摘要鸽巢原理是组合数学中最基本的计数原理之一，也是证明存在性问题的一种重要方法．本文首先介绍了鸽巢原理的不同表述形式及其推论，然后从整除关系的证明、几何图形的分割以及解决实际问题等几个角度介绍了鸽巢原理的应用，并对例题中鸽巢的构造技巧做了分析．关键词：鸽巢原理；简单形式；一般形式；加强形式AbstractThe pigeonhole principle is one of the basic counting principle in combinatorics, but also it is an important method to prove the problem of the existence. This paper first introduces the different expressions of the pigeonhole principle and its deduction, then the applications of the pigeonhole principle are introduced from several angles of proof of aliquot relationship, division of the geometrical figure and solving practical problems, the structured skills of the pigeonhole principle in examples are analysed.Key words: pigeonhole principle; simple form; general form; strengthend form目录摘要 (I)Abstract (II)第1章鸽巢原理 (1)第1节鸽巢原理的基本形式 (1)第2节鸽巢原理的相关推论 (4)第2章鸽巢原理的应用 (6)第1节鸽巢原理应用于数的整除关系 (6)第2节鸽巢原理应用于几何图形 (7)第3节鸽巢原理应用于实际生活 (9)总结 (12)参考文献 (13)致谢 (14)第1章 鸽巢原理鸽巢原理是组合数学中的一个基本原理．应用鸽巢原理可以解决涉及存在性的许多组合问题．本章将介绍鸽巢原理的表现形式及其相关推论，并以例题的形式作简单的说明．第1节 鸽巢原理的基本形式鸽巢原理又称鸽笼原理、抽屉原理．从其产生到现在，已产生有多种不同的表达形式．1.1鸽巢原理的简单形式定理1 如果把1+n 个物体放入到n 个盒子中去，则至少有一个盒子放有两个或更多的物体．证明（反证法） 假设n 个盒子中的每个盒子里至多放入了一个物体，则放入n 个盒子中的物体总数至多为n 个．这与题设“共有1+n 个物体”相矛盾，所以知道假设是错误的，从而证明了至少有一个盒子中放有两个或更多的物体．定理1仅能被用于证明一个排列或某种现象的存在性，不能对任何构造排列或寻找现象的例证给出任何指示． 例1 在一次舞会上，来了n 位舞伴，彼此认识的握手问候．证明：在无论什么情况下，这n 位舞伴中至少有两个人握手的次数一样多．解 由已知条件可知，这n 位舞伴中，每个人握手的次数最少有0次，最多有1-n 次．比如，如果有一位舞伴握手的次数是0次，那么其他舞伴握手次数最多不能多于2-n 次，即握手次数为0，1，2， ，2-n ；如果有一位舞伴握手的次数是1-n 次，那么其他舞伴握手次数最少不能少于1次，即握手的次数为1，2， ，1-n ．总之，这n 位舞伴握手次数有1-n 种情况．把这1-n 种情况看成1-n 个抽屉，并把舞会上的n 位舞伴按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，则根据抽屉原理可知，至少有两个人属于同一抽屉，即可得这两个人握手的次数一样多．例2 设1a ，2a ，3a ，4a 为任意四个整数，1b ，2b ，3b ，4b 为1a ，2a ，3a ，4a 的任一排列，则11a b -，22a b -，33a b -，44a b -中必有两个数之差是3的倍数．