368-2-1抽屉原理.题库教师版 2_抽屉原理2-牛bb文章网
368-2-1抽屉原理.题库教师版 2_抽屉原理2
8-2抽屉原理教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＝x?1x?n?1??， 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】 6只鸽子要飞进5个笼子，每个笼子里都必须有1只，一定有一个笼子里有2只鸽子．对吗？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【解析】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?11 ，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13人．教数学的张老师说：“你们这个小组至少有2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367名2000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？364，【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n?1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n?2个熟人，这样熟人数目只有n?1种可能：0，1，2，……，n?2．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n?1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．【解析】 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3整除？ 【解析】 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3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a?b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a1，a2，a3，……，a11，由5个数的结论可知，在a1，a2，a3，a4，a5中必有3个数，其和为3的倍数，不妨设a1?a2?a3?3k1；在a4，a5，a6，a7，a8中必有3个数，其和为3的倍数，不妨设a4?a5?a6?3k2；在a7，a8，a9，a10，a11中必有3个数，其和为3的倍数，不妨设a7?a8?a9?3k3．又在k1，k2，k3中必有两个数的奇偶性相同，不妨设k1，k2的奇偶性相同，那么3k1?3k2是6的倍数，即a1，a2，a3，a4，a5，a6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3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：a，a，a，……，a，第1个数为a1； 前2个数的和为a1?a2；前3个数的和为a1?a2?a3； ……前2008个数的和为a1?a2??a2008．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a1，a2，a3，……，a2008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a1道题，前2天共做了a2道题，前3天共做了a3道题，……，前14天共做了a14a2，a3，a14及a1?7，a2?7，a3?7，道题．显然a14?20，而a1～a13都小于20．考虑a1，……，……，a14?7这28个数，它们都不超过27．a2，a3，a14互不相等，a1?7，a2?7，根据抽屉原理，这28个数中必有两个数相等．由于a1，……，a3?7，……，a14?7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：aj?ai?7，所以aj?ai?7．这表明从第i?1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．，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． 【解析】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a1，a2，a3，…，a500．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n，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n?1个数：7，77，777，……，777，777，这n?1个数除以n的余数只能为0，n位n?1位1，2，……，n?1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777和777(p?q)，那么777?777?777000是n的倍数，所以n乘以适当p位q位p位q位(p?q)位q位的整数，可以得到形式为77700q位0的数，即由0和7组成的数．(p?q)位【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(a?b)(c?d)(e?f)是105的倍数．105?3?5?7．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【解析】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(ab)(cd)(ef)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368-2-1抽屉原理.题库教师版 2_抽屉原理2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】 （2008年中国台湾小学数学竞赛决赛（一）在100张卡片上不重复地编上1~100，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12整除？?100?12?22?3，因为3的倍数有?【解析】 ，抽??33个，所以不是3的倍数的数一共有100?33?67（个）3??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a1、a2、a3、…、a10．相邻的三个数为一组，有a1a2a3、a2a3a4、a3a4a5、…、a9a10a1、a10a1a2共10组．这十组三个数之和的总和为：165?16?10?5，?a1?a2?a3?+?a2?a3?a4?++?a10?a1?a2??3?a1?a2??a10??3?55?165，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a10?1，除去a10之外，把a1、a2、a3、…、a9这9个数按顺序分为三组a1a2a3、a4a5a6、a7a8a9．因为这三组数之和的总和为： ?a1?a2?a3?+?a4?a5?a6?+?a7?a8?a9??2?3??10?54，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）．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2999【解析】 把这一圈从某一个数开始按顺时针方向分别记为a1、a2、a3、…、a2000．