第10讲 抽屉原理

第10讲 抽屉原理

抽屉原理又叫鸽笼原理、狄里克雷( P. G. Dirchlet,1805～1895,德国)原理、重叠原理、鞋盒原理. 这一最简单的思维方式在解题过程中却可以演变出很多奇妙的变化和颇具匠心的运用. 抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现,

抽屉原理I ：把1+n 件东西任意放入n 只抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两件东西。

抽屉原理II ：把m 件东西放入n 个抽屉里，那么至少有一个抽屉里至少有??

?

?

??n m 件东西。

抽屉原理III ：如果有无穷件东西，把它们放在有限多个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含无穷件东西。

应用抽屉原理解题，关键在于构造抽屉。构造抽屉的常见方法有：图形分割、区间划分、整数分类（剩余类分类、表达式分类等）、坐标分类、染色分类等等，下面举例说明。

A 类例题

例1 如图，分别标有1到8的两组滚珠均匀放在内外两个圆环上，开始时相对的滚珠所标数字都不相同，当两个圆环按不同方向转动时，必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对．

分析 转动一周形成7个内外两环两对数字相同的时刻，以此构造抽屉。

证明 内外两个圆环转动可把一个看成是相对静止的，只有一个外环在转动．当外环转动一周后，每个滚珠都会有一次内环上标有相同数字的滚珠相对的时刻，这样的时刻将出现8次．

但一开始没有标有相同数字的滚珠相对，所以外环转动一周的过程中最多出现7个时刻内外标有相同数字的滚珠相对，故必有一个时刻内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对．

说明 转动一周内外两环两对的8个时刻排除显然不合题意的初始时刻是本题的突破口。

例2 7月份的天热得人都不想工作，只想呆在有空调的房间里．可小张却没有办法休

假，因为他是一个空调修理工，为了让更多人好好休息，他只能放弃自己的休息．在过去的7月份里，小张每天至少修理了一台空调．由于技术过硬，每一台空调都能在当天修理好．8月1日结算的时候，大家发现小张在7月份一共修理了56台空调．

求证：存在连续的若干天（也可以是1天），在这些天里，小张恰好修理了5台空调． 分析 本题的难点在于将题中结论转化为抽屉原理的数学模型。

证明 我们来考察“连续的若干天”里小张修理的空调台数．设小张在第i 天修理了x i

台空调，其中i =1，2，…，31．则：x 1

+x 31=56．

另外：x 1+5

上面的两组数（共62个）均在1到61之间（包括这两个数），由抽屉原理，必有二个数是相等的，且相等的两个数应该来自不同的组．从而x 1+x 2+…+x q = x 1+x 2+…

+x p +5．(q>p )

由此可见

x p+1+x p+2+…+x q =5．

即从第p+1天开始到第q 天修理的空调正好是5台．

例3 点P

为ABC 内任意一点，与点A

、B

、C

的连线分别交对边于

D 、E

、F

．求证：在

AP PD

、

BP PE 、CP

PF

中必有一个不大于2，也必有一个不小

于2．

分析 由PBC PCA PAB ABC S S S S ????++=寻求关于AP PD

、

BP PE 、CP

PF

的关系式展开分

析。

证明 利用PBC PCA PAB ABC S S S S ????++=．以及

1

1PBC ABC S PD PA

S AD PD

??==

+，……（其余

两个类似）得：

111

1111PA PB PC PD PE PF

++=+++．三个正数的和为1，必有一个不小于13，也必有一个不大于13．不妨设11

31PA PD

≥

+，得2PA PD ≤． 11

31PC PF

≤

+，得2PC PF ≥． 所以在AP PD 、BP PE 、CP

PF

中必有一个不大于2，也必有一个不小于2．

情景再现

1．在边长为1的正方形内任意放入九个点，求证：存在三个点，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过

1

8

。（1963年北京市数学竞赛题）

2

米，而前进方向上距离起点每隔1米都有一个以此点为中心长为3

210

-?米的陷阱，证明该质点迟早要掉进某个陷阱里。

3．在坐标平面上任取5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。

B 类例题

例4．（1）对于任意的5个正整数，证明其中必有3个数的和能被3整除； （2）对于任意的11个正整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除。 分析 （1）可借助于3的同余类构造抽屉；（2）若仿造（1）借助于6的同余类构造抽屉情形较为烦琐，不妨借助于（1）的结论从中构造出能满足被2整除的数.

证明 （1）任何自然数除以3的余数只能是0、1、2，不妨分别构造3个抽屉：

{0},{1},{2}，将这5个数按其余数放置到这3个抽屉中：

①若这5个正整数分布在这3个抽屉中，从3个抽屉中各取一个，其和必能被3整除； ②若这5个自然数分布在其中的2个抽屉中，则必有一个抽屉中含有至少3个数，取其3个，其和必能被3整除；

③若这5个自然数分布在其中的1个抽屉中，取其3个，其和必能被3整除。 （2）设11个整数为1211,,,a a a ，因为623=?。

①先考虑被3整除的情形。由（1）知：在11个任意整数中，必存在：

1233|a a a ++， 不妨设1231a a a b ++=；同理，剩下的8个任意整数中，由（1）

知，必存在：4563|a a a ++，不妨设4562a a a b ++=；同理，其余的5个任意整数中，有：7893|a a a ++，设7893a a a b ++=。

②再考虑123,,b b b 中存在两数之和被2整除。依据抽屉原理，123,,b b b 这三个整数中，至少有两个是同奇或同偶，这两个同奇（或同偶）的整数之和必为偶数.

不妨设122|b b +，则：126|b b +，即1234566|a a a a a a +++++。 所以任意11个整数，其中必有6个数的和是6的倍数。

例5．910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．至少三行完全相同；

2．至少有两组（四行），每组的两行完全相同。 （北京市高中一年级数学竞赛1990年复赛试题）

分析 每行7个位置有128种不同放置方式，以此构造抽屉.

证明 910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7个位置中的每个位置都有红、蓝两种可能，因而总计共有7

2128=种不同的行式（当且仅当两行墨水瓶颜色及次序完全相同时称为“行式”相同）

任取130行中的129行，依抽屉原理可知，必有两行（记为A ，B ）“行式”相同。 在除A 、B 外的其余128行中若有一行P 与A （B ）“行式”相同，则P ，A ，B 满足“至少有三行完全相同”；在其余（除A ，B 外）的128行中若没有与A （B ）行式相同者，则128行至多有127种不同的行式，依抽屉原理，必有两行（不妨记为C 、D ）行式相同，这样便找到了（A ，B ）、（C ，D ）两组（四行），每组两行完全相同。

说明 本题构造抽屉时用到分步计数原理，7

2128=个“行式”是构造“抽屉”的关

键。

例6．将平面上每个点以红蓝两色之一着色，证明：存在这样的两个相似三角形，它

们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色。（1995年全国高中数学联赛试题）

分析 构造相似比为1995的9点组。

证明 如图，作两个半径分别为1和1995的同心圆，在内圆上任取9个点，必有5点同色，记为A 1，A 2，A 3，A 4，A 5。连半径i OA 交大圆于i B （1,2,3,4,5i =），对B 1，B 2，B 3，B 4，B 5，必有3点同色，记为

,,i j k B B B ，则i j k B B B ?与i j k A A A ?为三项点同色的相似三角形，相似

比等于1995，满足题设条件。

评析 这里连续用了两次抽屉原理（以染色作抽屉）。也可以一开始就取位似比为1995的9个位似点组(,)i i A B （1,2,,9i = ），对4个抽屉（红，红），（红，蓝），（蓝，红），（蓝，蓝）应用抽屉原理，得出必有3个位似点属于同一抽屉，从题目的证明过程中

可以看出，相似比1995可以改换成另外一个任意的正整数、正实数。当然，不用同心圆也可证得，如在平面上取任三点都不共线的9点，由抽屉原理必有5点同色，设为A 、B 、C 、D 、E ；以A 为位似中心，以1995为相似比作ABCDE 的相似形AB'C'D'E'，则5点A,B',C',D',E'中必有3点同色，设为B'D'E'，则即为所求。

情景再现

4．有苹果、梨、桔子若干个，任意分成9堆，求证一定可以找到两堆，其苹果数、梨数、桔子数分别求和都是偶数。

5．将平面上每个点以红蓝两色之一着色，证明：存在无数个内角为30°，60°，90°的相似直角三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色。

