《提优教程》教案第10讲抽屉原理.docx
- 文档编号:24815890
- 上传时间:2023-06-01
- 格式:DOCX
- 页数:24
- 大小:172.98KB
《提优教程》教案第10讲抽屉原理.docx
《《提优教程》教案第10讲抽屉原理.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《《提优教程》教案第10讲抽屉原理.docx(24页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
《提优教程》教案第10讲抽屉原理
第10讲抽屉原理
抽屉原理又叫鸽笼原理、狄里克雷(P.G.Dirchlet,1805〜1895,德国)原理、重叠原理、鞋
盒原理.这一最简单的思维方式在解题过程中却可以演变出很多奇妙的变化和颇具匠心的运
用.抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现,
抽屉原理I:
把n1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。
抽屉原理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m件东西。
n
抽屉原理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。
应用抽屉原理解题,关键在于构造抽屉。
构造抽屉的常见方法有:
图形分割、区间划分、
整数分类(剩余类分类、表达式分类等)、坐标分类、染色分类等等,下面举例说明。
A类例题
例1如图,分别标有1到8的两组滚珠均匀放在内外两个圆环上,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,
一时刻,内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对.
分析转动一周形成7个内外两环两对数字相同的时刻,以此构造抽屉。
证明内外两个圆环转动可把一个看成是相对静止的,只有一个外环在转动.当外环转动
一周后,每个滚珠都会有一次内环上标有相同数字的滚珠相对的时刻,这样的时刻将出现8
次.
但一开始没有标有相同数字的滚珠相对,所以外环转动一周的过程中最多出现7个时刻
内外标有相同数字的滚珠相对,故必有一个时刻内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对.
说明转动一周内外两环两对的8个时刻排除显然不合题意的初始时刻是本题的突破口。
例27月份的天热得人都不想工作,只想呆在有空调的房间里.可小张却没有办法休
假,因为他是一个空调修理工,为了让更多人好好休息,他只能放弃自己的休息.在过去的7
月份里,小张每天至少修理了一台空调.由于技术过硬,每一台空调都能在当天修理好.8月
1日结算的时候,大家发现小张在7月份一共修理了56台空调.
分析本题的难点在于将题中结论转化为抽屉原理的数学模型。
证明我们来考察“连续的若干天”里小张修理的空调台数•设小张在第i天修理了Xi台
空调,其中i=1,2,…,31.则:
X1VX1+X2VX1+X2+X3V…VX1+X2+…+X31=56.
另外:
X1+5 上面的两组数(共62个)均在1到61之间(包括这两个数),由抽屉原理,必有二个数是相 等的,且相等的两个数应该来自不同的组.从而X1+X2+…+Xq=X1+X2+…+xp+5.(q>p) 由此可见XP+1+XP+2+…+xq=5. 即从第P+1天开始到第q天修理的空调正好是5台. 例3点P为VABC内任意一点,与点A、B、C的连线分别交对边于D、E、F.求 APbpCP 证: 在C—中必有一个不大于2,也必有一个不小于 PDPEPF 1 TH PF CP C—中必有一个不大于2,也必有一个不小于2. PF 情景再现 1.在边长为1的正方形内任意放入九个点,求证: 存在三个点,以这三个点为顶点的三 1 角形的面积不超过。 (1963年北京市数学竞赛题) 8 2.质点沿直线方向往前跳,每跳一步前进5米,而前进方向上距离起点每隔1米都有 一个以此点为中心长为2103米的陷阱,证明该质点迟早要掉进某个陷阱里。 3.在坐标平面上任取5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。 