抽屉原理在高中数学竞赛中的应用.docx
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抽屉原理在高中数学竞赛中的应用
抽屉原理简述
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”.
.1抽屉原理的一般含义
抽屉原理有离散情形和连续情形两种.离散情形下的抽屉原理也称鸽巢原理,迪利克雷建立的“迪力克雷抽样法”指出:
“如果在n个抽样中,存在n+1个事件,那么至少在一个抽样中包含两个或两个以上的事件.”这是首次以明确的语言来表述的抽屉原理.因此,抽屉原理也称为迪利克雷原理.
离散情形的抽屉原理有两种形式,一种是有限形式,一种是无限形式.
.2抽屉原理的基本形式
定理1[2]如果把
个元素分成
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
个集合至多有
个元素,这与共有
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
个集合”改成“飞进
个鸽巢中”,“鸽巢原理”由此得名.
.3抽屉原理推广到一般情形的两种推广形式
抽屉原理推广到一般情形的两种推广形式主要分为两种:
有限形式的抽屉原理与无限形式的抽屉原理.
(1)抽屉原理1
抽屉原理1(有限形式)[2]设
和
都是任意的正整数,若至少有
只鸽子分配在
个鸽巢,则至少存在一个鸽巢中有至少
只鸽子.
证明用反证法.如果每个鸽巢中,至多有
只鸽子,那么放入
个鸽巢中的鸽子的总数至多为
只,
,这与已知至少有
只鸽子相矛盾,故必有一个鸽巢内的鸽子数不少于
只.
推论1[2]
只鸽子,
个巢,则至少有个有一个鸽巢里不少于
只鸽子。
其中
为高斯函数.
证明用反证法.如果每个鸽巢至多有
只鸽子,那么放入
个鸽巢中的鸽子的总数至多为n
n
,这与共有
个矛盾,故必有一个鸽巢内的鸽子数不少于
只.
推论2[3]若取
个球放进
个盒子,则至少有1个盒子有
个球.
推论3[3]若
是
个正整数,而且
,则
中至少有1个数不小于
.
证明用反证法。
如果
,
那么
,
这与已知
相矛盾,故
中至少有
个数不小于
.
推论4[4]把
个元素划分成
个集合,则必有一个集合中元素的个数
,也必有一个集合中元素的个数
.
证明用反证法.
如果集合中的元素个数
,那么
个集合中总的元素的个数
,这与题目已知共有
个元素相矛盾,故必有一个集合中元素的个数
;
如果集合中的元素个数
,那么
个集合中总的元素的个数
,这与题目已知共有
个元素相矛盾,故必有一个集合中的元素的个数
;
综上可得,必有一个集合中元素的个数
,也必有一个集合中的元素的个数
.
推论5[4]设
只鸽子,有标号分别为
的鸽巢,则存在至少一个标号为
的鸽巢中至少有
只鸽子,
.
证明若对所有的
,使得第
个鸽巢中至多有
只鸽子,则
个鸽巢中至多有:
个物品,与题设有
相矛盾,故定理成立.
(2)抽屉原理2
抽屉原理2(无限形式)[2]无穷多个球放到有限多只抽屉中,一定有一直抽屉放进了无穷多个球.
证明反证法.假设不存在放进无穷多个球的抽屉,即每个抽屉都放进了有限多个球,又一直抽屉是有限多个,则球数也为有限多个。
与已知相矛盾.
抽屉原理在高中数学竞赛中的应用
在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题:
例如“某校400名学生中,一定存在两名学生,他们同一天过生日”;“把
内的全部有理数放到200个集合中,一定存在一个集合,它里边有无限多个有理数”,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,依据理论也不复杂,用抽屉原理往往是解决这类问题的一种有效途径.下面就抽屉原理在往届的数学竞赛中出现的相关例题,把它分为五个方面,通过对题目的分析、解答来体会抽屉原理的应用.
下面主要讲解抽屉原理在高中数学竞赛中五种问题的运用,其中包括:
整除问题、面积问题、染色问题、六人集会问题以及生日问题.
.1整除问题
例1任取5个整数,必然能够从中选出三个,使它们的和能够被3整除.
证明任意给一个整数,它被3整除,余数可能为0,1,2,我们把被3除余数为0,1,2的整数各归入类
。
至少有一类包含所给5个数中的至少两个.因此可能出现两种情况:
1.某一类至少包含三个数;
2.某两类各含两个数,第三类包含一个数.
若是第一种情况,就在至少包含三个数的那一类中任取三个数,其和一定能被3整除;
若是第二种情况,在三类各取一个数,其和也能被3整除.
综上所述,原命题成立.
例2[1]在任意给出的
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.
分析本题也似乎是茫无头绪,无从下手,其关键何在?
