編輯本段常見形式

第一抽屜原理

　　原理1： 把多於n+1個的物體放到n個抽屜裡，則至少有一個抽屜裡的東西不少於兩件。 　　

抽屜原理

證明（反證法）：如果每個抽屜至多隻能放進一個物體，那麼物體的總數至多是n，而不是題設的n+k(k≥1)，故不可能。 　　原理2 ：把多於mn(m乘以n)個的物體放到n個抽屜裡，則至少有一個抽屜裡有不少於m+1的物體。 　　證明（反證法）：若每個抽屜至多放進m個物體,那麼n個抽屜至多放進mn個物體,與題設不符，故不可能。 　　原理3 ：把無窮多件物體放入n個抽屜，則至少有一個抽屜裡 有無窮個物體。 　　原理1 、2 、3都是第一抽屜原理的表述。

第二抽屜原理

　　把（mn－1）個物體放入n個抽屜中，其中必有一個抽屜中至多有（m—1）個物體。 　　證明（反證法）：若每個抽屜都有不少於m個物體，則總共至少有mn個物體，與題設矛盾，故不可能。

編輯本段應用

基本介紹

　　應用抽屜原理解題 　　抽屜原理的內容簡明樸素，易於接受，它在數學問題中有重要的作用。許多有關存在性的證明都可用它來解決。 　　例1：同年出生的400人中至少有2個人的生日相同。 　　解：將一年中的365天視為365個抽屜，400個人看作400個物體，由抽屜原理1可以得知：至少有2人的生日相同. 400/365=1…35,1+1=2　又如：我們從街上隨便找來13人，就可斷定他們中至少有兩個人屬相相同。 　　“從任意5雙手套中任取6只，其中至少有2只恰為一雙手套。” 　　“從數1，2，...，10中任取6個數，其中至少有2個數為奇偶性不同。” 　　例2： 

