2011全国高中数学竞赛讲义-抽屉原理(练习题)

第一篇：2011全国高中数学竞赛讲义-抽屉原理(练习题)

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§23抽屉原理

课后练习

1．幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.2．正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同.3．把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17.4．有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双.5．在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过

（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）.6．在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？

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1.解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：

（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）

把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同.原则2 如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则相仿.若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能.原则1可看作原则2的物例（m=1）

2.证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色.3.证明 如图12-1，设a1，a2，a3，„，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），„,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，„a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于

（a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+„+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2）=3(a1+a2+„+a9+a10)=3×(1+2+„+9+10)

根据原则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小于17.原则

1、原则2可归结到期更一般形式：

原则3把m1+m2+„+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，„„，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体.数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，„„，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+„+mn个，与题设矛盾.4.证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双.上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少.制造抽屉是运用原则的一大关键

首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式.5.证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形.因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的.事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割.合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上.6.解如图12-4（设挂牌的三棵树依次为A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证.下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证.数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法

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第二篇：高中数学竞赛讲义-抽屉原理

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抽屉原理

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”。

“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。

（一）抽屉原理的基本形式

定理

1、如果把n+1个元素分成n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n个集合至多有n个元素，此与共有n+1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n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。

例题讲解

1． 已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于

2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。

数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 3．从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。

4．已给一个由10个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。

5．在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。

6．在任意给出的100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。

7． 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通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。

例题答案：

1．分析：5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。

以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。

如图2，设BC是△ABC的最大边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么

∠PQN=∠C，∠QNP=∠A

因为BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。

由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。

说明：

（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai，满足0＜ai≤1（i=1,2,„,n+1），试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如：“在边长为1的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。

（2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于“，请读者试证之，并比较证明的差别。

（3）用同样的方法可证明以下结论：

2i）在边长为1的等边三角形中有n+1个点，这n+1个点中一定有距离不大于的两点。

ii）在边长为1的等边三角形内有n+1个点，这n+1个点中一定有距离小于的两点。

（4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命 题仍然成立。

（5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长 为1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过”。

2．分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若

nm∈N+,K∈N+，n∈N,则m=(2k-1)·2，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，„„

证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）：

23456

（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；

234

5（2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；

4（3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；

3（4）{7，7×2，7×2，7×2}；

（5）{9，9×2，9×2，9×2}；

（6）{11，11×2，11×2，11×2}；

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„„

（25）{49，49×2}；

（26）{51}；

„„

（50）{99}。

这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。

说明：

（1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从1-2n的自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为1-2n中共含1，3，„，2n-1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n+1＞n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给n以具体值，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值是50，还可以编制相反的题目，如：“从前30个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？”

（2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？

①从2，3，4，„，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？

②从1，2，3，„，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？

你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？

（3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任取n+2个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？ 3．证明：把前25个自然数分成下面6组：

1；

①

2，3；

②

4，5，6；

③

7，8，9，10；

④

11，12，13，14，15，16；

⑤

17，18，19，20，21，22，23，⑥

因为从前25个自然数中任意取出7个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。

说明：

（1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在内。

显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：

从1开始，显然1只能单独作为1个集合{1}；否则不满足限制条件。

能与2同属于一个集合的数只有3，于是{2，3}为一集合。

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如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。

（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为

{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；

第8个抽屉为：{40，41，42，„，60}；

第9个抽屉为：{61，62，63，„，90，91}；

„„

那么我们可以将例3改造为如下一系列题目：（1）从前16个自然数中任取6个自然数；（2）从前39个自然数中任取8个自然数；（3）从前60个自然数中任取9个自然数；（4）从前91个自然数中任取10个自然数；„

]内。

都可以得到同一个结论：其中存在2个数，它们相互的比值在上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。如果我们改变区间[]（p＞q）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。

4.分析与解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合10就有2=1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有1024个不同的子集，包括空集和全集在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下1024-2=1022个非空真子集。

再来看各个真子集中一切数字之和。用N来记这个和数，很明显：

10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855

这表明N至多只有855-9=846种不同的情况。由于非空真子集的个数是1022，1022＞846，所以一定存在两个子集A与B，使得A中各数之和=B中各数之和。

若A∩B=φ，则命题得证，若A∩B=C≠φ，即A与B有公共元素，这时只要剔除A与B中的一切公有元素，得出两个不相交的子集A1与B1，很显然

A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1与B1就是符合题目要求的子集。

说明：本例能否推广为如下命题：

已给一个由m个互不相等的n位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。

请读者自己来研究这个问题。5．分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。

说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,„xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,„xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,„xn）是一个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此

n3共可分为2×2ׄ×2=2个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，2=8，此时可数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。这就是1971年的美国普特南数学竞赛题。在n=2的情形，也可以构造如下的命题：“平面上任意给定5个整点”，对“它们连线段中点为整点”的4个命题中，为真命题的是：

（A）最少可为0个，最多只能是5个（B）最少可为0个，最多可取10个

（C）最少为1个，最多为5个（D）最少为1个，最多为10个

（正确答案（D））6．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Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2，„S100共100个”和"数。讨论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S1，S2，„S100共有100个数，一个数被100除所得的余数有0，1，2，„99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a1,a2,„a100考察数列a1,a2,„a100的前n项和构成的数列S1，S2，„S100。

如果S1，S2，„S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2，„S100均不能被100整除，这样，它们被100除后余数必是{1，2，„，99}中的元素。由抽屉原理I知，S1，S2，„S100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Si，Sj（i＜j），则100∣（Sj-Si），即100∣。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{an}进行分类是很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多。

另外，对{Sn}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而{Sn}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。这种处理问题的方法应当学会，它会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”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n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n整除，而且，在任意给定的排定顺序的n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n整除。

将以上一般结论中的n赋以相应的年份的值如1999，2000，2001„，就可以编出相应年份的试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题：

有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。请你证明：一定有若干只猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是100的倍数。

7．证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。

考虑科学家A，他要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，„，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。

考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=2×2+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。

说明：（1）本题源于一个古典问题--世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。

（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。

（3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。

本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题：

在66个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。

（4）回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易发现

6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958„记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，„

我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4„这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必出现一个同色三角形。

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第三篇：抽屉原理练习题

抽屉原理练习题

1．木箱里装有红色球３个、黄色球５个、蓝色球７个，若蒙眼去摸，为保证取出的球中有两个球的颜色相同，则最少要取出球？

解：把３种颜色看作３个抽屉，若要符合题意，则小球的数目必须大于３，故至少取出４个小球才能符合要求。

2．一幅扑克牌有54张，最少要抽取几张牌，方能保证其中至少有2张牌有相同的点数？

解：点数为1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J)、12(Q)、13(K)的牌各取1张，再取大王、小王各1张，一共15张，这15张牌中，没有两张的点数相同。这样，如果任意再取1张的话，它的点数必为1～13中的一个，于是有2张点数相同。

3．11名学生到老师家借书，老师是书房中有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四类书，每名学生最多可借两本不同类的书，最少借一本。试证明：必有两个学生所借的书的类型相同。

证明：若学生只借一本书，则不同的类型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四种，若学生借两本不同类型的书，则不同的类型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六种。共有10种类型，把这10种类型看作10个“抽屉”，把11个学生看作11个“苹果”。如果谁借哪种类型的书，就进入哪个抽屉，由抽屉原理，至少有两个学生，他们所借的书的类型相同。

4．有50名运动员进行某个项目的单循环赛，如果没有平局，也没有全胜，试证明：一定有两个运动员积分相同。

证明：设每胜一局得一分，由于没有平局，也没有全胜，则得分情况只有1、2、3……49，只有49种可能，以这49种可能得分的情况为49个抽屉，现有50名运动员得分，则一定有两名运动员得分相同。

