2．从 1 至 1993 1993 个自然数中最多能取出多少个数，使得其中任意的两数都不且差不等于4？
【分析与解】 1，3， 6， 8，11， 13，16， 18，21，⋯，
些数中任何两个数不且差不等于4，些数是每 5 个的数中第 1、 3 个数．
1993÷5=398⋯⋯3 . 所以最多可以398×2+2 =798 个数．
注：当然可以是1， 4，6， 9， 11， 14， 16， 19， 21，⋯，
些数足条件，是每 5 个的数中第1、 4 个数．
但是此最多只能出398×2+l=797 个数．
3.从 1，2， 3，4， 5， 6， 7，8， 9， 10，11，12 中最多能出几个数，使得在出的数中，每一个数都不是另一个数的
2 倍 ?
【分析与解】方法一：直接从 1 开始 1， 3， 4，5， 7， 9，11， 12，可以出8 个数；
而从 2 开始 2， 3， 5，7， 8， 9， 11， 12，也是可以出8 个数．
3包含在内，因此只用考两种情况即可．
所以，在足意情况下，最多可以出8 个数．
方法二：我知道多少个奇数均足，有1， 3， 5，7， 9， 11 均奇数，并且有偶数中 4 的倍数，但不是 8 的倍数的也足，有4，12 是的数．
所以，在足意情况下最多可以出8 个数．
4．从 1， 3， 5， 7，⋯， 97， 99 中最多可以出多少个数，使得出的数中，每一个数都不是另一个数的倍
数 ?
【分析与解】方法一：因均是奇数，所以如果存在倍数关系，那么也一定是3、 5、 7 等奇数倍 .
3×33： 99，于是从 35 开始， 1 : 99 的奇数中没有一个是 35～ 99 的奇数倍 ( 不包括 1 倍 ) ，所以出35，37， 39，⋯， 99 些奇数即可．
共可出33 个数，使得出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数．
方法二：利用 3 的若干次与数的乘50 个奇数分．
(1 ， 3， 9， 27，81) ， (5 ， 15， 45) ， (7 ， 21， 63) ，(11 ， 33) ， (13 ， 39) ， (17 ，51) ， (19 ， 57) ， (23 ， 69) ，(25 ， 75) ， (29 ，87) ， (31 ， 93) ， (35) ， (37) ， (41) ，(43) ，⋯， (97) 共 33 ．
前11 ，每内任意两个数都存在倍数关系，所以每内最多只能一
个数．
即最多可以出 33 个数，使得出的数中，每一个数都不是另一个数的
倍数．
注： 1 : 2n 个自然数中，任意取出 n+1 个数，其中必定有两个数，它一个是另一个的整数倍；
从 2，3．⋯⋯， 2n+1 中任取 n+2个数，必有两个数，它一个是另一个的整数倍；
从 1，2， 3．⋯⋯ 3n 中任取 2n+1个数，其中必有两个数，它中一个是另一个的整数倍，且至少是3倍；
从1， 2， 3，⋯⋯， mn 中任取 (m-1)n+1 个数，其中必有两个数，它中一个是另一个的整数倍，且至少是 m倍
(m、 n 正整数 ).
5．明：任12 个不同的两位数，其中一定存在着的两个数，它的差是个位与十位数字相同的两位
数．
【分析与解】因两个不同的两位数相减得到的差不可能三位或三位以上的数．如果个差是1l 的倍数，那么一定有个差的个位与十位数字相同．
两个数的差除以1l 的余数有0、1、 2、 3、⋯、 1011 种情况．将11 种情况11 个抽．
将 12 个数12 个苹果，那么必定有两个苹果在同一抽，也就是有两个数除以11 的余数相同，那么它的差一定是11 的倍数．
而两个两位数的差一定是一个两位数，如果个差是11 的倍数，那么就有个数与十位数字相等．得
．
注：抽原理一：将
抽原理二：将nr+1
n+1 个元素放到n 个抽中去，无怎么放，必定有一个抽至少有两个元素．
个元素放到n 个抽中去，无怎么放，必定有一个抽至少有r+1 个元素．
抽原理三：将 m个元素放到 n 个抽中去 (m≥n) ，无怎么放，必定有一个抽至少有m 1
个
1
n
元素．
6．从 1， 2， 3，⋯， 49， 50 50 个数中取出若干个数，使其中任意两个数的和都不能被7整除，最多能
取出多少个数 ?
