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科目：小学数学
从1到50这50个自然数中，取两个数相加，要使它们的和大于50，共有625种不同的取法．
科目：小学数学
看图填空．上面各数中，0，1，2，3，4是自然数，0.4，1.8，2.55，3.5是小数，-2，-1，0，1，2，3，4是整数，1，1，1.8，2，2.55，3，3.5，4是正数，-2，-1，-，是负数，-，1是分数．把这些数按从大到小的顺序排列起来是：4＞3.5＞3＞2.55＞2＞1.8＞1＞1＞0.4＞0＞-＞-1＞-2．
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请输入姓名
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抽屉原理在数学竞赛中的应用日期：
抽屉原理在数学竞赛中的应用 【关键词】 抽屉原理 几何 分类 整除 染色【正文】1.引言“电脑算命”看起来挺玄乎，只要你报出自己出生的年、月、日和性别，一按按键，屏幕上就会出现所谓性格、命运的句子，据说这就是你的“命”。不知道读者朋友去算过没有信不信这算法。其实这充其量不过是一种电脑游戏而已。我们用数学上的抽屉原理很容易说明它的荒谬。这个原理可以简单的叙述为一个小朋友养了三只鸟，他有两只笼子，要将三只鸟放到两只笼子里，会有什么样的情况呐？我们不难发现，要么一只笼子里放进两只小鸟，而另一只笼子里放进一只鸟，要么一只笼子里放进三只小鸟，而另一只笼子空着。上述两种情况我们可以用一句话来概括，一定有一只笼子里放进两只或两只以上的小鸟，虽然具体那只笼子放进两只小鸟我们无法确定，但这是无关紧要的，肯定有一只笼子里放进了两只或两只以上的小鸟。如果将上述问题中的小鸟换成苹果，书本或数。同时将笼子换成抽屉，学生和数的集合仍然可以得到相同的结论，由此可以看出上面的推理的正确性与具体的事物是没有关系的。如果我们把一切可以与小鸟互换的事物称为元素，而把一切可以与鸟笼互换的事物叫做抽屉（集合）那么上面的结论就可以叙述为三个以上的元素以任意方式分到两个集合（抽屉）中，一定有一个集合中至少有两个元素，同样小鸟与笼子的具体数目也是无关紧要的，只要小鸟的数目比笼子的数量多，推理依然成立。 通过上面的分析我们可以将上述问题中包含的基本原理写成下面的一般形式：抽屉原理一如果m个元素，按某种规则分成n(m>n)个集合，那么其中必有一个集合至少含k个元素，这里K=上式中[[m/n]表示m/n的整数部分，即小于或等于m/n的最大整数例如：[1/2]=0；[1.5]=1；[–3.14]=–4。抽屉原理二如果有无穷多个元素，按照某种规则分成有穷多个集合，那么其中至少有一个集合里有无穷多个元素。 现在就用抽屉原理来说明电脑算命的荒谬 。如果以70年计算，按出生的年、月、日、性别的不同组合数应为70×365×2＝51100，我们把它作为“抽屉”数。我国现有人口11亿，我们把它作为“物体”数。由于1.1亿=2+21400，根据原理1，存在21526个以上的人，尽管他们的出身、经历、天资、机遇各不相同，但他们却具有完全相同的“命”，这真是荒谬绝伦！在我国古代，早就有人懂得用抽屉原理来揭露生辰八字之谬。如清代陈其元在《庸闲斋笔记》中就写道：“余最不信星命推步之说，以为一时（注：指一个时辰，合两小时）生一人，一日生十二人，以岁计之则有四千三百二十人，以一甲子（注：指六十年）计之，止有二十五万九千二百人而已，今只以一大郡计，其户口之数已不下数十万人（如咸丰十年杭州府一城八十万人），则举天下之大，自王公大人以至小民，何啻亿万万人，则生时同者必不少矣。其间王公大人始生之时，必有庶民同时而生者，又何贵贱贫富之不同也？”在这里，一年按360日计算，一日又分为十二个时辰，得到的抽屉数为60×360×12＝259200。 所谓“电脑算命”不过是把人为编好的算命语句像中药柜那样事先分别一一存放在各自的柜子里，谁要算命，即根据出生的年月、日、性别的不同的组合按不同的编码机械地到电脑的各个“柜子”里取出所谓命运的句子。这种在古代迷信的亡灵上罩上现代科学光环的勾当，是对科学的亵渎。 2.在几何中的应用例1 已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于1/2（1978年广东省数学竞赛题）。证明：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1/2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1/2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1/2。以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。图1 图2如图2，设BC是△ABC的最大边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A 。因为BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。 由此我们可以推知，边长为1/2的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于1/2。说明：用同样的方法可证明以下结论：（1） 长为1的正方形内任意放置五个点，其中必有两点，这两点之间的距离不大于 /2。例2 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1/8（1963年北京市数学竞赛题）。证明：如图3，四等分正方形，得到A1，A2，A3，A4四个矩形。在正方形内任意放入九个点，则至少有一个矩形Ai内存在[9/4]+1=3个或3个以上的点，设三点为A、B、C，具体考察Ai（如图4），过A、B、C三点分别作矩形长边的平行线，过A点的平行线交BC于A'点，A点到矩形长边的距离为h(0≤h≤1/4)，则△ABC的面积 S△ABC=S△AA'C+S△AA'B≤1/2×1×h+1/2×1×（1/4-h）=1/2×1/4=1/8说明：把正方形分成四个区域，可以得出“至少有一个区域内有3个点”的结论，这就为确定三角形面积的取值范围打下了基础。本题构造“抽屉”的办法不是唯一的，还可以将正方形等分成边长为1/2的四个小正方形等。但是如将正方形等分成四个全等的小三角形却是不可行的。所以适当地构造“抽屉”，正是应用抽屉原则解决问题的关键所在。以下两个题目可以看作是本例的平凡拓广：（1）在边长为2的正方形内，随意放置9个点，证明：必有3个点，以它们为顶点的三角形 的面积不超过1/2。（2）长为1的正方形内任意给出13个点。求证：必有4个点，以它们为顶点的四边形的面积不超过1/4.例3：9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。证明：设正方形为ABCD，E、F分别 是 AB,CD的中点。