6．有17位科学家，其中每一个人和其他所有人通信，他们通信中讨论三个问题，且每两个科学家之间只讨论一个问题，求证至少有三个科学家相互之间讨论同一个问题。

C 类例题

例7．给定一个由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

B 6

A 6

B 7

A 7

B 8

A 8

B 9

A 9A 5

B 5

A 4

B 4

A 3

B 3

A 2

B 2

B 1

A 1E /

D /

C /

B /

E

D

C

B A

有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。（第14届IMO 试题）

分析 根据子集中各数之和构造抽屉. 解 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

1022个非空真子集。

再看各个真子集中一切数字之和。用N 表示，则10919299855N ≤≤+++= 。

这表明N

至多只有8559846-=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。

例8．设{1,2,3,,280}S = 。求最小的自然数n ，使得S 的每个有n 个元素的子

集都含有5个两两互素的数。（1991323IMO -）

分析 本题一方面要确定n 的下界，另一方面须构造符合题意的集合. 解 令{|,|}i A a a S i a =∈，2,3,5,7i =。记2357A A A A A =???，利用容斥原

理，容易算出||216A =。由于在A 中任取5个数必有两个数在同一个i

A 之中，从而它

们不互素。所以217n ≥。

另一方面，令

1{1B =和S

中的一切素数}，

2

2

2

2

2

2

2{2,3,5,7,11,13}B =，

3{2131,389,553,737,1123,1319}B =??????， 4{2127,383,547,731,1119,1317}B =??????， 5{2113,379,543,729,1117}B =?????， 6{2109,373,541,723,1113}B =?????。

1--280内的素数

179181191193197229227223211199263

269

271

277

281

25725124123923373798389971131091071031011511571631671731491391371311273137414347716761595313

17192329117532

易知1||60B =。令123456B B B B B B B =?????，则||88B =，从而

||192B =，在S

中任取217个数，由于21719225-=，这217个数中必有25个数在

B

中，于是一定存在i

B ，使得至少有251

[

]156

-+=个数在其中，这5个数显然是两两互素的。所以217n ≤，于是可得217n =。

说明 在这个解法中，两次使用了抽屉原理，其关键都是构造抽屉。由于第一步要确定

n 的下界，既要找出尽可能大的n 的值，使得这n 个数中的任意五个数中至少有两个不互

素。故这时必须构造4个“抽屉”，满足：

①每个“抽屉”中任意两个数都不互素； ②每个“抽屉”中包含尽可能多的数。

在这些要求下构造出了集合2357,,,A A A A ，从而得到217n ≥。 在确定217n ≤时，诸i B 的构造要求是：

①i

B 中的任意两个数互素；

②||5i B ≥。

情景再现

7．9条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为2∶3。证明：这9条直线中至少有3条通过同一个点。

8．已知斐波那契数列：0，1，1，2，3，5，8，…试问：在前100000002项中，是否会有某一项的末四位数字全是0？（不指第一项）

习题10

A

1．从集合{1,2,,2}A n = 中任取1n +个数，证明：其中必有2个数互素。 2．任意给定7个整数，求证：其中必有两个数，其和或差可被10整除。

3．任给7个实数，求证：其中必有至少两个数（记为,x y ） 满足

013

x y xy -≤

<

+。 4．某厂生产一种直径为10mm 的圆形零件，由加工水平可知零件直径之差不会超过

0.5mm ，并且其直径不小于10mm ，现在要挑出两个零件，使它们的直径之差小于0.01mm ，若任意抽取，问至少要抽取多少件？

5．求证：在凸(7)n n ≥边形中，至少存在两个内角,αβ

，使得

1

|cos cos |2(6)

n αβ-<

-。

6．我们称点1212(

,)n n

x x x y y y n n

++++++ 为n 个点(,)

i i x y （1,2,,i n = ）的重心。求证：平面上任意13个整点中，必有某4个点的重心为整点。

习题 B

7．从正整数集{1,2,3,,99,100} 中，任意选出51个数。求证：其中一定有两个数，它们中的一个可以整除另一个。

8．从前39个正整数中任意取出8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。

9．已知整数1210,,,a a a 。证明存在一个非零数列1210,,,x x x 使得对{1,0,1}i x ∈-和11221010x a x a x a +++ 能被1001整除。

10．两两不等高的2

1n +个人，随便排成一列，求证：可以从总挑选1n +个人向前一步出列，使他们的身高从左到右是递增或递减的。

习题

C

11．某运动队的队员编号物重复地取自正整数1到100。如果其中任一队员的编号都不是另两队员编号之和，也不是另一队员编号的2倍，问这个运动队最多有几人？

12．我们称非空集合12,,,n A A A 为集合A

的一个n 划分，如果：

（1）12n A A A A ???= ；（2）i j A A φ?=，1i j n ≤<≤。 求最小的正整数m ，使得对{1,2,,}A m = 的任意一个13划分1213

,,,A A A ，一定存

在某个集合(113)

i A i ≤≤，在i

A 中有两个元素,a b 满足9

8

b a b <≤

。

本节“情景再现”解答：

1．证明：根据题意，构造的“抽屉”中至少要有3点，且以这三个点为顶点的

三角形的面积不超过

1

8

。如图，四等分正方形，得到4个矩形。在正方形内任意放

入九个点，则一定存在一个矩形，其内至少存在91

[

]134

-+=个点，设三点为A 、B 、C ，具体考察其所在的矩形（如图），过三点分别作矩形长边的平行线，过A 的平行线交BC 于A'点，设A 点到矩形长边的距离为h ，则△ABC 的面积

//111111()2248

ABC AA C AA B S S S h h ???=+≤

??+??-=。 2．证明：若该质点跳了m 步后掉进了第l 个陷阱里，则本题等价于：存在正整数

,m l

，使得3||10l --<。

把区间[0,1)分成1000等分，每一等分都是左闭右开的小区间，它们的长都是3

10-。

考虑1001

个实数[-，1,2,,1001k =

，由于[[0,1)

∈，则这1001

个实数都在区间[0,1)

内。由抽屉原理，必有两个实数设为[-

和[都在同一小区间内（不妨设i j >

）。于是有|([

-3([|10--<

，即

3

|(([[|10

i j ---<，设m i j =-

，[[l =-，则有A /

C

B A

A 4

A 3A 2

A 1

3|10l --<。从而当质点跳了m 步后掉进了第l 个陷阱里。

3．解：由中点坐标公式知，坐标平面两点11(,)x y 、22(,)x y 的中点坐标是

1212(

,)22x x y y ++。欲使1212

,22

x x y y ++都是整数，当且仅当1x 与2x ，1y 与2

y 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。

4．证明：因为每一堆里的每一种水果数或为奇数或为偶数（两个抽屉），而9=2×4+1，故对于苹果，9堆中必有5堆的奇偶性相同；这5堆对于梨数来说，由于5=2×2+1，故必有3堆的奇偶性相同；这3堆对于桔子数也必有2堆的奇偶性相同。于是，就找到这样的两堆，它们的苹果数、梨数，桔子数的奇偶性都分别相同，从而其和数分别都是偶数。

5．任取a ∈R +，以a 为边作等边三角形，则必有两点同色，记为A ，B 同红色，以AB 为直径作一圆，再作圆内接正六边形AC 1C 2BC 3C 4（如图），当C i 中有红点时△AC i B 即为所求；当C i 中无红点即i

C 全为蓝

色时，Rt △C 1C 2C 3即为所求。再由a 的任意性知，这样的三角形有无数个。

6．科学家对应一个点，两科学家之间讨论的问题对应两点间连线的颜色，本题转化为染色问题：完全十七边形K 17用红黄蓝三色染其边，必存在同色三角形。

由A 1出发有16条边，用三色染，必有六条同色（设为红色），不妨认为A 1 A 2，A 1 A 3，….. A 1 A 7为红色；

若A 2，A 3，….. A 7之间有红色连线，则存在红色三角形，否则六点A 2，A 3，….. A 7两两连线得K 6，用黄蓝两色染边，必存在同色三角形。

7．证明：设正方形为ABCD ，E 、F 分别是AB ，CD 的中点。设直线l 把正方形ABCD 分成两个梯形ABGH 和CDHG ，并且与EF 相交于P （如图）。

C 4

C 3

C 2

C B

A

梯形ABGH 的面积∶梯形CDHG 的面积=2∶3 ，EP 是梯形ABGH 的中位线，PF 是梯形CDHG 的中位线，由于梯形的面积=中位线×梯形的

高，并且两个梯形的高相等（AB=CD ），所以梯形ABGH 的面积∶梯形

CDHG 的面积=EP ∶PF ，也就是EP ∶PF=2∶3 。这说明，直线L 通过EF 上一个固定的点P ，这个点把EF 分成长度为2∶3的两部分。这样的点在EF 上还有一个，如图上的Q 点（FQ ∶QE=2∶3）。

