淺談抽屜原理在高中數(shù)學(xué)競賽中的運用

1、淺談抽屜原理在高中數(shù)學(xué)競賽中的運用在數(shù)學(xué)問題中有一類與“存在性”有關(guān)的問題，例如：“13個人屮至少有兩個人出生 在相同月份”；"某校400名學(xué)生中，一定存在兩名學(xué)牛，他們在同一天過生日” ；"2003 個人任意分成200個小組，一定存在一組，其成員數(shù)不少于11”； “把0, 1內(nèi)的全部有 理數(shù)放到100個集合中，一定存在一個集合，它里面有無限多個冇理數(shù)”。這類存在性問題 中，“存在”的含義是“至少有一個”。在解決這類問題時，只要求指明存在，一般并不需 要指出哪一個，也不需要確定通過什么方式把這個存在的東西找出來。這類問題相對來說涉 及到的運算較少，依據(jù)的理論也不復(fù)朵，我們把

2、這些理論稱之為“抽屜原理” “抽屜原理”最先是由19世紀的德國數(shù)學(xué)家辿里赫萊（dirichlet）運用于解決數(shù)學(xué)問 題的，所以又稱“迪里赫萊原理”，也冇稱“鴿巢原理”的。這個原理可以簡單地敘述為“把 10個蘋果，任意分放在9個抽屜里，則至少有一個抽屜里含有兩個或兩個以上的蘋果”。 這個道理是非常明顯的，但應(yīng)用它卻可以解決許多有趣的問題，并且常常得到一些令人驚異 的結(jié)果。捕屜原理是國際國內(nèi)各級各類數(shù)學(xué)競賽中的重要內(nèi)容，本講就來學(xué)習(xí)它的有關(guān)知識 及其應(yīng)用。一、抽屜原理的基本形式定理1、如果把*1個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，其中至 少有兩個元素。例1.已知在邊長為1的等邊三角

3、形內(nèi)（包括邊界）有任意五個點（如圖）。證明：至少有兩個點之間的距離不大于丄（1978年廣東省數(shù)學(xué)競賽題）2分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等 邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離 不大于丄的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，即三角形的三2條屮位線，可以分原等邊三用形為4個全等的邊長為丄2 的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等 邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于丄。2以上結(jié)論要由定理'三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”來保 證，下面我們就來證明這個定理。如圖，設(shè)bc是aabc的最大邊，p, m是aabc內(nèi)（包括邊

4、界）任意兩點，連接pm,過p分別作ab、bc邊的平行線，過m作ac邊的平行線，設(shè)各平行線交點為p、q、n,那么zpq2zc, zqnp=za因為 bc2ab,所以zazc,則zqnpzpqn,而zqmpzqnpzpqn （三角形的外 角大于不相鄰的內(nèi)角）,所以pqmpm。顯然bcnpq,故bcmpm。山此我們可以推知，邊長為丄的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點間的距離不人于丄。2 2說明：（1）這里是用等分三角形的方法來構(gòu)造“抽屜”。類似地，還可以利用等分線段、 等分正方形的方法來構(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+1個正數(shù)ai,滿足0v&w1 （i=l,2,n+1）,試證明：這n+1個數(shù)屮必存在

5、兩個數(shù)，其差的絕對值小于丄”。乂如：n“在邊長為1的正方形內(nèi)任意放置五個點，求證：其屮必有兩點，這兩點之間的距離不人于 返o2（2）例1中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結(jié)論可以修改為：至少有兩個點z間 的距離小于丄，大家可以口己證明，并比較證明的差別。2（3）用同樣的方法可證明以下結(jié)論：i）在邊長為1的等邊三角形中有+1個點，這r?+l個點中一定有距離不大于丄的兩點。nii）在邊長為1的等邊三角形內(nèi)有+1個點，這+1個點中一定有距離小于丄的兩點。nfi（4）將（3）中兩個命題中的等邊三角形換成正方形，相應(yīng)的結(jié)論中的一換成 ,nn命題仍然成立。（5）我們還可以考慮相反的問題：-般地，至少需要多

