第10講抽屜原理

1、 中高考 找才子 始建于1998年 第10講 抽屜原理抽屜原理又叫鴿籠原理、狄里克雷( P. G. Dirchlet,18051895,德國)原理、重疊原理、鞋盒原理. 這一最簡單的思維方式在解題過程中卻可以演變出很多奇妙的變化和頗具匠心的運(yùn)用. 抽屜原理常常結(jié)合幾何、整除、數(shù)列和染色等問題出現(xiàn), 抽屜原理I：把件東西任意放入n只抽屜里，那么至少有一個(gè)抽屜里有兩件東西。抽屜原理II：把件東西放入個(gè)抽屜里，那么至少有一個(gè)抽屜里至少有件東西。抽屜原理III：如果有無窮件東西，把它們放在有限多個(gè)抽屜里，那么至少有一個(gè)抽屜里含無窮件東西。應(yīng)用抽屜原理解題，關(guān)鍵在于構(gòu)造抽屜。構(gòu)造抽屜的常見方法有：圖形分

2、割、區(qū)間劃分、整數(shù)分類（剩余類分類、表達(dá)式分類等）、坐標(biāo)分類、染色分類等等，下面舉例說明。A類例題例1 如圖，分別標(biāo)有1到8的兩組滾珠均勻放在內(nèi)外兩個(gè)圓環(huán)上，開始時(shí)相對的滾珠所標(biāo)數(shù)字都不相同，當(dāng)兩個(gè)圓環(huán)按不同方向轉(zhuǎn)動時(shí)，必有某一時(shí)刻，內(nèi)外兩環(huán)中至少有兩對數(shù)字相同的滾珠相對分析 轉(zhuǎn)動一周形成7個(gè)內(nèi)外兩環(huán)兩對數(shù)字相同的時(shí)刻，以此構(gòu)造抽屜。證明 內(nèi)外兩個(gè)圓環(huán)轉(zhuǎn)動可把一個(gè)看成是相對靜止的，只有一個(gè)外環(huán)在轉(zhuǎn)動當(dāng)外環(huán)轉(zhuǎn)動一周后，每個(gè)滾珠都會有一次內(nèi)環(huán)上標(biāo)有相同數(shù)字的滾珠相對的時(shí)刻，這樣的時(shí)刻將出現(xiàn)8次但一開始沒有標(biāo)有相同數(shù)字的滾珠相對，所以外環(huán)轉(zhuǎn)動一周的過程中最多出現(xiàn)7個(gè)時(shí)刻內(nèi)外標(biāo)有相同數(shù)字的滾珠相對，故

3、必有一個(gè)時(shí)刻內(nèi)外兩環(huán)中至少有兩對數(shù)字相同的滾珠相對說明 轉(zhuǎn)動一周內(nèi)外兩環(huán)兩對的8個(gè)時(shí)刻排除顯然不合題意的初始時(shí)刻是本題的突破口。例2 7月份的天熱得人都不想工作，只想呆在有空調(diào)的房間里可小張卻沒有辦法休假，因?yàn)樗且粋€(gè)空調(diào)修理工，為了讓更多人好好休息，他只能放棄自己的休息在過去的7月份里，小張每天至少修理了一臺空調(diào)由于技術(shù)過硬，每一臺空調(diào)都能在當(dāng)天修理好8月1日結(jié)算的時(shí)候，大家發(fā)現(xiàn)小張?jiān)?月份一共修理了56臺空調(diào)求證：存在連續(xù)的若干天（也可以是1天），在這些天里，小張恰好修理了5臺空調(diào)分析 本題的難點(diǎn)在于將題中結(jié)論轉(zhuǎn)化為抽屜原理的數(shù)學(xué)模型。證明 我們來考察“連續(xù)的若干天”里小張修理的空調(diào)臺數(shù)設(shè)

4、小張?jiān)诘趇天修理了xi臺空調(diào)，其中i=1，2，31則：x1<x1+x2<x1+x2+x3<<x1+x2+x31=56另外：x1+5<x1+x2+5<x1+x2+x3+5<<x1+x2+x31+5=61上面的兩組數(shù)（共62個(gè)）均在1到61之間（包括這兩個(gè)數(shù)），由抽屜原理，必有二個(gè)數(shù)是相等的，且相等的兩個(gè)數(shù)應(yīng)該來自不同的組從而x1+x2+xq= x1+x2+xp+5(q>p)由此可見xp+1+xp+2+xq=5即從第p+1天開始到第q天修理的空調(diào)正好是5臺例3 點(diǎn)為內(nèi)任意一點(diǎn)，與點(diǎn)、的連線分別交對邊于、求證：在、中必有一個(gè)不大于2，也必有一個(gè)不