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，那麼不管怎樣挑選，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. 　　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，那麼根據原理1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜裡，也就是說，至少兩人挑選玩具採用同一搭配方式，選的玩具相同. 　　上面數例論證的似乎都是“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裡存在多少. 　　抽屜原理雖然簡單，但應用卻很廣泛，它可以解答很多有趣的問題，其中有些問題還具有相當的難度。下面我們來研究有關的一些問題。 　　製造抽屜是運用原則的一大關鍵 　　例1 從2、4、6、…、30這15個偶數中，任取9個數，證明其中一定有兩個數之和是34。 　　分析與解答 我們用題目中的15個偶數製造8個抽屜： 　　此抽屜特點：凡是抽屜中有兩個數的，都具有一個共同的特點：這兩個數的和是34。現從題目中的15個偶數中任取9個數，由抽屜原理（因為抽屜只有8個），必有兩個數可以在同一個抽屜中（符合上述特點）.由製造的抽屜的特點，這兩個數的和是34。 　　例2：從1、2、3、4、…、19、20這20個自然數中，至少任選幾個數，就可以保證其中一定包括兩個數，它們的差是12。 　　分析與解答在這20個自然數中，差是12的有以下8對：{20，8}，{19，7}，{18，6}，{17，5}，{16，4}，{15，3}，{14，2}，{13，1}。 　　另外還有4個不能配對的數{9}，{10}，{11}，{12}，共製成12個抽屜（每個括號看成一個抽屜）.只要有兩個數取自同一個抽屜，那麼它們的差就等於12，根據抽屜原理至少任選13個數，即可辦到（取12個數：從12個抽屜中各取一個數（例如取1，2，3，…，12），那麼這12個數中任意兩個數的差必不等於12）。 　　例3： 從1到20這20個數中，任取11個數，必有兩個數，其中一個數是另一個數的倍數。 　　分析與解答 根據題目所要求證的問題，應考慮按照同一抽屜中，任意兩數都具有倍數關係的原則製造抽屜.把這20個數按奇數及其倍數分成以下十組，看成10個抽屜（顯然，它們具有上述性質）： 　　{1，2，4，8，16}，{3，6，12}，{5，10，20}，{7，14}，{9，18}，{11}，{13}，{15}，{17}，{19}。 　　從這10個陣列的20個數中任取11個數，根據抽屜原理，至少有兩個數取自同一個抽屜.由於凡在同一抽屜中的兩個數都具有倍數關係，所以這兩個數中，其中一個數一定是另一個數的倍數。 　　例4：某校校慶，來了n位校友，彼此認識的握手問候.請你證明無論什麼情況，在這n個校友中至少有兩人握手的次數一樣多。 　　分析與解答 共有n位校友，每個人握手的次數最少是0次，即這個人與其他校友都沒有握過手；最多有n-1次，即這個人與每位到會校友都握了手.然而，如果有一個校友握手的次數是0次，那麼握手次數最多的不能多於n-2次；如果有一個校友握手的次數是n-1次，那麼握手次數最少的不能少於1次.不管是前一種狀態0、1、2、…、n-2，還是後一種狀態1、2、3、…、n-1，握手次數都只有n-1種情況.把這n-1種情況看成n-1個抽屜，到會的n個校友每人按照其握手的次數歸入相應的“抽屜”，根據抽屜原理，至少有兩個人屬於同一抽屜，則這兩個人握手的次數一樣多。 　　在有些問題中，“抽屜”和“物體”不是很明顯的，需要精心製造“抽屜”和“物體”.如何製造“抽屜”和“物體”可能是很困難的，一方面需要認真地分析題目中的條件和問題，另一方面需要多做一些題積累經驗。 　　例5：15個網球分成數量不同的4堆，數量最多的一堆至少有多少個球？ 　　分析與解答 此題實際是求出15可分拆多少種4個互不相同的整數之和，而15=1+2+3+9=1+2+4+8=1+2+5+7=1+3+4+7=1+3+5+6=2+3+4+6，所以最多一堆的球數可能是9、8、7、6，其中至少有6個。^[1]