6、少個點，才能夠使得邊長為1 的正三角形內(nèi)（包括邊界）有兩點其距離不超過丄。n例2.從1-100的白然數(shù)中，任意取出51個數(shù)，證明其屮一定有兩個數(shù)，它們屮的一 個是另一個的整數(shù)倍。分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何在？其實就在“兩個數(shù)”，其中一個是 另一個的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數(shù)，都有一個是另一個的 整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個等比數(shù)列都放進去同一個抽屜才行，這里用得到一個 h然數(shù)分類的基本知識：任何一個正整數(shù)都可以表示成一個奇數(shù)與2的方幕的積，即若 mgnkgn*, nen,則m二（2k-1）2",并且這種表示方式是唯一的,如1=1x2&#

7、176; , 2=1 x21,3=3x2° ,證明：因為任何一個正整數(shù)都能表示成一個奇數(shù)乘2的方幕，并幾這種表示方法是唯一的,所以我們可把1-100的正整數(shù)分成如下50個抽屜（因為1-100中共冇50個奇數(shù)）：(1)1，1x2,1x22,1x23,1x24,1x25, 1x2,(2)3,3x2,3x22,3x2',3x21,3x25；(3)5,5x2,5x22,5x2',5x2'(4)7,7x2,7x22,7x2'(5)9,9x2,9x2",9 x 23*(6) 11, 11 x2, 11x22, 11x23；(25) 49, 49x2；(2

8、6) 51；（50） 99 o這樣，1-100的正整數(shù)就無重復(fù)，無遺漏地放進這50個抽屜內(nèi)了。從這100個數(shù)中任 取51個數(shù)，也即從這50個抽屜內(nèi)任取51個數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個數(shù)屬 于同一個抽屜，即屬于（1） - （25）號屮的某一個抽屜，顯然，在這25個抽屜中的任何同 一個抽屜內(nèi)的兩個數(shù)中，一個是另一個的整數(shù)倍。說明：（1）從上面的證明小可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從l-2n的占然數(shù)中, 任意取出n+1個數(shù)，則其中必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。想一想，為什么？ 因為1-2口中共含1, 3,，2n-l這n個奇數(shù)，因此可以制造n個抽屜,而n+l>n,由抽

9、屜原則，結(jié)論就是必然的了。給n以具體值，就可以構(gòu)造出不同的題冃。例2中的n取值是 50,還可以編制相反的題目，如：“從前30個h然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式 地）取出兒個數(shù)，才能保證取出的數(shù)屮能找到兩個數(shù)，其屮較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？ ”（2）如下兩個問題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？ 從2, 3, 4,，2n+l中任取n+1個數(shù)，是否必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的 整數(shù)倍？ 從1, 2, 3,，2n+l中任取n+1個數(shù),是否必有兩個數(shù),它們中的一個是另一個的 整數(shù)倍？你能舉出反例，證切上述兩個問題的結(jié)論都是否定的嗎？(3) 如果將(2)中兩個問題中任取的n+1

10、個數(shù)增加1個，都改成任取n+2個數(shù)，貝怕 們的結(jié)論是肯定的述是否定的？你能判斷證明嗎？例3從前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定冇兩個數(shù)，這兩個 數(shù)屮人數(shù)不超過小數(shù)的1.5倍。證明：把前25個白然數(shù)分成下面6組：1;2,3；4,5,6：7,8,9, 10；11, 12, 13, 14, 15, 16；17, 18, 19, 20, 21, 22, 23,因為從前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，所以金少冇兩個數(shù)取自上面笫組到笫組 中的某同一組，這兩個數(shù)屮大數(shù)就不超過小數(shù)的1.5倍。說明：(1)本題可以改變敘述如下：在前25個占然數(shù)中任意取出7個數(shù)，求證其屮存 3_在兩個數(shù)，它們相互

11、的比值在內(nèi)。_3 2_顯然，必須找出一種能把前25個自然數(shù)分成6 (7-1=6)個集合的方法，不過分類時有'2 3'一個限制條件：同一集合中任兩個數(shù)的比值在一,二內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)值差不得 1_3 2過大。這樣，我們可以用如上-種特殊的分類法：遞推分類法：從1開始，顯然1只能單獨作為1個集合1；否則不滿足限制條件。能與2同屬于一個集合的數(shù)只有3,于是2, 3為一集合。如此依次遞推下去，使若干個連續(xù)的白然數(shù)屬于同一集合，其屮最人的數(shù)不超過最小的3數(shù)的？倍，就可以得到滿足條件的六個集合。2(2) 如果我們按照(1)中的遞推方法依次造“抽屜”，則第7個抽屜為(26, 27, 2