证明 既然1b ，2b ，3b ，4b 是1a ，2a ，3a ，4a 的一个排列，显然11a b -，22a b -，33a b -，44a b -为四个整数．这四个整数被3除的余数只能是0，1，2中的一个，于是按余数的情形构造3个抽屉，把这四个数11a b -，22a b -，33a b -，44a b -视为四个物体，放入这3个抽屉中去，根据抽屉原理，至少有一个抽屉里面放了两个或两个以上的物体，不妨设这两个数为i i a b -与j j a b -，显然有)3(mod j j i i a b a b -≡-，根据同余与整除的关系，有)]()[(|3j j i i a b a b ---，从而11a b -，22a b -，33a b -，44a b -中必有两个数之差是3的倍数．注：以2为标准，可以把全体整数分成奇数与偶数两类，这实际上是把整数用2除，余数为1的那些数构成了模2的一个剩余类1K ，即为奇数集；把整数用2除，余数为0的那些数构成了模2的一个剩余类0K ，即为偶数集，这两个集合的交集为空集，而其并集为整数集．这种做法可以推广，即可以把整数集按照被模m (1)m >除的余数分成m 个两两互不相交的集合0K ，1K ， ，1-m K ，例2就是把整数集按照用3除而分为0K 、1K 和2K 三个抽屉，然后把11a b -，22a b -，33a b -，44a b -这四个物体放到三个抽屉里面去，由于物体数目多于抽屉个数，所以就有一个抽屉至少被放入了两个物体．1.2鸽巢原理的一般形式在定理1中，如果将1+n 改写成12221+-+++=+n n （式中含n 个2），于是定理1就可以叙述为：如果把12221+-+++=+n n 个物体放入n 个盒子中去，则至少存在一个i ),,2,1(n i =，使得第i 个盒子中至少放有两个物体．设想，如果将1222+-+++n 中的第i 个2改为正整数i q ),,2,1(n i =，就得到鸽巢原理的一般形式．定理2 设i q 是正整数),,2,1(n i =，121+-+++≥n q q q q n ，如果把q 个物体放入n 个盒子中去，则必存在一个i ，使得第i 个盒子中至少有i q 个物体．证明（反证法） 假设结论不成立，即对每个i ，第i 个盒子中至多放有1-i q 个物体，从而这n 个盒子放入的物体的总数最多为q n q q ni i n i i <-=-∑∑==11)1(，这与“把q 个物体放入n 个盒子中”矛盾，所以假设是错的，即：必存在一个i ，使得第i 个盒子中至少有i q 个物体．例3 一个箱子里装有三种不同颜色（红球、蓝球和黑球）的球，为了保证箱子内至少装有8个红球，或者至少装有6个蓝球，或者至少装有9个黑球，则放入箱子中的球数最少是多少？解 由鸽笼原理的一般形式可知，无论怎样装入，2113968=+-++个球将保证箱子内的球满足所要求的性质，但7个红球，5个蓝球和8个黑球，即总数为20个球不能满足所要求的性质，因此，放入箱子中的球数最少是21．例4 设A 是6个正整数的集合，可以证明存在非空的子集A B ⊆，使得B 的元素之和能被6整除，设},,,{621a a a A =．证明 取A 的6个子集为}{11a A =，},{212a a A =， ，6126{,,,}A a a a = ．令)6(mod 11r a ≡，)6(mod 221r a a ≡+， ，)6(mod 6621r a a a ≡+++ ，60<≤i r ，6,,2,1 =i ，若存在0=h r ，则)6(mod 021≡+++h a a a ，否则，1r ，2r ， ，6r 为小于6的正整数，根据鸽巢原理，将余数1，2，3，4，5看作5个鸽巢，六个余数看作6只鸽子，必存在i r 和j r 相等，不妨设j i <，1212(mod6)j i a a a a a a +++≡+++ ，故)6(mod 021≡+++++j i i a a a ，即)(|621j i i a a a +++++ ，从而说明了12{,,,}i i j a a a ++ 就是满足题目要求的集合B ．