1002_高中数学竞赛系列讲座——抽屉原理(5)

一套很有用的数学竞赛丛书,老师学生皆宜

例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。

分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2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（x1,x2, xn）是n维（元）有序

数组，且x1,x2, xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2, 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xi的奇偶性来分类，由于

每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此共可分为2×2× ×2=2n个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，23=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））

例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。

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Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2， S100共100个"和"数。讨论这些“和

数”被100除所得的余数。注意到S1，S2， S100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a1,a2, a100考察数列a1,a2, a100的前n项和构成的

数列S1，S2， S100。

如果S1，S2， S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2， S100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，S1，S2， S100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Si，Sj（i＜j），则100∣（Sj-Si），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{an}进行分类是很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多。

另外，对{Sn}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而{Sn}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