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2015六年级数学下册抽屉原理（一）教案
2015六年级数学下册抽屉原理（一）教案
教案|教学设计
小学六年级
新课标人教版
☆☆☆☆☆
抽屉原理（一）
经历&抽屉原理&的探究过程，初步了解&抽屉原理&，会用&抽屉原理&解决简单的实际问题。
通过操作发展学生的类推能力，形成比较抽象的数学思维。
通过&抽屉原理&的灵活应用感受数学的魅力。
初步了解&抽屉原理&。
会用&抽屉原理&解决简单的实际问题。
教& 学& 预& 设
个 性 修 改
复习激趣目标导学自主合作汇报交流变式训练
一、问题引入。X| k | B| 1 . c |O |m
　　师：同学们，你们玩过抢椅子的游戏吗？现在，老师这里准备了3把椅子，请4个同学上来，谁愿来？
　　1．游戏要求：开始以后，请你们5个都坐在椅子上，每个人必须都坐下。
　　2．讨论：&不管怎么坐，总有一把椅子上至少坐两个同学&这句话说得对吗？
二、探究新知
　　（一）教学例1
　　1．出示题目：有4枝铅笔，3个盒子，把4枝铅笔放进3个盒子里，怎么放？有几种不同的放法？X| k | B| 1 . c |O |m
　　师：请同学们实际放放看，谁来展示一下你摆放的情况？（指名摆）根据学生摆的情况，师出示各种情况。
　　板书：（4，0，0）（3，1，0）（2，2，0）（2，1，1），
　　问题：4个人坐在3把椅子上，不管怎么坐，总有一把椅子上至少坐两个同学。4支笔放进3个盒子里呢？
　　引导学生得出：不管怎么放，总有一个盒子里至少有2枝笔。
　　问题：
　　（1）&总有&是什么意思？（一定有）
　　（2）&至少&有2枝什么意思？（不少于两只，可能是2枝，也可能是多于2枝？）
　　教师引导学生总结规律：我们把4枝笔放进3个盒子里，不管怎么放，总有一个盒子里至少有2枝铅笔。这是我们通过实际操作现了这个结论。那么，你们能不能找到一种更为直接的方法得到这个结论呢？X K b 1.C om
　　学生思考并进行组内交流。
　　问题：把6枝笔放进5个盒子里呢？还用摆吗？把7枝笔放进6个盒子里呢？把8枝笔放进7个盒子里呢？把9枝笔放进8个盒子里呢？&&你发现什么？（笔的枝数比盒子数多1，不管怎么放，总有一个盒子里至少有2枝铅笔。）
　　总结：只要放的铅笔数盒数多1，总有一个盒里至少放进2支。
教& 学& 预& 设
二 次 修 改
（二）教学例2
　　1．出示题目：把5本书放进2个抽屉里，不管怎么放，总有一个抽屉里至少有几本书？把7本书放进2个抽屉里，不管怎么放，总有一个抽屉里至少有几本书？把9本书放进2个抽屉里，不管怎么放，总有一个抽屉里至少有几本书？
　　（留给学生思考的空间，师巡视了解各种情况）
　　2．学生汇报，教师给予表扬后并总结：
总结1：把5本书放进2个抽屉里，如果每个抽屉里先放2本，还剩1本，这本书不管放到哪个抽屉里，总有一个抽屉里至少有3本书。
　　总结2：&总有一个抽屉里的至少有2本&只要用&商+1&就可以得到。
如果把5本书放进3个抽屉里，不管怎么放，总有一个抽屉里至少有几本书？用&商+2&可以吗？（学生讨论）
　　引导学生思考：到底是&商+1&还是&商+余数&呢？谁的结论对呢？（学生小组里进行研究、讨论。）
　　总结：用书的本数除以抽屉数，再用所得的商加1，就会发现&总有一个抽屉里至少有商加1本书&了。X K b 1.C om
有关抽屉原理，你还有哪些疑问呢？
抽屉原理（一）
例1、有4枝铅笔，3个盒子，把4枝铅笔放进3个盒子里，怎么放？有几种不同的放法？
（4，0，0）（3，1，0）（2，2，0）（2，1，1）
X|k | B| 1 .& c | O |m
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1．6只鸡放进5个鸡笼，至少有（）只鸡要放进同一个鸡笼里。
2．在367个1996年出生的儿童中，至少有（）个人是同一天出生的。
3．瓶子里有同样大小的红球和黄球个5个，要想摸出的球一定有2个同色的，最少要摸出（）个球。
4. 15个学生要分到6个班，至少有（）个人要分进同一个班。
5、小宝买来3只兔子，但他只有两个笼子，他有（）种放法，总有一个笼子里至少放有（）只兔子。
6、盒子里放有三种不同颜色的筷子各若干根，最少摸（）根，才能保证至少有3根...2．在367个1996年出生的儿童中的相关内容日期：儿童和孕妇不宜多食的东西是什么 中国消费者协会对北京市场上的果冻、八宝粥、饮料、蜜饯、糖果、口香糖、无糖食品酱菜等八大类、103个样品，委托中国进出口商品检验技术研究所，依照国家标准对样本进行测试。 测试结果显示，糖精钠、甜蜜素、苯甲酸、山梨酸这四种食品添加日期：胎教影响宝宝出生后的饮食习惯 您知道吗？宝宝出生后的饮食习惯也深受胎教的影响。虽然目前并无严谨的实验证实，但从临床的个案却可发现，宝宝经常表现出没有胃口、不喜欢吃东西、常吐奶、吸收消化不良，甚至较大宝宝出现明显偏食的现象等，溯及既往可知，其母亲怀孕时的饮日期：孕妇儿童应该忌用哪些药 1、链霉素、卡那霉素、庆大霉素有可能损害儿童的听神经，引起耳聋； 2、多黏菌素、去甲肾上腺素能引起儿童的肾脏损伤； 3、胃复安能引起一些儿童的脑损伤； 4、四环素、氟哌酸等药物能影响...日期：孕妇儿童慎用预防非典中药 针对群众纷纷购买中草药熬成汤药预防非典的情形，一些专家提醒，孕妇和儿童不要盲目服用和使用预防非典中草药及消毒剂。 陕西省疾病预防控制中心流行病科邓勇主任介绍，目前预防非典的中药药方大多具有清热解毒功效，而中...日期：常用塑料成分导致婴儿出生缺陷 婴儿奶瓶等塑料制品常含有的一种叫双酚a的普通化学成分，在实验中导致了老鼠的出生缺陷，美国研究人员怀疑它对人也具有同样不良后果。研究人员在新一...日期：母体维生素可预防儿童癌症 美国专家最近发现，孕妇服用维生素可以显著减少孩子将来患脑肿瘤的危险。这是迄今北美实施的最大规模相关研究。 北卡罗来纳大学的流行病学专家andrew f. olshan博士等对脑肿瘤患儿进行了检查，并与健康儿童做了比较，然后又调查了这两组儿童的母亲日期：如何把儿童房装饰得更富童趣 成年人大可不必把他们的 精益求精 的装修热强加给单纯、可爱的孩子们。否则会给人一种装腔作势、不和谐的感觉。 地上铺张柔软的地毯，给他们自由自在地摸爬滚打的场合。孩子房间墙上粉刷的色彩要鲜明，甚至稍许的夸张，体现他们欢快的个性。在墙
