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2019-2020年高中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)資料《抽屜原理》 　　“抽屜原理”最先是由19世紀(jì)的德國數(shù)學(xué)家迪里赫萊（Dirichlet）運用于解決數(shù)學(xué)問題的，所以又稱“迪里赫萊原理”，也有稱“鴿巢原理”的。這個原理可以簡單地敘述為“把10個蘋果，任意分放在9個抽屜里，則至少有一個抽屜里含有兩個或兩個以上的蘋果”。這個道理是非常明顯的，但應(yīng)用它卻可以解決許多有趣的問題，并且常常得到一些令人驚異的結(jié)果。抽屜原理是國際國內(nèi)各級各類數(shù)學(xué)競賽中的重要內(nèi)容，本講就來學(xué)習(xí)它的有關(guān)知識及其應(yīng)用。 　　（一） 抽屜原理的基本形式 　　定理1、如果把n+1個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，其中至少有兩個元素。 　　證明：（用反證法）若不存在至少有兩個元素的集合，則每個集合至多1個元素，從而n個集合至多有n個元素，此與共有n+1個元素矛盾，故命題成立。 　　在定理1的敘述中，可以把“元素”改為“物件”，把“集合”改成“抽屜”，抽屜原理正是由此得名。 　　同樣，可以把“元素”改成“鴿子”，把“分成n個集合”改成“飛進n個鴿籠中”?！傍澔\原理”由此得名。 例題講解 1． 已知在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個點（圖1）。證明：至少有兩個點之間的距離不大于 2．從1-100的自然數(shù)中，任意取出51個數(shù)，證明其中一定有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。 3．從前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定有兩個數(shù)，這兩個數(shù)中大數(shù)不超過小數(shù)的1.5倍。 4．已給一個由10個互不相等的兩位十進制正整數(shù)組成的集合。求證：這個集合必有兩個無公共元素的子集合，各子集合中各數(shù)之和相等。 5．在坐標(biāo)平面上任取五個整點（該點的橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證明：其中一定存在兩個整點，它們的連線中點仍是整點。 6．在任意給出的100個整數(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），它們的和可被100整除。 7． 17名科學(xué)家中每兩名科學(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們通信時，只討論三個題目，而且任意兩名科學(xué)家通信時只討論一個題目，證明：其中至少有三名科學(xué)家，他們相互通信時討論的是同一個題目。 課后練習(xí) 1．幼兒園買來了不少白兔、熊貓、長頸鹿塑料玩具，每個小朋友任意選擇兩件，那么不管怎樣挑選，在任意七個小朋友中總有兩個彼此選的玩具都相同，試說明道理. 2．正方體各面上涂上紅色或藍色的油漆（每面只涂一種色），證明正方體一定有三個面顏色相同. 3．把1到10的自然數(shù)擺成一個圓圈，證明一定存在在個相鄰的數(shù)，它們的和數(shù)大于17. 4．有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍襪6雙（每雙襪子包裝在一起）若取出9雙，證明其中必有黑襪或黃襪2雙. 5．在邊長為1的正方形內(nèi)，任意給定13個點，試證：其中必有4個點，以此4點為頂點的四邊開面積不超過（假定四點在一直線上構(gòu)成面積為零的四邊形）. 6．在一條筆直的馬路旁種樹，從起點起，每隔一米種一棵樹，如果把三塊“愛護樹木”的小牌分別掛在三棵樹上，那么不管怎樣掛，至少有兩棵掛牌的樹之間的距離是偶數(shù)（以米為單位），這是為什么？ 課后練習(xí)答案 1.解 從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種： （兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長頸鹿），（長頸鹿、長頸鹿） 把每種搭配方式看作一個抽屜，把7個小朋友看作物體，那么根據(jù)原則1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜里，也就是說，至少兩人挑選玩具采用同一搭配方式，選的玩具相同. 原則2 如果把mn+k(k≥1)個物體放進n個抽屜，則至少有一個抽屜至多放進m+1個物體.證明同原則相仿.若每個抽屜至多放進m個物體,那么n個抽屜至多放進mn個物體,與題設(shè)不符，故不可能. 原則1可看作原則2的物例（m=1） 2.證明把兩種顏色當(dāng)作兩個抽屜，把正方體六個面當(dāng)作物體，那么6=22+2，根據(jù)原則二，至少有三個面涂上相同的顏色. 3.證明 如圖12-1，設(shè)a1，a2，a3，…，a9，a10分別代表不超過10的十個自然數(shù)，它們圍成一個圈，三個相鄰的數(shù)的組成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），…,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十組.