整除問題

　　把所有整數按照除以某個自然數m的餘數分為m類，叫做m的剩餘類或同餘類，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一個類含有無窮多個數，例如[1]中含有1，m+1，2m+1，3m+1，….在研究與整除有關的問題時，常用剩餘類作為抽屜.根據抽屜原理，可以證明：任意n+1個自然數中，總有兩個自然數的差是n的倍數。(證明：n+1個自然數被n整除餘數至少有兩個相等（抽屜原理），不妨記為m=a1*n+b n=a2*n+b，則m-n整除n)。 　　例1 證明：任取8個自然數，必有兩個數的差是7的倍數。 　　分析與解答 在與整除有關的問題中有這樣的性質，如果兩個整數a、b，它們除以自然數m的餘數相同，那麼它們的差a-b是m的倍數.根據這個性質，本題只需證明這8個自然數中有2個自然數，它們除以7的餘數相同.我們可以把所有自然數按被7除所得的7種不同的餘數0、1、2、3、4、5、6分成七類.也就是7個抽屜.任取8個自然數，根據抽屜原理，必有兩個數在同一個抽屜中，也就是它們除以7的餘數相同，因此這兩個數的差一定是7的倍數。 　　例2：對於任意的五個自然數，證明其中必有3個數的和能被3整除. 　　證明∵任何數除以3所得餘數只能是0，1，2，不妨分別構造為3個抽屜： 　　[0]，[1]，[2] 　　①若這五個自然數除以3後所得餘數分別分佈在這3個抽屜中(即抽屜中分別為含有餘數為0,1,2的數)，我們從這三個抽屜中各取1個(如1~5中取3,4,5)，其和(3+4+5=12)必能被3整除. 　　②若這5個餘數分佈在其中的兩個抽屜中，則其中必有一個抽屜至少包含有3個餘數（抽屜原理），即一個抽屜包含1個餘數，另一個包含4個，或者一個包含2個餘數另一個抽屜包含3個。從餘數多的那個抽屜裡選出三個餘數，其代數和或為0，或為3，或為6，均為3的倍數，故所對應的3個自然數之和是3的倍數. 　　③若這5個餘數分佈在其中的一個抽屜中，很顯然，從此抽屜中任意取出三個餘數，同情況②，餘數之和可被3整除，故其對應的3個自然數之和能被3整除. 　　例2′：對於任意的11個整數，證明其中一定有6個數，它們的和能被6整除. 　　證明：設這11個整數為：a1，a2，a3……a11 又6=2×3 　　①先考慮被3整除的情形 　　由例2知，在11個任意整數中，必存在： 　　3|a1+a2+a3，不妨設a1+a2+a3=b1； 　　同理，剩下的8個任意整數中，由例2，必存在：3 | a4+a5+a6.設a4+a5+a6=b2； 　　同理，其餘的5個任意整數中，有：3|a7+a8+a9，設：a7+a8+a9=b3 　　②再考慮b1、b2、b3被2整除. 　　依據抽屜原理，b1、b2、b3這三個整數中，至少有兩個是同奇或同偶，這兩個同奇（或同偶）的整數之和必為偶數.不妨設2|b1+b2 　　則：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6 　　∴任意11個整數，其中必有6個數的和是6的倍數. 　　例3： 任意給定7個不同的自然數，求證其中必有兩個整數，其和或差是10的倍數. 　　分析：注意到這些數除以10的餘數即個位數字，以0，1，…，9為標準制造10個抽屜，標以[0]，[1]，…，[9].若有兩數落入同一抽屜，其差是10的倍數，只是僅有7個自然數，似不便運用抽屜原則，再作調整：[6]，[7]，[8]，[9]四個抽屜分別與[4]，[3]，[2]，[1]合併，則可保證至少有一個抽屜裡有兩個數，它們的和或差是10的倍數. 　　抽屜原理 - 表述 　　抽屜原理的一種更一般的表述為： 　　“把多於kn+1個東西任意分放進n個空抽屜（k是正整數），那麼一定有一個抽屜中放進了至少k+1個東西。” 　　利用上述原理容易證明：“任意7個整數中，至少有3個數的兩兩之差是3的倍數。”因為任一整數除以3時餘數只有0、1、2三種可能，所以7個整數中至少有3個數除以3所得餘數相同，即它們兩兩之差是3的倍數。 　　如果問題所討論的物件有無限多個，抽屜原理還有另一種表述： 　　“把無限多個東西任意分放進n個空抽屜（n是自然數），那麼一定有一個抽屜中放進了無限多個東西。” 　　抽屜原理的內容簡明樸素，易於接受，它在數學問題中有重要的作用。許多有關存在性的證明都可用它來解決。

面積問題

　　例：九條直線中的每一條直線都將正方形分成面積比為2:3的梯形，證明：這九條直線中至少有三條經過同一點. 　　證明：如圖，設直線EF將正方形分成兩個梯形，作中位線MN。由於這兩個梯形的高相等， 故它們的面積之比等於中位線長的比，即|MH|:|NH| 。於是點H有確定的位置（它在正方形一對對邊中點的連線上，且|MH|:|NH|=2:3）. 由幾何上的對稱性，這種點共有四個（即圖中的H、J、I、K）.已知的九條適合條件的分割直線中的每一條必須經過H、J、I、K這四點中的一點.把H、J、I、K看成四個抽屜，九條直線當成9個物體，即可得出必定有3條分割線經過同一點 .應該是 [(物體數-1)÷抽屜數]+1