【分析与解】利用除以 7 的余数分：
余0： (7 ， 14， 21， 28， 35， 42， 49) ；
余1： (1 ， 8，15， 22，29， 36，43， 50) ；
余2： (2 ， 9，16， 23，30， 37，44) ；
余3： (3 ， 10， 17， 24， 31， 38， 45) ；
余4： (4 ， 11， 18， 25， 32， 39， 46) ；
余5： (5 ， 12， 19， 26， 33， 40， 47) ；
余6： (6 ， 13， 20， 27， 34， 41， 48) ．
第一内的数最多只能取 1 个；如果取第二，那么不能取第七内任何一个数；取第三，不能取第
六内任何一个数；取第四，不能取第五内任意一个数．
第二、三、四、五、六、七分有8、 7、 7、 7、7、 7 个数，所以最多可以取1+8+7+7=23 个数．
7．从 1， 2，3，⋯， 99， 100100 个数中任意出51 个数．明：
(1)在 51 个数中，一定有两个数互；
(2)在 51个数中，一定有两个数的差等于50；
(3)在 51个数中，一定存在 9 个数，它的最大公数大于1．
【分析与解】(1) 我将 1～ 100 分成 (1 ，2) ， (3 ，4) ， (5 ，6) ， (7 ，8) ，⋯， (99 ， 100) 50 ，每
内的数相．而相的两个自然数互．
将 50 数作50 个抽，同一个抽内的两个数互．
而在 51 个数，放50 个抽，必定有两个数在同一抽，于是两个数互．得．
(2)我将 1— 100 分成 (1 ，51) ， (2 ，52) ，(3 ，53) ，⋯， (40 ， 90) ，⋯ (50 ， 100) 50 ，每内的数
相差 50．将 50 数抽，在有51 个数放50 个抽内，必定有 2 个数在同一抽，那么
两个数的差50．得．
(3)我将 1— 100 按 2 的倍数、 3 的奇数倍、既不是 2 又不是 3 的倍数的情况分，有(2 ，4，6， 8，⋯，
98， 100) ， (3 ，9， 15， 21，27，⋯， 93， 99) ， (5 ， 7， 11， 13， 17， 19，23，⋯， 95，97) 三．第一、二、三分有 50、 17、33 个元素．
最不利的情况下， 51 个数中有 33 个元素在第三 ，那么剩下的
18 个数分到第一、二两 内，那么至少
有 9 个数在同一 ．所以
9 个数的最大公 数
2 或
3 或它 的倍数， 然大于
1． 得
8． 求 ：可以找到一个各位数字都是 4 的自然数，它是 1996 的倍数．
【分析与解】注意到 1996=4×499；
于 l ， 1l ， 11l ，⋯， 111L 1中必定有两个数关于
499 同余．
1 2 3
440 个1
于是 111L 1
111L 1(mod 499)(m>n) ．
1 2 3
1 2 3
m 个1
n 个1
有 111L 1 - 111L 1=111L 1000L 0 ，所以 499
111L 1000L 0 ，因 (499 ，
1 2 3
1 2 3
1 2 3
14 2 43
1 2 3
14 2 43
m 个1
n 个1
m n 个1
n 个0
m n 个1 n 个 0
444L 4
1000L 0 )=l ，所以 499
111L 1
；于是有 (499 ×4)
（
111L 1
4），即
1996 1 2 3
1 2 3
14 2 43
14 2 43
n 个 0
m-n 个
1
m-n 个 1
m-n 个 4
于是，就找到 的全部都是由
4 成的数字，是
1996 的倍数．
注：
111L
1、 333L 3、 777L 7 、
999L
9 可整除不合 2， 5 因数的任何整数；
1 2 3
14 2 43
14 2 43
14 2 43
k 个1
k 个 3
k 个 7
k 个 9
222L 2 、 444L 4 、 666L 6 、 888L 8 整除不含因数 5( 因数 2 分 只能含
1， 2， 2， 3 个 ) 的任何整
14 2 43
14 2 43 14 2 43
14 2 43
k 个 2
k 个 4
k 个6
k 个 8
数；
555L 5 整除不含因数
2( 因数 5 只能含 1 个) 的任何整数．
14 2 43
k 个 5
9．有 49 个小孩， 每人胸前有一个号 ， 号 从 1 到 49 各不相同． 在 你挑 若干个小孩， 使任何相 两个小孩的号 数的乘 小于
100，那么你最多能挑 出多少个孩子
?
【分析与解】
将 1 至 49 中相乘小于 100 的两个数，按被乘数分成
9 ，
如下：
排成一个 圈，
(1 ×2) 、(1 ×3) 、(1 ×4) 、⋯、 (1 ×49) ； (2 ×3) 、(2 ×4) 、(2 ×5) 、⋯、 (2 ×49) ；
L L L L L L
L
(8 ×9) 、(8 × 10) 、(8 (9 ×10) 、(9 ×11) .
