抽屉原理是一种特殊的思维方法.docx

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抽屉原理是一种特殊的思维方法

8-2抽屉原理

教学目标

学目标

抽屉原理是一种特殊的思维方法，不但可以根据它来做出许多有趣的推理和判断，同时能够帮助同学证明很多看似复杂的问题。

本讲的主要教学目标是：

1．理解抽屉原理的基本概念、基本用法；

2．掌握用抽屉原理解题的基本过程；

3.能够构造抽屉进行解题；

4.利用最不利原则进行解题；

5.利用抽屉原理与最不利原则解释并证明一些结论及生活中的一些问题。

知识点拨

一、知识点介绍

抽屉原理有时也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出来并用来证明一些数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．抽屉原理是组合数学中一个重要而又基本的数学原理，利用它可以解决很多有趣的问题，并且常常能够起到令人惊奇的作用．许多看起来相当复杂，甚至无从下手的问题，在利用抽屉原则后，能很快使问题得到解决．

二、抽屉原理的定义

（1）举例

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。

（2）定义

一般情况下，把n＋1或多于n＋1个苹果放到n个抽屉里，其中必定至少有一个抽屉里至少有两个苹果。

我们称这种现象为抽屉原理。

三、抽屉原理的解题方案

（一）、利用公式进行解题

苹果÷抽屉＝商……余数

余数：

（1）余数＝1，结论：

至少有（商＋1）个苹果在同一个抽屉里

（2）余数＝

，结论：

至少有（商＋1）个苹果在同一个抽屉里

（3）余数＝0，结论：

至少有“商”个苹果在同一个抽屉里

（二）、利用最值原理解题

将题目中没有阐明的量进行极限讨论，将复杂的题目变得非常简单，也就是常说的极限思想“任我意”方法、特殊值方法．

知识精讲

模块一、利用抽屉原理公式解题

（一）、直接利用公式进行解题

（1）求结论

【例1】

只鸽子要飞进

个笼子，每个笼子里都必须有

只，一定有一个笼子里有

只鸽子．对吗？

【解析】

6只鸽子要飞进5个笼子，如果每个笼子装1只，这样还剩下1只鸽子．这只鸽子可以任意飞进其中的一个笼子，这样至少有一个笼子里有2只鸽子．所以这句话是正确的．

利用刚刚学习过的抽屉原理来解释这个问题，把鸽笼看作“抽屉”，把鸽子看作“苹果”，6÷5﹦1·····1，1＋1﹦2（只）把6个苹果放到5个抽屉中，每个抽屉中都要有1个苹果，那么肯定有一个抽屉中有两个苹果，也就是一定有一个笼子里有2只鸽子．

【巩固】把9条金鱼任意放在8个鱼缸里面，请你说明至少有一个鱼缸放有两条或两条以上金鱼．

【解析】在8个鱼缸里面，每个鱼缸放一条，就是8条金鱼；还剩下的一条，任意放在这8个鱼缸其中的任意一个中，这样至少有一个鱼缸里面会放有两条金鱼．

【巩固】教室里有5名学生正在做作业，现在只有数学、英语、语文、地理四科作业试说明：

这5名学生中，至少有两个人在做同一科作业．

【解析】将5名学生看作5个苹果将数学、英语、语文、地理作业各看成一个抽屉，共4个抽屉，由抽屉原理，一定存在一个抽屉，在这个抽屉里至少有2个苹果．即至少有两名学生在做同一科的作业．

【巩固】年级一班学雷锋小组有

人．教数学的张老师说：

“你们这个小组至少有

个人在同一月过生日．”你知道张老师为什么这样说吗？

【解析】：

先想一想，在这个问题中，把什么当作抽屉，一共有多少个抽屉？

从题目可以看出，这道题显然与月份有关．我们知道，一年有12个月，把这12个月看成12个抽屉，这道题就相当于把13个苹果放入12个抽屉中．根据抽屉原理，至少有一个抽屉放了两个苹果．因此至少有两个同学在同一个月过生日．

