精品第一节 鸽巢原理Word文档下载推荐.docx

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应用2：

设有n对己婚大妇。

至少要从这2n个人中选出多少人才能保

证能够选出一对夫妇？

为了在这种情形下应用鸽巢原理，考虑n个房间，其中一个房间对应一对夫妇。

如果选择n十1个人并把他们中的每一个人放到他们夫妻所对应的那个房间中去，那么就有一个房间含有两个人；

也就是说，已经选择了一对已婚夫妇。

选择n个人使他们当中一对夫妻也没有的两种方法是选择所有的丈夫和选择所有的妻子，因此，n+1是保

证能有一对夫妇被选中的最小的人数。

4、从应用2得出的两个推论

推论1：

如果将n个物体放入n个盒子并且没有一个盒子是空的，那么每个盒子恰好有一个物体。

说明：

以应用2为例，选择n个人，如果其中有一对夫妻，那么必然有一个房间是空的，为了保证没有空房间，则必须从每对夫妻中选一个人，即恰好从每对夫妻中选一个人。

推论2:

如果将n个物体放入n个盒子并且没有盒子被放入多于一个的物体，那么每个盒子里恰好有一个物体。

以应用2为例，选择n个人，每个房间只能是夫妻中的一个人，2n个人，恰好每个从每对夫妻当中选择一个人。

5、例题

例1：

给定m个整数a1，a2，……，am，存在满足0≤k≤l≤m的整数k和l，使得ak+1+ak+2+……+al能够被m整除。

分析：

题目通俗化，即给定m个整数的序列，其中连续几个的和能被m整除。

所以考虑序列中连续和的情况。

如果其中任何一个能被m整除，那么结论就成立了。

对此，只能先假设连续和不能被整除，即有余数。

解：

找出鸽子：

m个正整数连续和，即a1，a1+a2，a1+a2+a3，……，al+a2+a3+……+am共m个和

构造鸽巢：

连续和不能被整除，那么余数必然为1,2，……，m-1共

m-1个。

如果余数为0或m，则已经整除结论成立，所以只能是m-1个。

鸽巢原理：

m个和，m-1个余数，那么必然有两个余数是相同的。

因此存在整数k和l，0≤k≤l≤m，使得al+a2+a3+……+ak及al+a2+a3+……+al除以m有相同的余数，不妨设

al+a2+a3+……+ak=cm+r……………①

al+a2+a3+……+al=dm+r……………②，其中c，d，r为正整数。

②-①可得

ak+1+ak+2+……+al=（d-c）m

从而可得ak+1+ak+2+……+al能够被m整除。

特例如下

设m=7,且整数为2,4,6,3,5,5,6。

计算上面的和得到2,6,12，15,20,25,31，这些整数被7除时余数分别为2,6,5，1，6,4,3。

有两个等于6的余数，这意味着结论：

6+3+5=14可被7

整除。

例2：

一位国际象棋大师有11周的时间备战一场锦标赛，他决定每天至少下一盘棋，但为了不使自己过于疲劳他还决定每周不能下超过12盘棋。

证明存在连续若干天，期间这位大师恰好下了21盘棋。

问题通俗化即连续若干个正整数的和恰好为21。

实际问题转化为数学模型，即构造一个用来表示若干天下棋总盘数的数列。

然后用鸽巢原理证明。

设a1是在第一天所下的盘数，a2是在第一天和第二天所下的总盘数，a3是在第一天、第二天和第三天所下的总盘数，

11周总共77天，以此类推，a77表示77天下的总盘数。

因为每天至少要下一盘棋，故a1≥1，,因为在任意一周最多下12盘棋，所以a77<

12x11=132，则有序列1≤al＜a2＜a3＜……＜a77=132，为一个严格递增序列。

根据若+干个正整数的和为21这一提示，构造数序列al+21＜a2+21＜a3+21＜……＜a77+21，此序列也是严格递增序列，由此可得al，a2，a3，……，a77，al+21，a2+21，a3+21，……，a77+21共77+77=154个数。

由1≤al＜a2＜a3＜……＜a77=132，则有，1+21≤al+21

＜a2+21＜a3+21＜……＜a77+21=132+21=153。

由此可得al，a2，a3，……，a77，al+21，a2+21，a3+21，……，a77+21是从1到153的正整数。

al，a2，a3，……，a77，al+21，a2+21，a3+21，……，a77+21共154个数，而这些数是从1到153的正整数，从而可知其中必然存在两个数是相等的。