相邻的三个数为一组，有a1a2a3、a2a3a4、a3a4a5、…、a、a共2000组．这2000组三个数之和的总和为：?a1?a2?a3?+?a2?a3?a4?++?a??3?a1?a2??a?2?3?08?，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5?8=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：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3?5=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=2?7+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．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次以上的题目(10=1?7+3，由抽屉原则便知)．与l第一种可能I同理，这两道题必被一名学生全部解出，记这名同学为C．那么，每道题目至少被A、C学生中一人解出．A解出7道题目，则另一题必由另一人解出，记此人为D．那么，每道题目至少被A、D两名学生中一人解出．A解出8道题目，则随意找一名学生，记为E，那么，每道题目至少被A、E两名学生中一人解出，所以问题(1)得证．(2)类似问题(1)中的想法，题目共被解出8?4=32次，可以使每名学生都解出4次，那么每人解出4道题．随便找一名学生，必有4道未被他解出，这4道题共被7名同学解出4?4=16次，由于16=2×7+2，可以使每名同学解出题目不超过3道，这样就无法找到两名学生，使每道题目至少被其中一人解出．具体构造如下表，其中汉字代表题号，数字代表学生，打√代表该位置对应的题目被该位置对应的学生解出．【巩固】 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，都有一个题目的答案互不相同．问参加考试的学生最多有多少人?【解析】 设总人数为A，再由分析可设第一题筛选取出的人数为A1，第二题筛选的人数为A2，第三题筛选取的人数为A3，第四题筛选的人数为A4．如果不能满足题目要求，则：A4至少是3，即3个人只有两种答案．由于A4是A3人做第四题后筛选取出的人数，则由抽屉原则知，(两种答案)中至少放有A3???A3??A3?个苹果(即).AA?43??3?=A4=3，则A3至少为4，即4人只3????有两种答案．由于A3是A2人做第三题后筛选的人数，则由抽屉原则知，将A2个苹果放久三个抽屉(三种答案)，那么必然有两个抽屉(两种答案)中至少放有A2??2?个苹果(即?3??A??A??A?A3)．A2??2?=A3=4，则A2至少为5，即5人只有两种答案．同理，有A1??1?=A2=5则A1?3??3?至少为7，即做完第一道题必然有7个人只有两种答案；则有A0??0?=A1=7．则A0至少为10，?3?即当有10人参加考试时无法满足题目的要求．考虑9名学生参加考试，令每人答题情况如下表所示(汉字表示题号，数字表示学生)．故参加考试的学生最多有9人． ?A?（2）求抽屉【例 15】 把十只小兔放进至多几个笼子里，才能保证至少有一个笼里有两只或两只以上的小兔？【解析】 要想保证至少有一个笼里有两只或两只以上的小兔，把小兔子当作“物品”，把“笼子”当作“抽屉”，根据抽屉原理，要把10只小兔放进10?1?9个笼里，才能保证至少有一个笼里有两只或两只以上的小兔．【例 16】 把125本书分给五⑵班的学生，如果其中至少有一个人分到至少4本书，那么，这个班最多有多少人？【解析】 本题需要求抽屉的数量，需要反用抽屉原理和最“坏”情况的结合，最坏的情况是只有1个人分到4本书，而其他同学都只分到3本书，则?125?4??3?401，因此这个班最多有：40?1?41(人)(处理余数很关键，如果有42人则不能保证至少有一个人分到4本书)．【巩固】 某次选拔考试，共有1123名同学参加，小明说：“至少有10名同学来自同一个学校．”如果他的说法是正确的，那么最多有多少个学校参加了这次入学考试？【解析】 本题需要求抽屉的数量，反用抽屉原理和最“坏”情况的结合，最坏的情况是只有10个同学来自同一个学校，而其他学校都只有9名同学参加，则??1236，因此最多有：123?1?124个学校(处理余数很关键，如果有125个学校则不能保证至少有10名同学来自同一个学校)【巩固】 100个苹果最多分给多少个学生，能保证至少有一个学生所拥有的苹果数不少于12个.【解析】 从不利的方向考虑：当分苹果的学生多余某一个数时，有可能使每个学生分得的学生少于12个，求这个数. 100个按每个学生分苹果不多于11个（即少于12个）苹果，最少也要分10人（9人11个苹果，还有一人一个苹果），否则9×11＜100，所以只要分苹果的学生不多余9人就能使保证至少有一个学生所拥有的苹果数不少于12个（即多于11个）.答案为9.【例 17】 某班有16名学生，每个月教师把学生分成两个小组．问最少要经过几个月，才能使该班的任意两个学生总有某个月份是分在不同的小组里?【解析】 经过第一个月，将16个学生分成两组，至少有8个学生分在同一组，下面只考虑这8个学生．经过第二个月，将这8个学生分成两组，至少有4个学生是分在同一组，下面只考虑这4个学生． 经过第三个月，将这4个学生分成两组，至少有2个学生仍分在同一组，这说明只经过3个月是无法满足题目要求的．如果经过四个月，将每个月都一直保持同组的学生一分为二，放人两个组，那么第一个月保持同组的人数为16÷2=8人，第二个月保持同组的人数为8÷2=4人，第三个月保持同组人数为4÷2=2人，这说明照此分法，不会有2个人一直保持在同一组内，即满足题目要求，故最少要经过4个月．（3）求苹果【例 18】 班上有50名小朋友，老师至少拿几本书，随意分给小朋友，才能保证至少有一个小朋友能得到不少于两本书？【解析】 把50名小朋友当作50个“抽屉”，书作为物品．把书放在50个抽屉中，要想保证至少有一个抽屉中有两本书，根据抽屉原理，书的数目必须大于50，而大于50的最小整数是50?1?51，所以至少要拿51本书．【巩固】 班上有28名小朋友，老师至少拿几本书，随意分给小朋友，才能保证至少有一个小朋友能得到不少于两本书？【解析】 老师至少拿29本书，随意分给小朋友，才能保证至少有一个小朋友能得到不少于两本书．【巩固】 有10只鸽笼，为保证至少有1只鸽笼中住有2只或2只以上的鸽子．请问：至少需要有几只鸽子？【解析】 有10只鸽笼，每个笼子住1只鸽子，一共就是10只．要保证至少有1只鸽笼中住有2只或2只以上的鸽子．那么至少需要11只鸽子，这多出的1只鸽子会住在这10个任意一个笼子里．这样就有1个笼子里住着2只鸽子．所以至少需要11只鸽子．【巩固】 三年级二班有43名同学，班上的“图书角”至少要准备多少本课外书，才能保证有的同学可以同时借两本书？【解析】 把43名同学看作43个抽屉，根据抽屉原理，要使至少有一个抽屉里有两个苹果，那么就要使苹果的个数大于抽屉的数量．因此，“图书角”至少要准备44本课外书．【例 19】 海天小学五年级学生身高的厘米数都是整数，并且在140厘米到150厘米之间（包括140厘米到150厘米），那么，至少从多少个学生中保证能找到4个人的身高相同？【解析】 陷阱：以前的题基本全是2个人的，而这里出现4个人，那么，就“从倍数关系选”。认真思考，此题中应把什么看作抽屉？有几个抽屉？在140厘米至150厘米之间（包括140厘米到150厘米）共有11个整厘米数，把这11个整厘米数看作11个抽屉，每个抽屉中放3个整厘米数，就要11?3?33个整厘米数，如果再取出一个整厘米数，放入相应的抽屉中，那么这个抽屉中便有4个整厘米数，也就是至少找出33?1?34个学生，才能找到4个人的身高相同．