初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑿2

1、初一数学竞赛讲座第 12 讲 抽屉原理把 5 个苹果放到 4 个抽屉中， 必定有一个抽屉中至少有2 个苹果，这是抽屉原理的通俗说明；一般地，我们将它表述为：第一抽屉原理：把（ mn1）个物体放入 n 个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（ m1）个物体；使用抽屉原懂得题，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，肯定：（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 1

2、00 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，它们肯定是互质的；（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 ；其次组： 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

3、 ；第五组： 1 和大于 7 的质数即 1 ，11，13， 97 ；第五组中有 22 个数，应选出的 51 个数至少有 29 个数在第一组到第四组中， 依据抽屉原理， 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 r 1，r 2，r 500；由于余数只能取0，1，2，499 这 499个值，所以依据抽屉原理， 必有 2 个余数是相同的， 这 2

4、个数的差就是 499 的倍数，这个差的前如干位是1，后如干位是 0：111000，又 499 和 10 是互质的，故它的前如干位由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 名同学，假如他们中的每个人都与其中的66 人相识，那么可能显现这种情形： 他们中的任何 4 人中都肯定有 2 人不相识（假定相识是相互的）；分析：留意到题中的说法“可能显现”，说明题的结论并非是条件的必定结果，而仅仅是一种可能性， 因此只需要设法构造出一种情形使之显现题目中所说的结论即可；解：将礼堂中的 99 人记为 a1， a2，

5、 a99，将 99 人分为 3 组：（a1， a2， ， a33），（ a34，a35， ， a66），（ a67， a68， ， a99），将 3 组同学作为 3 个抽屉，分别记为 a，b，c，并商定 a 中的同学所熟悉的 66 人只在 b，c 中，同时， b， c 中的同学所熟悉的 66 人也只在 a， c 和 a，b 中；假如显现这种局面，那么题目中所说情形就可能显现；由于礼堂中任意 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， 那么他们熟悉的人只在另 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，

6、8 的滚珠两组，放在内外两个圆环上，开头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：此题中没有直接供应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显现，那么这种局面共要显现 8 次；将这 8 次局面看做苹果，再需构造出少于8 个抽屉；留意到一环每转动45°角就有一次滚珠相对的局面显现，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

7、情形只显现在以后的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，就至少有 2 次数字相对的局面显现在同一次转动中，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，由于工艺上的缘由，只能掌握盘的重量在指定的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， 才能保证肯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

8、 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，就肯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：此题需要争论“红筹码”的放置情形，因而涉及到“苹果”的详细放 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

9、，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，由于 41=2×201，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（这将在下一个内容其次抽屉原理中说明），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形：如把 5 个苹果放到 6 个抽屉中， 就必定有一个抽屉空着；这种情形一般可以表述为：其次抽屉原理：把（ mn-1）个物体放入n 个

10、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， 就必有 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；第一

11、，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：甲是否肯定能将某一面的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： a 1b1，b2b3， a3a4 ， 其次组： a 2b2，b3b4， a4a1 ，第三组： a 3b3，b4b1， a1a2 ， 第四组： a 4b4，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；下面我们争论抽屉原理的一个变形平均值原理；我们知道 n 个数 a1，a2

12、， an 的和与 n 的商是 a1，a2， an 这 n 个数的平均值；平均值原理：假如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：必定存在一点，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，就其和a1a2+ a2000=0+1+2+1999=1999000；下面考虑一切相邻三数组之和：（a1 a2a3）+（a2 a3a4）（ a1998+a1999a2000）（ a1999a2

13、000 a1）（ a2000a1a2）=3（ a1a2 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 一家旅社有 90 个房间，住有 100 名旅客，假如每次都恰有90 名旅客同时回来， 那么至少要预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，并且防止发生两人同时住进一个房间？解：假如钥匙数小于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，

14、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；最终，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 个小方格涂色情形， 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

15、红色，仍可设这10 个小方格就在第一行的前10 列；下面考察其次、三、四行中前面10 个小方格可能显现的涂色情形；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，不妨设它们分别显现在前三列中，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；依据抽屉原理，至少有4 个小方格是涂上同一颜色的，不

16、妨设其为蓝色，且在第1 至 4 列；再考虑其次行的前四列，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 个小方格就在其次行的前面3 格；下面连续考虑第三行前面 3 格的情形；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，对于各种可能的情形，都能找到一个四角同色的长方形；例 12

17、 试卷上共有 4 道挑选题，每题有 3 个可供挑选的答案；一群同学参与考试，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：参与考试的同学最多有多少人？解：设每题的三个挑选分别为a，b，c；（1）如参与考试的同学有10 人，就由其次抽屉原理知，第一题答案分别为a，b，c 的三组同学中， 必有一组不超过3 人；去掉这组同学， 在余下的同学中，定有 7 人对第一题的答案只有两种； 对于这 7 人关于其次题应用其次抽屉原理知， 其中必可选出 5 人，他们关于其次题的答案只有两种可能；对于这 5 人关于第三题应用其次抽屉原理知，可以选出4 人，他们关于第三题的答案只有两种可能；最终，对于这

18、 4 人关于第四题应用其次抽屉原理知，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， 如 9 个人的答案如下表所示， 就每 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；练习 121. 六（ 1）班有 49 名同学；数学王老师明白到在期中考试中该班英文成果除3 人外均在 86 分以上后就说：“我可以肯定，本班同学至少有4 人成果相同；”请问王老师说得对吗？为什么？2. 现有 64 只乒乓球， 18 个乒乓球盒，每个盒子里最多可以放6 只乒乓球，

