抽屜原理的應(yīng)用與推廣-畢業(yè)論(編輯修改稿)
2025-07-12 02:25 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 lm 32 ? 或 )(32 Nlknk ?? 、 的形式。 由抽屜原理知，至少有七個(gè)能表示成 lm 32 ? 或 )(32 Nlknk ?? 、 中的同一種形式。 6 （ 1） 有七個(gè)能表示成 lm 32 ? 的形式。 設(shè) 721 32,32,32 lmlmlm ??? ?，其中， 721 lll ??? ? . 則 721 3,3,3 lll ? 是某個(gè)公差為 d 的 14 項(xiàng)等差數(shù)列中的七項(xiàng) , 所以 , 17 3313 lld ?? .顯然 , 1,5 2127 ???? llll . 故 dd lllll 13)33(133)33(3313 12217 15 ???????? ?矛盾。 (2) 有七個(gè)能表示成 nk 32? 的形式。 設(shè) nknknk 32,32,32 721 ??? ?,其中 , 721 kkk ??? ? . 則 711 2,2,2 kkk ? 是某個(gè)公差為 d 的 14項(xiàng)等差數(shù)列中的七項(xiàng) 。 而 dd kkkkk 13)22(132)22(2213 12217 15 ???????? ?,矛盾。 綜上 ,假設(shè)不成立 .故原題得證。 高等代數(shù)中的應(yīng)用 例 4 已知齊次線性方程組 11 1 12 2 12 221 1 22 2 22 21 1 2 2 2 2000nnnnn n n n na x a x a xa x a x a xa x a x a x? ? ? ??? ? ? ? ????? ? ? ? ?? 其中 ? ? ? ?1 , 0 , 1 1 , 2 , , , 1 , 2 , , 2ija i n j n? ? ? ?, 證明存在不全為零的整數(shù)nxxx 21 , 2 ? 適合 )2,2,1(2 njnxi ??? 證明 令 nnijaA 2)( ?? ，122nxxXx???????????????，nO???????????????000? 則該齊次線性方程組可寫(xiě)成 0?AX 7 設(shè)集合 S={ njnxxxxX jn2,2,1,:221?? ????????????????? } D={?????????????????????????????njjnjnjjjjnjjxaxaxaAX21212211? :X?S} 映射 :SDX AXf ?? 是一個(gè)滿(mǎn)射 .顯然 S = nn 2)12( ? ,因?yàn)?ja1 ?{1， 0， 1}，所以對(duì)每個(gè) X?S，它的 2n 個(gè)分量適合 21 1 2 2 2 21ni j j i i i n nj a x a x a x a x? ? ? ? ?? 1 2 2nx x x? ? ? ? ≤ 22n （ i=1,2,?,n） 因此 nnD )14( 2 ?? 又 nnn nnnn )14()144()12( 222 ?????? 根據(jù)抽屜原理 映射形式 設(shè) A 和 B 是兩個(gè)有限集，如果 A B 那么對(duì)從 A 到B 的任何滿(mǎn)映射 f ，至少存在 1a , 2a ,使 )()( 21 afaf ? . S中至少存在兩個(gè)不同的元 ??????????????????????????????njjjjniiiixxxXxxxX221221, ?? 使 )()( ji xfxf ? ,即 0)(, ??? jiji XXAAXAX . 8 令????????????????????????????????njnijijin xxxxxx222211221?????，則??????????????n221???? 即是我們所要求的， n2,21, ??? ? 是不全為零的整數(shù)，且滿(mǎn)足 )2,2,1(2 nknxxxxajkikjkikk ???????. 例 5 設(shè) A 為 n 階方陣，證明存在 1 ni?? ，使秩 ( iA ) =秩 ( 1?iA ) =秩??? )( 2iA 證明 因?yàn)?n 階方陣的秩只能是 n,2,1,0 ? 這 n +1個(gè) 數(shù)之一。 令 ?E 120 ,, ?nn AAAAA ? , E 的個(gè)數(shù)多于秩的個(gè)數(shù)， 由 抽屜原理可知，存在 k ,l 滿(mǎn)足 1? k l ? n 使 秩 ( kA ) = 秩 ( lA ) , 但秩 ( kA ) ? 秩 ( 1?kA ) ? ? ? 秩 ( lA ) , 所以秩 ( kA ) =秩 ( 1?kA ) , 利用此式與秩的性質(zhì)得 秩 ( ABC ) ? 秩 ( AB ) +秩 ( BC ) 秩 ( B ) ,這里的CBA , 是任意三個(gè)可乘矩陣，用數(shù)學(xué)歸納法可證 秩 ( mkA? ) =秩 ( 1??mkA ) .其中 m 為非負(fù)整數(shù)， 故命題的結(jié)論成立 . 秩 ( iA ) =秩 ( 1?iA ) =秩 ( 2?iA ) =? . 集合論中的應(yīng)用 從集合論的原理來(lái)討論抽屜原理 ,主要應(yīng)用集合論的映射來(lái)闡述抽屜原理 ,有在倍數(shù) 問(wèn)題、幾何問(wèn)題、涂色問(wèn)題、經(jīng)濟(jì)問(wèn)題等方面的應(yīng)用，本文主要介紹倍數(shù)問(wèn)題和經(jīng)濟(jì)問(wèn)題。 例 6（倍數(shù)問(wèn)題的應(yīng)用） 自 1 至 100 這一百個(gè)自然數(shù)中，如果任取 51 個(gè)數(shù)，那么其中至少有兩個(gè)數(shù)， 使 一個(gè)數(shù)是另一個(gè)數(shù)的倍數(shù)。 證明 我們知道形如 np 2? （ p 為自然數(shù)， ?,2,1?n ）的數(shù)之間有倍數(shù)關(guān)系，9 對(duì)任何一個(gè)偶數(shù)，經(jīng)反復(fù)提取因數(shù) 2，最后總能表示為：奇數(shù)乘以 n2 的形式， 因 此設(shè) }511001{ 個(gè)自然數(shù)中的至?A },{ 9931 BBBB ?? 其中： }21,21,21,1{}64,32,16,8,4,2,1{ 8211 ????? ?B }23,23,23,23,23,3{}96,48,24,12,6,3{ 543213 ???????B }25,25,25,25,5{}80,40,20,10,5{ 43215 ??????B }27,27,27,7{}56,28,14,7{ 3217 ?????B ??? }97{97 ?B }99{99?B 25051 ????????P? ,∴對(duì)任意 jiAaaBAf ji ??? 且有 ,: . 使 Bafaf ji ?? )()( ,即至少存在兩個(gè)元素同時(shí)對(duì)應(yīng)到 B 中某個(gè) iB 中，這兩個(gè)數(shù)必有倍數(shù)關(guān)系，證畢。 例 7（經(jīng)濟(jì)問(wèn)題的應(yīng)用） 十七家公司中的每一家公司都要與其余十六家公司洽談業(yè)務(wù)，在他們洽談中所討論的問(wèn)題僅三個(gè)，而任何兩家公司洽談中所討論的是同一個(gè)問(wèn)題，證明有三家公司洽談 時(shí)所討論 的是同一 個(gè)問(wèn)題。 證明 設(shè) A 為某一公司向其十六公司洽談業(yè)務(wù)，則 16?m ， B 為洽談時(shí)所討論的問(wèn)題，則 3?m 6)316( ??p? ∴每一家公司與其余十六家洽談業(yè)務(wù)時(shí)至少對(duì)六家討論的是
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