中学趣味数学：抽屉原理和六人集会问题
趣味数学素材：抽屉原理和六人集会问题
抽屉原理和六人集会问题河北韩志庚结论1.“任意367个人中，必有生日相同的人．”结论2.“从任意5手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套．”上述两个结论是正确的．那么，它们是怎样得到的呢？实际上，上述结论的依据是抽屉原理，抽屉原理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()>，那么一定有一个抽屉中放m n进了至少2个东西．”下面我们利用抽屉原理来解释上述结论。
1.由于一年最多有366天，366<367，因此可将“366天”看成是“366个抽屉”，将“367个人”看成“367个东西”，该问题转化为“把367个东西放入 366个抽屉”。
由抽屉原理，可得有一抽屉中放进了至少 2个东西，即任意367个人中，必有生日相同的人．注：第二个结论也可类似用抽屉原理解释，同学们不妨自己试试看。
抽屉原理的一种更一般的表述为：“把多于Kn+1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1K+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：Array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．。
六年级数学数学广角抽屉原理
六年级数学数学广角抽屉原理抽屉原理是数学中的一条重要原理，它在解决计数问题中起到了至关重要的作用。
在数学广角中，抽屉原理被广泛应用于解决各种排列组合、鸽巢原理等问题。
本文将详细介绍六年级数学中的抽屉原理以及其应用。
一、抽屉原理的概述抽屉原理，又称鸽巢原理或箱子原理，是由数学家约翰·拉默尔（Joseph-Louis Lagrange）在18世纪末提出的。
它基本思想是：如果有n+1个物体放入n个抽屉，那么至少有一个抽屉里会放置多于一个物体。
这条原理旨在说明当物体数量超过容器数量时，必然存在容器里有多个物体的情况。
二、六年级数学中的抽屉原理应用1. 排列组合问题在六年级数学中，有很多排列组合问题可以通过抽屉原理来解决。
例如，考虑如下问题：将8个苹果放入3个篮子里，每个篮子至少要放2个苹果，问有多少种放置方式？通过抽屉原理，我们可以将这个问题转化为将8-2×3=2个苹果放入3个篮子里的问题，即将2个相同的苹果和3个篮子进行排列组合，解得答案。
这个问题的解题思路正是基于抽屉原理的应用。
2. 数字盒子问题在六年级数学中，常常会涉及到将数字放入盒子的问题。
例如，有一组数字{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}，我们需要从中选取至少5个数字，使得选取的数字之和能够被3整除。
这个问题可以通过抽屉原理来解决。
我们将这组数字中的每个数字除以3得到的余数作为抽屉，将数字放入对应的抽屉中，根据抽屉原理，至少存在一个抽屉里放置了至少5个数字。
将这些数字相加即可得到满足条件的数字之和。
3. 奇偶数问题六年级数学中，奇偶数问题也是抽屉原理的常见应用之一。
例如，考虑以下问题：将六个不同的奇数放入三个盒子里，使得每个盒子里的数字之和都是偶数，问有多少种放置方式。
通过抽屉原理，我们可以将这个问题转化为将三个偶数和六个奇数放入三个盒子里，并满足每个盒子里的数字之和都是偶数的问题。
然后通过排列组合的思路，得到问题的解答。
抽屉原理问题知识点总结
抽屉原理问题知识点总结抽屉原理的基本形式是：如果n个物品被放置到m个抽屉中，并且n > m，那么至少有一个抽屉中有超过一个物品。
抽屉原理的应用非常广泛，它不仅出现在数学领域，还涉及到计算机科学、逻辑学、统计学、概率论等方面。
总结抽屉原理的知识点，可以从以下几个方面来展开。
一、基本概念1. 抽屉原理的概念抽屉原理是由德国数学家穆勒（Dirichlet）在1834年提出的。
它的基本概念是指如果有n个物品要放到m个抽屉里，且n > m，那么至少有一个抽屉里面有至少两个物品。
2. 抽屉原理的表述抽屉原理还可以用集合的交并运算来表述，即如果n个单个的数的和大于(n-1)倍的抽屉数，则必定存在多个数分配到同一个抽屉里。
3. 抽屉原理的思维方法抽屉原理是一种常见的数学论证方法，它的核心思想是通过将物品放入抽屉的过程，然后证明必然会有至少一个抽屉中包含多个物品。
这种思维方法在解决相关问题时非常重要。
二、抽屉原理的应用1. 计算机科学在计算机科学中，抽屉原理经常用来解决散列冲突问题。
当散列表的大小是有限的时候，存储的数据项的数量可能会比散列表的大小大，这时就可能会出现散列冲突。
抽屉原理可以帮助我们理解为什么散列冲突总是不可避免的。
2. 统计学在统计学中，抽屉原理可以用来解释生日悖论。
生日悖论是指在一个小的群体中，其中两人有相同生日的概率实际上要比我们直觉上想象的要高得多。
这一现象可以通过抽屉原理来很好地解释。
3. 概率论在概率论中，抽屉原理可以用来解决一些排列组合的问题。
例如，如果有n+1个物品要放到n个抽屉中，那么必然有一个抽屉中至少有两个物品。
这对于解决某些赌博游戏中的概率问题很有帮助。
4. 逻辑学在逻辑学中，抽屉原理可以用来解释一些谬误和伪命题。
例如，当有大于两个的命题时，就一定会出现至少两个命题具有相同的逻辑值。
三、抽屉原理的证明1. 直接证明法抽屉原理最简单的证明方法是使用直接证明法。
假设放置的物品数大于抽屉的数量，通过逻辑推理可以得出至少有一个抽屉至少有两个物品。
中学趣味数学：抽屉原理和六人集会问题
中学趣味数学：抽屉原理和六人集会问题恣意367团体中，必有生日相反的人。
从恣意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。