12、8, 29, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39：第8個抽屜為:40, 41, 42,，60；第 9 個抽屜為:61, 62, 63,，90, 91；那么我們可以將例3改造為如卜一系列題目：（1）從前16個口然數(shù)中任取6個口然數(shù)；（2）從前39個自然數(shù)中任取8個自然數(shù)；（3）從前60個白然數(shù)中任取9個白然數(shù)；（4）從前91個h然數(shù)中任取10個白然數(shù)；_2 3'都可以得到同一個結(jié)論：其中存在2個數(shù)，它們相互的比值在一,二內(nèi)。_3 2_上述第（4）個命題，就是前蘇聯(lián)基輔第49屆數(shù)學(xué)競賽試題。如果我們改變區(qū)間 生上 _p q.（p>q）端點的值

13、，則乂可以構(gòu)造出一系列的新題目來。例4已給一個由10個互不相等的兩位十進制正整數(shù)組成的集合。求證：這個集合必 冇兩個無公共元素的了集合，使了集合中各數(shù)z和相等。（笫14屆1m0試題）分析與解答：一個冇著10個元素的集合共有2,0=1024個不同的子集，包括空集和全集 在內(nèi)?？占c全集顯然不是考慮的對象，所以剩下1024-2二1022個非空真子集。再來看各個真子集中一切數(shù)字之和。用n來記這個和數(shù)，很切顯：10wnw91+92+93+94+95+96+97+98+99二 855這表明n至多只冇855-9=846種不同的情況。由于非空真了集的個數(shù)是1022, 1022> 846,所以一定存在兩

14、個子集a與b,使得a中各數(shù)之和二b中各數(shù)之和。若ac1b二"，則命題得證，若aqb=ch",即a與b有公共元索，這時只要剔除a與b 中的一切公有元素，得出兩個不相交的子集加與很顯然，血中各元素之和二中各元素 z和，因此a.lj-b.就是符合題冃要求的子集。思考：本例能否推廣為如下命題：已給一個由m個互不相等的n位十進制正整數(shù)組成的集合。求證：這個集合必有兩個無 公共元素的子集合，各子集合小各數(shù)之和相等。例5在處標(biāo)平而上任収五個整點（該點的橫縱處標(biāo)都収整數(shù)），證明：其中一定存在 兩個整點，它們的連線中點仍是整點。/ 分析：由中點處標(biāo)公式，處標(biāo)平面兩點（西，1）,（兀2，丁2

15、）的中點絕標(biāo) 人+ " , '。、2 2 丿欲使匕魚都是整數(shù)，必須而且只須心與x2,刃與y2的奇偶性相同。坐標(biāo)平面上2 2的任意整點按照橫縱兩個處標(biāo)的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù), 偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)造四個“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五 個整點，那么至少有兩個整點，屬于同一個“抽屜”因此它們連線的中點就必是整點。說明：我們可以把整點的概念推廣：如果（xi, x2,xn）是n維（元）有序數(shù)組，且x, x2,xn 中的每一個數(shù)都是整數(shù)，則稱（xi,x2,xj是一個n維整點。如果對所有的n維整點按每 一個xi的奇偶性來分類，由于每一個

16、位置上有奇、偶兩種可能性，因此共可分為 2x2xx2二t個類。這是對n維整點的一種分類方法。當(dāng)滬3時,2=8,此時可以構(gòu)造命 題：“任意給定空間中九個整點，求證它們之中必有兩點存在，使連接這兩點的肓線段的內(nèi) 部含有整點”。這就是1971年的美國普特南數(shù)學(xué)競賽題。在n=2的情形，也可以構(gòu)造如下 的命題：“平而上任意給定5個整點”，對"它們連線段中點為整點”的4個命題中，為真 命題的是：（a）授少可為0個，最多只能是5個；（b）最少可為0個，授多町取10個（c）最少為1個，最多為5個；（d）最少為1個，最多為10個 答案（d）例6.在任意給出的100個整數(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是

17、一個數(shù)），它們的和 可被100整除。分析：本題也似乎是茫無頭緒，無從下手，其關(guān)鍵何在？仔細審題，它們的“和”能“被 100整除”應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個數(shù)排成一個數(shù)列，用sj己其前m項的和，則 其可構(gòu)造,，s2,£。°共100個和數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到5., s2,s】o。共有100個數(shù),一個數(shù)被100除所得的余數(shù)有0, 1, 2,99共100種可能性。“蘋果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，如何排除“故障” ？證明：設(shè)已知的整數(shù)為ab a2, -aioo考察數(shù)列ab a2, -aioo的前n項和構(gòu)成的數(shù)列si,s2, *s100o如果s|, s2

