四川省宜宾市第三中学高一数学教学论文 抽屉原理在高中数学竞赛中的一些构造及其应用Word文档格式.docx

1、4.1 利用区间构造抽屉 24.3 利用整数分组作抽屉 24.5 利用染色体构造抽屉 24.7 以元素对作抽屉 25 抽屉原理的应用 25.2 应用举例 2参考文献： 21 引言“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家狄利克雷（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“狄利克雷原理”，也有称“鸽笼原理”的。简地说就是：把3个苹果放入两个抽屉中，必有一个抽中至少有两个苹果；把3个苹果放入4个抽屉中，必有个抽屉中没有苹果。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。中学生在应用抽屉原理解决问题时，往往不能进行系统总结，从而对问题的实质看不穿。“

2、抽屉原理”是一个重要而又基本的组合原理，是非常规解题的的重要类型，例如文献1-3主要叙述了抽屉原理的一些基本形式及其性质。文献4的衡阳技师学院的赵晶老师着重研讨了运用抽屉原理时构造抽屉的技巧，并归纳抽屉原理的适用范围和运用时的注意事项。而文献5中广东三水广播电视大学的钟颖老师从所给出的通俗表述形式出发，细分下去，得出了鸽笼原理更全面、更广泛的通俗表述形式。文献6-9从实际例子出发，介绍了抽屉原理在实际生活中的应用。文献10-12则从抽屉原理的一些细节问题上出发进行了深入讨论。文献14是从高观点下中学数学的角度分析了抽屉原理。最后文献13-15介绍了抽屉原理在应用时的一些方法。2 抽屉原理简介2

3、.1 抽屉原理一般组合数学的教材关于鸽笼原理的简单形式为：设是有限集，且，则必有正整数（），使得。其通俗表述为：如果只鸽子飞进个笼子， 则必有一个笼子，该笼子里至少有2只鸽子。关于鸽笼原理的一般形式为：设是（）元集，且，则必有正整数（），使得。如果（）只鸽子飞进个笼子，则必有一个笼子，该笼子至少有只鸽子。2.2 抽屉原理的性质通俗表述形式并没有指出这个笼子的性质，要强调这个笼子的互不相干性。假定问题为：7个皮球放进6个抽屉里，则必有一个抽屉，该抽屉至少有2个皮球。这种表述形式合理的前提条件为这6个抽屉互不相干。试分析一下，如果这个6抽屉有一大套一小的情形出现，则此结论就有问题了。另外，在应用鸽

4、笼原理的通俗形式解决实际问题时，要注意放入对象的完整性（即不可分割性）。若假设问题为7对鞋放进6个互不相干的抽屉里，则必有1个抽屉，该抽屉里至少有2对鞋的结论并不正确。原因是一对鞋并不是一个不可分割的整体，而是可分离的对象。所以可以出现有2个抽屉放入一对半鞋，其余个4抽屉放入一对鞋的情形。除了要指出放进对象与被放进对象性质之外，还存在至多与至少问题。由前知：7只白鸽飞进3个互不相干的笼子里，至少有一个笼子里至少有3只白鸽，这个结论是很显然的。如假定问题：7为只白鸽飞进3个互不相干的笼子里，至少有一个最大笼里至少有几只白鸽？至少有一个最小笼里至多有几只？分析其结果为：7只白鸽飞进3个互不相干的笼

5、子里，至少有一个最大笼里至少有只，至少有一只最小笼里至多有只。推广到只白鸽到个笼子的情形：只白鸽飞进个互不相干的笼子里，至少有一个最大笼里至少有只白鸽，至少有一个最小笼里至多有只白鸽。当然，鸽笼原理本身就有一定的局限性，它对于一些更加复杂的有关存在性的组合问题，显得无能为力。但有了这些关于鸽笼原理相对的通俗表述形式之后，就更清楚了应用此原理的相对条件。2.3 抽屉原理的几种形式其中是指不小于的最小整数。其中是指不大于的最大整数。1）第一抽屉原理（少的抽屉原理）：设有个元素分属于个集合（其两两的交集可以非空），且（均为正整数），则必有一个集合中至少有个元素。2）第二抽屉原理（多的抽屉原理）：设有

6、个元素分属于个两两不相交的集合，且（均为正整数），则必有一个集合中至多有个元素。3）无限的抽屉原理：设有无穷多个元素分属于个集合，则必有一个集合中含有无穷多个元素。3 抽屉原理相关推论3.1 平均值原理设，且，则中有一个不大与，亦有一个不小于；有一个不大与，亦有一个不小于。3.2 面积重叠原理个平面图形的面积分别为，见他们以任意方式放入一个面积为的平面图形内。1）若，则存在，使图形与有公共内点。2）若，则内存在一点，不属于图形中的任意一个。4 构造抽屉的方法4.1 利用区间构造抽屉在遇到证明不等式的问题时，一般先利用区间构造抽屉，再利用任意区间里两数之差小于区间端点之差来构造出不等式。例1任给

7、7个实数，证明必存在两个实数满足。证明：设7个实数为作，显然，把分成6个区间：，依抽屉原理，必有两个属于同一区间，不妨设为，且，而不论属于哪个小区间，都有，由正切函数的单调性可知： （1）不妨记，则，而由（1）知，又（），从而有。4.2 利用几何图形作抽屉 利用几何图形做抽屉，关键在于分割，分割出符合题意的图形，即满足了题意，又使“鸽子”的个数大于“笼子”的个数，再利用抽屉原理及其它的一些推论解题。例2有直径为5的圆中放入10个点，求证：其中必有某两点的距离小于2。图1 例2图分析：如果此题直接以半径分割，平均分为9块，在每一块中沿半径方向的长都为2.5，虽然“鸽子”的个数大于“笼子”的个数，