5．体育用品仓库里有许多足球、排球和篮球，某班50名同学来仓库拿球，规定每个人至少拿１个球，至多拿２个球，问至少有几名同学所拿的球种类是一致的？

解题关键：利用抽屉原理２。

解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下９种：﹛足﹜﹛排﹜﹛蓝﹜﹛足足﹜﹛排排﹜﹛蓝蓝﹜﹛足排﹜﹛足蓝﹜﹛排蓝﹜。以这９种配组方式制造９个抽屉，将这50个同学看作苹果50÷9

＝5……5

由抽屉原理２k＝［m/n

］＋１可得，至少有６人，他们所拿的球类是完全一致的。

6．某校有55个同学参加数学竞赛，已知将参赛人任意分成四组，则必有一组的女生多于2人，又知参赛者中任何10人中必有男生，则参赛男生的人生为__________人。

解：因为任意分成四组，必有一组的女生多于2人，所以女生至少有4×2＋1＝9（人）；因为任意10人中必有男生，所以女生人数至多有9人。所以女生有9人，男生有55－9＝46（人）

7、证明：从1，3，5，……，99中任选26个数，其中必有两个数的和是100。

解析：将这50个奇数按照和为100，放进25个抽屉：（1，99），（3，97），（5，95），……，（49，51）。根据抽屉原理，从中选出26个数，则必定有两个数来自同一个抽屉，那么这两个数的和即为100。

8.某旅游车上有47名乘客，每位乘客都只带有一种水果。如果乘客中有人带梨，并且其中任何两位乘客中至少有一个人带苹果，那么乘客中有______人带苹果。

解析：由题意，不带苹果的乘客不多于一名，但又确实有不带苹果的乘客，所以不带苹果的乘客恰有一名，所以带苹果的就有46人。

9.一些苹果和梨混放在一个筐里，小明把这筐水果分成了若干堆，后来发现无论怎么分，总能从这若干堆里找到两堆，把这两堆水果合并在一起后，苹果和梨的个数是偶数，那么小明至少把这些水果分成了_______堆。

解析：要求把其中两堆合并在一起后，苹果和梨的个数一定是偶数，那么这两堆水果中，苹果和梨的奇偶性必须相同。对于每一堆苹果和梨，奇偶可能性有4种：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），所以根据抽屉原理可知最少分了4+1=5筐。

10.有黑色、白色、蓝色手套各5只（不分左右手），至少要拿出_____只（拿的时候不许看颜色），才能使拿出的手套中一定有两双是同颜色的。

解析：考虑最坏情况，假设拿了3只黑色、1只白色和1只蓝色，则只有一双同颜色的，但是再多拿一只，不论什么颜色，则一定会有两双同颜色的，所以至少要那6只。

11.从前25个自然数中任意取出7个数,证明:取出的数中一定有两个数,这两个数中大数不超过小数的1.5倍.证明:把前25个自然数分成下面6组:

1;

①

2,3;

②

4,5,6;

③

7,8,9,10;

④

11,12,13,14,15,16;

⑤

17,18,19,20,21,22,23,⑥

因为从前25个自然数中任意取出7个数,所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组,这两个数中大数就不超过小数的1.5倍.12．一副扑克牌有四种花色，每种花色各有13张，现在从中任意抽牌。问最少抽几张牌，才能保证有4张牌是同一种花色的？

解析：根据抽屉原理，当每次取出4张牌时，则至少可以保障每种花色一样一张，按此类推，当取出12张牌时，则至少可以保障每种花色一样三张，所以当抽取第13张牌时，无论是什么花色，都可以至少保障有4张牌是同一种花色，选B。

13．从1、2、3、4……、12这12个自然数中，至少任选几个，就可以保证其中一定包括两个数，他们的差是7？

【解析】在这12个自然数中，差是7的自然树有以下5对：｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝。另外，还有2个不能配对的数是｛6｝｛7｝。可构造抽屉原理，共构造了7个抽屉。只要有两个数是取自同一个抽屉，那么它们的差就等于7。这7个抽屉可以表示为｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝｛6｝｛7｝，显然从7个抽屉中取8个数，则一定可以使有两个数字来源于同一个抽屉，也即作差为7，所以选择D。

15．某幼儿班有40名小朋友，现有各种玩具122件，把这些玩具全部分给小朋友，是否会有小朋友得到4件或4件以上的玩具？

分析与解：将40名小朋友看成40个抽屉。今有玩具122件，122=3×40＋2。应用抽屉原理2，取n＝40，m＝3，立即知道：至少有一个抽屉中放有4件或4件以上的玩具。也就是说，至少会有一个小朋友得到4件或4件以上的玩具。

16．一个布袋中有40块相同的木块，其中编上号码1，2，3，4的各有10块。问：一次至少要取出多少木块，才能保证其中至少有3块号码相同的木块？

分析与解：将1，2，3，4四种号码看成4个抽屉。要保证有一个抽屉中至少有3件物品，根据抽屉原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次至少要取出9块木块，才能保证其中有3块号码相同的木块。

17．六年级有100名学生，他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、二种或三种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？

分析与解：首先应当弄清订阅杂志的种类共有多少种不同的情况。

订一种杂志有：订甲、订乙、订丙3种情况；

订二种杂志有：订甲乙、订乙丙、订丙甲3种情况；

订三种杂志有：订甲乙丙1种情况。

总共有3＋3＋1=7（种）订阅方法。我们将这7种订法看成是7个“抽屉”，把100名学生看作100件物品。因为100＝14×7＋2。根据抽屉原理2，至少有14＋1＝15（人）所订阅的报刊种类是相同的。

18．篮子里有苹果、梨、桃和桔子，现有81个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那么至少有多少个小朋友拿的水果是相同的？

分析与解：首先应弄清不同的水果搭配有多少种。两个水果是相同的有4种，两个水果不同有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4＋6＝10（种）。将这10种搭配作为10个“抽屉”。

81÷10=8……1（个）。

根据抽屉原理2，至少有8＋1＝9（个）小朋友拿的水果相同。

19．学校开办了语文、数学、美术三个课外学习班，每个学生最多可以参加两个（可以不参加）。问：至少有多少名学生，才能保证有不少于5名同学参加学习班的情况完全相同？

分析与解：首先要弄清参加学习班有多少种不同情况。不参加学习班有1种情况，只参加一个学习班有3种情况，参加两个学习班有语文和数学、语文和美术、数学和美术3种情况。共有1＋3＋3＝7（种）情况。将这7种情况作为7个“抽屉”，根据抽屉原理2，要保证不少于5名同学参加学习班的情况相同，要有学生　7×（5-1）＋1＝29（名）。

20.在1，4，7，10，…，100中任选20个数，其中至少有不同的两对数，其和等于104。

分析：解这道题，可以考虑先将4与100，7与97，49与55……，这些和等于104的两个数组成一组，构成16个抽屉，剩下1和52再构成2个抽屉，这样，即使20个数中取到了1和52，剩下的18个数还必须至少有两个数取自前面16个抽屉中的两个抽屉，从而有不同的两组数，其和等于104；如果取不到1和52，或1和52不全取到，那么和等于104的数组将多于两组。

解：1，4，7，10，……，100中共有34个数，将其分成{4，100}，{7，97}，……，{49，55}，{1}，{52}共18个抽屉，从这18个抽屉中任取20个数，若取到1和52，则剩下的18个数取自前16个抽屉，至少有4个数取自某两个抽屉中，结论成立；若不全取1和52，则有多于18个数取自前16个抽屉，结论亦成立。

21.任意5个自然数中，必可找出3个数，使这三个数的和能被3整除。

分析：解这个问题，注意到一个数被3除的余数只有0，1，2三个，可以用余数来构造抽屉。

解：以一个数被3除的余数0、1、2构造抽屉，共有3个抽屉。任意五个数放入这三个抽屉中，若每个抽屉内均有数，则各抽屉取一个数，这三个数的和是3的倍数，结论成立；若至少有一个抽屉内没有数，那么5个数中必有三个数在同一抽屉内，这三个数的和是3的倍数，结论亦成立。

