什么是”抽屉原则”,数学精英学的

什么是”抽屉原则”,数学精英学的
什么是”抽屉原则”,数学精英学的

什么是”抽屉原则”,数学精英学的
抽屉原则
大家知道,两个抽屉要放置三只苹果,那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里,更一般地说,只要被放置的苹果数比抽屉数目大,就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉,可不要小看这一简单事实,它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则. 1．抽屉原则有几种最常见的形式: 原则1 如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里,则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体： ____原则本身十分浅显,为了加深对它的认识,我们还是运用反证法给予证明；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.原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总是,比如说,我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟,这是个惊人的结论,该是经过很多人的艰苦劳动,统计所得的吧!不,只须我们稍动手算一下：不妨假设人的寿命不超过4万天（约110岁,超过这个年龄数的人为数甚少）,则10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里,根据原则1,即知结论成立. 下面我们再举一个例子： 例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. 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） 例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. 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. 例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. 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. 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. 例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. 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. 2．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. 例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）. 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. 例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? 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.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.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 例7 从自然数1,2,3,…99,100这100个数中随意取出51个数来,求证：其中一定有两个数,它们中的一个是另一个的倍数. 分析设法制造抽屉：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外）,其中一个数是另一个数的倍数,一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手. 解 设第一个抽屉里放进数：1,1×2,1×22,1×23,1×24,1×25,1×26；第二个抽屉时放进数：3,3×2,3×22,3×23,3×24,3×25；第三个抽屉里放进数：5,5×2,5×22,5×23,5×24；………………第二十五个抽屉里放进数：49,49×2；第二十六个抽屉里放进数：51.………………第五十个抽屉里放进数：99.那么随意取出51个数中,必有两个数同属一个抽屉,其中一个数是另一个数的倍数.制造抽屉并非总是一帆风顺的,有时要边制造边调整、改进. 例8 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. 3．较复杂的问题须反复地运用抽屉原则,将复杂问题转化为简单问题. 例9 以（x,y,z）表示三元有序整数组,其中x、y、z为整数,试证：在任意七个三元整数组中,至少有两个三元数组,它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数. 分析 设七个三元素组为A1（x1,y1,z1）、A2（x2,y2,z2）、…、A7（x7,y7,z7）.现在逐步探索,从x元开始,由抽屉原则,x1,x2,…,x7这七个数中,必定有四个数具有相同的奇偶性,不妨设这四个数是x1,x2,x3,x4且为偶数,接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元,若比如y1,y2,y3,y4中有两个是偶数,则问题已证,否则至多有一个是偶数,比如y4是偶数,这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1,z2,z3中,由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性,如z1、z2,这时无论它们是奇数,还是偶数,问题都已得到证明. 下面介绍一个著名问题. 例10 任选6人,试证其中必有3人,他们互相认识或都不认识. 分析 用A、B、C、D、E、F表示这6个人,首先以A为中心考虑,他与另外五个人B、C、D、E、F只有两种可能的关系：认识或不认识,那么由抽屉原则,他必定与其中某三人认识或不认识,现不妨设A认识B、C、D三人,当B、C、D三人都互不认识时,问题得证；当B、C、D三人中有两人认识,如B、C认识时,则A、B、C互相认识,问题也得证.本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法. 例11 a,b,c,d为四个任意给定的整数,求证：以下六个差数b-a,c-a,d-a,c-b,d-b,d-c的乘积一定可以被12整除. 证明 把这6个差数的乘积记为p,我们必须且只须证明：3与4都可以整除p,以下分两步进行. 第一步,把a,b,c,d按以3为除数的余数来分类,这样的类只有三个,故知a,b,c,d中至少有2个除以3的余数相同,例如,不妨设为a,b,这时3可整除b-a,从而3可整除p. 第二步,再把a,b,c,d按以4为除数的余数来分类,这种类至多只有四个,如果a,b,c,d中有二数除以4的余数相同,那么与第一步类似,我们立即可作出4可整除p的结论. 设a,b,c,d四数除以4的余数不同,由此推知,a,b,c,d之中必有二个奇数（不妨设为a,b）,也必有二个偶数（设为c,d）,这时b-a为偶数,d-c也是偶数,故4可整除(b-a)(d-c),自然也可得出4可整除p.如果能进一步灵活运用原则,不仅制造抽屉,还根据问题的特征,制造出放进抽屉的物体,则更可收到意想不到的效果. 例12 求证：从任意n个自然数a1,a2,…,an中可以找到若干个数,使它们的和是n的倍数. 分析以0,1,…,n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的,但把什么样的数作为抽屉里的物体呢?扣住“和”,构造下列和数： S1=a1, S2=a1+a2, S=a1+a2+a3, ………… Sn=a1+a2+…+an, 其中任意两个和数之差仍为和数,若他们之中有一是n的倍数,问题得证,否则至少有两个数被n除余数相同,则它们的差即它们中若干数（包括1个）的和是n的倍数,问题同样得证. 例子3 910瓶红、蓝墨水,排成130行,每行7瓶,证明：不论怎样排列,红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：（1）至少有三行完全相同；（2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同. 解 910瓶红、蓝墨水排成130行,每行7瓶,对一行来说,每个位置上有红蓝两种可能,因此,一行的红、蓝墨水排法有27=128种,对每一种不同排法设为一种“行式”,共有128种行式.现有130行,在其中任取129行,依抽屉原则知,必有两行A、B行式相同.除A、B外余下128行,若有一行P与A行式相同,知满足（1）至少有三行A、B、P完全相同,若在这128行中设直一行5A行或相同,那么这128行至多有127种行式,依抽屉原则,必有两行C、D具有相同行式,这样便找到了（A、B）,（C、D）两组（四行）,且两组两行完全相同. http://www.mathfan.com/Soft/jstd/jsjc/as/200405/221.html

抽屉原理嘛，很简单，就是有5个苹果，要放进4个抽屉里，至少有一个抽屉里有至少两个苹果，这是最基本的思想。仔细想想就知道了。
这是我自己的理解，打了这些字，也不容易，希望对你能有所帮助！