春风十里不如你大结局-看云识天气

第24章 抽屉原理和容斥原理
24.1 抽屉原理
24.1.1★在任意的61个人中，至少有6个人的属相相同．
解析 因为一共有12种属相，把它看作12个抽屉，，根据抽屉原理知，至少有6个人的
属相相同．
评注 抽屉原理又称鸽笼原理或狄里克雷原理．这一简单的思维方式在解题过程中却可以
有很多 颇具匠心的运用．抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现．许多有关
存在性的证明都可用 它来解决．
抽屉原理1 如果把件东西任意放入个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有两件东西．
抽屉原理2 如果把件东西任意放人个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有女件东西，这里

其中表示不超过的最大整数 ，例如，，等等．
24.1.2★从2，4，6，…，30这1 5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 把2，4，6，…，30这15个数分成如下8组（8个抽屉）；
（2）（4，30），（6，28） ，（8，26），（10，24），（12，22），（14，20），（16，18）．
从2，4， 6，…，30这15个数中任取9个数，即是从上面8组数中取出9个数．抽屉原理
知，其中一定有两个 数取自同一组，这两个数的和就是34．
24.1.3★★在1，2，3， …，100这100个正整数中任取11个数，证明其中一定有两个数的
比值不超过；
，{2，3}，{4，5，6}，{7，8，9，10}，
{11，12，…，16}，{17，18，…，25}，
{26，27，…，39}，{40，41，…，60}．
{61，62，…，91}，{92，93，…，100}．
从1，2，…，100中任取1 1个数，即是从上面10组中任取11个数，由抽屉原理知，其中
一定有两个数取自同一组，这两个数的 比值不超过．
24.1.4★求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除．
解析 任何数除以3所得余数只能是0、1、2，分别构造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，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，根据抽屉原理，其中一个抽
屉必包含有个余 数，而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个整数之和
是3的倍数．（3）若这5个 余数都能分布在其中的一个抽屉中，易知必有3个整数之和能被
3整除．
24.1.5★★从 1，2，3，…，20中，至少任取多少个数，才能使得其中一定有两个数，大的
数是小的数的倍数．
解析 从1，2，…，20中取11，12，…，20这10个数，其中没有一个数是另一个数的
倍数．把1，2，…，20分成如下10组：{1，2，，，}，{3，，}，{5，，}，{7，}，{，} ，{11}，
{13}，{13}，{15}，{17}，{19}，从中任取11个数，一定有两数取 自同一组，于是大数便
是小数的倍数．
所以，至少任取11个数才能满足题意．
24.1.6★★在不超过100的正整数中任取55个不同的数，在这55个数中：
（1）是否一定有两个数的差等于11？
（2）是否一定有两个数的差等于9？

解析 （1）不一定，例如，，，，这55个数中，任意两数的差都不等于11．
（2）一定．把1，2，…，100分成如下54组：
{1，10}，{2，11}，…，{ 9，18}，{19，28}，…，{81，90}，{91，100}，{92}，{93}，…，
{ 99}．
从中任取55个数，一定有两个数取自同一组，它们的差等于9．
24.1.7★★证明：在任意的52个正整数中，一定可以找到两个数、，使得或能被100整除．
解析 把这52个正整数都除以100，考虑52个余数，若其中有两个相同，则它们的差能
被 10整除，若其中任意两个都不相同，则它们的差能被100整除，若其中任意两个都不相
同，把0，1 ，…，99分成如下51组：
{1，99}，{2，98}，…，{49，51}，{0}，{50}．
从中任取52个数，车琮有两数（的余数）取自同一给，这两数的和或差能被100整除．
2 4.1.8★★某学校的初三年组的同学要从8名候选人中投票选举三好学生，规定每人必须从
这8名候 选人中任意选两名，那么至少有多少人参加投票，才能保证必有不少于5名同学投
了相同的两个候选人的 票？
解析 从8个人中任意选2人，不同的选法共有
（种），
即有28个抽屉．由抽屉原理，当投票的人不少于
人
时，就能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．
而当112个人投票时，不一定有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．
所以，到少有113人投票时，能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．
24.1.9★在1，11，111，…，，…，中，是否有2007的倍数？
解析 答案是肯定的．
考虑以下2007个数：
1，11，111，…，，
若它们都不 是2007的倍数，则它们除以2007所得的余数中一定有两个是相同的，不妨设为
和，于是
，
．
而（2007，）=1，所以，，这与1，11，111，…，都不是2007的倍数矛盾．
所以，在1，11，111，…，，…中，一定有2007的倍数．
24.1.10★★从任意给定的1999 个自然数中总可以找到个数，使得它们的和能被1999整除．
解析 设1999个自然数为，，…，，且构造下列2000个和：
0，，，，…，
．
因为任意一个自然数被1999除后，所得的余数可能是0，1，2，…，1998，共1999种．所
以可将上述
2000个和按照被1999除后所得不同的余数分成1999个集合．由抽屉原理可知， 至少有两
个和，不妨
设为
，
，
它们属于同一个集合，即它们分别被1999除后所得的余数相同，那么它们的差

