1、初一數學競賽講座第12講 抽屜原理把5個蘋果放到4個抽屜中，必然有一個抽屜中至少有2個蘋果，這是抽屜原理的通俗解釋。一般地，我們將它表述為：第一抽屜原理：把（mn1）個物體放入n個抽屜，其中必有一個抽屜中至少有（m1）個物體。使用抽屜原理解題，關鍵是構造抽屜。一般說來，數的奇偶性、剩余類、數的分組、染色、線段與平面圖形的劃分等，都可作為構造抽屜的依據。例1 從1，2，3，100這100個數中任意挑出51個數來，證明在這51個數中，一定：（1）有2個數互質；（2）有2個數的差為50；（3）有8個數，它們的最大公約數大于1。證明：（1）將100個數分成50組：1，2，3，4，99，100。在選出的

2、51個數中，必有2個數屬于同一組，這一組中的2個數是兩個相鄰的整數，它們一定是互質的。（2）將100個數分成50組：1，51，2，52，50，100。在選出的51個數中，必有2個數屬于同一組，這一組的2個數的差為50。（3）將100個數分成5組（一個數可以在不同的組內）：第一組：2的倍數，即2，4，100；第二組：3的倍數，即3，6，99；第三組：5的倍數，即5，10，100；第四組：7的倍數，即7，14，98；第五組：1和大于7的質數即1，11，13，97。第五組中有22個數，故選出的51個數至少有29個數在第一組到第四組中，根據抽屜原理，總有8個數在第一組到第四組的某一組中，這8個數的最大

3、公約數大于1。例2 求證：可以找到一個各位數字都是4的自然數，它是1996的倍數。證明：因1996÷4499，故只需證明可以找到一個各位數字都是1的自然數，它是499的倍數就可以了。得到500個余數r1，r2，r500。由于余數只能取0，1，2，499這499個值，所以根據抽屜原理，必有2個余數是相同的，這2個數的差就是499的倍數，這個差的前若干位是1，后若干位是0：111000，又499和10是互質的，故它的前若干位由1組成的自然數是499的倍數，將它乘以4，就得到一個各位數字都是4的自然數，它是1996的倍數。1 / 10例3 在一個禮堂中有99名學生，如果他們中的每個人都與其

4、中的66人相識，那么可能出現這種情況：他們中的任何4人中都一定有2人不相識（假定相識是互相的）。分析：注意到題中的說法“可能出現”，說明題的結論并非是條件的必然結果，而僅僅是一種可能性，因此只需要設法構造出一種情況使之出現題目中所說的結論即可。解：將禮堂中的99人記為a1，a2，a99，將99人分為3組：（a1，a2，a33），（a34，a35，a66），（a67，a68，a99），將3組學生作為3個抽屜，分別記為A，B，C，并約定A中的學生所認識的66人只在B，C中，同時，B，C中的學生所認識的66人也只在A，C和A，B中。如果出現這種局面，那么題目中所說情況就可能出現。因為禮堂中任意4人可

5、看做4個蘋果，放入A，B，C三個抽屜中，必有2人在同一抽屜，即必有2人來自同一組，那么他們認識的人只在另2組中，因此他們兩人不相識。例4 如右圖，分別標有數字1，2，8的滾珠兩組，放在內外兩個圓環上，開始時相對的滾珠所標數字都不相同。當兩個圓環按不同方向轉動時，必有某一時刻，內外兩環中至少有兩對數字相同的滾珠相對。分析：此題中沒有直接提供我們用以構造抽屜和蘋果的數量關系，需要轉換一下看問題的角度。解：內外兩環對轉可看成一環靜止，只有一個環轉動。一個環轉動一周后，每個滾珠都會有一次與標有相同數字的滾珠相對的局面出現，那么這種局面共要出現8次。將這8次局面看做蘋果，再需構造出少于8個抽屜。注意到一

6、環每轉動45°角就有一次滾珠相對的局面出現，轉動一周共有8次滾珠相對的局面，而最初的8對滾珠所標數字都不相同，所以數字相同的滾珠相對的情況只出現在以后的7次轉動中，將7次轉動看做7個抽屜，8次相同數字滾珠相對的局面看做8個蘋果，則至少有2次數字相對的局面出現在同一次轉動中，即必有某一時刻，內外兩環中至少有兩對數字相同的滾珠相對。例5 有一個生產天平上用的鐵盤的車間，由于工藝上的原因，只能控制盤的重量在指定的20克到20.1克之間。現在需要重量相差不超過0.005克的兩只鐵盤來裝配一架天平，問：最少要生產多少個盤子，才能保證一定能從中挑出符合要求的兩只盤子？解：把2020.1克之間的盤