【例 20】 一次数学竞赛出了10道选择题，评分标准为：基础分10分，每道题答对得3分，答错扣 1分，不答不得分。问：要保证至少有4人得分相同，至少需要多少人参加竞赛？【解析】 由题目条件这次数学竞赛的得分可以从10-10=0分到10+3×10=40分，但注意到39、38、35这3个分数是不可能得到的，要保证至少有4人得分相同，至少需要3×（41-3）+1=115人.【巩固】 （第十届《小数报》数学竞赛决赛）一次测验共有10道问答题，每题的评分标准是：回答完全正确，得5分；回答不完全正确，得3分，回答完全错误或不回答，得0分．至少____人参加这次测验，才能保证至少有3人得得分相同．【解析】 根据评分标准可知，最高得分为50分，最低得分为0分，在0～50分之间，1分，2分，4分，7分，47分，49分不可能出现．共有51?6?45（种）不同得分．根据抽屉原理，至少有45?2?1?91（人）参赛，才能保证至少有3人得分相同． （二）、构造抽屉利用公式进行解题【例 21】 在一只口袋中有红色、黄色、蓝色球若干个，小聪明和其他六个小朋友一起做游戏，每人可以从口袋中随意取出2个球，那么不管怎样挑选，总有两个小朋友取出的两个球的颜色完全一样．你能说明这是为什么吗？【解析】 从三种颜色的球中挑选两个球，可能情况只有下面6种：红、红；黄、黄；蓝、蓝；红、黄；红、蓝；黄、蓝，我们把6种搭配方式当作6个“抽屉”，把7个小朋友当作7个“苹果”，根据抽屉原理，至少有两个“苹果”要放进一个“抽屉”中，也就是说，至少有两个人挑选的颜色完全一样．【巩固】 在一只口袋中有红色与黄色球各4只，现有4个小朋友，每人从口袋中任意取出2个小球，请你证明：必有两个小朋友，他们取出的两个球的颜色完全一样．【解析】 小朋友从口袋中取出的两个球的颜色的组成只有以下3种可能：红红、黄黄、红黄，把这3种情况看作3个“抽屉”，把4位小朋友看作4只“苹果”，根据抽屉原理，必有两个小朋友取出的两个球的颜色完全一样．368-2-1抽屉原理.题库教师版 2_抽屉原理2【巩固】 篮子里有苹果、梨、桃和桔子，现有若干个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那么至少有多少个小朋友才能保证有两个小朋友拿的水果是相同的？【解析】 首先应弄清不同的水果搭配有多少种．两个水果是相同的有4种，两个水果不同有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子．所以不同的水果搭配共有4?6?10（种）．将这10种搭配作为10个“抽屉”．由抽屉原理知至少需11个小朋友才能保证有两个小朋友拿的水果是相同的【巩固】 学校里买来数学、英语两类课外读物若干本，规定每位同学可以借阅其中两本，现有4位小朋友前来借阅，每人都借了2本．请问，你能保证，他们之中至少有两人借阅的图书属于同一种吗？【解析】 每个小朋友都借2本有三种可能：数数，英英，数英．第4个小朋友无论借什么书，都可能是这三种情况中的一种，这样就有两个同学借的是同一类书，所以可以保证，至少有2位小朋友，他们所借阅的两本书属于同类．总结：此题如用简单乘法原理的话，有难度，因为涉及到简单加法原理，所以推荐使用列表法。与之前不同的是，本题借阅的书只说了两本并没说其他要求，所以可以拿2本同样的书．【巩固】 11名学生到老师家借书，老师的书房中有文学、科技、天文、历史四类书，每名学生最多可借两本不同类的书，最少借一本．试说明：必有两个学生所借的书的类型相同【解析】 设不同的类型书为Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四种，若学生只借一本书，则不同的类型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四种；若学生借两本不同类型的书，则不同的类型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六种．共有10种类型，把这10种类型看作10个“抽屉”，把11个学生看作11个“苹果”．如果谁借哪种类型的书，就进入哪个抽屉，由抽屉原理，至少有两个学生，他们所借的书的类型相同．【巩固】 幼儿园买来许多牛、马、羊、狗塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，但不能是同样的，问：至少有多少个小朋友去拿，才能保证有两人所拿玩具相同？【解析】 从四种玩具中挑选不同的两件，所有的搭配有以下6组：牛、马；牛、羊；牛、狗；马、羊；马、狗；羊、狗．把每一组搭配看作一个“抽屉”，共6个抽屉．根据抽屉原理，至少要有7个小朋友去拿，才能保证有两人所拿玩具相同．【巩固】 体育用品的仓库里有许多足球、排球和篮球，有66个同学来仓库拿球，要求每个人至少拿一个，最多拿两个球，问至少有多少名同学所拿的球的种类是完全一样的？【解析】 以拿球配组的方式为抽屉，每人拿一个或两个球，所以抽屉有：足、排、篮、足足、排排、篮篮、足排、足篮、排篮共9种情况，即有9个抽屉，则：66?9?73，7?1?8，即至少有8名同学所拿球的种类是一样的．【巩固】 幼儿园买来很多玩具小汽车、小火车、小飞机，每个小朋友任意选择两件不同的，那么至少要有几个小朋友才能保证有两人选的玩具是相同的？【解析】 根据题意列下表：有3个小朋友就有三种不同的选择方法，当第四个小朋友准备拿时，不管他怎么选择都可以跟前面三个同学其中的一个选法相同．所以至少要有4个小朋友才能保证有两人选的玩具是相同的． 总结： 本题是抽屉原理应用的典型例题，作为重点讲解．学生们可能会这么认为：铺垫：2件?3种?6件，6件?2个?3人，要保证有相同的所以至少要有3?1?4人；对于例题中的题目同样2件?4种?8件，8件?2个?4人，要保证有相同的所以至少要有4?1?5人．因为铺垫是正好配上数了，而例题中的问题在于4种东西任选两种的选择有几种．可以简单跟学生讲一下简单乘法原理的思想，但建议还是运用枚举法列表进行分析，按顺序列表可以做到不遗漏，不重复．【巩固】 篮子里有苹果、梨、桃和桔子，现有若干个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那么至少有多少个小朋友才能保证有两个小朋友拿的水果是相同的？【解析】 首先应弄清不同的水果搭配有多少种．两个水果是相同的有4种，两个水果不同有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子．所以不同的水果搭配共有4?6?10（种）．将这10种搭配作为10个“抽屉”．由抽屉原理知至少需11个小朋友才能保证有两个小朋友拿的水果是相同的【例 22】 红、蓝两种颜色将一个2?5方格图中的小方格随意涂色（见下图），每个小方格涂一种颜色．是否存在两列，它们的小方格中涂的颜色完全相同？第第第第第四三五一二列列列列列第一行第二行【解析】 用红、蓝两种颜色给每列中两个小方格随意涂色，只有下面四种情形：红红红蓝蓝红蓝蓝将上面的四种情形看成四个“抽屉”，把五列方格看成五个“苹果”，根据抽屉原理，将五个苹果放入四个抽屉，至少有一个抽屉中有不少于两个苹果，也就是至少有一种情形占据两列方格，即这两列的小方格中涂的颜色完全相同．【例 23】 将每一个小方格涂上红色、黄色或蓝色．（每一列的三小格涂的颜色不相同），不论如何涂色，其中至少有两列，它们的涂色方式相同，你同意吗？【解析】 这道题是例题的拓展提高，通过列举我们发现给这些方格涂色，要使每列的颜色不同，最多有6种不同的涂法，红蓝黄红黄蓝蓝红黄蓝黄红黄红蓝黄蓝红涂到第六列以后，就会跟前面的重复．所以不论如何涂色，其中至少有两列它们的涂色方式相同．