抽屜原則

大家知道，兩個抽屜要放置三只蘋果，那么一定有兩只蘋果放在同一個抽屜里，更一般地說，只要被放置的蘋果數(shù)比抽屜數(shù)目大，就一定會有兩只或更多只的蘋果放進同一個抽屜，可不要小看這一簡單事實，它包含著一個重要而又十分基本的原則——抽屜原則.

1．  抽屜原則有幾種最常見的形式

原則1 如果把n+k(k≥1)個物體放進n只抽屜里，則至少有一只抽屜要放進兩個或更多個物體：

原則本身十分淺顯，為了加深對它的認識，我們還是運用反證法給予證明；如果每個抽屜至多只能放進一個物體，那么物體的總數(shù)至多是n，而不是題設(shè)的n+k(k≥1)，這不可能.

原則雖簡單.巧妙地運用原則卻可十分便利地解決一些看上去相當復(fù)雜、甚至感到無從下手的總是，比如說，我們可以斷言在我國至少有兩個人出生的時間相差不超過4秒鐘，這是個驚人的結(jié)論，該是經(jīng)過很多人的艱苦勞動，統(tǒng)計所得的吧！不，只須我們稍動手算一下：

不妨假設(shè)人的壽命不超過4萬天（約110歲，超過這個年齡數(shù)的人為數(shù)甚少），則

10億人口安排在8億6千4百萬個“抽屜”里，根據(jù)原則1，即知結(jié)論成立.

下面我們再舉一個例子：
例1  幼兒園買來了不少白兔、熊貓、長頸鹿塑料玩具，每個小朋友任意選擇兩件，那么不管怎樣挑選，在任意七個小朋友中總有兩個彼此選的玩具都相同，試說明道理.

解 從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種：

（兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長頸鹿），（長頸鹿、長頸鹿）

把每種搭配方式看作一個抽屜，把7個小朋友看作物體，那么根據(jù)原則1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜里，也就是說，至少兩人挑選玩具采用同一搭配方式，選的玩具相同.

原則2 如果把mn+k(k≥1)個物體放進n個抽屜，則至少有一個抽屜至多放進m+1個物體.證明同原則相仿.若每個抽屜至多放進m個物體,那么n個抽屜至多放進mn個物體,與題設(shè)不符，故不可能.

原則1可看作原則2的物例（m=1）

例2正方體各面上涂上紅色或藍色的油漆（每面只涂一種色），證明正方體一定有三個面顏色相同.

證明把兩種顏色當作兩個抽屜，把正方體六個面當作物體，那么6=2×2+2，根據(jù)原則二，至少有三個面涂上相同的顏色.

例3 把1到10的自然數(shù)擺成一個圓圈，證明一定存在在個相鄰的數(shù)，它們的和數(shù)大于17.

證明 如圖12-1，設(shè)a₁，a₂，a₃，…，a₉，a₁₀分別代表不超過10的十個自然數(shù)，它們圍成一個圈，三個相鄰的數(shù)的組成是（a₁，a₂，a₃），（a₂，a₃，a₄），（a₃，a₄，a₅），…,（a₉，a₁₀，a₁）,（a₁₀，a₁，a₂）共十組.現(xiàn)把它們看作十個抽屜，每個抽屜的物體數(shù)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)

根據(jù)原則2,至少有一個括號內(nèi)的三數(shù)和不少于17,即至少有三個相鄰的數(shù)的和不小于17.

原則1、原則2可歸結(jié)到期更一般形式：
原則3把m₁+m₂+…+m_n+k(k≥1)個物體放入n個抽屜里，那么或在第一個抽屜里至少放入m₁+1個物體，或在第二個抽屜里至少放入m₂+1個物體，……，或在第n個抽屜里至少放入m_n+1個物體.

證明假定第一個抽屜放入物體的數(shù)不超過m₁個，第二個抽屜放入物體的數(shù)不超過m₂個，……，第n個抽屜放入物體的個數(shù)不超過m_n，那么放入所有抽屜的物體總數(shù)不超過m₁+m₂+…+m_n個，與題設(shè)矛盾.

例4 有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍襪6雙（每雙襪子包裝在一起）若取出9雙，證明其中必有黑襪或黃襪2雙.

證明 除可能取出紅襪、白襪3雙外.還至少從其它三種顏色的襪子里取出4雙，根據(jù)原理3，必在黑襪或黃襪、藍襪里取2雙.

上面數(shù)例論證的似乎都是“存在”、“總有”、“至少有”的問題，不錯，這正是抽屜原則的主要作用.需要說明的是，運用抽屜原則只是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不能確切地指出哪個抽屜里存在多少.

