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抽屉原则
抽屉原则
大家知道,两个抽屉要放置三只苹果,那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里,更一般地说,只要被放置的苹果数比抽屉数目大,就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉,可不要小看这一简单事实,它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则.
1.抽屉原则有几种最常见的形式
原则1如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里,则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体:
原则本身十分浅显,为了加深对它的认识,我们还是运用反证法给予证明;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,而不是题设的n+k(k≥1),这不可能.
原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总是,比如说,我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟,这是个惊人的结论,该是经过很多人的艰苦劳动,统计所得的吧!
不,只须我们稍动手算一下:
不妨假设人的寿命不超过4万天(约110岁,超过这个年龄数的人为数甚少),则
10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里,根据原则1,即知结论成立.
下面我们再举一个例子:
例1幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具,每个小朋友任意选择两件,那么不管怎样挑选,在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同,试说明道理.
解从三种玩具中挑选两件,搭配方式只能是下面六种:
(兔、兔),(兔、熊猫),(兔、长颈鹿),(熊猫、熊猫),(熊猫、长颈鹿),(长颈鹿、长颈鹿)
把每种搭配方式看作一个抽屉,把7个小朋友看作物体,那么根据原则1,至少有两个物体要放进同一个抽屉里,也就是说,至少两人挑选玩具采用同一搭配方式,选的玩具相同.
原则2如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉,则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则相仿.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.
原则1可看作原则2的物例(m=1)
例2正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆(每面只涂一种色),证明正方体一定有三个面颜色相同.
证明把两种颜色当作两个抽屉,把正方体六个面当作物体,那么6=2×2+2,根据原则二,至少有三个面涂上相同的颜色.
例3把1到10的自然数摆成一个圆圈,证明一定存在在个相邻的数,它们的和数大于17.
证明如图12-1,设a1,a2,a3,…,a9,a10分别代表不超过10的十个自然数,它们围成一个圈,三个相邻的数的组成是(a1,a2,a3),(a2,a3,a4),(a3,a4,a5),…,(a9,a10,a1),(a10,a1,a2)共十组.现把它们看作十个抽屉,每个抽屉的物体数是a1+a2+a3,a2+a3+a4,a3+a4+a5,…a9+a10+a1,a10+a1+a2,由于
(a1+a2+a3)+(a2+a3+a4)+…+(a9+a10+a1)+(a10+a1+a2)
=3(a1+a2+…+a9+a10)
=3×(1+2+…+9+10)
根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17.
原则1、原则2可归结到期更一般形式:
原则3把m1+m2+…+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里,那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体,或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体,……,或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体.
证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个,第二个抽屉放入物体的数不超过m2个,……,第n个抽屉放入物体的个数不超过mn,那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+mn个,与题设矛盾.
例4有红袜2双,白袜3双,黑袜4双,黄袜5双,蓝袜6双(每双袜子包装在一起)若取出9双,证明其中必有黑袜或黄袜2双.
证明除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双,根据原理3,必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双.
上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题,不错,这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是,运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”,却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少.
2.制造抽屉是运用原则的一大关键
首先要指出的是,对于同一问题,常可依据情况,从不同角度设计抽屉,从而导致不同的制造抽屉的方式.
例5在边长为1的正方形内,任意给定13个点,试证:
其中必有4个点,以此4点为顶点的四边开面积不超过(假定四点在一直线上构成面积为零的四边形).
证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形.
因13=3×4+1,根据原则2,总有4点落在同一个小正方形内(或边界上),以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积,也就不超过整个正方形面积的.
事实上,由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分,所以还可以把正方形按图12-3(此处无图)所示的形式分割.
合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上.
例6在一条笔直的马路旁种树,从起点起,每隔一米种一棵树,如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上,那么不管怎样挂,至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数(以米为单位),这是为什么?
解如图12-4(设挂牌的三棵树依次为A、B、C.AB=a,BC=b,若a、b中有一为偶数,命题得证.否则a、b均为奇数,则AC=a+b为偶数,命题得证.
下面我们换一个角度考虑:
给每棵树上编上号,于是两棵树之间的距离就是号码差,由于树的号码只能为奇数和偶数两类,那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数,它们的差必为偶数,问题得证.
后一证明十分巧妙,通过编号码,将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法
例7从自然数1,2,3,…99,100这100个数中随意取出51个数来,求证:
其中一定有两个数,,它们中的一个是另一个的倍数.
分析设法制造抽屉:
(1)不超过50个;
(2)每个抽屉的里的数(除仅有的一个外),其中一个数是另一个数的倍数,一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手.
解设第一个抽屉里放进数:
1,1×2,1×22,1×23,1×24,1×25,1×26;
第二个抽屉时放进数:
3,3×2,3×22,3×23,3×24,3×25;
第三个抽屉里放进数:
5,5×2,5×22,5×23,5×24;
………………
第二十五个抽屉里放进数:
49,49×2;
第二十六个抽屉里放进数:
51.