同样地，如果直线l 与AB 、CD 相交，并且把正方形分成两个梯形面积之比是2∶3，那么这条直线必定通过AD 、BC 中点连线上的两个类似的点（五等分点）。

这样，在正方形内就有4个固定的点，凡是把正方形面积分成两个面积为2∶3的梯形的直线，一定通过这4点中的某一个。根据抽屉原理，必有一个点，至少有91

[]134

-+=条直线通过此点。

8．注意到斐波那契数列是严格递增的，故满足要求的项至少是五位以上的数． 再注意到斐波那契数列的特点是每一项等于前面两项的和，而100000002=8

102+，我们可以以相邻两项的末四位数字所成的有序对为抽屉，而末四位数字组成的数一共有4

10个（不足四位前面补0），抽屉的个数正好是4

4

8

101010?=．现有8

101+个数对，至少有两个数对，它们的末四位完全相同．设为()1,i i a a +，()

1

,j j a a +，（i j <）即有：

()410j i a a -，且()

41110j i a a ++-．

于是(

)(

)4

1110j i j i a a a a ++??---??

，

而()()()

()111111j i j i j j i i j i a a a a a a a a a a ++++-----=---=- 就是说1j a -和1i a -的末四位相同，从而数对()1,i i a a -、()

1,j j a a -的末四位相同．（事实上

我们得到了两个连续三个数，()11,,i i i a a a -+和()

11

,,j j j a a a -+对应末四位全部相同．）

依次类推，我们可以得到()121,,,i a a a + 和()

121,,,j i j i j a a a -+-++ 的对应末四位全部相同，从而1j i a -+与1

a （即0）的末四位相同，所以1j i a -+的末四位全为0．

l

G

H

Q P

3k

2k F

E

D

C

B

A

“习题10”解答：

1．构造n 个抽屉：{1,2}、{3,4}、……、{21,2}n n -，则1n +个数中必有两个数属于同一个抽屉，即此两数互素

2．∵任意整数除以10的余数，只能是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数中的一个。

∴不妨从余数角度出发，考虑构造合适的抽屉。（由题目分析，要求我们构造六个抽屉，并且抽屉中的余数和或差只能是0）

由这10个余数，构造6个抽屉： {0}，{5}，{1,9}，{2,8}，{3,7}，{4,6} 则任意7个不同整数除以10后所得余数（即7个元素），任意放入这6个抽屉，其中必有一个抽屉包含有其中2个不同整数除以10后所得的2个余数。

①若这两个余数同属于抽屉{0}或抽屉{5}，则此二余数差是0，即这两个余数对应的整数之差可以被10整除。

②若这两个余数同属于{1,9}，{2,8}，{3,7}，{4,6}这四个抽屉中的任意一个，则这两个余数和是10，即这两个余数所对应整数之和是10的倍数。

可见，任意7个不同的整数中，必有两个数的和或差是10的倍数。 3．记7个数为1tan α、2tan α、……、7tan α，其中127,,,ααα∈ (,)22

ππ

-，将

区间(,)22ππ

-

等分成6个区间：(,]23ππ--、(,]36ππ--、(,0]6π-、(0,]6

π

、(,]63ππ、(,)32ππ，则7个角必有两个属于同一区间，不妨设||6

i j π

αα-<，设

i j αα≥，则0tan()tan

6

i j π

αα≤-<，即存在两个数,x y 满足01x y xy -≤

<

+。 4．首先指出取51件是不行的。当零件的直径成等差数列：10,10.01,10.02,

,10.5 时，每两件的直径之差都不小于0.01mm 。

再证取52件时成立。将区间[10,10.5]作51等分，则52个零件中必有两件的直径属于同一等分区间，有直径之差10.5100.5

0.015150

-≤

<=，所以最少要取52件。

5．首先证明凸多边形至多有5个内角小于

23π。用反证法，若有6个内角小于23

π，则其内角和2

6(6)(2)3

S n n πππ

于是，凸n 边形至少有5n -个内角在区间2[,)3ππ内，它们的余弦值在1(1,]2

--内。 将区间1(1,]2--平均分成6n -个小区间，每个小区间的长为

1

2(6)

n -。于是5n -个

角的余弦值分布在6n -个小区间内，至少有两个角的余弦值在同一个小区间内，设为

cos α、cos β，因此1

|cos cos |2(6)

n αβ-<

-。

6．按照坐标的奇偶性构造4个抽屉：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数），由抽屉原理必有一个抽屉里至少有131

[]144

-+=个点，这4点的重心显然是整点。

7．证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数与2的方幂的积，并且表示方法唯一，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）： （1）23456{1,12,12,12,12,12,12}??????； （2）2345{3,32,32,32,32,32}?????； （3）2

3

4

{5,52,52,52,52}????； （4）23{7,72,72,72}

???；

（5）2

3

{9,92,92,92}???； ……

（25）{49,492}?； （26）{51}；

…… （50）{99}。

这就构造了50个抽屉，1~100中的每一个数都在其中的1个抽屉内。从中任取51个

数，据抽屉原理，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，一个是另一个的倍数。

8．证明：把前39个正整数分成下面7组：

1； ① 2，3； ② 4，5，6； ③ 7，8，9，10； ④ 11，12，13，14，15，16； ⑤ 17，18，19，20，21，22，23，24，25； ⑥ 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39； ⑦

因为从前39个自然数中任意取出8个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑦组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。

评析：

本题可以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25个自然数中任取7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； ……

这些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23[,]32

]内。如果我们改变区间[

,]q p

p q

（p q >）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。 9．考虑形如11221010x a x a x a +++ （{0,1}i x ∈）的数，这样的数共有10

2

1024

=个。这1024个数除以1001余数只有1001种，于是必有两个不同的数除以1001所得的余数相同，设这两个数为/

/

/

/

11221010y x a x a x a =+++ 和//

//

//

//

11221010y x a x a x a =+++ ，其中

///,{0,1}i i x x ∈。则它们的差///y y -能被1001整除。令///i i i x x x -=，则{1,0,1}i x ∈-，

且i x 不全为零，于是数列1210,,,x x x 为所求。

10．将人的身高依次记为2121,,,n a a a + ……①，对此数列的每一项i

a 有一组正整数

(,)i i x y 作为它的坐标，其中i x 是以i a 为首项的最长的递增子数列的项数，i

y 是以

i a 为首项的最长的递减子数列的项数。

下面只需证明存在s ，使1s x n ≥+或1s y n ≥+。若不然，则对一切i 均有i x n ≤且

i y n

≤，从而数列①最多有2

n

个不同的下标，得出数列①中有两个项坐标相同，记i

a 与j

a 的坐标相同：i j x x =，i j y y =（i j <）。但 当i j a a <时，以j

a 为首项的递增数列前面，至少还可以添上i

a ，从而1

i j x x ≥+这与i j x x =矛盾；

当i j a a >时，以j

a 为首项的递减数列前面，至少还可以添上i

a ，从而1

i j y y ≥+这与i j y y =矛盾。

这些矛盾表明，反设对一切i 均有i x n ≤且i y n

≤是不行的，故必存在s ，使

1s x n ≥+或1s y n ≥+。

11．首先全体奇数1、3、5、……、99共50个都可以成为队员的编号。下面证明不可以再增加了。若运动队有51个队员，从小到大记为1251,,,a a a ……①，作差

5115125150,,,a a a a a a --- ……②，这样就得到101个数，由于①②中的数都不超过100

的范围，由抽屉原理知，必有两数相等，注意到①中的数互不相等，②中的数也互不相等，故只能是①中的某个数i

a 与②中的某个数51j a a -相等，即51i j a a a =-，

51i j a a a +=，这说明编号51a 等于另两队员编号之和（i j ≠时），或另一队员编号的2

倍（i j =时），这与条件矛盾，故最多50名队员。

12．先证117m ≥。若不然，则117m <，令{|(mod13),}i A a a i a S =≡∈，则对一

切,i a b A ∈（1,2,,13i = ）均有117

1310413b a b a a b <

，从而

131391111048a a b b b b -=+≥+>+=，这与9

8

b a b <≤矛盾，故117m ≥。 再证117m =时满足条件。因为此时最大的14个数104、105、……、117分布在13个集合中，由抽屉原理知，必有两个数,a b （a b >）属于同一集合i