仔细审题,它们的“和”能“被100整除”应是做文章的地方.如果把这100个数排成一个数列,用
记其前
项的和,则其可构造
共100个"和"数.讨论这些“和数”被100除所得的余数.注意到
共有100个数,一个数被100除所得的余数有
共100种可能性。
“苹果”数与“抽屉”数一样多,如何排除“故障”?
证明设已知的整数为
考察数列
.的前
项和构成的数列
.
如果
中有某个数可被100整除,则命题得证.否则,即
均不能被100整除,这样,它们被100除后余数必是
中的元素.由抽屉原理I知,
中必有两个数,它们被100除后具有相同的余数.不妨设这两个数为
,则
,即
.命题得证.
说明有时候直接对所给对象作某种划分,是很难构造出恰当的抽屉的.这时候,我们需要对所给对象先作一些变换,然后对变换得到的对象进行分类,就可以构造出恰当的抽屉.本题直接对
进行分类是很难奏效的.但由
构造出
后,再对
进行分类就容易得多.
另外,对
按模100的剩余类划分时,只能分成100个集合,而
只有100项,似乎不能应用抽屉原则.但注意到余数为0的类恰使结论成立,于是通过分别情况讨论后,就可去掉余数为0的类,从而转化为100个数分配在剩下的99个类中.
最后,本例的结论及证明可以推广到一般情形(而且有加强的环节):
在任意给定的
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
整除,而且,在任意给定的排定顺序的
个整数中,都可以找出若干个连续的项(可以是一项),它们的和可被
整除.
2面积问题
例1[5]边长为1的正方形中,任意放入
个点,求证这9个点中任取3个点组成的三角形中,至少有一个的面积不超过
.
解将边长为1的正方形等分成边长为
的四个小正方形,视这四个正方形为抽屉,9个点任意放入这四个正方形中,据形式2,必有三点落入同一个正方形内.现特别取出这个正方形来加以讨论.
把落在这个正方形中的三点记为
、
、
.通过这三点中的任意一点(如E)作平行线,
由图1可知
S△DEF=S△DEG+S△EFG
例2[6]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角形的面积不超过
(1963年北京市数学竞赛题).
解如图2,四等分正方形,得到
四个矩形.在正方形内任意放入九个点,则至少有一个矩形
内存在
个或3个以上的点,设
三点为
,具体考察
(如图3所示),过
三点分别作矩形长边的平行线,过
点的平行线交
于
点,
点到矩形长边的距离为
,则△ABC的面积
说明把正方形分成四个区域,可以得出“至少有一个区域内有3个点”的结论,这就为确定三角形面积的取值范围打下了基础.本题构造“抽屉”的办法不是唯一的,还可以将正方形等分成边长为
的四个小正方形等.但是如将正方形等分成四个全等的小三角形却是不可行的(想一想为什么?
).所以适当地构造“抽屉”,正是应用抽屉原则解决问题的关键所在.
3染色问题
例1[7]把1到10的自然数摆成一个圆圈,证明一定存在三个相邻的数,它们的和数大于17.
证明设
分别代表不超过10的十个自然数,它们围成一个圈,它们三个相邻的数的组成是
共十组,现在把他们看成是十个抽屉,每个抽屉的物体数是
,
由于
根据推论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少于17.
例2[6](1995年全国高中数学联赛试题)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.
证明如图4,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
.连半径
交大圆于
,对
必有3点同色,记为
则△
与△
为三项点同色的位似三角形,位似比等于1995,满足题设条件.
说明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
,对4个抽屉(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,位似比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
、
、
、
、E;以
为位似中心(如图5),以1995为位似比作
的位似形
,则5点
、
、
、
、
中必有3点同色,设为
、
、
,则即为所求.
更一般地可以证明,在这个二染色的平面上存在无数个内角为
,
,
的直角三角形三顶点同色:
任取
,以
为边作等边三角形,则必有两点同色,记为
同红色,以
为直径作一圆,再作圆内接正六边形
(如图6),当
中有红点时△
即为所求;当
中无红点即
全为蓝色时,
△
即为所求。
再由
的任意性知,这样的三角形有无数个.
更进一步还可得到:
对任何
,可得到两个相似比为
的顶点同色的相似三角形.对于多染色的情形,还可以得出多个相似三角形的结论:
用红、黄、蓝三种颜色对平面上的点染色,对任意的
,必存在三个三角形,它们彼此相似,相似比为
,且每个三角形的三顶点同色.
4六人集会问题
例1任意六个人中至少存在三个人或是互相认识,或者是互相不认识.
证明在这六个人中任意取定一个人
,则其余五个人可以分为两类:
{与
认识的人},
={与
不认识的人}.根据抽屉原理,
和
至少有1个集合有3个人.不妨设此集合为
,且对于集合
中的3个人
来说,若他们彼此不认识,则问题已得证明,否则有两个人互相认识,不妨设这两个人是
,则
三个人互相认识.
若集合
中至少有三个人,用同样的方法也可得到证明.
例2[8](第6届国际中学生数学奥林匹克试题)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
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