而al，a2，a3，……，a77严格递增，各不相等。

al+21，a2+21，a3+21，……，a77+21也严格递增且各不相等，那么必然有如下相等的情况

存在一个正整数i和一个正整数j，使得ai=aj+21。

ai为大师在前i

天所下的盘数之和，aj为大师在前j天所下的盘数之和，ai-aj=21即为大师从第j+1天，第j+2天到第i天，下了21盘棋。

例3：

从整数1,2,…，200中选出101个整数。

在所选的这

些整数之间存在两个这样的整数，其中一个可被另一个整除。

证明之前，先介绍一种正整数的表示方法。

正整数有奇数有偶数，而任何一个偶数，都可以通过提取因数2，变为奇数与若干个2乘积的形式，例如8=1x2x2x2,24=3x2x2x2，写成一般形式即奇数x2n（其中n=1,2,3……），而这个奇数绝不会超过这个偶数的一半。

下面来证明例3。

1到200中任意选出的101个整数。

用奇数x2n的形式，把1到200的整数全部列出，

1，1x21，1x22，…………………………1x27

3，3x21，3x22，………………………3x26

5，5x21，5x22，……………………5x25

………………………………………………

99，99x21

…………………………………………

199

这样，就把1到200的全部整数列出，共100行。

101个整数放到100行内，必然有两个整数在同一行，这两个数表示为p=ax2m，q=ax2n,其中，a为奇数，1≤a＜199，m、n为正整数，不妨设n＞m

q/p=（ax2n）/（q=ax2m）=2n-m。

二、鸽巢原理的加强形式

1、定理2：

如果要把多于mxn（比如mxn+1）个物体放进n个盒子，

那么至少有一个盒子包含m+1个或m+1个以上的物体。

例4：

空间有六个点，其中任何三点都不共线，任何四点都不共面，在每两点之间连接直线段后涂色，将每一条这样的线段图成红色或蓝色，求证：

不论如何涂色，一定存在一个三角形，它的三边有相同的颜色。

从一点出发，连接的空间直线段有5条，即2x2+1条。

红色和蓝色。

根据定理2，则至少有三条线段的颜色是相同的。

如图：

三条实线段颜色相同，虚线连接三条线

段的端点。

三条虚线段颜色不同时，则与

实现三条实线段构成颜色三边颜色相同

的三角形。

三条虚线段颜色相同，但与三

条实线段颜色不同时，由虚线段构成的三

角形就已经符合结论了。

2、定理3：

设ql，q2，q3，……，qn是正整数，如果将ql+q2+……+qn-n+1个物体体放进n个盒子内，那么或者第一个盒子至少包含ql个物体，或者第二个盒子至少包含q2个物体，……，或者第n个盒子至少包含qn个物体。

ql+q2+……+qn-n+1=（ql-1）+（q2-1）+……+（qn-1）+1根据鸽巢原理，可得第i个盒子至少包含qi个物体，i=1,2，……

反正法：

设第i个盒子含有少于qi个物体物体，那么物体的总数为

（ql-1）+（q2-1）+……+（qn-1）=ql+q2+……+qn-n，比物体总数少1个，与题设矛盾，故结论成立。

上述结论中，当物体总数为ql+q2+……+qn-n时，则有第i个盒子不含有qi或者更多个物体，i=1,2，……，只需将qi-1个物体分配到第i个盒子即可实现。

例5：

—个果篮装有苹杲、香蕉和橘子。

为了保证篮子中或者至少有8个苹果，或者至少有6个香蕉，或者至少有9个橘子，则放人篮子中的水果的最小件数是多少？

根据定理3可得，所需的水果最小件数为8+6+9-3+1=21件。

3、从定理3得到的一个推论

推论3：

设n和r都是正整数。

如果把n（r-1）+1个物体分配到n个盒子中，那么至少有一个盒子含有r或更多个物体。

n（r-1）+1=nr-n+1，令定理3中ql=q2=……=qn=r，则结论成立。

4、由推论3得到的3个平均原理

平均原理1：

如果n个非负整数，ql，q2，q3，……，qn的平均数大于r-1，即（ql+q2+……+qn）/n＞（r-1）,那么那么这n个数中，至少有一个整数大于r-1（即大于或等于r）。

根据推论3，如果n（r-1）+1个物体平均分配到n个盒子中，除一个盒子为r个物体外，其余盒子均为r-1个。

反过来，如果平均数要大于r-1，那个必然一个盒子中的物体数量要大于或等于r。

证法1：

（ql+q2+……+qn）/n=[n（r-1）+1]/n=r-1+1/n＞（r-1）,r∈N+,则必有qi≥r，i=1,2，……

证法2：

反证法，不妨设ql=q2=……=qn=r-1，即设这n个整数全部比r小，则有（ql+q2+……+qn）/n=（r-1），与题设＞r-1矛盾，所以这n个数不可能全部小于r，则必至少有一个大于或等于r。