大家都会以为下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。
它的内容可以用笼统的言语表述为：把m个东西恣意分放进n个空抽屉里〔mn〕，那么一定有一个抽屉中放进了至少2个东西。
在下面的第一个结论中，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，无妨想象将5双手套区分编号，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，它们的编号至少有5种，因此其中至少有两只的号码相反。
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。
抽屉原理的一种更普通的表述为：把多于kn个东西恣意分放进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。
应用上述原理容易证明：恣意7个整数中，至少有3个数的两两之差是3的倍数。
由于任一整数除以3时余数只要0、1、2三种能够，所以7个整数中至少有3个数除以3所得余数相反，即它们两两之差是3的倍数。
假设效果所讨论的对象有有限多个，抽屉原理还有另一种表述：把有限多个东西恣意分放进n个空抽屉〔n是自然数〕，那么一定有一个抽屉中放进了有限多个东西。
抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学效果中有重要的作用。
许多有关存在性的证明都可用它来处置。
1958年6/7月号的«美国数学月刊»上有这样一道标题：证明在恣意6团体的集会上，或许有3团体以前彼此相识，或许有三团体以前彼此不相识。
这个效果可以用如下方法复杂明了地证出：在平面上用6个点A、B、C、D、E、F区分代表参与集会的恣意6团体。
假设两人以前彼此看法，那么就在代表他们的两点间连成一条红线；否那么连一条蓝线。
抽屉原理
练习题
1、假设空间中有六个点，其中任意三点不共线，任意四点不共面，在每两点之间连结直线段后，将每一条线段或者染上红色，或者染上蓝色。求证：不论怎样染色，一定存在一个三角形，它的三边有相同的颜色。
例6、求证：对于任给的1987个自然数，从中总可以找到若干个数，使它们的和能被1987整除。
证明：构造如下1987个和： ，若其中有一个和能被1987整除，则结论成立。否则上述1987个和除以1987的余数只能为，则其中必有两个和的余数相同，设为， ，
则能被1987整除。
例7、在任意一次集会中，其中必有两个人，他们认识的人一样多，试证明之。
例11、在100个连续自然数中，任取51个数，试证明在这51个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数。
证明：任意一个自然数都能表示成为（为自然数，为非负整数）的形式。将前100个自然数分为如下50个集合：
、
、
…、，其中前100个自然数中的每个自然数都属于其中一个集合，而且只属于一个集合。据抽屉原理：从中选51个数，必有两个数是取自同一个集合，在同一个集合中，较大的数必是较小数的倍数。
例12、设是由1985个不同的自然数组成的集合，中的元素的素因子均不超26，求证：存在，使得是某个自然数的四次方。
证明：不超过26的质数共9个：，所以这1985个正整数可表示为：的形式，，考虑的奇偶性类型，共有种类型。在1985全正整数中可找出一对、有相同奇偶性，即与奇偶性相同，。然后在剩下的个数中又可以找出两个，他们的指数、也有相同的奇偶性。如此下去，由于，故可得513对、，且有，最后，在上述的513个中，又必有两个、奇偶性相同，所以，，设，，，则
概率：抽屉原理和六人集会问题
抽屉原理和六人集会问题“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。
应用抽屉原理的难题及解答
应用抽屉原理的难题及解答引言在日常生活和工作中，我们经常会遇到一些问题，而解决这些问题往往需要应用抽屉原理。
抽屉原理，也称为鸽巢原理，是一种数学原理，它指的是当若干个物体被分配到若干个抽屉中，如果物体的数量大于抽屉的数量，那么至少有一个抽屉中的物体数量必定大于1。
然而，应用抽屉原理并不容易，有时我们会遇到一些难题。
本文将介绍一些常见的应用抽屉原理的难题，并给出解答。
难题一：生日问题假设有365个人参加一个派对，他们中至少有两个人生日是同一天。
如何证明这个结论？•解答：根据抽屉原理，我们知道如果有365个物体（人）被分配到365个抽屉（日子）中，那么至少有一个抽屉中的物体数量必定大于1。
在这个问题中，抽屉就是365个日子，而物体就是365个人的生日。
因此，根据抽屉原理，至少有一个日子会有两个人的生日。
难题二：撞车问题假设有10辆汽车在同一条直路上行驶，每辆汽车都以不同的速度行驶，且不能变速。
证明存在至少两辆汽车在某一时间点发生碰撞。
•解答：假设每辆汽车都代表一个抽屉，汽车的速度代表物体的数量。
根据抽屉原理，如果有10个物体（汽车）被分配到10个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物体数量必定大于1。
在这个问题中，抽屉就是10辆汽车，而物体就是汽车的速度。
因此，根据抽屉原理，至少有两辆汽车的速度相同，它们在某一时间点会发生碰撞。
难题三：抽屉排序问题有1到N的N个整数排列成一列，其中至少有一个整数重复。
如何找出重复的整数？•解答：假设这N个整数分别代表N个抽屉，每个整数在对应的抽屉中。
根据抽屉原理，如果有N个物体（整数）被分配到N个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物体数量必定大于1。
因此，我们只需要遍历每个抽屉，找到其中的物体数量大于1的抽屉，即可找到重复的整数。