【例 24】 从2、4、6、8、、50这25个偶数中至少任意取出多少个数，才能保证有2个数的和是52？【解析】 构造抽屉：{2,50}，{4,48}，{6,46}，{8,44}，，{24,28}，{26}，共13种搭配，即13个抽屉，所以任意取出14个数，无论怎样取，有两个数必同在一个抽屉里，这两数和为52，所以应取出14个数．或者从小数入手考虑，2、4、6、、26，当再取28时，与其中的一个去陪，总能找到一个数使这两个数之和为52．【巩固】 证明：在从1开始的前10个奇数中任取6个，一定有2个数的和是20.【解析】 将10个奇数分为五组(1、19)，(3、17)，(5、15)，(7、13)，(9、11)，任取6个必有两个奇数在同一组中，这两个数的和为20.【巩固】 从1，4，7，10，?，37，40这14个数中任取8个数，试证：其中至少有2个数的和是41.【解析】 构造和为41的抽屉：(1,40)，(4,37)，(7,34)，(10,31)，(13,28)，(16,25)，(19,22)，现在取8个数，一定有两个数取在同一个抽屉，所以至少有2个数的和是41.【巩固】 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，一定有两个数的差为50。【解析】 将100个数分成50组：{1,51}，{2,52}，{3,53}，，{50,100}，将其看作50个抽屉，在选出的51个数中，必有两个属于一组，这一组的差为50．这道题也同样可以从小数入手考虑．【巩固】 请证明：在1，4，7，10，?，100中任选20个数，其中至少有不同的两组数其和都等于104.【解析】 1，4，7，10，…，100共有34个数，将其分为(4，100)，(7，97)，…，(49，55)，(1)，(52)，共有18个抽屉．从这18个抽屉里面任意抽取20个数，则至少有18个数取自前16个抽屉，所以至少有4个数取自某两个抽屉中，而属于同一“抽屉”的两个数，其和是104．【巩固】 从1、2、3、4、?、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12．【解析】 在这20个自然数中，差是12的有以下8对：｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝．另外还有4个不能配对的数｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，…，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于12）．【巩固】 （小学数学奥林匹克决赛）从1，2，3，4，?，这些自然数中，最多可以取____个数，其中每两个数的差不等于4．【解析】 将1～1989排成四个数列：1，5，9，…，2，6，10，…，19863，7，11，…，19874，8，12，…，1988每个数列相邻两项的差是4，因此，要使取出的数中，每两个的差不等于4，每个数列中不能取相邻的项．因此，第一个数列只能取出一半，因为有(?1?498项，所以最多取出249项，例如1，9，17，…，1985．同样，后三个数列每个最多可取249项．因而最多取出249?4?996个数，其中每两个的差不等于4．【巩固】 从2、4、6、?、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34．【解析】 我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉，(2),(4,30)，(6,28)，…，(16,18),凡是抽屉中的有两个数，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34．现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数在同一个抽屉中.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34．【例 25】 （北京市第十一届“迎春杯”刊赛）从1，2，3，4，?，1994这些自然数中，最多可以取 个数，能使这些数中任意两个数的差都不等于9．【解析】 方法一：把1994个数一次每18个分成一组，最后14个数也成一组，共分成111组．即1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，17，18；19，20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36；…………………，…，；，…，1994．每一组中取前9个数，共取出9?111?999（个）数，这些数中任两个的差都不等于9．因此，最多可以取999个数．方法二：构造公差为9的9个数列（除以9的余数） ?1,10,19,28,?2,11,20,29,?3,12,21,30,?4,13,22,31,?5,14,23,32,?6,15,24,33,?7,16,25,34,?8,17,26,35,?9,18,27,36,,1990?，共计222个数 ,1991?，共计222个数 ,1992?，共计222个数 ,1993?，共计222个数 ,1994?，共计222个数 ,1986?，共计221个数 ,1987?，共计221个数 ,1988?，共计221个数 ,1989?，共计221个数每个数列相邻两项的差是9，因此，要使取出的数中，每两个的差不等于9，每个数列中不能取相邻的项．因此，前五个数列只能取出一半，后四个数列最多能取出一半多一个数，所以最多取111?9?999个数【巩固】 (南京市首届“兴趣杯”少年数学邀请赛)从1至36个数中，最多可以取出___个数，使得这些数种没有两数的差是5的倍数．【解析】 构造公差为5的数列，如图，有五条链，看成5个抽屉，每条链上取1个数，最多取5个数．1－6－11－16－21－26－31－362－7－12－17－22－27－323－8－13－18－23－28－334－9－14－19－24－29－345－10－15－20－25－30－35【例 26】 （2008年第八届“春蕾杯”小学数学邀请赛决赛）从1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11和12中至多选出个数，使得在选出的数中，每一个数都不是另一个数的2倍．【解析】 把这12个数分成6个组：第1组：1，2，4，8第2组：3，6，12第3组：5，10第4组：7第5组：9第6组：11每组中相邻两数都是2倍关系，不同组中没有2倍关系．选没有2倍关系的数，第1组最多2个（1，4或2，8或1，8），第2组最多2个（3，12），第3组只有1个，第4，5，6组都可以取，一共2?2?1?1?1?1?8个．如果任意取9个数，因为第3，4，5，6组一共5个数中，最多能取4个数，剩下9?4?5个数在2个组中，根据抽屉原理，至少有3个数是同一组的，必有2个数是同组相邻的数，是2倍关系．【巩固】 从1到20这20个数中，任取11个不同的数，必有两个数其中一个是另一个数的倍数．【解析】 把这20个数分成以下10组，看成10个抽屉：(1，2，4，8，16)，(3，6，12)，(5，10，20)，(7，14)，(9，18)，(11)，(13)，(15)，(17)，(19)，前5个抽屉中，任意两个数都有倍数关系．从这10个抽屉中任选11个数，必有一个抽屉中要取2个数，它们只能从前5个抽屉中取出，这两个数就满足题目要求．【例 27】 从1，3，5，7，?，97，99中最多可以选出多少个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数?