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（上册）第十一讲 简单的抽屉原理
12:38:49&&&&&&&&标签：
　　把3个苹果任意放到两个抽屉里，可以有哪些放置的方法呢？一个抽屉放一个，另一个抽屉放两个；或3个苹果放在某一个抽屉里.尽管放苹果的方式有所不同，但是总有一个共同的规律：至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.如果把5个苹果任意放到4个抽屉里，放置的方法更多了，但仍有这样的结果.由此我们可以想到，只要苹果的个数多于抽屉的个数，就一定能保证至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.道理很简单：如果每个抽屉里的苹果都不到两个（也就是至多有1个），那么所有抽屉里的苹果数的和就比总数少了.由此得到：
　　抽屉原理：把多于n个的苹果放进n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果。
　　如果把苹果换成了鸽子，把抽屉换成了笼子，同样有类似的结论，所以有时也把抽屉原理叫做鸽笼原理.不要小看这个&原理&，利用它可以解决一些表面看来似乎很难的数学问题。
　　比如，我们从街上随便找来13人，就可以断定他们中至少有两个人属相（指鼠、牛、虎、兔、&等十二种生肖）相同.怎样证明这个结论是正确的呢？只要利用抽屉原理就很容易把道理讲清楚.事实上，由于人数（13）比属相数（12）多，因此至少有两个人属相相同（在这里，把13人看成13个&苹果&，把12种属相看成12个&抽屉&）。
　　应用抽屉原理要注意识别&抽屉&和&苹果&，苹果的数目一定要大于抽屉的个数。
例1 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。
分析与解答 首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.把每人的3枚棋作为一组当作一个苹果，因此共有5个苹果.把每人所拿3枚棋子按其颜色配组情况放入相应的抽屉.由于有5个苹果，比抽屉个数多，所以根据抽屉原理，至少有两个苹果在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。
例2 一副扑克牌（去掉两张王牌），每人随意摸两张牌，至少有多少人才能保证他们当中一定有两人所摸两张牌的花色情况是相同的？
分析与解答 扑克牌中有方块、梅花、黑桃、红桃4种花色，2张牌的花色可以有：2张方块，2张梅花，2张红桃，2张黑桃，1张方块1张梅花，1张方块1张黑桃，1张方块1张红桃，1张梅花1张黑桃，1张梅花1张红桃，1张黑桃1张红桃共计10种情况.把这10种花色配组看作10个抽屉，只要苹果的个数比抽屉的个数多1个就可以有题目所要的结果.所以至少有11个人。
例3 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。
分析与解答 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。
　　把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，&，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，&.在研究与整除有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。
　　在有些问题中，&抽屉&和&苹果&不是很明显的，需要精心制造&抽屉&和&苹果&.如何制造&抽屉&和&苹果&可能是很困难的，一方面需要认真地分析题目中的条件和问题，另一方面需要多做一些题积累经验。
例4 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。
分析与解答 我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉：
　　凡是抽屉中有两个数的，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5 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。分析与解答在这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）。
例6 从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。