注：由以上对定理2的证明及例题可知，定理2在解决实际问题的证明中有着独特的作用．1.3鸽巢原理的加强形式定理3 设A 是有限集，1q ，2q ， ，n q 都是正整数，如果1||21+-+++≥n q q q A n ，A A i ⊆),,2,1(n i =，且A A ni i == 1，则必有正整数k )1(n k ≤≤，使得k k q A ≥||．证明（反证法） 假设有正整数k )1(n k ≤≤，使得1||-≤i k q A ),,2,1(n i =，此时∑∑====-≤≤=ni i n i n i i n i i q A A A 1111)1(|||||| n q q q n -+++= 21，这与1||21+-+++≥n q q q A n 矛盾，所以假设不成立，因此，必有正整数k )1(n k ≤≤，使得k k q A ≥||．例5 随意地给正八边形的8个顶点编上号码1，2， ，8，求证：必有一个顶点，该顶点及与之相邻的两个顶点的号码之和不小于14．证明 以1A ，2A ， ，8A 表示正八边形的8个顶点，以i q )8,,2,1( =i 表示顶点i A 及与i A 相邻的两个顶点的号码之和，则18)114(1083)821(821+⨯->=⨯+++=+++ q q q ．由定理3，必有正整数k )81(≤≤k ，使得14≥k q ，这表示必有一个顶点，该顶点及与之相邻的两个顶点的号码之和不小于14．第2节 鸽巢原理的相关推论在上一节中我们介绍了鸽巢原理的基本形式及其简单证明，但是对于一些更加复杂的、有关存在性的组合问题，鸽巢原理的基本形式显得无能为力，为此，本节将对鸽巢原理进行更进一步的深入研究，以得到某些推论．在定理2中，若令r q q q n ==== 21，则可以得到下面的结论．推论 1 如果把1)1(+-r n 个物体放入n 个盒子中，则至少存在一个盒子放有不少于r 个物体．例1 分别将两个大小不一的圆盘分成100个相等的扇形，在大圆盘上任意选取50个扇形染成红色，将其余50个大扇形染成蓝色，并将小圆盘上的100个小扇形中的每一个任意地染成红色或蓝色，然后将小圆盘放在大圆盘上面，使得两个圆盘的中心重合．这样，转动小圆盘能使其每一扇形都能叠放于大圆盘的某一扇形内．证明：当适当转动小圆盘时，可使叠放的扇形对中，同色者至少有50对．证明 小圆盘的每个扇形都叠放于大圆盘的一个扇形中，有100种可能的位置，所以将这100种可能位置看作100个不同的盒子．在这100种可能位置中，将同色的扇形对看作放入盒子中的物体，小圆盘上的每一扇形都有50次配成同色的扇形对．因此这样的扇形对一共有50100⨯个．而1)150(10050100+-⨯>⨯，由推论1知，至少有一种小圆盘与大圆盘的叠放方式，可使叠放的扇形中至少有50个同色的扇形对．例2 在某中学A 班有50名学生，其中年龄最小的是15岁，最大的是16岁．证明这个班中至少有三个学生是同年同月生的．证明 1)125(24950+-⨯=>，由于年龄最小的是15岁，最大的是16岁，故将15岁、16岁看作2个“盒子”，将50名学生放入这2个“盒子”中，由鸽巢原理推论1知：至少有一个“盒子”中放有25名学生，即至少有25名学生同岁，也是就是说这25名学生同年生．再将十二个月分为12个“盒子”，将这25名同年生的学生放入这12个“盒子”中，因为1)13(1225+-≥，故由推论1知，至少有一个“盒子”中放有3名学生，即在此25个同年出生的学生中至少有3个人是同月生的，故这个班中至少有三个人是同年同月生的．推论 2 对于任意n 个正整数1m ，2m ， ，n m ，如果这n 个正整数满足不等式1)(121->+++r m m m nn ，则1m ，2m ， ，n m 中至少有一个不小于r ． 