×11) 、(8 ×12) ；
因 每个数只能与左右两个数相乘，
两 数出 在 圈中，最多可以取出 18
数．
也就是每个数作 被乘数或乘数最多两次， 所以每一 中最多会有
个数 ，共
18 ×2=36 次，但是每个数都出 两次，故出 了
18 个
例如： (10 ×9) 、(9 ×11) 、 (1 ×8) 、(8 ×12) 、(12 ×7) 、 (7 × 13) 、(13 ×6) 、(6 ×14) 、 (14 ×5) 、(5 ×15) 、 (15
×4) 、(4 ×16) 、 (16 X 3) 、(3 ×17) 、(17 ×2) 、(2 ×18) 、(18 ×1) 、(1 ×10) ．共出 l ～ 18 号，共
18 个孩子．
若随意 取出
19 个孩子，那么共有
19 个号 ，由于每个号 数要与旁 两数分 相乘， 会形成 个相乘的数 ．
那么在 9 中取出 19 个数 ，有
19=9×2+1，由抽 原 知，必有三个数 落入同一 中， 某个
数字会在数 中出 三次
( 或三次以上 ) ，由分析知， 是不允 的．故最多挑出
18 个孩子．
19
10. 在边长为
1 的正方形内随意放进
9 个点，证明其中必有
3 个点构成的三角形的面积不大于
1 ．
8
【分析与解】
如下 ，把正方形分成四个形状相同、大小相等的正方形．
9 个点任意放人 四个正方
形中．
根据抽 原理，多于
2×4个点放入四个 方形中，至少有
2+1 个点 ( 即
3 个点 ) 落在
某
一个正方形之内．现在，特别取出这个正方形来加以讨论．
把落在这正方形中的三点组成的三角形记为△ABC，其面积不超过小正方形面积的1
，所以其面积
不超过1
．这样就得到了需要证明的结论．
2
8 1
的两点；
评注：在边长为 1 的等边三角形中有n21个点，这 n21个点中一定有距离不大于
n
在边长为 l 的等边三角形内有n21个点，这
n2
1个点中一定有距离小
于
1
的两点．
n
1
已知平行四边形中，其面积为l ，现有2n2 1 个点，则必定有三点组成的三角形，其面积不大于；
12n2
已知三角形中，其面积为1，现有2n21个点，则必定有三点组成的三角形，其面积不大于．
n2
11．某班有 16 名学生，每个月教师把学生分成两个小组．问最少要经过几个月，才能使该班的任意两个学生
总有某个月份是分在不同的小组里?
【分析与解】经过第一个月，将16 个学生分成两组，至少有8 个学生分在同一组，下面只考虑这8 个学生．
经过第二个月，将这8 个学生分成两组，至少有 4 个学生是分在同一组，下面只考虑这 4 个学生．经过第三个月，将这 4 个学生分成两组，至少有 2 个学生仍分在同一组，这说明只经过 3 个月是无法满足题目要求的．
如果经过四个月，将每个月都一直保持同组的学生一分为二，放人两个组，那么第一个月保持同组的人
数为 16÷2=8 人，第二个月保持同组的人数为8÷2=4 人，第三个月保持同组人数为4÷2=2 人，这说明，照此分法，不会有 2 个人一直保持在同一组内，即满足题目要求，故最少要经过 4 个月．
12．上体育课时，21 名男、女学生排成 3 行 7 列的队形做操．老师是否总能从队形中划出一个长方形，使得
站在这个长方形 4 个角上的学生或者都是男生，或者都是女生?如果能，请说明理由；如果不能，请举出实例．【分析与解】因为只有男生或女生两种情况，所以第 1 行的 7 个位置中至少有 4 个位置同性别．
为了确定起见，不妨设前 4 个位置同是男生，如果第二行的前 4 个位置有 2 名男生，那么 4 个角同是男生的情况已经存在，所以我们假定第二行的前 4 个位置中至少有 3 名女生，不妨假定前 3 个是女生．又第三行的前 3 个位置中至少有 2 个位置是同性别学生，当是2名男生时与第一行构成一个四角同性别
的矩形，当有 2 名女生时与第二行构成四角同性别的矩形．
所以，不论如何，总能从队形中划出一个长方形，使得站在这个长方形 4 个角上的学生同性别．问题得证．
13． 8 个学生解8 道题目．
(1)若每道题至少被 5 人解出，请说明可以找到两个学生，每道题至少被过两个学生中的一个解出．
(2)如果每道题只有 4 个学生解出，那么(1) 的结论一般不成立．试构造一个例子说明这点.