A ，则

99

10411710488

b a b ≤<≤=

?≤。综上所述：最小的117m =。

初中数学奥林匹克竞赛方法与测试试题大全

初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全

————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：

初中数学奥林匹克竞赛教程

初中数学竞赛大纲（修订稿） 数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。 本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养……，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。 《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。 1、实数 十进制整数及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。 素数和合数，最大公约数与最小公倍数。 奇数和偶数，奇偶性分析。 带余除法和利用余数分类。 完全平方数。 因数分解的表示法，约数个数的计算。 有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。 2、代数式 综合除法、余式定理。 拆项、添项、配方、待定系数法。 部分分式。 对称式和轮换对称式。 3、恒等式与恒等变形 恒等式，恒等变形。 整式、分式、根式的恒等变形。 恒等式的证明。 4、方程和不等式 含字母系数的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。 含绝对值的一元一次、二次方程的解法。

第31讲容斥原理

第31讲容斥原理 例题与方法 例1 在1～100的自然数中，不能被3也不能被5整除的数有多少个？ 例2 某班有52人，其中会下棋的有48人，会画画的有37人，会跳舞的有39人，这三项都会的至少有几人？ 例3 100名学生中，每人至少懂一种外语，其中75人懂法语，83人懂英语，65人懂日语，懂三种语言的有50人，懂两种外语的有多少人？ 例4 在1～143这143个自然数中，与143互质的自然数共有多少个？ 例5 某班学生参加语文、数学、英语三科考试，语文、数学、英语都得满分的分别有21人、19人、20人。语文、数学都得满分的有9人；数学、英语都得满分的有7人；语文、英语都得满分的有8人；另有5人三科都未得满分。这个班最多能有多少人？ 思考与练习 1．某班有学生46名，其中爱好音乐的有17人，爱好美术的有14人，既爱好音乐又爱好美术的有5人。问：两样都不爱好的有多少人？ 2．分母是105的最简真分数共有多少个？ 3．一个家电维修站有80%工人精通修彩电，有70%的人精通修空调，10%的人两项不熟悉。问：两项都精通的人占白分之几？ 4．在1～100的自然数中，既不能被5整除也不能被9整除的数的和是多少？ 5．在1～200的自然数中，能被2整除，或能被3整除，或能被5整除的数共有多少个？ 6．在100名学生中，爱好音乐的有56人，爱好体育的有75人，那么既爱好音乐又爱好体育的最少有多少人，最多有多少人？ 7．64人订A、B、C三种杂志，订A杂志的有28人，订B杂志的有41人，订C杂志的有20人，订A、B两种杂志的有10人，订B、C两种杂志的有12人，订A、C两种杂志的有12人。三种杂志都订的有多少人？ 8．有100位旅客，其中有10人既不懂英语又不懂俄语，有75人懂英语，有83人懂俄语，那么这100位旅客中既懂英语懂俄语的有多少人？

小学奥数：抽屉原理(含答案)

教案 抽屉原理 1、概念解析 把3个苹果任意放到两个抽屉里，可以有哪些放置的方法呢？一个抽屉放一个，另一个抽屉放两个；或3个苹果放在某一个抽屉里.尽管放苹果的方式有所不同，但是总有一个共同的规律：至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.如果把5个苹果任意放到4个抽屉里，放置的方法更多了，但仍有这样的结果.由此我们可以想到，只要苹果的个数多于抽屉的个数，就一定能保证至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.道理很简单：如果每个抽屉里的苹果都不到两个（也就是至多有1个），那么所有抽屉里的苹果数的和就比总数少了.由此得到： 抽屉原理：把多于n个的苹果放进n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果。 如果把苹果换成了鸽子，把抽屉换成了笼子，同样有类似的结论，所以有时也把抽屉原理叫做鸽笼原理.不要小看这个“原理”，利用它可以解决一些表面看来似乎很难的数学问题。 比如，我们从街上随便找来13人，就可以断定他们中至少有两个人属相（指鼠、牛、虎、兔、…等十二种生肖）相同.怎样证明这个结论是正确的呢？只要利用抽屉原理就很容易把道理讲清楚.事实上，由于人数（13）比属相数（12）多，因此至少有两个人属相相同（在这里，把13人看成13个“苹果”，把12种属相看成12个“抽屉”）。 应用抽屉原理要注意识别“抽屉”和“苹果”，苹果的数目一定要大于抽屉的个数。 2、例题讲解 例1 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。 例2 一副扑克牌（去掉两张王牌），每人随意摸两张牌，至少有多少人才能保证他们当中一定有两人所摸两张牌的花色情况是相同的？ 例3 从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34。

苏教版数学高二学案练习24_三次函数

三次函数 一、课前准备： 【自主梳理】 1．形如 的函数，称为“三次函数”． 2．三次函数的导函数为 ，把2 412b ac ?=-叫做三次函数导函数的判别式． 3．单调性：一般地，当 时，三次函数)0(2 3 ≠+++=a d cx bx ax y 在R 上是单调函数；当 时，三次函数)0(23 ≠+++=a d cx bx ax y 在R 上有三个单调区间． 4．三次函数极值点个数： 当0?>时，三次函数()y f x =在(),-∞+∞上的极值点有 个． 当0?≤时，三次函数()y f x =在(),-∞+∞上不存在极值点． 5．最值问题：函数 若 ，且 ，则：min ()f x = ；max ()f x = ． 【自我检测】 1．函数3 2 y x ax bx c =+++，其中,,a b c 为实数,当2 30a b -<时,()f x 在R 上的单调性 为 2．函数3 23y x x =-的单调减区间为 ；单调增区间为 ； 3．函数3 13 y x x = -在区间[-２,２]上的最大值与最小值分别为________． （说明：以上内容学生自主完成，原则上教师课堂不讲） 二、课堂活动： 【例1】填空题： （1）方程x 3－6x 2+9x －10=0的实根个数为________． （2）若函数2 3 3y a x x =-在(),1,(1,)-∞-+∞上是减函数，在(1,1)-上是增函数，则()f x 的极 小值、极大值分别是 ． （3）函数33y x ax =+-在(),1,(1,)-∞-+∞上是增函数，则实数a 的取值范围为______________． （4）函数32 32 a b y x x cx d = +++在R 上为减函数的充要条件为 ．

抽屉原理例习题

8-2抽屉原理 教学目标 抽屉原理是一种特殊的思维方法，不但可以根据它来做出许多有趣的推理和判断，同时能够帮助同学证明很多看似复杂的问题。本讲的主要教学目标是： 1．理解抽屉原理的基本概念、基本用法； 2．掌握用抽屉原理解题的基本过程； 3. 能够构造抽屉进行解题； 4. 利用最不利原则进行解题； 5.利用抽屉原理与最不利原则解释并证明一些结论及生活中的一些问题。 知识点拨 一、知识点介绍 抽屉原理有时也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出来并用来证明一些数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．抽屉原理是组合数学中一个重要而又基本的数学原理，利用它可以解决很多有趣的问题，并且常常能够起到令人惊奇的作用．许多看起来相当复杂，甚至无从下手的问题，在利用抽屉原则后，能很快使问题得到解决． 二、抽屉原理的定义 （1）举例 桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，有的抽屉可以放一个，有的可以放两个，有的可以放五个，但最终我们会发现至少我们可以找到一个抽屉里面至少放两个苹果。 （2）定义 一般情况下，把n＋1或多于n＋1个苹果放到n个抽屉里，其中必定至少有一个抽屉里至少有两个