证明（反证法） 假设对所有的1m ，2m ， ，n m ，都有1m ，2m ， ，n m 小于r ，即1-≤r m i ),,2,1(n i =，于是)1(21-=-≤+++r n n nr m m m n ，所以1)(121-≤+++r m m m nn ， 这与1)(121->+++r m m m nn 矛盾，因此，假设不成立，原命题成立，所以1m ，2m ， ，n m 中至少有一个不小于r 的结论成立．推论3 m 只鸽子，n 个鸽巢，则至少有一个鸽巢里有不少于1]1[+-nm 只鸽子． 注：这里的符号“][”为取整符号，即][x 表示不超过x 的最大整数.至此，本章总结了鸽巢原理的表现形式及其部分推论．虽然原理的表述比较简单，但是应用原理证明问题的时候，构造鸽巢的方法是比较不容易得到的.第2章 鸽巢原理的应用运用鸽巢原理的关键是“制造抽屉”及“元素”．通常，可采用把n 个“鸽子”进行合理分类的方法来制造抽屉．本章将主要研究鸽巢原理在代数学、几何学以及日常生活中的应用．第1节 鸽巢原理应用于数的整除关系鸽巢原理与数的整除有着密切的关系，在解决有关数的整除问题时，往往将余数作为“抽屉”，将整数看作放入抽屉中的“物体”，最后再利用鸽巢原理解决整数的相关问题．例1 设1a ，2a ， ，2012a 是2012个任意正整数的序列，则至少存在整数k 和l ，20121≤<≤l k ，使得和l k k a a a +++++ 21是2012的倍数．证明 构造一个序列：11a s =，212a a s +=，3213a a a s ++=， ，2012212012a a a s +++= ，由于每一个i a 均为正整数，所以，201221s s s <<< ．有两种可能：（1）存在某一个n s 是2012的倍数，则定理已得证．（2）假设在上面的序列中没有任何一个元素是2012的倍数，用模2012的剩余类0K ，1K ， ，2011K 做成2012个鸽巢．由假设，1s ，2s ， ，2012s 均不属于0K 中，从而1s ，2s ， ，2012s 这2012个数应属于0K ，1K ， ，2011K 这2011个鸽巢，于是根据鸽巢原理，有一个i K 至少被放入了两个数，不妨设为k s ，l s ．k k a a a s +++= 21，l l a a a s +++= 21，这样 2012|()k l s s -，即)(|201221l k k a a a +++++ ，也就是和l k k a a a +++++ 21是2012的倍数．例 2 设1a ，2a ， ，1997a 是正整数1，2， ，1997的一个排列．求证：乘积)1997()2)(1(199721---a a a 是一个偶数．证明 因为1997是奇数，故排列1，2， ，1997中共有999个奇数，1a ，2a ， ，1997a 中也共有999个奇数，因此，在1，2，，1997，1a ，2a ， ，1997a 中共有19989992=⨯个奇数，把1998个奇数看作“物体”放入1997个盒子中，必有两个奇数在同一盒子中，其对应的差为偶数，设这两个奇数为i a 和i ),,2,1(n i =，则可得i a i -为偶数，进而可得出乘积)1997()2)(1(199721---a a a 是一个偶数，故本题结论成立．例3 证明：在任意27个整数中，必存在两个数，其和或差能被50整除．证明 设27个整数为1a ，2a ， ，27a ，它们被50除的余数分别为1r ，2r ，，27r ，而任意一整数被50除的可能余数为0，1，2， ，49，共50个，它可分为26个类：}0{，}49,1{，}48,2{， ，}26,24{，}25{．将26个类看为鸽巢，27个余数看为鸽子，则27个鸽子放入26个鸽巢中，由鸽巢原理知，至少有两个鸽子属于同一类，例如i r ，j r ，于是j i r r =或50=+j i r r ，这就是说j i a a -可被50整除，或j i a a +可被50整除．例4 任意给定1008个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是2013的倍数．