【总结】题目中并没有说明什么是“抽屉”，什么是“物品”，解题的关键是制造“抽屉”，确定假设的“物品”，根据“抽屉少，物品多”转化为抽屉原理来解．

【巩固】数学兴趣小组有13个学生，请你说明：

在这13个同学中，至少有两个同学属相一样．

【解析】属相共12个，把12个属相作为12个“抽屉”，13个同学按照自己的属相选择相应的“抽屉”，根据抽屉原理，一定有一个“抽屉”中有两个或两个以上同学，也就是说至少有两个同学属相一样．

【巩固】光明小学有

名

年出生的学生，请问是否有生日相同的学生？

【解析】一年最多有366天，把366天看作366个“抽屉”，将367名学生看作367个“苹果”．这样，把367个苹果放进366个抽屉里，至少有一个抽屉里不止放一个苹果．这就说明，至少有2名同学的生日相同。

【巩固】用五种颜色给正方体各面涂色（每面只涂一种色），请你说明：

至少会有两个面涂色相同．

【解析】五种颜色最多只能涂5个不同颜色的面，因为正方体有6个面，还有一个面要选择这五种颜色中的任意一种来涂，不管这个面涂成哪种颜色，都会和前面有一个面颜色相同，这样就有两个面会被涂上相同的颜色．也可以把五种颜色作为5个“抽屉”，六个面作为六个物品，当把六个面随意放入五个抽屉时，根据抽屉原理，一定有一个抽屉中有两个或两个以上的面，也就是至少会有两个面涂色相同．

【例2】向阳小学有730个学生，问：

至少有几个学生的生日是同一天？

【解析】一年最多有366天，可看做366个抽屉，730个学生看做730个苹果．因为730÷366＝1·····364，

抽屉原理所以，至少有1＋1＝2（个）学生的生日是同一天．

【巩固】试说明400人中至少有两个人的生日相同.

【解析】将一年中的366天或365天视为366个或365个抽屉，400个人看作400个苹果，从最极端的情况考虑，即每个抽屉都放一个苹果，还有35个或34个苹果必然要放到有一个苹果的抽屉里，所以至少有一个抽屉有至少两个苹果，即至少有两人的生日相同.

