2011年中招考试：《初中数学》竞赛讲座(10)

　　3. 较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题.

　　例9以(x，y，z)表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数.

　　分析 设七个三元素组为A1(x1，y1，z1)、A2(x2，y2，z2)、…、A7(x7，y7，z7).现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2，…，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明.

　　下面介绍一个著名问题.

　　例10 任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识.

　　分析 用A、B、C、D、E、F表示这6个人，首先以A为中心考虑，他与另外五个人B、C、D、E、F只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某三人认识或不认识，现不妨设A认识B、C、D三人，当B、C、D三人都互不认识时，问题得证;当B、C、D三人中有两人认识，如B、C认识时，则A、B、C互相认识，问题也得证.

　　本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法.

　　例11a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数

　　b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除.

　　证明 把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行.

　　第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如，不妨设为a，b，这时3可整除b-a，从而3可整除p.

　　第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，d中有二数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论.

　　设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二个奇数(不妨设为a，b)，也必有二个偶数(设为c，d)，这时b-a为偶数，d-c也是偶数，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.

　　如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果.

　　例12 求证：从任意n个自然数a1，a2，…，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数.

　　分析以0，1，…，n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢?扣住“和”，构造下列和数：

　　S1=a1,

　　S2=a1+a2,

　　S=a1+a2+a3,

　　…………

　　Sn=a1+a2+…+an，

　　其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是n的倍数，问题得证，否则至少有两个数被n除余数相同，则它们的差即它们中若干数(包括1个)的和是n的倍数，问题同样得证.

　　例子3(北京1990年高一竞赛)910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：

　　(1)至少有三行完全相同;

　　(2)至少有两组(四行)每组的两行完全相同.

　　解910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上有红蓝两种可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有27=128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式.

　　现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行A、B行式相同.

　　除A、B外余下128行，若有一行P与A行式相同，知满足(1)至少有三行A、B、P完全相同，若在这128行中设直一行5A行或相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行C、D具有相同行式，这样便找到了(A、B)，(C、D)两组(四行)，且两组两行完全相同.

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