【解析】 方法一：因为均是奇数，所以如果存在倍数关系，那么也一定是3、5、7等奇数倍.3×33：99，于是从35开始，1～99的奇数中没有一个是35～99的奇数倍(不包括1倍)，所以选出35，37，39，…，99这些奇数即可．共可选出33个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数．方法二：利用3的若干次幂与质数的乘积对这50个奇数分组．(1，3，9，27，81)，(5，15，45)，(7，21，63)，(11，33)，(13，39)，(17，51)，(19，57)，(23，69)，(25，75)，(29，87)，(31，93)，(35)，(37)，(41)，(43)，…，(97)共33组．前11组，每组内任意两个数都存在倍数关系，所以每组内最多只能选择一个数．即最多可以选出33个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数．评注：1～2n个自然数中，任意取出n+1个数，则其中必定有两个数，它们一个是另一个的整数倍；从2，3．……，2n+1中任取n+2个数，必有两个数，它们一个是另一个的整数倍；从1，2，3．……3n中任取2n+1个数，则其中必有两个数，它们中一个是另一个的整数倍，且至少是3倍；从1，2，3，……， mn中任取(m-1)n+1个数，则其中必有两个数，它们中一个是另一个的整数倍，且至少是m倍(m、n为正整数).【例 28】 从整数1、2、3、?、199、200中任选101个数，求证在选出的这些自然数中至少有两个数，其中的一个是另一个的倍数.【解析】 把这200个数分类如下：(1)1，1?2，1?22，1?23，…，1?27，(2)3，3?2，3?22，3?23，…，3?26，(3)5，5?2，5?22，5?23，…，5?25，…(50)99，99?2，(51)101，(52)103，…(100)199，以上共分为100类，即100个抽屉，显然在同一类中的数若不少于两个，那么这类中的任意两个数都有倍数关系.从中任取101个数，根据抽屉原理，一定至少有两个数取自同一类，因此其中一个数是另一个数的倍数.【例 29】 从1，2，3，??49，50这50个数中取出若干个数，使其中任意两个数的和都不能被7整除，则最多能取出多少个数？【解析】 将1至50这50个数，按除以7的余数分为7类：[0]，[1]，[2]，[3]，[4]，[5]，[6]，所含的数的个数分别为7，8，7，7，7，7，7.被7除余1与余6的两个数之和是7的倍数，所以取出的数只能是这两种之一； 同样的，被7除余2与余5的两个数之和是7的倍数，所以取出的数只能是这两种之一； 被7除余3与余4的两个数之和是7的倍数，所以取出的数只能是这两种之一； 两个数都是7的倍数，它们的和也是7的倍数，所以7的倍数中只能取1个． 所以最多可以取出8?7?7?1?23个【例 30】 从1，2，3，?，99，100这100个数中任意选出51个数．证明：(1)在这51个数中，一定有两个数互质；(2)在这51个数中，一定有两个数的差等于50；(3)在这51个数中，一定存在9个数，它们的最大公约数大于1．【解析】 (1)我们将1～100分成(1，2)，(3，4)，(5，6)，(7，8)，…，(99，100)这50组，每组内的数相邻．而相邻的两个自然数互质．将这50组数作为50个抽屉，同一个抽屉内的两个数互质．而现在51个数，放进50个抽屉，则必定有两个数在同一抽屉，于是这两个数互质．问题得证．(2)我们将1―100分成(1，51)，(2，52)，(3，53)，…，(40，90)，…(50，100)这50组，每368-2-1抽屉原理.题库教师版 2_抽屉原理2组内的数相差50．将这50组数视为抽屉，则现在有51个数放进50个抽屉内，则必定有2个数在同一抽屉，那么这两个数的差为50．问题得证．(3)我们将1―100按2的倍数、3的奇数倍、既不是2又不是3的倍数的情况分组，有(2，4，6，8，…，98，100)，(3，9，15，21，27，…，93，99)，(5，7，11，13，17，19，23，…，95，97)这三组．第一、二、三组分别有50、17、33个元素．最不利的情况下，51个数中有33个元素在第三组，那么剩下的18个数分到第一、二两组内，那么至少有9个数在同一组．所以这9个数的最大公约数为2或3或它们的倍数，显然大于1．问题得证【例 31】 有49个小孩，每人胸前有一个号码，号码从1到49各不相同．现在请你挑选若干个小孩，排成一个圆圈，使任何相邻两个小孩的号码数的乘积小于100，那么你最多能挑选出多少个孩子?【解析】 将1至49中相乘小于100的两个数，按被乘数分成9组，如下：(1×2)、(1×3)、(1×4)、…、(1×49)；(2×3)、(2×4)、(2×5)、…、(2×49)；(8×9)、(8×10)、(8 ×11)、(8×12)；(9×10)、(9×11).因为每个数只能与左右两个数相乘，也就是每个数作为被乘数或乘数最多两次，所以每一组中最多会有两对数出现在圆圈中，最多可以取出18个数对，共18 ×2=36次，但是每个数都出现两次，故出现了18个数．例如：(10×9)、(9×11)、(1×8)、(8×12)、(12×7)、(7×13)、(13×6)、(6×14)、(14×5)、(5×15)、(15×4)、(4 ×16)、(16 X 3)、(3×17)、(17×2)、(2×18)、(18 ×1)、(1×10)．共出现l～18号，共18个孩子．若随意选取出19个孩子，那么共有19个号码，由于每个号码数要与旁边两数分别相乘，则会形成19个相乘的数对．那么在9组中取出19个数时，有19=9×2+1，由抽屉原则知，必有三个数对落入同一组中，这样某个数字会在数对中出现三次(或三次以上)，由分析知，这是不允许的．故最多挑出18个孩子．【例 32】 要把61个乒乓球分装在若干个乒乓球盒中，每个盒子最多可以装5个乒乓球，问：至少有多少个盒子中的乒乓球数目相同？【解析】 每个盒子不超过5个球，最“坏”的情况是每个盒子的球数尽量不相同，为1、2、3、4、5这5种各不相同的个数，共有：1?2?3?4?5?15，61?15?41，最不利的分法是：装1、2、3、4、5个球的各4个，还剩1个球，要使每个盒子不超过5个球，无论放入哪个盒子，都会使至少有5个盒子的球数相同．【例 33】 将400本书随意分给若干同学，但是每个人不许超过11本，问：至少有多少个同学分到的书的本数相同？【解析】 每人不许超过11本，最“坏”的情况是每人得到的本数尽量不相同，为：1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11这11种各不相同的本数，共有：1+2+3++11=66本，400?66?64，最不利的分法是：得1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11本数+的各6人，还剩4本书，要使每个人不超过11本，无论发给谁，都会使至少有7人得到书的本书相同．【例 34】 有苹果和桔子若干个，任意分成5堆，能否找到这样两堆，使苹果的总数与桔子的总数都是偶数？【解析】 需先跟学生介绍奇偶性：奇数?奇数?偶数；奇数?偶数?奇数；偶数?偶数?偶数。先用列表法进行搭配。由于题目只要求判断两堆水果的个数关系，因此可以从水果个数的奇、偶性上来考虑抽屉的设计．对于每堆水果中的苹果、桔子的个数分别都有奇数与偶数两种可能，所以每堆水果中苹果、桔子个数的搭配就有4种情形：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），其中括号中的第一个字表示苹果数的奇偶性，第二个字表示桔子数的奇偶性．将这4种情形看成4个抽屉，现有5堆水果，根据抽屉原理可知，这5堆水果里至少有2堆属于上述4种情形的同一种情形．