第一篇：抽屜原理的應(yīng)用及其推廣優(yōu)秀畢業(yè)論文[大全]

數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院畢業(yè)論文

抽屜原理的應(yīng)用及其推廣

數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院

數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)

指導(dǎo)老師： 王美能

摘要：抽屜原理也叫鴿巢原理，是研究如何將元素分類的一個(gè)原理，也是組合數(shù)學(xué)里最簡(jiǎn)單、最基本的原理。本文簡(jiǎn)述了抽屜原理普遍使用的簡(jiǎn)單形式，重點(diǎn)介紹了抽屜原理在我們數(shù)學(xué)競(jìng)賽，通過由淺到深，由簡(jiǎn)單到復(fù)雜，循序漸進(jìn)的了解抽屜原理。同時(shí)，通過對(duì)抽屜原理的學(xué)習(xí)，我們可以發(fā)現(xiàn)在我們?nèi)粘Ｉ钪泻芏嗟胤蕉加谐閷显淼膽?yīng)用。通過本文的介紹，相信大家對(duì)抽屜原理會(huì)有一個(gè)更為全面的認(rèn)識(shí)。

關(guān)鍵詞：抽屜原理、狄利克雷原理、數(shù)學(xué)競(jìng)賽、拉姆塞定理

Abstract：This paper describes the simple form of the widespread use of drawer principle,focuses on the drawer principle in mathematics our primary school mathematics,advanced mathematics,form shallow to deep,form simple to complex,step by step to understand the principle of drawer.At the same time,the drawer principle of learning,we can find applications in our daily life,there are a lot of places of drawer principle,such as computer divination,schedule,resource allocation and so on.Keywords: Drawer principle,de Lickley principle,Mathematics competition,Ramsry’s theorem 引言

抽屜原理又稱鴿巢原理、鞋箱原理或重疊原理，是一個(gè)十分簡(jiǎn)單又十分重要的原理.它是由德國(guó)著名數(shù)學(xué)家狄利克雷(P.G.T.Dirichlet 1805-1855)首先發(fā)現(xiàn)的，因此也叫作狄利克雷原理。

抽屜原理簡(jiǎn)單易懂，主要用于證明某些存在性或至少類的問題，在生活中抽屜原理的應(yīng)用非常廣泛，解決了生活中一些模糊不清的問題，方便了人們的生活。

本文歸納了抽屜原理在小學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽、中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的一些簡(jiǎn)單應(yīng)用，由淺入深將抽屜原理推廣到更高的領(lǐng)域，并舉例闡述了抽屜原理在現(xiàn)實(shí)生活中的應(yīng)用。抽屜原理的定義

第一抽屜原理

原理1：把多于n個(gè)的物體放在n個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里的東西不少于兩件。

證明（反證法）：如果每個(gè)抽屜至多只能放進(jìn)一個(gè)物體，那么物體的總數(shù)至多是 n，而不是題設(shè)1)，故不可能。的n?k(k≥ 原理2：把多于mn（m乘于n）個(gè)的物體放到n個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里有不少于m?1的物體。

證明（反證法）：若每個(gè)抽屜至多放進(jìn)m個(gè)物體，那么n個(gè)抽屜至多放進(jìn)mn個(gè)物體，與題設(shè)不符，故不可能。

原理3：把無窮多件物體放入n個(gè)抽屜，則至少有一個(gè)抽屜里有無窮個(gè)物體。

第二抽屜原理

（m?1）（mn?1）把個(gè)物體放入n個(gè)抽屜中，其中必有一個(gè)抽屜中至多有個(gè)物體（例如，將3×5-1?14個(gè)物體放入5個(gè)抽屜中，則必定有一個(gè)抽屜中的物體數(shù)少于等于3-1?2）。

證明（反證法）：若每個(gè)抽屜都有不少于m個(gè)物體，則總共至少有mn個(gè)物體，與題設(shè)矛盾，故不可能。抽屜原理在數(shù)學(xué)競(jìng)賽以及實(shí)際生活中的應(yīng)用

數(shù)學(xué)競(jìng)賽是以開發(fā)智力為根本目的、以問題解決為基本形式、以競(jìng)賽數(shù)學(xué)為主要內(nèi)容。最本質(zhì)的是對(duì)中學(xué)生進(jìn)行“競(jìng)賽數(shù)學(xué)”的教育，這種教育的性質(zhì)是：較高層次的基礎(chǔ)教育、開發(fā)智力的素質(zhì)教育、生動(dòng)活潑的業(yè)余教育、現(xiàn)代數(shù)學(xué)的普及教育。

數(shù)學(xué)競(jìng)賽與體育競(jìng)賽相類似，它是青少年的一種智力競(jìng)賽，所以蘇聯(lián)人首創(chuàng)了“數(shù)學(xué)奧林匹克”這個(gè)名詞。在類似的以基礎(chǔ)科學(xué)為競(jìng)賽內(nèi)容的智力競(jìng)賽中，數(shù)學(xué)競(jìng)賽歷史最悠久，參賽國(guó)最多，影

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響也最大。

數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)也是由淺入深逐步發(fā)展的。幾乎每個(gè)國(guó)家的數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)都是先由一些著名數(shù)學(xué)家出面提倡組織，試題的命題在背景的深刻度和構(gòu)題的藝術(shù)性上也有較高的要求，較為突出的有四條：內(nèi)容的科學(xué)性、結(jié)構(gòu)的新穎性、功能的選拔性、解法的靈活性。數(shù)學(xué)競(jìng)賽命題的基本途徑主要有：高等初等化，歷史名題的再生，成題改編，模型法。抽屜原理由于它自身的特點(diǎn)，簡(jiǎn)單并且思維方法在解題過程中可以演變出很多奇妙的變化和頗具匠心的運(yùn)用，所以抽屜原理經(jīng)常是命題人出題方向及思路。

3.1 抽屜原理在小學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的應(yīng)用

其實(shí)在抽屜原理在小學(xué)數(shù)學(xué)中已經(jīng)有雛形了，在人教版六年級(jí)下冊(cè)中的“數(shù)學(xué)廣角”中，就已經(jīng)出現(xiàn)了一些抽屜原理的簡(jiǎn)單應(yīng)用。當(dāng)時(shí)就有很多教師反應(yīng)教學(xué)存在一定的困難性，不僅如此，學(xué)生也普遍覺得難以理解，學(xué)習(xí)起來也很困難！在數(shù)學(xué)問題中，經(jīng)常碰到有關(guān)“存在性”的問題。如某地區(qū)醫(yī)院一月共接生32名嬰兒，那么一定存在兩名嬰兒，他們是在同一天出生的。在解決這類問題中，只需要確定某個(gè)人（或某件物），也不需要嚴(yán)格說明通過什么方式把這個(gè)存在的人（或物）找出來。這就是我們小學(xué)初次接觸的比較簡(jiǎn)單的“抽屜原理”，即把多于n個(gè)的物體放在n個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里的東西不少于兩件。在教學(xué)過程中，教學(xué)者普遍認(rèn)為在這類問題上很難向?qū)W生講清其中的來龍去脈，所以在理解算法的基礎(chǔ)上，采用“總有??至少??”的語言敘述出來，以加固理解，采用這種教學(xué)方法，學(xué)生相對(duì)來說容易理解一些。

下面我們將問題建立兩類模型來解決：

模型一 求至少的問題

這類問題的特點(diǎn)是：已知“抽屜”的個(gè)數(shù)，求某個(gè)“抽屜”里至少能裝多少的問題。

例1 在任意的49個(gè)人中，至少有幾個(gè)人的屬相相同？

解：因?yàn)楣灿?2個(gè)生肖，將12個(gè)生肖看成12個(gè)“抽屜”，問題就轉(zhuǎn)換成尋求一個(gè)“抽屜”里至少能“裝”多少人。我們可以先算出平均每個(gè)“抽屜”“裝”多少個(gè)人：49?12?4??1，多出來的1個(gè)人總會(huì)隨機(jī)的進(jìn)入到某個(gè)“抽屜”中，所以總有一個(gè)抽屜里有四個(gè)人，也就是總有一種生肖屬相里至少有4個(gè)人。即：至少有4個(gè)人的屬相相同。

例2平面上有六個(gè)點(diǎn)A、B、C、D、E、F，其中不存在三個(gè)點(diǎn)在同一條直線上的情況，每?jī)牲c(diǎn)之間都用紅線或藍(lán)線連接。試說明：不管如何連接，至少存在有一個(gè)三角形是三條邊的顏色都相同。

解：從六個(gè)點(diǎn)當(dāng)中任取一點(diǎn)，設(shè)為A，在用它連接其余五點(diǎn)的五條線段中，至少有3條同色（把紅、藍(lán)兩色作為兩個(gè)“抽屜”，5?2?2??1,2?1?3）。假設(shè)其中的AB、AC、AD為紅色線段（如

下圖所示）。

BCAD

這時(shí)，在三條線段BC、BD、CD中，若有一條為紅色，則得到一個(gè)三邊為紅色的三角形；（如下圖所示）

BCAD

若沒有一條為紅色，則BC、BD、CD都是藍(lán)色，也得到一個(gè)三邊都是的三角形⊿BCD。（如下圖所示）

BCA

所以不管怎樣連接，至少有一個(gè)三邊同色的三角形。

對(duì)于求至少性的這類問題，我們首先確定有多少個(gè)抽屜，然后可以把物體平均分給這幾個(gè)抽屜，剩余的物體再平均分一次，最后就可以確定一個(gè)抽屜至少有幾個(gè)物體。解這類問題的原理是把多于mn（m乘于n）個(gè)的物體放到n個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里有不少于m?1的物體。

模型二 作“最壞”的打算

理論依據(jù)：把多于n個(gè)的物體放在n個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里的東西不少于兩件。即：一定有一個(gè)“抽屜”里至少有兩個(gè)元素。

例3 有紅、黃、綠三種顏色的手套各6雙，裝在一個(gè)黑色的布袋里，從袋子里任意取出手套來，為確保至少有2雙手套不同顏色，則至少要取出的手套只數(shù)是？

分析：“為確保至少有”，考慮最壞的情況，首先取出了一種顏色的全部6雙手套和其他兩種顏色的手套各一只，再任意取出一只，必然得到2雙不同顏色的手套。因此至少要取出2?6?2?1?15只。

例4 有120名職工投票從甲、乙、丙三人中選舉一人為勞模，每人只能投一次，且只能選一個(gè)人，得票最多的人當(dāng)選。統(tǒng)計(jì)票數(shù)的過程發(fā)現(xiàn)，在前81張票中，甲得21票，乙得25票，丙得35票。在余下的選票中，丙至少再得幾張選票就一定能當(dāng)選？

分析：此題是問丙至少再得幾張選票就一定能當(dāng)選，由題干中可以看出共有三位候選人，甲得21票，乙得25票，丙得35票，要使至少再得到幾張選票丙一定能當(dāng)選，那么還是首先應(yīng)該考慮到，丙競(jìng)選中遇到的最不利的情況，丙遇到的最不利的情況其實(shí)就是來看，誰對(duì)丙當(dāng)選的競(jìng)爭(zhēng)最大，從開始的選票中，可以看到甲的選票比較少，對(duì)丙當(dāng)選的威脅較小，可以排除；而乙得到的選票與丙是最接近的，對(duì)丙的當(dāng)選最有威脅。120名職工投票，已有的81張票中，得票最少的是甲21張，只考慮乙丙即可。120－21＝99，若丙最后當(dāng)選，至少得50張票，所以丙至少再得50－35＝15張票。

綜上所述，抽屜原理在小學(xué)數(shù)學(xué)中主要是上述兩方面的應(yīng)用，實(shí)質(zhì)上就是抽屜原理的兩種常用形式。在教學(xué)中，可以歸類進(jìn)行學(xué)習(xí)，建立兩種模型，學(xué)生熟練掌握，進(jìn)而能簡(jiǎn)單應(yīng)用。為孩子后續(xù)學(xué)習(xí)和理解打下堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ)。

3.2 抽屜原理在中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的應(yīng)用

在小學(xué)數(shù)學(xué)中我們已經(jīng)學(xué)習(xí)了“抽屜原理”的雛形，在初中數(shù)學(xué)中我們主要學(xué)習(xí)的是抽屜原理

D 數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院畢業(yè)論文 的基本形式和如何使用抽屜原理，并通過實(shí)例了解抽屜原理中的一些構(gòu)造方法，以及抽屜原理在中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題中的應(yīng)用。

抽屜原理的基本形式：

（1）把n?1個(gè)元素分為n個(gè)集合，那么必有一個(gè)集合中含有兩個(gè)或兩個(gè)以上的元素。

（2）把nm?1個(gè)元素分成n個(gè)集合，那么必有一組中含有m?1個(gè)或m?1個(gè)以上元素。

（3）把n個(gè)元素分成k個(gè)集合，那么必有一個(gè)集合中元素的個(gè)數(shù)???，也必有一個(gè)集合中元

k素的個(gè)數(shù)???。

k（4）把q1?q2?合中元素的個(gè)數(shù)?qi。

（5）把無窮多個(gè)元素分成為有限個(gè)集合，那么必有一個(gè)集合含有無窮多個(gè)元素。抽屜原理的基本構(gòu)造：

利用抽屜原理解題的過程中首先要注意指明什么是元素，什么是抽屜，元素進(jìn)入抽屜的規(guī)則是什么，以及在同一個(gè)盒子中，所有元素具有的性質(zhì)。構(gòu)造抽屜是用抽屜原理解題的關(guān)鍵。有的題目運(yùn)用一次抽屜原理就能解決，有的則需要反復(fù)多次。

下面我們通過一些具體的例題來介紹抽屜原理的應(yīng)用：

例5 求證：從任意給定的2010個(gè)自然數(shù)a1,a22010的倍數(shù)。

?n????n????qn?n?1個(gè)元素分為n個(gè)集合，那么必有一個(gè)i(1?i?n)，在第i個(gè)集

a2010，中可以找到若干數(shù)，使得它們的和是，…，2009，即被2010除的余數(shù)分類制造抽屜，將下列數(shù)： 證明 以0,1S1?a1,S2?a1?a2,S3?a1?a2?a3,…,S2010?a1?a2?a3?…a2010作為抽屜中的元素。

若上述2010個(gè)數(shù)中有一個(gè)是2010的倍數(shù)，則問題得證；

否則，根據(jù)抽屜原理，至少存在兩個(gè)數(shù)Sm,Sn（它們的差仍為a1,a2,a3,…,a2010中若干數(shù)的和），它們被2010除的余數(shù)相同，則它們的差是Sm?Sn，即a1,a2,?,a2010中若干數(shù)的和能被2010整除，命題得證。