18、, -s.00屮有某個數(shù)可被100整除，則命題得證。否則，即si, s2,弘均 不能被100整除，這樣，它們被100除后余數(shù)必是1, 2,，99小的元索。由抽屜原理i 知，s）, s2,血中必有兩個數(shù)，它們被100除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個數(shù)為si,5. （i<j）,則100 i （sj-si）,即100丨（勺+|+4+2+勺）。命題得證。說明：有時候直接對所給對象作某種劃分，是很難構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷系?。這時候，我們 需要對所給對象先作一些變換,然后對變換得到的對象進行分類，就可以構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷稀?木題總接對缶進行分類是很難奏效的。但由%構(gòu)造出sn后，再對sn進行分類就容易得 多。

19、另外，對sn按模100的剩余類劃分時，只能分成100個集合，而0只有100項，似 乎不能應(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為0的類恰使結(jié)論成立，于是通過分別情況討論后，就 可去掉余數(shù)為0的類，從而轉(zhuǎn)化為100個數(shù)分配在剩下的99個類中。最后，本例的結(jié)論及證明町以推廣到一般情形（而一口有加強的環(huán)節(jié)）：在任意給定的n個整數(shù)中，都口j以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），它們的和可被n 整除，而且，在任意給定的排定順序的n個幣數(shù)屮，都可以找出若干個連續(xù)的項（可以是一 項），它們的和可被n整除。將以上一般結(jié)論中的n賦以相應(yīng)的年份的值如1999, 2000, 2001-,就可以編出相應(yīng) 年份的試題來。如果再賦以特殊

20、背景，則可以編出非常有趣的數(shù)學(xué)智力題來，如下題：有100只猴了在吃花生，每只猴了至少吃了 1?；ㄉ?，多者不限。請你證明：一定冇若 干只猴子（可以是一只），它們所吃的花生的粒數(shù)總和恰好是100的倍數(shù)。二、單色三角形問題麗而數(shù)例我們看到，抽屜原理應(yīng)用的關(guān)鍵在于恰當(dāng)?shù)刂圃斐閷?，分割圖形，利用自然數(shù) 分類的不同方法如按剩余類制造抽屜或按奇數(shù)乘以2的方幕制造抽屜，利用奇偶性等等，都 是制造“抽屜”的方法。大家看到，抽屜原理的道理極英簡單，但恰當(dāng)?shù)鼐牡貞?yīng)用它，不 僅可以解決國內(nèi)數(shù)學(xué)競賽屮的問題，而且可以解決國際中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽，例如tm0屮的難題。例7.（第6屆國際小學(xué)生數(shù)學(xué)奧林匹克試題）17名科學(xué)家小每

21、兩名科學(xué)家都和其他科 學(xué)家通信，在他們通信吋，只討論三個題目，而且任意兩名科學(xué)家通倍吋只討論一個題目， 證明：其中至少有三名科學(xué)家，他們相互通信時討論的是同一個題h。證明：視17個科學(xué)家為17個點，每兩個點z間連一條線表示這兩個科學(xué)家在討論同一 個問題，若討論第一個問題則在相應(yīng)兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應(yīng)兩點連條黃線, 若討論第3個問題則在相應(yīng)兩點連條藍線。三名科學(xué)家研究同一個問題就轉(zhuǎn)化為找到一個三 邊同顏色的三角形。（木例同第十二講染色問題例4）考慮科學(xué)家a,他要與另外的16位科學(xué)家每人通信討論一個問題，相應(yīng)于從a出發(fā)引 出16條線段,將它們?nèi)境?種顏色，而16=3x5+1,因而必有

22、6=5+1條同色，不妨記為ab】, abz, ab3, ab., ab：, abe同紅色,若bi （i=l, 2,，6）之間有紅線,則出現(xiàn)紅色三角線, 命題已成立；否則bi, b2, b；i, b. b5,間的連線只染有黃藍兩色?？紤]從bi引出的5條線,bib2, b1b3, bibi, b1b5, bib6,用兩種顏色染色,因為5二2x2+1, 故必有3=2+1條線段同色,假設(shè)為黃色,并記它們?yōu)閎ib2, b.b3, b1b10這時若b2, b3, b,z 間有黃線,則有黃色三角形,命題也成立,若b3, bn之間無黃線,則b?, b3, b4,必 為藍色三角形，命題仍然成立。說明：(1)本題