19、至少有几个乒乓球盒子里的乒乓球数目相同？3. 某校初二年级同学身高的厘米数都为整数，且都不大于 160 厘米，不小于150 厘米；问：在至少多少个初二同学中肯定能有4 个人身高相同？4. 从 1，2， 100 这 100 个数中任意选出 51 个数，证明在这 51 个数中，肯定：（1）有两个数的和为101；（2）有一个数是另一个数的倍数；（3）有一个数或如干个数的和是51 的倍数；5. 在 3×7 的方格表中，有 11 个白格，证明（1）如仅含一个白格的列只有3 列，就在其余的4 列中每列都恰有两个白格；（2）只有一个白格的列只有3 列；6. 某个委员会开了40 次会议，每次会议有

20、10 人出席；已知任何两个委员不会同时开两次或更多的会议； 问：这个委员会的人数能够多于60 人吗？为什么？7. 一个车间有一条生产流水线，由5 台机器组成，只有每台机器都开动时，这条流水线才能工作； 总共有 8 个工人在这条流水线上工作； 在每一个工作日内，这些工人中只有5 名到场；为了保证生产， 要对这 8 名工人进行培训， 每人学一种机器的操作方法称为一轮；问：最少要进行多少轮培训， 才能使任意 5 个工人上班而流水线总能工作？8. 有 9 名数学家， 每人至多能讲 3 种语言， 每 3 人中至少有 2 人能通话； 求证：在这 9 名中至少有 3 名用同一种语言通话；练习 13 答案：1

21、.对；解：由于49-3=3×（ 100-86+1）+1，即 46=3×15+1，也就是说，把从 100 分至 86 分的 15 个分数当做抽屉， 49-3=46（人）的成果当做物体，依据其次抽屉原理，至少有4 人的分数在同一抽屉中，即成果相同；2.4 个；解： 18 个乒乓球盒，每个盒子里至多可以放6 只乒乓球；为使相同乒乓球个数的盒子尽可能少，可以这样放：先把盒子分成6 份，每份有 18÷ 6=3（只），分别在每一份的3 个盒子中放入 1 只、2 只、3 只、4 只、5 只、6 只乒乓球，即 3 个盒子中放了 1 只乒乓球， 3 个盒中放了 2 只乒乓球3 个盒

22、子中放了 6 只乒乓球；这样， 18 个盒子中共放了乒乓球（1+2+3+4+5+6）× 3=63（只）；把以上 6 种不同的放法当做抽屉，这样剩下 64-63=1（只）乒乓球不管放入哪一个抽屉里的任何一个盒子里 （除已放满 6 只乒乓球的抽屉外） ，都将使该盒子中的乒乓球数增加 1 只，这时与比该抽屉每盒乒乓数多 1 的抽屉中的 3 个盒子里的乒乓球数相等；例如剩下的 1 只乒乓球放进原先有 2 只乒乓球的一个盒子里， 该盒乒乓球就成了 3 只，再加上原先装有 3 只乒乓球的 3 个盒子，这样就有 4个盒子里装有 3 个乒乓球；所以至少有4 个乒乓球盒里的乒乓球数目相同；3.34 个

23、；解：把初二同学的身高厘米数作为抽屉，共有抽屉160-150+1=11（个）；依据抽屉原理，要保证有4 个人身高相同，至少要有初二同学3×11+1=34（个）；4.证：（ 1）将 100 个数分成 50 组：1，100， 2，99， 50， 51；在选出的 51 个数中，必有两数属于同一组，这一组的两数之和为101；（2）将 100 个数分成 10 组：1,2,4,8,16,32,64, 3,6,12,24,48,96,5,10,20,40,80 , 7,14,28,56,9,18,36,72, 11,22,44,88,13,26,52, 15,30,60,49,98,其余数；其中第

24、 10 组中有 41 个数；在选出的 51 个数中，第 10 组的 41 个数全部选中，仍有 10 个数从前 9 组中选， 必有两数属于同一组， 这一组中的任意两个数， 一个是另一个的倍数；（3）将选出的 51 个数排成一列： a1，a2， a3， a51；考虑下面的 51 个和：a1，a1+a2，a1+a2+a3，a1+a2+a3+a51；如这 51 个和中有一个是51 的倍数，就结论明显成立；如这51 个和中没有一个是 51 的倍数，就将它们除以51，余数只能是1，2， 50 中的一个，故必定有两个的余数是相同的，这两个和的差是51 的倍数，而这个差明显是这51 个数（ a1， a2， a

25、3， a51）中的一个数或如干个数的和；5.证：（ 1）在其余 4 列中如有一列含有3 个白格，就剩下的5 个白格要放入 3 列中，将 3 列表格看做 3 个抽屉， 5 个白格看做 5 个苹果，依据其次抽屉原理， 5（=2× 3-1）个苹果放入3 个抽屉，就必有1 个抽屉至多只有（ 2-1）个苹果，即必有 1 列只含 1 个白格，也就是说除了原先3 列只含一个白特别仍有1 列含 1 个白格，这与题设只有1 个白格的列只有3 列冲突；所以不会有1 列有 3个白格，当然也不能再有1 列只有 1 个白格；推知其余 4 列每列恰好有 2 个白格；（2）假设只含 1 个白格的列有 2 列，那么剩下的9 个白格要放入 5 列中，而 9=2×5-1，由其次抽屉原理知，必有1 列至多只有 2-1=1（个）白格，与假设只有 2 列每列只 1 个白格冲突；所以只有1 个白格的列至少有3 列；6.能；解：开会的“人次”有40×10=400（人次）；设委员人数为n，将“人次”看做苹果，以委员人数作为抽屉；如 n 60，就由抽屉