此例是抽屜原理中常見的題型“存在至少”性問題，解決此類問題的關(guān)鍵就是抽屜的中元素的選擇。

例6 在邊長(zhǎng)為1的正方形內(nèi)任意放入九個(gè)點(diǎn)，求證：存在三個(gè)點(diǎn)，以這三個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的

面積不超過 1。（1963年北京競(jìng)賽題）8

分析與解答：如圖，四等分正方形，得到A1，A2，A3，A4四個(gè)矩形。在正方形內(nèi)任意放入九個(gè)點(diǎn)，則至少有一個(gè)矩形Ai內(nèi)存

在???1?3個(gè)或3個(gè)以上的點(diǎn)，設(shè)三點(diǎn)為A、B、C，具體考察Ai（如圖所示），過A、B、C三點(diǎn)4分別作矩形長(zhǎng)邊的平行線，過A點(diǎn)的平行線交BC于A'點(diǎn)，A點(diǎn)到矩形長(zhǎng)邊的距離為h?(0?h?則△ABC的面積

S?ABC?S?AA?C+S?AA?B??9???1)，411?1?111?1?h??1???h???? 22?4?248 說明：把正方形分成四個(gè)區(qū)域，可以得出“至少有一個(gè)區(qū)域內(nèi)有3個(gè)點(diǎn)”的結(jié)論，這就為確定三角形面積的取值范圍打下了基礎(chǔ)。本題構(gòu)造“抽屜”的辦法不是唯一的，還可以將正方形等分成邊長(zhǎng)為1的四個(gè)小正方形等。但是如將正方形等分成四個(gè)全等的小三角形卻是不可行的。所以適當(dāng)2地構(gòu)造“抽屜”，正是應(yīng)用抽屜原則解決問題的關(guān)鍵所在。

此例是通過分割圖形構(gòu)造抽屜，在一個(gè)幾何圖形內(nèi)有若干已知點(diǎn)，我們可以根據(jù)問題的要求把圖形進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆指?，用這些分割成的圖形作為抽屜，在對(duì)其中需要用到的抽屜進(jìn)行討論，使問題得到解決。

例7 在1,4,7,10,13，100中任選出20個(gè)數(shù)，其中至少有不同的兩組數(shù)，其和都等于104，試證明之。（美國(guó)普特南）

證明 給定的數(shù)共有34個(gè)，其相鄰兩數(shù)的差均為3，我們把這些數(shù)分成如下18個(gè)不想交的集合

?1?,?52?,?4,100?,?7,97?，?49,55?，并且把他們看做是18個(gè)抽屜。從已知的34個(gè)數(shù)中任選20個(gè)數(shù)，即使把前兩個(gè)抽屜中的數(shù)1和52都取出來，則剩下的18個(gè)數(shù)在后面的16個(gè)抽屜中至少有不同的兩個(gè)抽屜中的數(shù)全被取出來，這兩個(gè)抽屜中的數(shù)互不相同，每個(gè)抽屜中的兩個(gè)數(shù)的和都是104.此例是根據(jù)某兩個(gè)數(shù)之和為104來構(gòu)造抽屜。一般的，與整數(shù)集有關(guān)的存在性問題也可以根據(jù)不同的需要利用整數(shù)間的倍數(shù)關(guān)系，同余關(guān)系來適當(dāng)分組而構(gòu)造抽屜。

例8 設(shè)實(shí)數(shù)xi?[0,1),i?0,1,2，n，則其中必有兩個(gè)數(shù)xk,xl，滿足

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xk?xl?證 把[0,1)分成n個(gè)小區(qū)間：

1.n112[0,),[,),nnn它們兩兩不相交?，F(xiàn)有n+1個(gè)點(diǎn)x0,x1,區(qū)間，從而有 ,[n?1,1).n,xn在[0,1)中，則至少有兩點(diǎn)設(shè)為xk和xl屬于同一小

1.nxk?xl? 在例8中，如記xk?k??[k?],k?0,1,2，n,?是任意的無理數(shù)，則0?xk?1，由例8有

1.（不妨設(shè)k>l）n(k??[k?])?(l??[l?])? 如記a?k?l,b?[k?]?[l?],a,b都是整數(shù)可得??b1.?ana 只要n充分大，我們可用有理數(shù)比較精確的逼近一個(gè)無理數(shù).抽屜原理還有其他表現(xiàn)形式：

把kn(n?1)?1個(gè)元素任意分成kn類，則至少有k?1類的元素個(gè)數(shù)一樣多.2 逆向抽屜原則不難用反證法給予證明.如果至少有k類的元素一樣多，那么元素個(gè)數(shù)最少的方法是k類0個(gè)元素，k類1個(gè)元素，k類2個(gè)元素，??，k類n?1個(gè)元素，這樣最少需要

k[0?1?2??(n?1)] kn(n?1)kn(n?1)???1.22出現(xiàn)矛盾.以上證明方法對(duì)于證明元素個(gè)數(shù)多于抽屜個(gè)數(shù)的問題時(shí)有普遍意義.平均量重疊原則 把一個(gè)量S任意分成n份，則其中至少有一份不大于少于

S，也至少有一份不nS.n 不等式重疊原則 若a,b,c,d?R,且a?c?b?d，則a?b,c?d至少有一個(gè)成立.面積重疊原則 在平面上有n個(gè)面積分別是A1,A2,一搬到某一面積為A的固定圖形上去，（1）如果A1?A2?（2）如果A1?A2? ,An的圖形，把這n個(gè)圖形按任何方式一

?An?A,則至少有兩個(gè)圖形有公共點(diǎn)； ?An?A，則固定圖形中至少有一個(gè)點(diǎn)未被蓋住.總而言之，抽屜原理的應(yīng)用比較靈活，在競(jìng)賽輔導(dǎo)中教給學(xué)生一些簡(jiǎn)單的思想方法有助于培養(yǎng)學(xué)生的構(gòu)造的解題思想，可以使學(xué)生的思維能力得到一定的提升，不僅有助于現(xiàn)階段的學(xué)習(xí)，也可以為將來的高等數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)帶來一定的幫助。3.3 總結(jié)應(yīng)用抽屜原理解題的步驟

在應(yīng)用抽屜原理進(jìn)行解題的過程中，我們把解題步驟分成三步：

第一步：分析題意，分清什么是“東西”，什么是“抽屜”，也就是把什么看作“東西”，什么看作“抽屜”。

第二步：制造抽屜。這是關(guān)鍵，這一步就是如何設(shè)計(jì)抽屜，根據(jù)題目條件和結(jié)論，結(jié)合有關(guān)的數(shù)學(xué)知識(shí)，抓住最基本的數(shù)量關(guān)系，設(shè)計(jì)和確定解決問題所需的抽屜及其個(gè)數(shù)，為使用抽屜原理鋪平道路。

第三步：運(yùn)用抽屜原理，觀察題設(shè)條件，恰當(dāng)應(yīng)用各個(gè)原則或綜合運(yùn)用幾個(gè)原則，以求問題之解決。

在今后的學(xué)習(xí)中，我們可以根據(jù)抽屜原理的這三步來解決問題，這樣既可以節(jié)約我們的解題時(shí)間，也可以為我們解決這一類題型指明了一個(gè)方向。3.4 抽屜原理在生活中的應(yīng)用

抽屜原理不僅在小學(xué)數(shù)學(xué)、中學(xué)數(shù)學(xué)、高等數(shù)學(xué)中具有廣泛應(yīng)用，在我們的實(shí)際生活中，也能處處發(fā)現(xiàn)原理的影子。如電腦算命、賽程安排、資源分配等等，都不難看到抽屜原理的作用。

在當(dāng)今信息化、電子化的社會(huì)中，我們經(jīng)常在網(wǎng)絡(luò)世界中經(jīng)?？吹健半娔X算命”。所謂“電腦算命”不過是把人為編好的算命語句像中藥柜那樣事先分別一一存放在各自的柜子里，誰要算命，即根據(jù)出生年、月、日、性別的不同的組合按不同的編碼機(jī)械地到電腦的各個(gè)“柜子”里，取出所謂命運(yùn)的句子。其實(shí)這充其量不過是一種電腦游戲而已。我們用數(shù)學(xué)上的抽屜原理很容易說明它的荒謬。

如果以70年計(jì)算，按出生年、月、日、性別的不同組合數(shù)應(yīng)為70×365×2?51100，我們把

×51100?21400，根據(jù)原理，存在21526個(gè)以上的人，盡它作為“抽屜”數(shù)。由于1.1億?21526管他們的出身、經(jīng)歷、天資、機(jī)遇各不相同，但他們卻具有完全相同的“命”，這真是荒謬絕倫！

其實(shí)早在中國(guó)古代的春秋戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就有了運(yùn)用抽屜原理的例子，那就是《晏子春秋》中的“二桃殺三士”的典故，將兩個(gè)桃子賞賜給三名勇士，在這里可以將桃子看作抽屜，三個(gè)人作為元素放進(jìn)抽屜，則根據(jù)抽屜原理，一定有一個(gè)抽屜要放入兩個(gè)或兩個(gè)以上的元素，回到問題情境中就是一定要有兩個(gè)人吃一個(gè)桃子，導(dǎo)致這三名勇士最后自相殘殺而亡，這就是著名的“二桃殺三士”。

在實(shí)際生活中，運(yùn)用抽屜原理的事情還有很多很多。比如我們?cè)诎才乓粓?chǎng)比賽時(shí)，該如何安排才能做到最公平。

假設(shè)：你所在的年級(jí)有5個(gè)班，每班一支球隊(duì)在同一塊場(chǎng)地上進(jìn)行單循環(huán)賽, 共要進(jìn)行10場(chǎng)比賽.則各隊(duì)每?jī)蓤?chǎng)比賽中間至少隔多少場(chǎng)才最公平呢？

下面是隨便安排的一個(gè)賽程: 記5支球隊(duì)為A, B, C, D, E，在下表左半部分的右上三角的10個(gè)空格中, 隨手填上1,2,?，10, 就得到一個(gè)賽程, 即第1場(chǎng)A對(duì)B, 第2場(chǎng)B對(duì)C,?, 第10場(chǎng)C對(duì)E.表的右半部分是各隊(duì)每?jī)蓤?chǎng)比賽間相隔的場(chǎng)次數(shù), 顯然這個(gè)賽程對(duì)A, E有利, 對(duì)D則不公平.答案是??n?1??2.?2??

證明

因??m?2,當(dāng)n?2m時(shí)?n?1?，所以分兩種情況討論.?2????2??m?1,當(dāng)n?2m?1時(shí)8

數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院畢業(yè)論文

1，2，?，（2m?1）（m?1）（1）當(dāng)n?2m為偶數(shù)時(shí)，這2m支球隊(duì)為0，.順次安排場(chǎng)比賽需要2（m?1）支球隊(duì)參賽，由抽屜原理，必然有重復(fù)出現(xiàn)的球隊(duì)，由單循環(huán)賽知，重復(fù)出現(xiàn)的球隊(duì)中一定存在某球隊(duì).其兩場(chǎng)比賽中間相隔的場(chǎng)次數(shù)最多為m?2.（m?1）（2)當(dāng)n?2m?1為奇數(shù)時(shí)，這2m?1支球隊(duì)為0,1,2,?,2m.順次安排場(chǎng)比賽需要2（m?1）支球隊(duì)參賽，由抽屜原理，必然有重復(fù)出現(xiàn)的球隊(duì)，其兩場(chǎng)比賽中間相隔的場(chǎng)次數(shù)最多為m?1.因此，當(dāng)n支球隊(duì)比賽時(shí)，若安排的賽程使各隊(duì)每?jī)蓤?chǎng)比賽中間至少相隔??2場(chǎng)，則該??2?賽程稱為完美賽程.抽屜原理的應(yīng)用非常廣泛，除了以上介紹的幾個(gè)例子之外，在計(jì)算機(jī)，警方處理指紋或者是頭發(fā)上也有一定的應(yīng)用，由于涉及到一些專業(yè)問題，在此就不再詳細(xì)介紹。

?n?1?4 抽屜原理的推廣

抽屜原理的內(nèi)容簡(jiǎn)明樸素，易于接受，它在數(shù)學(xué)問題中有許多重要的作用。許多有關(guān)存在性的證明題都可以用抽屜原理來解決。

1958年6/7月號(hào)的《美國(guó)數(shù)學(xué)月刊》上有一道關(guān)于抽屜原理推廣的應(yīng)用題：“證明在任意6個(gè)人的集會(huì)上，或者3個(gè)人以前彼此認(rèn)識(shí)，或者有三個(gè)人以前彼此不相識(shí)。” 這個(gè)問題可以用如下方法簡(jiǎn)單明了地證出：

這個(gè)問題看起來，似乎令人匪夷所思。但如果你懂得抽屜原理，要證明這個(gè)問題是十分簡(jiǎn)單的。我們用A、B、C、D、E、F代表六個(gè)人，從中隨便著一個(gè)，例如A吧，把其余五個(gè)人放到“與A認(rèn)識(shí)”和“與A不認(rèn)識(shí)”兩個(gè)“抽屜”里去，根據(jù)抽屜原理，至少有一個(gè)抽屜原理里有三個(gè)人。不妨假定在“與A認(rèn)識(shí)”的抽屜里有三個(gè)人，他們是B、C、D。如果B、C、D三個(gè)互不認(rèn)識(shí)，那么我們就找到了三個(gè)互不認(rèn)識(shí)的人；如果B、C、D三人中有兩個(gè)互相認(rèn)識(shí)，例如B與C認(rèn)識(shí)，那么A、B、C就是三個(gè)互相認(rèn)識(shí)的人。不管哪種情況，本題的結(jié)論都是成立的。

由于這個(gè)試題的形式新穎，解法巧妙，很快在全世界廣泛流傳，使不少人知道了這一原理。六個(gè)人集會(huì)問題是組合數(shù)學(xué)中著名的拉姆塞定理的一個(gè)最簡(jiǎn)單的特例，這個(gè)簡(jiǎn)單的問題的證明思想可用來得出另外一些深入的結(jié)論。這些結(jié)論構(gòu)成了組合數(shù)學(xué)中的重要內(nèi)容——拉姆塞定理。從六人集會(huì)問題的證明中，我們又一次看到了抽屜原理的應(yīng)用?？偨Y(jié)

抽屜原理在我們小學(xué)、初中、高中課本上雖然沒有明確的學(xué)習(xí)與定義，但是他的價(jià)值是非常高的。它雖然只是一個(gè)小原理，但是在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中確是必不可少的，它的數(shù)學(xué)思想和技巧是我們值得深刻了解和探索的。在我們學(xué)習(xí)抽屜原理的過程中，我們會(huì)覺得他只有幾個(gè)原則，只要記住就會(huì)解題。但是我們忽略他所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想，只有掌握了這種思想和把握了這種解題技巧，那么我們的數(shù)學(xué)素養(yǎng)就會(huì)有所提高。所以學(xué)好抽屜原理對(duì)我們有很大的幫助，從上面可以看出抽屜原理的應(yīng)用 非常廣泛，他可以解決許多抽象的問題，可以方便我們的學(xué)習(xí)與生活。謝辭