7、子依重量分成20組：第1組：從20.000克到20.005克；第2組：從20.005克到20.010克；第20組：從20.095克到20.100克。這樣，只要有21個盤子，就一定可以從中找到兩個盤子屬于同一組，這2個盤子就符合要求。例6 在圓周上放著100個籌碼，其中有41個紅的和59個藍的。那么總可以找到兩個紅籌碼，在它們之間剛好放有19個籌碼，為什么？分析：此題需要研究“紅籌碼”的放置情況，因而涉及到“蘋果”的具體放置方法，由此我們可以在構造抽屜時，使每個抽屜中的相鄰“蘋果”之間有19個籌碼。解：依順時針方向將籌碼依次編上號碼：1，2，100。然后依照以下規律將100個籌碼分為20組：（1

8、，21，41，61，81）；（2，22，42，62，82）；（20，40，60，80，100）。將41個紅籌碼看做蘋果，放入以上20個抽屜中，因為41=2×201，所以至少有一個抽屜中有2+1=3（個）蘋果，也就是說必有一組5個籌碼中有3個紅色籌碼，而每組的5個籌碼在圓周上可看做兩兩等距，且每2個相鄰籌碼之間都有19個籌碼，那么3個紅色籌碼中必有2個相鄰（這將在下一個內容第二抽屜原理中說明），即有2個紅色籌碼之間有19個籌碼。下面我們來考慮另外一種情況：若把5個蘋果放到6個抽屜中，則必然有一個抽屜空著。這種情況一般可以表述為：第二抽屜原理：把（mn-1）個物體放入n個抽屜，其中必有一

9、個抽屜中至多有（m-1）個物體。例7 在例6中留有一個疑問，現改述如下：在圓周上放有5個籌碼，其中有3個是同色的，那么這3個同色的籌碼必有2個相鄰。分析：將這個問題加以轉化： 如右圖，將同色的3個籌碼A，B，C置于圓周上，看是否能用另外2個籌碼將其隔開。解：如圖，將同色的3個籌碼放置在圓周上，將每2個籌碼之間的間隔看做抽屜，將其余2個籌碼看做蘋果，將2個蘋果放入3個抽屜中，則必有1個抽屜中沒有蘋果，即有2個同色籌碼之間沒有其它籌碼，那么這2個籌碼必相鄰。例8 甲、乙二人為一個正方形的12條棱涂紅和綠2種顏色。首先，甲任選3條棱并把它們涂上紅色；然后，乙任選另外3條棱并涂上綠色；接著甲將剩下的6

10、條棱都涂上紅色。問：甲是否一定能將某一面的4條棱全部涂上紅色？解：不能。如右圖將12條棱分成四組：第一組：A1B1，B2B3，A3A4，第二組：A2B2，B3B4，A4A1，第三組：A3B3，B4B1，A1A2，第四組：A4B4，B1B2，A2A3。無論甲第一次將哪3條棱涂紅，由抽屜原理知四組中必有一組的3條棱全未涂紅，而乙只要將這組中的3條棱涂綠，甲就無法將某一面的4條棱全部涂紅了。下面我們討論抽屜原理的一個變形平均值原理。我們知道n個數a1，a2，an的和與n的商是a1，a2，an這n個數的平均值。平均值原理：如果n個數的平均值為a，那么其中至少有一個數不大于a，也至少有一個不小于a。例9

11、 圓周上有2000個點，在其上任意地標上0，1，2，1999（每一點只標一個數，不同的點標上不同的數）。求證：必然存在一點，與它緊相鄰的兩個點和這點上所標的三個數之和不小于2999。解：設圓周上各點的值依次是a1，a2，a2000，則其和a1a2+a2000=0+1+2+1999=1999000。下面考慮一切相鄰三數組之和：（a1a2a3）+（a2a3a4）（a1998+a1999a2000）（a1999a2000a1）（a2000a1a2）=3（a1a2a2000）3×1999000。這2000組和中必至少有一組和大于或等于 但因每一個和都是整數，故有一組相鄰三數之和不小于2999