难题四：相同数字求和问题给定一个包含n个整数的数组，其中每个数字都出现了偶数次，只有一个数字出现了奇数次，如何找到这个数字？•解答：假设这个数组中的数字是物体，每个数字在对应的抽屉中。
人教版初中《抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案
人教版初中《抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案抽屉原理和容斥原理24.1 抽屉原理24.1.1★在任意的61个人中，至少有6个人的属相相同．解析 因为一共有12种属相，把它看作12个抽屉，61151612⎡⎤+=+=⎢⎥⎣⎦，根据抽屉原理知，至少有6个人的属相相同． 评注 抽屉原理又称鸽笼原理或狄里克雷原理．这一简单的思维方式在解题过程中却可以有很多颇具匠心的运用．抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现．许多有关存在性的证明都可用它来解决．抽屉原理1 如果把1n +件东西任意放入n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有两件东西．抽屉原理2 如果把m 件东西任意放人n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有女件东西，这里,1,mm n n k m m n n ⎧⎪⎪=⎨⎡⎤⎪+⎢⎥⎪⎣⎦⎩是的位不是的位当数时; 当数时. 其中[]x 表示不超过x 的最大整数 ，例如[]33=，[]4.94=，[]2.63-=-等等．24.1.2★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． 解析 把2，4，6，…，30这15个数分成如下8组（8个抽屉）； （2）（4，30），（6，28），（8，26），（10，24），（12，22），（14，20），（16，18）．从2，4，6，…，30这15个数中任取9个数，即是从上面8组数中取出9个数．抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的和就是34．24.1.3★★在1，2，3， …，100这100个正整数中任取11个数，证明其中一定有两个数的比值不超过32； {}1，{2，3}，{4，5，6}，{7，8，9，10}，{11，12，…，16}，{17，18，…，25}， {26，27，…，39}，{40，41，…，60}． {61，62，…，91}，{92，93，…，100}．从1，2，…，100中任取11个数，即是从上面10组中任取11个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的比值不超过32． 24.1.4★求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除． 解析 任何数除以3所得余数只能是0、1、2，分别构造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，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，根据抽屉原理，其中一个抽屉必包含有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个余数，而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个整数之和是3的倍数．（3）若这5个余数都能分布在其中的一个抽屉中，易知必有3个整数之和能被3整除．24.1.5★★从1，2，3，…，20中，至少任取多少个数，才能使得其中一定有两个数，大的数是小的数的倍数． 解析 从1，2，…，20中取11，12，…，20这10个数，其中没有一个数是另一个数的倍数．把1，2，…，20分成如下10组：{1，221⨯，221⨯，321⨯，421⨯}，{3，23⨯，223⨯}，{5，25⨯，225⨯}，{7，27⨯}，{9，29⨯}，{11}，{13}，{13}，{15}，{17}，{19}，从中任取11个数，一定有两数取自同一组，于是大数便是小数的倍数． 所以，至少任取11个数才能满足题意．24.1.6★★在不超过100的正整数中任取55个不同的数，在这55个数中： （1）是否一定有两个数的差等于11？ （2）是否一定有两个数的差等于9？ 解析 （1）不一定，例如1~11，23~33，45~55，67~77，89~99这55个数中，任意两数的差都不等于11．（2）一定．把1，2，…，100分成如下54组：{1，10}，{2，11}，…，{9，18}，{19，28}，…，{81，90}，{91，100}，{92}，{93}，…，{99}．从中任取55个数，一定有两个数取自同一组，它们的差等于9．24.1.7★★证明：在任意的52个正整数中，一定可以找到两个数a 、b ，使得a b +或a b -能被100整除． 解析 把这52个正整数都除以100，考虑52个余数，若其中有两个相同，则它们的差能被10整除，若其中任意两个都不相同，则它们的差能被100整除，若其中任意两个都不相同，把0，1，…，99分成如下51组：{1，99}，{2，98}，…，{49，51}，{0}，{50}．从中任取52个数，车琮有两数（的余数）取自同一给，这两数的和或差能被100整除． 24.1.8★★某学校的初三年组的同学要从8名候选人中投票选举三好学生，规定每人必须从这8名候选人中任意选两名，那么至少有多少人参加投票，才能保证必有不少于5名同学投了相同的两个候选人的票？ 解析 从8个人中任意选2人，不同的选法共有87228⨯÷=（种）， 即有28个抽屉．由抽屉原理，当投票的人不少于 ()28511113⨯-+=人时，就能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．