5、小于2分析 由尋求關(guān)于、的關(guān)系式展開分析。證明 利用以及，（其余兩個(gè)類似）得：三個(gè)正數(shù)的和為1，必有一個(gè)不小于，也必有一個(gè)不大于不妨設(shè)，得，得所以在、中必有一個(gè)不大于2，也必有一個(gè)不小于2情景再現(xiàn)1在邊長為1的正方形內(nèi)任意放入九個(gè)點(diǎn)，求證：存在三個(gè)點(diǎn)，以這三個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的面積不超過。（1963年北京市數(shù)學(xué)競賽題）2質(zhì)點(diǎn)沿直線方向往前跳，每跳一步前進(jìn)米，而前進(jìn)方向上距離起點(diǎn)每隔1米都有一個(gè)以此點(diǎn)為中心長為米的陷阱，證明該質(zhì)點(diǎn)遲早要掉進(jìn)某個(gè)陷阱里。3在坐標(biāo)平面上任取5個(gè)整點(diǎn)（該點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證明：其中一定存在兩個(gè)整點(diǎn)，它們的連線中點(diǎn)仍是整點(diǎn)。B類例題例4（1）對于任意的5個(gè)正整數(shù)，

6、證明其中必有3個(gè)數(shù)的和能被3整除；（2）對于任意的11個(gè)正整數(shù)，證明其中一定有6個(gè)數(shù)，它們的和能被6整除。分析 （1）可借助于3的同余類構(gòu)造抽屜；（2）若仿造（1）借助于6的同余類構(gòu)造抽屜情形較為煩瑣，不妨借助于（1）的結(jié)論從中構(gòu)造出能滿足被2整除的數(shù). 證明 （1）任何自然數(shù)除以3的余數(shù)只能是0、1、2，不妨分別構(gòu)造3個(gè)抽屜：，將這5個(gè)數(shù)按其余數(shù)放置到這3個(gè)抽屜中：若這5個(gè)正整數(shù)分布在這3個(gè)抽屜中，從3個(gè)抽屜中各取一個(gè)，其和必能被3整除；若這5個(gè)自然數(shù)分布在其中的2個(gè)抽屜中，則必有一個(gè)抽屜中含有至少3個(gè)數(shù)，取其3個(gè)，其和必能被3整除；若這5個(gè)自然數(shù)分布在其中的1個(gè)抽屜中，取其3個(gè)，其和必能被

7、3整除。（2）設(shè)11個(gè)整數(shù)為，因?yàn)椤Ｏ瓤紤]被3整除的情形。由（1）知：在11個(gè)任意整數(shù)中，必存在：， 不妨設(shè)；同理，剩下的8個(gè)任意整數(shù)中，由（1）知，必存在：，不妨設(shè)；同理，其余的5個(gè)任意整數(shù)中，有：，設(shè)。   再考慮中存在兩數(shù)之和被2整除。依據(jù)抽屜原理，這三個(gè)整數(shù)中，至少有兩個(gè)是同奇或同偶，這兩個(gè)同奇（或同偶）的整數(shù)之和必為偶數(shù).不妨設(shè)，則：，即。所以任意11個(gè)整數(shù)，其中必有6個(gè)數(shù)的和是6的倍數(shù)。例5910瓶紅、藍(lán)墨水，排成130行，每行7瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍(lán)墨水瓶的顏色次序必定出現(xiàn)下述兩種情況之一種：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

8、同。（北京市高中一年級數(shù)學(xué)競賽1990年復(fù)賽試題）分析 每行7個(gè)位置有128種不同放置方式，以此構(gòu)造抽屜.證明 910瓶紅、藍(lán)墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7個(gè)位置中的每個(gè)位置都有紅、藍(lán)兩種可能，因而總計(jì)共有種不同的行式（當(dāng)且僅當(dāng)兩行墨水瓶顏色及次序完全相同時(shí)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）行式相同者，則128行至多有127種不同的行式，依抽屜原理，必有兩行（不妨記為C、D