由于奇数加奇数为偶数，偶数加偶数仍为偶数，所以在同一个抽屉中的两堆水果，其苹果的总数与桔子的总数都是偶数．【例 35】 （难度等级 ※※※）在长度是10厘米的线段上任意取11个点，是否至少有两个点，它们之间的距离不大于1厘米？【解析】把长度10厘米的线段10等分，那么每段线段的长度是1厘米（见下图）．将每段线段看成是一个“抽屉”，一共有10个抽屉．现在将这11个点放到这10个抽屉中去．根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的点（包括这些线段的端点）．由于这两个点在同一个抽屉里，它们之间的距离当然不会大于1厘米．所以，在长度是10厘米的线段上任意取11个点，至少存在两个点，它们之间的距离不大于1厘米．【巩固】 在1米长的直尺上任意点五个点，请你说明这五个点中至少有两个点的距离不大于25厘米．5个点最多把1米长的直尺分成4段，要想使每一段都尽量长，应采取平均分的办法．把1米长的【解析】直尺平均划分成四段，每一段25厘米，把这四段看成四个抽屉．当把五个点随意放入四个抽屉时，根据抽屉原理，一定有一个抽屉里面有两个或两个以上的点，落在同一段上的这两点间的距离一定不大于25厘米，所以结论成立．【巩固】 试说明在一条长100米的小路一旁植树101棵，不管怎样种，总有两棵树的距离不超过1米．【解析】 把这条小路分成每段1米长，共100段每段看作是一个抽屉，共100个抽屉，把101棵树看作是101个苹果，于是101个苹果放入100个抽屉中，至少有一个抽屉中有两个苹果，即至少有一段有两棵或两棵以上的树.【巩固】 (《小数报》数学竞赛初赛试题)在20米长的水泥阳台上放11盆花，随便怎样摆放，至少有几盆花之间的距离不超过2米．（11?1）?20(米)．另一方面，可以使开始【解析】 如果每两盆之间的距离都超过2米，那么总距离超过2?的10盆每两盆之间距离略大于2米，而最后两盆之间小于2米．所以，至少有两盆之间的距离不超过2米．【巩固】 在20米长的水泥阳台上放12盆花，随便怎样摆放，请你说明至少有两盆花它们之间的距离小于2米．【解析】 第1盆花放在一个端点上，第2盆花放在距第1盆花恰为2米处（这是两盆花之间最近的距离了，再近就说明题目已经正确了――两盆花之间距离小于2米）．第3盆花放在距离第2盆花的距离2米处，这样每隔2米放1盆花，直到阳台的另一个尽头，恰好放第11盆花．至此，阳台上的11盆花中任意两盆花之间的距离都按你的设想不小于2米放好了．现在考虑最后1盆花，它只能放在已放好的11盆花所留出的10个空档内了，这已说明必有两盆花之间的距离小于2米．题目的结论是正确的．【例 36】 在边长为3的正三角形内，任意放入10个点，求证：必有两个点的距离不大于1．【解析】 将边长为3的正三角形等分为9个小正三角形，根据抽屉原理，10个点中必有两个点落入同一个小正三角形的内部或边上，那么这两个点之间的距离不会超过小正三角形的边长，故必有两个点的距离不大于1．【巩固】 边长为1的等边三角形内有5个点，那么这5个点中一定有距离小于0.5的两点.【解析】 5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于0.5。可以继续拓展：边长为1的等边三角形内，若1有n2?1个点，则至少存在2点距离小于. n【巩固】 在边长为1 的正方形内任意放入九个点，求证：存在三个点，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过0.125【解析】 如图，用9个点四等分正方形，得到四个面积都为0.25的正方形，我们把四个面积为0.25的正方形看成4个抽屉，9个点看成苹果，因此必有三个点在一个面积为0.25的正方形内，如果这三点恰好是正方形的顶点，则三角形的面积为0.125，如果这三点在正方形内部，则三角形的面积小于0.125，因此存在三个点，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过0.125【巩固】 在边长为3米的正方形中，任意放入28个点，求证：必定有四个点，以它们为顶点的四边形的面积不超过1平方米．【解析】 将大正方形分成9个边长为1米的小正方形，则9个小正方形为“抽屉”，有：28?9?31，则必有一个小正方形里(上)至少有3?1?4(个)点，若这四个点恰好落在这个小正方形的四个顶点，那么以这4个点为顶点的四边形的面积为1平方米；若有一个点落在正方形的内部或边上，则面积将小于1平方米．综上所述，不论怎么放，必定有四个点，以它们为顶点的四边形的面积不超过1平方米．【巩固】 在一个矩形内任意放五点，其中任意三点不在一条直线上。证明：在以这五点为顶点的三角形中，至少有一个的面积小于矩形面积的四分之一。【解析】 如右图，将长方形按中线分为两部分，则由抽屉原理知必然有3个点在同一个区域，那么由这3个点所构成的三角形的面积必然小于该区域的一半，即长方形面的四分之一。【例 37】 在一个直径为2厘米的圆内放入七个点，请证明一定有两个点的距离不大于1厘米【解析】 将圆分成六个面积相等的扇形，这六个扇形可以看成六个抽屉，七个点看成七个苹果，这样必有一个抽屉有两个苹果，即一定有两个点的距离不大于1厘米【巩固】 平面上给定17个点，如果任意三个点中总有两个点之间的距离小于1，证明：在这17个点中必有9个点可以落在同一半径为1的圆内。【解析】 如果17个点中，任意两点之间的距离都小于1，那么，以这17个点中任意一点为圆心，以1为半径作一个圆，这17个点必然全落在这个圆内。如果这17点中，有两点之间距离不小于1(即大于或等于1)，设这两点为O1、O2，分别以O1、O2为圆心，1为半径作两个圆(如图)。把这两个圆看作两个抽屉，由于任意三点中总有两个点之间的距离小于1，因此其他15个点中每一点，到O1、O2的距离必有一个小于1。也就是说这些点必落在某一个圆中。根据抽屉原理必有一个圆至少包含这15个点中的8个点。由于圆心是17个点中的一点，因此这个圆至少包含17个点中的9个点。【例 38】 9条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为2∶3。证明：这9 条直线中至少有3 条通过同一个点。AND EQFBMC【解析】 设正方形为ABCD，E、F分别是AB，CD的中点。设直线MN把正方形ABCD分成两个长方形ABMN和CDNM，并且与EF相交于P（如图）,长方形ABMN的面积:长方形CDNM的面积?2:3，如果把直线MN绕P点旋转一定角度后，原来的两个长方形就变成两个梯形，根据割补法两个梯形的面积比也为2:3，所以只要直线MN绕P点旋转，得到的两个梯形的面积比为2:3，所以将长方形分成2:3的两个梯形必定经过P点，同样根据对称经过Q点的直线也是满足条件的直线，同理我们还可以找到把长方形分成上下两个梯形的两个点这样，在正方形内就有4个固定的点，凡是把正方形面积分成两个面积为2∶3 的梯形的直线，一定通过这4点中的某一个。我们把这4个点看作4个抽屉，9条直线看作9个苹果，由抽屉原理可知，9?4?2?1，所以，必有一个抽屉内至少放有3个苹果，也就是，必有三条直线要通过一个点。【例 39】 如图，能否在8行8列的方格表的每一个空格中分别填上1，2，3这三个数，使得各行各列及对角线上8个数的和互不相同？并说明理由．【解析】 从问题入手：因为问的是和，所以就从和的种类入手。由1，2，3组成的和中最小为8?1?8，最大的为8?3?24，8~24中共有17种结果，而8行8列加上对角线共有18个和，根据抽屉原理，必有两和是相同的，所以此题不能满足要求．【巩固】 在8?8的方格纸中，每个方格纸内可以填上14四个自然数中的任意一个，填满后对每个2?2“田”字形内的四个数字求和，在这些和中，相同的和至少有几个？