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文檔簡介
1、初一數學競賽講座第 12 講 抽屜原理把 5 個蘋果放到 4 個抽屜中, 必定有一個抽屜中至少有2 個蘋果,這是抽屜原理的通俗說明;一般地,我們將它表述為:第一抽屜原理:把( mn1)個物體放入 n 個抽屜,其中必有一個抽屜中至少有( m1)個物體;使用抽屜原懂得題,關鍵是構造抽屜;一般說來,數的奇偶性、剩余類、數的分組、染色、線段與平面圖形的劃分等,都可作為構造抽屜的依據;例 1 從 1, 2,3, 100 這 100 個數中任意挑出51 個數來,證明在這51個數中,肯定:(1)有 2 個數互質;(2)有 2 個數的差為 50;(3)有 8 個數,它們的最大公約數大于1;證明:( 1)將 1
2、00 個數分成 50 組:1 , 2 ,3 ,4 , 99 ,100 ;在選出的 51 個數中,必有 2 個數屬于同一組,這一組中的2 個數是兩個相鄰的整數,它們肯定是互質的;(2)將 100 個數分成 50 組:1 , 51 ,2 ,52 , 50 , 100 ;在選出的 51 個數中,必有 2 個數屬于同一組,這一組的2 個數的差為 50;(3)將 100 個數分成 5 組(一個數可以在不同的組內): 第一組: 2 的倍數,即 2 ,4, 100 ;其次組: 3 的倍數,即 3 ,6, 99 ; 第三組: 5 的倍數,即 5 ,10, 100 ;第四組: 7 的倍數,即 7 ,14, 98
3、 ;第五組: 1 和大于 7 的質數即 1 ,11,13, 97 ;第五組中有 22 個數,應選出的 51 個數至少有 29 個數在第一組到第四組中, 依據抽屜原理, 總有 8 個數在第一組到第四組的某一組中, 這 8 個數的最大公約數大于 1;例 2 求證:可以找到一個各位數字都是4 的自然數,它是1996 的倍數; 證明:因 1996÷ 4 499,故只需證明可以找到一個各位數字都是1 的自然數,它是 499 的倍數就可以了;得到 500 個余數 r 1,r 2,r 500;由于余數只能取0,1,2,499 這 499個值,所以依據抽屜原理, 必有 2 個余數是相同的, 這 2
4、個數的差就是 499 的倍數,這個差的前如干位是1,后如干位是 0:111000,又 499 和 10 是互質的,故它的前如干位由1 組成的自然數是499 的倍數,將它乘以4,就得到一個各位數字都是 4 的自然數,它是 1996 的倍數;例 3 在一個禮堂中有99 名同學,假如他們中的每個人都與其中的66 人相識,那么可能顯現(xiàn)這種情形: 他們中的任何 4 人中都肯定有 2 人不相識(假定相識是相互的);分析:留意到題中的說法“可能顯現(xiàn)”,說明題的結論并非是條件的必定結果,而僅僅是一種可能性, 因此只需要設法構造出一種情形使之顯現(xiàn)題目中所說的結論即可;解:將禮堂中的 99 人記為 a1, a2,
5、 a99,將 99 人分為 3 組:(a1, a2, , a33),( a34,a35, , a66),( a67, a68, , a99),將 3 組同學作為 3 個抽屜,分別記為 a,b,c,并商定 a 中的同學所熟悉的 66 人只在 b,c 中,同時, b, c 中的同學所熟悉的 66 人也只在 a, c 和 a,b 中;假如顯現(xiàn)這種局面,那么題目中所說情形就可能顯現(xiàn);由于禮堂中任意 4 人可看做 4 個蘋果,放入 a,b,c 三個抽屜中,必有 2 人在同一抽屜, 即必有 2 人來自同一組, 那么他們熟悉的人只在另 2 組中, 因此他們兩人不相識;例 4 如右圖,分別標有數字1, 2,