9、）行式相同，這樣便找到了（A，B）、（C，D）兩組（四行），每組兩行完全相同。說明 本題構(gòu)造抽屜時(shí)用到分步計(jì)數(shù)原理，個(gè)“行式”是構(gòu)造“抽屜”的關(guān)鍵。例6將平面上每個(gè)點(diǎn)以紅藍(lán)兩色之一著色，證明：存在這樣的兩個(gè)相似三角形，它們的相似比為1995，并且每一個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)同色。（1995年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題）分析 構(gòu)造相似比為1995的9點(diǎn)組。證明 如圖，作兩個(gè)半徑分別為1和1995的同心圓，在內(nèi)圓上任取9個(gè)點(diǎn)，必有5點(diǎn)同色，記為A1，A2，A3，A4，A5。連半徑交大圓于（），對B1，B2，B3，B4，B5，必有3點(diǎn)同色，記為，則與為三項(xiàng)點(diǎn)同色的相似三角形，相似比等于1995，滿足題設(shè)條件。評

10、析 這里連續(xù)用了兩次抽屜原理（以染色作抽屜）。也可以一開始就取位似比為1995的9個(gè)位似點(diǎn)組（），對4個(gè)抽屜（紅，紅），（紅，藍(lán)），（藍(lán)，紅），（藍(lán)，藍(lán)）應(yīng)用抽屜原理，得出必有3個(gè)位似點(diǎn)屬于同一抽屜，從題目的證明過程中可以看出，相似比1995可以改換成另外一個(gè)任意的正整數(shù)、正實(shí)數(shù)。當(dāng)然，不用同心圓也可證得，如在平面上取任三點(diǎn)都不共線的9點(diǎn)，由抽屜原理必有5點(diǎn)同色，設(shè)為A、B、C、D、E；以A為位似中心，以1995為相似比作ABCDE的相似形AB'C'D'E'，則5點(diǎn)A,B',C',D',E'中必有3點(diǎn)同色，設(shè)為B'D

11、9;E'，則即為所求。情景再現(xiàn)4有蘋果、梨、桔子若干個(gè)，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)。5將平面上每個(gè)點(diǎn)以紅藍(lán)兩色之一著色，證明：存在無數(shù)個(gè)內(nèi)角為30°，60°，90°的相似直角三角形，它們的相似比為1995，并且每一個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)同色。6有17位科學(xué)家，其中每一個(gè)人和其他所有人通信，他們通信中討論三個(gè)問題，且每兩個(gè)科學(xué)家之間只討論一個(gè)問題，求證至少有三個(gè)科學(xué)家相互之間討論同一個(gè)問題。C類例題例7給定一個(gè)由10個(gè)互不相等的兩位十進(jìn)制正整數(shù)組成的集合。求證：這個(gè)集合必有兩個(gè)無公共元素的子集合，各子集合中各數(shù)之和

12、相等。（第14屆試題）分析 根據(jù)子集中各數(shù)之和構(gòu)造抽屜.解 10個(gè)元素的集合就有個(gè)不同的構(gòu)造子集的方法，也就是，它一共有1024個(gè)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，所以剩下個(gè)非空真子集。再看各個(gè)真子集中一切數(shù)字之和。用表示，則。這表明至多只有種不同的情況。由于非空真子集的個(gè)數(shù)是1022，1022846，所以一定存在兩個(gè)子集A與B，使得A中各數(shù)之和=B中各數(shù)之和。若，則命題得證，若，即A與B有公共元素，這時(shí)只要剔除A與B中的一切公有元素，得出兩個(gè)不相交的子集A1與B1，很顯然A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1與B1就是符合題目要求的子集。例8設(shè)。求最小的自然

13、數(shù)，使得的每個(gè)有個(gè)元素的子集都含有5個(gè)兩兩互素的數(shù)。（1991）分析 本題一方面要確定n的下界，另一方面須構(gòu)造符合題意的集合.解 令，。記，利用容斥原理，容易算出。由于在中任取5個(gè)數(shù)必有兩個(gè)數(shù)在同一個(gè)之中，從而它們不互素。所以。另一方面，令和中的一切素?cái)?shù)，。易知。令，則，從而，在中任取217個(gè)數(shù)，由于，這217個(gè)數(shù)中必有25個(gè)數(shù)在中，于是一定存在，使得至少有個(gè)數(shù)在其中，這5個(gè)數(shù)顯然是兩兩互素的。所以，于是可得。說明 在這個(gè)解法中，兩次使用了抽屜原理，其關(guān)鍵都是構(gòu)造抽屜。由于第一步要確定的下界，既要找出盡可能大的的值，使得這個(gè)數(shù)中的任意五個(gè)數(shù)中至少有兩個(gè)不互素。故這時(shí)必須構(gòu)造4個(gè)“抽屜”，滿足：