而当112个人投票时，不一定有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．所以，到少有113人投票时，能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票． 24.1.9★在1，11，111，…，1111n 个，…，中，是否有2007的倍数？解析 答案是肯定的． 考虑以下2007个数： 1，11，111，…，20071111个，若它们都不是2007的倍数，则它们除以2007所得的余数中一定有两个是相同的，不妨设为1111a 个和1111b 个()12007a b <≤≤，于是112007111111b a -个个，1200711110a b a -⨯个．而（2007，10a ）=1，所以，12007111b a -个，这与1，11，111，…，20071111个都不是2007的倍数矛盾．所以，在1，11，111，…，1111n 个，…中，一定有2007的倍数．24.1.10★★从任意给定的1999 个自然数中总可以找到k 个数，使得它们的和能被1999整除． 解析设1999个自然数为1a ，2a ，…，1999a ，且构造下列2000个和：0，1a ，12a a +，123a a a ++，…， 1231999a a a a ++++．因为任意一个自然数被1999除后，所得的余数可能是0，1，2，…，1998，共1999种．所以可将上述2000个和按照被1999除后所得不同的余数分成1999个集合．由抽屉原理可知，至少有两个和，不妨 设为 123a a a +++， 12s t a a a a +++++()11999s t <≤≤，它们属于同一个集合，即它们分别被1999除后所得的余数相同，那么它们的差 12s s t a a a +++++能被1999整除．从而本题得证．24.1.11★★把圆周分成12段，将l ，2，3，…，11，12这12个数任意写在每一段内，使每一段恰好有一个数字．证明：一定存在连续的三段，它们的数字和至少是20． 解析如果记第1小段内填写的数是1a ，第2小段内填写的数是2a ……第12小段内填写的数是12a ，那么三个相邻小段填写的数字和可以有 123a a a ++，234a a a ++，345a a a ++，456a a a ++，567a a a ++，678a a a ++， 789a a a ++，8910a a a ++，91011a a a ++， 101112a a a ++，11121a a a ++，1212a a a ++这12种，并且12种情况中出现的所有数字和为 ()()12111233121112a a a a ++++=++++234=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是 23412012⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 值得注意：本题中的三个相邻小段也可分成123a a a ++，456a a a ++，789a a a ++，101112a a a ++这4种情况，这时它们的数字和为 12111212111278a a a a ++++=++++=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是 781204⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 24.1.12★★在2n 个连续自然数1，2，3，…，2n 中，任取出1n +个数．证明：在这1n +个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数． 解析 将这2n 个连续自然数分成n 集合： 1A ={1，12⨯，212⨯，312⨯，412⨯，512⨯，612⨯，…}， 2A ={3，32⨯，232⨯，332⨯，432⨯，532⨯，…}， 3A ={5，52⨯，252⨯，352⨯，452⨯，…}，……n A =A{21n -}．由此可见，这2n 个数没有遗漏地被放在n 个集合中，并且同一个数决不会出现在两个不同的集合中．因此，根据抽屉原理可知，不论用何种方式从中取出1n +个数时，必定有至少两个数是出自同一个集合的，而同一个集合的两个数，大数必定是小数的倍数．24.1.13★★从1，2，…，2n 这2n 个正整数中任取1n +个数，证明其中一定存在两个数是互质的． 解析 把1，2，…，2n 这2n 个焉整数分成如下n 组： {1，2}，{3，4}，…，{21n -，2n }．从这n 组中任取1n +个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，同一组中的两个数是相邻的正整数，从而它们是互质的．24.1.14★★把1，2，…，10按任意次序排成一个圆圈．(1)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不小于18； (2)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不大于15．解析 (1)设这10个数在圆周上排列为1，1a ，2a ，…，9a 如图（a ）．由于()()()123456789231054a a a a a a a a a ++++++++=+++=，所以123a a a ++、456a a a ++、789a a a ++这三个数中一定有一个数不小于54183=．b 23b a a 5a 32(b)(a)1（2）设这10个数在圆周上排列为10，1b ，2b ，…，9b 如图（b ）．