6、8 的滾珠兩組,放在內外兩個圓環(huán)上,開頭時相對的滾珠所標數字都不相同;當兩個圓環(huán)按不同方向轉動時,必有某一時刻,內外兩環(huán)中至少有兩對數字相同的滾珠相對;分析:此題中沒有直接供應我們用以構造抽屜和蘋果的數量關系,需要轉換一下看問題的角度;解:內外兩環(huán)對轉可看成一環(huán)靜止,只有一個環(huán)轉動;一個環(huán)轉動一周后, 每個滾珠都會有一次與標有相同數字的滾珠相對的局面顯現(xiàn),那么這種局面共要顯現(xiàn) 8 次;將這 8 次局面看做蘋果,再需構造出少于8 個抽屜;留意到一環(huán)每轉動45°角就有一次滾珠相對的局面顯現(xiàn),轉動一周共有8次滾珠相對的局面, 而最初的 8 對滾珠所標數字都不相同, 所以數字相同的滾珠相對的
7、情形只顯現(xiàn)在以后的7 次轉動中,將 7 次轉動看做 7 個抽屜, 8 次相同數字滾珠相對的局面看做8 個蘋果,就至少有 2 次數字相對的局面顯現(xiàn)在同一次轉動中,即必有某一時刻,內外兩環(huán)中至少有兩對數字相同的滾珠相對;例 5 有一個生產天平上用的鐵盤的車間,由于工藝上的緣由,只能掌握盤的重量在指定的20 克到 20.1 克之間;現(xiàn)在需要重量相差不超過0.005 克的兩只鐵盤來裝配一架天平, 問:最少要生產多少個盤子, 才能保證肯定能從中挑出符合要求的兩只盤子?解:把 20 20.1 克之間的盤子依重量分成20 組:第 1 組:從 20.000 克到 20.005 克;第 2 組:從 20.005
8、 克到 20.010 克;第 20 組:從 20.095 克到 20.100 克;這樣,只要有21 個盤子,就肯定可以從中找到兩個盤子屬于同一組,這2個盤子就符合要求;例 6 在圓周上放著100 個籌碼,其中有41 個紅的和 59 個藍的;那么總可以找到兩個紅籌碼,在它們之間剛好放有19 個籌碼,為什么?分析:此題需要爭論“紅籌碼”的放置情形,因而涉及到“蘋果”的詳細放 置方法,由此我們可以在構造抽屜時,使每個抽屜中的相鄰“蘋果”之間有19個籌碼;解:依順時針方向將籌碼依次編上號碼:1, 2, 100;然后依照以下規(guī)律將 100 個籌碼分為 20 組:(1,21,41,61,81);(2,22
9、,42,62,82);(20,40, 60,80, 100);將 41 個紅籌碼看做蘋果,放入以上20 個抽屜中,由于 41=2×201,所以至少有一個抽屜中有2+1=3(個)蘋果,也就是說必有一組5 個籌碼中有 3 個紅色籌碼,而每組的 5 個籌碼在圓周上可看做兩兩等距,且每 2 個相鄰籌碼之間都有 19 個籌碼,那么 3 個紅色籌碼中必有2 個相鄰(這將在下一個內容其次抽屜原理中說明),即有2 個紅色籌碼之間有19 個籌碼;下面我們來考慮另外一種情形:如把 5 個蘋果放到 6 個抽屜中, 就必定有一個抽屜空著;這種情形一般可以表述為:其次抽屜原理:把( mn-1)個物體放入n 個
10、抽屜,其中必有一個抽屜中至多有( m-1)個物體;例 7 在例 6 中留有一個疑問,現(xiàn)改述如下:在圓周上放有5 個籌碼,其中有 3 個是同色的,那么這3 個同色的籌碼必有2 個相鄰;分析:將這個問題加以轉化:如右圖,將同色的 3 個籌碼 a,b,c置于圓周上,看是否能用另外2 個籌碼將其隔開;解:如圖, 將同色的 3 個籌碼放置在圓周上, 將每 2 個籌碼之間的間隔看做抽屜,將其余 2 個籌碼看做蘋果, 將 2 個蘋果放入 3 個抽屜中, 就必有 1 個抽屜中沒有蘋果,即有2 個同色籌碼之間沒有其它籌碼,那么這2 個籌碼必相鄰;例 8 甲、乙二人為一個正方形的12 條棱涂紅和綠2 種顏色;第一