【例3】三个小朋友在一起玩，其中必有两个小朋友都是男孩或者都是女孩．

【解析】方法一：

情况一：

这三个小朋友，可能全部是男，那么必有两个小朋友都是男孩的说法是正确的；

情况二：

这三个小朋友，可能全部是女，那么必有两个小朋友都是女孩的说法是正确的；

情况三：

这三个小朋友，可能其中1男2女那么必有两个小朋友都是女孩说法是正确的；

情况四：

这三个小朋友，可能其中2男1女，那么必有两个小朋友都是男孩的说法是正确的．

所以，三个小朋友在一起玩，其中必有两个小朋友都是男孩或者都是女孩的说法是正确的；

方法二：

三个小朋友只有两种性别，所以至少有两个人的性别是相同的，所以必有两个小朋友都是男孩或者都是女孩．

【例4】“六一”儿童节，很多小朋友到公园游玩，在公园里他们各自遇到了许多熟人．试说明：

在游园的小朋友中，至少有两个小朋友遇到的熟人数目相等．

【解析】假设共有n个小朋友到公园游玩，我们把他们看作n个“苹果”，再把每个小朋友遇到的熟人数目看作“抽屉”，那么，n个小朋友每人遇到的熟人数目共有以下n种可能：

0，1，2，……，n－1．其中0的意思是指这位小朋友没有遇到熟人；而每位小朋友最多遇见1n－个熟人，所以共有n个“抽屉”．下面分两种情况来讨论：

⑴如果在这n个小朋友中，有一些小朋友没有遇到任何熟人，这时其他小朋友最多只能遇上2n个熟人，这样熟人数目只有n－1种可能：

0，1，2，……，2n．这样，“苹果”数（n个小朋友）超过“抽屉”数（n－1种熟人数目），根据抽屉原理，至少有两个小朋友，他们遇到的熟人数目相等．

 ⑵如果在这n个小朋友中，每位小朋友都至少遇到一个熟人，这样熟人数目只有1n种可能：

1，2，3，……，n－1．这时，“苹果”数（n个小朋友）仍然超过“抽屉”数（n－1种熟人数目），根据抽屉原理，至少有两个小朋友，他们遇到的熟人数目相等．

总之，不管这n个小朋友各遇到多少熟人（包括没遇到熟人），必有两个小朋友遇到的熟人数目相等．

【巩固】五年级数学小组共有20名同学，他们在数学小组中都有一些朋友，请你说明：

至少有两名同学，他们的朋友人数一样多．

数学小组共有20名同学，因此每个同学最多有19个朋友；又由于他们都有朋友，所以每个同学至少有1个朋友．因此，这20名同学中，每个同学的朋友数只有19种可能：

1，2，3，……，19．把这20名同学看作20个“苹果”，又把同学的朋友数目看作19个“抽屉”，根据抽屉原理，至少有2名同学，他们的朋友人数一样多．

【例5】在任意的四个自然数中，是否其中必有两个数，它们的差能被

整除？

因为任何整数除以3，其余数只可能是0，1，2三种情形．我们将余数的这三种情形看成是三个“抽屉”．一个整数除以3的余数属于哪种情形，就将此整数放在那个“抽屉”里．将四个自然数放入三个抽屉，至少有一个抽屉里放了不止一个数，也就是说至少有两个数除以3的余数相同（需要对学生利用余数性质进行解释：

为什么余数相同，则差就能被整除）．这两个数的差必能被3整除．

【巩固】四个连续的自然数分别被

除后，必有两个余数相同，请说明理由．

【解析】想一想，不同的自然数被3除的余数有几类？

在这道题中，把什么当作抽屉呢？

把这四个连续的自然数分别除以3，其余数不外乎是0，1，2，把这3个不同的余数当作3个“抽屉”，把这4个连续的自然数按照被3除的余数，分别放入对应的3个“抽屉”中，根据抽屉原理，至少有两个自然数在同一个抽屉里，也就是说，至少有两个自然数除以3的余数相同

【例6】证明：

任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数．

【解析】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ab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．

【巩固】证明：

任取6个自然数，必有两个数的差是5的倍数。

【解析】把自然数按照除以5的余数分成5个剩余类，即5个抽屉.任取6个自然数，根据抽屉原理，至少有两个数属于同一剩余类，即这两个数除以5的余数相同，因此它们的差是5的倍数。

【巩固】（第八届《小数报》数学竞赛决赛）将全体自然数按照它们个位数字可分为10类：

个位数字是1的为第1类，个位数字是2的为第2类，…，个位数字是9的为第9类，个位数字是0的为第10类．

（1）任意取出6个互不同类的自然数，其中一定有2个数的和是10的倍数吗？

（2）任意取出7个互不同类的自然数，其中一定有2个数的和是10的倍数吗？

如果一定，请煎药说明理由；如果不一定，请举出一个反例．

【解析】

（1）不一定有．例如1、2、3、4、5、10这6个数中，任意两个数的和都不是10的倍数．

（2）一定有．将第1类与第9类合并，第2类与第8类合并，第3类与第7类合并，第4类与第6类合并，制造出4个抽屉；把第5类、第10类分别看作1个抽屉，共6个抽屉．任意7个互不同类的自然数，放到这6个抽屉中，至少有1个抽屉里放2个数．因为7个数互不同类，所以后两个抽屉中每个都不可能放两个数．当两个互不同类的数放到前4个抽屉的任何一个里面时，它们的和一定是10的倍数．

【巩固】证明：

任给12个不同的两位数，其中一定存在着这样的两个数，它们的差是个位与十位数字相同的两位数．

解析】两位数除以11的余数有11种：

0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，按余数情况把所有两位数分成11种．12个不同的两位数放入11个抽屉，必定有至少2个数在同一个抽屉里，这2个数除以11的余数相同，两者的差一定能整除11．两个不同的两位数，差能被11整除，这个差也一定是两位数（如11，22……），并且个位与十位相同．所以，任给12个不同的两位数，其中一定存在着这样的两个数，它们的差是个位与十位数字相同的两位数．