12、，亦即存在一個點，與它緊相鄰的兩點和這點上所標的三數之和不小于2999。例10 一家旅館有90個房間，住有100名旅客，如果每次都恰有90名旅客同時回來，那么至少要準備多少把鑰匙分給這100名旅客，才能使得每次客人回來時，每個客人都能用自己分到的鑰匙打開一個房門住進去，并且避免發生兩人同時住進一個房間？解：如果鑰匙數小于990，那么90個房間中至少有一個房間的鑰匙數少房間就打不開，因此90個人就無法按題述的條件住下來。另一方面，990把鑰匙已經足夠了，這只要將90把不同的鑰匙分給90個人，而其余的10名旅客，每人各90把鑰匙（每個房間一把），那么任何90名旅客返回時，都能按要求住進房間。最后，

13、我們要指出，解決某些較復雜的問題時，往往要多次反復地運用抽屜原理，請看下面兩道例題。例11 設有4×28的方格棋盤，將每一格涂上紅、藍、黃三種顏色中的任意一種。試證明：無論怎樣涂法，至少存在一個四角同色的長方形。證明：我們先考察第一行中28個小方格涂色情況，用三種顏色涂28個小方格，由抽屜原理知，至少有10個小方格是同色的，不妨設其為紅色，還可設這10個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個小方格可能出現的涂色情況。這有兩種可能：（1）這三行中，至少有一行，其前面10個小方格中，至少有2個小方格是涂有紅色的，那么這2個小方格和第一行中與其對應的2個小方格，便是

14、一個長方形的四個角，這個長方形就是一個四角同是紅色的長方形。（2）這三行中每一行前面的10格中，都至多有一個紅色的小方格，不妨設它們分別出現在前三列中，那么其余的3×7個小方格便只能涂上黃、藍兩種顏色了。我們先考慮這個3×7的長方形的第一行。根據抽屜原理，至少有4個小方格是涂上同一顏色的，不妨設其為藍色，且在第1至4列。再考慮第二行的前四列，這時也有兩種可能：（1）這4格中，至少有2格被涂上藍色，那么這2個涂上藍色的小方格和第一行中與其對應的2個小方格便是一個長方形的四個角，這個長方形四角同是藍色。（2）這4格中，至多有1格被涂上藍色，那么，至少有3格被涂上黃色。不妨設這3

15、個小方格就在第二行的前面3格。下面繼續考慮第三行前面3格的情況。用藍、黃兩色涂3個小方格，由抽屜原理知，至少有2個方格是同色的，無論是同為藍色或是同為黃色，都可以得到一個四角同色的長方形。總之，對于各種可能的情況，都能找到一個四角同色的長方形。例12 試卷上共有4道選擇題，每題有3個可供選擇的答案。一群學生參加考試，結果是對于其中任何3人，都有一道題目的答案互不相同。問：參加考試的學生最多有多少人？解：設每題的三個選擇分別為a，b，c。（1）若參加考試的學生有10人，則由第二抽屜原理知，第一題答案分別為a，b，c的三組學生中，必有一組不超過3人。去掉這組學生，在余下的學生中，定有7人對第一題的

16、答案只有兩種。對于這7人關于第二題應用第二抽屜原理知，其中必可選出5人，他們關于第二題的答案只有兩種可能。對于這5人關于第三題應用第二抽屜原理知，可以選出4人，他們關于第三題的答案只有兩種可能。最后，對于這4人關于第四題應用第二抽屜原理知，必可選出3人，他們關于第四題的答案也只有兩種。于是，對于這3人來說，沒有一道題目的答案是互不相同的，這不符合題目的要求。可見，所求的最多人數不超過9人。另一方面，若9個人的答案如下表所示，則每3人都至少有一個問題的答案互不相同。所以，所求的最多人數為9人。練習121.六（1）班有49名學生。數學王老師了解到在期中考試中該班英文成績除3人外均在86分以上后就說

17、：“我可以斷定，本班同學至少有4人成績相同。”請問王老師說得對嗎？為什么？2.現有64只乒乓球，18個乒乓球盒，每個盒子里最多可以放6只乒乓球，至少有幾個乒乓球盒子里的乒乓球數目相同？3.某校初二年級學生身高的厘米數都為整數，且都不大于160厘米，不小于150厘米。問：在至少多少個初二學生中一定能有4個人身高相同？4.從1，2，100這100個數中任意選出51個數，證明在這51個數中，一定：（1）有兩個數的和為101；（2）有一個數是另一個數的倍數；（3）有一個數或若干個數的和是51的倍數。5.在3×7的方格表中，有11個白格，證明（1）若僅含一個白格的列只有3列，則在其余的4列中每