14、每個(gè)“抽屜”中任意兩個(gè)數(shù)都不互素；每個(gè)“抽屜”中包含盡可能多的數(shù)。在這些要求下構(gòu)造出了集合，從而得到。在確定時(shí)，諸的構(gòu)造要求是：中的任意兩個(gè)數(shù)互素；。情景再現(xiàn)79條直線的每一條都把一個(gè)正方形分成兩個(gè)梯形，而且它們的面積之比為23。證明：這9條直線中至少有3條通過同一個(gè)點(diǎn)。 8已知斐波那契數(shù)列：0，1，1，2，3，5，8，試問：在前100000002項(xiàng)中，是否會有某一項(xiàng)的末四位數(shù)字全是0？（不指第一項(xiàng)） 習(xí)題10 A1從集合中任取個(gè)數(shù)，證明：其中必有2個(gè)數(shù)互素。2任意給定7個(gè)整數(shù)，求證：其中必有兩個(gè)數(shù)，其和或差可被10整除。3任給7個(gè)實(shí)數(shù)，求證：其中必有至少兩個(gè)數(shù)（記為） 滿足。4某廠生產(chǎn)一種直

15、徑為的圓形零件，由加工水平可知零件直徑之差不會超過，并且其直徑不小于，現(xiàn)在要挑出兩個(gè)零件，使它們的直徑之差小于，若任意抽取，問至少要抽取多少件？5求證：在凸邊形中，至少存在兩個(gè)內(nèi)角，使得。6我們稱點(diǎn)為個(gè)點(diǎn)（）的重心。求證：平面上任意13個(gè)整點(diǎn)中，必有某4個(gè)點(diǎn)的重心為整點(diǎn)。 習(xí)題 B7從正整數(shù)集中，任意選出51個(gè)數(shù)。求證：其中一定有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)可以整除另一個(gè)。8從前39個(gè)正整數(shù)中任意取出8個(gè)數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定有兩個(gè)數(shù)，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)不超過小數(shù)的倍。9已知整數(shù)。證明存在一個(gè)非零數(shù)列使得對和能被1001整除。10兩兩不等高的個(gè)人，隨便排成一列，求證：可以從總挑選個(gè)人向前一步出列，使他們

16、的身高從左到右是遞增或遞減的。 習(xí)題 C11某運(yùn)動隊(duì)的隊(duì)員編號物重復(fù)地取自正整數(shù)1到100。如果其中任一隊(duì)員的編號都不是另兩隊(duì)員編號之和，也不是另一隊(duì)員編號的2倍，問這個(gè)運(yùn)動隊(duì)最多有幾人？12我們稱非空集合為集合的一個(gè)劃分，如果：（1）；（2），。求最小的正整數(shù)，使得對的任意一個(gè)13劃分，一定存在某個(gè)集合，在中有兩個(gè)元素滿足。本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答：1證明：根據(jù)題意，構(gòu)造的“抽屜”中至少要有3點(diǎn)，且以這三個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的面積不超過。如圖，四等分正方形，得到4個(gè)矩形。在正方形內(nèi)任意放入九個(gè)點(diǎn)，則一定存在一個(gè)矩形，其內(nèi)至少存在個(gè)點(diǎn)，設(shè)三點(diǎn)為A、B、C，具體考察其所在的矩形（如圖），過三點(diǎn)分別作矩

17、形長邊的平行線，過A的平行線交BC于A'點(diǎn)，設(shè)A點(diǎn)到矩形長邊的距離為，則ABC的面積。2證明：若該質(zhì)點(diǎn)跳了步后掉進(jìn)了第個(gè)陷阱里，則本題等價(jià)于：存在正整數(shù)，使得。把區(qū)間分成1000等分，每一等分都是左閉右開的小區(qū)間，它們的長都是。考慮1001個(gè)實(shí)數(shù)，由于，則這1001個(gè)實(shí)數(shù)都在區(qū)間內(nèi)。由抽屜原理，必有兩個(gè)實(shí)數(shù)設(shè)為和都在同一小區(qū)間內(nèi)（不妨設(shè)）。于是有，即，設(shè)，則有。從而當(dāng)質(zhì)點(diǎn)跳了步后掉進(jìn)了第個(gè)陷阱里。3解：由中點(diǎn)坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點(diǎn)、的中點(diǎn)坐標(biāo)是。欲使都是整數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)與，與的奇偶性相同。坐標(biāo)平面上的任意整點(diǎn)按照橫縱兩個(gè)坐標(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)），