11、,甲任選3 條棱并把它們涂上紅色;然后,乙任選另外3 條棱并涂上綠色;接著甲將剩下的 6 條棱都涂上紅色;問:甲是否肯定能將某一面的4 條棱全部涂上紅色?解:不能;如右圖將 12 條棱分成四組:第一組: a 1b1,b2b3, a3a4 , 其次組: a 2b2,b3b4, a4a1 ,第三組: a 3b3,b4b1, a1a2 , 第四組: a 4b4,b1b2, a2a3 ;無論甲第一次將哪3 條棱涂紅,由抽屜原理知四組中必有一組的3 條棱全未涂紅,而乙只要將這組中的3 條棱涂綠,甲就無法將某一面的4 條棱全部涂紅了;下面我們爭論抽屜原理的一個變形平均值原理;我們知道 n 個數 a1,a2
12、, an 的和與 n 的商是 a1,a2, an 這 n 個數的平均值;平均值原理:假如n 個數的平均值為a,那么其中至少有一個數不大于a,也至少有一個不小于a;例 9 圓周上有 2000 個點,在其上任意地標上0,1,2, 1999(每一點只標一個數,不同的點標上不同的數);求證:必定存在一點,與它緊相鄰的兩個點和這點上所標的三個數之和不小于2999;解:設圓周上各點的值依次是a1, a2, a2000,就其和a1a2+ a2000=0+1+2+1999=1999000;下面考慮一切相鄰三數組之和:(a1 a2a3)+(a2 a3a4)( a1998+a1999a2000)( a1999a2
13、000 a1)( a2000a1a2)=3( a1a2 a2000)3×1999000;這 2000 組和中必至少有一組和大于或等于但因每一個和都是整數,故有一組相鄰三數之和不小于2999,亦即存在一個點,與它緊相鄰的兩點和這點上所標的三數之和不小于2999;例 10 一家旅社有 90 個房間,住有 100 名旅客,假如每次都恰有90 名旅客同時回來, 那么至少要預備多少把鑰匙分給這100 名旅客,才能使得每次客人回來時,每個客人都能用自己分到的鑰匙打開一個房門住進去,并且防止發(fā)生兩人同時住進一個房間?解:假如鑰匙數小于990,那么90 個房間中至少有一個房間的鑰匙數少房間就打不開,
14、因此90 個人就無法按題述的條件住下來;另一方面,990 把鑰匙已經足夠了, 這只要將 90 把不同的鑰匙分給90 個人,而其余的 10 名旅客,每人各90 把鑰匙(每個房間一把),那么任何90 名旅客返回時,都能按要求住進房間;最終,我們要指出, 解決某些較復雜的問題時,往往要多次反復地運用抽屜原理,請看下面兩道例題;例 11 設有 4×28 的方格棋盤,將每一格涂上紅、藍、黃三種顏色中的任意一種;試證明:無論怎樣涂法,至少存在一個四角同色的長方形;證明:我們先考察第一行中28 個小方格涂色情形, 用三種顏色涂 28 個小方格,由抽屜原理知,至少有10 個小方格是同色的,不妨設其為
15、紅色,仍可設這10 個小方格就在第一行的前10 列;下面考察其次、三、四行中前面10 個小方格可能顯現(xiàn)的涂色情形;這有兩種可能:(1)這三行中,至少有一行,其前面 10 個小方格中,至少有 2 個小方格是涂有紅色的, 那么這 2 個小方格和第一行中與其對應的 2 個小方格, 便是一個長方形的四個角,這個長方形就是一個四角同是紅色的長方形;(2)這三行中每一行前面的10 格中,都至多有一個紅色的小方格,不妨設它們分別顯現(xiàn)在前三列中,那么其余的3×7 個小方格便只能涂上黃、藍兩種顏色了;我們先考慮這個3×7 的長方形的第一行;依據抽屜原理,至少有4 個小方格是涂上同一顏色的,不