解 以整数除以2013的余数0，1，2， ，2012为标准，制造2013个抽屉，标以]0[，]1[，]2[， ，[2012]．再作调整，[2011]，[2012]这两个抽屉分别与]2[，]1[合并， ，则可得到1007个抽屉，任意给定1008个不同的自然数放入这1007个抽屉，则至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是2013的倍数．由此可见，鸽巢原理在整除关系的应用中具有重要的作用．为解决数的整除关系问题提供了很好的方法．第2节 鸽巢原理应用于几何图形在上节中主要介绍了鸽巢原理在整除中的应用，然而鸽巢原理的应用并不仅仅局限于此．在某些与几何图形相关命题的证明中，也可以根据题目的特点构造抽屉，应用鸽巢原理解题．例1 在边长为a 的正三角形内任意放置17个点，则其中至少有两个点的距离不大于4a ． 证明 将边长为a 的正三角形分成边长为4a 的16个 小正三角形，如图2-1所示，将17个点放入16个小正三 图2-1角形中，由鸽巢原理知，至少有一个三角形中放有2个或两个以上的点，而这两点的距离不大于4a ． 例2 证明：把5个点放到边长为2的正方形内部，则至少存在两个点，它们之间的距离小于2．证明 如图2-2把边长为2的正方形分成四个相等的小正方形，则每个小正方形的对角线长为2．如果把每个小正方形当作一个盒子，由鸽巢原理知，把5个点放入4个盒子中，必有一个盒子中放入了至少两个点，则有一个小正方形中有两个点．而小正方形的对角线长为2，也就是说，小正方形中任意两点的最大距离为2，但是， 由于5个点放在正方形的内部，因此它们之间的距离小于2． 2-2例3 如图2-3所示，每个方格着红色、蓝色或黑色，证明至少存在两列有相同的着色．图2-3证明 用三种颜色按列着色，根据乘法规则，每列着色的方式只可能有27333=⨯⨯种（视为27个鸽巢），而图中有28列方格（视为28个鸽子）．根据鸽巢原理，至少有两列着色方式相同．例4 在直径为5的圆内任意给定10个点，证明存在两个点，它们之间的距离小于2．证明 根据题意，我们最先考虑到把圆等分成9个扇形而构造出9个抽屉，但是虽然必有两个点在某一扇形内，但不能确定它们之间的距离小于2．于是我们考虑先用一个与已知圆同心，半径为1的不包含边界的小圆作为一个抽屉，然后再把圆环部分等分成八个部分（如图2-4所示）这样就构成9个抽屉．根据抽屉原理可知，一个抽屉（包括边界）中，若这两 图2-4个点在小圆（不包含边界）中，显然它们之间的距离小于2．若这两个点在圆环部分的八个等分中的某一图形里，不妨设在图形ABCD ．由于292.152222<<⋅-=-=R CD ，293.12215.2215.24cos 22222<<⨯⨯⨯-+=-+=πRr r R AC ， 由此可知，这时两点之间的距离也小于2，从而命题得证．显然，适当的将图形进行分割，可以将几何中的一些问题用组合数学的思想解决，可见鸽巢原理能用于某些几何问题的证明．第3节 鸽巢原理应用于实际生活例1 某单位举行踩气球比赛，共有21人参加，共有181个气球，其中最少一人能踩5个气球，最多一人能踩10个气球，则至少有5人踩气球的数量相同．分析 按踩气球的多少，从5到10个气球可以构造6个抽屉，这个问题就转化为至少有5人踩气球的数量在同一个抽屉里．证明（反证法） 按踩气球的多少，从5到10个气球可以构造6个抽屉，假设无5人或5人以上踩气球的数量在同一个抽屉里，那只有5人以下踩气球的数量在同一个抽屉里，而参加踩气球的人数为21人，所以，每个抽屉最多有4人，故踩气球总数量最多有4(5610)180181+++=< ，得出矛盾，因此，至少有5人踩气球的数量相同．例2 某校有55个同学参加英语比赛，已知将参赛人任意分成四组，则必有一组的女生多于2人，又知参赛者中任何10人中必有男生，则参赛男生的人数为多少人？解 因为任意分成四组，必有一组的女生多于2人，所以女生至少有9124=+⨯（人），因为任意10人中必有男生，所以女生人数至多有9人．