设直线L把正方形ABCD分成两个梯形 ABGH和CDHG，并且与EF相交于P（如图）梯形ABGH的面积：梯形CDHG的面积=2:3EP是梯形ABGH的中位线，PF是梯形CDHG的中位线，由于梯形的面积=中位线×梯形的高，并且两个梯形的高相等（AB=CD），所以 梯形ABGH的面积∶梯形CDHG的面积=EP∶PF，也就是EP∶PF=2∶3这说明，直线L通过EF上一个固定的点P，这个点把EF分成长度为2∶3的两部分。这样的点在EF上还有一个，如图上的Q点（FQ∶QE=2∶3）。同样地，如果直线L与AB、CD相交，并且把正方形分成两个梯形面积之比是2∶3，那么这条直线必定通过AD、BC中点连线上的两个类似的点（三等分点）。 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，由定理2可知，3=[9/4]+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。 3.分类造抽屉例1 在不超过91的自然数中，任取10个数，证明：这10个数中一定有两个数的比值在区间[2/3 ，3/2]中。证明：将1，2，3… …90，91分成9个集合：A1={1}；A2={2，3}；A3={4，5，6}；A4={7，8，9，10}；A5={11，12，13，14，15，16}；A6={17，18… …24，25}；A7={26，27… …38，39}；A8={40，41… …59，60}；A9={61，62… …90，91}；同一集合Ai(I=1,2,3,… ….9)中任意两个数的比值在区间[2/3，3/2]中，根据抽屉原理可知，任取10个数中一定有两个在同一个集合中，并且比值在区间[2/3，3/2]之内。例2 从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。 证明：本题关键其实就在证明“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个数是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,则m=(2k-1)?2 ，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2 ，2=1×2 ，3=3×2 ，……证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）：（1）{1×2 ， 1×2 ，1×2 ，1×2 ，1×2 ，1×2 ，1×2 }；（2）{3×2 ，3×2 ，3×2 ，3×2 ，3×2 ，3×2 }；（3）{5×2 ，5×2 ，5×2 ，5×2 ，5×2 }；（4）{7×2 ，7×2 ，7×2 ，7×2 }；（5）{9×2 ，9×2 ，9×2 ，9×2 }；（6）{11×2 ，11×2 ，11×2 ，11×2 }；…………………………（25）{49×2 ，49×2 }；（26）{51}；………………（50）{99}。这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。说明：从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形： 从1-2n的自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。 例3：从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。 证明：把前25个自然数分成下面6组：1；2，3;4，5，6；7，8，9，10；11，12，13，14，15，16;17，18，19，20，21，22，23，因为从前25个自然数中任意取出7个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。 说明：（1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在 内。显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在 内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：从1开始，显然1只能单独作为1个集合{1}；否则不满足限制条件。 能与2同属于一个集合的数只有3，于是{2，3}为一集合。 如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的1.5倍，就可以得到满足条件的六个集合。 那么我们可以将例3改造为如下一系列题目：（1）从前16个自然数中任取6个自然数；（2）从前39个自然数中任取8个自然数；（3）从前60个自然数中任取9个自然数；（4）从前91个自然数中任取10个自然数；都可以得到同一个结论：其中存在2个数，它们相互的比值在[2/3,3/2]内。上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。如果我们改变区间[p,q]（p＞q）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来 例4 已给一个由10个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。（第14届1M0试题） 解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合就有2 =1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有1024个不同的子集，包括空集和全集在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下2个非空真子集。再来看各个真子集中一切数字之和。用N来记这个和数，很明显： 10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855这表明N至多只有855-9=846种不同的情况。由于非空真子集的个数是＞846，所以一定存在两个子集A与B，使得A中各数之和=B中各数之和。若A∩B=φ，则命题得证，若A∩B=C≠φ，即A与B有公共元素，这时只要剔除A与B中的一切公有元素，得出两个不相交的子集A1与B1，很显然 A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1与B1就是符合题目要求的子集。 说明：本例能否推广为如下命题已给一个由m个互不相等的n位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。 例5 在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。证明：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。