苹果。我们称这种现象为抽屉原理。 三、抽屉原理的解题方案 （一）、利用公式进行解题 苹果÷抽屉＝商……余数 余数：（1）余数＝1， 结论：至少有（商＋1）个苹果在同一个抽屉里 （2）余数＝x ()()11x n -， 结论：至少有（商＋1）个苹果在同一个抽屉里 （3）余数＝0， 结论：至少有“商”个苹果在同一个抽屉里 （二）、利用最值原理解题 将题目中没有阐明的量进行极限讨论，将复杂的题目变得非常简单，也就是常说的极限思想“任我意”方法、特殊值方法． 模块一、利用抽屉原理公式解题 （一）、直接利用公式进行解题 （1）求结论 【例 1】 6只鸽子要飞进5个笼子，每个笼子里都必须有1只，一定有一个笼子里有2只鸽子．对吗？ 【解析】 6只鸽子要飞进5个笼子，如果每个笼子装1只，这样还剩下1只鸽子．这只鸽子可以任意飞进 其中的一个笼子，这样至少有一个笼子里有2只鸽子．所以这句话是正确的． 利用刚刚学习过的抽屉原理来解释这个问题，把鸽笼看作“抽屉”，把鸽子看作“苹果”， 6511÷= ，112+=（只）把6个苹果放到5个抽屉中，每个抽屉中都要有1个苹果，那么 肯定有一个抽屉中有两个苹果，也就是一定有一个笼子里有2只鸽子． 【巩固】 把9条金鱼任意放在8个鱼缸里面，请你说明至少有一个鱼缸放有两条或两条以上金鱼． 【解析】 在8个鱼缸里面，每个鱼缸放一条，就是8条金鱼；还剩下的一条，任意放在这8个鱼缸其中的 任意一个中，这样至少有一个鱼缸里面会放有两条金鱼． 【巩固】 教室里有5名学生正在做作业，现在只有数学、英语、语文、地理四科作业 试说明：这5名 学生中，至少有两个人在做同一科作业． 【解析】 将5名学生看作5个苹果 将数学、英语、语文、地理作业各看成一个抽屉，共4个抽屉 由抽 屉原理，一定存在一个抽屉，在这个抽屉里至少有2个苹果．即至少有两名学生在做同一科的 作业． 【巩固】 年级一班学雷锋小组有13人．教数学的张老师说：“你们这个小组至少有2个人在同一月过生 日．”你知道张老师为什么这样说吗？ 【解析】 先想一想，在这个问题中，把什么当作抽屉，一共有多少个抽屉？从题目可以看出，这道题显 知识精讲

人教版数学-江苏省数学竞赛第11讲 极端原理

第十一讲 极端原理 考虑极端情况，是解决数学问题的非常重要的思考方式。在具体解题过程中，常用到的极端元素有：数集中的最大数与最小数；两点间或点到直线距离的最大值与最小值；图形的最大面积或最小面积；数列的最大项或最小项；含元素最多或最少的集合，等等。 运用极端原理解决问题的基本思路，就是通过考虑问题的极端情形下的结果及解决极端情形的方法，寻找出解决问题的一般思路与方法，使问题得以顺利解决。 A 类例题 例1在正n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是( ) (A) 2,n n ππ-?? ??? (B) 1,n n ππ-?? ??? (C) 0,2π? ? ??? (D) 21,n n n n ππ--?? ??? (1994 年全国高中联赛题) 分析 利用图形的极端位置解题。 解 当正n 棱锥的顶点S 向下无限趋近底面正n 边形中心时, 所求值趋于π；当S 向上运动, 趋向无穷远时, 正n 棱锥趋于正n 棱柱,所求值趋于正n 边形的一个内角(即2n n π-),故选A. 例2有201人参加一次考试，规定用百分制记分，得分为整数，证明：（1）总分为9999分时，至少有3人得分相同；（2）总分为10101分时，则至少有3个人得分相同。 分析 考虑无三人得分相同时的得分取值情况。 解 无三人得分相同的最低分值为：2×(0+1+…99)+100=10000。 无三人得分相同的最高分值为：2×(1+2+…100)+ 0=10100。 即无三人得分相同时的得分取值情况为10000，10001，…，10100。所以（1）总分为9999分时，至少有3人得分相同；（2）总分为10101分时，则至少有3个人得分相同。 说明 从极端情形考虑无三人得分相同的最低分值是得0，1，…，99分各2人，得100分1人；无三人得分相同的最高分值是得1，2，…，100分各2人，得0分1人。 情景再现 1．已知长方形的4 个顶点A(0 ,0) ,B(2 ,0) ,C(2 ,1) 和D(0 , 1),一质点从AB 的中点P 0 沿

初一数学竞赛系列讲座容斥原理

初一数学竞赛系列讲座 容斥原理 集团标准化工作小组 #Q8QGGQT-GX8G08Q8-GNQGJ8-MHHGN#

初一数学竞赛系列讲座(15) 容斥原理 一、 知识要点 1、容斥原理 在计数时，常常遇到这样的情况，作合并运算时会把重复的部分多算，需要减去；作排除运算时会把重复部分多减，需要加上，这就是容斥原理。它的基本形式是： 记A 、B 是两个集合，属于集合A 的东西有A 个，属于集合B 的东西有B 个，既属于集合A 又属于集合B 的东西记为B A ，有B A 个；属于集合A 或属于集合B 的东西记为B A ，有B A 个，则有：B A =A +B -B A 容斥原理可以用一个直观的图形来解释。 如图， 左圆表示集合A ，右圆表示集合B ，两圆的公共部分表示B A ，两圆合起来的部分表示B A ， 由图可知：B A =A +B -B A 容斥原理又被称作包含排除原理或逐步淘汰原则。 二、 例题精讲 例1 在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数有多少个 分析：根据容斥原理，应是200减去能被2整除的整数个数，减去能被3整除的整数个数，还要加上既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的整数个数。 解：在1到200的整数中，能被2整除的整数个数为：2?1，2?2，…，2?100，共100个； 在1到200的整数中，能被3整除的整数个数为：3?1，3?2，…，3?66，共66个； 在1到200的整数中，既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的整数个数为： 6?1， 6?2，…，6?33，共33个； 所以，在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数个数为：

小学奥数教案课程抽屉原理解析版

小学奥数教案课程抽屉 原理解析版 Document serial number【KKGB-LBS98YT-BS8CB-BSUT-BST108】

教案 抽屉原理 一本讲学习目标 初步抽屉原理的方法和心得。 二概念解析 把3个苹果任意放到两个抽屉里，可以有哪些放置的方法呢一个抽屉放一个，另一个抽屉放两个；或3个苹果放在某一个抽屉里.尽管放苹果的方式有所不同，但是总有一个共同的规律：至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.如果把5个苹果任意放到4个抽屉里，放置的方法更多了，但仍有这样的结果.由此我们可以想到，只要苹果的个数多于抽屉的个数，就一定能保证至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.道理很简单：如果每个抽屉里的苹果都不到两个（也就是至多有1个），那么所有抽屉里的苹果数的和就比总数少了.由此得到： 抽屉原理：把多于n个的苹果放进n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果。 如果把苹果换成了鸽子，把抽屉换成了笼子，同样有类似的结论，所以有时也把抽屉原理叫做鸽笼原理.不要小看这个“原理”，利用它可以解决一些表面看来似乎很难的数学问题。 比如，我们从街上随便找来13人，就可以断定他们中至少有两个人属相（指鼠、牛、虎、兔、…等十二种生肖）相同.怎样证明这个结论是正确的呢只要利用抽屉原理就很容易把道理讲清楚.事实上，由于人数（13）比属相数（12）多，因此至少有两个人属相相同（在这里，把13人看成13个“苹果”，把12种属相看成12个“抽屉”）。 应用抽屉原理要注意识别“抽屉”和“苹果”，苹果的数目一定要大于抽屉的个数。 三例题讲解 例1 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。

高中数学奥林匹克基础教程1.21

高中数学奥林匹克基础教程 江苏沛县孙统权 前言 2007年7月15日至24日，江苏省高中数学奥林匹克夏令营在靖江举办，由省数学学会组织专家学者亲自授课。编者作为夏令营中的受训教练，亲身体会到与会专家博大精深的知识厚度和深入浅出的教学风格，并做了课堂笔记，对相关教学资料进行了整理。夏令营结束后，从自身实践出发，编成本教程。 教程共8讲，每讲4学时，共32学时。指导思想为“领略奥赛风采，拓展数学视野，训练数学思维，启迪数学方法”，内容选取原则为“参照竞赛数学知识体系，根据学生接受能力，与当前中学数学教学内容协调互补”。 对本教程建议采用“探索-讨论-启发-再探索-直至完成”的教学模式，使学生思维密度大，所受局限少，能充分的体会数学智慧和创造的乐趣，较直接的感受竞赛数学。在各知识点章节讲授时，宜通过具体解题展示数学体系，淡化数学术语而突出数学思想，选择、补充题目时注意结合实际情况，减少复杂度，使学生负担轻，进步感强，在领略数学美的同时达到训练目的。 本教程参考了2007年省夏令营专家的授课内容，使用了部分原题。同时，参考了华师大版《数学奥林匹克小丛书》，安徽少儿版《初中应用数学知识竞赛辅导训练》和其他若干书籍。在此予以感谢，并在补注中注明各题的直接来源。 本教程可以作为高中奥林匹克训练的起始教材，或供学生选修的一个模块。将它整理出来，意在抛砖引玉，为我们江苏乃至全国的数学奥林匹克的发展作一点贡献。虽力求严谨，由于个人能力经验所限，其中错误和不完善之处仍在所不少，恳请广大专家、教练、数学奥林匹克爱好者不吝指教。 本版版本号1.2。编者电子信箱：suntrain@https://www.wendangku.net/doc/3f13954034.html,。

