初一数学竞赛讲座
第12讲 抽屉原理
把5个苹果放到4个抽屉中, 必然有一个抽屉中至少有2个苹果, 这是抽屉原理的通俗解释。一般地, 我们将它表述为：
第一抽屉原理：把（mn＋1）个物体放入n个抽屉, 其中必有一个抽屉中至少有（m＋1）个物体。
使用抽屉原理解题, 关键是构造抽屉。一般说来, 数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等, 都可作为构造抽屉的依据。
例1 从1, 2, 3, …, 100这100个数中任意挑出51个数来, 证明在这51个数中, 一定：
（1）有2个数互质；
（2）有2个数的差为50；
（3）有8个数, 它们的最大公约数大于1。 证明：（1）将100个数分成50组： {1, 2}, {3, 4}, …, {99, 100}。
在选出的51个数中, 必有2个数属于同一组, 这一组中的2个数是两个相邻的整数, 它们一定是互质的。
（2）将100个数分成50组：
{1, 51}, {2, 52}, …, {50, 100}。
在选出的51个数中, 必有2个数属于同一组, 这一组的2个数的差为50。 （3）将100个数分成5组（一个数可以在不同的组内）： 第一组：2的倍数, 即{2, 4, …, 100}； 第二组：3的倍数, 即{3, 6, …, 99}； 第三组：5的倍数, 即{5, 10, …, 100}； 第四组：7的倍数, 即{7, 14, …, 98}；
第五组：1和大于7的质数即{1, 11, 13, …, 97}。
第五组中有22个数, 故选出的51个数至少有29个数在第一组到第四组中, 根据抽屉原理, 总有8个数在第一组到第四组的某一组中, 这8个数的最大公约数大于1。
例2 求证：可以找到一个各位数字都是4的自然数, 它是1996的倍数。 证明：因1996÷4＝499, 故只需证明可以找到一个各位数字都是1的自然数, 它是499的倍数就可以了。
得到500个余数r1, r2, …, r500。由于余数只能取0, 1, 2, …, 499这499个值, 所以根据抽屉原理, 必有2个余数是相同的, 这2个数的差就是499的倍数, 这个差的前若干位是1, 后若干位是0：11…100…0, 又499和10是互质的, 故它的前若干位由1组成的自然数是499的倍数, 将它乘以4, 就得到一个各位数字都是4的自然数, 它是1996的倍数。
例3 在一个礼堂中有99名学生, 如果他们中的每个人都与其中的66人相识, 那么可能出现这种情况：他们中的任何4人中都一定有2人不相识（假定相识是互相的）。
分析：注意到题中的说法“可能出现……”, 说明题的结论并非是条件的必然结果, 而仅仅是一种可能性, 因此只需要设法构造出一种情况使之出现题目中所说的结论即可。
解：将礼堂中的99人记为a1, a2, …, a99, 将99人分为3组：
（a1, a2, …, a33）, （a34, a35, …, a66）, （a67, a68, …, a99）, 将3组学生作为3个抽屉, 分别记为A, B, C, 并约定A中的学生所认识的66人只在B, C中, 同时, B, C中的学生所认识的66人也只在A, C和A, B中。如果出现这种局面, 那么题目中所说情况就可能出现。
因为礼堂中任意4人可看做4个苹果, 放入A, B, C三个抽屉中, 必有2人在同一抽屉, 即必有2人来自同一组, 那么他们认识的人只在另2组中, 因此他们两人不相识。
例4 如右图, 分别标有数字1, 2, …, 8的滚珠两组, 放在内外两个圆环上, 开始时相对的滚珠所标数字都不相同。当两个圆环按不同方向转动时, 必有某一时刻, 内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。 分析：此题中没有直接提供我们用以构造抽屉和苹果的数量关系, 需要转换一下看问题的角度。
解：内外两环对转可看成一环静止, 只有一个环转动。一个环转动一周后, 每个滚珠都会有一次与标有相同数字的滚珠相对的局面出现, 那么这种局面共要出现8次。将这8次局面看做苹果, 再需构造出少于8个抽屉。