………………
第五十个抽屉里放进数:
99.
那么随意取出51个数中,必有两个数同属一个抽屉,其中一个数是另一个数的倍数.
制造抽屉并非总是一帆风顺的,有时要边制造边调整、改进.
例8任意给定7个不同的自然数,求证其中必有两个整数,其和或差是10的倍数.
分析注意到这些数队以10的余数即个位数字,以0,1,…,9为标准制造10个抽屉,标以[0],[1],…,[9].若有两数落入同一抽屉,其差是10的倍数,只是仅有7个自然数,似不便运用抽屉原则,再作调整:
[6],[7],[8],[9]四个抽屉分别与[4],[3],[2],[1]合并,则可保证至少有一个抽屉里有两个数,它们的和或差是10的倍数.
3.较复杂的问题须反复地运用抽屉原则,将复杂问题转化为简单问题.
例9以(x,y,z)表示三元有序整数组,其中x、y、z为整数,试证:
在任意七个三元整数组中,至少有两个三元数组,它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数.
分析设七个三元素组为A1(x1,y1,z1)、A2(x2,y2,z2)、…、A7(x7,y7,z7).现在逐步探索,从x元开始,由抽屉原则,x1,x2,…,x7这七个数中,必定有四个数具有相同的奇偶性,不妨设这四个数是x1,x2,x3,x4且为偶数,接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元,若比如y1,y2,y3,y4中有两个是偶数,则问题已证,否则至多有一个是偶数,比如y4是偶数,这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1,z2,z3中,由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性,如z1、z2,这时无论它们是奇数,还是偶数,问题都已得到证明.
下面介绍一个著名问题.
例10任选6人,试证其中必有3人,他们互相认识或都不认识.
分析用A、B、C、D、E、F表示这6个人,首先以A为中心考虑,他与另外五个人B、C、D、E、F只有两种可能的关系:
认识或不认识,那么由抽屉原则,他必定与其中某三人认识或不认识,现不妨设A认识B、C、D三人,当B、C、D三人都互不认识时,问题得证;当B、C、D三人中有两人认识,如B、C认识时,则A、B、C互相认识,问题也得证.
本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法.
例11a,b,c,d为四个任意给定的整数,求证:
以下六个差数
b-a,c-a,d-a,c-b,d-b,d-c的乘积一定可以被12整除.
证明把这6个差数的乘积记为p,我们必须且只须证明:
3与4都可以整除p,以下分两步进行.
第一步,把a,b,c,d按以3为除数的余数来分类,这样的类只有三个,故知a,b,c,d中至少有2个除以3的余数相同,例如,不妨设为a,b,这时3可整除b-a,从而3可整除p.
第二步,再把a,b,c,d按以4为除数的余数来分类,这种类至多只有四个,如果a,b,c,d中有二数除以4的余数相同,那么与第一步类似,我们立即可作出4可整除p的结论.
设a,b,c,d四数除以4的余数不同,由此推知,a,b,c,d之中必有二个奇数(不妨设为a,b),也必有二个偶数(设为c,d),这时b-a为偶数,d-c也是偶数,故4可整除(b-a)(d-c),自然也可得出4可整除p.
如果能进一步灵活运用原则,不仅制造抽屉,还根据问题的特征,制造出放进抽屉的物体,则更可收到意想不到的效果.
例12求证:
从任意n个自然数a1,a2,…,an中可以找到若干个数,使它们的和是n的倍数.
分析以0,1,…,n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的,但把什么样的数作为抽屉里的物体呢?
扣住“和”,构造下列和数:
S1=a1,
S2=a1+a2,
S=a1+a2+a3,
…………
Sn=a1+a2+…+an,
其中任意两个和数之差仍为和数,若他们之中有一是n的倍数,问题得证,否则至少有两个数被n除余数相同,则它们的差即它们中若干数(包括1个)的和是n的倍数,问题同样得证.
例子3(北京1990年高一竞赛)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)至少有三行完全相同;
(2)至少有两组(四行)每组的两行完全相同.
解910瓶红、蓝墨水排成130行,每行7瓶,对一行来说,每个位置上有红蓝两种可能,因此,一行的红、蓝墨水排法有27=128种,对每一种不同排法设为一种“行式”,共有128种行式.
现有130行,在其中任取129行,依抽屉原则知,必有两行A、B行式相同.
除A、B外余下128行,若有一行P与A行式相同,知满足
(1)至少有三行A、B、P完全相同,若在这128行中设直一行5A行或相同,那么这128行至多有127种行式,依抽屉原则,必有两行C、D具有相同行式,这样便找到了(A、B),(C、D)两组(四行),且两组两行完全相同. 练习十二
1.一个篮球运动员在15分钟内将球投进篮圈20次,证明总有某一分钟他至少投进两次.
2.有黑、白、黄筷子各8只,不用眼睛看,任意地取出筷子来,使得至少有两双筷子不同色,那么
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