現(xiàn)把它們看作十個抽屜，每個抽屜的物體數(shù)是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，…a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于 （a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+…+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2） =3(a1+a2+…+a9+a10) =3(1+2+…+9+10) 根據(jù)原則2,至少有一個括號內(nèi)的三數(shù)和不少于17,即至少有三個相鄰的數(shù)的和不小于17. 原則1、原則2可歸結(jié)到期更一般形式： 原則3把m1+m2+…+mn+k(k≥1)個物體放入n個抽屜里，那么或在第一個抽屜里至少放入m1+1個物體，或在第二個抽屜里至少放入m2+1個物體，……，或在第n個抽屜里至少放入mn+1個物體. 證明假定第一個抽屜放入物體的數(shù)不超過m1個，第二個抽屜放入物體的數(shù)不超過m2個，……，第n個抽屜放入物體的個數(shù)不超過mn，那么放入所有抽屜的物體總數(shù)不超過m1+m2+…+mn個，與題設(shè)矛盾. 4.證明 除可能取出紅襪、白襪3雙外.還至少從其它三種顏色的襪子里取出4雙，根據(jù)原理3，必在黑襪或黃襪、藍襪里取2雙. 上面數(shù)例論證的似乎都是“存在”、“總有”、“至少有”的問題，不錯，這正是抽屜原則的主要作用.需要說明的是，運用抽屜原則只是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不能確切地指出哪個抽屜里存在多少. 制造抽屜是運用原則的一大關(guān)鍵 首先要指出的是，對于同一問題，常可依據(jù)情況，從不同角度設(shè)計抽屜，從而導(dǎo)致不同的制造抽屜的方式. 5.證明如圖12-2把正方形分成四個相同的小正方形. 因13=34+1，根據(jù)原則2，總有4點落在同一個小正方形內(nèi)（或邊界上），以此4點為頂點的四邊形的面積不超過小正方形的面積，也就不超過整個正方形面積的. 事實上，由于解決問題的核心在于將正方形分割成四個面積相等的部分，所以還可以把正方形按圖12-3（此處無圖）所示的形式分割. 合理地制造抽屜必須建立在充分考慮問題自身特點的基礎(chǔ)上. 6.解如圖12-4（設(shè)掛牌的三棵樹依次為A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一為偶數(shù)，命題得證.否則a、b均為奇數(shù)，則AC=a+b為偶數(shù)，命題得證. 下面我們換一個角度考慮：給每棵樹上編上號，于是兩棵樹之間的距離就是號碼差，由于樹的號碼只能為奇數(shù)和偶數(shù)兩類，那么掛牌的三棵樹號碼至少有兩個同為奇數(shù)或偶數(shù)，它們的差必為偶數(shù)，問題得證. 后一證明十分巧妙，通過編號碼，將兩樹間距離轉(zhuǎn)化為號碼差.這種轉(zhuǎn)化的思想方法是一種非常重要的數(shù)學(xué)方法 例題答案： 1．　　分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離不大于的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個全等的邊長為的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于。 　　以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”來保證，下面我們就來證明這個定理。 　　如圖2，設(shè)BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點，連接PM，過P分別作AB、BC邊的平行線，過M作AC邊的平行線，設(shè)各平行線交點為P、Q、N，那么 　　∠PQN=∠C，∠QNP=∠A 　　因為BC≥AB，所以∠A≥∠C，則∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以 PQ≥PM。顯然BC≥PQ，故BC≥PM。 　　由此我們可以推知，邊長為的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點間的距離不大于。 　　說明： 　　（1）這里是用等分三角形的方法來構(gòu)造“抽屜”。類似地，還可以利用等分線段、等分正方形的方法來構(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+1個正數(shù)ai，滿足0＜ai≤1（i=1,2,…,n+1），試證明：這n+1個數(shù)中必存在兩個數(shù)，其差的絕對值小于”。又如：“在邊長為1的正方形內(nèi)任意放置五個點，求證：其中必有兩點，這兩點之間的距離不大于。 　?。?）例1中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結(jié)論可以修改為：至少有兩個點之間的距離小于"，請讀者試證之，并比較證明的差別。 　　（3）用同樣的方法可證明以下結(jié)論： 　　i）在邊長為1的等邊三角形中有n2+1個點，這n2+1個點中一定有距離不大于的兩點。 　　ii）在邊長為1的等邊三角形內(nèi)有n2+1個點，這n2+1個點中一定有距離小于的兩點。 　?。?）將（3）中兩個命題中的等邊三角形換成正方形，相應(yīng)的結(jié)論中的換成，命 題仍然成立。 　