注意到一环每转动45°角就有一次滚珠相对的局面出现, 转动一周共有8次滚珠相对的局面, 而最初的8对滚珠所标数字都不相同, 所以数字相同的滚珠相对的情况只出现在以后的7次转动中, 将7次转动看做7个抽屉, 8次相同数字滚珠相对的局面看做8个苹果, 则至少有2次数字相对的局面出现在同一次转动中, 即必有某一时刻, 内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。
例5 有一个生产天平上用的铁盘的车间, 由于工艺上的原因, 只能控制盘的重量在指定的20克到20.1克之间。现在需要重量相差不超过0.005克的两只铁盘来装配一架天平, 问：最少要生产多少个盘子, 才能保证一定能从中挑出符合要求的两只盘子？
解：把20～20.1克之间的盘子依重量分成20组： 第1组：从20.000克到20.005克； 第2组：从20.005克到20.010克； ……
第20组：从20.095克到20.100克。
这样, 只要有21个盘子, 就一定可以从中找到两个盘子属于同一组, 这2个盘子就符合要求。
例6 在圆周上放着100个筹码, 其中有41个红的和59个蓝的。那么总可以找到两个红筹码, 在它们之间刚好放有19个筹码, 为什么？
分析：此题需要研究“红筹码”的放置情况, 因而涉及到“苹果”的具体放置方法, 由此我们可以在构造抽屉时, 使每个抽屉中的相邻“苹果”之间有19个筹码。
解：依顺时针方向将筹码依次编上号码：1, 2, …, 100。然后依照以下规律将100个筹码分为20组： （1, 21, 41, 61, 81）； （2, 22, 42, 62, 82）； ……
（20, 40, 60, 80, 100）。
将41个红筹码看做苹果, 放入以上20个抽屉中, 因为41=2×20＋1, 所以至少有一个抽屉中有2+1=3（个）苹果, 也就是说必有一组5个筹码中有3个红色筹码, 而每组的5个筹码在圆周上可看做两两等距, 且每2个相邻筹码之间都有19个筹码, 那么3个红色筹码中必有2个相邻（这将在下一个内容——第二抽屉原理中说明）, 即有2个红色筹码之间有19个筹码。 下面我们来考虑另外一种情况：若把5个苹果放到6个抽屉中, 则必然有一个抽屉空着。这种情况一般可以表述为：
第二抽屉原理：把（mn-1）个物体放入n个抽屉, 其中必有一个抽屉中至多有（m-1）个物体。
例7 在例6中留有一个疑问, 现改述如下：在圆周上放有5个筹码, 其中有3个是同色的, 那么这3个同色的筹码必有2个相邻。 分析：将这个问题加以转化：
如右图, 将同色的3个筹码A, B, C置于圆周上, 看是否能用另外2个筹码将其隔开。 解：如图, 将同色的3个筹码放置在圆周上, 将每2个筹码之间的间隔看做抽屉, 将其余2个筹码看做苹果, 将2个苹果放入3个抽屉中, 则必有1个抽屉中没有苹果, 即有2个同色筹码之间没有其它筹码, 那么这2个筹码必相邻。 例8 甲、乙二人为一个正方形的12条棱涂红和绿2种颜色。首先, 甲任选3条棱并把它们涂上红色；然后, 乙任选另外3条棱并涂上绿色；接着甲将剩下的6条棱都涂上红色。问：甲是否一定能将某一面的4条棱全部涂上红色？ 解：不能。
如右图将12条棱分成四组：
第一组：{A1B1, B2B3, A3A4}, 第二组：{A2B2, B3B4, A4A1}, 第三组：{A3B3, B4B1, A1A2}, 第四组：{A4B4, B1B2, A2A3}。
无论甲第一次将哪3条棱涂红, 由抽屉原理知四组中必有一组的3条棱全未涂红, 而乙只要将这组中的3条棱涂绿, 甲就无法将某一面的4条棱全部涂红了。
下面我们讨论抽屉原理的一个变形——平均值原理。
我们知道n个数a1, a2, …, an的和与n的商是a1, a2, …, an这n个数的平均值。
平均值原理：如果n个数的平均值为a, 那么其中至少有一个数不大于a, 也至少有一个不小于a。
例9 圆周上有2000个点, 在其上任意地标上0, 1, 2, …, 1999（每一点只标一个数, 不同的点标上不同的数）。求证：必然存在一点, 与它紧相邻的两个点和这点上所标的三个数之和不小于2999。