本論文是在王美能老師的指導(dǎo)下完成的，在論文的寫作過程中王老師表現(xiàn)出對(duì)學(xué)生極大地信任，多次不斷的鼓勵(lì)我，如此一定會(huì)在論文寫作過程中受益匪淺。在論文指導(dǎo)過程中，王老師始終營(yíng)造一種平等交流的學(xué)術(shù)氛圍，在他的關(guān)心和支持下，我終于能順利完成畢業(yè)論文設(shè)計(jì)，在此請(qǐng)?jiān)试S我向王老師表示衷心的感謝。當(dāng)然還有許多其他的老師、同學(xué)，在我的的成長(zhǎng)過程中提供了許多寶貴的意見和建議，使我總能在迷茫的時(shí)候找到一種“柳暗花明又一村”的感覺，在此，我對(duì)他們表示感謝。除此之外，我還要感謝和我一起奮斗的室友、同學(xué)。畢業(yè)之際，感謝有你們一路的陪伴，為論文，為畢業(yè)，為工作，感謝你們每一位對(duì)我的幫助，感謝你們給我?guī)淼目鞓放c感動(dòng)。

最后也讓我在這特殊的時(shí)刻，感謝我的父母，沒有他們辛勤的付出也就沒有我的今天，在這一刻，讓我將最崇高的敬意獻(xiàn)給你們！

本文參考了大量的文獻(xiàn)資料，在此，請(qǐng)?jiān)试S我向各學(xué)術(shù)界的前輩們致敬！他們嚴(yán)謹(jǐn)?shù)闹螌W(xué)態(tài)度值得剛畢業(yè)的我學(xué)習(xí)。

論文寫作是寫作的過程，更是一次知識(shí)的大運(yùn)用、大綜合，感謝畢業(yè)論文寫作給我?guī)淼膯⒌稀?/p>

參考文獻(xiàn)

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第二篇：抽屜原理的應(yīng)用與推廣

目 錄

1引言..................................................................................................................................................1 2抽屜原理的形式.......................................................................................................................1 3抽屜原理在高等數(shù)學(xué)中的應(yīng)用.....................................................................................3

3.1數(shù)論問題中的應(yīng)用.....................................................................................................................3 3.2高等代數(shù)中的應(yīng)用.....................................................................................................................6 3.3集合論中的應(yīng)用.........................................................................................................................8 3.4不等式中的應(yīng)用.........................................................................................................................9

4抽屜原理的推廣.....................................................................................................................10

4.1抽屜原理在無限集上的推廣..................................................................................................11 4.2抽屜原理的推廣定理-Ramsey定理...................................................................................12 5抽屜原理在實(shí)際生活中的應(yīng)用...................................................................................15 參考文獻(xiàn).........................................................................................................................................17 致謝.....................................................................................................................................................18

i

抽屜原理的應(yīng)用與推廣

Xxxxxx系本xxxxx班 xxxxxx

指導(dǎo)教師： xxxxxxx

摘要： 本文簡(jiǎn)述了抽屜原理普遍使用的簡(jiǎn)單形式、各種推廣形式，著重簡(jiǎn)述其在數(shù)論和高等數(shù)學(xué)及無限集中的應(yīng)用，及在生活中的應(yīng)用，可以巧妙地解決一些復(fù)雜問題，并根據(jù)抽屜原理的不足之處引入抽屜原理的推廣定理Ramsey定理。

關(guān)鍵詞： 抽屜原理，有限集，無限集，Ramsey定理。

The Drawer of the principle of promotion

Li xxxxxxxxxxx Class xxxx, Mathematics Department

Tutor: xxxxxxxxxx Abstract: This paper introduces the widespread use of simple forms and all kinds of extended forms of the drawer principle, focusing on the application of The drawer principle in the number theory, higher mathematics and infinite seta, and also the real life.It can solve ably some complicated problems, and according to the principle of drawer the shortcomings of the principle of introducing the drawer theorem Ramsey theorem.Key words: the drawer principle, finite set, infinite sets, Ramey theorem.ii 1引言

抽屜原理又稱鴿巢原理、鞋箱原理或重疊原理，是一個(gè)十分簡(jiǎn)單又十分重要的原理。它是由德國(guó)著名數(shù)學(xué)家狄利克雷首先發(fā)現(xiàn)的，因此也叫狄利克雷原理。抽屜原理簡(jiǎn)單易懂，主要用于證明某些存在性或必然性的問題，不僅在數(shù)論、組合論以及集合論等領(lǐng)域中有著廣泛應(yīng)用，在高等數(shù)學(xué)中的應(yīng)用進(jìn)行了梳理，將抽屜原理的解題思路拓展到高等數(shù)學(xué)的其他領(lǐng)域，有助于更好的理解抽屜原理，并舉例闡述了抽屜原理在現(xiàn)實(shí)生活中的應(yīng)用，以及根據(jù)抽屜原理的不足引出的Ramsey定理及其推廣。

2抽屜原理的形式

什么是抽屜原理？舉個(gè)簡(jiǎn)單的例子說明，就是將3個(gè)球放入2個(gè)籃子里，無論怎么放，必有一個(gè)籃子中至少要放入2個(gè)球，這就是抽屜原理?；蛘呒俣ㄒ蝗壶澴语w回巢中，如果鴿子的數(shù)目比鴿巢多，那么一定至少有一個(gè)鴿籠有糧食或兩只以上的鴿子，這也是鴿巢原理這一名稱的得來。

抽屜原理簡(jiǎn)單直觀，很容易理解。而這個(gè)看似簡(jiǎn)單的原理在高等數(shù)學(xué)中有著很大的用處，對(duì)于數(shù)論、高等數(shù)學(xué)、集合論以及無限集中的復(fù)雜問題，可以利用抽屜原理巧妙的解答出來。

下面首先從抽屜原理的形式入手，然后研究它在高等數(shù)學(xué)中的應(yīng)用。

我們最常用的抽屜原理只是抽屜原理的簡(jiǎn)單形式，就是將n?1個(gè)元素或者更多的元素放入n個(gè)抽屜中，則至少有一個(gè)抽屜里放有兩個(gè)或兩個(gè)以上的元素。

除了這種普遍的形式外，抽屜原理還有其他形式的推廣、原理及形式。

推廣1 若將n(r?1)?1個(gè)物品放入n個(gè)盒子中，則至少有一個(gè)盒子中有r個(gè)物品。

推廣2 設(shè)m1,m2,?mn是n個(gè)整數(shù)，而且

m1?m2???mn?r?1,則

nm1,m2,?mn中至少有一個(gè)數(shù)不小于r.推廣3 若將m個(gè)物品放入n個(gè)盒子中，則至少有一個(gè)盒子中有不少于[個(gè)物品。其中，[mm]是不少于的最小整數(shù)。nnm]n原理1 把多于mn(m乘以n)個(gè)的物體放到n個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里有m?1個(gè)或多于m?1個(gè)的物體。

原理2 把無窮多個(gè)元素放入有限個(gè)集合里，則一定有一個(gè)集合里含有無窮多個(gè)元素。

原理3 把(mn?1)個(gè)物體放入n個(gè)抽屜中，其中必有一個(gè)抽屜中至多有(m?1)個(gè)物體。

原理4 設(shè)M,N是兩個(gè)有限集合，對(duì)于任意從M到N的函數(shù)f，D必有i個(gè)元素a1,a2,?,ai,i?[M/N],使得f(d1)?f(d2)???f(di).原理5 設(shè)M為無限集，N為有限集，對(duì)于任意有M到N的函數(shù)f，用NM表示f的值域，則NM的各個(gè)元素的原象的集合中，必有一個(gè)是無限集。

原理6 設(shè)M是不可數(shù)集，N是有限集或可數(shù)集，對(duì)于任意從M到N的函數(shù)f，用NM表示f的值域，則NM的各個(gè)元素的原象的集合中，必有一個(gè)是不可數(shù)集。

原理7 設(shè)M、N同是不可數(shù)(或可數(shù))集,K[M]?[N],對(duì)于任意從M到N的函數(shù)f,M中必有兩個(gè)元素m1,m2,使f(m1)?f(m2).原理8 設(shè)m1,m2,?,mn都是正整數(shù)，如果把m1?m2??mn?n?1個(gè)物品放入n個(gè)盒子，那么或者第1個(gè)盒子至少包含m1個(gè)物品，或者第2個(gè)盒子至少包含m2個(gè)物品，??，或者第n個(gè)盒子至少包含mn個(gè)物品。

形式1 n/m?1個(gè)元素分為n個(gè)集合中，那么至少有一個(gè)集合中存在m?1個(gè)元素。

形式2 n個(gè)元素分為k個(gè)集合中，幾種必有一個(gè)集合中元素個(gè)數(shù)大于或等于[n/k].形式3 m1?m2??mn?n?1元素分為n個(gè)集合，那么必有一個(gè)i(1?i?n),在第i個(gè)集合中元素的個(gè)數(shù)bi?mi.形式4 設(shè)有無窮多個(gè)元素按任一確定的方式分成有限個(gè)集合，那么至少有一個(gè)集合含有無窮多個(gè)元素。

3抽屜原理在高等數(shù)學(xué)中的應(yīng)用

以上的幾種形式就是我們解題時(shí)常用到的抽屜原理的表示形式，接下來，在了解了抽屜原理的基本形式以及多位學(xué)者所發(fā)展的推廣形式的基礎(chǔ)上，我們通過一些比較典型的實(shí)例來說明抽屜原理在高等數(shù)學(xué)中的數(shù)論、集合論、高等數(shù)學(xué)、不等式這四個(gè)方面的應(yīng)用。3.1數(shù)論問題中的應(yīng)用

狄利克雷定理 ?為無理數(shù)，則對(duì)任意的正整數(shù)n，存在整數(shù)p、q(q?n)，滿足q??p?1.（狄利克雷是經(jīng)典的數(shù)論問題）。而抽屜原理的應(yīng)用是：如果有nn?1個(gè)正整數(shù)a1,a2,?,an?1被n除，則必有兩個(gè)(設(shè)為aj、ai)對(duì)模n同余，即ai?aj(modn)，因此，n｜(ai?aj).例1 證明 任意五個(gè)整數(shù)中，必有三個(gè)整數(shù)的和是3的倍數(shù)。

分析與證明 任一整數(shù)被3除余數(shù)只可能是0,1,2.若給定的五個(gè)整數(shù)被3除所得的余數(shù)中0,1,2都出現(xiàn)，那么余數(shù)分別為0,1,2的三個(gè)數(shù)的的和一定能被3整除，如果余數(shù)中至多出現(xiàn)，0,1,2,中的兩個(gè)，那么由抽屜原理，其中必有一個(gè)余數(shù)至少出現(xiàn)三次，而這余數(shù)相同的三個(gè)數(shù)的和一定能被3整除。

因此在任意五個(gè)整數(shù)中，必有三個(gè)整數(shù)的和是3的倍數(shù)。

例2(中國(guó)剩余定理)令m和n為兩個(gè)互素的正整數(shù)，并令a和b為整數(shù)，且0?a?m?1以及0?b?n?1,則存在一個(gè)正整數(shù)x，使得x除以m的余數(shù)是a,并且x除以n的余數(shù)為b.即x可以寫成x?pm?a的同時(shí)又可以寫成x?qn?b的形式，這里p和q是整數(shù)。

分析與證明 為了證明這個(gè)結(jié)論考慮n個(gè)整數(shù)a,m?a,2m?a,?,(n?1)m?a, 這些整數(shù)中的每一個(gè)除以m都余a，設(shè)其中的兩個(gè)除以n有相同的余數(shù)r，令這兩個(gè)數(shù)為im?a和jm?a,其中0?i?j?n?1, 因此,存在兩整數(shù)qi和qj,使得im?a?qin?r及jm?a?qin?r，這兩個(gè)方程相減可得(j?i)m?(qj?qi)n.于是n是(j?i)m的一個(gè)因子，由于n和m沒有除1之外的公因子，因此n是j?i的因子，然而，0?i?j?n?1意味著0?j?i?n?1，也就是說n不可能是j?i的因子，該矛盾產(chǎn)生于我們的假設(shè)：n個(gè)整數(shù)a,m?a,2m?a,?(n?1)m?a中有兩個(gè)除以n會(huì)有相同的余數(shù)。因此這n個(gè)數(shù)中的每一個(gè)數(shù)除以n都有不同的余數(shù)，根據(jù)抽屜原理，n個(gè)數(shù)0,1,?,n?1中的每一個(gè)作為余數(shù)都要出現(xiàn)，特別地，數(shù)b也是如此。令p為整數(shù)，滿足0?p?n?1，且使數(shù)x?pm?a除以n余數(shù)為b，則對(duì)于某個(gè)適當(dāng)?shù)膓，有x?qn?b.因此，x?pm?a且x?qn?b，從而x具有所要求的性質(zhì)。

例3 求證 在有40個(gè)不同的正整數(shù)所組成的等差數(shù)列中,至少有一項(xiàng)不能表示成2k?3l(k、l?N)的形式。

證明 假設(shè)存在一個(gè)各項(xiàng)不同且均能表示成2k?3l(k、l?N)的形式的40項(xiàng)等差數(shù)列。

設(shè)這個(gè)等差數(shù)列為a,a?d,?,a?39d，其中，a、d?N?.設(shè)a?39d?2p?3q,m?[log2(a?39d)],n?[log3(a?39d)],其中,[x]表示不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)。則p?m,q?n.接下來研究這個(gè)數(shù)列中最大的14項(xiàng)a?26d,a?27d,?,a?39d.首先證明 a?26d,a?27d,?,a?39d中至多有一個(gè)不能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)的形式。

若a?26d,a?27d,?,a?39d中的某一個(gè)a?hd(h?26,27,?,39)不能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)的形式,由假設(shè)知一定存在非負(fù)整數(shù)b、c,使得a?hd?2b?2c.由m、n的定義可知b?m,c?n.又因?yàn)閍?hd?2b?2c不能表示成2m?3l或2k?3n的形式,所以b?m?1,c?n?1.若b?m?2,則 a?hd?2b?2c?2m?2?3n?1

1m1n?2??3 4311??2?log2(a?39d)???3?log3(a?39d)? 4311 ?(a?39d)?(a?39d)

437 ?(a?39d)

127273d

?a?1212? ?a?26d

與a?hd??a?26d,a?27d,?,a?39d?矛盾。

若c?n?2,則 a?hd?2b?2c?2m?1?3n?2

1m1n?2??3 2911 ??2?log2(a?39d)???3?log3(a?39d)?