B类例题 例4. (1)对于任意的5个正整数,证明其中必有3个数的和能被3整除; (2)对于任意的11个正整数,证明其中一定有6个数,它们的和能被6整除。 分析 (1)可借助于3的同余类构造抽屉; (2)若仿造 (1)借助于6的同余类构造抽屉 情形较为烦琐,不妨借助于 (1)的结论从中构造出能满足被2整除的数. 证明 (1)任何自然数除以3的余数只能是0、1、2,不妨分别构造3个抽屉: {0},{1},{2},将这5个数按其余数放置到这3个抽屉中: 1若这5个正整数分布在这3个抽屉中,从3个抽屉中各取一个,其和必能被3整除; 2若这5个自然数分布在其中的2个抽屉中,则必有一个抽屉中含有至少3个数,取其3 个,其和必能被3整除; 3若这5个自然数分布在其中的1个抽屉中,取其3个,其和必能被3整除。 (2)设11个整数为a1,a2,L,a11,因为623。 ①先考虑被3整除的情形。 由 (1)知: 在11个任意整数中,必存在: 3|a1a2a3, 不妨设a1a2a3b;同理,剩下的8个任意整数中,由 (1)知,必存在: 3血a6, 不妨设a4a5a6b? ;同理,其余的5个任意整数中,有: 3|a? aa? 设a7a8a9b3。 ②再考虑鸟山2山3中存在两数之和被2整除。 依据抽屉原理,b,b2,bs这三个整数中,至少有两个是同奇或同偶,这两个同奇(或同偶)的整数之和必为偶数 不妨设2|b1b2,则: 6|bib2,即6|a1a2a3a4a5a6。 所以任意11个整数,其中必有6个数的和是6的倍数。 例5.910瓶红、蓝墨水,排成130行,每行7瓶。 证明: 不论怎样排列,红、蓝墨水瓶 的颜色次序必定出现下述两种情况之一种: 1.至少三行完全相同; 2•至少有两组(四行),每组的两行完全相同。 (北京市高中一年级数学竞赛1990年复赛试题) 分析每行7个位置有128种不同放置方式,以此构造抽屉• 证明910瓶红、蓝墨水,排成130行,每行7瓶。 每行中的7个位置中的每个位置都有红、蓝两种可能,因而总计共有27128种不同的行式(当且仅当两行墨水瓶颜色及次序完 全相同时称为行式”相同) 任取130行中的129行,依抽屉原理可知,必有两行(记为A,B)行式”目同。 在除A、B外的其余128行中若有一行P与A(B)行式”相同,贝UP,A,B满足至少有三行完全相同”;在其余(除A,B夕卜)的128行中若没有与A(B)行式相同者,贝U128行至多有127种不同的行式,依抽屉原理,必有两行(不妨记为C、D)行式相同,这样便找 到了(A,B)、(C,D)两组(四行),每组两行完全相同。 说明本题构造抽屉时用到分步计数原理,27128个行式”是构造“抽屉”的关键。 例6.将平面上每个点以红蓝两色之一着色,证明: 存在这样的两个相似三角形,它们的相似比为1995,并且每一个三角形的三个顶点同色。 (1995年全国高中数学联赛试题) 分析构造相似比为1995的9点组。 证明如图,作两个半径分别为1和1995的同心圆,在内圆上任取9个 点,必有5点同色,记为A1,A2,A3,A4,A5。 连半径OAj交大圆于Bi (i1,2,3,4,5),对B1,B2,B3,B4,B5,必有3点同色,记为Bi,Bj,Bk, 则BjBjBk与AAjAk为三项点同色的相似三角形,相似比等于1995,满 足题设条件。 评析这里连续用了两次抽屉原理(以染色作抽屉)。 也可以一开始就 取位似比为1995的9个位似点组(Ai,Bj(i1,2,L,9),对4个抽屉b, (红,红),(红,蓝),(蓝,红),(蓝,蓝)应用抽屉原理,得出必有3 个位似点属于同一抽屉,从题目的证明过程中可以看出,相似比1995可 以改换成另外一个任意的正整数、正实数。 当然,不用同心圆也可证得,如在平面上取任三点都不共线的9点,由抽屉原理必有5点同色,设为A、B、C、D、E;以A为位似中心,以1995为相似比作ABCDE的相似形ABCD'E',贝U5点A,B',C',D',E'中必有3点同色,设为B'D'E',则即为所求。 情景再现 4•有苹果、梨、桔子若干个,任意分成9堆,求证一定可以找到两堆,其苹果数、梨数、 桔子数分别求和都是偶数。 5.将平面上每个点以红蓝两色之一着色,证明: 存在无数个内角为30°60°90°的相 似直角三角形,它们的相似比为1995,并且每一个三角形的三个顶点同色。 