【解析】 先计算出在8?8的方格中，共有2?2“田”字形：7?7?49(个)，在14中任取4个数(可以重复)的和可以是416中之一，共13种可能，根据抽屉原理:49?13?310，至少有3?1?4个“田”字形内的数字和是相同的．【巩固】 用数字1，2，3，4，5，6填满一个6?6的方格表，如右图所示，每个小方格只填其中一个数字，将每个2?2正方格内的四个数字的和称为这个2?2正方格的“标示数”．问：能否给出一种填法，使得任意两个“标示数”均不相同？如果能，请举出一例；如果不能，请说明理由．【解析】 先计算出每个2?2正方格内的四个数字的和最小为4，最大为24，从4到24共有21个不同的值，即有21个“抽屉”；再找出在6?6的方格表最多有：5?5?25(个)2?2正方格的“标示数”，即有25个“苹果”．25?21?14,根据抽屉原理，必有两个“标示数”相同．【巩固】 能否在10行10列的方格表的每个空格中分别填上1，2，3这三个数之一，使得大正方形的每行、每列及对角线上的10个数字之和互不相同？对你的结论加以说明．【解析】 大正方形的每行、每列及对角线上的10个数字之和最小是10，最大是30．因为从10到30之间只有21个互不相同的整数值，把这21个互不相同的数值看作21个“抽屉”，而10行、10列及两条对角线上的数字和共有22个整数值，这样元素的个数比抽屉的个数多1个，根据抽屉原理可知，至少有两个和同属于一个抽屉，故要使大正方形的每行、每列及对角线上的10个数字之和互不相同是不可能的．【例 40】 （南京市第三届“兴趣杯”少年数学邀请赛决赛C卷第12题）如下图① ，A、B、C、D四只小盘拼成一个环形，每只小盘中放若干糖果，每次可取出1只、或3只、或4只盘中的全部糖果，也可取出2只相邻盘中的全部糖果.要使1至13粒糖果全能取到，四只盘中应各有 粒糖果.把各只盘中糖果的粒数填在下图②中.ABDC图① 图②【解析】 有两种方法（填出一种即可），如下图 2 1134672【巩固】 (南京市第三届“兴趣杯”少年数学邀请赛决赛D卷第12题)如右图A、B、C、D四只小盘拼成一个环形，每只小盘中放若干糖果.每次可取出1只、或3只、或4只盘中的全部糖果，也可取出2只相邻盘中的全部糖果.这样取出的糖果数最多有几种？请说明理由.368-2-1抽屉原理.题库教师版 2_抽屉原理2ABDC【解析】 最多为13种.因为取1只盘子有4种取法；取3只盘子（即有1种盘子不取），也有四种取法；取4只盘子只有1只取法；取两只相邻的盘子，在第1只取定后，（依顺时针方向），第2只也就确定了，所以也有4种取法.共有3?4?1?13种取法.满足13种取法的糖果放法可以有无数多种.例题的解表明糖果数可以为1～13这13种.【例 41】 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的数字都不相同．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】 内外两个圆环对转可以看成一个静止，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次局面看成8个苹果，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，而最初相对滚珠所标数字都不相同，所以相对的滚珠所标的数字相同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，根据抽屉原理至少有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．【巩固】 8位小朋友围着一张圆桌坐下，在每位小朋友面前都放着一张纸条，上面分别写着这8位小朋友的名字．开始时，每位小朋友发现自己面前所对的纸条上写的都不是自己的名字，请证明：经过适当转动圆桌，一定能使至少两位小朋友恰好对准自己的名字．【解析】 沿顺时针方向转动圆桌，每次转动一格，使每位小朋友恰好对准桌面上的字条，经过8次转动后，桌面又回到原来的位置．在这个转动的过程中，每位小朋友恰好对准桌面上写有自己名字的字条一次，我们把每位小朋友与自己名字相对的情况看作“苹果”，共有8只“苹果”．另一方面，由于开始时每个小朋友都不与自己名字相对，所以小朋友与自己名字相对的情况只发生在7次转动中，这样7次转动(即7个“抽屉”)将产生8位小朋友对准自己名字的情况，由抽屉原理可知，至少在某一次转动后，有两个或两个以上的小朋友对准自己的名字．【例 42】 时钟的表盘上按标准的方式标着1，2，3，?，11，12这12个数，在其上任意做n个120°的扇形，每一个都恰好覆盖4个数，每两个覆盖的数不全相同．如果从这任做的n个扇形中总能恰好取出3个覆盖整个钟面的全部12个数，求n的最小值．【解析】 （1）当n?8时，有可能不能覆盖12个数，比如每块扇形错开1个数摆放，盖住的数分别是：（12，1，2，3）；（1，2，3，4）；（2，3，4，5）；（3，4，5，6）；（4，5，6，7）；（5，6，7，8）；（6，7，8，9）；（7，8，9，10），都没盖住11，其中的3个扇形当然也不可能盖住全部12个数．（2）每个扇形覆盖4个数的情况可能是：（1，2，3，4）（5，6，7，8）（9，10，11，12）覆盖全部12个数（2，3，4，5）（6，7，8，9）（10，11，12，1）覆盖全部12个数（3，4，5，6）（7，8，9，10）（11，12，1，2）覆盖全部12个数（4，5，6，7）（8，9，10，11）（12，1，2，3）覆盖全部12个数当n?9时，至少有3个扇形在上面4个组中的一组里，恰好覆盖整个钟面的全部12个数． 所以n的最小值是9．【巩固】 (2009年清华附中入学测试题)如图，在时钟的表盘上任意作9个120°的扇形，使得每一个扇形都恰好覆盖4个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到3个扇形，恰好覆盖整个表盘上的数．并举一个反例说明，作8个扇形将不能保证上述结论成立．【解析】 在表盘上共可作出12个不同的扇形，且1～12中的每个数恰好被4个扇形覆盖．将这12个扇形分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘．那么，根据抽屉原理，从中选择9个扇形，?9?必有???1?3个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘．另一方面，作8?4?个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个，则可以去掉盖住同一个数的4个扇形，这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住，那么这8个扇形不能盖住整个表盘．模块三、最不利原则【例 43】 （2008年第六届“走进美妙的数学花园”中国青年数学论坛趣味数学解题技能展示大赛决赛）“走美”主试委员会为三～八年级准备决赛试题．每个年级12道题，并且至少有8道题与其他各年级都不同．如果每道题出现在不同年级，最多只能出现3次．本届活动至少要准备 道决赛试题．【解析】 每个年级都有自己8道题目，然后可以三至五年级共用4道题目，六到八年级共用4道题目，总共有8?6?4?2?56（道）题目．【例 44】 有一个布袋中有40个相同的小球，其中编上号码1、2、3、4的各有10个，问：一次至少要取出多少个小球，才能保证其中至少有3个小球的号码相同？【解析】 将1、2、3、4四种号码看作4个抽屉，要保证一个抽屉中至少有3个苹果，最“坏”的情况是每个抽屉里有2个“苹果”，共有：4?2?8(个)，再取1个就能满足要求，所以一次至少要取出9个小球，才能保证其中至少有3个小球的号码相同．