18、（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)造四個(gè)“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)，那么至少有兩個(gè)整點(diǎn)，屬于同一個(gè)“抽屜”因此它們連線的中點(diǎn)就必是整點(diǎn)。 4證明：因?yàn)槊恳欢牙锏拿恳环N水果數(shù)或?yàn)槠鏀?shù)或?yàn)榕紨?shù)（兩個(gè)抽屜），而9=2×4+1，故對于蘋果，9堆中必有5堆的奇偶性相同；這5堆對于梨數(shù)來說，由于5=2×2+1，故必有3堆的奇偶性相同；這3堆對于桔子數(shù)也必有2堆的奇偶性相同。于是，就找到這樣的兩堆，它們的蘋果數(shù)、梨數(shù)，桔子數(shù)的奇偶性都分別相同，從而其和數(shù)分別都是偶數(shù)。 5任取aR+，以a為邊作等邊三角形，則必有兩點(diǎn)同色，記為A，B同紅色，以AB為直徑作一圓，再作圓內(nèi)接正六邊形

19、AC1C2BC3C4（如圖），當(dāng)Ci中有紅點(diǎn)時(shí)ACiB即為所求；當(dāng)Ci中無紅點(diǎn)即全為藍(lán)色時(shí)，RtC1C2C3即為所求。再由a的任意性知，這樣的三角形有無數(shù)個(gè)。 6科學(xué)家對應(yīng)一個(gè)點(diǎn)，兩科學(xué)家之間討論的問題對應(yīng)兩點(diǎn)間連線的顏色，本題轉(zhuǎn)化為染色問題：完全十七邊形K17用紅黃藍(lán)三色染其邊，必存在同色三角形。由A1出發(fā)有16條邊，用三色染，必有六條同色（設(shè)為紅色），不妨認(rèn)為A1 A2，A1 A3，. A1 A7為紅色；若A2，A3，. A7之間有紅色連線，則存在紅色三角形，否則六點(diǎn)A2，A3，. A7兩兩連線得K6，用黃藍(lán)兩色染邊，必存在同色三角形。7證明：設(shè)正方形為ABCD，E、F分別是AB，CD的中

20、點(diǎn)。設(shè)直線把正方形ABCD分成兩個(gè)梯形ABGH和CDHG，并且與EF相交于P（如圖）。梯形ABGH的面積梯形CDHG的面積=23 ，EP是梯形ABGH的中位線，PF是梯形CDHG的中位線，由于梯形的面積=中位線×梯形的高，并且兩個(gè)梯形的高相等（AB=CD），所以梯形ABGH的面積梯形CDHG的面積=EPPF，也就是EPPF=23 。這說明，直線L通過EF上一個(gè)固定的點(diǎn)P，這個(gè)點(diǎn)把EF分成長度為23的兩部分。這樣的點(diǎn)在EF上還有一個(gè)，如圖上的Q點(diǎn)（FQQE=23）。 同樣地，如果直線與AB、CD相交，并且把正方形分成兩個(gè)梯形面積之比是23，那么這條直線必定通過AD、BC中點(diǎn)連線上的兩個(gè)

21、類似的點(diǎn)（五等分點(diǎn)）。 這樣，在正方形內(nèi)就有4個(gè)固定的點(diǎn)，凡是把正方形面積分成兩個(gè)面積為23的梯形的直線，一定通過這4點(diǎn)中的某一個(gè)。根據(jù)抽屜原理，必有一個(gè)點(diǎn)，至少有條直線通過此點(diǎn)。 8注意到斐波那契數(shù)列是嚴(yán)格遞增的，故滿足要求的項(xiàng)至少是五位以上的數(shù)再注意到斐波那契數(shù)列的特點(diǎn)是每一項(xiàng)等于前面兩項(xiàng)的和，而100000002=，我們可以以相鄰兩項(xiàng)的末四位數(shù)字所成的有序?qū)槌閷希┧奈粩?shù)字組成的數(shù)一共有個(gè)（不足四位前面補(bǔ)0），抽屜的個(gè)數(shù)正好是現(xiàn)有個(gè)數(shù)對，至少有兩個(gè)數(shù)對，它們的末四位完全相同設(shè)為，（）即有：，且于是，而就是說和的末四位相同，從而數(shù)對、的末四位相同（事實(shí)上我們得到了兩個(gè)連續(xù)三個(gè)數(shù)，和對應(yīng)