6•有17位科学家,其中每一个人和其他所有人通信,他们通信中讨论三个问题,且每两个科学家之间只讨论一个问题,求证至少有三个科学家相互之间讨论同一个问题。 C类例题 例7.给定一个由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。 (第14届IMO试题) 分析根据子集中各数之和构造抽屉• 1022个非 99855。 1022,1022> 解10个元素的集合就有2101024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,所以剩下空真子集。 再看各个真子集中一切数字之和。 用N表示,则10N9192L 这表明N至多只有8559846种不同的情况。 由于非空真子集的个数是 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。 各元素之和,因此A1与B1就是符合题目要求的子集。 有5个两两互素的数。 (1991IMO323) 解令A{a|aS,i|a},i2,3,5,7。 记AA? A3As 容易算出|A|216。 由于在A中任取5个数必有两个数在同一个A 之中,从而它们不互素。 所以n217。 A,利用容斥原理, 1--280 内的素数 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 257 263 269 271 277 281 另一方面,令 Bi{1和S中的一切素数}, 222222 B2{2,3,5,7,11,13}, B3 {2 131,3 89,5 53,7 37,11 23,13 19}, B4 {2 127,3 83,5 47,7 31,11 19,13 17}, B5 {2 113,3 79,5 43,7 29,11 17}, B6 {2 109,3 73,5 41,7 23,11 13}。 易知|B1|60。 令BB1B2B3B4B5B6,则|B|88,从而|B|192, 在S中任取217个数,由于21719225,这217个数中必有25个数在B中,于是一定 251 存在Bi,使得至少有[]15个数在其中,这5个数显然是两两互素的。 所以n217, 6 于是可得n217。 说明在这个解法中,两次使用了抽屉原理,其关键都是构造抽屉。 由于第一步要确定n的下界,既要找出尽可能大的n的值,使得这n个数中的任意五个数中至少有两个不互素。 故这 时必须构造4个“抽屉”,满足: 1每个“抽屉”中任意两个数都不互素; 2每个“抽屉”中包含尽可能多的数。 在这些要求下构造出了集合A2,A3,A5,A7,从而得到n217。 在确定n217时,诸B的构造要求是: ①Bi中的任意两个数互素; ②|Bi|5。 情景再现 7.9条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形,而且它们的面积之比为2: 3。 证明: 这9条直线中至少有3条通过同一个点。 8.已知斐波那契数列: 0,1,1,2,3,5,8,…试问: 在前100000002项中,是否会 有某一项的末四位数字全是0? (不指第一项) 习题10 1•从集合A{1,2丄,2n}中任取n1个数,证明: 其中必有2个数互素。 2.任意给定7个整数,求证: 其中必有两个数,其和或差可被10整除。 4.某厂生产一种直径为10mm的圆形零件,由加工水平可知零件直径之差不会超过 0.5mm,并且其直径不小于10mm,现在要挑出两个零件,使它们的直径之差小于0.01mm, 若任意抽取,问至少要抽取多少件? 6.我们称点(一X2—L一,一也—L一)为n个点(Xj,%)(i1,2,L,n)的 nn 重心。 求证: 平面上任意13个整点中,必有某4个点的重心为整点。 习题 B 7.从正整数集{1,2,3丄,99,100}中,任意选出51个数。 求证: 其中一定有两个数,它们中的一个可以整除另一个。 8.从前39个正整数中任意取出8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。 9.已知整数印月2丄,印0。 证明存在一个非零数列X1,X2,L,X10使得对Xi{1,0,1}和 乂冋X2a2LX10a10能被1001整除。 2 10.两两不等高的n1个人,随便排成一列,求证: 可以从总挑选n1个人向前一步出列,使他们的身高从左到右是递增或递减的。 