2911 ??(a?39d)??(a?39d)

2911 ?(a?39d)

1811429d

?a?1818 ? ?a?26d

與a?hd??a?26d,a?27d,?a?39d?矛盾。

因此,只有b?m?1,c?n?1.故a?hd(h?26,27,?,39)中至多有一個(gè)不能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)的形式。所以,a?hd(h?26,27,?,39)中至少有13個(gè)能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)的形式。

由抽屜原理知，至少有七個(gè)能表示成2m?3l或2k?3n(k、l?N)中的同一種形式。（1）有七個(gè)能表示成2m?3l的形式。

設(shè)2m?3l1,2m?3l2,?,2m?3l7，其中，l1?l2???l7.則3l1,3l2,?,3l7是某個(gè)公差為d的14項(xiàng)等差數(shù)列中的七項(xiàng), 所以,13d?3l7?3l1.顯然,l7?5?l2,l1?l2?1.故13d?3l7?3l1?(35?3?1)?3l2?13(3l2?3l1)?13d矛盾。(2)有七個(gè)能表示成2k?3n的形式。

設(shè)2k1?3n,2k2?3n,?,2k7?3n,其中,k1?k2???k7.則2k1,2k1,?,2k7是某個(gè)公差為d的14項(xiàng)等差數(shù)列中的七項(xiàng)。而13d?2k7?2k1?(25?2?1)?2k2?13(2k2?2k1)?13d,矛盾。綜上,假設(shè)不成立.故原題得證。3.2高等代數(shù)中的應(yīng)用

例4 已知齊次線性方程組

?a11x1?a12x2???a12nx2n?0?ax?ax???ax?0?21122222n2n ?

??????????????an1x1?an2x2???an2nx2n?0其中aij???1,0,??1i?1,?2,nj,?,?1,2,n?,證,2明存在不全為零的整數(shù)x1,x2,?,x2n適合

xi?2n(j?1,2,?,2n)證明

?0??x1????x??2?O??0???

令A(yù)?(aij)n?2n，X???，?????????0??n?x2n??則該齊次線性方程組可寫成AX?0 ?x1??x???設(shè)集合S={X??2?:xj?n,j?1,2,?2n} ?????x2n???2n?ax??1jj?j?1?2?n????:X?S} ax?2jj

D={AX???j?1????2n???anjxj????j?1?映射f:X?AX是一個(gè)滿射.顯然S=(2n?1)2n,因?yàn)閍1j?{-1，0，1}，所以對(duì)每個(gè)X?S，它的2n個(gè)分量適合

S?D?aj?12nijxj?ax?1i1ax???2i2a2in2n x

?x1?x2???xn≤2n2（i=1,2,?,n）因此D?(4n2?1)n又

(2n?1)2n?(4n2?4n?1)n?(4n2?1)n

根據(jù)抽屜原理 映射形式設(shè)A和B是兩個(gè)有限集，如果A>B那么對(duì)從A到B的任何滿映射f，至少存在a1,a2,使f(a1)?f(a2).S中至少存在兩個(gè)不同的元

?xj1??xi1??x??x??i2??j2?X?,X? i???j???

???????xi2n???xj2n??使f(xi)?f(xj),即AXi?AXj,A(Xi?Xj)?0.??1??xi1?xj1?????x?x??2??i2j2??????，則令?????????2n????xi2n?xj2n????1?????2???即是我們所要求的，?1,?2,??2n是??????2n??不全為零的整數(shù)，且滿足ak?xik?xjk?xik?xjk?2n(k?1,2,?,2n).例5 設(shè)A為n階方陣，證明存在1?i?n，使秩(Ai)=秩(Ai?1)=秩(Ai?2)??

,　2,　?　,n這n+1個(gè)數(shù)之一。證明 因?yàn)閚階方陣的秩只能是0,1令E?A0,A,A2,?,An,An?1, E的個(gè)數(shù)多于秩的個(gè)數(shù)，由抽屜原理可知，存在k,l滿足

1?k

秩(Ak?m)=秩(Ak?m?1).其中m為非負(fù)整數(shù)，故命題的結(jié)論成立.秩(Ai)=秩(Ai?1)=秩(Ai?2)=?.3.3集合論中的應(yīng)用

從集合論的原理來討論抽屜原理,主要應(yīng)用集合論的映射來闡述抽屜原理,有在倍數(shù)問題、幾何問題、涂色問題、經(jīng)濟(jì)問題等方面的應(yīng)用，本文主要介紹倍數(shù)問題和經(jīng)濟(jì)問題。

例6（倍數(shù)問題的應(yīng)用）自1至100這一百個(gè)自然數(shù)中，如果任取51個(gè)數(shù)，那么其中至少有兩個(gè)數(shù)，使一個(gè)數(shù)是另一個(gè)數(shù)的倍數(shù)。

證明 我們知道形如p?2n（p為自然數(shù)，n?1,2,?）的數(shù)之間有倍數(shù)關(guān)系，對(duì)任何一個(gè)偶數(shù)，經(jīng)反復(fù)提取因數(shù)2，最后總能表示為：奇數(shù)乘以2n的形式，因此設(shè)A?{1至100中的51個(gè)自然數(shù)} B?{B1,B3,?,B99} 其中：B1?{1,2,4,8,16,32,64}?{1,1?21,1?22,?,1?28}

B3?{3,6,12,24,48,96}?{3,3?21,3?22,3?23,3?24,3?25}

B5?{5,10,20,40,80}?{5,5?21,5?22,5?23,5?24}

B7?{7,14,28,56}?{7,7?21,7?22,7?23}

???

B97?{97}

B99?{99}

?51??P????2,∴對(duì)任意f:A?B有ai,aj?A且i?j.?50?使f(ai)?f(aj)?B,即至少存在兩個(gè)元素同時(shí)對(duì)應(yīng)到B中某個(gè)Bi中，這兩個(gè)數(shù)必有倍數(shù)關(guān)系，證畢。

例7（經(jīng)濟(jì)問題的應(yīng)用）十七家公司中的每一家公司都要與其余十六家公司洽談業(yè)務(wù)，在他們洽談中所討論的問題僅三個(gè)，而任何兩家公司洽談中所討論的是同一個(gè)問題，證明有三家公司洽談時(shí)所討論的是同一個(gè)問題。

證明 設(shè)A為某一公司向其十六公司洽談業(yè)務(wù)，則m?16，B為洽談時(shí)所討論的問題，則m?3 ?p?()?6 ∴每一家公司與其余十六家洽談業(yè)務(wù)時(shí)至少對(duì)六家討論的3是某一個(gè)問題，若這六家中至少有兩家也討論這一個(gè)問題，則原題得證。若六家中沒有任何兩家討論這個(gè)問題，那么他們之間只能討論另外兩個(gè)問題，又?p?()?3 ∴這六家中至少有三家在討論相同的問題，證畢。

23.4不等式中的應(yīng)用

例8 若實(shí)數(shù)x,y,z滿足xyz?1，求證:x2?y2?z2?3?2(xy?yz?zx).證明 由于x2y2z2?1,所以x2、y2、z2中必存在2個(gè)同時(shí)不大于1,或者同時(shí)

??1??1不小于1,不妨設(shè)為x2、y2,則有?2?1??2?1??0

?x??y?x2?y2?z2?3?2(xy?yz?zx)??x?y?2 ??1??1??1??1??2?1???2?1???2?1??2?1??0?x??y??y??x?22所以x2?y2?z2?3?2(xy?yz?zx).例9 已知x,y,z?R?,求證:

x?x?yyz32.??y?zz?x2 證明 根據(jù)抽屜原理可知:

xyz中至少有兩個(gè)同時(shí)不大于，x?yy?zz?xxy，這樣就得到x?yy?zyxy1?? y?z(x?y)(y?z)2常數(shù)22，或者不小于常數(shù)，于是,不妨設(shè)為22?x2??y2?x???0,變形,得?????x?y2y?z2x?y???? 由柯西不等式,易得(x?y)(y?z)?xy?yz,于是,有 xy?(x?y)(y?z)xy?xy?yzx x?z即1?x??2?x?yy???y?z?12x1? ①

x?z2.z?z?xz(1?1)(z?x)?zz?x再根據(jù)柯西不等式,便得1?x?由①+②,得?2?x?y ②

y?y?zz???z?x?x?z13??

x?z22故x?x?yyz32.??y?zz?x24抽屜原理的推廣

抽屜原理有很多推廣，但一般都只局限于有限集范圍。下面將用函數(shù)的觀點(diǎn)敘述抽屜原理，進(jìn)而在可數(shù)集和不可數(shù)集上推廣它。即:設(shè)D,R是兩個(gè)有限集合,對(duì)于任意從D到R的函數(shù)f,D必有i個(gè)元素d1,d2,?,di,i?[D/R]使得f(d1)?f?d2???f(di).同時(shí)對(duì)于一些更加復(fù)雜的有關(guān)存在性的組合問題,抽屜原理顯得無能為力,這是我們就需要運(yùn)用抽屜原理的推廣定理Ramsey定理來解決問題。因此我們通過一些比較典型的實(shí)例和定理來說明抽屜原理在無限集中的推廣和抽屜原理的推廣定理Ramsey定理。4.1抽屜原理在無限集上的推廣

例10 證明 存在長(zhǎng)度趨于零的區(qū)間列而它的每個(gè)區(qū)間都是不可數(shù)的。解決這個(gè)問題,一般可先任意造一個(gè)長(zhǎng)度趨于零的區(qū)間列,不妨用{[an,bn]}表示這個(gè)區(qū)間列,又由于區(qū)間?0,1?是不可數(shù)的,從而可以通過在[an,bn]與[0,1]之間建立一個(gè)雙射,使問題得到解決。

??(x1,1],顯然[0,1]??1??1?,根據(jù)原證明 取?0,1?的中點(diǎn)x1,設(shè)?1?[0,x1],?1?中必有一個(gè)是不可數(shù)的,不妨設(shè)其為?1,而?1?理6，?1與?11.2再取?1的中點(diǎn)x2,同上證法,又可得到不可數(shù)的區(qū)間?2,而?2?如此繼續(xù)下去,可得不可數(shù)的區(qū)間?n,而?n?1.221?0(n??).顯然n2?1,?2,?,?n,?就是所要找的區(qū)間列。

例11 有一棋手,賽前要訓(xùn)練77天,他計(jì)劃在訓(xùn)練期間,每天至少賽一場(chǎng),總共要賽132場(chǎng).試證明無論怎樣安排,總有連續(xù)的一些天共賽21場(chǎng)。

證明 用ai表示從第一天起,到第i天為止共賽的次數(shù),顯然數(shù)列a1,a2,?,a77(A)是嚴(yán)格單調(diào)增加的,且a77?132.當(dāng)數(shù)列(A)中,有的數(shù)加21后,恰等于數(shù)列中的另一個(gè)數(shù)時(shí),則問題得證。當(dāng)數(shù)列(A)中,任何數(shù)加21后,都不等于數(shù)列中的數(shù)時(shí),數(shù)列

a1?21,a2?21,?,a77?21(B)

也是嚴(yán)格單調(diào)增加的,且數(shù)列(B)中的數(shù)均不同于數(shù)列(A)中的數(shù),而a77?21?153.把函數(shù)關(guān)系f看做是“數(shù)列(A)與數(shù)列(B)中的每個(gè)元素都唯一對(duì)應(yīng)一個(gè)數(shù)”

},根據(jù)抽由此,可以確認(rèn)“D集”是(A)數(shù)列?(B)數(shù)列;“R集”是{1,2,3,?,153屜原理i?[D/R]?[154/153]?2,“D集”中必有兩個(gè)元素對(duì)應(yīng)同一個(gè)數(shù),由于(A)與(B)都是嚴(yán)格單調(diào)增加的數(shù)列,這兩個(gè)元素不可能在一個(gè)數(shù)列中.即這兩個(gè)元素分別在(A)與(B)這兩個(gè)數(shù)列中.不妨設(shè)此二元素分別為ai和aj?21,即ai?aj?21.(顯然i?j)ai?aj?21,即從第j天以后(不包括第j天)到第i天為止(包括第i天)共賽了21場(chǎng)。4.2抽屜原理的推廣定理-Ramsey定理

Ramsey(1903-1930)是英國(guó)數(shù)理邏輯學(xué)家,他把抽屜原理加以推廣，得出廣義抽屜原理，也稱為Ramsey定理。

Ramsey定理 設(shè)p,q是正整數(shù)，p,q?2,則存在最小正整數(shù)R(p,q),使得當(dāng)用紅藍(lán)兩色涂Kn的邊，則或存在一個(gè)藍(lán)色的Kp,或存在一個(gè)紅色n?R?p,q?時(shí)，的Kp.Ramsey定理可以視為抽屜原理的推廣，1947年，匈牙利數(shù)學(xué)家把這一原理引進(jìn)到中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽中，當(dāng)年匈牙利全國(guó)數(shù)學(xué)競(jìng)賽有一道這樣的試題：“證明：任何六個(gè)人中，一定可以找到三個(gè)互相認(rèn)識(shí)的人，或者三個(gè)互不認(rèn)識(shí)的人.” 在1958年6-7月號(hào)美國(guó)《數(shù)學(xué)月刊》同樣也登載著這樣一個(gè)有趣的問題“任何六個(gè)人的聚會(huì)，總會(huì)有3人互相認(rèn)識(shí)或3人互相不認(rèn)識(shí).”這就是著名的Ramsey問題。

這個(gè)問題乍看起來，似乎令人匪夷所思.但如果懂得抽屜原理，要證明這個(gè)問題是十分簡(jiǎn)單的： 我們用A、B、C、D、E、F代表六個(gè)人，從中隨便找一個(gè)，例如A把其余五個(gè)人放到“與A認(rèn)識(shí)”和“與A不認(rèn)識(shí)”兩個(gè)“抽屜”里去，根據(jù)抽屜原理，至少有一個(gè)抽屜里有三個(gè)人.不妨假定在“與A認(rèn)識(shí)”的抽屜里有三個(gè)人，他們是B、C、D.如果B、C、D三人互不認(rèn)識(shí)，那么我們就找到了三個(gè)互不認(rèn)識(shí)的人；如果B、C、D三人中有兩個(gè)互相認(rèn)識(shí)，例如B與C認(rèn)識(shí)，那么，A、B、C就是三個(gè)互相認(rèn)識(shí)的人.不管哪種情況，本題的結(jié)論都是成立的?；蛘呶覀兛梢杂萌旧姆椒āＲ?個(gè)頂點(diǎn)分別代表6個(gè)人，如果兩人相識(shí)，則在相應(yīng)的兩點(diǎn)間連一條紅邊，否則在相應(yīng)的兩點(diǎn)間連一藍(lán)邊。