平均原理2：

如果n个非负整数，ql，q2，q3，……，qn的平均数小于r+1，即（ql+q2+……+qn）/n＜（r+1）,那么那么这n个数中，至少有一个整数小于r+1。

根据推论3，如果n（r+1）-1（因为平均数小于r+1，所以设为n（r+1）-1，其平均数才能小于r+1）个物体平均分配到n个盒子中，除一个盒子为r个物体外，其余盒子均为r+1个。

反过来，如果平均数要小于r+1，那个必然一个盒子中的物体数量要小于或等于r。

（ql+q2+……+qn）/n=[n（r+1）-1]/n=r+1-1/n＜（r+1）,r∈N+。

平均原理3：

如果n个非负整数，ql，q2，q3，……，qn的平均数至少等于r，即（ql+q2+……+qn）/n≥r,那么这n个数中，至少有一个整数大于等于r。

令平均原理中的r-1=u，则结论成立。

有两个碟子，其中一个比另一个小，它们都被分成200个均等的扇形。

在大碟子中，任选100个扇形并着成红色，而其余的100个扇形着成蓝色。

在小碟子中，每一个扇形或者着成红色，或者着成蓝色，所着红色扇形和蓝色扇形的数目没有限制。

然后，将小碟子放到大碟子上面使两个碟子的中心重合。

能够将两个碟子的扇形对齐使得小碟子和大碟子上相同颜色重合的扇形的数目至少是100个。

设小碟子蓝色扇形的数量为x，红色扇形的数量为y。

大碟子不动，转动小碟子，每转2π/200角度，就有一次对应，于是共有200次对应。

大碟子的红色扇形有100个，小碟子的红色扇形有x个，那么转动一周，小碟子每个红色扇形与大碟子对应100次，所以红色扇形对应的次数共有100x次，同理，蓝色对应的次数为100y次，颜色相同的对应次数为100x+100y=100（x+y）=100*200=20000次，那么每个位置颜色相同的平均次数为20000/200=100，根据平均原理3，

则有某个位置颜色相同的扇形数目至少为100个。

习题

1、在边长为1的正方形内任意放置5个点，求证其中必有两个点，这两个点之间的距离不大于

。

如图将正方形等分成4份，根据

定理1可知，必然有2个点落在正方形

的1/4区域内，这两点的距离小于1/4

小正方形的对角线长

2、在边长为1的正方形内任意放入9个点，证明：

以这些点为顶点的许许多多三角形中，必有一个三角形的面积不超过1/8。

如图，将正方形

用平行于边的平行线等

分为4分，取1/4。

由

定理2可知，2x4+1=9个点放入4个盒子内，比然有一个盒子内有

2+1=3个点，现在讨论这三个点构成的三角形的面积。

S△ABC=S△AA’C+S△AA’B≤1xhx1/2+1x（1/4-h）x1/2=1/8。

3、证明：

每个由n2+1个实数构成的数列，a1，a2，……，an²

+1或者含有长度为n+1的递增子数列，或者含有长度为n+l的递减子数列。

当n=1时，n2+1=2，即该数列的长度为2，n+1=2，即含有长度为2的单调子数列。

两个实数构成实数列，必然是单调的。

当n=2时，n2+1=5，即该数列的长度为5，n+1=3，按题意应该能从中找出长度为3的单调子数列。

这就是题目所要表达的意思。

在证明之前，补充一下与数列相关的定义。

数列：

按照一定顺序排列起来的数串a1，a2，……，an，an+1，……，叫数列。

数列的长度：

数列项数的数量成为数量的长度。

有穷数列：

数列的项数是有限的称为有穷数列。

无穷数列：

数列的项数是无限的称为无穷数列。

若al≤a2≤a3≤……≤an≤an+1≤……则为单调递增数列。

若al≥a2≥a3≥……≥an≥an+1≥……则为单调递减数列。

单调递增数列和单调递减数列统称为单调数列。

由相等的数构成的数列也可称为单调数列。

去掉上述单增和单减数列中的等号，则为严格单调数列。

从原数列中抽出一部分，但不改变它们在原数列中的先后顺序，这样得到的一个新数列称为原数列的子数列。

子数列用ai1，ai2，……，ain，ain+1，……，表示，其脚标必须满足

1≤i1≤i2≤……≤in≤in+1≤……

原数列本身也是其子数列。

原数列中抽出1项构成的数列也是其子数列。

下面证明例3。

记原数列为a1，a2，……，an，an+1，……an²

+1。

先考虑递减的情况。

设以ai为首项的最长递减数列的长度为Ni。

下面看一个特例，任意写一个长度为5的数列如，5,9,88,22,31，以5为首项的递减数列的长度为1，以9为首项的递减数列的长度为1，以88为首项的递减数列的长度为3,……由此可知，Ni≥1，且对于长度为n2+1的数列，Ni为n2+1个正整数。

