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第13讲 抽屉原理


   作者:蓝忠诚 发表时间-20 :41:27  阅读( 9 )| 评论( 0 )

第13讲 抽屉原理

  把5个苹果放到4个抽屉中,必然有一个抽屉中至少有2个苹果,这是抽屉原理的通俗解释。一般地,我们将它表述为:

第一抽屉原理:把(mn+1)个物体放入n个抽屉,其中必有一个抽屉中至少有(m+1)个物体。

  使用抽屉原理解题,关键是构造抽屉。一般说来,数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等,都可作为构造抽屉的依据。

  例1 从1,2,3,…,100这100个数中任意挑出51个数来,证明在这51个数中,一定:

  (1)有2个数互质;

  (2)有2个数的差为50;

  (3)有8个数,它们的最大公约数大于1。

  证明:(1)将100个数分成50组:

  {1,2},{3,4},…,{99,100}。

  在选出的51个数中,必有2个数属于同一组,这一组中的2个数是两个相邻的整数,它们一定是互质的。

  (2)将100个数分成50组:

  {1,51},{2,52},…,{50,100}。

  在选出的51个数中,必有2个数属于同一组,这一组的2个数的差为50。

  (3)将100个数分成5组(一个数可以在不同的组内):

  第一组:2的倍数,即{2,4,…,100};

  第二组:3的倍数,即{3,6,…,99};

  第三组:5的倍数,即{5,10,…,100};

  第四组:7的倍数,即{7,14,…,98};

  第五组:1和大于7的质数即{1,11,13,…,97}。

  第五组中有22个数,故选出的51个数至少有29个数在第一组到第四组中,根据抽屉原理,总有8个数在第一组到第四组的某一组中,这8个数的最大公约数大于1。

  例2 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。

  证明:因1996÷4=499,故只需证明可以找到一个各位数字都是1的自然数,它是499的倍数就可以了。

  

  得到500个余数r1,r2,…,r500。由于余数只能取0,1,2,…,499这499个值,所以根据抽屉原理,必有2个余数是相同的,这2个数的差就是499的倍数,这个差的前若干位是1,后若干位是0:11…100…0,又499和10是互质的,故它的前若干位由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,它是1996的倍数。

  例3 在一个礼堂中有99名学生,如果他们中的每个人都与其中的66人相识,那么可能出现这种情况:他们中的任何4人中都一定有2人不相识(假定相识是互相的)。

  分析:注意到题中的说法“可能出现……”,说明题的结论并非是条件的必然结果,而仅仅是一种可能性,因此只需要设法构造出一种情况使之出现题目中所说的结论即可。

  解:将礼堂中的99人记为a1,a2,…,a99,将99人分为3组:

  (a1,a2,…,a33),(a34,a35,…,a66),(a67,a68,…,a99),将3组学生作为3个抽屉,分别记为A,B,C,并约定A中的学生所认识的66人只在B,C中,同时,B,C中的学生所认识的66人也只在A,C和A,B中。如果出现这种局面,那么题目中所说情况就可能出现。

  因为礼堂中任意4人可看做4个苹果,放入A,B,C三个抽屉中,必有2人在同一抽屉,即必有2人来自同一组,那么他们认识的人只在另2组中,因此他们两人不相识。

  

  例4 如右图,分别标有数字1,2,…,8的滚珠两组,放在内外两个圆环上,开始时相对的滚珠所标数字都不相同。当两个圆环按不同方向转动时,必有某一时刻,内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。

  分析:此题中没有直接提供我们用以构造抽屉和苹果的数量关系,需要转换一下看问题的角度。

  解:内外两环对转可看成一环静止,只有一个环转动。一个环转动一周后,每个滚珠都会有一次与标有相同数字的滚珠相对的局面出现,那么这种局面共要出现8次。将这8次局面看做苹果,再需构造出少于8个抽屉。

  注意到一环每转动45°角就有一次滚珠相对的局面出现,转动一周共有8次滚珠相对的局面,而最初的8对滚珠所标数字都不相同,所以数字相同的滚珠相对的情况只出现在以后的7次转动中,将7次转动看做7个抽屉,8次相同数字滚珠相对的局面看做8个苹果,则至少有2次数字相对的局面出现在同一次转动中,即必有某一时刻,内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。

  例5 有一个生产天平上用的铁盘的车间,由于工艺上的原因,只能控制盘的重量在指定的20克到20.1克之间。现在需要重量相差不超过0.005克的两只铁盘来装配一架天平,问:最少要生产多少个盘子,才能保证一定能从中挑出符合要求的两只盘子?