能被1999整除．从而本题得证．
24.1.11★★把圆周分成12段， 将l，2，3，…，11，12这12个数任意写在每一段内，使每
一段恰好有一个数字．证明：一定存 在连续的三段，它们的数字和至少是20．
解析 如果记第1小段内填写的数是，第2小段内填写的数是……第12小段内填写的数
是，
那么三个相邻小段填写的数字和可以有
，，，
，，，
，，，
，，
这12种，并且12种情况中出现的所有数字和为

．
由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是
．
值得注意：本题中的三个相邻小段也可分成，，，这4种情况，这时它们的数字和为
．
由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是
．
24.1.12 ★★在个连续自然数1，2，3，…，中，任取出个数．证明：在这个数中，一定有两
个数，其中一个是 另一个的倍数．
解析 将这个连续自然数分成集合：
{1，，，，，，，…}，
{3，，，，，，…}，
{5，，，，，…}，
……
A{}．
由此可见，这个数没有遗漏地被放在个集合中，并且同一个数决不会出现在两个不同的集合
中．因此， 根据抽屉原理可知，不论用何种方式从中取出个数时，必定有至少两个数是出自
同一个集合的，而同一个 集合的两个数，大数必定是小数的倍数．
24.1.13★★从1，2，…，这个正整数中任取个数，证明其中一定存在两个数是互质的．
解析 把1，2，…，这个焉整数分成如下组：
{1，2}，{3，4}，…，{，}． < br>从这组中任取个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，同一组中的两个数是相
邻的正 整数，从而它们是互质的．
24.1.14★★把1，2，…，10按任意次序排成一个圆圈．
(1)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不小于18；
(2)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不大于15．
解析 (1)设这10个数在圆周上排列为1，，，…，如图（a）．由于
，
所以、、这三个数中一定有一个数不小于．

（2）设这10个数在圆周上排列为，，，…，如图（b）．由于
，

所以，、、这三个数中一定有一个数不大于．
24.1.15★在边长为1的 正三角形中，任取7个点，其中任意三点不共线．证明：其中必有三
点构成的三角形的面积不超过．
解析 如图所示，将正三角形的中心与三个顶点连起来把正三角形分成三个小三角形(3
个抽屉 )．由抽屉原理知，必定有一个小三角形的内部或边界上至少有个点．这三个点构成
的三角形面积不超过 该小三角形的面积，即不超过

．
24.1.16★★在的长方形中，任意放置6 个点，证明：一定可以找到两个点，它们的距离不大
于．
解析 我们要设法把的长方形分成5个部分(5个抽屉)，而且每部分中任意两点的距离不
大于．

如图所示，把的矩形分成5个部分．由勾股定理可以算得每个部分的任两点之间的距离不大
于
．从而命题得证．
24.1.17★★求证：在任何凸边形中，总有一条对角线不与任何一条边平行．
解析 凡 是与某条边平行的对角线，称之为“好对角线”，由于对每一条边，最多有条对
角线与之平行，因此凸边 形的“好对角线”至多有条，但凸边形的对角线总数为．于是由抽
屉原理，知必定有某条对角线不与任何 边平行．
对于凸边形，不难构造例子使所有对角线均为“好对角线”．
24.1.18★★ 证明：在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有3个人以前
彼此不相识．
解析 在平面上用6个点、、、、、分别代表参加集会的6个人．如果两人以前彼此认识，就
在 代表他们的两点间连一条实线；否则连一条虚线．考虑点与其余各点连线，，…，，它们的
线形不超过2 种．根据抽屉原理，可知其中至少有条连线同为实线，或同为虚线．不妨设、、
均为实线．如果、、三条 连线中有一条(不妨设为)也是实线，那么三角形三边均为实线，说
明、、代表的3个人以前彼此相识： 如果、、三条连线均为虚线，那么三角形三边均为虚线．说
明、、代表的3个人以前彼此不相识．不论哪 种情形发生，都符合问题的结论．