分析与解答 根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两数都具有倍数关系的原则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以下十组，看成10个抽屉（显然，它们具有上述性质）：
　　｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。
　　从这10个数组的20个数中任取11个数，根据抽屉原理，至少有两个数取自同一个抽屉.由于凡在同一抽屉中的两个数都具有倍数关系，所以这两个数中，其中一个数一定是另一个数的倍数。
例7 证明：在任取的5个自然数中，必有3个数，它们的和是3的倍数。
分析与解答 按照被3除所得的余数，把全体自然数分成3个剩余类，即构成3个抽屉.如果任选的5个自然数中，至少有3个数在同一个抽屉，那么这3个数除以3得到相同的余数r，所以它们的和一定是3的倍数（3r被3整除）。
　　如果每个抽屉至多有2个选定的数，那么5个数在3个抽屉中的分配必为1个，2个，2个，即3个抽屉中都有选定的数.在每个抽屉中各取1个数，那么这3个数除以3得到的余数分别为0、1、2.因此，它们的和也一定能被3整除（0+1+2被3整除）。
例8 某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多。
分析与解答 共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.校友人数与握手次数的不同情况（0，1，2，&，n-1）数都是n，还无法用抽屉原理。
　　然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、&、n-2，还是后一种状态1、2、3、&、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的&抽屉&，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。
来源：网络资源
作者：匿名
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Description
Sample Input
7 11 2 5 13 17
Sample Output
题目大意是给出n和m及m个整数（n&m），要从m中找出任意个数使得其和是n的倍数，输出时就输出每一个数所在的编号
例如对于题目中的数据二，明显可以找出11，2，5，他的和是18，是3的倍数，而11，2，5对应于题目中的数据分别是2，3，4，故结果输出的是2，3，4
当然，除了2，3，4这一个解，还有1，2也是题目的解，但题目要求对于多解的情形只用输出一组解，如果无解，就输出&no sweets&
但根据抽屉原理，可以得出没有无解的情况，
详细证明请看我的关于poj2356的解题报告，这两题长得非常相像
刚开始时没注意到数据范围，TLE和WA分别一次，这题数据明显比2356强，中间有可能超int，故要用__int64，并且cin比scanf慢
参考代码：
1 #include&iostream& 2 #include&cstdlib& 3 #include&cstdio& 4 #include&cstring& 5 #include&algorithm& 6 #include&cmath& 7 using namespace 8 int a[100000] , mod[100000] ; 9 int main()10 {11
while ( scanf("%d%d",&c,&n) , c || n )13
for ( i = 0 ; i & i ++ )16
scanf("%d",&a[i]) , mod[i] = -2 ;//将mod初始化为-217
mod[0]=-1 ;//mod[0]为-1，就是假设存在a[-1]，且a[-1]是n的倍数，这样就可以把两种情况写在一起18
__int64 sum = 0 ;//直接用sum，省去了另开数组的空间19
for ( i = 0 ; i & i ++ )20
sum += a[i] ;22
if ( mod [ sum % c ] != -2 )23
{//如果在i之前有与sum对n同余的数，则可以输出答案，24
for ( j = mod [ sum % c ] + 1 ; j &= j ++ )25
cout&&j+1;27
if ( i != j )28
cout&&' ';29
mod [sum%c] =//记录余数对应的是i34
return 0;37 }抽屉原理的学习方法
抽屉原理的学习方法
&大家知道，两个抽屉要放置三只苹果，那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里，更一般地说，只要被放置的苹果数比抽屉数目大，就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉，可不要小看这一简单事实，它包含着一个重要而又十分基本的原则――抽屉原则. &&& &&& 1．抽屉原则有几种最常见的形式:
&&& 原则1 如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体： ____原则本身十分浅显，为了加深对它的认识，我们还是运用反证法给予证明；如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能.