命題1 對(duì)6個(gè)頂點(diǎn)的完全圖K6任意進(jìn)行紅、藍(lán)兩邊著色，都存在一個(gè)紅色三角形或藍(lán)色三角形。

證明：首先，把這6個(gè)人設(shè)為A、B、C、D、E、F六個(gè)點(diǎn).由A點(diǎn)可以引出AB、AC、AD、AE、AF五條線段。

設(shè)如果兩個(gè)人認(rèn)識(shí)，則設(shè)這兩個(gè)人組成的線段為紅色；如果兩個(gè)人不認(rèn)識(shí)，則設(shè)這兩個(gè)人組成的線段為藍(lán)色。

由抽屜原理可知這五條線段中至少有三條是同色的。不妨設(shè)AB、AC、AD為紅色。若BC或CD為紅色，則結(jié)論顯然成立。

若BC和CD均為藍(lán)色，則若BD為紅色，則一定有三個(gè)人相互認(rèn)識(shí)；若BD為藍(lán)色，則一定有三個(gè)人互相不認(rèn)識(shí)。

上述的Ramsey問題等價(jià)于下面的命題1.命題1 對(duì)6個(gè)頂點(diǎn)的完全圖K6任意進(jìn)行紅、藍(lán)兩邊著色，都存在一個(gè)紅色三角形或藍(lán)色三角形。

命題1運(yùn)用抽屜原理可以很容易很簡(jiǎn)便地對(duì)其進(jìn)行證明.現(xiàn)將命題1推廣成下面的命題2.命題2 對(duì)六個(gè)頂點(diǎn)的完全圖K6任意進(jìn)行紅、藍(lán)兩邊著色，都至少有兩個(gè)同色三角形。

由于命題2是要證明至少存在兩個(gè)同色三角形的問題，而抽屜原理一般只局限在證明至少存在一個(gè)或必然存在一個(gè)的問題，所以對(duì)于上述命題抽屜原理就顯得無能為力，這時(shí)需要運(yùn)用Ramsey定理來解決問題。

證明 設(shè)v1,v2,v3,v4,v5,v6是K6的六個(gè)頂點(diǎn)，由上面的命題1可知，對(duì)K6任意進(jìn)行紅、藍(lán)兩邊著色都有一個(gè)同色三角形，不妨設(shè)△v1v2v3是紅色三角形.以下分各種情況來討論

(1)若v1v4,v1v5,v1v6均為藍(lán)邊，如圖1所示，則若v4,v5,v6之間有一藍(lán)邊，不妨設(shè)為v4v5，則三角形△v1v4v5為藍(lán)色三角形；否則，△v4v5v6為紅色三角形。

圖1 圖2

(2)若v1v4,v1v5,v1v6中有一條紅邊，不妨設(shè)v1v4為紅邊，此時(shí)若邊v2v4,v3v4中有一條紅邊，不妨設(shè)v3v4是紅邊，則△v1v3v4是一紅色三角形，見圖2.以下就v2v4,v3v4均為藍(lán)邊的情況對(duì)與v4相關(guān)聯(lián)的邊的顏色進(jìn)行討論。(ⅰ)若v4v5,v4v6中有一藍(lán)邊，不妨設(shè)v4v5為藍(lán)邊，如圖3，此時(shí)，若v2v5,v3v5均為紅邊，則△v2v3v5是紅色三角形；否則，△v2v4v5或△v3v4v5是藍(lán)色三角形。

(ⅱ)若v4v5,v4v6均為紅邊，見圖4，此時(shí)，若v1,v5,v6之間有一條紅邊，不妨設(shè)v1v5為紅邊，則△v1v4v5為紅色三角形；否則，△v1v5v6為藍(lán)色三角形。

圖3 圖4

由以上對(duì)各種情況的討論知，對(duì)K6的任意紅、藍(lán)兩邊著色均有兩個(gè)同色三角形。

從以上例子可知，抽屜原理在應(yīng)用上有不足之處，之上只是個(gè)特例，至于在別的領(lǐng)域中的不足之處還需我們進(jìn)一步的探索。

5抽屜原理在實(shí)際生活中的應(yīng)用

抽屜原理不僅在高等數(shù)學(xué)中具有廣泛應(yīng)用，在我們的實(shí)際生活中，也能處處發(fā)現(xiàn)抽屜原理的影子.如招生錄取、賽程安排、資源分配、職稱評(píng)定等等，都不難看到抽屜原理的作用。

其實(shí)早在中國(guó)古代的春秋戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就有了運(yùn)用抽屜原理的例子，那就是《晏子春秋》中的“二桃殺三士”的典故，將兩個(gè)桃子賞賜給三名勇士，在這里可以將桃子看作抽屜，三個(gè)人作為元素放進(jìn)抽屜，則根據(jù)抽屜原理，一定有一個(gè)抽屜要放入兩個(gè)或兩個(gè)以上的元素，回到問題情境中就是一定要有兩個(gè)人吃一個(gè)桃子，導(dǎo)致這三名勇士最后自相殘殺而亡，這就是著名的“二桃殺三士”。

后來宋朝時(shí)期費(fèi)袞在他的《梁谿漫志》中就曾運(yùn)用抽屜原理來駁斥但是流行的“算命”一說，費(fèi)袞指出算命是把一個(gè)人出生的年、月、日、時(shí)作為依據(jù)，把這些作為“抽屜”，則不同的抽屜有12×360×60＝259200個(gè)。把所有的人作為“物品”，則進(jìn)入同一抽屜的人有成千上萬個(gè)，因此“生時(shí)同者必不為少矣”.既然“八字”相同，“又何貴賤貧富之不同也?這是大基數(shù)的社會(huì)現(xiàn)象，常給人感覺世事很奇巧，碰到同生日、同名的人，這也是抽屜原理在生活中的應(yīng)用。而生活中也有常見的抽屜原理的應(yīng)用之處，如“搶凳子”游戲，一群人搶凳子，凳子數(shù)比人少，必然淘汰一些人,又或者是13個(gè)人中總有2人是同一個(gè)月份出生，52張撲克牌中取出5張總有2張花色相同，在100米長(zhǎng)的小路上種101棵小樹，不管怎么種，至少有兩棵樹苗之間的距離不超過1米等等。

下面我們?cè)賮砜磶讉€(gè)例子。

例12 20名運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行乒乓球比賽,每?jī)擅\(yùn)動(dòng)員都要比賽一場(chǎng),每場(chǎng)比賽五局三勝(采取11分制).全部比賽結(jié)束后所有格局比賽最高得分為15:13.那么至少有多少局的比分是相同的? 解 20名運(yùn)動(dòng)員，每?jī)擅\(yùn)動(dòng)員都要比賽一場(chǎng)，根據(jù)乘法原理，一共賽了190（20?19?2）場(chǎng)(因?yàn)榧淄冶荣惻c乙同甲比賽只能算同一場(chǎng),所以要除以2).因?yàn)槊繄?chǎng)比賽至少三局,所以一共至少比賽570(190?3)局。

根據(jù)題目條件,乒乓球比賽的可能比分為

(11:0).(11:1).(11:2).…(11:9).(12:10).(13:11).(14:12).(15:13)共計(jì)14種.把這14種情況看作14個(gè)抽屜。

因?yàn)?70＞14?40.所以至少有41局的比分是相同的。

例13 49名學(xué)生回答3個(gè)問題,每個(gè)問題的得分是0,1,…,7,證明:存在兩個(gè)學(xué)生A,B對(duì)于每個(gè)問題,A的得分不少于B的得分。

證明 設(shè)A,B在三個(gè)題目的得分為A(a1,a2,a3),B(b1,b2,b3), 即證:ai?bi(i?1.2.3).若存在兩位同學(xué)在一二題的得分相同,則結(jié)論成立:否則,將一二題得分用數(shù)對(duì)(x,y)表示,所有得分點(diǎn)情況如圖5所示，圖5

將四條折線以及一個(gè)正方形區(qū)域作為五個(gè)抽屜.49個(gè)得分點(diǎn)中位于正方形ABCD中的點(diǎn)最多只有16個(gè),所以在折線L1,L2,L3,L4至少有49-16=33個(gè)得分點(diǎn),則由抽屜原理,必有一條折線上至少有9個(gè)得分點(diǎn),即至少有9個(gè)同學(xué)在第一二題的得分上滿足ai?bi,再由抽屜原理,這9個(gè)同學(xué)中必有兩個(gè)同學(xué)在第3題的等分相同,即命題得證。

6結(jié)束語

抽屜原理的應(yīng)用領(lǐng)域十分廣泛，涉及到高等數(shù)學(xué)的多個(gè)學(xué)科，并且在生活中也有廣泛的應(yīng)用，可以巧妙的用于解決一些復(fù)雜問題，本文主要梳理總結(jié)了它在數(shù)論、高等代數(shù)及無限集中的應(yīng)用，其不足之處也由Ramsey定理進(jìn)行了補(bǔ)充，使其能夠更好的應(yīng)用與問題解決當(dāng)中。參考文獻(xiàn)

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在論文的選題及撰寫過程中得到我的指導(dǎo)教師的悉心指導(dǎo)，在此表示衷心的感謝。指導(dǎo)老師嚴(yán)謹(jǐn)治學(xué)的態(tài)度使我受益匪淺.在論文寫作的這段時(shí)間里,他時(shí)刻關(guān)心著我的論文完成情況,并時(shí)常給我指出論文中的缺點(diǎn)和需要改進(jìn)的地方,最后才能使得我順利完成論文。同時(shí)感謝其他所有幫助過我的老師、同學(xué)以及一起努力過的朋友。

第三篇：抽屜原理及其應(yīng)用

抽屜原理及其應(yīng)用

張 志 修

摘要：抽屜原理雖然簡(jiǎn)單，但應(yīng)用卻很廣泛，它可以解答很多有趣的問題，其中有些問題還具有相當(dāng)?shù)碾y度。掌握了抽屜原理解題的步驟就能思路清晰的對(duì)一些存在性問題、最小數(shù)目問題做出快速準(zhǔn)確的解答。運(yùn)用抽屜原理，制造抽屜是運(yùn)用原則的一大關(guān)鍵。首先要確定分類對(duì)象（即“物體”），再?gòu)姆诸悓?duì)象中找出分類規(guī)則（即“抽屜”）．根據(jù)題目條件和結(jié)論，結(jié)合有關(guān)的數(shù)學(xué)知識(shí)，抓住最基本的數(shù)量關(guān)系，設(shè)計(jì)和確定解決問題所需的抽屜及其個(gè)數(shù)，為使用抽屜鋪平道路。一般來說，“抽屜”的個(gè)數(shù)應(yīng)比“物體”的個(gè)數(shù)少，最后運(yùn)用抽屜原理。

關(guān)鍵詞：代數(shù) 幾何 染色 存在性

引言

抽屜原理最早是由德國(guó)數(shù)學(xué)家狄利克雷發(fā)現(xiàn)的，因此也叫狄利克雷重疊原則。抽屜原理是一條重要的理論。運(yùn)用抽屜原理可以論證許多關(guān)于“存在”、“總有”、“至少有”的存在性問題。學(xué)習(xí)抽屜原理可以用來解決數(shù)學(xué)中的許多問題，也可以解決生活中的一些現(xiàn)象。

抽屜原理的內(nèi)容

第一抽屜原理：

原理1 把多于n個(gè)的物體放到n個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里有2個(gè)或2個(gè)以上的物體。

[證明]（反證法）：如果每個(gè)抽屜至多只能放進(jìn)一個(gè)物體，那么物體的總數(shù)至多是n，而不是題設(shè)的n?k?k?1?，這不可能。

原理2 把多于mn(m乘以n)個(gè)的物體放到n個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里有m?1個(gè)或多于m?1個(gè)的物體。

[證明]（反證法）：若每個(gè)抽屜至多放進(jìn)m個(gè)物體,那么n個(gè)抽屜

至多放進(jìn)mn個(gè)物體,與題設(shè)不符，故不可能。

原理3 把無窮多件物體放入n個(gè)抽屜，則至少有一個(gè)抽屜里 有無窮個(gè)物體。.原理1 2 3都是第一抽屜原理的表述 第二抽屜原理：

把?mn﹣1?個(gè)物體放入n個(gè)抽屜中，其中必有一個(gè)抽屜中至多有?mn﹣1?個(gè)物體。

[證明]（反證法）：若每個(gè)抽屜都有不少于m個(gè)物體，則總共至少有mn個(gè)物體，與題設(shè)矛盾，故不可能。

一、應(yīng)用抽屜原理解決代數(shù)問題

抽屜原理在公務(wù)員考試中的數(shù)字運(yùn)算部分時(shí)有出現(xiàn)。抽屜原理是用最樸素的思想解決組合數(shù)學(xué)問題，它易于接受，在數(shù)學(xué)問題中有重要的作用。

1、整除問題常用剩余類作為抽屜。把所有整數(shù)按照除以某個(gè)自然數(shù)m的余數(shù)分為m類，叫做m的剩余類或同余類，用?0?，?，?2?，?1?，?m﹣1?表示。

例1：對(duì)于任意的五個(gè)自然數(shù)，證明其中必有3個(gè)數(shù)的和能被3整除。

證明∵任何數(shù)除以3所得余數(shù)只能是0，1，2，不妨分別構(gòu)造為3個(gè)抽屜：

?0?，?1?，?2?

①若這五個(gè)自然數(shù)除以3后所得余數(shù)分別分布在這3個(gè)抽屜中

(即抽屜中分別為含有余數(shù)為0，1，2，的數(shù))，我們從這三個(gè)抽屜中各取1個(gè)(如1到5中取3,4,5)，其和?3?4?5?12? 必能被3整除。

②若這5個(gè)余數(shù)分布在其中的兩個(gè)抽屜中，則其中必有一個(gè)抽屜，包含有3個(gè)余數(shù)（抽屜原理），而這三個(gè)余數(shù)之和或?yàn)?，或?yàn)?，或?yàn)?，故所對(duì)應(yīng)的3個(gè)自然數(shù)之和是3的倍數(shù)。

③若這5個(gè)余數(shù)分布在其中的一個(gè)抽屜中，很顯然，必有3個(gè)自然數(shù)之和能被3整除。

2、還有的以集合造抽屜

例2：從1、2、3、4??、12這12個(gè)自然數(shù)中，至少任選幾個(gè)，就可以保證其中一定包括兩個(gè)數(shù)，他們的差是7？

分析與解答：在這12個(gè)自然數(shù)中，差是7的自然數(shù)有以下5對(duì)：?12,5? ?11,4? ?10,3? ?9,2? ?8,1?。另外，還有2個(gè)不能配對(duì)的數(shù)是?6? ?7??？蓸?gòu)造抽屜原理，共構(gòu)造了7個(gè)抽屜。只要有兩個(gè)數(shù)是取自同一個(gè)抽屜，那么它們的差就等于7。這7個(gè)抽屜可以表示為?12,5? ?11,4? ?10,3?