23、源于一個古典問題一世界上任意6個人中必有3人互相認識，或互相 不認識。(美國普特南數(shù)學(xué)競賽題)。(2) 將互相認識用紅色表示，將互相不認識用藍色表示，(1)將化為一個染色問題, 成為一個圖論問題：空間六個點，任何三點不共線，四點不共面，每兩點之間連線都涂上紅 色或藍色。求證：存在三點，它們所成的三角形三邊同色。(3) 問題(2)可以往兩個方向推廣：其一是顏色的種數(shù)，其二是點數(shù)。木例便是方向一的進展，其證明已知上述。如果繼續(xù)沿此方向前進，可有下題：在66個科學(xué)家中，每個科學(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們的通信中僅僅討論四個題 目，而任何兩個科學(xué)家之間僅僅討論一個題1=1。證明至少冇三個科學(xué)家，他們

24、互相之間討論 同一個題目。(4) 回顧上而證明過程，對于17點染3色問題可歸結(jié)為6點染2色問題，乂可歸結(jié)為 3點染一色問題。反過來，我們可以繼續(xù)推廣。從以上(3, 1) - (6, 2) - (17, 3)的 過程，易發(fā)現(xiàn)6= (3-1) x2+2, 17= (6-1) x3+2, 66二(17-1) x4+2,同理可得(66-1) x 5+2=327,(327-1) x6+2=1958記為 r)=3, r2=6, n=17, n=66,“=327, r6=1958,我們可以得到遞推關(guān)系式:心(“廠1)+2, n=2, 3, 4這樣就可以構(gòu)造出327點染5色 問題，1958點染6色問題，都必出

25、現(xiàn)一個同色三角形。三、抽屜原理的其他形式在例7的證明過程中，我們實際上用到了抽屜原理的其他形式，我們把它作為定理2。定理2：把m個元素分成n個集合(m>n)iri(1) 當(dāng)n能整除m吋，至少有一個集合含有一個元素；n(2) 為n不能整除m時，則至少有一個集合含有至少中+ 1個元素。定理2有吋候也可敘述成：把mxn+1個元素放進n個集合，則必有一個集合中至少放 有m+1個元素。例8.在邊長為1的正方形內(nèi)任意放入九個點，求證：存在三個點，以這三個點為頂點 的三角形的面積不超過丄（1963年北京市數(shù)學(xué)競賽題）。8分析與解答：如圖，四等分正方形,得到ah a2, a3, a（四個矩形。在止方形內(nèi)

26、任意放1/4入九個點，則至少有一個矩形ai內(nèi)存 在k1 + 1 = 3個或3個以上的點，設(shè) 三點為a、b、c,具體考察ai （如圖所示），過a、b、c三點分別作矩形長邊的平行線，過a點的平行線交bc于a'點，a點到矩形長邊的距離為h=gh冷，則/的面積saabc=saaa，c+saaab< xlx/?+ xlx2 2111=x=248說明：把正方形分成四個區(qū)域，可以得出“至少有一個區(qū)域內(nèi)有3個點”的結(jié)論，這就 為確定三角形面積的取值范圍打下了基礎(chǔ)。本題構(gòu)造“抽屜”的辦法不是唯一的，還可以將 正方形等分成邊長為丄的四個小正方形等。但是如將正方形等分成四個全等的小三角形卻2是不可行的

27、（想一想為什么？）。所以適當(dāng)?shù)貥?gòu)造“抽屜”，正是應(yīng)用抽屜原則解決問題的 關(guān)鍵所在。以下兩個題目可以看作是本例的推廣：（1）在邊長為2的正方形內(nèi)，隨意放置9個點，證明：必有3個點，以它們?yōu)轫旤c的 三角形的而積不超過丄。2（2）在邊長為1的正方形內(nèi)任意給出13個點。求證：必有4個點，以它們?yōu)轫旤c的四邊形的而積不超過1/4o例99條豈線的每一條都把一個正方形分成兩個梯形，而且它們的而積之比為2： 3。證明：這9條肓線屮至少有3條通過同一個點。證明：設(shè)正方形為abcd, e、f分別是ab, cd的中點。設(shè)肓線l把正方形abcd分成兩個梯形abgh和cdhg, 并且與ef相交于p （如圖6）據(jù)題意梯形a