22.在边长为1的正方形内，任意放入9个点，证明在以这些点为顶点的三角形中，必有一个三角形的面积不超过1/8.解：分别连结正方形两组对边的中点，将正方形分为四个全等的小正方形，则各个小正方形的面积均为1/4

。把这四个小正方形看作4个抽屉，将9个点随意放入4个抽屉中，据抽屉原理，至少有一个小正方形中有3个点。显然，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过1/8。

反思：将边长为1的正方形分成4个面积均为1/4的小正方形，从而构造出4个抽屉，是解决本题的关键。我们知道。将正方形分成面积均为1/4的图形的方法不只一种，如可连结两条对角线将正方形分成4个全等的直角三角形，这4个图形的面积也都是1/4，但这样构造抽屉不能证到结论。可见，如何构造抽屉是利用抽屉原理解决问题的关键。

23．班上有50名学生，将书分给大家，至少要拿多少本，才能保证至少有一个学生能得到两本或两本以上的书。

解：把50名学生看作50个抽屉，把书看成苹果,根据原理1，书的数目要比学生的人数多,即书至少需要50+1=51本.24．

在一条长100米的小路一旁植树101棵，不管怎样种，总有两棵树的距离不超过1米。

解：把这条小路分成每段1米长，共100段,每段看作是一个抽屉，共100个抽屉，把101棵树看作是101个苹果,于是101个苹果放入100个抽屉中，至少有一个抽屉中有两个苹果,即至少有一段有两棵或两棵以上的树

.25．

有50名运动员进行某个项目的单循环赛，如果没有平局，也没有全胜.试证明：一定有两个运动员积分相同

证明：设每胜一局得一分,由于没有平局，也没有全胜，则得分情况只有1、2、3……49，只有49种可能,以这49种可能得分的情况为49个抽屉,现有50名运动员得分

则一定有两名运动员得分相同

.26.体育用品仓库里有许多足球、排球和篮球，某班50名同学来仓库拿球，规定每个人至少拿1个球，至多拿2个球，问至少有几名同学所拿的球种类是一致的？

解题关键：利用抽屉原理2。

解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下9种：

｛足｝｛排｝｛蓝｝｛足足｝｛排排｝｛蓝蓝｝｛足排｝｛足蓝｝｛排蓝｝

以这9种配组方式制造9个抽屉,将这50个同学看作苹果＝5.5……5

由抽屉原理2k＝〔

〕＋1可得，至少有6人，他们所拿的球类是完全一致的。

【欢迎你来解】

1.某班37名同学，至少有几个同学在同一个月过生日？

2.42只鸽子飞进5个笼子里，可以保证至少有一个笼子中可以有几只鸽子？

3.口袋中有红、黑、白、黄球各10个，它们的外型与重量都一样，至少要摸出几个球，才能保证有4个颜色相同的球？

4.饲养员给10只猴子分苹果，其中至少要有一只猴子得到7个苹果，饲养员至少要拿来多少个苹果？

5.从13个自然数中，一定可以找到两个数，它们的差是12的倍数。

第四篇：《抽屉原理练习题》

抽屉原理练习题

1．木箱里装有红色球３个、黄色球５个、蓝色球７个，若蒙眼去摸，为保证取出的球中有两个球的颜色相同，则最少要取出多少个球？

解：把３种颜色看作３个抽屉，若要符合题意，则小球的数目必须大于３，故至少取出４个小球才能符合要求。

2．一幅扑克牌有54张，最少要抽取几张牌，方能保证其中至少有2张牌有相同的点数？

解：点数为1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J)、12(Q)、13(K)的牌各取1张，再取大王、小王各1张，一共15张，这15张牌中，没有两张的点数相同。这样，如果任意再取1张的话，它的点数必为1～13中的一个，于是有2张点数相同。

3．11名学生到老师家借书，老师是书房中有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四类书，每名学生最多可借两本不同类的书，最少借一本。试证明：必有两个学生所借的书的类型相同。

证明：若学生只借一本书，则不同的类型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四种，若学生借两本不同类型的书，则不同的类型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六种。共有10种类型，把这10种类型看作10个“抽屉”，把11个学生看作11个“苹果”。如果谁借哪种类型的书，就进入哪个抽屉，由抽屉原理，至少有两个学生，他们所借的书的类型相同。

4．有50名运动员进行某个项目的单循环赛，如果没有平局，也没有全胜，试证明：一定有两个运动员积分相同。

证明：设每胜一局得一分，由于没有平局，也没有全胜，则得分情况只有1、2、3„„49，只有49种可能，以这49种可能得分的情况为49个抽屉，现有50名运动员得分，则一定有两名运动员得分相同。

5．体育用品仓库里有许多足球、排球和篮球，某班50名同学来仓库拿球，规定每个人至少拿１个球，至多拿２个球，问至少有几名同学所拿的球种类是一致的？

解题关键：利用抽屉原理２。

解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下９种：﹛足﹜﹛排﹜﹛蓝﹜﹛足足﹜﹛排排﹜﹛蓝蓝﹜﹛足排﹜﹛足蓝﹜﹛排蓝﹜。以这９种配组方式制造９个抽屉，将这50个同学看作苹果50÷9 ＝5„„由抽屉原理２k＝［m/n ］＋１可得，至少有６人，他们所拿的球类是完全一致的。

6．某校有55个同学参加数学竞赛，已知将参赛人任意分成四组，则必有一组的女生多于2人，又知参赛者中任何10人中必有男生，则参赛男生的人生为__________人。

解：因为任意分成四组，必有一组的女生多于2人，所以女生至少有4×2＋1＝9（人）；因为任意10人中必有男生，所以女生人数至多有9人。所以女生有9人，男生有55－9＝46（人）

7、证明：从1，3，5，„„，99中任选26个数，其中必有两个数的和是100。

解析：将这50个奇数按照和为100，放进25个抽屉：（1，99），（3，97），（5，95），„„，（49，51）。根据抽屉原理，从中选出26个数，则必定有两个数来自同一个抽屉，那么这两个数的和即为100。

8.某旅游车上有47名乘客，每位乘客都只带有一种水果。如果乘客中有人带梨，并且其中任何两位乘客中至少有一个人带苹果，那么乘客中有______人带苹果。

解析：由题意，不带苹果的乘客不多于一名，但又确实有不带苹果的乘客，所以不带苹果的乘客恰有一名，所以带苹果的就有46人。

9.一些苹果和梨混放在一个筐里，小明把这筐水果分成了若干堆，后来发现无论怎么分，总能从这若干堆里找到两堆，把这两堆水果合并在一起后，苹果和梨的个数是偶数，那么小明至少把这些水果分成了_______堆。

解析：要求把其中两堆合并在一起后，苹果和梨的个数一定是偶数，那么这两堆水果中，苹果和梨的奇偶性必须相同。对于每一堆苹果和梨，奇偶可能性有4种：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），所以根据抽屉原理可知最少分了4+1=5筐。

10.有黑色、白色、蓝色手套各5只（不分左右手），至少要拿出_____只（拿的时候不许看颜色），才能使拿出的手套中一定有两双是同颜色的。

解析：考虑最坏情况，假设拿了3只黑色、1只白色和1只蓝色，则只有一双同颜色的，但是再多拿一只，不论什么颜色，则一定会有两双同颜色的，所以至少要那6只。

11.从前25个自然数中任意取出7个数,证明:取出的数中一定有两个数,这两个数中大数不超过小数的1.5倍.证明:把前25个自然数分成下面6组:

1;①

2,3;②

4,5,6;③

7,8,9,10;④

11,12,13,14,15,16;⑤

17,18,19,20,21,22,23, ⑥

因为从前25个自然数中任意取出7个数,所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组,这两个数中大数就不超过小数的1.5倍.12．一副扑克牌有四种花色，每种花色各有13张，现在从中任意抽牌。问最少抽几张牌，才能保证有4张牌是同一种花色的？