【分析与解】(1)先设每道题被一人解出称为一次，那么8 道题目至少共解
出 5 8=40 次，分到8 个学生身上，至少有一个学生解出了 5 次或 5 次以上题目，即这个学生至少解出 5 道题，称这个学生为4，我们讨论以下 4 种可能：
第一种可能：若 4 只解出 5 道题，则另 3 道题应由其他7 个人解出，而 3 道题至少共被解出35=15 次，分到 7 个学生身上，至少有一名同学解出了 3 次或 3 次以上的题目(15=2 7+1，由抽屉原则便知) 由于只有3道题，那么这 3 道题被一名学生全部解出，记这名同学为B．
那么，每道题至少被A、B 两名同学中某人解出．
第二种可能：若 A 解出 6 道题，则另 2 道题应由另7 人解出，而 2 道题至少共被解出2×5=10 次，分到
7 个同学身上，至少有一名同学解出 2 次或 2 次以上的目(10=1 7+3，由抽原便知) ．与 l 第一种可能
I 同理，两道必被一名学生全部解出，名同学C．
那么，每道目至少被A、 C 学生中一人解出．
第三种可能：若 A 解出 7 道目，另一必由另一人解出，此人D．那么，每道目至少被A、D 两名学生中一人解出．
第四种可能：若 A 解出 8 道目，随意找一名学生，E，那么，每道目至少被A、 E 两名学生中一人解出，所以(1) 得．
(2)似 (1) 中的想法，目共被解出8 4=32 次，可以使每名学生都解出 4 次，那么每人解出 4 道．
随便找一名学生，必有 4 道未被他解出， 4 道共被 7 名同学解出 4 4=16 次，由于16=2×7+2，可以使每名同学解出目不超 3 道，就无法找到两名学生，使每道目至少被其中一人解出．
具体构造如下表，其中字代表号，数字代表学生，打√代表位置的目被位置的学生
解出．
14．的表上按准的方式着1，2， 3，⋯， 11，1212 个数，在其上任意做n 个120o的扇形，每一个都恰好覆盖 4 个数，每两个覆盖的数不全相同．如果从任做的
面的全部12 个数，求n 的最小．
n 个扇形中能恰好取出 3 个覆盖整个【分析与解】如下，只要从某个数字的位置开始，做出的120o扇形，一定能覆盖 4 个数．
从最不利的情况出，n 个扇形中最大程度的重叠，需做(12 ， 1， 2， 3) ，2， 3，4) ， (2 ， 3，4， 5) ， (3 ， 4， 5，6) ，(4 ， 5， 6，7) ， (5 ， 6，7， 8) ， (6 ，
9) ， (7 ， 8， 9， 10) ， (8 ， 9， 10， 11)
9 个 120。

扇形才能将整个面覆盖．从中可以挑出 3 个覆盖整个面全部12(1，7，8，
个
数．
也就是n 最小取9 ，才能保意的足．
注：如果 n 取 8 那么就能出一种做法，使得不出 3 个扇形覆盖整个面的全部12 个数，如： (12 ，1， 2， 3) ， (1 ，2， 3， 4) ， (2 ， 3， 4， 5) ， (3 ， 4， 5， 6) ，(4 ， 5， 6， 7) ， (5 ， 6， 7， 8) ， (6 ， 7， 8， 9) ，
(7 ， 8， 9，10) ， 8 个扇形的数中都不包含11 个数，当然没法取得全部的12 个数．
15．卷上共有 4 道，每有 3 个可供的答案．一群学生参加考，果是于其中任何 3 人，都有一个目的答案互不相同．参加考的学生最多有多少人?
【分析与解】人数A，再由分析可第一取出的人数A1，第二的人数A2，第三取的人数A3，第四的人数A4．
如果不能足目要求，：
A4至少是3，即3个人只有两种答案．
由于A4是 A3人做第四题后筛选取出的人数，则由抽屉原则知，
A3
个苹( 两种答案 ) 中至少放有A 3
3
果 ( 即A4 ).
A3A3
= A4 =3，则 A3 至少为4，即 4 人只有两种答案．3
由于 A3是 A2人做第三题后筛选的人数，则由抽屉原则知，将 A2个苹果放久三个抽屉( 三种答案 ) ，那么
必然有两个抽屉 ( 两种答案 ) 中至少放有A2A2
个苹果 ( 即A3 ) ．3
A2A2= A3 =4，则A2至少为5，即 5 人只有两种答案．3
同理，有A1A1
= A2 =5 则A1至少为7 ，即做完第一道题必然有7个人只有两种答案；则有3
A0A0= A1=7．则A0至少为 10，即当有10 人参加考试时无法满足题目的要求．3
考虑 9 名学生参加考试，令每人答题情况如下表所示( 汉字表示题号，数字表示学生) ．故参加考试的学生最多有9 人．。