?9,2? ?8,1? ?6? ?7?，顯然從7個(gè)抽屜中取8個(gè)數(shù)，則一定可以使有兩個(gè)數(shù)字來源于同一個(gè)抽屜，也即作差為7。

二、應(yīng)用抽屜原理解決幾何問題

利用分割圖形的方法構(gòu)造抽屜

本方法主要用于解決點(diǎn)在幾何圖形中的位置分布和性質(zhì)問題,通常我們把一個(gè)幾何圖形分割成幾部分,然后把每一部分當(dāng)做一個(gè)“抽屜”,每個(gè)抽屜里放入相應(yīng)的元素。

例3：已知邊長(zhǎng)1為的等邊三角形內(nèi)有5個(gè)點(diǎn)，則至少有兩個(gè)點(diǎn)

距離不大于1/2。

證明：用兩邊中點(diǎn)的連線將邊長(zhǎng)為1的等邊三角形分成 四個(gè)邊長(zhǎng)為1/2的等邊三角形，若規(guī)定邊DE、EF、FD上的 點(diǎn)屬于三角形DEF，則三角形ABC內(nèi)的所有點(diǎn)被分為 4個(gè)全等的小等邊三角形，由抽屜原理，三角形內(nèi)的任意5個(gè)點(diǎn)至少有2個(gè)點(diǎn)屬于同一小等邊三角形，由“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)間的距離不大于其最大邊長(zhǎng)”知這兩個(gè)點(diǎn)距離不大于1/2。

抽屜原理與中學(xué)數(shù)學(xué)的關(guān)系，常用抽屜原理的最值的思路解中學(xué)數(shù)學(xué)題。

例4:用柯西不等式及二元均值不等式證明了如下三角不等式： 在△ABC中，有sin2A?sin2B?sin2C?.證明：由抽屜原理知sinA,sinB,sinC中必有兩個(gè)不大于或不小于3294，不妨設(shè)sinA?33,sinB?22或sinA?33,sinB?22則[sin2A?(323)][sin2B?()2]?0,故 2243sin2A?sin2B?sin2Asin2B?

34于是

43sin2A?sin2B?sin2C?sin2Asin2B?sin2C?

344cos(A?B)?cos(A?B)23]?sin2C? =[32413?(1?cosC)2?1?cos2C? 34219??(cosC?)2? 3249? 4

三、應(yīng)用抽屜原理解決染色問題

染色問題是數(shù)學(xué)中的重要內(nèi)容之一，也是深受廣大師生喜愛的的題目類型之一。染色問題是借用圖論的思想心提高解決問題的能力，所涉及的各科數(shù)學(xué)知識(shí)都不是很難，但染色法解數(shù)學(xué)問題技巧性非常強(qiáng)，而且解題的途徑都比較獨(dú)特，難度往往在于尋求解決問題的關(guān)鍵所在或最佳方法．

平面染色問題為點(diǎn)染色或線染色問題。通常是根據(jù)各個(gè)物體所存在的狀態(tài),將它們的狀態(tài)看作抽屜原理中的“抽屜”和“元素”,從而來解決問題的。

（1）點(diǎn)染色問題

例5：將平面上每點(diǎn)都任意地染上黑白兩色之一。求證:一定存在一個(gè)邊長(zhǎng)為1或3的正三角形,它的三個(gè)頂點(diǎn)同色。

證明：在這個(gè)平面上作一個(gè)邊長(zhǎng)為1的正三角形。如果A、B、C這三點(diǎn)同色，則結(jié)論成立，故不妨設(shè)A和B異色。以線段AB為底邊,作一個(gè)腰長(zhǎng)為2的等腰ABD。由于點(diǎn)A和B異色,故無論D為何色,總有一腰的兩個(gè)端點(diǎn)異色。不妨設(shè)點(diǎn)A和D異色。設(shè)AD的中點(diǎn)為E,則AE=ED=1。不妨設(shè)點(diǎn)A和E為白色,點(diǎn)D為黑色。

以AE為一邊,在直線AD兩側(cè)各作一個(gè)等邊三角形:AEF與AEG。若點(diǎn)F和G中有一個(gè)是白點(diǎn),則導(dǎo)致一個(gè)邊長(zhǎng)為1的等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)都是白點(diǎn)；否則,邊長(zhǎng)為3的等邊DFG的三個(gè)頂點(diǎn)同為黑點(diǎn)。

（2）邊染色問題

例6：假設(shè)在一個(gè)平面上有任意六個(gè)點(diǎn)，無三點(diǎn)共線，每?jī)牲c(diǎn)用紅色或藍(lán)色的線段連起來，都連好后，問你能不能找到一個(gè)由這些線構(gòu)成的三角形，使三角形的三邊同色？

解：首先可以從這六個(gè)點(diǎn)中任意選擇一點(diǎn)，然后把這一點(diǎn)到其他五點(diǎn)間連五條線段，在這五條線段中，至少有三條線段是同一種顏色，假定是紅色，現(xiàn)在我們?cè)賳为?dú)來研究這三條紅色的線。這三條線段的另一端或許是不同顏色，假設(shè)這三條線段（虛線）中其中一條是紅色的，那么這條紅色的線段和其他兩條紅色的線段便組成了我們所需要的同色三角形，如果這三條線段都是藍(lán)色的，那么這三條線段也組成我們所需要的同色三角形。因而無論怎樣著色，在這六點(diǎn)之間的所有線段中至少能找到一個(gè)同色三角形。

四、應(yīng)用抽屜原理解決實(shí)際問題

在有些問題中，“抽屜”和“物體”不是很明顯的，需要精心制造“抽屜”和“物體”.如何制造“抽屜”和“物體”可能是很困難的，一方面需要認(rèn)真地分析題目中的條件和問題，另一方面需要多做一些題積累經(jīng)驗(yàn)。

例7：黑色、白色、黃色的筷子各有8根，混雜地放在一起，黑暗中想從這些筷子中取出顏色不同的2雙筷子（每雙筷子兩根的顏色應(yīng)一樣），問至少要取材多少根才能保證達(dá)到要求？

解：這道題并不是品種單一，不能夠容易地找到抽屜和蘋果，由于有三種顏色的筷子，而且又混雜在一起，為了確保取出的筷子中有2雙不同顏色的筷子，可以分兩步進(jìn)行。第一步先確保取出的筷子中

有1雙同色的；第二步再?gòu)挠嘞碌目曜又腥〕鋈舾筛ＷC第二雙筷子同色。首先，要確保取出的筷子中至少有1雙是同色的，我們把黑色、白色、黃色三種顏色看作3個(gè)抽屜，把筷子當(dāng)作蘋果，根據(jù)抽屜原則，只需取出4根筷子即可。其次，再考慮從余下的20根筷子中取多少根筷子才能確保又有1雙同色筷子，我們從最不利的情況出發(fā)，假設(shè)第一次取出的4根筷子中，有2根黑色，1根白色，1根黃色。這樣，余下的20根筷子，有6根黑色的，7根白色的，7根黃色的，因此，只要再取出7根筷子，必有1根是白色或黃色的，能與第一次取出的1根白色筷子或黃色筷子配對(duì)，從而保證有2雙筷子顏色不同，總之，在最不利的情況下，只要取出4?7?11根筷子，就能保證達(dá)到目的。

例8：某校校慶，來了n位校友，彼此認(rèn)識(shí)的握手問候.請(qǐng)你證明無論什么情況，在這n個(gè)校友中至少有兩人握手的次數(shù)一樣多。

分析與解答：共有n位校友，每個(gè)人握手的次數(shù)最少是0次，即這個(gè)人與其他校友都沒有握過手；最多有n﹣1次，即這個(gè)人與每位到會(huì)校友都握了手.然而，如果有一個(gè)校友握手的次數(shù)是0次，那么握手次數(shù)最多的不能多于n﹣2次；如果有一個(gè)校友握手的次數(shù)是n-1次，那么握手次數(shù)最少的不能少于1次.不管是前一種狀態(tài)0、1、2、?、n﹣2，還是后一種狀態(tài)1、2、3、?、n-1，握手次數(shù)都只有n﹣1種情況.把這n-1種情況看成n-1個(gè)抽屜，到會(huì)的n個(gè)校友每人按照其握手的次數(shù)歸入相應(yīng)的“抽屜”，根據(jù)抽屜原理，至少有兩個(gè)人屬于同一抽屜，則這兩個(gè)人握手的次數(shù)一樣多。

抽屜原理雖然簡(jiǎn)單，但應(yīng)用卻很廣泛，它可以解答很多有趣的問題，其中有些問題還具有相當(dāng)?shù)碾y度。掌握了抽屜原理解題的步驟就能思路清晰的對(duì)一些存在性問題、最小數(shù)目問題做出快速準(zhǔn)確的解答。運(yùn)用抽屜原理，制造抽屜是運(yùn)用原則的一大關(guān)鍵。首先要確定分類對(duì)象（即“物體”），再?gòu)姆诸悓?duì)象中找出分類規(guī)則（即“抽屜”）．根據(jù)題目條件和結(jié)論，結(jié)合有關(guān)的數(shù)學(xué)知識(shí)，抓住最基本的數(shù)量關(guān)系，設(shè)計(jì)和確定解決問題所需的抽屜及其個(gè)數(shù)，為使用抽屜鋪平道路。一般來說，“抽屜”的個(gè)數(shù)應(yīng)比“物體”的個(gè)數(shù)少，最后運(yùn)用抽屜原理。解決問題，抽屜原理是一個(gè)利器。我們?cè)诮忸}的過程中可以迅速代入，更多要思考怎樣用抽屜原理讓問題清晰化，簡(jiǎn)單化。通過學(xué)習(xí)，使我的邏輯思維能力得到了提高，擴(kuò)展了我的知識(shí)面，掌握了“抽屜原理”的基本內(nèi)容，懂得把所學(xué)知識(shí)運(yùn)用到生活中去，運(yùn)用“抽屜原理”解決生活中的許許多多以前不明白的現(xiàn)象。

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第四篇：抽屜原理及其簡(jiǎn)單應(yīng)用

抽屜原理及其應(yīng)用

摘 要: 本文著重從抽屜的構(gòu)造方法闡述抽屜原理,介紹了抽屜原理及其常見形式，并結(jié)合實(shí)例探討了這一原理在高等數(shù)學(xué)和初等數(shù)論中的應(yīng)用。關(guān)鍵詞: 組合數(shù)學(xué)；抽屜原理；抽屜構(gòu)造

1．引言

抽屜原理也叫鴿籠原理, 它是德國(guó)數(shù)學(xué)家狄利克雷(P.G.T.Dirichlet)首先提出來的, 因此也稱作狄利克雷原理.它是數(shù)學(xué)中一個(gè)基本的原理，在數(shù)論和組合論中有著廣泛的應(yīng)用。在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)研究中，我們也可以把它看作是一種重要的非常規(guī)解題方法，應(yīng)用它能解決許多涉及存在性的數(shù)學(xué)問題。

2．抽屜原理的基本形式與構(gòu)造

2.1基本形式

陳景林、閻滿富編著的中國(guó)鐵道出版社出版的《組合數(shù)學(xué)與圖論》一書中對(duì)抽屜原理給出了比較具體的定義，概括起來主要有下面幾種形式: 原理Ⅰ 把多于n個(gè)的元素按任一確定的方式分成n個(gè)集合，則一定有一個(gè)集合中含有兩個(gè)或兩個(gè)以上的元素。

原理Ⅱ 把m個(gè)元素任意放到n(m?n)個(gè)集合里，則至少有一個(gè)集合里至少有k個(gè)元素，其中

?m , 當(dāng)n能整除m時(shí),??nk???m??　　?1　, 當(dāng)n不能整除m時(shí).?????n?原理Ⅲ 把無窮個(gè)元素按任一確定的方式分成有窮個(gè)集合，則至少有一個(gè)集合中仍含無窮個(gè)元素。

2.2基本構(gòu)造

利用抽屜原理解題過程中首先要注意指明什么是元素，什么是抽屜，元素進(jìn)入抽屜的規(guī)則是什么，以及在同一個(gè)盒子中，所有元素具有的性質(zhì)。構(gòu)造抽屜是用抽屜原理解題的關(guān)鍵。有的題目運(yùn)用一次抽屜原理就能解決，有的則需反復(fù)用多次；有些問題明顯能用抽屜原理解決，但對(duì)于較復(fù)雜的問題則需經(jīng)過一番剖析轉(zhuǎn)化才能用抽屜原理解決。3.利用抽屜原理解題的常用方法

3.1利用劃分?jǐn)?shù)組構(gòu)造抽屜

例1 在前12個(gè)自然數(shù)中任取七個(gè)數(shù)，那么, 一定存在兩個(gè)數(shù), 其中的一個(gè)數(shù)是另一個(gè)數(shù)的整數(shù)倍。

分析：若能把前12個(gè)自然數(shù)劃分成六個(gè)集合, 即構(gòu)成六個(gè)抽屜，使每個(gè)抽屜內(nèi)的數(shù)或只有一個(gè), 或任意的兩個(gè)數(shù), 其中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍，這樣, 就可以由抽屜原理來推出結(jié)論?，F(xiàn)在的問題是如何對(duì)這12個(gè)自然數(shù)：1，2 ,?,12 進(jìn)行分組, 注意到一個(gè)自然數(shù), 它要么是奇數(shù), 要么是偶數(shù)。若是偶數(shù), 我們總能把它表達(dá)為奇數(shù)與2k（k?1,2,3...）的乘積的形式，這樣, 如果允許上述乘積中的因子2k的指數(shù)K可以等于零, 則每一個(gè)自然數(shù)都可表達(dá)成“ 奇數(shù)?2k”（k?1,2,3...）的形式, 于是, 把1，2，3?,12個(gè)自然數(shù)用上述表達(dá)式進(jìn)行表達(dá), 并把式中“奇數(shù)” 部分相同的自然數(shù)作為一組, 構(gòu)成一個(gè)抽屜。

證明： 把前12個(gè)自然數(shù)劃分為如下六個(gè)抽屜：

A1={1?20,1?21,1?22,1?23} A2={3?20,3?21,3?22} A3={5?20,5?21} A4={7?20} A5={9?20} A6={11?20} 顯然, 上述六個(gè)抽屜內(nèi)的任意兩個(gè)抽屜無公共元素, 且A1+A2+...+A6={1,2,3,...,12}.于是，由抽屜原理得，對(duì)于前12個(gè)自然數(shù)不論以何種方式從其中取出七個(gè)數(shù)，必定存在兩個(gè)數(shù)同在上述六個(gè)抽屜的某一個(gè)抽屜內(nèi)。設(shè)x、y是這兩個(gè)數(shù)，因?yàn)锳4、A5、A6都是單元素集，因此，x、y不可能同在這三個(gè)抽屜中的任何一個(gè)抽屜內(nèi)?？梢?，x、y必同在A1、A2、A3的三個(gè)抽屜中的某一個(gè)之內(nèi)，這樣x和y兩個(gè)數(shù)中，較大的數(shù)必是較小數(shù)的整數(shù)倍。例2 學(xué)校組織1993名學(xué)生參觀天安門，人民大會(huì)堂和歷史博物館，規(guī)定每人必須去一處，最多去兩處參觀。那么至少有多少學(xué)生參觀的地方完全相同？