28、bgh的面積：梯形 cdhg的而積二2 ： 3 , ep是梯形abgh的中位線，pf是梯形 cdhg的中位線，由于梯形的而積二中位線x梯形的高，并幾兩個梯形的高相等（ab二cd）所以：梯形abgh的面積:梯形cdhg的面積二ep : pf,也就是ep : pf二2 : 3這說明，直線l通過ef上一個固定的點p,這個點把ef分成長度為2 : 3的兩部分。 這樣的點在ef上還有一個，如圖上的q點（fq : qe二2 : 3）。同樣地，如果直線l與ab、cd相交，并口把正方形分成兩個梯形面積z比是2 : 3,那 么這條直線必定通過ad、bc中點連線上的兩個類似的點（三等分點）。這樣，在正方形內(nèi)就有4

29、個固定的點，凡是把正方形面積分成兩個面積為2 : 3的梯形 的直線，一定通過這4點屮的某一個。我們把這4個點看作4個抽屜，9條直線看作9個蘋 果，山定理2可知，9=4x2+1,所以，必有一個抽屜內(nèi)至少放有3個蘋果，也就是，必有三條直線要通過一個點。說明：本例中的抽屜比較隱蔽，正方形兩雙対邊中點連線上的4個三等分點的發(fā)現(xiàn)是關(guān) 鍵，而它的發(fā)現(xiàn)源于對梯形而積公式s梯形二屮位線x梯形的高的充分感悟。例10. 910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍墨水 瓶的顏色次序必定出現(xiàn)下述兩種情況z種：1. 至少三行完全相同；2. 至少有兩組（四行），每組的兩行完全相同。（北京市高中

30、一年級數(shù)學(xué)競賽1990 年復(fù)賽試題）證明：910瓶紅、藍黑水，排成130行，每行7瓶。每行中的7個位置中的每個位置都 冇紅、藍兩種町能，因而總計共冇2'128種不同的行式（當(dāng)僅當(dāng)兩行墨水瓶顏色及次序 完全相同時稱為“行式”相同）任取130行中的129行,依抽屜原理可知,必有兩行（記為a, b） “行式”相同。在除a、b外的其余128行中若有一行p與a （b） “行式”相同,則p, a, b滿足“至 少有三行完全相同”；在其余（除a, b外）的128行中若沒有與a （b）行式和同者，則128 行至多冇127種不同的行式，依抽屜原則，必有兩行（不妨記為c、d）行式相同，這樣便 找到了（a,

31、 b）、（c, d）兩組（四行），每組兩行完全相同。說明：本例構(gòu)造抽屜時用到了乘法原理,2x2x2x2x2x2x2=2=128個“行式”是制 造和應(yīng)用抽屜原理的關(guān)鍵。四、抽屜原理的無限形式定理3.如果把無窮多個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都至少存在一個集合， 其小有無窮多個元素。例11.在處標(biāo)平而上給岀無限多個矩形，它們的頂點的直角他標(biāo)都具有如下形式：（0, 0） ,（0, m ） ,（n, 0） ,（n, m）其中m, n是正整數(shù)，并n<6,求證：在這些矩形中一定存在無限多個矩形， 其中任意兩個矩形必有一個被包含在另一個之中。證明：由n<6知，21,2,3,4,5,只有5種情形，由定理3知，將所給的無窮多個矩形 按n的取值分成5類，當(dāng)作5個抽屜，其中必有一個抽屜（一類）里包含有無窮多個矩形。 不妨設(shè)這一類矩形的n的取值為n。對于這一類矩形中的任意兩個矩形而言，由于n的取值 相同，因此m取值較小的一個矩形必然被包含在m取值較大的一個矩形z中。五、抽屜原理的多次使用例12.有蘋果、梨、桔子若干個，任意分成9堆，求證一定可以找到兩堆，其蘋果數(shù)、 梨數(shù)、桔子數(shù)分別求和都是偶數(shù)。證明：因為每一堆里的每一種水杲數(shù)或為奇數(shù)或為偶數(shù)（兩個抽屜），而9二2x4+1, 故對于蘋果，9堆中必冇5堆的奇偶性相同；這5