习题 11•某运动队的队员编号物重复地取自正整数1到100。 如果其中任一队员的编号都不是 另两队员编号之和,也不是另一队员编号的2倍,问这个运动队最多有几人? 12•我们称非空集合A1,A2,L,An为集合A的一个n划分,如果: (1)A1A? LAnA; (2)AjAj,1ijn。 求最小的正整数m,使得对A{1,2,L,m}的任意一个13划分A,A2丄,A3,—定存在某 、9 个集合A(1i13),在A中有两个元素a,b满足bab。 8 本节“情景再现”解答: 1•证明: 根据题意,构造的“抽屉”中至少要有3点,且以这三个点为顶点的三角 1 形的面积不超过1。 如图,四等分正方形,得到4个矩形。 在正方形内任意放入九个点, 8 一一91 则一定存在一个矩形,其内至少存在[]13个点,设三点为A、B、c,具体考 4 察其所在的矩形(如图),过三点分别作矩形长边的平行线,过A的平行线交BC于A' 点,设A点到矩形长边的距离为h,贝U△ABC的面积 1111 SABCSAA/CSAA/B21h§1h)。 2•证明: 若该质点跳了m步后掉进了第I个陷阱里,则本题等价于: 存在正整数m,l, 使得|| m.5|103。 把区间[0,1)分成1000等分,每一等分都是左闭右开的小区间,它们的长都是103。 考虑1001 个实数k、5[k、、5],k1,2,L,1001,由于k.5[k、、5][0,1),则这1001个实数都在 区间[0,1)内。 由抽屉原理,必有两个实数设为L,5[r..5]和j5[j,5]都在同一小区间内 (不妨设ij)。 于是有|(i、,5[「5])(j,5[j,5])|103,即|(ij八5([i、、5][j.5])|103,设mij,I[i.5][j-5],则有|lm、、5|103。 从而当质点跳了m步后掉进了第I个陷阱里。 3•解: 由中点坐标公式知,坐标平面两点(为,y1)、(X2,y2)的中点坐标是 (XlX2,yiy2)。 欲使X2,-yiy2都是整数,当且仅当Xi与x2,y与y2的奇偶性相 2222 同。 坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种: (奇数、奇数), (偶数,偶数),(奇数,偶数),(偶数,奇数)以此构造四个抽屉”则在坐标平面上任取五个整点,那么至少有两个整点,属于同一个抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。 4•证明: 因为每一堆里的每一种水果数或为奇数或为偶数(两个抽屉),而9=2X4+1, 故对于苹果,9堆中必有5堆的奇偶性相同;这5堆对于梨数来说,由于5=2X2+1,故必有3 堆的奇偶性相同;这3堆对于桔子数也必有2堆的奇偶性相同。 于是,就找到这样的两堆, 它们的苹果数、梨数,桔子数的奇偶性都分别相同,从而其和数分别都是偶数。 5. 任取a€R+,以a为边作等边三角形,则必有两点同色,记为A,B同红色,以AB为直径作一圆,再作圆内接正六边形AC1C2BC3C4(如图),当Ci中有红点时△ACiB即为所求;当Ci中无红点即Ci全为蓝色时, Rt△C1C2C3即为所求。 再由a的任意性知,这样的三角形有无数个。 6.科学家对应一个点,两科学家之间讨论的问题对应两点间连线的颜色, 本题转化为染色问题: 完全十七边形Ki7用红黄蓝三色染其边,必存在同色三角形。 由Ai出发有16条边,用三色染,必有六条同色(设为红色),不妨认为AiA2,AiA3,….. AiA为红色; A7 若A2,A3,…..A7之间有红色连线,则存在红色三角形,否则六点A2,A3, 两两连线得K6,用黄蓝两色染边,必存在同色三角形。 分成两个梯形ABGH和CDHG,并且与EF相交于P(如图)。 梯形ABGH的面积: 梯形CDHG的面积=2: 3,EP是梯形ABGH的 中位线,PF是梯形CDHG的中位线,由于梯形的面积=中位线X梯形的高,并且两个梯形的高相等(AB=CD),所以梯形ABGH的面积: 梯形CDHG 的面积=EP: PF,也就是EP: PF=2: 3。 这说明,直线L通过EF上一个固定的点P,这个点把EF分成长度为2: 3的两部分。 这样的点在EF上还有一个,如图上的Q点 (FQ: QE=2: 3)。 