抽屉原理分析

对抽屉原理教学的思考 绵竹市天河小学李永松 一、抽屉原理的背景资料 抽屉原理是德国数学家狄利克雷在1846年提出的，他从朴素的数学现象中抽象出了这一原理。抽屉原理分为第一抽屉原理和第二抽屉原理。原理1 把多于n个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有2个或2个以上的物体。原理2 把多于mn(m乘以n)个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有m+1个或多于m+1个的物体。原理1和原理2都属于第一抽屉原理。第二抽屉原理的描述为把（mn－1）个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有（m—1）个物体。抽屉原理的提出解决了数学中有关“存在”的数学现象，对证明数论的一些问题起到了基础性作用。二、教材分析 现行小学教材人教版在十一册编入这一原理，旨在于让学生初步了解“抽屉原理”（也就是初步接触第一原理），会用“抽屉原理”解决实际有关“存在”问题；通过猜测、验证、观察、分析等数学活动，让孩子建立数学模型，发现规律；使孩子经历从具体到抽象的探究过程，提高学生有根据、有条理地进行思考和推理的能力；通过“抽屉原理”的灵活应用，提高学生解决数学问题的能力和兴趣，感受到数学文化及数学的魅力。 虽然“抽屉原理”来源于一种朴素的数学现象，认识基础是平均分和排列组合以及一一对应的较简单知识。但是要让让孩子

从朴素的数学现象中理解和抽象出这一原理，对学生的演绎推理能力、分析归纳能力有较高的要求，因此安排在六年级来进行教学是恰当的。教材虽然只安排了三个例题，但是梯度是明显的，由浅及深，层层推进。 例一：老师提出，把4支铅笔放进3个文具盒。这里要解决的问题是让学生通过操作、观察、比较、分析得出“不管怎么放，总有一个文具盒里至少放进两枝铅笔”这一认识。也就是把m个物体放进n（m-n=1）个抽屉,总有一个抽屉至少有2个物体（抽屉原理一）。做一做：7个鸽子飞回5个鸽舍，至少有2个鸽子要飞进同一个鸽舍里。为什么？这里是对例一的具体运用，但又不是简单的运用，还是对抽屉原理一的进一步深化认识。要让学生充分认识理解m÷n=1……( )中余数不是1时，也就是m-n=k(k ﹤n)时，还是总有一个抽屉至少放进2个物体。 例2：把5本书放进2个抽屉中。如果有7本书会怎样呢？9本书呢？ 这里已经要求学生脱离具体的学具操作，认知建立在例一的基础上，使用脑海中已建立的模块，让学生感知抽象出“抽屉原理”二，把km+1个物体放进n个抽屉，总有一个抽屉至少放进了k+1个物体。后面的做一做：8只鸽子飞回到3个鸽舍，至少有3只鸽子要飞进同一个鸽舍里。为什么？很显然这是对原理二的进一步拓展，要让孩子继续理解当余数不是1时，还是总有一个抽屉至少放进了k+1个物体，而不是k+余数。

第18讲+组合数学【范端喜】.docx

第十八讲 组合数学 组合数学是自招考试中比较难的问题。近几年考试中出现组合数学问题的学校主要是清华大学、北京大学、上海交大、中科大等名校。求解组合数学问题需要敏锐的洞察力、丰富的想象力和必要的技巧，通常没有固定的解题模式可循。 自招考试中组合问题通常有：计数问题、组合恒等式、存在性问题、组合最值等。 解决计数问题的基本方法有：枚举法、利用两个基本原理、算两次方法、利用容斥原理。 证明组合恒等式的常用基本方法有：母函数方法、组合模型法。 解决组合存在性问题的基本方法有：反证法、利用极端原理、构造法等。 解决组合最值问题有估值法等。 真题讲解： 例1、（06复旦）求证：()()()222012n n n n n n C C C C +++= 。 例2、（09科大）2008个白球和2009个黑球任意排成一列。求证：无论如何排列，都至少存在一个黑球，其左侧（不包括它自己）的黑球和白球个数相等（可以为0）。 例3、（08北大）在由若干南方球队和北方球队参加的排球单循环赛中，已知南方队比北方队多9支，所有南方队得到的分数总和是所有北方队得到的分数总和的9倍（每场比赛胜者得一分，负者得零分）。证明：循环赛结束后，某支南方队的积分最高。

例4、（10清华特色）设计一种为一维数轴的全体实数染色的方案，使得数轴上任意两个相 距为1 练习巩固： 1、（03交大）化简1212k n n n k C C C ++++++ 。 11k n k C ++- 2、（08交大）世界杯预选赛中，中国、澳大利亚、卡塔尔和伊拉克被分在A 组，进行主客场比赛。规定每场比赛胜者得三分，平局各得一分，败者不得分。比赛结束后前两名可以晋级。 （1）由于4支队伍均为强队，每支队伍至少得3分。于是 甲专家预测：中国队至少得10分才能确保出线； 乙专家预测：中国队至少得11分才能确保出线。 问：甲、乙专家哪个说的对？为什么？乙 （2）若不考虑（1）中条件，中国队至少得多少分才能确保出线？13分

小学奥数教案课程抽屉原理解析版

小学奥数教案课程抽屉原 理解析版 The following text is amended on 12 November 2020.

教案 抽屉原理 一本讲学习目标 初步抽屉原理的方法和心得。 二概念解析 把3个苹果任意放到两个抽屉里，可以有哪些放置的方法呢一个抽屉放一个，另一个抽屉放两个；或3个苹果放在某一个抽屉里.尽管放苹果的方式有所不同，但是总有一个共同的规律：至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.如果把5个苹果任意放到4个抽屉里，放置的方法更多了，但仍有这样的结果.由此我们可以想到，只要苹果的个数多于抽屉的个数，就一定能保证至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.道理很简单：如果每个抽屉里的苹果都不到两个（也就是至多有1个），那么所有抽屉里的苹果数的和就比总数少了.由此得到： 抽屉原理：把多于n个的苹果放进n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果。 如果把苹果换成了鸽子，把抽屉换成了笼子，同样有类似的结论，所以有时也把抽屉原理叫做鸽笼原理.不要小看这个“原理”，利用它可以解决一些表面看来似乎很难的数学问题。 比如，我们从街上随便找来13人，就可以断定他们中至少有两个人属相（指鼠、牛、虎、兔、…等十二种生肖）相同.怎样证明这个结论是正确的呢只要利用抽屉原理就很容易把道理讲清楚.事实上，由于人数（13）比属相数（12）多，因此至少有两个人属相相同（在这里，把13人看成13个“苹果”，把12种属相看成12个“抽屉”）。 应用抽屉原理要注意识别“抽屉”和“苹果”，苹果的数目一定要大于抽屉的个数。 三例题讲解 例1 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。

抽屉原理与存在性问题(上)