?。?）讀者還可以考慮相反的問題：一般地，“至少需要多少個點，才能夠使得邊長 為1的正三角形內(nèi)（包括邊界）有兩點其距離不超過”。 2．分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何在？其實就在“兩個數(shù)”，其中一個是另一個的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數(shù)，都有一個是另一個的整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個等比數(shù)列都放進去同一個抽屜才行，這里用得到一個自然數(shù)分類的基本知識：任何一個正整數(shù)都可以表示成一個奇數(shù)與2的方冪的積，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,則m=(2k-1)2n，并且這種表示方式是唯一的，如1=12，2=121，3=32，…… 　　證明：因為任何一個正整數(shù)都能表示成一個奇數(shù)乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數(shù)分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數(shù)）： 　　（1）{1，12，122，123，124，125，126}； 　?。?）{3，32，322，323，324，325}； 　　（3）{5，52，522，523，524}； 　?。?）{7，72，722，723}； 　?。?）{9，92，922，923}； 　　（6）{11，112，1122，1123}； 　　　　…… 　?。?5）{49，492}； 　?。?6）{51}； 　　　　…… 　?。?0）{99}。 　　這樣，1-100的正整數(shù)就無重復(fù)，無遺漏地放進這50個抽屜內(nèi)了。從這100個數(shù)中任取51個數(shù)，也即從這50個抽屜內(nèi)任取51個數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個數(shù)屬于同一個抽屜，即屬于（1）-（25）號中的某一個抽屜，顯然，在這25個抽屜中的任何同一個抽屜內(nèi)的兩個數(shù)中，一個是另一個的整數(shù)倍。 　　說明： 　?。?）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從1-2n的自然數(shù)中，任意取出n+1個數(shù)，則其中必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，…，2n-1這n個奇數(shù)，因此可以制造n個抽屜，而n+1＞n，由抽屜原則，結(jié)論就是必然的了。給n以具體值，就可以構(gòu)造出不同的題目。例2中的n取值是50，還可以編制相反的題目，如：“從前30個自然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個數(shù)，其中較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？” 　　（2）如下兩個問題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？ 　?、購?，3，4，…，2n+1中任取n+1個數(shù)，是否必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍？ 　?、趶?，2，3，…，2n+1中任取n+1個數(shù)，是否必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍？ 　　你能舉出反例，證明上述兩個問題的結(jié)論都是否定的嗎？ 　　（3）如果將（2）中兩個問題中任取的n+1個數(shù)增加1個，都改成任取n+2個數(shù)，則它們的結(jié)論是肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？ 3．證明：把前25個自然數(shù)分成下面6組： 　　　　1；　　　　　　　　　　　　 　　　?、? 　　　　2，3； 　　　　　　　　　　 　　　　② 　　　　4，5，6； 　　　　　　　　　　　　　③ 　　　　7，8，9，10；　　　　　　　 　　　?、? 　　　　11，12，13，14，15，16； 　 　　　 ⑤ 　　　　17，18，19，20，21，22，23， 　　?、? 　　因為從前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，所以至少有兩個數(shù)取自上面第②組到第⑥組中的某同一組，這兩個數(shù)中大數(shù)就不超過小數(shù)的1.5倍。 　　說明： 　　（1）本題可以改變敘述如下：在前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，求證其中存在兩個數(shù)，它們相互的比值在內(nèi)。 　　顯然，必須找出一種能把前25個自然數(shù)分成6（7-1=6）個集合的方法，不過分類時有一個限制條件：同一集合中任兩個數(shù)的比值在內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)值差不得過大。這樣，我們可以用如上一種特殊的分類法：遞推分類法： 　　從1開始，顯然1只能單獨作為1個集合{1}；否則不滿足限制條件。 　　能與2同屬于一個集合的數(shù)只有3，于是{2，3}為一集合。 　　