由于()()()12345678912945b b b b b b b b b ++++++++=+++=，所以，123b b b ++、456b b b++、789b b b ++这三个数中一定有一个数不大于45153=． 24.1.15★在边长为1的正三角形中，任取7个点，其中任意三点不共线．证明：其中必有三． 解析 如图所示，将正三角形的中心与三个顶点连起来把正三角形分成三个小三角形(3个抽屉)．由抽屉原理知，必定有一个小三角形的内部或边界上至少有7133⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个点．这三个点构成的三角形面积不超过该小三角形的面积，即不超过13=． 24.1.16★★在34⨯的长方形中，任意放置6个点，证明：一定可以找到两个点，它们的距． 解析我们要设法把34⨯的长方形分成5个部分(5个抽屉)，而且每部分中任意两点的距．211211211122如图所示，把34⨯的矩形分成5个部分．由勾股定理可以算得每个部分的任两点之间的距离不大于．从而命题得证．24.1.17★★求证：在任何凸()22n n >边形中，总有一条对角线不与任何一条边平行． 解析凡是与某条边平行的对角线，称之为“好对角线”，由于对每一条边，最多有2n -条对角线与之平行，因此凸n 边形的“好对角线”至多有()22n n -条，但凸2n 边形的对角线总数为()()2322n n n n n -=-+．于是由抽屉原理，知必定有某条对角线不与任何边平行． 对于凸21n +边形，不难构造例子使所有对角线均为“好对角线”．24.1.18★★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3个人以前彼此不相识． 解析 在平面上用6个点A 、B 、C 、D 、E 、F 分别代表参加集会的6个人．如果两人以前彼此认识，就在代表他们的两点间连一条实线；否则连一条虚线．考虑A 点与其余各点连线AB ，AC ，…，AF ，它们的线形不超过2种．根据抽屉原理，可知其中至少有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条连线同为实线，或同为虚线．不妨设AB 、AC 、AD 均为实线．如果BC 、BD 、CD 三条连线中有一条(不妨设为BC )也是实线，那么三角形ABC 三边均为实线，说明A 、B 、C 代表的3个人以前彼此相识：如果BC 、BD 、CD 三条连线均为虚线，那么三角形BCD 三边均为虚线．说明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．EF F24.1.19★★★空间有6点，任何3点都是一个不等边三角形的顶点，求证：这些三角形中的一个三角形的最短边同时是另一个三角形的最大边． 解析设1P ，2P ，…，6P 是空间中6个已知点．在每个三角形i j k PPP 中，把最短边涂成红色，于是，每个三角形中必有一条边为红色，其余的边未涂色．从每个点i P 可作5条线段与其余已知点相连．按抽屉原理，这5条线段中，或者至少有3条线段已被涂色，或者至少有3条线段还未涂色．如果经过点1P 的5条线段中至少有3条(例如，设为线段12P P 、13PP 、14P P )涂红，那么，在由这3条线段的另一顶点为顶点的234P P P △中至少须有一边(最短边)涂红，设是边23P P ，那么123PP P △的3边就都被涂红了．如果经过点1P 的线段中至少有3条未被涂红（例如设为线段14P P 、15PP 、16P P ），由于145PP P △、156PP P △、164PP P △中每个都至少有一边是红的．因此，只能是线段45P P 、56P P 、64P P 全是红的，即456P P P △的各边都是红色的．24.1.20★★将正十三边形的每个顶点染成黑色或染成白色，每顶点染一色．求证：存在三个同色顶点，它们刚好成为一个等腰三角形的顶点． 解析设13个顶点依次为1A ，2A ，…，12A ，13A ．若13个顶点都染成黑色或都染成白色，则结论显然成立．故只需考虑13个顶点中有染黑色也有染白色的情形．这时必有相邻两顶点同色，不妨设1A 、2A 同色，现考虑13A 、1A 、2A 、3A 、8A 这五个顶点，由抽屉原理知其中必有三顶点同色，这又分为下列三种情形：（1）13A 、1A 、2A 、3A 中有三点同色，又1A 、2A 同色，故1A 、2A 、3A 同色或13A 、1A 、2A 同色．这时123A A A △或1312A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（2）13A 、3A 、8A 同色，这时1338A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（3）1A 、2A 、8A 同色，这时128A A A △为三顶点同色的等腰三角形．24.1.21★★15个席位同等地围绕着圆桌安排，席上有15个客人的名片，客人们没有注意这些名片，直到他们坐下来，才发觉没有一个人坐在他自己的名片前面．证明：可以转动圆桌使得至少有两个客人同时对号入座． 解析 对于每个客人，都有一种转动圆桌的方式，使他对上自己的名片．现在先把席位按逆时针方向依次由1到15编号，每按逆时针方向转动一次圆桌，使名片对到下一个席位上，即1号上的名片对到2号席位，2号上的名片对到3号席位……15号上的名片对到1号席位．那么按这种方式转动15次后，所有的名片又对到初始的席位上．所以，一共有14种有效的转动，因为有15个客人，根据抽屉原理，必定有某种转动至少可容许有两个客人对上号．24．1．22★★在52张扑克牌上任意写上互不相同的正整数．证明：一定存在四张扑克牌，将其上的四个数仅用减号、乘号和括号适当组合成一个式子，其值是1989的倍数． 解析 因为19893951=⨯．