16、妨設其為藍色,且在第1 至 4 列;再考慮其次行的前四列,這時也有兩種可能:(1)這 4 格中,至少有 2 格被涂上藍色,那么這 2 個涂上藍色的小方格和第一行中與其對應的 2 個小方格便是一個長方形的四個角, 這個長方形四角同是藍色;(2)這 4 格中,至多有 1 格被涂上藍色,那么,至少有3 格被涂上黃色;不妨設這 3 個小方格就在其次行的前面3 格;下面連續(xù)考慮第三行前面 3 格的情形;用藍、黃兩色涂 3 個小方格, 由抽屜原理知, 至少有 2 個方格是同色的, 無論是同為藍色或是同為黃色, 都可以得到一個四角同色的長方形;總之,對于各種可能的情形,都能找到一個四角同色的長方形;例 12
17、 試卷上共有 4 道挑選題,每題有 3 個可供挑選的答案;一群同學參與考試,結果是對于其中任何 3 人,都有一道題目的答案互不相同;問:參與考試的同學最多有多少人?解:設每題的三個挑選分別為a,b,c;(1)如參與考試的同學有10 人,就由其次抽屜原理知,第一題答案分別為a,b,c 的三組同學中, 必有一組不超過3 人;去掉這組同學, 在余下的同學中,定有 7 人對第一題的答案只有兩種; 對于這 7 人關于其次題應用其次抽屜原理知, 其中必可選出 5 人,他們關于其次題的答案只有兩種可能;對于這 5 人關于第三題應用其次抽屜原理知,可以選出4 人,他們關于第三題的答案只有兩種可能;最終,對于這
18、 4 人關于第四題應用其次抽屜原理知,必可選出 3 人,他們關于第四題的答案也只有兩種; 于是,對于這 3 人來說, 沒有一道題目的答案是互不相同的,這不符合題目的要求;可見,所求的最多人數不超過9 人;另一方面, 如 9 個人的答案如下表所示, 就每 3 人都至少有一個問題的答案互不相同;所以,所求的最多人數為9 人;練習 121. 六( 1)班有 49 名同學;數學王老師明白到在期中考試中該班英文成果除3 人外均在 86 分以上后就說:“我可以肯定,本班同學至少有4 人成果相同;”請問王老師說得對嗎?為什么?2. 現(xiàn)有 64 只乒乓球, 18 個乒乓球盒,每個盒子里最多可以放6 只乒乓球,
19、至少有幾個乒乓球盒子里的乒乓球數目相同?3. 某校初二年級同學身高的厘米數都為整數,且都不大于 160 厘米,不小于150 厘米;問:在至少多少個初二同學中肯定能有4 個人身高相同?4. 從 1,2, 100 這 100 個數中任意選出 51 個數,證明在這 51 個數中,肯定:(1)有兩個數的和為101;(2)有一個數是另一個數的倍數;(3)有一個數或如干個數的和是51 的倍數;5. 在 3×7 的方格表中,有 11 個白格,證明(1)如僅含一個白格的列只有3 列,就在其余的4 列中每列都恰有兩個白格;(2)只有一個白格的列只有3 列;6. 某個委員會開了40 次會議,每次會議有
20、10 人出席;已知任何兩個委員不會同時開兩次或更多的會議; 問:這個委員會的人數能夠多于60 人嗎?為什么?7. 一個車間有一條生產流水線,由5 臺機器組成,只有每臺機器都開動時,這條流水線才能工作; 總共有 8 個工人在這條流水線上工作; 在每一個工作日內,這些工人中只有5 名到場;為了保證生產, 要對這 8 名工人進行培訓, 每人學一種機器的操作方法稱為一輪;問:最少要進行多少輪培訓, 才能使任意 5 個工人上班而流水線總能工作?8. 有 9 名數學家, 每人至多能講 3 種語言, 每 3 人中至少有 2 人能通話; 求證:在這 9 名中至少有 3 名用同一種語言通話;練習 13 答案:1
