第二章抽屜原理課后題

第二章抽屜原理抽屜原理習(xí)題1在1,4,7,10,13,…,100中任意選出20個(gè)數(shù)，證明其中至少有不同的兩對(duì)數(shù)，每對(duì)數(shù)的和都等于104抽屜原理習(xí)題1分析:本題中要求選出20個(gè)數(shù),且至少有不同的兩對(duì)數(shù)和為104,故應(yīng)構(gòu)造少于20個(gè)數(shù)組,且同一組數(shù)的和為104解答:將本題中給出的數(shù)分成(4,100)(7,97)…(49,55)(52)(1)共18個(gè)數(shù)組,每個(gè)數(shù)組中的數(shù)的和為104,從這18個(gè)抽屜中任取20個(gè)數(shù),有下述兩種情況：1)取到1和52,則剩下的18個(gè)數(shù)取自余下的16個(gè)抽屜,故至少有2對(duì)數(shù)取自某兩個(gè)抽屜，即和為1042)不全取1和52,則有多于18個(gè)數(shù)取自16個(gè)抽屜中,同樣至少有2對(duì)數(shù)取自某兩個(gè)抽屜，即和為104抽屜原理習(xí)題2在{1,2,…,2n}中任取n+1個(gè)數(shù)，證明其中必有兩個(gè)數(shù)互素抽屜原理習(xí)題2分析:本題中要求選出n+1個(gè)數(shù),且必有兩個(gè)數(shù)互素,故應(yīng)構(gòu)造至多n個(gè)數(shù)組,且每組兩數(shù)互素解答:將本題中給出的數(shù)分成(1,2)(2,3)…(2n-1,2n)共n個(gè)數(shù)組,每個(gè)數(shù)組中兩數(shù)互素,從這n個(gè)抽屜中取n+1個(gè)數(shù),必有兩數(shù)取自同一個(gè)抽屜，即取到的兩數(shù)互素抽屜原理習(xí)題3從1,2,3,…,2005中刪去一些數(shù)，使得剩下的數(shù)中任何一個(gè)數(shù)都不等于其余兩個(gè)不同數(shù)的積，問(wèn)至少要?jiǎng)h去多少個(gè)數(shù)才能做到這一點(diǎn)？抽屜原理習(xí)題3分析:本題較難,因難以據(jù)題意決斷構(gòu)造幾個(gè)抽屜,但知道每個(gè)抽屜需滿(mǎn)足任何一個(gè)數(shù)等于其余兩個(gè)不同數(shù)的積解答:將本題中給出的數(shù)分成(44,45,44×45)(43,46,43×46)…(3,86,3×86)(2,87,2×87)共43組,故至少刪去43個(gè)數(shù),即2,3,4,…44后,剩下的數(shù)就滿(mǎn)足題中條件抽屜原理習(xí)題4在不超過(guò)91的正整數(shù)中任取10個(gè)不同的數(shù)，證明這10個(gè)數(shù)中一定有兩個(gè)數(shù)的比值在[2/3,3/2]內(nèi)抽屜原理習(xí)題4分析:本題中要求任取10個(gè)數(shù),且必有兩個(gè)數(shù)的比值在[2/3,3/2]之間,故應(yīng)構(gòu)造至多9個(gè)數(shù)組,且同一組中任兩個(gè)數(shù)的比值在[2/3,3/2]之間解答:把不超過(guò)91的正整數(shù)分成(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,…39)(40,41,42,…,60)(61,62,63,…,90)共9個(gè)數(shù)組,每個(gè)數(shù)組中的任意兩數(shù)的比值在[2/3,3/2]之間,從這9個(gè)抽屜中任取10個(gè)數(shù),有下述兩種情況：1)取到1,則剩下的9個(gè)數(shù)取自余下的8個(gè)抽屜,則必有兩個(gè)數(shù)取自同一個(gè)抽屜，即兩數(shù)的比值在[2/3,3/2]之間2)不取1,則10個(gè)數(shù)取自余下的8個(gè)抽屜,必有兩個(gè)數(shù)取自同一個(gè)抽屜，即兩數(shù)的比值在[2/3,3/2]之間分情況討論抽屜原理習(xí)題5任給7個(gè)實(shí)數(shù)，證明其中必有兩個(gè)數(shù)x,y滿(mǎn)足抽屜原理習(xí)題5分析:由要證明的不等式形式想到兩角差的正切公式,且兩角差小于π/6解答:首先,7個(gè)實(shí)數(shù)中至少有4個(gè)數(shù)同為非正或非負(fù)(抽屜原理的簡(jiǎn)單應(yīng)用)不妨設(shè)4個(gè)數(shù)同為非負(fù)數(shù),設(shè)為tanθ1,tanθ2,tanθ3,tanθ4,因非負(fù)θi∈[0,π/2),i=1,2,3,4

4個(gè)數(shù)中必有2個(gè)數(shù)的差滿(mǎn)足條件,故將4個(gè)數(shù)分成3組,故將[0,π/2)分為3個(gè)抽屜[0,π/6),[π/6,π/3),[π/3,π/2).這樣必有兩個(gè)θm,θn取自同一個(gè)抽屜,不妨設(shè)θm＞θn,則0＜θm–θn＜π/6,0＜tan(θm–θn)＜√3/3.故必存在數(shù)x=tanθm,y=tanθn滿(mǎn)足條件多次運(yùn)用抽屜原理抽屜原理習(xí)題6坐標(biāo)平面內(nèi)任給13個(gè)整點(diǎn)，其中任3點(diǎn)均不共線(xiàn)，求證必有以其中3點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形其重心也是整點(diǎn)抽屜原理習(xí)題6分析:因?yàn)槿切蔚闹匦墓綖?(x1+x2+x3)/3,(y1+y2+y3)/3),若為整點(diǎn)則要求3/(x1+x2+x3),3/(y1+y2+y3),對(duì)于整除性問(wèn)題通常按剩余類(lèi)分組,即[0][1][2],當(dāng)x1,x2,x3或y1,y2,y3取自同一個(gè)剩余類(lèi)時(shí)，則3可以整除它們之和解答:設(shè)平面內(nèi)13個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)為pn

(xn,yn),n=1,2,3,…13,于是pn中必有[13/3]+1=5個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)同在3的一個(gè)剩余類(lèi)中，為使重心為整點(diǎn)還需其縱坐標(biāo)之和也是3的整數(shù)倍,下面在這5個(gè)點(diǎn)中考慮其縱坐標(biāo),應(yīng)有以下兩種情況：1)5個(gè)點(diǎn)的縱坐標(biāo)中,3的3個(gè)剩余類(lèi)均存在，即存在pi,

pj,pk,使其縱坐標(biāo)yi≡3(0),yj≡3(