而对任给的52个互异的正整数中，至少有两个数被51除后的余数相同，设这两个数为m a 、n a ，且m n a a >，那么51m n a a t -=（t 为整数）． 在取出m a 、n a 后的50个互异的正整数中，又至少有两个数，不妨设k a 、l a ，且k l a a >，它们分别被39除后的余数相同，即 39k l a a s -=（s 为整数）． 因此，在给出的52个互异的正整数中，一定有四个整数m a 、n a 、k a 、l a 组成一个式子：()()1989m n k l a a a a st --=．24.1.23★★★证明在任意11个无穷小数中，一定可以找到两个小数，它们的差或者含有无穷多个数字0，或者含有无穷多个数字9． 解析 由于每一个数位上的数字只有0，1，2，…，9这10种情况，因此11个数中必有两个数在这个数位上有相同的数字．记11个无穷小数为1a ，2a ，…，11a ，把这11个数分成如下55个二元组(每两个一组)：()12,a a ，()13,a a ，…，()111,a a ， ()23,a a ，…，()1011,a a ．这55个二元组作为55个抽屉，现将无穷多个数1，2，3，…放进这些抽屉，规则是：若小数点后第k 位上i a 与j a 相同，则数k 就放入(),i j a a 中．例如，3a 与5a 的第7位上的数相同，则7就放入()35,a a这个抽屉里．由抽屉原理知，这55个(有限个)抽屉中必有一个抽屉，它含有无穷多个数，不妨设(1a ，5a )这个抽屉里含有无穷多个数，这就说明1a ，2a 这两个无穷小数有无穷多位相同．考虑1a 与2a 的差，在数字相同的数位上，差的数字为0或9．由于0与9的总个数有无穷多个，因此至少有一个出现无穷多次，从而1a 与2a 的差中，或者有无穷多个数字0，或者有无穷多个数字9．评注 本题先后三次用了抽屉原理，请读者仔细玩味．24．1．24★★★一个书架有五层，从下到上依次称为第1层，第2层，…，第5层．今把15册图书分放到书架的各层上，有些层可不放．证明：无论怎样放法，书架每层上的图书册数，以及相邻两层上图书册数之和，这些数中至少有两个是相等的． 解析用i a 表示第i 层所放的图书册数，1i =，2，3，4，5．如果有某个0i a =，那么结论显然成立．因此可设1i a ≥，1i =，2，…，5．考虑下面两种情况： (1)1a ，2a ，…，5a 中有两个数相等，则结论已经成立． （2）1a ，2a ，…，5a 各不相等，因 12515125a a a +++==+++，所以1a ，2a ，…，5a 必各取1、2、3、4、5之一．但是12a a +，23a a +，34a a +，45a a +这4个数不可能同时包含7、8、9这三个数．事实上，若7、8、9都出现，则只可能是725=+，835=+，945=+或734=+，835=+，945=+．前者表示放5册书的那一层与放2、3、4册的各层均相邻，不可能．后者表示放4、5册书的两层既要相邻又要不相邻，也不可能． 因此，下面9个数：1a ，2a ，…，5a ，12a a +，23a a +，34a a +，45a a +至多能取8个不同的值．由抽屉原理知，其中必有两个是相等的，从而命题得证．24.1.25★★★一个由n n ⨯个方格组成的正方形表格，其中填满1，2，3，…，n 等数，且在任一行、任一列都能遇到所有这些数字．若表格中的数字关于对角线AB 是对称的，求证：当n 是奇数时，在对角线AB 上的那些方格中将会遇到所有的1，2，…，n 这些数字．dc a b ff da cb ee BA解析 如图，由于在表格的每一行、每一列都出现l ，2，…，n 各数，所以任一行(或列)中，每个数只出现一次，于是表格中有n 个1，n 个2，…，n 个n ． 又由于整个表格关于AB 对称，因此除对角线上的数外，任何一个数都将在其对称位置出现，如图中a ，b ，c ，d ，e ，f 等数．因此除对角线外表格中1，2，…，n 等数各有偶数个． 当n 为奇数时，表格中共有奇数个1，奇数个2，…，奇数个n ．所以对角线AB 上出现1，2，…，n ，且1到n 个数都必将出现，但对角线上只有n 个格子，因此，所有的数在对角线上都恰好出现一次．24．1．26★★★一个半径为1的圆内或边界上有6个点，求证：必定有两点之间距离不大于1． 解析不妨设6个点为A 、B 、C 、D 、E 、F ．如图，设1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A 将O 六等分，且可让A 落在1OA 上（旋转可达）．A 5A对于六个扇形（圆心角60︒，半径为1），其中一个内有两点（包括边界）M 、N ，则1MN ≤．这是因为60MON ∠︒≤，()22222222cos 1MN OM ON OM ON MON OM ON OM ON OM ON ON OM OM =+-⋅∠+-⋅=+-≤≤≤（这里不妨设ON OM ≤）．于是由前知，B 、C 、D 、E 、F 已不能落在扇形16A OA 与12A OA 上，于是这五个点均落在剩下的四个扇形中，由抽屉原理，知必有两点落在同一扇形内或边界上，因此仍有距离不大于1，结论成立．24.1.27★★★一个棋手为参加一次锦标赛将进行77天的集训，他每天至少下一盘棋，而每周至多下12盘棋．证明一定存在一个正整数n ，使得他在这77天里有连续的一天恰好下了21盘棋． 解析用i a 表示这位棋手从第1天到第i 天(包括第i 天)下棋的总盘数，1i =，2，…，77．由于每天至少下一盘棋，所以 12771a a a <<<≤．又因为每周至多下12盘棋，所以7777121327a ⨯=≤， 所以12771132a a a <<<≤≤．考虑下面154个正整数：1a ，2a ，…，77a ，121a +，221a +，…，7721a +．其中最小的是1a ，最大的7721a +不超过13221153+=．