要使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,…xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,…xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,…xn）是一个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此共可分为2×2×…×2=2 个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，2 =8，此时可以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。这就是1971年的美国普特南数学竞赛题。 4.抽屉原理在整除方面的应用（一） 整除问题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。例1∶ 对于任意的3个整数，必然有两个数的和为2的倍数。证明：∵整数除以2所得的余数只能是0，1分别构造两个抽屉：[0]，[1]两个数放到两个抽屉里必有两个数在同一抽屉里，显然它们的和能被2整除。 例1’对于任意的五个自然数，证明：其中必有3个数的和能被3整除.证明∵任何数除以3所得余数只能是0，1，2，不妨分别构造为3个抽屉：[0]，[1]，[2]①若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中，我们从这三个抽屉中各取1个，其和必能被3整除.②若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，则其中必有一个抽屉，包含有3个余数（抽屉原理），而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个自然数之和是3的倍数.③若这5个余数分布在其中的一个抽屉中，很显然，必有3个自然数之和能被3整除。 例1’’对于任意的11个整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除.证明：设这11个整数为：a1，a2，a3……a11 又6=2×3①先考虑被3整除的情形由例2知，在11个任意整数中，必存在：3|a1+a2+a3，不妨设a1+a2+a3=b1；同理，剩下的8个任意整数中，由例2，必存在：3 | a4+a5+a6.设a4+a5+a6=b2；同理，其余的5个任意整数中，有：3|a7+a8+a9，设：a7+a8+a9=b3②再考虑b1、b2、b3被2整除.依据抽屉原理，b1、b2、b3这三个整数中，至少有两个是同奇或同偶，这两个同奇（或同偶）的整数之和必为偶数.不妨设2|b1+b2则：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6∴任意11个整数，其中必有6个数的和是6的倍数.例3： 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.由例1，例1’,例1’’我们可得到抽屉原理的推广形式：形式1： (2 --1)个整数中，一定有2 个数的和是2 的倍数，其中n 。形式2： (3?2 --1)个整数中，一定有3?2 个数的和是3?2 的倍数，其中n 。 形式3： (2 ?3 --1)个整数中，一定有2?3 个数的和是2?3 的倍数，其中n 。 .5.抽屉原理在染色方面的应用 例1 17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目（第6届国际中学生数学奥林匹克试题）。证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。考虑科学家A，他要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，…，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=2×2+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。说明：（1）本题源于一个古典问题--世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。我们可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进。可有下题：在66个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易发现6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958…记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，…我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4…这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必出现一个同色三角形。 6.抽屉原理的无限形式应用和多次应用抽屉原理 例1 在坐标平面上给出无限多个矩形，它们的顶点的直角坐标都具有如下形式：（0，0），（0，m ），（n，0），（n，m）其中m，n是正整数，并且m＞3，n＜6，求证：在这些矩形中一定存在无限多个矩形，其中任意两个矩形必有一个被包含在另一个之中。证明：由n＜6知，n=1,2,3,4,5，只有5种情形，由原理2知，将所给的无穷多个矩形按n的取值分成5类，当作5个抽屉，其中必有一个抽屉（一类）里包含有无穷多个矩形。不妨设这一类矩形的n的取值为n。对于这一类矩形中的任意两个矩形而言，由于n的取值相同，因此m取值较小的一个矩形必然被包含在m取值较大的一个矩形之中。 例2 有苹果、梨、桔子若干个，任意分成9堆，求证一定可以找到两堆，其苹果数、梨数、桔子数分别求和都是偶数。 证明：因为每一堆里的每一种水果数或为奇数或为偶数（两个抽屉），而9=2×4+1，故对于苹果，9堆中必有5堆的奇偶性相同；这5堆对于梨数来说，由于5=2×2+1，故必有3堆的奇偶性相同；这3堆对于桔子数也必有2堆的奇偶性相同。于是，就找到这样的两堆，它们的苹果数、梨数，桔子数的奇偶性都分别相同，从而其和数分别都是偶数。说明：为了得出和是偶数，需要两加数的奇偶性相同。对3类水果逐一找用了3次抽屉原理，若将过程合并简化可将苹果数、梨数、桔子数作为3维坐标（X，Y，Z），按其坐标的奇偶性构造8个抽屉：（奇，奇，奇），（奇，奇，偶），（奇，偶，奇），（偶，奇，奇），（奇，偶，偶），（偶，奇，偶），（偶，偶，奇），（偶，偶，偶），9堆当中必有2堆属于同一抽屉，其坐标的奇偶性完全相同 本文由()首发，转载请保留网址和出处！
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从1至50的自然数中，任取27个数，其中一定有两个数的和等于52，这是为什么
我有更好的答案
1到50 中 有24 组不同的数 可以得到52，此外
1，26 和任何数都不会等于52. 那么按照抽屉原理就是26个抽屉，取27个数，必然有和等于52的。
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