【例7】任给11个数，其中必有6个数，它们的和是6的倍数．

【解析】设这11个数为1a，2a，3a，……，11a，由5个数的结论可知，在1a，2a，3a，4a，5a中必有3个数，其和为3的倍数，不妨设12313aaak；在4a，5a，6a，7a，8a中必有3个数，其和为3的倍数，不妨设45623aaak；在7a，8a，9a，10a，11a中必有3个数，其和为3的倍数，不妨设78933aaak．又在1k，2k，3k中必有两个数的奇偶性相同，不妨设1k，2k的奇偶性相同，那么1233kk是6的倍数，即1a，2a，3a，4a，5a，6a的和是6的倍数．

【巩固】在任意的五个自然数中，是否其中必有三个数的和是

的倍数？

【解析】至多有两个数在同一个抽屉里，那么每个抽屉里都有数，在每个抽屉里各取一个数，这三个数被3除的余数分别为0，1，2．因此这三个数之和能被3整除．综上所述，在任意的五个自然数中，其中必有三个数的和是3的倍数

【例8】任意给定2008个自然数，证明：

其中必有若干个自然数，和是2008的倍数（单独一个数也当做和）．

【解析】把这2008个数先排成一行：

1a，2a，3a，……，2008a，第1个数为1a；前2个数的和为12aa；前3个数的和为123aaa；……前2008个数的和为122008aaa．如果这2008个和中有一个是2008的倍数，那么问题已经解决；如果这2008个和中没有2008的倍数，那么它们除以2008的余数只能为1，2，……，2007之一，根据抽屉原理，必有两个和除以2008的余数相同，那么它们的差（仍然是1a，2a，3a，……，2008a中若干个数的和）是2008的倍数．所以结论成立．

【巩固】20道复习题，小明在两周内做完，每天至少做一道题．证明：

小明一定在连续的若干天内恰好做了7道题目．

【解析】设小明第1天做了1a道题，前2天共做了2a道题，前3天共做了3a道题，……，前14天共做了14a道题．显然1420a，而1a～13a都小于20．考虑1a，2a，3a，……，14a及17a，27a，37a，……，147a这28个数，它们都不超过27．根据抽屉原理，这28个数中必有两个数相等．由于1a，2a，3a，……，14a互不相等，17a，27a，37a，……，14

7a也互不相等，因而这两个相等的数只能一个在前一组，另一个在后一组中，即有：

7jiaa，所以7jiaa．这表明从第1i天到第j天，小明恰好做了7道题．

【例9】求证：

可以找到一个各位数字都是4的自然数，它是1996的倍数．

【解析】，下面证明可以找到1个各位数字都是1的自然数，它是499的倍数．取500个数：

1，11，111，……，111……1（500个1）．用499去除这500个数，得到500个余数1a，2a，3a，…，500a．由于余数只能取0，1，2，…，498这499个值，所以根据抽屉原则，必有2个余数是相同的，这2个数的差就是499的倍数，差的前若干位是1，后若干位是0：

11…100…0．又499和10是互质的，所以它的前若干位由1组成的自然数是499的倍数，将它乘以4，就得到一个各位数字都是4的自然数，这是1996的倍数．

【巩固】任意给定一个正整数

，一定可以将它乘以适当的整数，使得乘积是完全由0和7组成的数.

【解析】考虑如下1n个数：

7，77，777，……，777n位，1777n位，这1n个数除以n的余数只能为0，1，2，……，1n中之一，共n种情况，根据抽屉原理，其中必有两个数除以n的余数相同，不妨设为777p位和777q位（pq），那么（）777777777000pqpqq位位位位是n的倍数，所以n乘以适当的整数，可以得到形式为（）777000pqq位位的数，即由0和7组成的数．

【例10】求证：

对于任意的8个自然数，一定能从中找到6个数a，b，c，d，e，f，使得

是105的倍数．

【解析】105357．对于任意的8个自然数，必可选出2个数，使它们的差是7的倍数；在剩下的6个数中，又可选出2个数，使它们的差是5的倍数；在剩下的4个数中，又可选出2个数，使它们的差是3的倍数．