2．  制造抽屜是運用原則的一大關(guān)鍵

首先要指出的是，對于同一問題，�？梢罁�(jù)情況，從不同角度設(shè)計抽屜，從而導(dǎo)致不同的制造抽屜的方式.

例5 在邊長為1的正方形內(nèi)，任意給定13個點，試證：其中必有4個點，以此4點為頂點的四邊開面積不超過（假定四點在一直線上構(gòu)成面積為零的四邊形）.

證明如圖12-2把正方形分成四個相同的小正方形.

因13=3×4+1，根據(jù)原則2，總有4點落在同一個小正方形內(nèi)（或邊界上），以此4點為頂點的四邊形的面積不超過小正方形的面積，也就不超過整個正方形面積的.

事實上，由于解決問題的核心在于將正方形分割成四個面積相等的部分，所以還可以把正方形按圖12-3（此處無圖）所示的形式分割.

合理地制造抽屜必須建立在充分考慮問題自身特點的基礎(chǔ)上.

例6 在一條筆直的馬路旁種樹，從起點起，每隔一米種一棵樹，如果把三塊“愛護樹木”的小牌分別掛在三棵樹上，那么不管怎樣掛，至少有兩棵掛牌的樹之間的距離是偶數(shù)（以米為單位），這是為什么？

解如圖12-4（設(shè)掛牌的三棵樹依次為A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一為偶數(shù)，命題得證.否則a、b均為奇數(shù)，則AC=a+b為偶數(shù)，命題得證.

下面我們換一個角度考慮：給每棵樹上編上號，于是兩棵樹之間的距離就是號碼差，由于樹的號碼只能為奇數(shù)和偶數(shù)兩類，那么掛牌的三棵樹號碼至少有兩個同為奇數(shù)或偶數(shù)，它們的差必為偶數(shù)，問題得證.

后一證明十分巧妙，通過編號碼，將兩樹間距離轉(zhuǎn)化為號碼差.這種轉(zhuǎn)化的思想方法是一種非常重要的數(shù)學(xué)方法

例7 從自然數(shù)1，2，3，…99，100這100個數(shù)中隨意取出51個數(shù)來，求證：其中一定有兩個數(shù)，，它們中的一個是另一個的倍數(shù).

分析設(shè)法制造抽屜：（1）不超過50個；（2）每個抽屜的里的數(shù)（除僅有的一個外），其中一個數(shù)是另一個數(shù)的倍數(shù)，一個自然數(shù)的想法是從數(shù)的質(zhì)因數(shù)表示形式入手.

解設(shè)第一個抽屜里放進數(shù)：1，1×2，1×2²，1×2³，1×2⁴，1×2⁵，1×2⁶；

第二個抽屜時放進數(shù)：3，3×2，3×2²，3×2³，3×2⁴，3×2⁵；

第三個抽屜里放進數(shù)：5，5×2，5×2²，5×2³，5×2⁴；

………………

第二十五個抽屜里放進數(shù)：49，49×2；

第二十六個抽屜里放進數(shù)：51.

………………

第五十個抽屜里放進數(shù)：99.

那么隨意取出51個數(shù)中，必有兩個數(shù)同屬一個抽屜，其中一個數(shù)是另一個數(shù)的倍數(shù).

制造抽屜并非總是一帆風(fēng)順的，有時要邊制造邊調(diào)整、改進.

例8 任意給定7個不同的自然數(shù)，求證其中必有兩個整數(shù)，其和或差是10的倍數(shù).

分析注意到這些數(shù)隊以10的余數(shù)即個位數(shù)字，以0，1，…，9為標準制造10個抽屜，標以[0]，[1]，…，[9].若有兩數(shù)落入同一抽屜，其差是10的倍數(shù)，只是僅有7個自然數(shù)，似不便運用抽屜原則，再作調(diào)整：[6]，[7]，[8]，[9]四個抽屜分別與[4]，[3]，[2]，[1]合并，則可保證至少有一個抽屜里有兩個數(shù)，它們的和或差是10的倍數(shù).

3．  較復(fù)雜的問題須反復(fù)地運用抽屜原則，將復(fù)雜問題轉(zhuǎn)化為簡單問題.

例9以（x，y，z）表示三元有序整數(shù)組，其中x、y、z為整數(shù)，試證：在任意七個三元整數(shù)組中，至少有兩個三元數(shù)組，它們的x、y、z元中有兩對都是奇數(shù)或都是偶數(shù).