染色問題

　　例1正方體各面上塗上紅色或藍色的油漆（每面只塗一種色），證明正方體一定有三個面顏色相同. 　　證明：正方形有6個面 由最多[(m-1)÷n]+1 得出[(6-1)÷2]+1=[2.5]+1=3 　　例2 有5個小朋友，每人都從裝有許多黑白圍棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.請你證明，這5個人中至少有兩個小朋友摸出的棋子的顏色的配組是一樣的。 　　分析與解答 首先要確定3枚棋子的顏色可以有多少種不同的情況，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4種配組情況，看作4個抽屜.根據抽屜原理，至少有兩個小朋友摸出的棋子的顏色在同一個抽屜裡，也就是他們所拿棋子的顏色配組是一樣的。 　　例3：假設在一個平面上有任意六個點，無三點共線，每兩點用紅色或藍色的線段連起來，都連好後，問你能不能找到一個由這些線構成的三角形，使三角形的三邊同色？ 　　解：首先可以從這六個點中任意選擇一點，然後把這一點到其他五點間連五條線段，如圖，在這五條線段中，至少有三條線段是同一種顏色，假定是紅色，現在我們再單獨來研究這三條紅色的線。這三條線段的另一端或許是不同顏色，假設這三條線段（虛線）中其中一條是紅色的，那麼這條紅色的線段和其他兩條紅色的線段便組成了我們所需要的同色三角形，如果這三條線段都是藍色的，那麼這三條線段也組成我們所需要的同色三角形。因而無論怎樣著色，在這六點之間的所有線段中至少能找到一個同色三角形。 　　例3′（六人集會問題）證明在任意6個人的集會上，或者有3個人以前彼此相識，或者有三個人以前彼此不相識。” 　　例3”：17個科學家中每個人與其餘16個人通訊，他們通訊所討論的僅有三個問題，而任兩個科學家之間通訊討論的是同一個問題。證明：至少有三個科學家通訊時討論的是同一個問題。 　　解：不妨設A是某科學家，他與其餘16位討論僅三個問題，由鴿籠原理知，他至少與其中的6位討論同一問題。設這6位科學家為B，C，D，E，F，G，討論的是甲問題。 　　若這6位中有兩位之間也討論甲問題，則結論成立。否則他們6位只討論乙、丙兩問題。這樣又由鴿籠原理知B至少與另三位討論同一問題，不妨設這三位是C，D，E，且討論的是乙問題。 　　若C，D，E中有兩人也討論乙問題，則結論也就成立了。否則，他們間只討論丙問題，這樣結論也成立。

編輯本段狄利克雷原則

含義

　　把八個蘋果任意地放進七個抽屜裡，不論怎樣放，至少有一個抽屜放有兩個或兩個以上的蘋果。抽屜原則有時也被稱為鴿巢原理，它是德國數學家狄利克雷首先明確的提出來並用以證明一些數論中的問題，因此，也稱為狄利克雷原則。它是組合數學中一個重要的原理。