解析：根据抽屉原理，当每次取出4张牌时，则至少可以保障每种花色一样一张，按此类推，当取出12张牌时，则至少可以保障每种花色一样三张，所以当抽取第13张牌时，无论是什么花色，都可以至少保障有4张牌是同一种花色，选B。

13．从1、2、3、4„„、12这12个自然数中，至少任选几个，就可以保证其中一定包括两个数，他们的差是7？

【解析】在这12个自然数中，差是7的自然树有以下5对：｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝。另外，还有2个不能配对的数是｛6｝｛7｝。可构造抽屉原理，共构造了7个抽屉。只要有两个数是取自同一个抽屉，那么它们的差就等于7。这7个抽屉可以表示为｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝｛6｝｛7｝，显然从7个抽屉中取8个数，则一定可以使有两个数字来源于同一个抽屉，也即作差为7，所以选择D。

15．某幼儿班有40名小朋友，现有各种玩具122件，把这些玩具全部分给小朋友，是否会有小朋友得到4件或4件以上的玩具？

分析与解：将40名小朋友看成40个抽屉。今有玩具122件，122=3×40＋2。应用抽屉原理2，取n＝40，m＝3，立即知道：至少有一个抽屉中放有4件或4件以上的玩具。也就是说，至少会有一个小朋友得到4件或4件以上的玩具。

16．一个布袋中有40块相同的木块，其中编上号码1，2，3，4的各有10块。问：一次至少要取出多少木块，才能保证其中至少有3块号码相同的木块？

分析与解：将1，2，3，4四种号码看成4个抽屉。要保证有一个抽屉中至少有3件物品，根据抽屉原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次至少要取出9块木块，才能保证其中有3块号码相同的木块。

17．六年级有100名学生，他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、二种或三种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？ 分析与解：首先应当弄清订阅杂志的种类共有多少种不同的情况。

订一种杂志有：订甲、订乙、订丙3种情况；

订二种杂志有：订甲乙、订乙丙、订丙甲3种情况；

订三种杂志有：订甲乙丙1种情况。

总共有3＋3＋1=7（种）订阅方法。我们将这7种订法看成是7个“抽屉”，把100名学生看作100件物品。因为100＝14×7＋2。根据抽屉原理2，至少有14＋1＝15（人）所订阅的报刊种类是相同的。

18．篮子里有苹果、梨、桃和桔子，现有81个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那么至少有多少个小朋友拿的水果是相同的？

分析与解：首先应弄清不同的水果搭配有多少种。两个水果是相同的有4种，两个水果不同有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4＋6＝10（种）。将这10种搭配作为10个“抽屉”。

81÷10=8„„1（个）。

根据抽屉原理2，至少有8＋1＝9（个）小朋友拿的水果相同。

19．学校开办了语文、数学、美术三个课外学习班，每个学生最多可以参加两个（可以不参加）。问：至少有多少名学生，才能保证有不少于5名同学参加学习班的情况完全相同？

分析与解：首先要弄清参加学习班有多少种不同情况。不参加学习班有1种情况，只参加一个学习班有3种情况，参加两个学习班有语文和数学、语文和美术、数学和美术3种情况。共有1＋3＋3＝7（种）情况。将这7种情况作为7个“抽屉”，根据抽屉原理2，要保证不少于5名同学参加学习班的情况相同，要有学生 7×（5-1）＋1＝29（名）。

20.在1，4，7，10，„，100中任选20个数，其中至少有不同的两对数，其和等于104。

分析：解这道题，可以考虑先将4与100，7与97，49与55„„，这些和等于104的两个数组成一组，构成16个抽屉，剩下1和52再构成2个抽屉，这样，即使20个数中取到了1和52，剩下的18个数还必须至少有两个数取自前面16个抽屉中的两个抽屉，从而有不同的两组数，其和等于104；如果取不到1和52，或1和52不全取到，那么和等于104的数组将多于两组。

解：1，4，7，10，„„，100中共有34个数，将其分成{4，100}，{7，97}，„„，{49，55}，{1}，{52}共18个抽屉，从这18个抽屉中任取20个数，若取到1和52，则剩下的18个数取自前16个抽屉，至少有4个数取自某两个抽屉中，结论成立；若不全取1和52，则有多于18个数取自前16个抽屉，结论亦成立。

21.任意5个自然数中，必可找出3个数，使这三个数的和能被3整除。

分析：解这个问题，注意到一个数被3除的余数只有0，1，2三个，可以用余数来构造抽屉。

解：以一个数被3除的余数0、1、2构造抽屉，共有3个抽屉。任意五个数放入这三个抽屉中，若每个抽屉内均有数，则各抽屉取一个数，这三个数的和是3的倍数，结论成立；若至少有一个抽屉内没有数，那么5个数中必有三个数在同一抽屉内，这三个数的和是3的倍数，结论亦成立。

22.在边长为1的正方形内，任意放入9个点，证明在以这些点为顶点的三角形中，必有一个三角形的面积不超过1/8.解：分别连结正方形两组对边的中点，将正方形分为四个全等的小正方形，则各个小正方形的面积均为1/4。把这四个小正方形看作4个抽屉，将9个点随意放入4个抽屉中，据抽屉原理，至少有一个小正方形中有3个点。显然，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过1/8。

反思：将边长为1的正方形分成4个面积均为1/4 的小正方形，从而构造出4个抽屉，是解决本题的关键。我们知道。将正方形分成面积均为1/4 的图形的方法不只一种，如可连结两条对角线将正方形分成4个全等的直角三角形，这4个图形的面积也都是1/4，但这样构造抽屉不能证到结论。可见，如何构造抽屉是利用抽屉原理解决问题的关键。

23． 班上有50名学生，将书分给大家，至少要拿多少本，才能保证至少有一个学生能得到两本或两本以上的书。

解：把50名学生看作50个抽屉，把书看成苹果 ,根据原理1，书的数目要比学生的人数多,即书至少需要50+1=51本.24． 在一条长100米的小路一旁植树101棵，不管怎样种，总有两棵树的距离不超过1米。

解：把这条小路分成每段1米长，共100段,每段看作是一个抽屉，共100个抽屉，把101棵树看作是101个苹果 ,于是101个苹果放入100个抽屉中，至少有一个抽屉中有两个苹果 ,即至少有一段有两棵或两棵以上的树.25． 有50名运动员进行某个项目的单循环赛，如果没有平局，也没有全胜.试证明：一定有两个运动员积分相同

证明：设每胜一局得一分,由于没有平局，也没有全胜，则得分情况只有1、2、3„„49，只有49种可能 ,以这49种可能得分的情况为49个抽屉 ,现有50名运动员得分 则一定有两名运动员得分相同.26.体育用品仓库里有许多足球、排球和篮球，某班50名同学来仓库拿球，规定每个人至少拿1个球，至多拿2个球，问至少有几名同学所拿的球种类是一致的？

解题关键：利用抽屉原理2。

解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下9种：

｛足｝｛排｝｛蓝｝｛足足｝｛排排｝｛蓝蓝｝｛足排｝｛足蓝｝｛排蓝｝

以这9种配组方式制造9个抽屉,将这50个同学看作苹果＝5.5„„由抽屉原理2k＝〔 〕＋1可得，至少有6人，他们所拿的球类是完全一致的。

【欢迎你来解】

1.某班37名同学，至少有几个同学在同一个月过生日？

2.42只鸽子飞进5个笼子里，可以保证至少有一个笼子中可以有几只鸽子？

3.口袋中有红、黑、白、黄球各10个，它们的外型与重量都一样，至少要摸出几个球，才能保证有4个颜色相同的球？

4.饲养员给10只猴子分苹果，其中至少要有一只猴子得到7个苹果，饲养员至少要拿来多少个苹果？

5.从13个自然数中，一定可以找到两个数，它们的差是12的倍数。

6.一个班有40名同学，现在有课外书125本。把这些书分给同学，是否有人会得到4件或4件以上的玩具？

试题一：

一副扑克牌(去掉两张王牌)，每人随意摸两张牌，至少有多少人才能保证他们当中一定有两人所摸两张牌的花色情况是相同的?