分析 設(shè)七個三元素組為A₁（x₁，y₁，z₁）、A₂（x₂，y₂，z₂）、…、A₇（x₇，y₇，z₇）.現(xiàn)在逐步探索，從x元開始，由抽屜原則，x₁，x2，…，x₇這七個數(shù)中，必定有四個數(shù)具有相同的奇偶性，不妨設(shè)這四個數(shù)是x₁，x₂，x₃，x₄且為偶數(shù)，接著集中考慮A₁、A₂、A₃、A₄這四組數(shù)的y元，若比如y₁，y₂，y₃，y₄中有兩個是偶數(shù)，則問題已證，否則至多有一個是偶數(shù)，比如y₄是偶數(shù)，這時我們再來集中考慮A₁、A₂、A₃的z元.在z₁，z₂，z₃中，由抽屜原則必有兩個數(shù)具有相同的奇偶性，如z₁、z₂，這時無論它們是奇數(shù)，還是偶數(shù)，問題都已得到證明.

下面介紹一個著名問題.

例10 任選6人，試證其中必有3人，他們互相認識或都不認識.

分析 用A、B、C、D、E、F表示這6個人，首先以A為中心考慮，他與另外五個人B、C、D、E、F只有兩種可能的關(guān)系：認識或不認識，那么由抽屜原則，他必定與其中某三人認識或不認識，現(xiàn)不妨設(shè)A認識B、C、D三人，當B、C、D三人都互不認識時，問題得證；當B、C、D三人中有兩人認識，如B、C認識時，則A、B、C互相認識，問題也得證.

本例和上例都采用了舍去保留、化繁為簡、逐步縮小考慮范圍的方法.

例11a，b，c，d為四個任意給定的整數(shù)，求證：以下六個差數(shù)

b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘積一定可以被12整除.

證明  把這6個差數(shù)的乘積記為p，我們必須且只須證明：3與4都可以整除p，以下分兩步進行.

第一步，把a，b，c，d按以3為除數(shù)的余數(shù)來分類，這樣的類只有三個，故知a，b，c，d中至少有2個除以3的余數(shù)相同，例如，不妨設(shè)為a，b，這時3可整除b-a，從而3可整除p.

第二步，再把a，b，c，d按以4為除數(shù)的余數(shù)來分類，這種類至多只有四個，如果a，b，c，d中有二數(shù)除以4的余數(shù)相同，那么與第一步類似，我們立即可作出4可整除p的結(jié)論.

設(shè)a，b，c，d四數(shù)除以4的余數(shù)不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二個奇數(shù)（不妨設(shè)為a，b），也必有二個偶數(shù)（設(shè)為c，d），這時b-a為偶數(shù)，d-c也是偶數(shù)，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.

如果能進一步靈活運用原則，不僅制造抽屜，還根據(jù)問題的特征，制造出放進抽屜的物體，則更可收到意想不到的效果.

例12 求證：從任意n個自然數(shù)a₁，a₂，…，a_n中可以找到若干個數(shù)，使它們的和是n的倍數(shù).

分析以0，1，…，n-1即被n除的余數(shù)分類制造抽屜的合理的，但把什么樣的數(shù)作為抽屜里的物體呢？扣住“和”，構(gòu)造下列和數(shù)：

S₁=a₁,

S₂=a₁+a₂,

S=a₁+a₂+a₃,

…………

S_n=a₁+a₂+…+a_n，

其中任意兩個和數(shù)之差仍為和數(shù)，若他們之中有一是n的倍數(shù)，問題得證，否則至少有兩個數(shù)被n除余數(shù)相同，則它們的差即它們中若干數(shù)（包括1個）的和是n的倍數(shù)，問題同樣得證.

例子3（北京1990年高一競賽）910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶，證明：不論怎樣排列，紅藍墨水瓶的顏色次序必定出現(xiàn)下述兩種情況之一種：

（1）至少有三行完全相同；

（2）至少有兩組（四行）每組的兩行完全相同.

解910瓶紅、藍墨水排成130行，每行7瓶，對一行來說，每個位置上有紅藍兩種可能，因此，一行的紅、藍墨水排法有2⁷=128種，對每一種不同排法設(shè)為一種“行式”，共有128種行式.

現(xiàn)有130行，在其中任取129行，依抽屜原則知，必有兩行A、B行式相同.

除A、B外余下128行，若有一行P與A行式相同，知滿足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在這128行中設(shè)直一行5A行或相同，那么這128行至多有127種行式，依抽屜原則，必有兩行C、D具有相同行式，這樣便找到了（A、B），（C、D）兩組（四行），且兩組兩行完全相同.

練習(xí)十二

1．  一個籃球運動員在15分鐘內(nèi)將球投進籃圈20次，證明總有某一分鐘他至少投進兩次.

2．  有黑、白、黃筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出筷子來，使得至少有兩雙筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？

3．  證明：在1，2，3，…，10這十個數(shù)中任取六個數(shù)，那么這六個數(shù)中總可以找到兩個數(shù)，其中一個是另一個的倍數(shù).

4．  證明：任意502個整數(shù)中，必有兩個整數(shù)的和或差是998的倍數(shù).