第四讲 抽屉原理与存在性问题 本讲概述 本讲我们将讲述组合数学中一个非常简单却又十分重要，应用十分广泛的一个原理，即抽屉原理.然后我们将给出与抽屉原理内涵相通的几个变形，即平均值原理与图形重叠原理. 事实上这几个原理是用来证明存在性问题的有力工具之一，当然我们还可以利用极端原理、反证法、数学归纳法、算两次、计数方法和构造法等等来加以证明.本讲我们主要讲述利用平均值原理（其在整数和图形范围内的形式分别为抽屉原理和图形重叠原理）来证明存在性问题，并略举数例说明其它方法在证明存在性问题中的应用. 第一抽屉原理：若将m 个物件放入n 个抽屉中，则必有一个抽屉内至少有1[ ]1m n -+个物件. 第二抽屉原理：若将m 个物件放入n 个抽屉中，则必有一个抽屉内至多有[]m n 个物件. 事实上这两个原理利用极端性原理与反证法极易证明，此处从略. 平均值原理1：设12,,...,n a a a 为实数，且12...n a a a A n +++= ，则12,,...,n a a a 中必有一个不小于A ，也必有一个不大于A 平均值原理2：设12,,...,n a a a 为正实数，且G = 则12,,...,n a a a 中必有一个不小于G ， 也必有一个不大于G 图形重叠原理：把面积为12,,...,n S S S 的n 个平面图形以任意方式放入一个面积为S 的平面图形A 内， （1） 如果12...n S S S S +++>，则必有两个图形有公共点； （2） 如果12...n S S S S +++<，则必有一点不属于上述n 个图形中任意一个 可以发现，上述三组原理都是极端性原则在不同场合的具体表现形式. 极端性法则是处理组合数学中存在性的利器，通过对这三组原理及其解题技巧的深刻把握，我们也可以自己创造一些类似的极端性原理来解决问题. 一般来说，适合应用抽屉原理解决的数学问题具有如下特征：新给的元素具有任意性.如1n +个苹果放入n 个抽屉，可以随意地一个抽屉放几个，也可以让抽屉空着. 问题的结论是存在性命题，题目中常含有“至少有……”、“一定有……”、“不少于……”、“存在……”、“必然有……”等词语，其结论只要存在，不必确定，即不需要知道第几个抽屉放多少个苹果. 用抽屉原理解题的基本思想是根据问题的自身特点和本质，弄清对哪些元素进行分类，找出分类的规律.关键是构造适合的抽屉，抽屉之间可以有公共部分，亦可以没有公共部分。一般说来，数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等，都可作为构造抽屉的依据。这一简单的思维方式在解题过程中却可以演变出很多奇妙的变化和颇具匠心的运用。抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现，从小学奥数、中学奥数、IMO 到Putnam 都可以见到它的身影。实际应用中，抽屉原理常常与反证法结合在一起。 教师备注：本节题目有些可能学生在初中接触过，教师可以适当选择其中较有新意的问题.

第6讲 容斥原理

第六讲 容斥原理 在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算。我们用|A |表示有限集A 的元素的个数。在两个集合的研究中，已经知道，求两个集合并集的元素个数，不能简单地把两个集合的元素个数相加，而要从两根集合的个数之中减去重复计算的元素个数，用式子可以表示成 |A ∪B |=|A |+|B |–|A ∩B |。 我们称这一公式为包含与排除原理，简称为容斥原理。 包含与排除原理|告诉我们，要计算两个集合A 、B 的并集A ∪B 的元素个数，可以分一下两步进行： 第一步：分别计算集合A 、B 的元素个数，然后加起来。即先求|A |+|B |（意思是把A 、B 的一切元素都“包含”进来，加在一起）； 第二步“从上面的和中减去交集的元素的个数，即减去|A ∩B |（意思是“排除”了重复计算的元素的个数）。 例1．求不超过20的正整数中是2的倍数或3的倍数的数共有多少？ 解：设I ={1、2、3、…、19、20}，A ={I 中2的倍数}，B ={I 中3的倍数}。 显然题目中要求计算并集A ∪B 的元素个数，即求|A ∪B |。 我们知道A ={2、4、6、……、20}，所以|A |=10， B ={3、6、9、12、15、18}，|B |=6。 A ∩ B ={I 中既是2的倍数又是3的倍数}={6、12、18}，所以|A ∩B |=3， 根据容斥原理有|A ∪B |=|A |+|B |–|A ∩B |=10+6–3=13. 答：所求的数共有13个。 此题可以直观地用图表示如下： 例2．某班统计考试成绩，数学得90分以上的有25人，语文得90分以上的有21人，两科中至少有一科在90分以上的有38人，问两科都在90分以上的有多少人？ 解：设A ={数学在90分以上的学生}，B ={语文在90分以上的学生}， 由题意知|A |=25，|B |=21。 A ∪ B ={数学、语文至少一科在90分以上的学生}，|A ∪B |=38。 A ∩B ={数学、语文都在90分以上的学生}， 由容斥原理知|A ∪B |=|A |+|B |–|A ∩B |， 所以|A ∩B |=|A |+|B |–|A ∪B |=25+21–38=8。 答：两科都在90分以上的有8人。 画图分析一下： 15 9320 18 16141210 8 642B A

《抽屉原理练习题》#(精选.)

抽屉原理练习题 1．木箱里装有红色球３个、黄色球５个、蓝色球７个，若蒙眼去摸，为保证 取出的球中有两个球的颜色相同，则最少要取出多少个球？ 解：把３种颜色看作３个抽屉，若要符合题意，则小球的数目必须大于３，故至少取出４个小球才能符合要求。 2．一幅扑克牌有54 张，最少要抽取几张牌，方能保证其中至少有 2 张牌有相同的点数？ 解：点数为1(A) 、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J) 、12(Q) 、13(K) 的牌各取 1 张，再取大王、小王各 1 张，一共15张，这15 张牌中，没有两张的点数相同。这样，如果任意再取 1 张的话，它的点数必为1～13 中的一个，于是有 2 张点数相同。 3 ．11 名学生到老师家借书，老师是书房中有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四类书，每名学生最多可借两本不同类的书，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，则不同的类型有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。 4 ．有50 名运动员进行某个项目的单循环赛，如果没有平局，也没有全胜，试证明：一定有两个运动员积分相同。 证明：设每胜一局得一分，由于没有平局，也没有全胜，则得分情况 只有1、2、3??49，只有49种可能，以这49种可能得分的情况为49 个抽屉，现有50 名运动员得分，则一定有两名运动员得分相同。 5 ．体育用品仓库里有许多足球、排球和篮球，某班50 名同学来仓库拿球，规定每个人至少拿１个球，至多拿２个球，问至少有几名同学所拿的球 种类是一致的？ 解题关键：利用抽屉原理２

浅谈抽屉原理问题解题技巧

浅谈抽屉原理问题解题技巧 桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放两个苹果[是“至少两个苹果”吧？]。这一现象就是我们所说的“抽屉原理”。抽屉原理的一般含义为：如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有n+1或多于n+1个元素放到n个集合中去，其中必定至少有一个集合里有两个元素[这个定义是有问题的。苹果的问题还可以认为抽屉不能空，“多于N+1个元素在n个集合中必定有两个元素的集合”无论集合空不空肯定是不对的。应该也是“至少两个元素”]。它是组合数学中一个重要的原理[这一段应该是百度百科里的内容。但是注意百科左边的图片里也是“至少有2个苹果”，下面的解析里的狄利克雷原则也是正确定义的。希望老师在引用的时候仔细分辨。]。抽屉原理看似简单，但它是近年来公考行测广大考生很容易丢分的部分。考生不能有效得分的主要原因：一是考生只是去背诵抽屉原理相关定理与公式；二是考生不能透彻理解应用“最不利原则”的思维角度。 目前，处理抽屉原理问题最基本和常用的方法是运用“最不利原则”，构造“最不利”“点最背”的情形。下面利用几道例题对抽屉原理问题的解法进行一下探讨。 一．基础题型 【例1】从一副完整的扑克牌中至少抽出（）张牌才能保证至少6张牌的花色相同？ A.21 B.22 C.23 D.24 解析：题目要求保证：6张牌的花色相同.考虑最不利情形：每种花色取5张，一共20张，然后抽出大小王共2张，总共22张，再抽取任意一张都能保证 6张花色相同，共23张.因此，答案选C. 【例2】一副无“王”的扑克牌，至少抽取几张，方能使其中至少有两张牌具有相同的点数？（） A.10 B.11 C.13 D.14 解析：题目要求：两张牌具有相同的点数.考虑最不利情形：从中任取一种花色的牌13张，每张牌点数都不同，再抽取任何一张点数都会重复，总共抽取14张。因此，答案选D.