解：设圆周上各点的值依次是a1, a2, …, a2000, 则其和 a1＋a2+…＋a2000=0+1+2+…+1999=1999000。 下面考虑一切相邻三数组之和：
（a1＋a2＋a3）+（a2＋a3＋a4）＋…＋（a1998+a1999＋a2000）＋（a1999＋a2000＋a1）＋（a2000＋a1＋a2）
=3（a1＋a2＋…＋a2000） ＝3×1999000。
这2000组和中必至少有一组和大于或等于
但因每一个和都是整数, 故有一组相邻三数之和不小于2999, 亦即存在一个点, 与它紧相邻的两点和这点上所标的三数之和不小于2999。
例10 一家旅馆有90个房间, 住有100名旅客, 如果每次都恰有90名旅客同时回来, 那么至少要准备多少把钥匙分给这100名旅客, 才能使得每次客人回来时, 每个客人都能用自己分到的钥匙打开一个房门住进去, 并且避免发生两人同时住进一个房间？
解：如果钥匙数小于990, 那么90个房间中至少有一个房间的钥匙数少
房
间就打不开, 因此90个人就无法按题述的条件住下来。 另一方面, 990把钥匙已经足够了, 这只要将90把不同的钥匙分给90个人, 而其余的10名旅客, 每人各90把钥匙（每个房间一把）, 那么任何90名旅客返回时, 都能按要求住进房间。
最后, 我们要指出, 解决某些较复杂的问题时, 往往要多次反复地运用抽屉原理, 请看下面两道例题。
例11 设有4×28的方格棋盘, 将每一格涂上红、蓝、黄三种颜色中的任意一种。试证明：无论怎样涂法, 至少存在一个四角同色的长方形。
证明：我们先考察第一行中28个小方格涂色情况, 用三种颜色涂28个小方格, 由抽屉原理知, 至少有10个小方格是同色的, 不妨设其为红色, 还可设这10个小方格就在第一行的前10列。
下面考察第二、三、四行中前面10个小方格可能出现的涂色情况。这有两种可能： （1）这三行中, 至少有一行, 其前面10个小方格中, 至少有2个小方格是涂有红色的, 那么这2个小方格和第一行中与其对应的2个小方格, 便是一个长方形的四个角, 这个长方形就是一个四角同是红色的长方形。 （2）这三行中每一行前面的10格中, 都至多有一个红色的小方格, 不妨设它们分别出现在前三列中, 那么其余的3×7个小方格便只能涂上黄、蓝两种颜色了。
我们先考虑这个3×7的长方形的第一行。根据抽屉原理, 至少有4个小方格是涂上同一颜色的, 不妨设其为蓝色, 且在第1至4列。 再考虑第二行的前四列, 这时也有两种可能：
（1）这4格中, 至少有2格被涂上蓝色, 那么这2个涂上蓝色的小方格和第一行中与其对应的2个小方格便是一个长方形的四个角, 这个长方形四角同是蓝色。
（2）这4格中, 至多有1格被涂上蓝色, 那么, 至少有3格被涂上黄色。不妨设这3个小方格就在第二行的前面3格。 下面继续考虑第三行前面3格的情况。用蓝、黄两色涂3个小方格, 由抽屉原理知, 至少有2个方格是同色的, 无论是同为蓝色或是同为黄色, 都可以得到一个四角同色的长方形。
总之, 对于各种可能的情况, 都能找到一个四角同色的长方形。
例12 试卷上共有4道选择题, 每题有3个可供选择的答案。一群学生参加考试, 结果是对于其中任何3人, 都有一道题目的答案互不相同。问：参加考试的学生最多有多少人？
解：设每题的三个选择分别为a, b, c。 （1）若参加考试的学生有10人, 则由第二抽屉原理知, 第一题答案分别为a, b, c的三组学生中, 必有一组不超过3人。去掉这组学生, 在余下的学生中, 定有7人对第一题的答案只有两种。对于这7人关于第二题应用第二抽屉原理知, 其中必可选出5人, 他们关于第二题的答案只有两种可能。对于这5人关于第三题应用第二抽屉原理知, 可以选出4人, 他们关于第三题的答案只有两种可能。最后, 对于这4人关于第四题应用第二抽屉原理知, 必可选出3人, 他们关于第四题的答案也只有两种。于是, 对于这3人来说, 没有一道题目的答案是互不相同的, 这不符合题目的要求。可见, 所求的最多人数不超过9人。
另一方面, 若9个人的答案如下表所示, 则每3人都至少有一个问题的答案互不相同。
初1数学竞赛教程含例题练习及答案⑿ (3)
