三门峡招生信息网-公共事业费

§23抽屉原理

在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“ 13个人中至少有两个人出生在
相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天 过生日”；“2003个
人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把[0， 1]内的全部有理数
放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性 问题中，
“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到
的运算较 少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。
“抽屉原理”最先是由19世 纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问
题的，所以又称“迪里赫莱原理”， 也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把
10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有 一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这
个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题 ，并且常常得到一些令人惊异的
结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学 习它的有关知识及
其应用。
（一） 抽屉原理的基本形式
定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少
有两个元素。
证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n
个 集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。
在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原
理正是由此得名。
同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。
“鸽 笼原理”由此得名。
例题讲解
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



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。

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。






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。






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。






6．在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它 们的和可被
100整除。





7． 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。



例题答案：
1． 分析：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 。
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。

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B C≥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，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。
说明：
（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分
正 方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数a
i
，满足0＜a
i
≤ 1（i=1,2,…,n+1），
试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如： “在边长为1的正方形
内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。
（2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的
距 离小于，请读者试证之，并比较证明的差别。
（3）用同样的方法可证明以下结论：
22
i）在边长为1的等边三角形中有n+1个点，这n+1个点中一定有距离不大于的两点。
22
ii）在边长为1的等边三角形内有n+1个点，这n+1个点中一定有距离小于的两点。
（4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命
题仍然成立。
（5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长
为1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过”。
2．分析：本题似乎茫无头绪，从 何入手？其关键何在？其实就在“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
n
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=1×21，
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）：
23456
（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；
2345
（2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；
234
（3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；
23
（4）{7，7×2，7×2，7×2}；
23
（5）{9，9×2，9×2，9×2}；
23
（6）{11，11×2，11×2，11×2}；

……
（25）{49，49×2}；
（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：
（1）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。想一想，为什么？因
为1-2n中共含1，3，…，2n- 1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n+1＞n，由抽屉原
则，结论就是必然的了。给n以具体值 ，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值是50，
还可以编制相反的题目，如：“从前30个自然数 中最少要（不看这些数而以任意方式地）取
出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数 是较小的数的倍数？”
（2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？
①从2，3，4，…，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的
整数倍？
②从1，2，3，…，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的
整数倍？
你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？
（3）如果将（2）中两 个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任取n+2个数，则它
们的结论是肯定的还是否定的？你能 判断证明吗？
3．证明：把前25个自然数分成下面6组：
1； ①
2，3； ②
4，5，6； ③
7，8，9，10； ④
11，12，13，14，15，16； ⑤
17，18，19，20，21，22，23， ⑥
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
数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。
（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为

{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；
第8个抽屉为：{40，41，42，…，60}；
第9个抽屉为：{61，62，63，…，90，91}；
……
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；…
]内。 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
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）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来 。
4.分析与解答：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< br>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
10
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1024-2=1022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1022，1022＞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A
1
与B
1
，很显然
A
1
中各元 素之和=B
1
中各元素之和，因此A
1
与B
1
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。
请读者自己来研究这个问题。
5．分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x
1
,y
1
）、（x
2
,y
2
）的中点坐标 是。
欲使都是整数，必须而且只须x
1
与x
2
，y
1
与y
2
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（x
1
,x
2,…x
n
）是n维（元）有序数组，且x
1
,x
2
,… x
n
中的每一个数都是整数，则称（x
1
,x
2
,…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x
i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
n3
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。在n=2的情形，也可以构造如下
的命题：“平面上任意给定5个整点”， 对“它们连线段中点为整点”的4个命题中，为真
命题的是：

（A）最少可为0个，最多只能是5个 （B）最少可为0个，最多可取10个
（C）最少为1个，最多为5个 （D）最少为1个，最多为10个
（正确答案（D）） 6．分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被
100 整除”应是做文章的地方。如果把这100个数排成一个数列，用S
m
记其前m项的和，则其< br>可构造S
1
，S
2
，…S
100
共100个和数。讨 论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S
1
，
S
2
，…S< br>100
共有100个数，一个数被100除所得的余数有0，1，2，…99共100种可能性。 “苹
果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故障”？
证明：设已知的整数为a
1
,a
2
,…a
100
考察数列a
1
,a
2
,…a
100
的前n项和构成的数列S
1
，
S
2
，…S
100
。
如果S
1
，S
2
，…S
100
中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S
1
，S
2
，…S
100
均不
能被100整除，这样，它们被100除后余数 必是{1，2，…，99}中的元素。由抽屉原理I知，
S
1
，S
2
，…S
100
中必有两个数，它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为S
i
，S
j
（i
＜j），则100∣（S
j
-S
i< br>），即100∣。命题得证。
说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰 当的抽屉的。这时候，我们
需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造 出恰当的抽屉。
本题直接对{a
n
}进行分类是很难奏效的。但由{a
n}构造出{S
n
}后，再对{S
n
}进行分类就容易得
多。
另外，对{S
n
}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而{S< br>n
}只有100项，似乎
不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立，于是 通过分别情况讨论后，就可
去掉余数为0的类，从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。这种处 理问题的方法应当
学会，它会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”中。
最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）：
在任意给定的n个整数中 ，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被n
整除，而且，在任意给定的排定顺序的n个 整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一
项），它们的和可被n整除。
将以上一 般结论中的n赋以相应的年份的值如1999，2000，2001…，就可以编出相应年
份的试题来。 如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题：
有100只猴子在吃花生 ，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。请你证明：一定有若
干只猴子（可以是一只），它们所吃的花 生的粒数总和恰好是100的倍数。
7．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AB
1
，AB
2
，
AB
3
，AB
4
，AB
5
，AB
6
同红色，若B
i
（i=1，2，…，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已
成立；否则B
1
， B
2
，B
3
，B
4
，B
5
，B
6
之间的连线只染有黄蓝两色。
考虑从B
1
引出的5条线，B
1
B
2
，B
1
B
3
，B
1
B4
，B
1
B
5
，B
1
B
6
， 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B1
B
2
，B
1
B
3
，B
1
B
4
。这时若B
2
，B
3
，B
4
之间
有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B
2
，B
3
，B
4，之间无黄线，则△B
2
，B
3
，B
4
，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）。

（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问 题，
成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红
色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。
（3）问题（2）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。
（4）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r
1
=3，r2
=6，r
3
=17，r
4
=66，
r
5=327，r
6
=1958，…
我们可以得到递推关系式：r
n< br>=n(r
n-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。