如此依次遞推下去，使若干個連續(xù)的自然數(shù)屬于同一集合，其中最大的數(shù)不超過最小的數(shù)的倍，就可以得到滿足條件的六個集合。 　?。?）如果我們按照（1）中的遞推方法依次造“抽屜”，則第7個抽屜為 　　　{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}； 　　　第8個抽屜為：{40，41，42，…，60}； 　　　第9個抽屜為：{61，62，63，…，90，91}； 　　　…… 　　那么我們可以將例3改造為如下一系列題目： 　?。?）從前16個自然數(shù)中任取6個自然數(shù)； 　?。?）從前39個自然數(shù)中任取8個自然數(shù)； 　?。?）從前60個自然數(shù)中任取9個自然數(shù)； 　?。?）從前91個自然數(shù)中任取10個自然數(shù)；… 　　都可以得到同一個結(jié)論：其中存在2個數(shù)，它們相互的比值在]內(nèi)。 　　上述第（4）個命題，就是前蘇聯(lián)基輔第49屆數(shù)學(xué)競賽試題。如果我們改變區(qū)間[]（p＞q）端點的值，則又可以構(gòu)造出一系列的新題目來。 4.分析與解答：一個有著10個元素的集合，它共有多少個可能的子集呢？由于在組成一個子集的時候，每一個元素都有被取過來或者不被取過來兩種可能，因此，10個元素的集合就有210=1024個不同的構(gòu)造子集的方法，也就是，它一共有1024個不同的子集，包括空集和全集在內(nèi)?？占c全集顯然不是考慮的對象，所以剩下1024-2=1022個非空真子集。 　　再來看各個真子集中一切數(shù)字之和。用N來記這個和數(shù)，很明顯： 　　10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855 　　這表明N至多只有855-9=846種不同的情況。由于非空真子集的個數(shù)是1022，1022＞846，所以一定存在兩個子集A與B， 　　使得A中各數(shù)之和=B中各數(shù)之和。 　　若A∩B=φ，則命題得證，若A∩B=C≠φ，即A與B有公共元素，這時只要剔除A與B中的一切公有元素，得出兩個不相交的子集A1與B1，很顯然 　　A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1與B1就是符合題目要求的子集。 　　說明：本例能否推廣為如下命題： 　　已給一個由m個互不相等的n位十進制正整數(shù)組成的集合。求證：這個集合必有兩個無公共元素的子集合，各子集合中各數(shù)之和相等。 　　請讀者自己來研究這個問題。 5．分析與解答：由中點坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點（x1,y1）、（x2,y2）的中點坐標(biāo)是。欲使都是整數(shù)，必須而且只須x1與x2，y1與y2的奇偶性相同。坐標(biāo)平面上的任意整點按照橫縱兩個坐標(biāo)的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)造四個“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五個整點，那么至少有兩個整點，屬于同一個“抽屜”因此它們連線的中點就必是整點。 　　說明：我們可以把整點的概念推廣：如果（x1,x2,…xn）是n維（元）有序數(shù)組，且x1,x2,…xn中的每一個數(shù)都是整數(shù)，則稱（x1,x2,…xn）是一個n維整點（整點又稱格點）。如果對所有的n維整點按每一個xi的奇偶性來分類，由于每一個位置上有奇、偶兩種可能性，因此共可分為22…2=2n個類。這是對n維整點的一種分類方法。當(dāng)n=3時，23=8，此時可以構(gòu)造命題：“任意給定空間中九個整點，求證它們之中必有兩點存在，使連接這兩點的直線段的內(nèi)部含有整點”。這就是1971年的美國普特南數(shù)學(xué)競賽題。在n=2的情形，也可以構(gòu)造如下的命題：“平面上任意給定5個整點”，對“它們連線段中點為整點”的4個命題中，為真命題的是： 　　（A）最少可為0個，最多只能是5個 （B）最少可為0個，最多可取10個 　?。–）最少為1個，最多為5個 （D）最少為1個，最多為10個 　?。ㄕ_答案（D）） 6．分析：本題也似乎是茫無頭緒，無從下手，其關(guān)鍵何在？仔細審題，它們的“和”能“被100整除”應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個數(shù)排成一個數(shù)列，用Sm記其前m項的和，則其可構(gòu)造S1，S2，…S100共100個"和"數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到S1，S2，…S100共有100個數(shù)，一個數(shù)被100除所得的余數(shù)有0，1，2，…99共100種可能性?！疤O果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，如何排除“故障”？ 　　證明：設(shè)已知的整數(shù)為a1,a2,…a100考察數(shù)列a1,a2,…a100的前n項和構(gòu)成的數(shù)列S1，S2，…S100。 　　如果S1，S2，…S100中有某個數(shù)可被100整除，則命題得證。否則，即S1，S2，…S100均不能被100整除，這樣，它們被100除后余數(shù)必是{1，2，…，99}中的元素。