21、.對;解:由于49-3=3×( 100-86+1)+1,即 46=3×15+1,也就是說,把從 100 分至 86 分的 15 個分數當做抽屜, 49-3=46(人)的成果當做物體,依據其次抽屜原理,至少有4 人的分數在同一抽屜中,即成果相同;2.4 個;解: 18 個乒乓球盒,每個盒子里至多可以放6 只乒乓球;為使相同乒乓球個數的盒子盡可能少,可以這樣放:先把盒子分成6 份,每份有 18÷ 6=3(只),分別在每一份的3 個盒子中放入 1 只、2 只、3 只、4 只、5 只、6 只乒乓球,即 3 個盒子中放了 1 只乒乓球, 3 個盒中放了 2 只乒乓球3 個盒
22、子中放了 6 只乒乓球;這樣, 18 個盒子中共放了乒乓球(1+2+3+4+5+6)× 3=63(只);把以上 6 種不同的放法當做抽屜,這樣剩下 64-63=1(只)乒乓球不管放入哪一個抽屜里的任何一個盒子里 (除已放滿 6 只乒乓球的抽屜外) ,都將使該盒子中的乒乓球數增加 1 只,這時與比該抽屜每盒乒乓數多 1 的抽屜中的 3 個盒子里的乒乓球數相等;例如剩下的 1 只乒乓球放進原先有 2 只乒乓球的一個盒子里, 該盒乒乓球就成了 3 只,再加上原先裝有 3 只乒乓球的 3 個盒子,這樣就有 4個盒子里裝有 3 個乒乓球;所以至少有4 個乒乓球盒里的乒乓球數目相同;3.34 個
23、;解:把初二同學的身高厘米數作為抽屜,共有抽屜160-150+1=11(個);依據抽屜原理,要保證有4 個人身高相同,至少要有初二同學3×11+1=34(個);4.證:( 1)將 100 個數分成 50 組:1,100, 2,99, 50, 51;在選出的 51 個數中,必有兩數屬于同一組,這一組的兩數之和為101;(2)將 100 個數分成 10 組:1,2,4,8,16,32,64, 3,6,12,24,48,96,5,10,20,40,80 , 7,14,28,56,9,18,36,72, 11,22,44,88,13,26,52, 15,30,60,49,98,其余數;其中第
24、 10 組中有 41 個數;在選出的 51 個數中,第 10 組的 41 個數全部選中,仍有 10 個數從前 9 組中選, 必有兩數屬于同一組, 這一組中的任意兩個數, 一個是另一個的倍數;(3)將選出的 51 個數排成一列: a1,a2, a3, a51;考慮下面的 51 個和:a1,a1+a2,a1+a2+a3,a1+a2+a3+a51;如這 51 個和中有一個是51 的倍數,就結論明顯成立;如這51 個和中沒有一個是 51 的倍數,就將它們除以51,余數只能是1,2, 50 中的一個,故必定有兩個的余數是相同的,這兩個和的差是51 的倍數,而這個差明顯是這51 個數( a1, a2, a
25、3, a51)中的一個數或如干個數的和;5.證:( 1)在其余 4 列中如有一列含有3 個白格,就剩下的5 個白格要放入 3 列中,將 3 列表格看做 3 個抽屜, 5 個白格看做 5 個蘋果,依據其次抽屜原理, 5(=2× 3-1)個蘋果放入3 個抽屜,就必有1 個抽屜至多只有( 2-1)個蘋果,即必有 1 列只含 1 個白格,也就是說除了原先3 列只含一個白特別仍有1 列含 1 個白格,這與題設只有1 個白格的列只有3 列沖突;所以不會有1 列有 3個白格,當然也不能再有1 列只有 1 個白格;推知其余 4 列每列恰好有 2 個白格;(2)假設只含 1 個白格的列有 2 列,那么剩下的9 個白格要放入 5 列中,而 9=2×5-1,由其次抽屜原理知,必有1 列至多只有 2-1=1(個)白格,與假設只有 2 列每列只 1 個白格沖突;所以只有1 個白格的列至少有3 列;6.能;解:開會的“人次”有40×10=400(人次);設委員人數為n,將“人次”看做蘋果,以委員人數作為抽屜;如 n 60,就由抽屜
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