小学奥数抽屉原理简介__（定稿）

小学奥数抽屉原理简介__（定稿）

第一篇：小学奥数抽屉原理简介__（定稿）

小学奥数之-----抽屉原理

桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，有的抽屉可以放一个，有的可以放两个，有的可以放五个，但最终我们会发现至少我们可以找到一个抽屉里面至少放两个苹果。这一现象就是我们所说的抽屉原理。

抽屉原理的一般含义为：“如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有n＋1或多于n＋1个元素放到n个集合中去，其中必定至少有一个集合里至少有两个元素。”

抽屉原理有时也被称为鸽巢原理（“如果有五个鸽子笼，养鸽人养了6只鸽子，那么当鸽子飞回笼中后，至少有一个笼子中装有2只鸽子”）

。它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原理。它是组合数学中一个重要的原理。

一．抽屉原理最常见的形式

原理1 把多于n个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有2个或2个以上的物体。

[证明]（反证法）：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.原理2 把多于mn个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有m+1个或多于m+1 个的物体。

[证明]（反证法）：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.原理1 2都是第一抽屉原理的表述

第二抽屉原理：

把（mn－1）个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有（m—1）个物体。

[证明]（反证法）：若每个抽屉都有不少于m个物体，则总共至少有mn个物体，与题设矛盾，故不可能

二．应用抽屉原理解题

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。

例１：400人中至少有两个人的生日相同.解：将一年中的366天视为366个抽屉，400个人看作400个物体，由抽屉原理1可以得知：至少有两人的生日相同.又如：我们从街上随便找来13人，就可断定他们中至少有两个人属相相同.“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。”

例2：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，那么根据原理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.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.）

抽屉原理虽然简单，但应用却很广泛，它可以解答很多有趣的问题，其中有些问题还具有相当的难度。下面我们来研究有关的一些问题。

（一）整除问题

把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，….在研究与整除

有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。

例1 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。

分析与解答在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是7的倍数。

例2：对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除.证明∵任何数除以3所得余数只能是0，1，2，不妨分别构造为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，我们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，则其中必有一个抽屉，包含有3个余数（抽屉原理），而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个自然数之和是3的倍数.③若这5个余数分布在其中的一个抽屉中，很显然，必有3个自然数之和能被3整除.例2′：对于任意的11个整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除.证明：设这11个整数为：a1，a2，a3……a11 又6=2×3

①先考虑被3整除的情形

由例2知，在11个任意整数中，必存在：

3|a1+a2+a3，不妨设a1+a2+a3=b1；

同理，剩下的8个任意整数中，由例2，必存在：3 | a4+a5+a6.设a4+a5+a6=b2；

同理，其余的5个任意整数中，有：3|a7+a8+a9，设：a7+a8+a9=b3

②再考虑b1、b2、b3被2整除.依据抽屉原理，b1、b2、b3这

三个整数中，至少有两个是同奇或同偶，这两个同奇（或同偶）的整数之和必为偶数.不妨设2|b1+b2

则：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6

∴任意11个整数，其中必有6个数的和是6的倍数.例3：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.（二）面积问题

例：九条直线中的每一条直线都将正方形分成面积比为2:3的梯形，证明：这九条直线中至少有三条经过同一点.证明：如图，设直线EF将正方形分成两个梯形，作中位线MN。由于这两个梯形的高相等，故它们的面积之比等于中位线长的比，即|MH|:|NH|。于是点H有确定的位置（它在正方形一对对边中点的连线上，且|MH|:|NH|＝２:３）.由几何上的对称性，这种点共有四个（即图中的H、J、I、K）.已知的九条适合条件的分割直线中的每一条必须经过H、J、I、K这四点中的一点.把H、J、I、K看成四个抽屉，九条直线当成９个物体，即可得出必定有３条分割线经过同一点.（三）染色问题

例1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，根据原理二，至少有三个面涂上相同的颜色.例2 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。

分析与解答首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.根据抽屉原理，至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。