因此这154个正整数中必定有两个是相等的．由于 1277a a a <<<，1277212121a a a +<+<<+，所以必定存在i j <，使得 21j i a a =+． 21j i a a -=．令n j i =-，那么该棋手在第1i +，2i +，…，i n j +=这连续的n 天中恰好下了21盘棋． 24.2 容斥原理24.2.1★一个班有45个学生，参加数学课外小组的有30人，参加语文课外小组的有25人，并且每一个人都至少参加了一个课外小组．问：这个班中参加了两个课外小组的同学有多少个?解析 我们画一个图帮助思考，如图所示，画两个相交的圆，其中一个圆表示参加数学课外小组的同学，另一个圆表示参数学课外小组语文课外小组加语文课外小组的同学，那么，两个圆的内部共有45个同学，两个圆的公共部分就是参加了两个课外小组的同学． 因为参加数学课外小组的同学有30人，参加语文课外小组的25人，但30255545+=>，这是因为两个课外小组都参加的同学被重复计算了两次，所以，两个课外小组都参加的同学有()30254510+-=（人）． BA所以，这个班中参加了两个课外小组的同学有10个．评注 本题用的方法是容斥原理1．容斥原理1：A 或B 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数一既是A 又是B 的元素个数． 24．2．2★在1，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有多少个?解析 在1，2，…，100中，5的倍数有5，10，15，…，100共20个，7的倍数有7，14，21，…，98共14个，其中既是5的倍数又是7的倍数的数有35，70共2个．根据容斥原理1得，在1，2，…，100中，5或者7的倍数有2014232+-=（个）． 从而，在l ，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有1003268-=（个）． 24．2.3★某班40位同学在一次数学测验中，答对第一题的有23人，答对第二题的有27人，这两题都答对的有17人，问有多少个同学这两题都不对?解析 根据容斥原理l 得：这两题都不对的同学有()402327177-+-=（人）．24．2．4★某校对五年级100名同学进行学习兴趣调查，结果有58人喜欢语文，有38人喜欢数学，有52人喜欢外语．而且喜欢语文和数学(但不喜欢外语)的有6人，喜欢数学和外语(但不喜欢语文)的有4人，三科都喜欢的有12人，而且每人至少喜欢一科．问有多少同学只喜欢语文?有多少同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)?x 5241238658外语数学语文解析 如图所示，设喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有x 人．于是，喜欢数学和语文的有612+个人，喜欢数学和外语的有124+个人，喜欢语文和外语的有12x +个人．所以()100585238612=++-+()()1241212x -+-++，解得14x =．即喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有14人．所以，只喜欢语文的同学有586121426---=（人）． 所以，有26个同学只喜欢语文，有14个同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)．CBA评注 本题用的方法是容斥原理2．容斥原理2：A 或B 或C 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数C +的元素个数既是A 又是B 的元素个数一既是A 又是C 的元素个数一既是B 又是C 的元素个数+既是A 又是B 又是C 的元素个数．24.2.5★★全班有25个学生，其中17人会骑自行车，13人会游泳，8人会滑冰，这三项运动项目没有人全会．至少会这三项运动之一的学生数学成绩都及格了，但又都不是优秀．如果全班有6个人数学不及格，问：(1)全班数学成绩优秀的有几名?(2)全班有几个人既会游泳又会滑冰?解析 (1)至少会一项运动的人有25619-=人，因为没有人会全部三项运动，因此至少会三项运动之一的人假使每人都会两项，也要()17138219++÷=(人)，这些人数学都及格了，再加上数学不及格的6人，正好是25人，所以没有人数学优秀．(2)如图所示：根据题意可得0 C BA滑冰游泳骑自行车17A B+=，8B C+=，13A C+=；其中A表示既会骑自行车又会游泳的学生人数，B表示既会骑自行车又会滑冰的同学的人数，C表示既会游泳又会滑冰的同学的人数．所以()1381722C=+-÷=，故没有人数学优秀；全班有2人既会游泳又会滑冰．24．2．6★★在1到100个自然数中，既非3的倍数也不是4与5的倍数的数有多少个? 解析只需求出是3或4，5的倍数有多少个，问题也随之解决了．3的倍数有3，6，9，…，99，共33个；4的倍数有4，8，12，…，100，共25个；5的倍数有5，10，15，…，100，共20个．我们还应注意下面这些数：3与4的公倍数有12，24，…，96，共8个；3与5的公倍数有15，30，…，90，共6个；4与5的公倍数有20，40，…，100，共5个；3、4、5的公倍数有1个：60．根据容斥原理，1到100的自然数中是3、4或5的倍数共有()()332520865160++-+++=（个）．因此，1到100的自然数中既非3、4也不是5的倍数有1006040-=（个）．所以，既非3、4也不是5的倍数的数有40个．34.2.7★如图，A、B、C分别是面积为12、28、16的三张不同形状的纸片，它们叠放在一起盖住的总面积为38，若A与B、B与C、C与A的公共部分的面积分别为8、7、6．