由抽屜原理I知，S1，S2，…S100中必有兩個數(shù)，它們被100除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個數(shù)為Si，Sj（i＜j），則100∣（Sj-Si），即100∣。命題得證。 　　說明：有時候直接對所給對象作某種劃分，是很難構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷系摹＿@時候，我們需要對所給對象先作一些變換，然后對變換得到的對象進行分類，就可以構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷稀１绢}直接對{an}進行分類是很難奏效的。但由{an}構(gòu)造出{Sn}后，再對{Sn}進行分類就容易得多。 　　另外，對{Sn}按模100的剩余類劃分時，只能分成100個集合，而{Sn}只有100項，似乎不能應(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為0的類恰使結(jié)論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數(shù)為0的類，從而轉(zhuǎn)化為100個數(shù)分配在剩下的99個類中。這種處理問題的方法應(yīng)當(dāng)學(xué)會，它會助你從“山窮水盡疑無路”時，走入“柳暗花明又一村”中。 　　最后，本例的結(jié)論及證明可以推廣到一般情形（而且有加強的環(huán)節(jié)）： 　　在任意給定的n個整數(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），它們的和可被n整除，而且，在任意給定的排定順序的n個整數(shù)中，都可以找出若干個連續(xù)的項（可以是一項），它們的和可被n整除。 　　將以上一般結(jié)論中的n賦以相應(yīng)的年份的值如xx，xx，xx…，就可以編出相應(yīng)年份的試題來。如果再賦以特殊背景，則可以編出非常有趣的數(shù)學(xué)智力題來，如下題： 　　有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。請你證明：一定有若干只猴子（可以是一只），它們所吃的花生的粒數(shù)總和恰好是100的倍數(shù)。 　　7．證明：視17個科學(xué)家為17個點，每兩個點之間連一條線表示這兩個科學(xué)家在討論同一個問題，若討論第一個問題則在相應(yīng)兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應(yīng)兩點連條黃線，若討論第3個問題則在相應(yīng)兩點連條藍線。三名科學(xué)家研究同一個問題就轉(zhuǎn)化為找到一個三邊同顏色的三角形。 　　考慮科學(xué)家A，他要與另外的16位科學(xué)家每人通信討論一個問題，相應(yīng)于從A出發(fā)引出16條線段，將它們?nèi)境?種顏色，而16=35+1，因而必有6=5+1條同色，不妨記為AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同紅色，若Bi（i=1，2，…，6）之間有紅線，則出現(xiàn)紅色三角線，命題已成立；否則B1，B2，B3，B4，B5，B6之間的連線只染有黃藍兩色。 　　考慮從B1引出的5條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因為5=22+1，故必有3=2+1條線段同色，假設(shè)為黃色，并記它們?yōu)锽1B2，B1B3，B1B4。這時若B2，B3，B4之間有黃線，則有黃色三角形，命題也成立，若B2，B3，B4，之間無黃線，則△B2，B3，B4，必為藍色三角形，命題仍然成立。 　　說明：（1）本題源于一個古典問題--世界上任意6個人中必有3人互相認(rèn)識，或互相不認(rèn)識。（美國普特南數(shù)學(xué)競賽題）。 　?。?）將互相認(rèn)識用紅色表示，將互相不認(rèn)識用藍色表示，（1）將化為一個染色問題，成為一個圖論問題：空間六個點，任何三點不共線，四點不共面，每兩點之間連線都涂上紅色或藍色。求證：存在三點，它們所成的三角形三邊同色。 　?。?）問題（2）可以往兩個方向推廣：其一是顏色的種數(shù)，其二是點數(shù)。 　　本例便是方向一的進展，其證明已知上述。如果繼續(xù)沿此方向前進，可有下題： 　　在66個科學(xué)家中，每個科學(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們的通信中僅僅討論四個題目，而任何兩個科學(xué)家之間僅僅討論一個題目。證明至少有三個科學(xué)家，他們互相之間討論同一個題目。 　?。?）回顧上面證明過程，對于17點染3色問題可歸結(jié)為6點染2色問題，又可歸結(jié)為3點染一色問題。反過來，我們可以繼續(xù)推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的過程，易發(fā)現(xiàn) 　　6=（3-1）2+2，17=（6-1）3+2，66=（17-1）4+2， 　　同理可得（66-1）5+2=327，（327-1）6+2=1958…記為r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，… 　　我們可以得到遞推關(guān)系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4…這樣就可以構(gòu)造出327點染5色問題，1958點染6色問題，都必出現(xiàn)一個同色三角形。