同样地,如果直线I与AB、CD相交,并且把正方形分成两个梯形面积之比是2: 3,那 么这条直线必定通过AD、BC中点连线上的两个类似的点(五等分点) 这样,在正方形内就有4个固定的点,凡是把正方形面积分成两个面积为2: 3的梯形的 91 直线,一定通过这4点中的某一个。 根据抽屉原理,必有一个点,至少有[]13条直 4 线通过此点。 8•注意到斐波那契数列是严格递增的,故满足要求的项至少是五位以上的数. 再注意到斐波那契数列的特点是每一项等于前面两项的和,而100000002=1082,我 们可以以相邻两项的末四位数字所成的有序对为抽屉,而末四位数字组成的数一共有104个 (不足四位前面补0),抽屉的个数正好是104104108.现有1081个数对,至少有两个 数对,它们的末四位完全相同.设为ai,ai1,aj,aj1,(ij)即有: 104ajai, 4 且10aj1ai1. 于疋10aj1a1aj3i, 而3j13i13j3iaj1aja13iaj1ai1 就是说aj1和ai1的末四位相同,从而数对ai1,ai>aj1,aj的末四位相同.(事实上我们 得到了两个连续三个数,ai1,ai,^1和aj1,aj,aj1对应末四位全部相同.) 依次类推,我们可以得到a1,a2丄,ai1和aji1,aji2,L,aj1的对应末四位全部相 同,从而aji1与31(即0)的末四位相同,所以 aji 1的末四位全为 0. “习题10”解答: 1.构造n个抽屉: {1,2}、{3,4}、… 、 {2n 1,2n},则n 1个数中必有两个数属于 同一个抽屉,即此两数互素 2.•••任意整数除以10的余数,只能是 0, 1,2, 3,4,5,6, 乙8,9这十个数中的一 个。 •••不妨从余数角度出发,考虑构造合适的抽屉。 (由题目分析,要求我们构造六个抽屉, 并且抽屉中的余数和或差只能是0) 由这10个余数,构造6个抽屉: {0},{5},{1,9},{2,8},{3,7},{4,6} 则任意7个不同整数除以10后所得余数(即7个元素),任意放入这6个抽屉,其中必有一个抽屉包含有其中2个不同整数除以10后所得的2个余数。 1若这两个余数同属于抽屉{0}或抽屉{5},则此二余数差是0,即这两个余数对应的整数 之差可以被10整除。 2若这两个余数同属于{1,9},{2,8},{3,7},{4,6}这四个抽屉中的任意一个,则这两 个余数和是10,即这两个余数所对应整数之和是10的倍数。 可见,任意7个不同的整数中,必有两个数的和或差是10的倍数。 每两件的直径之差都不小于0.01mm。 再证取52件时成立。 将区间[10,10.5]作51等分,则52个零件中必有两件的直径属于同 一等分区间,有直径之差10.510050.01,所以最少要取52件。 5150 22 5.首先证明凸多边形至多有5个内角小于。 用反证法,若有6个内角小于,则 33 2 其内角和S6(n6)(n2),这与S(n2)矛盾。 3 21 于是,凸n边形至少有n5个内角在区间[—,)内,它们的余弦值在(1,-]内。 32 11 将区间(1,]平均分成n6个小区间,每个小区间的长为。 于是n5个角 22(n6) 的余弦值分布在n6个小区间内,至少有两个角的余弦值在同一个小区间内,设为cos cos,因此匕|coscosI 1 2(n6)° 6•按照坐标的奇偶性构造 4个抽屉: (奇数、奇数),(偶数,偶数),(奇数,偶数),(偶 131 ,奇数),由抽屉原理必有一个抽屉里至少有[]14个点,这4点的重心显然是整 4 点。 7•证明: 因为任何一个正整数都能表示成一个奇数与2的方幕的积,并且表示方法唯一, 1) 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): 25){49,492}; 26){51}; (50){99}。 这就构造了50个抽屉,1~100中的每一个数都在其中的1个抽屉内。 从中任取51个数,据抽屉原理,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,一个是另一个的倍数。 8.证明: 把前39个正整 数分成下面 7 组: 1; ① 2, 3; ② 4, 5,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 提优教程 教程 教案 10 抽屉 原理
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)