8、但不符合题意两点的距离小于2，所以，要用另外方法进行分割。先把圆分成8个相等的伞形，再以圆的中心为中心，0.9为半径作圆，以该小圆做一抽屉，八个扇形切下的部分做八个抽屉，共计九个抽屉，而原来每个扇形的弧长，从而即同一抽屉内任二点间距离均小于2，又10个点放入九个抽屉内，由抽屉原理，必有两点在同一个抽屉内，这两点距离就小于2。4.3 利用整数分组作抽屉利用整数分组关键在于构造“鸽子”，抽屉一般都事先明确给出，所以，应该怎么构造“鸽子”是难点。好的构造可以一眼看出思路，得出结论。例3对于个不同的自然数，若每一数都小于，那么可以从中选取三个数，使其中两数之和等于第三数。此题要应用抽屉原理，还差至少只

9、“鸽子”，再根据证明的结论，分析出可以用作差法构造出剩下的“鸽子”。把这个自然数排成单调增序列：，作，。则,现考察，这个小于的自然数。则必有，即。4.4 用状态制作抽屉所谓状态，可以理解为某物在某一时刻的情况，状态虽可以变，但变化的情况分析出不乏就只有几种，从而可利用这几种情况作为抽屉，再利用抽屉原理解决问题。例4世界上任意6个人中，一定有3个人或者相互认识，或者不相互认识。图2 例4图将6个人用平面上的无三点共线的6个点表示，两个人互相认识，就把代表这两个人的两点用实线连接起来，两个人不互相认识，就把代表这两个人的两点用虚线连起来，于是问题就归结为：设平面上有六个点（任意三点不共线），每两点

10、之间都用线相连，且每条线段是实线、虚线色之一，那么图中必有一个是三边同线的三角形，已知六点，先取点与其它各点联成5条线段，由抽屉原理知，这5条线段中至少有3条同线，不失一般性，取为，都为实线。再看由构成的的线的情况：的三条边中，至少有一边是实线，不妨设为，则是一个实线三角形。同理，的三边都是虚线，这时就是一个虚线三角形，由此命题得证。4.5 利用染色体构造抽屉利用染色体构造抽屉严格说来是属于用状态制作抽屉的特殊情形，即有两个抽屉时。之所以把它单独拿出来讨论，因为在遇到只有两种排斥情形的抽屉原则问题时，利用染色方法解决问题，比较形象、简便。而这也包含到了这类问题的大部分情况。例5将平面上每一点都

11、以红、蓝色之一着色。证明，存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为2000，并且每一个三角形的三个顶点同色。图3 例5图在平面上取任意一点，从出发，在同侧引9条射线，以为圆心，以半径画弧交9条射线于9个点，由于这9个点染有两种颜色，根据抽屉原理，至少有5个点同色，不妨取为。再以为圆心，以为半径画弧，交射线依次于。再根据抽屉原理，其中必有3点同色，不妨取为，连结及，得两，可知，相似比为2000，且，每一个的三个顶点都同色。4.6 以集合作抽屉以集合作抽屉关键在于分组构造“笼子”，与利用整数分组关键在于构造“鸽子”恰好相反。所以要分清这两种方法的异同，才能更好的解题。例6证明：在小于100的27个

12、不同的奇自然数中，必定可找到两个数，它们的和等于102。小于100的奇数有1，3，5，99共50个数，现在要用它做成26个抽屉，而且至少有一抽屉不少于两个数，这两个数之和恰为102就解决了。全，除，外，每个抽屉均有和为102的两个奇数。由小于100的奇数中任取27个奇数，这27个奇数必取自这26个集合，依抽屉原理，至少有2个不同的奇数来源于同一抽屉。显然这个抽屉只能属于之一，这两个数之和等于102。4.7 以元素对作抽屉以元素对作抽屉关键在于构造出抽屉的前一步，即先找出元素出现的规律，再找到元素对中每个位置元素的个数，随后便可构造出抽屉，应用抽屉原理问题便迎刃而解。例7有一无穷小数，其中是0，

13、1，2，9中的一个数字，且为奇数，为偶数，的个位数字，的个位数字。求证：是有理数。为证为有理数，只须证为循环小数即可。由的构成规律知，从第三位起每位数字由前两位数字来决定，因此，只要证前两位数字重复出现，即此小数就开始循环，要注意到一个奇数与一个偶数之和为奇数，两个奇数之和的个位数一定为偶数，则=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇。今考察非负整数对（），由已知其中为奇数，为偶数，则=1，3，5，7，9。=0，2，4，6，8。这样的（）最多只有对，因此在的前26对这样的数中，必有两对完全相同，故为循环小数。4.8 按同余类构造抽屉同余类构造抽屉是抽屉原理应用中最常见的类型之一，一般对模的同余分类来构造个抽屉

14、，主要解决有关整除的存在性问题。例8为四个任意给定的整数，求证：差，的乘积能被12整除。设。我们先证明3整除。（1）把按被3除的余数0，1，2分为三类（抽屉）。由抽屉原则,、四个数中必有两个数对模3同余（即被3除的余数相同），不妨设对模3同余。这时3可整除，从而3可整除。（2）把按被4除的余数0，1，2，3分为四类（抽屉）。如果、中有两个数被4除的余数相同，那么它们的差必能被4整除，从而4可整除。设四数除以4的余数不同，由此可知，中必有两个奇数（不妨设），也必有两个偶数（设为）。这时为偶数，也是偶数，故4可整除，自然也可得出4整除。所以，能被12整除，命题得证。注意：如以2为模，将全体整数分为“余0类”（偶数）和“余1类”（奇数）两只抽屉；以3为模, 将整数集合分为“余0