22、末四位全部相同）依次類推，我們可以得到和的對應(yīng)末四位全部相同，從而與（即0）的末四位相同，所以的末四位全為0 “習(xí)題10”解答：1構(gòu)造個(gè)抽屜：、，則個(gè)數(shù)中必有兩個(gè)數(shù)屬于同一個(gè)抽屜，即此兩數(shù)互素2任意整數(shù)除以10的余數(shù)，只能是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這十個(gè)數(shù)中的一個(gè)。 不妨從余數(shù)角度出發(fā)，考慮構(gòu)造合適的抽屜。（由題目分析，要求我們構(gòu)造六個(gè)抽屜，并且抽屜中的余數(shù)和或差只能是0）由這10個(gè)余數(shù)，構(gòu)造6個(gè)抽屜：  ，則任意7個(gè)不同整數(shù)除以10后所得余數(shù)（即7個(gè)元素），任意放入這6個(gè)抽屜，其中必有一個(gè)抽屜包含有其中2個(gè)不同整數(shù)除以10后所得的2個(gè)余數(shù)。若這兩個(gè)余數(shù)同屬于抽屜0或抽

23、屜5，則此二余數(shù)差是0，即這兩個(gè)余數(shù)對應(yīng)的整數(shù)之差可以被10整除。若這兩個(gè)余數(shù)同屬于，這四個(gè)抽屜中的任意一個(gè)，則這兩個(gè)余數(shù)和是10，即這兩個(gè)余數(shù)所對應(yīng)整數(shù)之和是10的倍數(shù)。可見，任意7個(gè)不同的整數(shù)中，必有兩個(gè)數(shù)的和或差是10的倍數(shù)。3記7個(gè)數(shù)為、，其中，將區(qū)間等分成6個(gè)區(qū)間：、，則7個(gè)角必有兩個(gè)屬于同一區(qū)間，不妨設(shè)，設(shè)，則，即存在兩個(gè)數(shù) 滿足。4首先指出取51件是不行的。當(dāng)零件的直徑成等差數(shù)列：時(shí)，每兩件的直徑之差都不小于。再證取52件時(shí)成立。將區(qū)間作51等分，則52個(gè)零件中必有兩件的直徑屬于同一等分區(qū)間，有直徑之差，所以最少要取52件。5首先證明凸多邊形至多有5個(gè)內(nèi)角小于。用反證法，若有6個(gè)

24、內(nèi)角小于，則其內(nèi)角和，這與矛盾。于是，凸邊形至少有個(gè)內(nèi)角在區(qū)間內(nèi)，它們的余弦值在內(nèi)。將區(qū)間平均分成個(gè)小區(qū)間，每個(gè)小區(qū)間的長為。于是個(gè)角的余弦值分布在個(gè)小區(qū)間內(nèi)，至少有兩個(gè)角的余弦值在同一個(gè)小區(qū)間內(nèi)，設(shè)為、，因此。6按照坐標(biāo)的奇偶性構(gòu)造4個(gè)抽屜：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)），由抽屜原理必有一個(gè)抽屜里至少有個(gè)點(diǎn)，這4點(diǎn)的重心顯然是整點(diǎn)。7證明：因?yàn)槿魏我粋€(gè)正整數(shù)都能表示成一個(gè)奇數(shù)與2的方冪的積，并且表示方法唯一，所以我們可把的正整數(shù)分成如下50個(gè)抽屜（因?yàn)橹泄灿?0個(gè)奇數(shù)）：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（25）；（26）；（50）。這就構(gòu)造了50個(gè)抽屜，中的每一個(gè)數(shù)都在其中的1個(gè)抽屜內(nèi)。從中任取51個(gè)數(shù)，據(jù)抽屜原理，其中必定至少有兩個(gè)數(shù)屬于同一個(gè)抽屜，即屬于號中的某一個(gè)抽屜，顯然在這25個(gè)抽屜中的任何同一個(gè)抽屜內(nèi)的兩個(gè)數(shù)，一個(gè)是另一個(gè)的倍數(shù)。8證明：把前39個(gè)正整數(shù)分成下面7組： 1； 2，3； 4，5，6； 7，8，9，10； 11，12，13，14，15，16； 17，18，19，20，21，22，23，24，25； 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39； 因?yàn)閺那?9個(gè)自然數(shù)中任意取出8個(gè)