数学教育的认识与实践：应用抽屉原理问题分析

例19　（匈牙利数学竞赛）证明：任意6个人中至少存在3个人或是互相认识，或是互相不认识。

思考　在这6个人中任意取定一个人p，设A，B两个集合分别为

A＝｛与p认识的人｝，B＝｛与p不认识的人｝。

根据抽屉原理，剩余的5个人a，b，c，d，e中至少有3个人同属于集合A或者集合B。

不妨设a，b，c同属于A，则对a，b，c这3人来说，若他们彼此不认识，则问题得证。

否则，若a，b，c中有两人互相认识，不妨设这两人为a，b，则p，a，b这3人互相认识，问题也得证。

例20　（美国数学奥林匹克竞赛）证明：对任意正实数a，b，c，均存在（a2＋2）（b2＋2）（c2＋2）≥9（ab＋bc＋ca）。

思考　由于不等式左边展开式中含有a2，b2，a2b2等项，构造关于a2，b2，a2b2，…的不等式成为解决问题的关键。

由于a，b，c∈R+，现把区间（0，+∞）分割成A＝（0，1］，B＝（1，+∞）两个区间。

由抽屉原理知，a，b，c这3数中，必有两个数同属于一个区间A或B。

不妨设a，b∈A，则（a2－1）（b2－1）≥0，

所以a2b2+1≥a2＋b2，

等价于2a2＋2b2＋a2b2＋4≥3a2＋3b2＋3，

即（a2＋2）（b2＋2）≥3（a2＋b2+1），

（a2＋2）（b2＋2）（c2＋2）≥3（a2＋b2＋1）（c2＋1＋1），（*）

由柯西不等式，有（a2＋b2＋1）（1＋1＋c2）≥（a×1＋b×1＋1×c）2＝（a＋b＋c）2，

则由（*）式有（a2＋2）（b2＋2）（c2＋2）≥9（ab＋bc＋ca）成立。

例21（全国初中数学竞赛）设a，b，c是三个互不相等的正整数。

求证：在a3b－ab3，b3c－bc3，c3a－ca3三个数中，至少有一个数能被10整除。

思考　由于a3b－ab3＝ab（a－b）（a＋b），

当a，b中有一个是偶数时，ab（a－b）（a＋b）一定能被2整除。

当a，b都是奇数时，a－b与a＋b都是偶数，因此a3b－ab3一定能被2整除。

下面，我们证明a3b－ab3，b3c－bc3，c3a－ca3中，至少存在一个数能被5整除。

事实上，如果a，b，c中有一个能被5整除，结论显然成立。

现在，我们假定a，b，c中没有一个能被5整除。

这时，a＝5k＋1，5k＋2，5k＋3，5k＋4，

所以a2＝25k2＋10k＋1，25k2＋20k＋4，25k2＋30k＋5＋4，25k2＋40k＋15＋1，

所以a2被5除的余数是1或4。

同理，b2与c2被5除的余数也是1或4。

由于a2，b2，c2这3个数被5除只有两个余数1或4，所以一定有两个数被5除的余数相同。不妨设a2与b2，这时a2－b2能被5整除，从而ab（a－b）（a＋b）＝a3b－ab3能被5整除。

又因2和5是互质数，所以a3b－ab3能被2×5＝10整除。

例22　（安徽数学竞赛）证明：任给5个整数，其中必存在3个数，使它们的和一定能被3整除。

思考　以3除所给5个整数，余数只可能为0，1，2三数之一。(www.xing528.com)

分别把余数为0，1，2的数各归入类R0，R1，R2，

根据抽屉原理知，至少有一类含有5个数中的至少2个数，

因此可能出现两种情况：

（1）某一类至少包含3个数，就在这一类中取3个数，其和显然能被3整除。

（2）某两类各含2个数，第三类只含1个数，这时就在每一类中各取1个数，其和也能被3整除。

例23　在100个连续自然数1，2，3，…，99，100中，任取51个数。

求证：在这51个数中，一定存在两个数，其中一个数是另一个数的倍数。

思考　由于任意一个整数，要么是奇数，要么是偶数。

若是一个偶数时，经反复提取因数2，最后能表示为：奇数×2k（其中k＝1，2，3，…）的形式，并且这个奇数一定不会超过原数的一半。

如果容许k＝0，那么奇数也被包含在此形式中。

现把1到100的全部整数分为下列50个组，并视为抽屉：

A1＝｛1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26｝，

A2＝｛3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25｝，

A3＝｛5，5×2，5×22，5×23，5×24｝，

A4＝｛7，7×2，7×22，7×23｝，

…

A25＝｛49，49×2｝，

A26＝｛51｝，

…

A50＝｛90｝。

显然，这100个整数没有遗漏地放入了50个抽屉中，并且同一个数不会出现在两类中，因而至少存在两个数在同一类中，而同一类中的两数，大数必定是小数的倍数。

故结论成立。

例24　（“希望杯”数学竞赛）从自然数1，2，3，…，354中任取178个数。试证：其中必存在两个数，它们的差是177。

思考1　从1到354的自然数中任取178个数。

由于任何自然数被177除，余数只能是0，1，2，…，176这177个数之一。

因而178个数中，至少有两个数a，b的余数相同，即至少有两个数a，b之差是177的倍数。即a－b＝k×177（k∈Z+）。

又因1到354中，任何两数之差，都小于2×177＝354，所以两个不相等的数a，b之差必为177，即a－b＝177，因此本题结论成立。

思考2　将1到354的自然数分成177个组：

（1，178），（2，179），（3，180），…，（177，354）。

显然，任一组内两个数之差都是177。

从1到354的自然数中任取178自然数，由抽屉原理知，至少存在两个数在同一组内，也即至少存在两个数之差是177，从而可知本题结论成立。