第八讲容斥原理

第八讲容斥原理 在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算。我们用|A|表示有限集A的元素个数。在并集的讨论中，已经知道，求两个集合并集的元素的个数，不能简单地把两个集合的元素个数相加，而要从两个集合个数之和中减去重复计算的元素个数，即减去交集的元素个数，用式子可表示成 |A∪B|=|A|+|B|-|A∩B| 我们称这一公式为包含与排除原理，简称容斥原理。 包含与排除原理告诉我们，要计算两个集合A、B的并集A∪B的元素的个数，可分以下两步进行： 第一步分别计算集合A、B的元素个数，然后加起来，即先求|A|+|B|（意思是把A、B的一切元素都“包含”进来，加在一起）； 第二步从上面的和中减去交集的元素个数，即减去|A∩B|（意思是“排除”了重复计算的元素个数）。 例1 求不超过20的正整数中是2的数倍或3的倍数的数共有多少个。分析与解：设I=｛1，2，3，…，19，20｝，A=｛I中2的倍数｝，B=｛I 中3的倍数｝。 显然，题目要求计算并集|A∪B|的元素个数，即求|A∪B|。 易知， A=｛2，4，6，…，18，20｝， 共有10个元素，即|A|=10， B=｛3，6，9，12，15，18｝， 共有6个元素，即|B|=6。 A∩B=｛I中既是2的倍数又是3的倍数｝ =｛6，12，18｝ 共有3个元素，即|A∩B|=3，所以 |A∪B|=|A|+|B|-|A∩B| =10+6-3=13 答：所求的数共有13个。 此题可直观地图示如下： 图8-1中，A表示不超过20的正整数中2的倍数的集合。B表示不超过20的正整数中3的倍数的集合。在不超过20的正整数中既是2的倍数又是3的倍数的数有6，12，18，即A∩B中的数。 例2 某班统计考试成绩，数学得90分上的有25人；语文得90分以上的有21人；两科中至少有一科在90以上有38人。问两科都在90分以上的有多少人？（1985年初一迎春杯数学竞赛试题） 解：设A=｛数学成绩90分以上的学生）， B=｛语文成绩90分以上的学生｝。

奥数知识点解析之抽屉原理

第一步：初步理解该知识点的定理及性质 1、提出疑问：什么是抽屉原理？ 2、抽屉原理有哪些内容呢？ 【抽屉原理1】：将多于n件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于2件； 【逆抽屉原理】：从n个抽屉中拿出多于n件的物品，那么至少有2个物品来至于同一个抽屉。 【抽屉原理2】：将多于mn件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于（m+1）件。 第二步：学习最具有代表性的题目 【例1】证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。 【例2】对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除。 【总结】以上的例题都是在考察抽屉原理在整除与余数问题中的运用。以上的题目我们都是运用抽屉原理一来解决的。 第三步：找出解决此类问题的关键 【例3】从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34。 【例4】从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。

【例5】从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。 ｛1，2，4，8，16｝ ｛3，6，12｝，｛5，10，20｝ ｛7，14｝，｛9，18｝ ｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。 【总结】根据题目条件灵活构造“抽屉”是解决这类题目的关键。 第四步：重点解决该类型的拓展难题 我们先来做一个简单的铺垫题： 【铺垫】请说明，任意3个自然数，总有2个数的和是偶数。 【例6】请说明，对于任意的11个正整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除。 【总结】上面两道题目用到了抽屉原理中的“双重抽屉”与“合并抽屉”，都是在原有典型抽屉原理题目的基础上进行的拓展。 什么是抽屉原理？ （1）举例

人教版初中数学《第27章极端原理》竞赛专题复习含答案

人教版初中数学《第27章极端原理》竞赛专题复习含答案 第27章极端原理 27.1.1**两人轮流往一个圆桌面上放同样大小的硬币．规定每人每次只能放一枚，硬币平放在桌面上，并且两两不能重叠，谁放完最后一枚．使得对方无法按照规则再放，谁就获胜．问：是先放合算还是后放合算？ 解析本题的极端情况是：桌面小的只能放下一枚硬币．这时当然是先放的人合算． 一般情况下，先放的人把硬币放在圆桌的中心处，每当对手放下一枚硬币后，就在对方硬币关于“圆心”对称位置再放下一枚硬币，这样只要对手还能放硬币，先放的人一定也能放，所以放最后一枚硬币的人一定是先放的人，从而他必能获胜． 评注本题解法的独到之处在于考虑最极端的情况，“桌面最小”．这里的极端原理实际是一种“从特殊到一般”的思考方法，并且在极端情况下的结果提示我们解决一般问题的方法，在应用极端原理时，我们要利用如下的事实： 1．有限个数中一定有最大数和最小数； 2．无限个正整数中有最小数； 3．无限个实数不一定有最大数或最小数． 27.1.2**在一次乒乓球循环赛中，n （n ≥3）名选手中没有全胜的，证明：一定可以从中找出三名选手A 、B 、C ，使得A 胜B ，B 胜C ，C 胜A ． 解析没取胜场数最多的一名选手为A ，由于没有一个选手是全胜的，所以在这n 名选手中存在一名选手C ，C 胜A ． 考虑A 击败的选手的全体，其中必有选手B 胜C ．事实上，若A 的手下败将也都负于C ，那么C 胜的场数比A 胜的场数至少要多1，这与A 是获胜场数最多的选手矛盾． 所以，存在三名选手A 、B 、C ，使得A 胜B ，B 胜C ，C 胜A ． 27.1.3**平面上已给997个点，将连结每两点的线段中点染成红色，证明：至少有1991个红点，能否找到恰有1991个红点的点．解析997个点中每两点都有一个距离，因而共有9979962 个距离（其中有可能有些距离是相等的），其中一定有一个最大距离．设AB 是最大的距离． 分别以A 、B 为圆心，12 AB 为半径作圆，如图所示．点A 与除点B 之外的995个点的连线的中点在圆A 的内部或边界上；点B 与除点外的995个点的连线的中点在圆B 的内部或边界上，这样我们得到了995+995＝1990个红点． 另外，AB 的中点是不同于上述1990个红点的，所以，至少有1991个红点． 下面构造一个例子，说明恰好有1991个红点，设997个点在数轴上1，2，3，…，997的位置．这时中点为：32，42，52，…，19922，19932，故红点恰有1991个．27.1.4**证明：在任意的凸五边形中，都可以找到三条对角线，由这三条对角线可以组成一个三角形．

5年级-14-容斥原理-难版

第14讲 容斥问题 知识梳理 森林中住着很多动物，据说狮子大王派仙鹤去统计鸟类的种数，蝙蝠跑过去对仙鹤说；“我有翅膀，我应该是属于鸟类的。”于是仙鹤就把蝙蝠统计到鸟类的种类里去了，结果得出森林中一共有80种鸟类。狮子大王又派大象去统计野兽的种类数，蝙蝠听说又来统计兽类了，急忙跑过去对大象说；“我没有羽毛，我应该是属于兽类的。”于是大象就把蝙蝠统计到兽类的种类里去了，结果统计出森林中一共有60种兽类。最后狮子大王问：“森林中共有鸟类和兽类多少种？”狡猾的狐狸听见了仙鹤和大象的统计结果，高兴地向狮子大王汇报：“这还不简单！森林中共有鸟类和兽类140种。”这个统计正确吗？ 同学们肯定会说：“不对！蝙蝠被算了两次，应该再减去一，是139种。”这个故事说明了一个数学问题，那就是被称为“容斥原理”的包含与排除问题。当需要计数的两类事物互相包含（有部分重复交叉）时，应把重复计数的部分排除掉。由此我们得到逐步排除法（容斥原理）：当两个计数部分有重复时，为了不重复计数，应从它们的和中减去重复部分。 容斥原理1 如果被计数的事物有A、B两类，那么，A类B类元素个数总和= 属于A类元素个数+ 属于B类元素个数—既是A类又是B类的元素个数。 即A∪B = A+B - A∩B 容斥原理2 如果被计数的事物有A、B、C三类，那么，A类和B类和C类元素个数总和= A 类元素个数+ B类元素个数+C类元素个数—既是A类又是B类的元素个数—既是A

类又是C类的元素个数—既是B类又是C类的元素个数+既是A类又是B类而且是C类的元素个数。 即A∪B∪C = A+B+C - A∩B - B∩C - C∩A + A∩B∩C 典型例题 容斥原理1 【例1】★一次期末考试，某班有15人数学得满分，有12人语文得满分，并且有4人语、数都是满分，那么这个班至少有一门得满分的同学有多少人？ 【解析】依题意，被计数的事物有语、数得满分两类，“数学得满分”称为“A类元素”，“语文得满分”称为“B类元素”，“语、数都是满分”称为“既是A类又是B类的元素”，“至少有一门得满分的同学”称为“A类和B类元素个数”的总和。 15+12-4=23 【小试牛刀】电视台向100人调查前一天收看电视的情况，有62人看过2频道，34人看过8频道，其中11人两个频道都看过。两个频道都没看过的有多少人？ 【解析】100-(62+34-11)=15 【例2】★一个班有学生48人，每人至少参加跑步、跳高两项比赛中的一项。已知参加跑步的有37人，参加跳高的有40人，请问：这两项比赛都参加的学生有多少人？ 【解析】两项比赛都参加的学生人数，就是参加跑步人数、参加跳高人数重复的部分，排除掉重复部分，所得的就是全体参赛人数，也就是全班学生人数。 40-（48－37）=29人。 【小试牛刀】五年级96名学生都订了报纸，有64人订了少年报，有48人订了小学生报。两种报纸都订的有多少人？ 【解析】用左边的圆表示订少年报的64人，右边的圆表示订小学报的48人，中间重叠部分