【巩固】 有一个布袋中有5种不同颜色的球，每种都有20个，问：一次至少要取出多少个小球，才能保证其中至少有3个小球的颜色相同？【解析】 5种颜色看作5个抽屉，要保证一个抽屉中至少有3个苹果，最“坏”的情况是每个抽屉里有2 个“苹果”，共有：5?2?10个，再取1个就能满足要求，所以一次至少要取出11个小球，才能保证其中至少有3个小球的颜色相同【巩固】 （2008年第八届“春蕾杯”小学数学邀请赛初赛）有红、黄、白三种颜色的小球各10个，混合放在一个布袋中，一次至少摸出 个，才能保证有5个小球是同色的？【解析】 根据最不利原则，至少需要摸出4?3?1?13（个）．【巩固】 黑、白、黄三种颜色的筷子各有很多根，在黑暗处至少拿出几根筷子就能保证有一双是相同颜色的筷子？【解析】 问题问的是要有一双相同颜色的筷子．把黑、白、黄三种颜色的筷子当作3个抽屉，根据抽屉原理，至少有4根筷子，才能使其中一个抽屉里至少有两根筷子．所以，至少拿4根筷子，才能保证有一双是相同颜色的筷子．最“倒霉”原则：它们每样各取一根，都凑不成双．教师可以拿其他东西做类似练习．【巩固】 一个口袋中装有500粒珠子，共有5种颜色，每种颜色各100粒。如果你闭上眼睛，至少取出多少粒珠子才能保证其中有5粒颜色相同？【解析】 至少要取(5?1)?5?1?21（粒）【例 45】 黑色、白色、黄色的筷子各有8根，混杂地放在一起，黑暗中想从这些筷子中取出颜色不同的两双筷子。问至少要取多少根才能保证达到要求？【解析】 根据最不利原则，至少取9根筷子就能保证有一双颜色不同，我们把颜色不同那双筷子取出，再补2只筷子，就能又保证一双颜色不同筷子，所以取出11根筷子就得到颜色不同的两双筷子.【巩固】 （第六届《小数报》数学竞赛初赛）有形状、长短都完全一样的红筷子、黑筷子、白筷子、黄筷子、紫筷子和花筷子各25根。在黑暗中至少应摸出_____根筷子，才能保证摸出的筷子至少有8双（每两根花筷子或两根同色的筷子为一双）。【解析】 因为筷子只有6种，所以7根中必有一双颜色相同。我们取出其中一双，这样剩下5根筷子，为了再能取一双颜色相同的筷子，根据最不利原则，需再加两只筷子才能保证再摸出一双颜色相同的筷子，以此类推，所以要8双颜色相同的筷子需7?2?(8?1)?21根筷子。【例 46】 有红、黄、蓝、白4色的小球各10个，混合放在一个布袋里．一次摸出小球8个，其中至少有几个小球的颜色是相同的？【解析】 从最不利的情况考虑，摸出的8个小球中有4个小球的颜色各不相同，那么余下的4个小球无论各是什么颜色，都必与之前的4个小球中的某一个颜色相同．即这8个小球中至少有2个小球的颜色是相同的．【例 47】 两个布袋各有12个大小一样的小球，且都是红、白、蓝各4个。从第一袋中拿出尽可能少的球，但至少有两种颜色一样的放入第二袋中；再从第二袋中拿出尽可能少的球放入第一袋中，使第一袋中每种颜色的球不少于3个。这时，两袋中各有多少个球？【解析】 第一次取完后，只需知道第一袋中有某种颜色的球不足3个即可（取了多少个球，怎样取的都可以不考虑）。第二次取后，要保证第一袋中每种颜色的球不少于3个，最不利的情况是两种颜色的球各有8个，另一种颜色的球有3个。所以，第一袋中有球8＋8＋3＝19（个），第二袋中有球4×3×2－19＝5（个）。【例 48】 一个玻璃瓶里一共装有44个弹珠，其中：白色的2个，红色的3个，绿色的4个，蓝色的5个，黄色的6个，棕色的7个，黑色的8个，紫色的9个．如果要求每次从中取出1个弹珠，从而得到2个相同颜色的弹珠，请问最多需要取几次？【解析】 这个玻璃瓶里装有8种颜色的弹珠，如果真的算你倒霉的话，最坏的可能性就是前8次摸到的都是不同颜色的弹珠，而第9次摸出的任何颜色的弹珠，都可以与已摸出的弹珠构成“同色的两个弹珠”．所以最多只需要取9次．【巩固】 一个口袋里分别有4个红球，7个黄球，8个黑球，为保证取出的球中有6个球颜色相同，则至少要取多少个小球？【解析】 考虑最“坏”的情况，先取出4个红球，5个黄球，5个黑球，这样再取一个(只能是黄球或黑球)，将有6个球颜色相同，所以至少要取出4?5?5?1?15(个)小球．【例 49】 （2008年中国台湾小学数学竞赛选拔赛复赛）在100张卡片上不重复地编写上1~100，请问至少要随意抽出几张卡片才能保证所抽出卡片上的数相乘后之乘积可被4整除？【解析】 当抽出50个奇数的时候，乘积还是奇数，最多再抽出2张偶数，乘积即可被4整除，也就是抽出52个数可以保证乘积能被4整除．【例 50】 一副扑克牌，共54张，问：至少从中摸出多少张牌才能保证：⑴至少有5张牌的花色相同；⑵四种花色的牌都有；⑶至少有3张牌是红桃．(4) 至少有2张梅花和3张红桃．【解析】 一副扑克牌有四种花色，每种花色各13张，另外还有两张王牌，共54张．⑴为了“保证”5张牌花色相同，我们应从最“坏”的情况去分析，即先摸出了两张王牌，再把四种花色看作4个抽屉，要想有5张牌属于同一个抽屉，只需再摸出4?4?1?17(张)，也就是共摸出19张牌．即至少摸出19张牌，才能保证其中有5张牌的花色相同．⑵因为每种花色有13张牌，若考虑最“坏”的情况，即摸出了2张王牌和三种花色的所有牌共计13?3?2?41(张)，这时，只需再摸一张即一共42张牌，就保证四种花色的牌都有了．即至少摸出42张牌才能保证四种花色的牌都有．⑶最“坏”的情形是先摸出了2张王牌和黑桃、梅花、方块三种花色所有牌共计13?3?2?41张，只剩红桃牌．这时只需再摸3张，就保证有3张牌是红桃了，即至少摸出44张牌，才能保证其中至少有3张红桃牌．⑷因为每种花色有13张牌，若考虑最“坏”的情况，即摸出2张王牌、方块和黑桃两种花色的所有牌共计：13?2?2?28，然后是摸出所有的梅花和3张红桃(想想若摸出所有的红桃和2张梅花，是最坏的情况么？)，共计：28?13?3?44张．【巩固】 南京市第三届“兴趣杯”少年数学邀请赛预赛C卷、D卷第11题）一副扑克牌共54张，其中113点各有4张，还有两张王牌，至少要取出____张牌，才能保证其中必有4张牌的点数相同。【解析】 由于3?13?2?1?42，取出42张牌，其中必有4张点数相同。如果只取41张，那么其中可能有3张A,3张2,3张3，…，3张K及两张王牌，没有4张一样的点数相同。所以，至少要取42张，才能保证其中必有4张牌的点数相同。【例 51】 （2006年华罗庚金杯数学邀请赛）自制的一副玩具牌共计52张（含四种牌：红桃、红方、黑桃、黑梅．每种牌都有1点，2点，?，13点牌各一张）．洗好后背面向上放好，⑴一次至少抽取 张牌，才能保证其中必定有2张牌的点数和颜色都相同．（2）如果要求一次抽出的牌中必定有3张牌的点数是相邻的（不计颜色），那么至少要取 张牌。【解析】 ⑴由于点数有13种情况，颜色有黑、红两种情况，根据最不利的原则，我们可以取黑、红颜色的1,2,3,,12,13点各两张，共计13?2?26张，那么再取一张必然会出现颜色相同，因此至少取26?1?27张牌，才能保证其中必定有2张牌的点数和颜色都相同．⑵可以构造点数相邻的抽屉如下(1,2,3),(4,5,6),(7,8,9),(10,11,12),(13)，根据最不利原则，可以取点数分别为1,2,4,5,7,8,10,11,13各四张，共计9?4?36张，如果再取一张必然必定有3张牌的点数是相邻的（不计颜色）.【巩固】 一幅扑克牌有54张，最少要抽取几张牌，方能保证其中至少有2张牌有相同的点数？【解析】 点数为1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J)、12(Q)、13(K)的牌各取1张，再取大王、小王各1张，一共15张，这15张牌中，没有两张的点数相同．这样，如果任意再取1张的话，它的点数必为1～13中的一个，于是有2张点数相同． 分享： >
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