如果原数列中没有长度为n+1的递减数列，则Ni为1到n之间的n2+1个正整数，根据定理2可知，其中必然有n+1个数是相等的。

例如，n=3时，n2+1=10，10个数分配到1、2、3三个盒子中，必然有4个数都为1，或者都为2，或者都为3。

n+1个数相等记为Ni1=Ni2=……=Nin+1，其脚标适合1≤i1≤i2≤……≤in≤in+1≤……≤in2+1。

这就是说，原数列中有n+1个递减子数列的长度是相等的。

任意列出其中两个如下：

ai1，ai5，……，ain，ain+1……………①

ai2，ai6，……，ain+2，ain+8，……………②

其脚标适合1≤i1≤i2≤……≤in≤in+1≤……≤in2+1

比较ai1，ai2，两个不同的实数比较，必然有大小。

作为递减数列，当ai1＞ai2时，必然有数列①比数列②多一项。

当ai1＜ai2时，必然有数列②比数列①多一项。

这与Ni1=Ni2=……=Nin+1是矛盾的。

所以对于ai1＞ai2的情况，必然有ai1＜ai2成立，以此类推，n+1个长度相等的递减数列必然存在一个长度为n+1的递增数列。

对于ai1＜ai2的情况也是如此。

如果设原数列中没有长度为n+1的递增子数列，同理可证必然存在一个长度为n+1的递减子数列。

4、一个国际社团的成员来自6个国家，共有1978人，用1,2，……1978编号，证明：

该社团至少有一个成员的编号与他的同胞的编号之和相等或是其一个同胞的编号的两倍。

该题目与下面的叙述是等价的，即把1,2，……1978按任意方式分成6组，则必有一组具备这样的性质，其中至少有一个数或是等于同一组中其它两数的和，或是等于另一数的两倍。

题目改写是简化明确题目的一种方法。

反证法，设任何一组数都不具备这样的性质，那么应该具备下列性质：

*同一组中任何两个数之差必不在这个组中，若a，b和b-a这三个数在同一组中，则有a+（b-a）=b,就具备欲证的性质了。

①由1978/6＞329，根据定理1可知，必然存在一个数组A，其中至少含有330个数。

对于这330个数，记最大的为mA,mA减去其它329个数，所得的差是既为正整数又小于1978的329个数，根据性质*可知，这329个数一定不在数组A中，必然在其它的5个数组中。

②由329/5＞65，根据定理1，必然存在一个数组B，其中至少含有上面329个数中的66个数。

对于这66个数，记最大的为mB,mB减去其它65个数，所得的差是既为正整数又小于1978的65个数，根据性质*可知，这65个数一定不在数组B中，同时也不在数组A中。

假若其中一个数（mB-b）∈A，其中mB=mA-a1，b=mA-a2，其中a1，a2∈A，a2＞a1，令a2-a1=（mA-b）-（mA-mB）=mB-b∈A，这与性质*相违背，所以这65个数不在数组A、B中，必然属于其它的4个数组。

③由65/4＞16，根据定理1，必然存在一个数组C，其中至少含有上面65个数中的17个数。

对于这17个数，记最大的为mC,mC减去其它16个数，所得的差是既为正整数又小于1978的16个数，根据性质*可知，这16个数一定不在数组C中，同时也不在数组A、B中。

假若其中一个数（mC-c）∈B，其中mC=mB-b1，c=mB-b2，b1，b2∈A，b2＞b1，令b2-b1=（mB-c）-（mB-mC）=mC-c∈B，这与性质*相违背，所以这16个数不在数组A、B、C中，必然属于其它的3个数组。

④由16/3＞5，根据定理1，必然存在一个数组D，其中至少含有上面16个数中的6个数。

对于这6个数，记最大的为mD,mD减去其它5个数，所得的差是既为正整数又小于1978的5个数，根据性质*可知，这5个数一定不在数组D中，同理也不在数组A、B、C中。

必然属于其它的2个数组。

⑤由5/2＞2，根据定理1，必然存在一个数组E，其中至少含有上面5个数中的3个数。

对于这3个数，记最大的为mE,mE减去其它2个数，所得的差是既为正整数又小于1978的2个数，根据性质*可知，这2个数一定不在数组E中，同理也不在数组A、B、C、D中。

必然属于最后一个数组。

⑥若最后两个数在数组F中，记较大的减去较小的所得的差是既为正整数又小于1978，根据性质*可知，这个数一定不在数组F中，同理也不在数组A、B、C、D、E中。

这显然是一个矛盾。

所以题目的结论是正确的。

总结：

鸽巢原理的关键是找到鸽子和构造鸽巢，这要求具备代数、几何、数论等方面的坚实知识基础，通过对大量问题的分析、练习、总结，才能成为构造鸽巢的能工巧匠。