  解:把20~20.1克之间的盘子依重量分成20组:

  第1组:从20.000克到20.005克;

  第2组:从20.005克到20.010克;

  ……

  第20组:从20.095克到20.100克。

  这样,只要有21个盘子,就一定可以从中找到两个盘子属于同一组,这2个盘子就符合要求。

  例6 在圆周上放着100个筹码,其中有41个红的和59个蓝的。那么总可以找到两个红筹码,在它们之间刚好放有19个筹码,为什么?

  分析:此题需要研究“红筹码”的放置情况,因而涉及到“苹果”的具体放置方法,由此我们可以在构造抽屉时,使每个抽屉中的相邻“苹果”之间有19个筹码。

  解:依顺时针方向将筹码依次编上号码:1,2,…,100。然后依照以下规律将100个筹码分为20组:

  (1,21,41,61,81);

  (2,22,42,62,82);

  ……

  (20,40,60,80,100)。

  将41个红筹码看做苹果,放入以上20个抽屉中,因为41=2×20+1,所以至少有一个抽屉中有2+1=3(个)苹果,也就是说必有一组5个筹码中有3个红色筹码,而每组的5个筹码在圆周上可看做两两等距,且每2个相邻筹码之间都有19个筹码,那么3个红色筹码中必有2个相邻(这将在下一个内容——第二抽屉原理中说明),即有2个红色筹码之间有19个筹码。

  下面我们来考虑另外一种情况:若把5个苹果放到6个抽屉中,则必然有一个抽屉空着。这种情况一般可以表述为:

第二抽屉原理:把(mn-1)个物体放入n个抽屉,其中必有一个抽屉中至多有(m-1)个物体。

  例7 在例6中留有一个疑问,现改述如下:在圆周上放有5个筹码,其中有3个是同色的,那么这3个同色的筹码必有2个相邻。

  分析:将这个问题加以转化:

  

  如右图,将同色的3个筹码A,B,C置于圆周上,看是否能用另外2个筹码将其隔开。

  解:如图,将同色的3个筹码放置在圆周上,将每2个筹码之间的间隔看做抽屉,将其余2个筹码看做苹果,将2个苹果放入3个抽屉中,则必有1个抽屉中没有苹果,即有2个同色筹码之间没有其它筹码,那么这2个筹码必相邻。

  例8 甲、乙二人为一个正方形的12条棱涂红和绿2种颜色。首先,甲任选3条棱并把它们涂上红色;然后,乙任选另外3条棱并涂上绿色;接着甲将剩下的6条棱都涂上红色。问:甲是否一定能将某一面的4条棱全部涂上红色?

  解:不能。

  如右图将12条棱分成四组:

    

  第一组:{A1B1,B2B3,A3A4},

  第二组:{A2B2,B3B4,A4A1},

  第三组:{A3B3,B4B1,A1A2},

  第四组:{A4B4,B1B2,A2A3}。

  无论甲第一次将哪3条棱涂红,由抽屉原理知四组中必有一组的3条棱全未涂红,而乙只要将这组中的3条棱涂绿,甲就无法将某一面的4条棱全部涂红了。

  下面我们讨论抽屉原理的一个变形——平均值原理。

  我们知道n个数a1,a2,…,an的和与n的商是a1,a2,…,an这n个数的平均值。

平均值原理:如果n个数的平均值为a,那么其中至少有一个数不大于a,也至少有一个不小于a。

  例9 圆周上有2000个点,在其上任意地标上0,1,2,…,1999(每一点只标一个数,不同的点标上不同的数)。求证: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2999。

  解:设圆周上各点的值依次是a1,a2,…,a2000,则其和

  a1+a2+…+a2000=0+1+2+…+1999=1999000。

  下面考虑一切相邻三数组之和:

  (a1+a2+a3)+(a2+a3+a4)+…+(a1998+a1999+a2000)+(a1999+a2000+a1)+(a2000+a1+a2)

  =3(a1+a2+…+a2000)

  =3×1999000。

  这2000组和中必至少有一组和大于或等于  但因每一个和都是整数,故有一组相邻三数之和不小于2999,亦即存在一个点,与它紧相邻的两点和这点上所标的三数之和不小于2999。

  例10 一家旅馆有90个房间,住有100名旅客,如果每次都恰有90名旅客同时回来,那么至少要准备多少把钥匙分给这100名旅客,才能使得每次客人回来时,每个客人都能用自己分到的钥匙打开一个房门住进去,并且避免发生两人同时住进一个房间?

  解:如果钥匙数小于990,那么90个房间中至少有一个房间的钥匙数少房间就打不开,因此90个人就无法按题述的条件住下来。

  另一方面,990把钥匙已经足够了,这只要将90把不同的钥匙分给90个人,而其余的10名旅客,每人各90把钥匙(每个房间一把),那么任何90名旅客返回时,都能按要求住进房间。

  最后,我们要指出,解决某些较复杂的问题时,往往要多次反复地运用抽屉原理,请看下面两道例题。

  例11 设有4×28的方格棋盘,将每一格涂上红、蓝、黄三种颜色中的任意一种。试证明:无论怎样涂法,至少存在一个四角同色的长方形。

  证明:我们先考察第一行中28个小方格涂色情况,用三种颜色涂28个小方格,由抽屉原理知,至少有10个小方格是同色的,不妨设其为红色,还可设这10个小方格就在第一行的前10列。

  下面考察第二、三、四行中前面10个小方格可能出现的涂色情况。这有两种可能:

  (1)这三行中,至少有一行,其前面10个小方格中,至少有2个小方格是涂有红色的,那么这2个小方格和第一行中与其对应的2个小方格,便是一个长方形的四个角,这个长方形就是一个四角同是红色的长方形。

  (2)这三行中每一行前面的10格中,都至多有一个红色的小方格,不妨设它们分别出现在前三列中,那么其余的3×7个小方格便只能涂上黄、蓝两种颜色了。

  我们先考虑这个3×7的长方形的第一行。根据抽屉原理,至少有4个小方格是涂上同一颜色的,不妨设其为蓝色,且在第1至4列。

  再考虑第二行的前四列,这时也有两种可能:

  (1)这4格中,至少有2格被涂上蓝色,那么这2个涂上蓝色的小方格和第一行中与其对应的2个小方格便是一个长方形的四个角,这个长方形四角同是蓝色。

  (2)这4格中,至多有1格被涂上蓝色,那么,至少有3格被涂上黄色。不妨设这3个小方格就在第二行的前面3格。

  下面继续考虑第三行前面3格的情况。用蓝、黄两色涂3个小方格,由抽屉原理知,至少有2个方格是同色的,无论是同为蓝色或是同为黄色,都可以得到一个四角同色的长方形。

  总之,对于各种可能的情况,都能找到一个四角同色的长方形。

  例12 试卷上共有4道选择题,每题有3个可供选择的答案。一群学生参加考试,结果是对于其中任何3人,都有一道题目的答案互不相同。问:参加考试的学生最多有多少人?

  解:设每题的三个选择分别为a,b,c。

  (1)若参加考试的学生有10人,则由第二抽屉原理知,第一题答案分别为a,b,c的三组学生中,必有一组不超过3人。去掉这组学生,在余下的学生中,定有7人对第一题的答案只有两种。对于这7人关于第二题应用第二抽屉原理知,其中必可选出5人,他们关于第二题的答案只有两种可能。对于这5人关于第三题应用第二抽屉原理知,可以选出4人,他们关于第三题的答案只有两种可能。最后,对于这4人关于第四题应用第二抽屉原理知,必可选出3人,他们关于第四题的答案也只有两种。于是,对于这3人来说,没有一道题目的答案是互不相同的,这不符合题目的要求。可见,所求的最多人数不超过9人。

  另一方面,若9个人的答案如下表所示,则每3人都至少有一个问题的答案互不相同。

  

  所以,所求的最多人数为9人。



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