分析：我們可以把某學(xué)生參觀某處記作“1”，沒有去參觀記作“0”。并用有序數(shù)組{a，b，c}表示學(xué)生去參觀天安門、人民大會(huì)堂和歷史博物館的不同情況。因?yàn)橐?guī)定每人必須去一處，最多去兩處，所以參觀的方式，只有下列六種可能：

{1、1、0} {1、0、1} {0、1、1} {1、0、0} {0、1、0} {0、0、1} 把這六種情況作為六個(gè)抽屜，根據(jù)抽屜原理，在1993名學(xué)生中，至少有（1993）+1=333人參觀的地方相同。63.2利用余數(shù)構(gòu)造抽屜

把所有整數(shù)按照除以某個(gè)自然數(shù)m的余數(shù)分為m類，叫做m的剩余類或同余類，用[0],[1],[2],?,[m?1]表示。在研究與整除有關(guān)的問題時(shí)，常常用剩余類作為抽屜。

例3 對(duì)于任意的五個(gè)自然數(shù)，證明其中必有3 個(gè)數(shù)的和能被3 整除。

證明：任何數(shù)除以3 所得余數(shù)只能是0，1，2，不妨分別構(gòu)造為3個(gè)抽屜：[0]，[1]，[2]

1、若這五個(gè)自然數(shù)除以3 后所得余數(shù)分別分布在這3 個(gè)抽屜中(即抽屜中分別為含有余數(shù)為0,1,2 的數(shù))，我們從這三個(gè)抽屜中各取1 個(gè)(如1到5中取3,4,5)，其和(3+4+5=12)必能被3 整除。

2、若這5 個(gè)余數(shù)分布在其中的兩個(gè)抽屜中，則其中必有一個(gè)抽屜，包含有3 個(gè)余數(shù)（抽屜原理），而這三個(gè)余數(shù)之和或?yàn)?，或?yàn)?，或?yàn)?，故所對(duì)應(yīng)的3 個(gè)自然數(shù)之和是3 的倍數(shù)。

3、若這5 個(gè)余數(shù)分布在其中的一個(gè)抽屜中，很顯然，必有3 個(gè)自然數(shù)之和能被3 整除。

3.3利用等分區(qū)間構(gòu)造抽屜

所謂等分區(qū)間簡(jiǎn)單的說即是：如果在長(zhǎng)度為1的區(qū)間內(nèi)有多于n個(gè)的點(diǎn)，可考慮把區(qū)間n等分成n個(gè)子區(qū)間，這樣由抽屜原理可知，一定有兩點(diǎn)落在同一子

1區(qū)間，它們之間的距離不大于這種構(gòu)造法常用于處理一些不等式的證明。

n例4 已知11個(gè)數(shù)x1,x2,?,x11,全滿足0?xi?1　,i＝1,　2　?　,11,證明必有兩個(gè)xi,xj(i?j)滿足xi?xj?1.101.由抽屜原理，10證明：如圖1，將實(shí)數(shù)軸上介于0與1那段(連同端點(diǎn))等分為10小段(這10個(gè)小段也就是10個(gè)等分區(qū)間，即10個(gè)抽屜)，每一小段長(zhǎng)為

?11?11個(gè)點(diǎn)(數(shù))中至少有??+1=2個(gè)點(diǎn)落在同一條小線段上，這兩點(diǎn)相應(yīng)的數(shù)之差

?10?的絕對(duì)值? 1.100

圖1 對(duì)于給定了一定的長(zhǎng)度或區(qū)間并要證明不等式的問題，我們常常采用等分區(qū)間的構(gòu)造方法來構(gòu)造抽屜，正如上面的例子，在等分區(qū)間的基礎(chǔ)上我們便很方便的構(gòu)造了抽屜，從而尋找到了證明不等式的一種非常特殊而又簡(jiǎn)易的方法，與通常的不等式的證明方法(構(gòu)造函數(shù)法，移位相減法)相比，等分區(qū)間構(gòu)造抽屜更簡(jiǎn)易，更容易被人接受。

3.4利用幾何元素構(gòu)造抽屜

在涉及到一個(gè)幾何圖形內(nèi)有若干點(diǎn)時(shí)，常常是把圖形巧妙地分割成適當(dāng)?shù)牟糠郑缓笥梅指钏玫男D形作抽屜。這種分割一般符合一個(gè)“分劃”的定義，即抽屜間的元素既互不重復(fù)，也無遺漏；但有時(shí)根據(jù)解題需要，分割也可使得抽屜之間含有公共元素。

例5 如果直徑為5的圓內(nèi)有10個(gè)點(diǎn)，求證其中有某兩點(diǎn)的距離小于2。分析：把圓等分成9個(gè)扇形而構(gòu)造出9個(gè)抽屜，是最先考慮到的，但顯然是不行的（雖然有兩個(gè)點(diǎn)在某一扇形內(nèi)，但不能確認(rèn)它們之間的距離小于2）。轉(zhuǎn)而考慮先用一個(gè)與已知圓同心，半徑為1 的不包含邊界的小圓作為一個(gè)抽屜，然后把圓環(huán)部分等分成八個(gè)部分，如圖二所示，這樣就構(gòu)成了9個(gè)抽屜。

證明：先將圓分成八個(gè)全等的扇形，再在中間作一個(gè)直徑d=1.8的圓(如圖2)，這就把已知的圓分成了9個(gè)區(qū)域(抽屜).由抽屜原理，圓內(nèi)的10個(gè)點(diǎn)(球)，必有兩點(diǎn)落在同一區(qū)域內(nèi)，只須證明每個(gè)區(qū)域中的兩點(diǎn)的距離都小于2.顯然，小圓內(nèi)任兩點(diǎn)間的距離小于2，又曲邊扇形ABCD中，AB?2，AD?2，CD?2，而任兩點(diǎn)距離最大者AC，有

AC =OA2?OC2?2OA?OCcos45?

=2.52?0.92?2.5?0.9?2=3.88<2.圖2

3.5利用狀態(tài)制構(gòu)造抽屜

例6 設(shè)有六點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，四點(diǎn)不共面，如果把這六個(gè)點(diǎn)兩兩用直線聯(lián)系起來，并把這些直線涂以紅色或者藍(lán)色.求證：不論如何涂色，總可以找到三點(diǎn)，做成以它們?yōu)轫旤c(diǎn)的三角形，而這三角形三邊涂有相同的顏色。

分析：設(shè)已知六點(diǎn)為A1,A2,A3,A4,A5,A6,由于任三點(diǎn)不共線，所以任三點(diǎn)均可作為某三角形的三個(gè)頂點(diǎn)。

證明：從六個(gè)點(diǎn)中任取一點(diǎn)A1，將A1與其余五點(diǎn)相連得到五條線段，線段如下所示： A1A2,A1A3,A1A4,A1A5,A1A6,這五條線段只有兩種顏色即紅色或者藍(lán)色，由抽屜原理知，至少有三條涂有同一種顏色。顏色為抽屜，線段為元素，不妨設(shè)A1A2,A1A3,A1A4,涂有紅色，這時(shí)我們考察△A2A3A4

(1)若△A2A3A4中有一條紅色邊，如A2A3，則△A1A2A3為三邊同紅的三角形；

(2)若△A2A3A4中無一條紅色邊，則△A2A3A4就是三邊均為藍(lán)色的三角形。4.抽屜原理的應(yīng)用

4.1抽屜原理在高等數(shù)學(xué)中的應(yīng)用

高等數(shù)學(xué)中一些問題抽象，復(fù)雜，解答比較困難，如果一些問題巧妙地運(yùn)用抽屜原理會(huì)收到很好的效果，下列舉例介紹抽屜原理在高等數(shù)學(xué)中的巧妙應(yīng)用。

例7 設(shè)A為n階方陣，證明：存在1?i?n，使秩(Ai)=秩(Ai?1)=秩(Ai?2)??

證明：因?yàn)閚階方陣的秩只能是0,1　,　2,　?　,n這n+1個(gè)一，由抽屜原理可知，存在k,l滿E?A0,A,A2,?,An,An?1,E的個(gè)數(shù)多于秩的個(gè)數(shù)，足1?k

秩(Ak)= 秩(Al), 但

秩(Ak)?秩(Ak?1)???秩(Al), 所以

秩(Ak)=秩(Ak?1), 利用此式與秩的性質(zhì)得

秩(ABC)?秩(AB)+秩(BC)-秩(B), 這里的A,B,C是任意三個(gè)可乘矩陣，用數(shù)學(xué)歸納法可證

秩(Ak?m)=秩(Ak?m?1).其中m為非負(fù)整數(shù)，故命題的結(jié)論成立。

4.2抽屜原理在初等數(shù)論中的應(yīng)用

例8(中國(guó)剩余定理)令m和n為兩個(gè)互素的正整數(shù)，并令a和b為整數(shù)，且0?a?m?1以及0?b?n?1，則存在一個(gè)正整數(shù)x，使得x 除以m 的余數(shù)是a，并且x 除以n 的余數(shù)為b，即x可以寫成x?pm?a的同時(shí)又可以寫成x?qn?b的形式，這里p 和q 是整數(shù)。

(n?1)m?a，證明: 為了證明這個(gè)結(jié)論考慮n 個(gè)整數(shù)a，m?a，2m?a，?，這些整數(shù)中的每一個(gè)除以m都余a.設(shè)其中的兩個(gè)除以n 有相同的余數(shù)r． 令這兩個(gè)數(shù)為im?a 和jm?a，其中存在兩整數(shù)qi和qj，使得im?a?qin?r及jm?a?qjn?r，0?i?j?n?1.因此，這兩個(gè)方程相減可得(j?i)m?(qj?qi)n.于是n是(j?i)m的一個(gè)因子． 由于n和m沒有除1 之外的公因子，因此n是j?i的因子． 然而，0?i?j?n?1意味著，0?j?i?n?1,也就是說n 不可能是j?i的因子． 該矛盾產(chǎn)生于我們的假設(shè): n個(gè)整數(shù)a，m?a,2m?a,...,(n?1)m?a中有兩個(gè)除以n會(huì)有相同的余數(shù)。

因此這n個(gè)數(shù)中的每一個(gè)數(shù)除以n 都有不同的余數(shù)。

根據(jù)抽屜原理，n個(gè)數(shù)0，1，?，n?1 中的每一個(gè)作為余數(shù)都要出現(xiàn)，特別地，數(shù)b也是如此。令p 為整數(shù)，滿足0?p?n?1，且使數(shù)x?pm?a 除以n余數(shù)為b． 則對(duì)于某個(gè)適當(dāng)?shù)膓，有x?qn?b．

因此，x?pm?a且x?qn?b，從而x具有所要求的性質(zhì)。

5.結(jié)束語

本文對(duì)抽屜原理的常見形式及其應(yīng)用結(jié)合實(shí)例做了一些探討，為數(shù)學(xué)解題提供了一種簡(jiǎn)便的方法．應(yīng)用抽屜原理解題的難點(diǎn)在于如何恰當(dāng)?shù)臉?gòu)造抽屜，而制造抽屜的辦法是靈活多變的, 不能生搬硬套某個(gè)模式, 需要靈活運(yùn)用。

參考文獻(xiàn)

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The Principle And Application Of The Drawer

Liu Xiaoli Abstract: this article emphatically from the drawer methods of constructing this drawer principle, and introduces the drawer principle and common form, and combined with the discusses the principle in the higher mathematics elementary theory and the application.Keywords: combinatorial mathematics;drawer principle;theory of drawer structure

第五篇：抽屜原理

《抽屜原理》教學(xué)設(shè)計(jì) 芙蓉中心小學(xué) 簡(jiǎn)淑梅 【教學(xué)內(nèi)容】：

人教版《義務(wù)教育課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書●數(shù)學(xué)》六年級(jí)（下冊(cè)）第四單元數(shù)學(xué)廣角“抽屜原理”第70、71頁(yè)的內(nèi)容?！窘滩姆治觥浚?/p>

這是一類與“存在性”有關(guān)的問題，教材通過幾個(gè)直觀例子，放手讓學(xué)生自主思考，先采用自己的方法進(jìn)行“證明”，然后再進(jìn)行交流，在交流中引導(dǎo)學(xué)生對(duì)“枚舉法”、“反證法”、“假設(shè)法”等方法進(jìn)行比較，使學(xué)生逐步學(xué)會(huì)運(yùn)用一般性的數(shù)學(xué)方法來思考問題，從而抽象出“抽屜原理”的一般規(guī)律。并利用這一規(guī)律對(duì)一些簡(jiǎn)單的實(shí)際問題加以“模型化”。即：只需要確定實(shí)際生活中某個(gè)物體（或某個(gè)人、或種現(xiàn)象）的存在就可以了。【學(xué)情分析】：

抽屜原理是學(xué)生從未接觸過的新知識(shí)，很難理解抽屜原理的真正含義，尤其是對(duì)平均分就能保證“至少”的情況難以理解。

年齡特點(diǎn)：六年級(jí)學(xué)生既好動(dòng)又內(nèi)斂，教師一方面要適當(dāng)引導(dǎo)，引發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣，使他們的注意力始終集中在課堂上；另一方面要?jiǎng)?chuàng)造條件和機(jī)會(huì)，讓學(xué)生發(fā)表見解，發(fā)揮學(xué)生學(xué)習(xí)的主體性。

思維特點(diǎn)：知識(shí)掌握上，六年級(jí)的學(xué)生對(duì)于總結(jié)規(guī)律的方法接觸比較少，尤其對(duì)于“數(shù)學(xué)證明”。因此，教師要耐心細(xì)致的引導(dǎo)，重在讓學(xué)生經(jīng)歷知識(shí)的發(fā)生、發(fā)展和過程，而不是生搬硬套，只求結(jié)論，要讓學(xué)生不知其然，更要知其所以然?！窘虒W(xué)目標(biāo)】：

1．知識(shí)與能力目標(biāo)：

經(jīng)歷“抽屜原理”的探究過程，初步了解“抽屜原理”，會(huì)用“抽屜原理”解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問題。通過猜測(cè)、驗(yàn)證、觀察、分析等數(shù)學(xué)活動(dòng)，建立數(shù)學(xué)模型，發(fā)現(xiàn)規(guī)律。滲透“建模”思想。

