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控制数学初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑿

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-11-17 01:08
tags:数学卡通

泽组词-

2020年11月17日发(作者:苏琼)
精品1
初一数学竞赛讲座

第12讲 抽屉原理
同学们:一分耕耘 一分收获,只要我们能做到有永不言败+
勤奋学习+有远大的理想+坚定的信念,坚强的意志,明确的目 标,相信你在学习和生活也
一定会收获成功(可删除)


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。


精品1
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a
1
,a
2
,…,a
99
,将99人分为3组:
(a
1
,a2
,…,a
33
),(a
34
,a
35
,…, a
66
),(a
67
,a
68
,…,a
99
),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;

精品1
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:

精品1

第一组:{A< br>1
B
1
,B
2
B
3
,A
3
A
4
},
第二组:{A
2
B
2
,B
3
B
4
,A
4
A
1
},
第三组:{ A
3
B
3
,B
4
B
1
,A
1A
2
},
第四组:{A
4
B
4
,B1
B
2
,A
2
A
3
}。
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a
1
,a
2
,…,an的和与n的商是a
1
,a
2
,…,a
n
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a
1
,a
2
,…,a
2000
,则其和
a
1
+a
2
+… +a
2000
=0+1+2+…+1999=1999000。
下面考虑一切相邻三数组之和:
(a
1
+a
2
+a
3
)+(a
2
+a
3
+a
4
)+…+(a
1 998
+a
1999
+a
2000
)+(a
1999
+a
2000

a
1
)+(a
2000
+a1
+a
2

=3(a
1
+a
2
+…+a
2000

=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

间就 打不开,因此90个人就无法按题述的条件住下来。

精品1
另一方面,9 90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。< br>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。

精品1

所以,所求的最多人数为9人。

练习12
1.六(1)班有49名学生。数学王老师了解到在期中考试中该班英文成绩除
3人外均在 86分以上后就说:“我可以断定,本班同学至少有4人成绩相同。”
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,
至少有几个 乒乓球盒子里的乒乓球数目相同?
3.某校初二年级学生身高的厘米数都为整数,且都不大于16 0厘米,不小于
150厘米。问:在至少多少个初二学生中一定能有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,
一定:
(1)有两个数的和为101;
(2)有一个数是另一个数的倍数;
(3)有一个数或若干个数的和是51的倍数。
5.在3×7的方格表中,有11个白格,证明
(1)若仅含一个白格的列只有3列,则在其余的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.对。解:因为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 绩当做物体,根据
第二抽屉原理,至少有4人的分数在同一抽屉中,即成绩相同。
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

精品1
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只乒乓球放进原来有2只乒乓球的一个盒子里,
该盒乒乓球就成了3只,再加 上原来装有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。
解:把初二学生的身高厘米数作为抽屉,共有抽屉
160-150+1=11(个)。
根据抽屉原理,要保证有4个人身高相同,至少要有初二学生
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,还有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:
a
1
,a
2
,a
3
,…,a
51

考虑下面的51个和:
a
1
,a
1
+a
2
,a
1
+a
2
+a
3
,…,
a
1
+a
2
+a
3
+…+a
51

若这51个和中有一个是51的倍数,则结论显然成立;若这51个和中没有
一个是51的 倍数,则将它们除以51,余数只能是1,2,…,50中的一个,故
必然有两个的余数是相同的,这两 个和的差是51的倍数,而这个差显然是这51
个数(a
1
,a
2
, a
3
,…,a
51
)中的一个数或若干个数的和。
5.证:( 1)在其余4列中如有一列含有3个白格,则剩下的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,根据第二抽屉原
理,5(=2×3-1)个苹果放入3个抽屉,则必有1个抽屉 至多只有(2-1)个苹
果,即必有1列只含1个白格,也就是说除了原来3列只含一个白格外还有1< br>列含1个白格,这与题设只有1个白格的列只有3列矛盾。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,由第二抽屉原理知,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个白格矛盾。所以只有1个白格的列至少有3列。

精品1
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。
若N≤60,则由抽屉原理知至少有一个委员开了7次(或更多次)会。但由
已知条件知没 有一个人与这位委员同开过两次(或更多次)的会,故他所参加的
每一次会的另外9个人是不相同的,从 而至少有 7×9=63(个)委员,这与N
≤60的假定矛盾。所以,N应大于60。
7.20轮。
解:如果培训的总轮数少于20,那么在每一台机器上可进行工作的工人
果 这3个工人某一天都没有到车间来,那么这台机器就不能开动,整个流水线就
不能工作。故培训的总轮数 不能少于20。
另一方面,只要进行20轮培训就够了。对3名工人进行全能性培训,训练
他们会开每一台机器;而对其余5名工人,每人只培训一轮,让他们每人能开动
一台机器。这个方案实 施后,不论哪5名工人上班,流水线总能工作。
8.证:以平面上9个点A
1
, A
2
,…,A
9
表示9个数学家,如果两人能通话,
就把表示他们的 两点联线,并涂上一种颜色(不同的语言涂上不同颜色)。此时
有两种情况:
(1)9点 中有任意2点都有联线,并涂了相应的颜色。于是从某一点A
1

发,分别与A
2
,A
3
,…,A
9
联线,又据题意,每人至多能讲3种语言,因 此A
1
A
2

A
1
A
3
,…,A
1
A
9
中至多只能涂3种不同的颜色,由抽屉原理知,这8条线段中
至少有2条同色的线段。不妨设A
1
A
2
与A
1
A
3
是同色线段,因此A
1
,A
2
,A
3

3点表示的3名数学家可用同一种语言通话。
(2)9点中至少有2点不联线,不妨设是A
1
与A
2
不联线。由于每3人中
至少有两人能通话,因此从A
1< br>与A
2
出发至少有7条联线。再由抽屉原理知,其
中必有4条联线从A
1
或A
2
出发。不妨设从A
1
出发,又因A
1
至 多能讲3种语言,
所以这4条联线中,至少有2条联线是同色的。若A
1
A
3
与A
1
A
4
同色,则A
1

A
3
,A
4
这3点表示的3名数学家可用同一种语言通话。



殆怎么读-


行列式的值-


aabc式的词语有哪些-


exceptionally-


不及汪伦送我情-


准组词-


微分算子-


达因值-



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