24.1.19★★★空间有6点，任何3点都是一个不 等边三角形的顶点，求证：这些三角形中的
一个三角形的最短边同时是另一个三角形的最大边．
解析 设，，…，是空间中6个已知点．在每个三角形中，把最短边涂成红色，于是，每
个三角 形中必有一条边为红色，其余的边未涂色．从每个点可作5条线段与其余已知点相
连．按抽屉原理，这5 条线段中，或者至少有3条线段已被涂色，或者至少有3条线段还未
涂色．
如果经过点的5条 线段中至少有3条(例如，设为线段、、)涂红，那么，在由这3条线段的
另一顶点为顶点的中至少须有 一边(最短边)涂红，设是边，那么的3边就都被涂红了．
如果经过点的线段中至少有3条未被涂红（ 例如设为线段、、），由于、、中每个都至少有一边
是红的．因此，只能是线段、、全是红的，即的各边 都是红色的．
24.1.20★★将正十三边形的每个顶点染成黑色或染成白色，每顶点染一色．求证 ：存在三个
同色顶点，
它们刚好成为一个等腰三角形的顶点．
解析 设13个顶点 依次为，，…，，．若13个顶点都染成黑色或都染成白色，则结论显然

成立．故只需考 虑13个顶点中有染黑色也有染白色的情形．这时必有相邻两顶点同色，不
妨设、同色，现考虑、、、、 这五个顶点，由抽屉原理知其中必有三顶点同色，这又分为下列
三种情形：
（1）、、、中有 三点同色，又、同色，故、、同色或、、同色．这时或为三顶点同色的等腰三角
形．（2）、、同色，这 时为三顶点同色的等腰三角形．（3）、、同色，这时为三顶点同色的等腰
三角形．
24.1 .21★★15个席位同等地围绕着圆桌安排，席上有15个客人的名片，客人们没有注意这
些名片，
直到他们坐下来，才发觉没有一个人坐在他自己的名片前面．证明：可以转动圆桌使得至少
有两 个客人同时对号入座．
解析 对于每个客人，都有一种转动圆桌的方式，使他对上自己的名片．现在先 把席位按
逆时针方向依次由1到15编号，每按逆时针方向转动一次圆桌，使名片对到下一个席位上，< br>即1号上的名片对到2号席位，2号上的名片对到3号席位……15号上的名片对到1号席
位．那 么按这种方式转动15次后，所有的名片又对到初始的席位上．所以，一共有14种有
效的转动，因为有 15个客人，根据抽屉原理，必定有某种转动至少可容许有两个客人对上
号．
24．1．22 ★★在52张扑克牌上任意写上互不相同的正整数．证明：一定存在四张扑克牌，
将其上的四个数仅用减 号、乘号和括号适当组合成一个式子，其值是1989的倍数．
解析 因为．而对任给的52个互异的 正整数中，至少有两个数被51除后的余数相同，设
这两个数为、，且，那么
（为整数）．
在取出、后的50个互异的正整数中，又至少有两个数，不妨设、，且，它们分别被39除后
的 余数相同，即
（为整数）．
因此，在给出的52个互异的正整数中，一定有四个整数、、、组成一个式子：
．
24.1.23★★★证明在任意11个无穷小数中，一定可以找到两个小数，它们的差或者含有无
穷多 个数字
0，或者含有无穷多个数字9．
解析 由于每一个数位上的数字只有0，1，2，… ，9这10种情况，因此11个数中必有
两个数在这个数位上有相同的数字．
记11个无穷小数为，，…，，把这11个数分成如下55个二元组(每两个一组)：
，，…，，
，…，．
这55个二元组作为55个抽屉，现将无穷多个数1，2，3 ，…放进这些抽屉，规则是：若小
数点后第
位上与相同，则数就放入中．例如，与的第7位上的数相同，则7就放入
这个抽屉里．由抽屉 原理知，这55个(有限个)抽屉中必有一个抽屉，它含有无穷多个数，
不妨设(，
)这个抽屉里含有无穷多个数，这就说明，这两个无穷小数有无穷多位相同．
考虑与的差，在数字相同的数位上，差的数字为0或9．由于0与9的总个数有无穷多个，
因
此至少有一个出现无穷多次，从而与的差中，或者有无穷多个数字0，或者有无穷多个数字
9．