表現形式

　　把它推廣到一般情形有以下幾種表現形式。 　　形式一：設把n+1個元素劃分至n個集合中(A1，A2，…，An)，用a1，a2，…，an分別表示這n個集合對應包含的元素個數，則：至少存在某個集合Ai，其包含元素個數值ai大於或等於2。 　　證明：（反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai<2，則因為ai是整數，應有ai≤1，於是有： 　　a1+a2+…+an≤1+1+…+1=n<n+1，這與題設矛盾。 　　所以，至少有一個ai≥2，即必有一個集合中含有兩個或兩個以上的元素。 　　形式二：設把nm+1個元素劃分至n個集合中(A1，A2，…，An)，用a1，a2，…，an表示這n個集合對應包含的元素個數，則：至少存在某個集合Ai，其包含元素個數值ai大於或等於m+1。 　　證明：（反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai<m+1，則因為ai是整數，應有ai≤m，於是有： 　　a1+a2+…+an≤m+m+…+m=nm<nm+1，這與題設相矛盾。 　　所以，至少有存在一個ai≥m+1 　　知識擴充套件——高斯函式[x]定義：對任意的實數x，[x]表示“不大於x的最大整數”。例如：[3.5]=3，[2.9]=2，[－2.5]=－3，[7]=7，……一般地，我們有：[x]≤x<[x]+1 　　形式三：設把n個元素分為k個集合A1，A2，…，Ak，用a1，a2，…，ak表示這k個集合裡相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大於或等於[n/k]。 　　證明：（用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai<[n/k]，於是有： 　　a1+a2+…+ak<[n/k]+[n/k]+…+[n/k] =k?[n/k]≤k?(n/k)=n 　　k個[n/k] ∴ a1+a2+…+ak<n 這與題設相矛盾。所以，必有一個集合中元素個數大於或等於[n/k] 　　形式四：設把q1+q2+…+qn－n+1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合裡相應的元素個數，需要證明至少存在某個i，使得ai大於或等於qi。 　　證明：（用反證法）假設結論不成立，即對每一個ai都有ai<qi，因為ai為整數，應有ai≤qi－1， 　　於是有：a1+a2+…+an≤q1+q2+…+qn－n <q1+q2+…+qn－n+1這與題設矛盾。 　　所以，假設不成立，故必有一個i,在第i個集合中元素個數ai≥qi 　　形式五：證明：（用反證法）將無窮多個元素分為有限個集合，假設這有限個集合中的元素的個數都是有限個，則有限個有限數相加，所得的數必是有限數，這就與題設產生矛盾，所以，假設不成立，故必有一個集合含有無窮多個元素。

例證

　　例題1：400人中至少有兩個人的生日相同.分析：生日從1月1日排到12月31日，共有366個不相同的生日，我們把366個不同的生日看作366個抽屜，400人視為400個蘋果，由表現形式1可知，至少有兩人在同一個抽屜裡，所以這400人中有兩人的生日相同. 　　解：將一年中的366天視為366個抽屜，400個人看作400個蘋果，由抽屜原理的表現形式1可以得知：至少有兩人的生日相同. 　　例題2：任取5個整數，必然能夠從中選出三個，使它們的和能夠被3整除. 　　證明：任意給一個整數，它被3除，餘數可能為0，1，2，我們把被3除餘數為0，1，2的整數各歸入類r0，r1，r2.至少有一類包含所給5個數中的至少兩個.因此可能出現兩種情況：1°.某一類至少包含三個數；2°.某兩類各含兩個數，第三類包含一個數. 　　若是第一種情況，就在至少包含三個數的那一類中任取三數，其和一定能被3整除；若是第二種情況，在三類中各取一個數，其和也能被3整除..綜上所述，原命題正確. 　　例題3：某校派出學生204人上山植樹15301株，其中最少一人植樹50株，最多一人植樹100株，則至少有5人植樹的株數相同.

抽屜原理

證明：按植樹的多少，從50到100株可以構造51個抽屜，則個問題就轉化為至少有5人植樹的株數在同一個抽屜裡。 　　(用反證法)假設無5人或5人以上植樹的株數在同一個抽屜裡，那只有5人以下植樹的株數在同一個抽屜裡，而參加植樹的人數為204人，所以，每個抽屜最多有4人，故植樹的總株數最多有： 　　4(50+51+…+100)=4× =15300<15301得出矛盾.因此，至少有5人植樹的株數相同。