试题二：

有一副扑克牌共54张，问：至少摸出多少张才能保证：(1)其中有4张花色相同?(2)四种花色都有?

试题三：

小学生数学竞赛，共20道题，有20分基础分，答对一题给3分，不答给1分，答错一题倒扣1分，若有1978人参加竞赛，问至少有()人得分相同。

试题一解答：扑克牌中有方块、梅花、黑桃、红桃4种花色，2张牌的花色可以有：2张方块，2张梅花，2张红桃，2张黑桃，1张方块1张梅花，1张方块1张黑桃，1张方块1张红桃，1张梅花1张黑桃，1张梅花1张红桃，1张黑桃1张红桃共计10种情况。把这10种花色配组看作10个抽屉，只要苹果的个数比抽屉的个数多1个就可以有题目所要的结果。所以至少有11个人。

试题二解答：一副扑克牌有2张王牌，4种花色，每种花色13张，共52张牌。(1)按照最不利的情况，先取出2张王牌，然后每种花色取3张，这个时候无论再取哪一种花色的牌都能保证有一种花色是4张牌，所以需要取2+3×4+1=15张牌即可满足要求。(2)同样的，仍然按照最不利的情况，取2张王牌，然后3种花色每种取13张，最后任取一种花色，此时再取一张即可保证每种花色都有。共需取2+13×3+1=42张牌即可满足要求。

试题三解答：20+3×20=80，20-1×20=0，所以若20道题全答对可得最高分80分，若全答错得最低分0分。由于每一道题都得奇数分或扣奇数分，20个奇数相加减所得结果为偶数，再加上20分基础分仍为偶数，所以每个人所得分值都为偶数。而0到80之间共41个偶数，所以一共有41种分值，即41个抽屉。1978÷41=48……10，所以至少有49人得分相同。

1、有400个小朋友参加夏令营，问：这些小朋友中至少有多少人不单独过生日。

2、在一副扑克牌中，最少要拿出多少张，才能保证在拿出的牌中四种花色都有？

3、在一个口袋中有10个黑球，6个白球，4个红球，问：至少从中取出多少个球，才能保证其中一定有白球？

4、口袋中有三种颜色的筷子各10根，问：

（1）、至少要取多少根才能保证三种颜色都取到？

（2）至少要取多少根才能保证有2双不同颜色的筷子？

（3）至少要取多少根才能保证有2双相同颜色的筷子？

5、袋子里红、白、蓝、黑四种颜色的单色球，从代中任意取出若干个球，问：至少要取出多少个球，才能保证有3个球是同一种颜色的？

6、一只鱼缸里有很多条鱼，共有五个品种，问：至少捞出多少鱼，才能保证有5条相同品种的鱼？

7、某小学五年级的学生身高（按整厘米算），最矮的是138厘米，最高的是160厘米，至少要选出多少人才能保证有5个学生的身高是相同的？

8、一把钥匙只能打开一把锁，现有10把钥匙和其中的10把锁，最多要试验多少次才能使全部的钥匙和锁相配？

9、一把钥匙只能打开一把锁，现有10把锁和其中的8把钥匙，最多要试验多少次才能使这8把钥匙都配上锁？

10、将100个苹果分给10个小朋友，每个小朋友分得的苹果数互不相同，分得苹果数最少的小朋友至少得到多少个苹果？

11、将400本书随意分奥数给若干个小朋友，但每人不得超过11本，问：至少有多少同学得到的书的本数相同？

12、一次数学竞赛，有75人参加，满分为20分，参赛者的得分都是自然数，75人的总分是980分，问：至少有几人的得分相同？

13..某学生将参加全国中学生数学竞赛，用100天的时间作准备，为了不影响其他各科学习，他决定每天至少解一道题，但又限制每10天所解的题目不超过17道，试证明，这个学生一定在某个连续的若干天内，恰好一共解了29道题

抽屉原理练习题

1．木箱里装有红色球３个、黄色球５个、蓝色球７个，若蒙眼去摸，为保证取出的球中有两个球的颜色相同，则最少要取出多少个球？

解：把３种颜色看作３个抽屉，若要符合题意，则小球的数目必须大于３，故至少取出４个小球才能符合要求。

2．一幅扑克牌有54张，最少要抽取几张牌，方能保证其中至少有2张牌有相同的点数？

解：点数为1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J)、12(Q)、13(K)的牌各取1张，再取大王、小王各1张，一共15张，这15张牌中，没有两张的点数相同。这样，如果任意再取1张的话，它的点数必为1～13中的一个，于是有2张点数相同。

3．11名学生到老师家借书，老师是书房中有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四类书，每名学生最多可借两本不同类的书，最少借一本。试证明：必有两个学生所借的书的类型相同。

证明：若学生只借一本书，则不同的类型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四种，若学生借两本不同类型的书，则不同的类型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六种。共有10种类型，把这10种类型看作10个“抽屉”，把11个学生看作11个“苹果”。如果谁借哪种类型的书，就进入哪个抽屉，由抽屉原理，至少有两个学生，他们所借的书的类型相同。

4．有50名运动员进行某个项目的单循环赛，如果没有平局，也没有全胜，试证明：一定有两个运动员积分相同。

证明：设每胜一局得一分，由于没有平局，也没有全胜，则得分情况只有1、2、3……49，只有49种可能，以这49种可能得分的情况为49个抽屉，现有50名运动员得分，则一定有两名运动员得分相同。

5．体育用品仓库里有许多足球、排球和篮球，某班50名同学来仓库拿球，规定每个人至少拿１个球，至多拿２个球，问至少有几名同学所拿的球种类是一致的？

解题关键：利用抽屉原理２。

解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下９种：﹛足﹜﹛排﹜﹛蓝﹜﹛足足﹜﹛排排﹜﹛蓝蓝﹜﹛足排﹜﹛足蓝﹜﹛排蓝﹜。以这９种配组方式制造９个抽屉，将这50个同学看作苹果50÷9 ＝5……5

由抽屉原理２k＝［m/n ］＋１可得，至少有６人，他们所拿的球类是完全一致的。

6．某校有55个同学参加数学竞赛，已知将参赛人任意分成四组，则必有一组的女生多于2人，又知参赛者中任何10人中必有男生，则参赛男生的人生为__________人。解：因为任意分成四组，必有一组的女生多于2人，所以女生至少有4×2＋1＝9（人）；因为任意10人中必有男生，所以女生人数至多有9人。所以女生有9人，男生有55－9＝46（人）

7、证明：从1，3，5，……，99中任选26个数，其中必有两个数的和是100。

解析：将这50个奇数按照和为100，放进25个抽屉：（1，99），（3，97），（5，95），……，（49，51）。根据抽屉原理，从中选出26个数，则必定有两个数来自同一个抽屉，那么这两个数的和即为100。

8.某旅游车上有47名乘客，每位乘客都只带有一种水果。如果乘客中有人带梨，并且其中任何两位乘客中至少有一个人带苹果，那么乘客中有______人带苹果。

解析：由题意，不带苹果的乘客不多于一名，但又确实有不带苹果的乘客，所以不带苹果的乘客恰有一名，所以带苹果的就有46人。

9.一些苹果和梨混放在一个筐里，小明把这筐水果分成了若干堆，后来发现无论怎么分，总能从这若干堆里找到两堆，把这两堆水果合并在一起后，苹果和梨的个数是偶数，那么小明至少把这些水果分成了_______堆。