2．過程與方法目標(biāo)：

經(jīng)歷從具體到抽象的探究過程，提高學(xué)生有根據(jù)、有條理地進(jìn)行思考和推理的能力。

3．情感、態(tài)度與價(jià)值觀目標(biāo)：

通過“抽屜原理”的靈活應(yīng)用，提高學(xué)生解決數(shù)學(xué)問題的能力和興趣，感受到數(shù)學(xué)文化及數(shù)學(xué)的魅力?！窘虒W(xué)重點(diǎn)】：

經(jīng)歷“抽屜原理”的探究過程，初步了解“抽屜原理”?！窘虒W(xué)難點(diǎn)】：

理解“抽屜原理”，并對(duì)一些簡(jiǎn)單實(shí)際問題加以“模型化”?！窘虒W(xué)準(zhǔn)備】：

多媒體課件、撲克牌、盒子、鉛筆、書、練習(xí)紙?！窘虒W(xué)過程】：

一、課前游戲，激趣引新。

上課伊始，老師高舉3張卡片。（高興狀）

（1）老師這有3張漂亮的卡片，我想把它們送給在坐的三位同學(xué)，想要嗎？

（2）在送之前，我想請(qǐng)同學(xué)們猜一猜，這三張卡片會(huì)到男生手上還是會(huì)到女生手上？（學(xué)生思考后回答：可能送給了3名女生、可能送給了3名男生、也有可能送給了2名男生和1名女生、還有可能送給了2名女生和1名男生。）

（3）同學(xué)們列出的這四種情況是這個(gè)活動(dòng)中可能存在的現(xiàn)象，你能從這四種可能存在的現(xiàn)象中找到一種確定現(xiàn)象嗎？（學(xué)生思考后回答：得到卡片的三個(gè)同學(xué)當(dāng)中，至少會(huì)有兩個(gè)同學(xué)的性別相同。）

（4）老師背對(duì)著學(xué)生把卡片拋出驗(yàn)證學(xué)生的說法。

（5）如果老師再拋幾次還會(huì)有這種現(xiàn)象出現(xiàn)嗎？其實(shí)這里面蘊(yùn)藏著一個(gè)非常有趣的數(shù)學(xué)原理，也就是我們今天這節(jié)課要研究的學(xué)習(xí)內(nèi)容，想不想研究啊？

〖設(shè)計(jì)意圖〗：在知識(shí)探究之前通過送卡片的游戲，從之前學(xué)過的“可能性”導(dǎo)入到今天的學(xué)習(xí)內(nèi)容。一方面是使教師和學(xué)生進(jìn)行自然的溝通交流；二是要激發(fā)學(xué)生的興趣，引起探究的愿望；三是要讓學(xué)生明白這種“確定現(xiàn)象”與“可能性”之間的聯(lián)系，為接下來的探究埋下伏筆。

二、操作探究，發(fā)現(xiàn)規(guī)律。

1．動(dòng)手?jǐn)[擺，感性認(rèn)識(shí)。

把4枝鉛筆放進(jìn)3個(gè)文具盒中。

（1）小組合作擺一擺、記一記、說一說，把可能出現(xiàn)的情況都列舉出來。

（2）提問：不管怎么放，一定會(huì)出現(xiàn)哪種情況？討論后引導(dǎo)學(xué)生得出：不管怎樣放，總有一個(gè)文具盒里至少放了2只鉛筆。

〖設(shè)計(jì)意圖〗：抽屜原理對(duì)于學(xué)生來說，比較抽象，特別是“總有一個(gè)杯子中

至少放進(jìn)2根小棒”這句話的理解。所以通過具體的操作，列舉所有的情況后，引導(dǎo)學(xué)生直接關(guān)注到每種分法中數(shù)量最多的杯子，理解“總有一個(gè)杯子”以及“至少2根”。

2．提出問題，優(yōu)化擺法。

（1）如果把 5支鉛筆放進(jìn)4個(gè)文具盒里呢？結(jié)果是否一樣？怎樣解釋這一現(xiàn)象？（學(xué)生自由擺放，并解釋些種現(xiàn)象存在的確定性。）

（2）老師指著一名擺得非常快的同學(xué)問：怎么你比別人擺得更快呢？你是否有最簡(jiǎn)潔、最快速的方法，快快說出來和同學(xué)一起分享好嗎？

（3）學(xué)生匯報(bào)了自己的方法后，教師圍繞假設(shè)法（平均分的方法），組織學(xué)生展開討論：為什么每個(gè)杯子里都要放1根小棒呢？

（4）在討論的基礎(chǔ)上，師生小結(jié)：假如每個(gè)杯子放入一根小棒，剩下的一根還要放進(jìn)一個(gè)杯子里，無論放在哪個(gè)杯子里，一定能找到一個(gè)杯子里至少有2根小棒。只有平均分才能將小棒盡可能地分散，保證“至少”的情況。

〖設(shè)計(jì)意圖〗：鼓勵(lì)學(xué)生積極的自主探索，尋找不同的證明方法，在枚舉法的基礎(chǔ)上，學(xué)生意識(shí)到了要考慮最少的情況，從而引出假設(shè)法滲透平均分的思想。

3．步步逼近，理性認(rèn)識(shí)。

（1）師：把6枝鉛筆放在5個(gè)盒子里，不管怎么放，總有一個(gè)盒子里至少有2枝鉛筆嗎？為什么？

把7支鉛筆放進(jìn)6個(gè)文具盒里呢？

把8枝筆放進(jìn)7個(gè)盒子里呢？

把20枝筆放進(jìn)19個(gè)盒子里呢？

……

（2）符合這種結(jié)果的情況你能一一說完嗎？你會(huì)用一句歸納這些情況嗎？

（筆的枝數(shù)比盒子數(shù)多1，不管怎么放，總有一個(gè)盒子里至少有2枝鉛筆。）

〖設(shè)計(jì)意圖〗：通過這個(gè)連續(xù)的過程發(fā)展了學(xué)生的類推能力，形成比較抽象的數(shù)學(xué)思維，從而達(dá)到理性認(rèn)識(shí)“抽屜原理”。

4．?dāng)?shù)量積累，發(fā)現(xiàn)方法。

7只鴿子要飛進(jìn)5個(gè)鴿舍里，無論怎么飛，至少會(huì)有兩子鴿子飛進(jìn)同一個(gè)鴿舍。為什么？

（1）如果要用一個(gè)算式表示，你會(huì)嗎？

（2）算式中告訴我們經(jīng)過第一次平均分配后，還余下了2只鴿子，這兩只鴿子會(huì)怎么飛呢？（有可能兩只飛進(jìn)了同一個(gè)鴿舍里，也有可能飛進(jìn)了不同的鴿舍里。）

（3）不管怎么飛，一定會(huì)出現(xiàn)哪種情況？

（4）討論：剛才是鉛筆數(shù)比文具盒數(shù)多1枝的情況，現(xiàn)在鴿子數(shù)比鴿舍要多2只，為什么還是“至少有2只鴿子要飛進(jìn)同一個(gè)鴿舍里”？

（4）如果是“8只鴿子要飛進(jìn)取5個(gè)鴿舍里呢？”（余下3只鴿子。）

（5）“9只鴿子要飛進(jìn)取5個(gè)鴿舍里呢？”（余下4只鴿子。）

根據(jù)學(xué)生的回答，用算式表示以上各題，并板書。

〖設(shè)計(jì)意圖〗：從余數(shù)1到余數(shù)2、3、4……，讓學(xué)生再次體會(huì)要保證“至少”必須盡量平均分，余下的數(shù)也要進(jìn)行二次平均分。并發(fā)現(xiàn)余下的鴿子數(shù)只要小于鴿舍數(shù)，就一定有“至少有兩子鴿子飛進(jìn)同一個(gè)鴿舍”的現(xiàn)象發(fā)生。

5．構(gòu)建模型，解釋原理。

（1）觀察黑板上的算式，你有了什么新的發(fā)現(xiàn)？（只要鴿子數(shù)比盒鴿舍數(shù)多，且小于鴿舍數(shù)的兩倍，至少有2只鴿子飛進(jìn)了同一個(gè)鴿舍里。）

（2）剛才我們研究的這些現(xiàn)象就是著名的“抽屜原理”，（教師板書課題：抽屜原理）我們將小棒、鴿子看做物體，杯子、鴿舍看做抽屜。

（3）課件出示：“抽屜原理”又稱“鴿巢原理”，最先是由19世紀(jì)的德國(guó)數(shù)學(xué)家狄利克雷提出來的，所以又稱“狄里克雷原理”，這一原理在解決實(shí)際問題中有著廣泛的應(yīng)用?！俺閷显怼钡膽?yīng)用是千變?nèi)f化的，用它可以解決許多有趣的問題，并且常常能得到一些令人驚異的結(jié)果。

（4）請(qǐng)你用“抽屜原理”解釋我們的課前游戲，為什么不管老師怎么送，得到卡片的同學(xué)一定有兩個(gè)同學(xué)的性別是一樣的？其中什么相當(dāng)于“物體”？什么相當(dāng)于“抽屜”？

〖設(shè)計(jì)意圖〗：通過對(duì)不同具體情況的判斷，初步建立“物體”、“抽屜”的模型，發(fā)現(xiàn)簡(jiǎn)單的抽屜原理。研究的問題來源于生活，還要還原到生活中去，所以請(qǐng)學(xué)生對(duì)課前的游戲的解釋，也是一個(gè)建模的過程，讓學(xué)生體會(huì)“抽屜”不一定是看得見，摸得著，并讓學(xué)生體會(huì)平常事中也有數(shù)學(xué)原理，有探究的成就感，激發(fā)對(duì)數(shù)學(xué)的熱情。

三、循序漸進(jìn)，總結(jié)規(guī)律。

（1）出示71頁(yè)的例2：把5本書放進(jìn)2個(gè)抽屜中，不管怎么放，總有一個(gè)抽屜至少放進(jìn)3本書。為什么？

A、該如何解決這個(gè)問題呢？

B、如何用一個(gè)式子表示呢？

C、你又發(fā)現(xiàn)了什么？

教師根據(jù)學(xué)生的回答，繼續(xù)板書算式。

（2）如果一共有7本書呢？9本書呢？

（3）思考、討論：總有一個(gè)抽屜至少放進(jìn)的本數(shù)是“商＋1”還是“商＋余數(shù)”呢？為什么？

教師師讓學(xué)生充分討論后得出正確的結(jié)論：總有一個(gè)抽屜至少放進(jìn)的本數(shù)是“商＋1”（教師板書。）

〖設(shè)計(jì)意圖〗：對(duì)規(guī)律的認(rèn)識(shí)是循序漸進(jìn)的。在初次發(fā)現(xiàn)規(guī)律的基礎(chǔ)上，引導(dǎo)學(xué)生抓住假設(shè)法最核心的思路---“有余數(shù)除法”，學(xué)生借助直觀，很好的理解了如果把書盡量多地“平均分”給各個(gè)抽屜里，看每個(gè)抽屜里能分到多少本書，余下的書不管放到哪個(gè)抽屜里，總有一個(gè)抽屜里比平均分得的書的本數(shù)多1本。從而得出“某個(gè)抽屜書的至少數(shù)”是除法算式中的商加“1”，而不是商加“余數(shù)”，從而使學(xué)生從本質(zhì)上理解了“抽屜原理”。四．運(yùn)用原理，解決問題。

1、基本類型，說說做做。

（1）8只鴿子飛回3個(gè)鴿舍，至少有3只鴿子要飛進(jìn)同一個(gè)鴿舍里。為什么？

（2）張叔叔參加飛鏢比賽，投了5鏢，成績(jī)是41環(huán)。張叔叔至少有一鏢不低于9環(huán)。為什么？

2、深化練習(xí)，拓展提升。

（1）有一副撲克牌，去掉了兩張王牌，還剩52張，如果請(qǐng)五位同學(xué)每人任意抽1張，同種花色的至少有幾張？為什么？

如果9個(gè)人每一個(gè)人抽一張呢？

（2）某街道辦事處統(tǒng)計(jì)人口顯示，本街道轄區(qū)內(nèi)當(dāng)年共有 370名嬰兒出生。統(tǒng)計(jì)員斷定：“至少有2名嬰兒是在同一天出生的。”這是為什么？ 至少有多少名嬰兒是在同一個(gè)月出生的？為什么？

〖設(shè)計(jì)意圖〗：讓學(xué)生運(yùn)用所學(xué)知識(shí)去分析、解決生活實(shí)際問題，不僅是學(xué)生掌握知識(shí)的繼續(xù)拓展與延伸，還是他們成功解決問題后獲取愉悅心情的重要途經(jīng)；不同題型、不同難度的練習(xí)不僅能進(jìn)一步調(diào)動(dòng)學(xué)生學(xué)習(xí)的積極性，還能滿足不同的孩子學(xué)到不同的數(shù)學(xué)，并體會(huì)抽屜原理的形式是多種多樣的。

五、全課小結(jié)，課外延伸。

（1）說一說：今天這節(jié)課，我們又學(xué)習(xí)了什么新知識(shí)？你還有什么困惑？

（2）用今天學(xué)到的知識(shí)向你的家長(zhǎng)解釋下列現(xiàn)象：

從1、2、3……100，這100個(gè)連續(xù)自然數(shù)中，任意取出51個(gè)不相同的數(shù)，其中必有兩個(gè)數(shù)互質(zhì)，這是為什么呢？

〖設(shè)計(jì)意圖〗：既讓學(xué)生說數(shù)學(xué)知識(shí)的收獲，也引導(dǎo)學(xué)生談情感上的感受，同時(shí)培養(yǎng)他們的質(zhì)疑能力，使三維目標(biāo)落到實(shí)處；把課堂知識(shí)延伸到課外，與家長(zhǎng)一起分析思考，主要是想拓展學(xué)生思維，達(dá)到“家校牽手，共話數(shù)學(xué)”的教學(xué)目的。

板書設(shè)計(jì)。

抽屜原理

物體數(shù) 抽屜數(shù) 至少數(shù) =商＋1

（鉛筆數(shù)）（盒子數(shù)）

2

3

÷ 4 =1……1 2 =1＋1 ÷ 5 =1……2 2 =1＋1 ÷ 2 =2……1 3 =2＋1 ÷ 2 =3……1 4 =3＋1

〖設(shè)計(jì)意圖〗：這樣的板書設(shè)計(jì)是在教學(xué)過程中動(dòng)態(tài)生成的，按講思路來安排的，力求簡(jiǎn)潔精練。這樣設(shè)計(jì)便于學(xué)生對(duì)本課知識(shí)的理解與記憶，突出了的教學(xué)重點(diǎn)，使板書真正起到畫龍點(diǎn)睛的作用。