&&& 原则虽简单，巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的问题，比如说，我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟，这是个惊人的结论，该是经过很多人的艰苦劳动，统计所得的吧！不，只须我们稍动手算一下：不妨假设人的寿命不超过4万天（约110岁，超过这个年龄数的人为数甚少），则10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里，根据原则1，即知结论成立.
&&& 下面我们再举一个例子：
&&& 例1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理. 解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）。把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同。
&&& 原则2 如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则1相仿.若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能。
&&& 原则1可看作原则2的物例（m=1）
&&& 例2 正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同. 证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色。 例3 把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17.
&&& 证明 如图12-1，设a1，a2，a3，…，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），…,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.&&& &&& 现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，…a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于（a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+…+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2） =3(a1+a2+…+a9+a10) =3×(1+2+…+9+10)
&&& ――根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17.
&&& 原则1、原则2可归结到更一般形式：
&&& 原则3 把m1+m2+…+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，……，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体。
&&& 假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，……，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+mn个，与题设矛盾。
&&& 例4 有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双。
&&& 证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双。
&&& 上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少。
&&& 2．制造抽屉是运用原则的一大关键
&&& 首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式.
&&& 例5 在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过 （假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）.
&&& 如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形。因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的 。
&&& 事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割.
&&& 合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上.
&&& 例6 在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？
&&& 解 如图12-4（设挂牌的三棵树依次为a、b、c.ab=a，bc=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则ac=a+b为偶数，命题得证.
&&& 换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证.
&&& 后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法。
&&& 例7 从自然数1，2，3，…99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的倍数. 分析设法制造抽屉：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手.
&&& 解 设第一个抽屉里放进数：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；第二个抽屉时放进数：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；第三个抽屉里放进数：5，5×2，5×22，5×23，5×24；………………第二十五个抽屉里放进数：49，49×2；第二十六个抽屉里放进数：51.………………第五十个抽屉里放进数：99.那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数.
&&& 制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进.
&&& 例8 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数.
&&& 分析 注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数.
&&& 3．较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题.
&&&& 例9 以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数.
&&& 分析 设七个三元素组为a1（x1，y1，z1）、a2（x2，y2，z2）、…、a7（x7，y7，z7）.现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2，…，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑a1、a2、a3、a4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑a1、a2、a3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明.
&&& 下面介绍一个著名问题. 例10 任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识. 分析 用a、b、c、d、e、f表示这6个人，首先以a为中心考虑，他与另外五个人b、c、d、e、f只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某三人认识或不认识，现不妨设a认识b、c、d三人，当b、c、d三人都互不认识时，问题得证；当b、c、d三人中有两人认识，如b、c认识时，则a、b、c互相认识，问题也得证.
&&& 本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法.
&&& 例11 a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除.
&&& 证明 把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行.
&&& 第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如，不妨设为a，b，这时3可整除b-a，从而3可整除p.
&&& 第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，d中有二数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论. 设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二个奇数（不妨设为a，b），也必有二个偶数（设为c，d），这时b-a为偶数，d-c也是偶数，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.
&&& 如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果.
&&& 例12 求证：从任意n个自然数a1，a2，…，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数.
&&& 分析：以0，1，…，n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数：
&&& s1=a1, s2=a1+a2, s=a1+a2+a3, ………… sn=a1+a2+…+an， &&& &&& 其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是n的倍数，问题得证；
&&& 否则至少有两个数被n除余数相同，则它们的差即它们中若干数（包括1个）的和是n的倍数，问题同样得证.
&&& 例13 910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：（1）至少有三行完全相同；（2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同.
&&& 解 910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上有红蓝两种可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有27=128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式.现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行a、b行式相同.除a、b外余下128行，若有一行p与a行式相同，知满足（1）至少有三行a、b、p完全相同，若在这128行中设直一行5a行或相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行c、d具有相同行式，这样便找到了（a、b），（c、d）两组（四行）,且两组两行完全相同.
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