解析：要求把其中两堆合并在一起后，苹果和梨的个数一定是偶数，那么这两堆水果中，苹果和梨的奇偶性必须相同。对于每一堆苹果和梨，奇偶可能性有4种：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），所以根据抽屉原理可知最少分了4+1=5筐。

10.有黑色、白色、蓝色手套各5只（不分左右手），至少要拿出_____只（拿的时候不许看颜色），才能使拿出的手套中一定有两双是同颜色的。

解析：考虑最坏情况，假设拿了3只黑色、1只白色和1只蓝色，则只有一双同颜色的，但是再多拿一只，不论什么颜色，则一定会有两双同颜色的，所以至少要那6只。

11.从前25个自然数中任意取出7个数,证明:取出的数中一定有两个数,这两个数中大数不超过小数的1.5倍.证明:把前25个自然数分成下面6组: 1;① 2,3;② 4,5,6;③ 7,8,9,10;④

11,12,13,14,15,16;⑤ 17,18,19,20,21,22,23, ⑥

因为从前25个自然数中任意取出7个数,所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组,这两个数中大数就不超过小数的1.5倍.12．一副扑克牌有四种花色，每种花色各有13张，现在从中任意抽牌。问最少抽几张牌，才能保证有4张牌是同一种花色的？

解析：根据抽屉原理，当每次取出4张牌时，则至少可以保障每种花色一样一张，按此类推，当取出12张牌时，则至少可以保障每种花色一样三张，所以当抽取第13张牌时，无论是什么花色，都可以至少保障有4张牌是同一种花色，选B。

13．从1、2、3、4……、12这12个自然数中，至少任选几个，就可以保证其中一定包括两个数，他们的差是7？

【解析】在这12个自然数中，差是7的自然树有以下5对：｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝。另外，还有2个不能配对的数是｛6｝｛7｝。可构造抽屉原理，共构造了7个抽屉。只要有两个数是取自同一个抽屉，那么它们的差就等于7。这7个抽屉可以表示为｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝｛6｝｛7｝，显然从7个抽屉中取8个数，则一定可以使有两个数字来源于同一个抽屉，也即作差为7，所以选择D。

15．某幼儿班有40名小朋友，现有各种玩具122件，把这些玩具全部分给小朋友，是否会有小朋友得到4件或4件以上的玩具？

分析与解：将40名小朋友看成40个抽屉。今有玩具122件，122=3×40＋2。应用抽屉原理2，取n＝40，m＝3，立即知道：至少有一个抽屉中放有4件或4件以上的玩具。也就是说，至少会有一个小朋友得到4件或4件以上的玩具。

16．一个布袋中有40块相同的木块，其中编上号码1，2，3，4的各有10块。问：一次至少要取出多少木块，才能保证其中至少有3块号码相同的木块？

分析与解：将1，2，3，4四种号码看成4个抽屉。要保证有一个抽屉中至少有3件物品，根据抽屉原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次至少要取出9块木块，才能保证其中有3块号码相同的木块。

17．六年级有100名学生，他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、二种或三种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？

分析与解：首先应当弄清订阅杂志的种类共有多少种不同的情况。

订一种杂志有：订甲、订乙、订丙3种情况；

订二种杂志有：订甲乙、订乙丙、订丙甲3种情况；

订三种杂志有：订甲乙丙1种情况。

总共有3＋3＋1=7（种）订阅方法。我们将这7种订法看成是7个“抽屉”，把100名学生看作100件物品。因为100＝14×7＋2。根据抽屉原理2，至少有14＋1＝15（人）所订阅的报刊种类是相同的。

18．篮子里有苹果、梨、桃和桔子，现有81个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那么至少有多少个小朋友拿的水果是相同的？

分析与解：首先应弄清不同的水果搭配有多少种。两个水果是相同的有4种，两个水果不同有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4＋6＝10（种）。将这10种搭配作为10个“抽屉”。

81÷10=8……1（个）。

根据抽屉原理2，至少有8＋1＝9（个）小朋友拿的水果相同。

19．学校开办了语文、数学、美术三个课外学习班，每个学生最多可以参加两个（可以不参加）。问：至少有多少名学生，才能保证有不少于5名同学参加学习班的情况完全相同？

分析与解：首先要弄清参加学习班有多少种不同情况。不参加学习班有1种情况，只参加一个学习班有3种情况，参加两个学习班有语文和数学、语文和美术、数学和美术3种情况。共有1＋3＋3＝7（种）情况。将这7种情况作为7个“抽屉”，根据抽屉原理2，要保证不少于5名同学参加学习班的情况相同，要有学生 7×（5-1）＋1＝29（名）。

20.在1，4，7，10，…，100中任选20个数，其中至少有不同的两对数，其和等于104。

分析：解这道题，可以考虑先将4与100，7与97，49与55……，这些和等于104的两个数组成一组，构成16个抽屉，剩下1和52再构成2个抽屉，这样，即使20个数中取到了1和52，剩下的18个数还必须至少有两个数取自前面16个抽屉中的两个抽屉，从而有不同的两组数，其和等于104；如果取不到1和52，或1和52不全取到，那么和等于104的数组将多于两组。

解：1，4，7，10，……，100中共有34个数，将其分成{4，100}，{7，97}，……，{49，55}，{1}，{52}共18个抽屉，从这18个抽屉中任取20个数，若取到1和52，则剩下的18个数取自前16个抽屉，至少有4个数取自某两个抽屉中，结论成立；若不全取1和52，则有多于18个数取自前16个抽屉，结论亦成立。

21.任意5个自然数中，必可找出3个数，使这三个数的和能被3整除。

分析：解这个问题，注意到一个数被3除的余数只有0，1，2三个，可以用余数来构造抽屉。

解：以一个数被3除的余数0、1、2构造抽屉，共有3个抽屉。任意五个数放入这三个抽屉中，若每个抽屉内均有数，则各抽屉取一个数，这三个数的和是3的倍数，结论成立；若至少有一个抽屉内没有数，那么5个数中必有三个数在同一抽屉内，这三个数的和是3的倍数，结论亦成立。

22.在边长为1的正方形内，任意放入9个点，证明在以这些点为顶点的三角形中，必有一个三角形的面积不超过1/8.解：分别连结正方形两组对边的中点，将正方形分为四个全等的小正方形，则各个小正方形的面积均为1/4。把这四个小正方形看作4个抽屉，将9个点随意放入4个抽屉中，据抽屉原理，至少有一个小正方形中有3个点。显然，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过1/8。

反思：将边长为1的正方形分成4个面积均为1/4 的小正方形，从而构造出4个抽屉，是解决本题的关键。我们知道。将正方形分成面积均为1/4 的图形的方法不只一种，如可连结两条对角线将正方形分成4个全等的直角三角形，这4个图形的面积也都是1/4，但这样构造抽屉不能证到结论。可见，如何构造抽屉是利用抽屉原理解决问题的关键。

23．班上有50名学生，将书分给大家，至少要拿多少本，才能保证至少有一个学生能得到两本或两本以上的书。

解：把50名学生看作50个抽屉，把书看成苹果 ,根据原理1，书的数目要比学生的人数多,即书至少需要50+1=51本.24．在一条长100米的小路一旁植树101棵，不管怎样种，总有两棵树的距离不超过1米。解：把这条小路分成每段1米长，共100段,每段看作是一个抽屉，共100个抽屉，把101棵树看作是101个苹果 ,于是101个苹果放入100个抽屉中，至少有一个抽屉中有两个苹果 ,即至少有一段有两棵或两棵以上的树.25．有50名运动员进行某个项目的单循环赛，如果没有平局，也没有全胜.试证明：一定有两个运动员积分相同

证明：设每胜一局得一分,由于没有平局，也没有全胜，则得分情况只有1、2、3……49，只有49种可能 ,以这49种可能得分的情况为49个抽屉 ,现有50名运动员得分 则一定有两名运动员得分相同.26.体育用品仓库里有许多足球、排球和篮球，某班50名同学来仓库拿球，规定每个人至少拿1个球，至多拿2个球，问至少有几名同学所拿的球种类是一致的？