所以女生有9人，男生有46955=-（人）．例 3 11名学生到老师家借书，老师的书房中有A 、B 、C 、D 四类书，每名学生最多可借两本不同的书，最少借一本．试证明必有两个学生所借的书的类型相同．证明 若学生只借一本书，则不同的类型有A 、B 、C 、D 四种，若学生借两本不同类型的书，则不同类型有AB 、AC 、AD 、BC 、BD 、CD 六种．共有10种类型，把这10种类型看作10个“抽屉”，把11个学生看作11个“苹果”．如果谁借哪种类型的书，就进入哪个抽屉，由抽屉原理，至少有两个学生，他们所借的书的类型相同．例4 某一制造铁盘的工厂，由于设备和技术的原因只能将生产盘子的重量控制在50克到1.50克之间．现需要制成重量相差不超过005.0克的两铁盘来配制一架天平，问该工厂至少要生产多少铁盘才能保证得到一对符合要求的铁盘．解 将铁盘按重量分类，所有50克到005.50克的分为一类，005.50克到01.50克的分为一类，01.50克到015.50克的又分为一类， ，最后，095.50克到1.50克为一类，共计20类视为20个鸽笼，由鸽笼原理知，若该工厂生产21个铁盘，那么就有两个铁盘属于同一类，它们之间的重量不超过005.0克．故该工厂至少要生产21个铁盘才能得到一对符合要求的铁盘．例5 证明：在任意的一群人中，一定有这样的两个人，他们在这群人中有相同个数的熟人（某人与自己不能算是熟人）．证明（归纳法） 设任意一群人的个数为n ，且2≥n ．（因为1=n 时，不成其为一个人群）当2=n 时，这两个人或者相互是熟人或者相互是生人．当这两人是熟人时，则他们的熟人都是1个人．当这两个人互不相识时，则他们的熟人都是0．故当2=n 时，结论成立．当3≥n 时，假设i x ),,2,1(n i =表示第i 个人的熟人数目．下面分三种情况讨论．（1）假设这群人中每人都是熟人，即0≠i x 且11-≤≤n x i ．视1x ，2x ， ，n x 为n 个物体，1，2， ，1-n 为1-n 个盒子．这样一来，问题就成为把n 个物体放入1-n 个盒子的问题了．由鸽巢原理知至少有两个物体放在同一个盒子中，不妨设k x 与l x 在同一盒子中（l k ≠），即l k x x =．这表明第k 个人与第l 个人有相同数目的熟人．在这种情况下，结论成立．（2）假设这群人中只有1个人没有熟人，不妨设这个人就是第n 个人，即0=n x 且21-≤≤n x i )1,,2,1(-=n i ．同样，视1x ，2x ， ，1-n x 为1-n 个物体，视1，2， ，2-n 为2-n 个盒子，则由鸽巢原理知至少有一个盒子里放了两个物体．不妨设k x 与l x )1,1,(-≤-≤≠n l n k l k 在同一个盒子里，即l k x x =．故第k 个人与第l 个人的熟人数目相同．故在此情况下，结论成立．（3）假设在这群人中至少有两个人都没有熟人，也就是说这两个人的熟人数目为0．故在此情况下，结论依然成立．综上所述，结论成立．从上面的例题中可以充分的说明鸽巢原理为我们的生活带来了很大的方便．总结本文对鸽巢原理、鸽巢原理的基本形式、鸽巢原理的相关推论以及鸽巢原理的应用方面进行了分析、总结与证明，在应用方面，利用鸽巢原理及其相关的推论证明了其在生活中的一些应用，通过本文的论述，充分体现了鸽巢原理在整数、几何图形及实际生活等方面的应用性，同时也充分体现了鸽巢原理在数学中所具有的重要地位，当然在对鸽巢原理应用的方面上，本文并不是对所有的应用都进行了讨论，所以在应用的完整性上有待改进，并可以继续进行研究讨论．参考文献[1] 卢开澄，卢华明，组合数学(第3版) [M]，北京：清华大学出版社，(2002)：259-274[2] 石力叶，于娜，抽屉原理及其应用[J]，今日科苑，2009(17)：1[3] 孙世新，组合数学(第3版) [M]，西安：电子科技大学出版社，(2003)：25-34[4] 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