18、列都恰有兩個白格；（2）只有一個白格的列只有3列。6.某個委員會開了40次會議，每次會議有10人出席。已知任何兩個委員不會同時開兩次或更多的會議。問：這個委員會的人數能夠多于60人嗎？為什么？7.一個車間有一條生產流水線，由5臺機器組成，只有每臺機器都開動時，這條流水線才能工作。總共有8個工人在這條流水線上工作。在每一個工作日內，這些工人中只有5名到場。為了保證生產，要對這8名工人進行培訓，每人學一種機器的操作方法稱為一輪。問：最少要進行多少輪培訓，才能使任意5個工人上班而流水線總能工作？8.有9名數學家，每人至多能講3種語言，每3人中至少有2人能通話。求證：在這9名中至少有3名用同一種語言通

19、話。練習13答案： 1.對。解：因為49-3=3×（100-86+1）+1，即46=3×15+1，也就是說，把從100分至86分的15個分數當做抽屜，49-3=46（人）的成績當做物體，根據第二抽屜原理，至少有4人的分數在同一抽屜中，即成績相同。2.4個。解：18個乒乓球盒，每個盒子里至多可以放6只乒乓球。為使相同乒乓球個數的盒子盡可能少，可以這樣放：先把盒子分成6份，每份有18÷6=3（只），分別在每一份的3個盒子中放入1只、2只、3只、4只、5只、6只乒乓球，即3個盒子中放了1只乒乓球，3個盒中放了2只乒乓球3個盒子中放了6只乒乓球。這樣，18個盒子中共放了乒

20、乓球（1+2+3+4+5+6）×3=63（只）。把以上6種不同的放法當做抽屜，這樣剩下64-63=1（只）乒乓球不管放入哪一個抽屜里的任何一個盒子里（除已放滿6只乒乓球的抽屜外），都將使該盒子中的乒乓球數增加1只，這時與比該抽屜每盒乒乓數多1的抽屜中的3個盒子里的乒乓球數相等。例如剩下的1只乒乓球放進原來有2只乒乓球的一個盒子里，該盒乒乓球就成了3只，再加上原來裝有3只乒乓球的3個盒子，這樣就有4個盒子里裝有3個乒乓球。所以至少有4個乒乓球盒里的乒乓球數目相同。3.34個。解：把初二學生的身高厘米數作為抽屜，共有抽屜160-150+1=11（個）。根據抽屜原理，要保證有4個人身高相同

21、，至少要有初二學生3×11+1=34（個）。4.證：（1）將100個數分成50組：1，100，2，99，50，51。在選出的51個數中，必有兩數屬于同一組，這一組的兩數之和為101。（2）將100個數分成10組：1,2,4,8,16,32,64, 3,6,12,24,48,96,5,10,20,40,80, 7,14,28,56,9,18,36,72, 11,22,44,88,13,26,52, 15,30,60,49,98, 其余數。其中第10組中有41個數。在選出的51個數中，第10組的41個數全部選中，還有10個數從前9組中選，必有兩數屬于同一組，這一組中的任意兩個數，一個是另

22、一個的倍數。（3）將選出的51個數排成一列：a1，a2，a3，a51。考慮下面的51個和：a1，a1+a2，a1+a2+a3，a1+a2+a3+a51。若這51個和中有一個是51的倍數，則結論顯然成立；若這51個和中沒有一個是51的倍數，則將它們除以51，余數只能是1，2，50中的一個，故必然有兩個的余數是相同的，這兩個和的差是51的倍數，而這個差顯然是這51個數（a1，a2， a3，a51）中的一個數或若干個數的和。5.證：（1）在其余4列中如有一列含有3個白格，則剩下的5個白格要放入3列中，將3列表格看做3個抽屜，5個白格看做5個蘋果，根據第二抽屜原理，5（=2×3-1）個蘋果放入3個抽屜，則必有1個抽屜至多只有（2-1）個蘋果，即必有1列只含1個白格，也就是說除了原來3列只含一個白格外還有1列含1個白格，這與題設只有1個白格的列只有3列矛盾。所以不會有1列有3個白格，當然也不能再有1列只有1個白格。推知其余4列每列恰好有2個白格。（2）假設只含1個白格的列有2列，那么剩下的9個白格要放入5列中，而9=2×5-1，由第二抽屜原理知，必有1列至多只有2-1=1（個）白格，與假設只有2列每列只1個白格矛盾。所以只有1個白格的列至少有3列。6.能。解：開會的“人次”有 40×10=400（人次）。設委員人數為N，將“人次”看做蘋果，