5．  任意寫一個由數(shù)字1，2，3組成的30位數(shù)，從這30位數(shù)任意截取相鄰三位，可得一個三位數(shù)，證明：在從各個不同位置上截得的三位數(shù)中至少有兩個相等.

6．  證明：把任意10個自然數(shù)用適當?shù)倪\算符號連接起來，運算的結(jié)果總能被1890整除.

7．  七條直線兩兩相交，所得的角中至少有一個角小于26°.

8．  用2種顏色涂3行9列共27個小方格，證明：不論如何涂色，其中必至少有兩列，它們的涂色方式相同.

9．  用2種顏色涂5×5共25個小方格，證明：必有一個四角同色的矩形出現(xiàn).

10．              求證存在形如11…11的一個數(shù)，此數(shù)是1987的倍數(shù).

練習(xí)十二

1．15分鐘里在每一分鐘看作一個抽屜，20次投籃看作20個物體，根據(jù)原理一即得.

2.至少要�。保敝豢曜樱�因為１１只筷子中必有一雙筷子同色，不妨設(shè)它是黃色，則黑色或白色的筷子至少有３只，其中必有一雙同色，即黑色或白色，故取１１只筷子足以保證成功．但少于１１只不行，如�。保爸豢曜樱�閔可能出現(xiàn)８只黃色，黑白各一只，不合要求．

３．將１０個數(shù)分成５組：（１，７），（２，６），（３，９），（４，８），（５，１０）．任取六個數(shù)必有兩個落入同一組，而同組二數(shù)中一數(shù)是另一數(shù)的倍數(shù)．

４．每個整數(shù)被９９８除，余數(shù)必是０，１，２，…，９９７中的一個．把這９９８個余數(shù)制造為（０），（１，９９７），（２，９９６），…，（４９７，５０１），（４９８），（４９９），（５００）共５０１個抽屜，把５０２個整數(shù)按被９９８除的余數(shù)大小分別放入上述抽屜，必有兩數(shù)進入同一抽屜．若余數(shù)相同，那么它們的差是９９８的倍數(shù)，否則和為９９８的倍數(shù)．

５．從各種位置上截得的三位數(shù)有２８個，但由１，２，３組成的不同三位數(shù)有３×３×３＝２７個，故有兩個截得的三位數(shù)相同．

６．１８９０＝２×３×５×７×９．將１０個數(shù)記為ｘ_１，ｘ_２，…，ｘ_９，ｘ_１０．１０個數(shù)中至少有兩個被９除余數(shù)相同，設(shè)為ｘ_１，ｘ_２則ｘ_１－ｘ_２可被９整除．同樣剩下８個數(shù)中有兩個數(shù)的差可被７整除，記為ｘ_３－ｘ­_４，剩下６個數(shù)中有兩個數(shù)的差可被５整除，記為ｘ_５－ｘ_６，剩下４個數(shù)中有兩個數(shù)的差可被３整除，記為ｘ_７－ｘ_８．剩下兩數(shù)ｘ_９，ｘ_１０，若有一數(shù)為偶數(shù)，則ｘ_９，ｘ_１０可被２整除，否則ｘ_９－ｘ_１０可被２整除．故乘積（ｘ_１－ｘ_２）（ｘ_３－ｘ_４）（ｘ_５－ｘ_６）（ｘ_７－ｘ_８）ｘ_９·ｘ_１０與（ｘ_１－ｘ_２）（ｘ_３－ｘ_４）（ｘ_５－ｘ_６）（ｘ_７－ｘ_８）（ｘ_９－ｘ_１０）二者之一必可被１８９０整除．

７．任選一點Ｐ，過Ｐ點分別作各線的平行線，則它們把一周角分成１４個彼此相鄰的角，其中至少有一個角小于２６°．

８．用兩種顏色涂１×３的小方格共有８種方法．現(xiàn)有９列，由抽屜原則，必有兩列涂法一樣．

９．設(shè)兩種顏色為紅、藍，考察第一行的涂色．必有三格同色，不妨設(shè)為紅色，且在左邊三列．現(xiàn)考察左邊三列，若下面四行中某一行有兩格同為紅色，則出現(xiàn)四角同紅色矩形，否則每行僅可能一格染紅色，從而四行中必有二行左邊三列中有兩列同染藍色，從而得到四角同為藍色的矩形．

１０．考慮１，１１，…共１９８７個數(shù)，其中必有一個是１９８７的倍數(shù)，否則必有兩數(shù)被１９８７除余數(shù)相同，其差

是１９８７的倍數(shù)．但１０^ｉ與１９８７沒有除１外的因數(shù)，故是１９８７倍數(shù)導(dǎo)致矛盾．