评注 本题先后三次用了抽屉原理，请读者仔细玩味．
24．1．24★★ ★一个书架有五层，从下到上依次称为第1层，第2层，…，第5层．今把
15册图书分放到书架的各层 上，有些层可不放．证明：无论怎样放法，书架每层上的图书
册数，以及相邻两层上图书册数之和，这些 数中至少有两个是相等的．
解析 用表示第层所放的图书册数，，2，3，4，5．如果有某个，那么 结论显然成立．因
此可设，，2，…，5．考虑下面两种情况：
(1)，，…，中有两个数相等，则结论已经成立．
（2），，…，各不相等，因
，所以，，…，必各取1、2、3、4、5之一．但是，，，这4个数不可能同时包含7、8、9这
三个 数．事实上，若7、8、9都出现，则只可能是，，或，，．前者表示放5册书的那一层与
放2、3、4 册的各层均相邻，不可能．后者表示放4、5册书的两层既要相邻又要不相邻，
也不可能．
因此，下面9个数：
，，…，，，，，至多能取8个不同的值．由抽屉原理知，其中必有两个 是相等的，从而命题得
证．
24.1.25★★★一个由个方格组成的正方形表格，其中填满 1，2，3，…，等数，且在任一行、
任一列都能遇到所有这些数字．若表格中的数字关于对角线是对称 的，求证：当是奇数时，
在对角线上的那些方格中将会遇到所有的1，2，…，这些数字．

解析 如图，由于在表格的每一行、每一列都出现l，2，…，各数，所以任一行(或列)中，
每个数只出现一次，于是表格中有个1，个2，…，个．
又由于整个表格关于对称，因此除对角线上的 数外，任何一个数都将在其对称位置出现，如
图中，，，，，等数．因此除对角线外表格中1，2，…， 等数各有偶数个．
当为奇数时，表格中共有奇数个1，奇数个2，…，奇数个．所以对角线上出现1，2，…，，
且1到个数都必将出现，但对角线上只有个格子，因此，所有的数在对角线上都恰好出现一
次．
24．1．26★★★一个半径为1的圆内或边界上有6个点，求证：必定有两点之间距离不大
于1．
解析 不妨设6个点为、、、、、．如图，设、、、、、将六等分，且可让落在上（旋转可达）．

对于六个扇形（圆心角，半径为1），其中一个内有两点（包括边界）、，则．这是因为，（这
里不妨设 ）．
于是由前知，、、、、已不能落在扇形与上，于是这五个点均落在剩下的四个扇形中，由抽屉原< br>理，知必有两点落在同一扇形内或边界上，因此仍有距离不大于1，结论成立．
24.1.27 ★★★一个棋手为参加一次锦标赛将进行77天的集训，他每天至少下一盘棋，而每
周至多下12
盘棋．证明一定存在一个正整数，使得他在这77天里有连续的一天恰好下了21盘棋．
解析 用表示这位棋手从第1天到第天(包括第天)下棋的总盘数，，2，…，77．由于每天
至少下一盘棋， 所以
．
又因为每周至多下12盘棋，所以
，
所以．
考虑下面154个正整数：

，，…，，，，…，．
其中最小的是，最大的不超过．因此这154个正整数中必定有两个是相等的．由于
，
，
所以必定存在，使得
．
．
令，那么该棋手在第，，…，这连续的天中恰好下了21盘棋．
24.2 容斥原理 24.2.1★一个班有45个学生，参加数学课外小组的有30人，参加语文课外小组的有25人，
并且每一个人都至少参加了一个课外小组．问：这个班中参加了两个课外小组的同学有多少
个?

解析 我们画一个图帮助思考，如图所示，画两个相交的圆，其中一个圆表示参加数学课外小组的同学，另一个圆表示参数学课外小组语文课外小组加语文课外小组的同学，那么，
两个圆的 内部共有45个同学，两个圆的公共部分就是参加了两个课外小组的同学．
因为参加数学课外小组的同 学有30人，参加语文课外小组的25人，但，这是因为两个课外
小组都参加的同学被重复计算了两次， 所以，两个课外小组都参加的同学有
（人）．