解题关键：利用抽屉原理2。

解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下9种：

｛足｝｛排｝｛蓝｝｛足足｝｛排排｝｛蓝蓝｝｛足排｝｛足蓝｝｛排蓝｝

以这9种配组方式制造9个抽屉,将这50个同学看作苹果＝5.5……

5由抽屉原理2k＝〔〕＋1可得，至少有6人，他们所拿的球类是完全一致的。

【欢迎你来解】

1.某班37名同学，至少有几个同学在同一个月过生日？

2.42只鸽子飞进5个笼子里，可以保证至少有一个笼子中可以有几只鸽子？ 3.口袋中有红、黑、白、黄球各10个，它们的外型与重量都一样，至少要摸出几个球，才能保证有4个颜色相同的球？

4.饲养员给10只猴子分苹果，其中至少要有一只猴子得到7个苹果，饲养员至少要拿来多少个苹果？

5.从13个自然数中，一定可以找到两个数，它们的差是12的倍数。

6.一个班有40名同学，现在有课外书125本。把这些书分给同学，是否有人会得到4件或4件以上的玩具？

桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，有的抽屉可以放一个，有的可以放两个，有的可以放五个，但最终我们会发现至少我们可以找到一个抽屉里面至少放两个苹果。这一现象就是我们所说的抽屉原理。

抽屉原理的一般含义为：“如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有n＋1或多于n＋1个元素放到n个集合中去，其中必定至少有一个集合里至少有两个元素。”

抽屉原理有时也被称为鸽巢原理（“如果有五个鸽子笼，养鸽人养了6只鸽子，那么当鸽子飞回笼中后，至少有一个笼子中装有2只鸽子”）。它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原理。它是组合数学中一个重要的原理。

一．抽屉原理最常见的形式

原理1 把多于n个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有2个或2个以上的物体。

[证明]（反证法）：如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能.原理2 把多于mn个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有m+1个或多于m+1个的物体。

[证明]（反证法）：若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能.原理1 2都是第一抽屉原理的表述

第二抽屉原理：

把（mn－1）个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有（m—1）个物体。

[证明]（反证法）：若每个抽屉都有不少于m个物体，则总共至少有mn个物体，与题设矛盾，故不可能

二．应用抽屉原理解题

抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学问题中有重要的作用。许多有关存在性的证明都可用它来解决。

例１：400人中至少有两个人的生日相同.解：将一年中的366天视为366个抽屉，400个人看作400个物体，由抽屉原理1可以得知：至少有两人的生日相同.又如：我们从街上随便找来13人，就可断定他们中至少有两个人属相相同.“从任意5双手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套。”

“从数1，2，...，10中任取6个数，其中至少有2个数为奇偶性不同。”

例2：幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.解：从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）。把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原理1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同.上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.（需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少.）

抽屉原理虽然简单，但应用却很广泛，它可以解答很多有趣的问题，其中有些问题还具有相当的难度。下面我们来研究有关的一些问题。

（一）整除问题

把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，….在研究与整除有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。

例1 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。

分析与解答在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是7的倍数。

例2：对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除.证明∵任何数除以3所得余数只能是0，1，2，不妨分别构造为3个抽屉：

[0]，[1]，[2]

①若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中，我们从这三个抽屉中各取1个，其和必能被3整除.②若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，则其中必有一个抽屉，包含有3个余数（抽屉原理），而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个自然数之和是3的倍数.③若这5个余数分布在其中的一个抽屉中，很显然，必有3个自然数之和能被3整除.例2′：对于任意的11个整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除.证明：设这11个整数为：a1，a2，a3……a11 又6=2×①先考虑被3整除的情形

由例2知，在11个任意整数中，必存在：

3|a1+a2+a3，不妨设a1+a2+a3=b1；

同理，剩下的8个任意整数中，由例2，必存在：3 | a4+a5+a6.设a4+a5+a6=b2；

同理，其余的5个任意整数中，有：3|a7+a8+a9，设：a7+a8+a9=b3

②再考虑b1、b2、b3被2整除.依据抽屉原理，b1、b2、b3这三个整数中，至少有两个是同奇或同偶，这两个同奇（或同偶）的整数之和必为偶数.不妨设2|b1+b则：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6

∴任意11个整数，其中必有6个数的和是6的倍数.例3：任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数.分析：注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数.（二）面积问题

例：九条直线中的每一条直线都将正方形分成面积比为2:3的梯形，证明：这九条直线中至少有三条经过同一点.证明：如图，设直线EF将正方形分成两个梯形，作中位线MN。由于这两个梯形的高相等，故它们的面积之比等于中位线长的比，即|MH|:|NH|。于是点H有确定的位置（它在正方形一对对边中点的连线上，且|MH|:|NH|＝２:３）.由几何上的对称性，这种点共有四个（即图中的H、J、I、K）.已知的九条适合条件的分割直线中的每一条必须经过H、J、I、K这四点中的一点.把H、J、I、K看成四个抽屉，九条直线当成９个物体，即可得出必定有３条分割线经过同一点.（三）染色问题

例1正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同.证明：把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原理二，至少有三个面涂上相同的颜色.例2 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。

分析与解答首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.根据抽屉原理，至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。

例3：假设在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每两点用红色或蓝色的线段连起来，都连好后，问你能不能找到一个由这些线构成的三角形，使三角形的三边同色？

解：首先可以从这六个点中任意选择一点，然后把这一点到其他五点间连五条线段，如图，在这五条线段中，至少有三条线段是同一种颜色，假定是红色，现在我们再单独来研究这三条红色的线。这三条线段的另一端或许是不同颜色，假设这三条线段（虚线）中其中一条是红色的，那么这条红色的线段和其他两条红色的线段便组成了我们所需要的同色三角形，如果这三条线段都是蓝色的，那么这三条线段也组成我们所需要的同色三角形。因而无论怎样着色，在这六点之间的所有线段中至少能找到一个同色三角形。

例3′（六人集会问题）证明在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有三个人以前彼此不相识。”

例3”：17个科学家中每个人与其余16个人通信，他们通信所讨论的仅有三个问题，而任两个科学家之间通信讨论的是同一个问题。证明：至少有三个科学家通信时讨论的是同一个问题。

解：不妨设A是某科学家，他与其余16位讨论仅三个问题，由鸽笼原理知，他至少与其中的6位讨论同一问题。设这6位科学家为B，C，D，E，F，G，讨论的是甲问题。

若这6位中有两位之间也讨论甲问题，则结论成立。否则他们6位只讨论乙、丙两问题。这样又由鸽笼原理知B至少与另三位讨论同一问题，不妨设这三位是C，D，E，且讨论的是乙问题。

若C，D，E中有两人也讨论乙问题，则结论也就成立了。否则，他们间只讨论丙问题，这样结论也成立。

三．制造抽屉是运用原则的一大关键

例1 从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34。

分析与解答我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉：

凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34。现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数在同一个抽屉中.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34。

例2：从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。

分析与解答在这20个自然数中，差是12的有以下8对：｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝。

另外还有4个不能配对的数｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，…，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于12）。

例3：从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。

分析与解答根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两数都具有倍数关系的原则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以下十组，看成10个抽屉（显然，它们具有上述性质）：

｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。

从这10个数组的20个数中任取11个数，根据抽屉原理，至少有两个数取自同一个抽屉.由于凡在同一抽屉中的两个数都具有倍数关系，所以这两个数中，其中一个数一定是另一个数的倍数。

例4：某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多。

分析与解答共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、…、n-2，还是后一种状态1、2、3、…、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。