求A、B、C三张纸片的公共部分的面积(图中阴影部分)．解析设所求三张纸片的公共部分的面积为x，则由容斥原理有38122816876x=++---+，所以所以，A、B、C三张纸片的公共部分的面积为3．24．2．8★★某班在体育课上进行了成绩考核，这个班在100米自由泳、跳远、铅球三项测试中获得优秀等级的人数分类统计如下：100米自由泳获得优秀的有21人，跳远获得优秀的有19人，铅球获得优秀的有20人．100米自由泳和跳远都获得优秀的有9人，跳远和铅球都获得优秀的有7人，铅球和100米自由泳都获得优秀的有8人．有5人没有获得任何一项优秀．问：这个班有多少个学生?解析 设三项都获得优秀的有n 个人，根据容斥原理2，至少有一项优秀的学生有 21192097836n n ++---+=+，所以，这个班的学生有36541n n ++=+人．故这个班的学生人数不少于41人．另一方面，由于获得其中两项优秀的人数分别为9、7、8，所以，获得三项优秀的学生人数不超过7，即7n ≤，所以，这个班的学生人数不超过48人．综上所述，这个班的学生人数在41与48之间．所以，学生人数可能的情况是41，42，43，…， 48人．。
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中学趣味数学：抽屉原理和六人集会问题任意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（mn），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。
观察内容的选择，我本着先静后动，由近及远的原则，有目的、有计划的先安排与幼儿生活接近的，能理解的观察内容。
随机观察也是不可少的，是相当有趣的，如蜻蜓、蚯蚓、毛毛虫等，孩子一边观察，一边提问，兴趣很浓。
我提供的观察对象，注意形象逼真，色彩鲜明，大小适中，引导幼儿多角度多层面地进行观察，保证每个幼儿看得到，看得清。
看得清才能说得正确。
在观察过程中指导。
我注意帮助幼儿学习正确的观察方法，即按顺序观察和抓住事物的不同特征重点观察，观察与说话相结合，在观察中积累词汇，理解词汇，如一次我抓住时机，引导幼儿观察雷雨，雷雨前天空急剧变
化，乌云密布，我问幼儿乌云是什么样子的，有的孩子说：乌云像大海的波浪。
有的孩子说“乌云跑得飞快。
”我加以肯定说“这是乌云滚滚。
”当幼儿看到闪电时，我告诉他“这叫电光闪闪。
”接着幼儿听到雷声惊叫起来，我抓住时机说：“这就是雷声隆隆。
”一会儿下起了大雨，我问：“雨下得怎样?”幼儿说大极了，我就舀一盆水往下一倒，作比较观察，让幼儿掌握“倾盆大雨”这个词。
雨后，我又带幼儿观察晴朗的天空，朗诵自编的一首儿歌：“蓝天高，白云飘，鸟儿飞，树儿摇，太阳公公咪咪笑。
”这样抓住特征见景生情，幼儿不仅印象深刻，对雷雨前后气象变化的词语学得快，记得牢，而且会应用。
我还在观察的基础上，引导幼儿联想，让他们与以往学的词语、生活经验联系起来，在发展想象力中发展语言。
如啄木鸟的嘴是长长的，尖尖的，硬硬的，像医生用的手术刀―样，给大树开刀治病。
通过联想，幼儿能够生动形象地描述观察对象。
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，CD3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、CD3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。
“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。
只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。
《孟子》中的“先生何为出此言也？”；《论语》中的“有酒食，先生馔”；《国策》中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。
其实《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。
可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。
看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。
称“老师”为“先生”的记载，首见于《礼记?曲礼》，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。
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。
要练说，先练胆。
说话胆小是幼儿语言发展的障碍。
不少幼儿当众说话时显得胆怯：有的结巴重复，面红耳赤；有的声音极低，自讲自听；有的低头不语，扯衣服，扭身子。
总之，说话时外部表现不自然。
我抓住练胆这个关键，面向全体，偏向差生。
一是和幼儿建立和谐的语言交流关系。
每当和幼儿讲话时，我总是笑脸相迎，声音亲切，动作亲昵，消除幼儿畏惧心理，让他能主动的、无拘无束地和我交谈。
二是注重培养幼儿敢于当众说话的习惯。
或在课堂教学中，改变过去老师讲学生听的传统的教学模式，取消了先举手后发言的约束，多采取自由讨论和谈话的形式，给每个幼儿较多的当众说话的机会，培养幼儿爱说话敢说话的兴趣，对一些说话有困难的幼儿，我总是认真地耐心地听，热情地帮助和鼓励他把话说完、说好，增强其说话的勇气和把话说好的信心。
三是要提明确的说话要求，在说话训练中不断提高，我要求每个幼儿在说话时要仪态大方，口齿清楚，声音响亮，学会用眼神。
对说得好的幼儿，即使是某一方面，我都抓住教育，提出表扬，并要其他幼儿模仿。
长期坚持，不断训练，幼儿说话胆量也在不断提高。