【巩固】任给六个数字，一定可以通过加、减、乘、除、括号，将这六个数组成一个算式，使其得数为105的倍数．

【解析】根据上一题的提示我们可以写出下列数字谜（）（）（）abcdef使其结果为105的倍数，那么我们的思路是使第一个括号里是7的倍数，第二个括号里是5的倍数，第三个括号里是3的倍数，那么对于如果六个数字里有7的倍数，那么第一个括号里直接做乘法即可，如果没有7的倍数，那么我们做如下抽屉：

{除以7的余数是1或者是6}{除以7的余数是2或者是5}{除以7的余数是3或者是4}那么六个数字肯定有两个数字在同一个抽屉里，那么着两个数如果余数相同，做减法就可以得到7的倍数，如果余数不同，做加法就可以得到7的倍数．这样剩下的4个数中，同理可得后面的括号里也可以组合出5和3的倍数．于是本题可以证明．

【巩固】（

年中国台湾小学数学竞赛决赛

（一）在

张卡片上不重复地编上

~

，至少要随意抽出几张卡片才能保证所抽出的卡片上的数之乘积可被

整除？

【解析】21223，因为3的倍数有100333个，所以不是3的倍数的数一共有（个），抽取这67个数无法保证乘积是3的倍数，但是如果抽取68个数，则必定存在一个数是3的倍数，又因为奇数只有50个，所以抽取的偶数至少有18个，可以保证乘积是4的倍数，从而可以保证乘积是12的倍数。

于是最少要抽取68个数（即：

68张卡片）才可以保证结果。

【例11】把1、2、3、…、10这十个数按任意顺序排成一圈，求证在这一圈数中一定有相邻的三个数之和不小于17．

【解析】（法1）把这一圈从某一个数开始按顺时针方向分别记为1a、2a、3a、…、10a．相邻的三个数为一组，有123aaa、234aaa、345aaa、…、9101aaa、1012aaa共10组．

这十组三个数之和的总和为：

12323410121210+++3355165aaaaaaaaaaaa，，根据抽屉原理，这十组数中至少有一组数的和不小于17．（法2）在10个数中一定有一个数是1，不妨设101a，除去10a之外，把1a、2a、3a、…、9a这9个数按顺序分为三组123aaa、456aaa、789aaa．因为这三组数之和的总和为：

123456789++231054aaaaaaaaa，根据抽屉原理，这三组数中至少有一组数之和不小于17．

【巩固】圆周上有

个点，在其上任意地标上

（每一点只标一个数，不同的点标上不同的数）．证明必然存在一点，与它紧相邻的两个点和这点上所标的三个数之和不小于

【解析】把这一圈从某一个数开始按顺时针方向分别记为1a、2a、3a、…、2000a．相邻的三个数为一组，有123aaa、234aaa、345aaa、…、199920001aaa、200012aaa共2000组．这2000组三个数之和的总和为：

1232342+++33（1231999）5997000aaaaaaaaaaaa59971000，根据抽屉原理，这两千组数中至少有一组数的和不小于2999．

【例12】证明：

在任意的6个人中必有3个人，他们或者相互认识，或者相互不认识．

【解析】把这6个人看作6个点，每两点之间连一条线段，两人相互认识的话将线段涂红色，两人不认识的话将线段涂上蓝色，那么只需证明其中有一个同色三角形即可．从这6个点中随意选取一点A，从A点引出的5条线段，根据抽屉原理，必有3条的颜色相同，不妨设有3条线段为红色，它们另外一个端点分别为B、C、D，那么这三点中只要有两点比如说B、C之间的线段是红色，那么A、B、C3点组成红色三角形；如果B、C、D三点之间的线段都不是红色，那么都是蓝色，这样B、C、D3点组成蓝色三角形，也符合条件．所以结论成立．

【巩固】平面上给定6个点，没有3个点在一条直线上．证明：

用这些点做顶点所组成的一切三角形中，一定有一个三角形，它的最大边同时是另外一个三角形的最小边．

【解析】我

们先把题目解释一下．一般情况下三角形的三条边的长度是互不相等的，因此必有最大边和最小边．在等腰三角形（或等边三角形中），会出现两条边，甚至三条边都是最大边（或最小边）．我们用染色的办法来解决这个问题．分两步染色：