在有些问题中，“抽屉”和“物体”不是很明显的，需要精心制造“抽屉”和“物体”.如何制造“抽屉”和“物体”可能是很困难的，一方面需要认真地分析题目中的条件和问题，另一方面需要多做一些题积累经验。

抽屉原理

把八个苹果任意地放进七个抽屉里，不论怎样放，至少有一个抽屉放有两个或两个以上的苹果。抽屉原则有时也被称为鸽巢原理，它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原则。它是组合数学中一个重要的原理。把它推广到一般情形有以下几种表现形式。

形式一：证明：设把n＋1个元素分为n个集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个ai大于或等于2（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai＜2，则因为ai是整数，应有ai≤1，于是有：

a1＋a2＋…＋an≤1＋1＋…＋1＝n＜n＋1这与题设矛盾。所以，至少有一个ai≥2，即必有一个集合中含有两个或两个以上的元素。

形式二：设把n•m＋1个元素分为n个集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个ai大于或等于m＋1。用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai＜m＋1，则因为ai是整数，应有ai≤m，于是有：

a1＋a2＋…＋an≤m＋m＋…＋m＝n•m＜n•m＋1

n个m 这与题设相矛盾。所以，至少有存在一个ai≥m＋高斯函数：对任意的实数x,[x]表示“不大于x的最大整数”.例如：[3.5]＝3，[2.9]＝2，[－2.5]＝－3，[7]＝7，……一般地，我们有：[x]≤x＜[x]＋1

形式三：证明：设把n个元素分为k个集合A1，A2，…，Ak，用a1，a2，…，ak表示这k个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个ai大于或等于[n/k]。（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai＜[n/k]，于是有：

a1＋a2＋…＋ak＜[n/k]+[n/k]+…+[n/k] ＝k•[n/k]≤k•(n/k)＝n

k个[n/k] ∴ a1＋a2＋…＋ak＜n 这与题设相矛盾。所以，必有一个集合中元素个数大于或等于[n/k]

形式四：证明：设把q1＋q2＋…＋qn－n＋1个元素分为n个集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个i，使得ai大于或等于qi。（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai＜qi，因为ai为整数，应有ai≤qi－1，于是有：a1＋a2＋…＋an≤q1＋q2＋…＋qn－n ＜q1＋q2＋…＋qn－n＋1这与题设矛盾。

所以，假设不成立，故必有一个i,在第i个集合中元素个数ai≥qi

形式五：证明：（用反证法）将无穷多个元素分为有限个集合，假设这有限个集合中的元素的个数都是有限个，则有限个有限数相加，所得的数必是有限数，这就与题设产生矛盾，所以，假设不成立，故必有一个集合含有无穷多个元素。

例题１：400人中至少有两个人的生日相同.分析：生日从1月1日排到12月31日，共有366个不相同的生日，我们把366个不同的生日看作366个抽屉，400人视为400个苹果，由表现形式1可知，至少有两人在同一个抽屉里，所以这400人中有两人的生日相同.解：将一年中的366天视为366个抽屉，400个人看作400个苹果，由抽屉原理的表现形式1可以得知：至少有两人的生日相同.例题2：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r０，r1，r2.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数，其和一定能被3整除；若是第二种情况，在三类中各取一个数，其和也能被3整除..综上所述，原命题正确.例题3：某校派出学生204人上山植树15301株，其中最少一人植树50株，最多一人植树100株，则至少有5人植树的株数相同.证明：按植树的多少，从50到100株可以构造51个抽屉，则个问题就转化为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里.(用反证法)假设无５人或５人以上植树的株数在同一个抽屉里，那只有５人以下植树的株数在同一个抽屉里，而参加植树的人数为204人，所以，每个抽屉最多有4人，故植树的总株数最多有：

4(50＋51＋…＋100)＝4× ＝15300＜15301得出矛盾.因此，至少有５人植树的株数相同.练习：1．边长为1的等边三角形内有5个点，那么这5个点中一定有距离小于0.5的两点.2．边长为1的等边三角形内，若有n2＋1个点，则至少存在2点距离小于.3．求证：任意四个整数中，至少有两个整数的差能够被3整除.4．某校高一某班有50名新生，试说明其中一定有二人的熟人一样多.5．某个年级有202人参加考试，满分为100分，且得分都为整数，总得分为10101分，则至少有3人得分相同.“任意367个人中，必有生日相同的人。”

“从任意5双手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套。”

“从数1，2，...，10中任取6个数，其中至少有2个数为奇偶性不同。”

......大家都会认为上面所述结论是正确的。这些结论是依据什么原理得出的呢？这个原理叫做抽屉原理。它的内容可以用形象的语言表述为：

“把m个东西任意分放进n个空抽屉里（m>n），那么一定有一个抽屉中放进了至少2个东西。”

在上面的第一个结论中，由于一年最多有366天，因此在367人中至少有2人出生在同月同日。这相当于把367个东西放入 366个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。在第二个结论中，不妨想象将5双手套分别编号，即号码为1，2，...，5的手套各有两只，同号的两只是一双。任取6只手套，它们的编号至多有5种，因此其中至少有两只的号码相同。这相当于把6个东西放入5个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。

抽屉原理的一种更一般的表述为：

“把多于kn个东西任意分放进n个空抽屉（k是正整数），那么一定有一个抽屉中放进了至少k+1个东西。”

利用上述原理容易证明：“任意7个整数中，至少有3个数的两两之差是3的倍数。”因为任一整数除以3时余数只有0、1、2三种可能，所以7个整数中至少有3个数除以3所得余数相同，即它们两两之差是3的倍数。

如果问题所讨论的对象有无限多个，抽屉原理还有另一种表述：

“把无限多个东西任意分放进n个空抽屉（n是自然数），那么一定有一个抽屉中放进了无限多个东西。”

抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学问题中有重要的作用。许多有关存在性的证明都可用它来解决。

1958年6/7月号的《美国数学月刊》上有这样一道题目：

“证明在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有三个人以前彼此不相识。”

这个问题可以用如下方法简单明了地证出：

在平面上用6个点A、B、C、D、E、F分别代表参加集会的任意6个人。如果两人以前彼此认识，那么就在代表他们的两点间连成一条红线；否则连一条蓝线。考虑A点与其余各点间的5条连线AB，AC，...，AF，它们的颜色不超过2种。根据抽屉原理可知其中至少有3条连线同色，不妨设AB，AC，AD同为红色。如果BC，BD，CD 3条连线中有一条（不妨设为BC）也为红色，那么三角形ABC即一个红色三角形，A、B、C代表的3个人以前彼此相识：如果BC、BD、CD 3条连线全为蓝色，那么三角形BCD即一个蓝色三角形，B、C、D代表的3个人以前彼此不相识。不论哪种情形发生，都符合问题的结论。

六人集会问题是组合数学中著名的拉姆塞定理的一个最简单的特例，这个简单问题的证明思想可用来得出另外一些深入的结论。这些结论构成了组合数学中的重要内容-----拉姆塞理论。从六人集会问题的证明中，我们又一次看到了抽屉原理的应用。

第五篇：2011全国高中数学竞赛讲义-不等式的证明(练习题)

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§14不等式的证明

课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（A）一组（B）二组（C）三组（D）四组

(2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（A）3个（B）4个（C）5个（D）6个

2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.45422(2)满足不

________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值

(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

3.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.数学教育网http://

8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.2

23.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：ab2ab,同理bc2bc,ca2ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.如x1222232

2x2x22x3xn2x1x1x2xn，可在不等式两边同时加上

x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)(bc)256abc(a,b,c0)时，可连续使用基本不3322

3等式.（2）基本不等式有各种变式如(ab

2)2ab

222等.但其本质特征不等式两边的次

数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888

33332222≡8(mod37).222227777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888

238+7=407,37|407,∴37|N.223+77773333≡(8+7)(mod37),而237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0

及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.2222

29.易知p≠q,不妨设p＞q.令

(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,则m＞n由此可得不定方程