所以，这个班中参加了两个课外小组的同学有10个．
评注 本题用的方法是容斥原理1．
容斥原理1：或的元素个数的元素个数的元素个数一既是又是的元素个数．
24．2．2★在 1，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有多
少个?
解析 在1，2，…，100中，5的倍数有5，10，15，…，100共20个，7的倍数有7， 14，
21，…，98共14个，其中既是5的倍数又是7的倍数的数有35，70共2个．根据容斥原
理1得，在1，2，…，100中，5或者7的倍数有
（个）．
从而，在l，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有
（个）．
24．2.3★某班40位同学在一次数学测验中，答对第一题的有23人，答对第 二题的有27人，
这两题都
答对的有17人，问有多少个同学这两题都不对?
解析 根据容斥原理l得：这两题都不对的同学有
（人）．
24．2．4★某校对五年级100名 同学进行学习兴趣调查，结果有58人喜欢语文，有38人喜
欢数学，有52人喜欢外语．而且喜欢语文 和数学(但不喜欢外语)的有6人，喜欢数学和外
语(但不喜欢语文)的有4人，三科都喜欢的有12人 ，而且每人至少喜欢一科．问有多少同
学只喜欢语文?有多少同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)?

解析 如图所示，设喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有人．
于是，喜欢数学和语文的有个人，喜欢数学和外语的有个人，喜欢语文和外语的有个人．
所以

，
解得．
即喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有14人．
所以，只喜欢语文的同学有
（人）．
所以，有26个同学只喜欢语文，有14个同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)．

评注 本题用的方法是容斥原理2．
容斥原理2：或或的元素个数的元素个数的元 素个数的元素个数既是又是的元素个数一既是
又是的元素个数一既是又是的元素个数+既是又是又是的元 素个数．
24.2.5★★全班有25个学生，其中17人会骑自行车，13人会游泳，8人会滑冰， 这三项运
动项目没有
人全会．至少会这三项运动之一的学生数学成绩都及格了，但又都不是优 秀．如果全班有6
个人数学不及格，问：
(1)全班数学成绩优秀的有几名?
(2)全班有几个人既会游泳又会滑冰?
解析 (1)至少会一项运动的人有人，因为没有人会全部三项运动，因此至少会三项运动
之一的人假使每人 都会两项，也要(人)，这些人数学都及格了，再加上数学不及格的6人，
正好是25人，所以没有人数 学优秀．
(2)如图所示：根据题意可得

，
，
；
其中表示既会骑自行车又会游泳的学生人数，表示既会骑自行车又会滑冰的同学的人数，表
示既会游泳 又会滑冰的同学的人数．所以
，
故没有人数学优秀；全班有2人既会游泳又会滑冰．
24．2．6★★在1到100个自然数中，既非3的倍数也不是4与5的倍数的数有多少个?
解析 只需求出是3或4，5的倍数有多少个，问题也随之解决了．
3的倍数有3，6，9，…，99，共33个；
4的倍数有4，8，12，…，100，共25个；
5的倍数有5，10，15，…，100，共20个．
我们还应注意下面这些数：
3与4的公倍数有12，24，…，96，共8个；
3与5的公倍数有15，30，…，90，共6个；
4与5的公倍数有20，40，…，100，共5个；
3、4、5的公倍数有1个：60．
根据容斥原理，1到100的自然数中是3、4或5的倍数共有
（个）．
因此，1到100的自然数中既非3、4也不是5的倍数有
（个）．
所以，既非3、4也不是5的倍数的数有40个．

34.2.7★如图，、、 分别是面积为12、28、16的三张不同形状的纸片，它们叠放在一起盖住的
总面积为38，若与、与 、与的公共部分的面积分别为8、7、6．求、、三张纸片的公共部分
的面积(图中阴影部分)．

解析 设所求三张纸片的公共部分的面积为，则由容斥原理有
，
所以
所以，、、三张纸片的公共部分的面积为3．
24．2．8★★某班在体育课上进行了成绩考 核，这个班在100米自由泳、跳远、铅球三项测
试中获得优秀等级的人数分类统计如下：100米自由 泳获得优秀的有21人，跳远获得优秀
的有19人，铅球获得优秀的有20人．100米自由泳和跳远都 获得优秀的有9人，跳远和铅
球都获得优秀的有7人，铅球和100米自由泳都获得优秀的有8人．有5 人没有获得任何一
项优秀．问：这个班有多少个学生?
解析 设三项都获得优秀的有个人，根据容斥原理2，至少有一项优秀的学生有
，
所以，这个班的学生有人．故这个班的学生人数不少于41人．
另一方面，由于获得其中两项 优秀的人数分别为9、7、8，所以，获得三项优秀的学生人数
不超过7，即，所以，这个班的学生人数 不超过48人．
综上所述，这个班的学生人数在41与48之间．所以，学生人数可能的情况是41，42，43，…，
48人．