第一步：

先将每一个三角形中的最大边涂上同一种颜色，比如红色；第二步，将其它的未涂色的线段都涂上另外一种颜色，比如蓝色．这样，我们就将所有三角形的边都用红、蓝两色涂好．根据上题题的结论可知，这些三角形中至少有一个同色三角形．由于这个同色三角形有自己的最大边，而最大边涂成红色，所以这个同色三角形必然是红色三角形．由于这个同色三角形有自己的最小边，而这条最小边也是红色的，说明这条最小边必定是某个三角形的最大边．结论得证．

【巩固】假设在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每两点用红色或蓝色的线段连起来，都连好后，问你能不能找到一个由这些线构成的三角形，使三角形的三边同色？

【解析】从这6个点中随意选取一点A，从A点引出的5条线段，根据抽屉原理，必有3条的颜色相同，不妨设有3条线段为红色，它们另外一个端点分别为B、C、D，那么这三点中只要有两点比如说B、C之间的线段是红色，那么A、B、C3点组成红色三角形；如果B、C、D三点之间的线段都不是红色，那么都是蓝色，这样B、C、D3点组成蓝色三角形，也符合条件．所以结论成立．（可以拓展玩转数学）

【巩固】平面上有17个点，两两连线，每条线段染红、黄、蓝三种颜色中的一种，这些线段能构成若干个三角形．证明：

一定有一个三角形三边的颜色相同．

【解析】从这17个点钟任取一个点A，把A点与其它16个点相连可以得到16条线段，根据抽屉原理，其中同色的线段至少有6条，不妨设为红色．考虑这6条线段的除A点外的6个端点：

⑴如果6个点两两之间有1条红色线段，那么就有1个红色三角形符合条件；

⑵如果6个点之间没有红色线段，也就是全为黄色和蓝色，由上面的2题可知，这6个点中必有3个点，它们之间的线段的颜色相同，那么这样的三角形就符合条件．综上所述，一定存在一个三角形满足题目要求．

【例13】上体育课时，21名男、女学生排成3行7列的队形做操．老师是否总能从队形中划出一个长方形，使得站在这个长方形4个角上的学生或者都是男生，或者都是女生?

如果能，请说明理由；如果不能，请举出实例．

【解析】因为只有男生或女生两种情况，所以第1行的7个位置中至少有4个位置同性别．为了确定起见，不妨设前4个位置同是男生，如果第二行的前4个位置有2名男生，那么4个角同是男生的情况已经存在，所以我们假定第二行的前4个位置中至少有3名女生，不妨假定前3个是女生．又第三行的前3个位置中至少有2个位置是同性别学生，当是2名男生时与第一行构成一个四角同性别的矩形，当有2名女生时与第二行构成四角同性别的矩形．所以，不论如何，总能从队形中划出一个长方形，使得站在这个长方形4个角上的学生同性别．问题得证．

【例14】8个学生解8道题目．

（1）若每道题至少被5人解出，请说明可以找到两个学生，每道题至少被过两个学生中的一个解出．

（2）如果每道题只有4个学生解出，那么

（1）的结论一般不成立．试构造一个例子说明这点.

【解析】

（1）先设每道题被一人解出称为一次，那么8道题目至少共解出58=40次，分到8个学生身上，至少有一个学生解出了5次或5次以上题目，即这个学生至少解出5道题，称这个学生为A，我们讨论以下4种可能：

第一种可能：

若A只解出5道题，则另3道题应由其他7个人解出，而3道题至少共被解出35=15次，分到7个学生身上，至少有一名同学解出了3次或3次以上的题目（15=27+1，由抽屉原则便知）由于只有3道题，那么这3道题被一名学生全部解出，记这名同学为B．那么，每道题至少被A、B两名同学中某人解出．

第二种可能：

若A解出6道题，则另2道题应由另7人解出，而2道题至少共被解出2×5=10次，分到7个同学身上，至少有一名同学解出2次或2次