練習

　　1．邊長為1的等邊三角形內有5個點，那麼這5個點中一定有距離小於0.5的兩點； 　　2．邊長為1的等邊三角形內，若有n2+1個點，則至少存在2點距離小於0.5； 　　3．任意四個整數中，至少有兩個整數的差能夠被3整除； 　　4．某校高一某班有50名新生，試說明其中一定有二人的熟人一樣多. 　　5．某個年級有202人蔘加考試，滿分為100分，且得分都為整數，總得分為10101分，則至少有3人得分相同. 　　6．任意367個人中，必有生日相同的人； 　　7．從任意5雙手套中任取6只，其中至少有2只恰為一雙手套； 　　8．從數1，2，...，10中任取6個數，其中至少有2個數為奇偶性不同； 　　9.一個布袋中有40塊相同的木塊，其中編上號碼1，2，3，4的各有10塊。一次至少要取出多少塊木塊，才能保證其中有3塊號碼相同？ 　　大家都會認為上面所述結論是正確的。這些結論是依據什麼原理得出的呢？這個原理叫做抽屜原理。它的內容可以用形象的語言表述為： 　　“把m個東西任意分放進n個空抽屜裡（m>n），那麼一定有一個抽屜中放進了至少2個東西。”

編輯本段一般表述及意義

　　在上面的第一個結論中，由於一年最多有366天，因此在367人中至少有2人出生在同月同日。這相當於把367個東西放入 366個抽屜，至少有2個東西在同一抽屜裡。在第二個結論中，不妨想象將5雙手套分別編號，即號碼為1，2，...，5的手套各有兩隻，同號的兩隻是一雙。任取6隻手套，它們的編號至多有5種，因此其中至少有兩隻的號碼相同。這相當於把6個東西放入5個抽屜，至少有2個東西在同一抽屜裡。 　　抽屜原理的一種更一般的表述為： 　　“把多於kn+1個東西任意分放進n個空抽屜（k是正整數），那麼一定有一個抽屜中放進了至少k+1個東西。” 　　利用上述原理容易證明：“任意7個整數中，至少有3個數的兩兩之差是3的倍數。”因為任一整數除以3時餘數只有0、1、2三種可能，所以7個整數中至少有3個數除以3所得餘數相同，即它們兩兩之差是3的倍數。 　　如果問題所討論的物件有無限多個，抽屜原理還有另一種表述： 　　“把無限多個東西任意分放進n個空抽屜（n是自然數），那麼一定有一個抽屜中放進了無限多個東西。” 　　用高斯函式來敘述一般形式的抽屜原理的是：將m個元素放入n個抽屜，則在其中一個抽屜裡至少會有 　　(m-1)÷n+1個元素。 　　抽屜原理的內容簡明樸素，易於接受，它在數學問題中有重要的作用。許多有關存在性的證明都可用它來解決。 　　這個問題可以用如下方法簡單明瞭地證出： 　　在平面上用6個點A、B、C、D、E、F分別代表參加集會的任意6個人。如果兩人以前彼此認識，那麼就在代表他們的兩點間連成一條紅線；否則連一條藍線。考慮A點與其餘各點間的5條連線AB，AC，...，AF，它們的顏色不超過2種。根據抽屜原理可知其中至少有3條連線同色，不妨設AB，AC，AD同為紅色。如果BC，BD ，CD 3條連線中有一條（不妨設為BC）也為紅色，那麼三角形ABC即一個紅色三角形，A、B、C代表的3個人以前彼此相識：如果BC、BD、CD 3條連線全為藍色，那麼三角形BCD即一個藍色三角形，B、C、D代表的3個人以前彼此不相識。不論哪種情形發生，都符合問題的結論。 　　六人集會問題是組合數學中著名的拉姆塞定理的一個最簡單的特例，這個簡單問題的證明思想可用來得出另外一些深入的結論。這些結論構成了組合數學中的重要內容-----拉姆塞理論。從六人集會問題的證明中，我們又一次看到了抽屜原理的應用。

編輯本段抽屜問題經典練習

系列之一

　　1．木箱裡裝有紅色球3個、黃色球5個、藍色球7個，若矇眼去摸，為保證取出的球中有兩個球的顏色不相同，則最少要取出多少個球？ 　　解：把3種顏色看作3個抽屜，要符合題意，則小球的數目必須大於7，故至少取出8個小球才能符合要求。 　　2．一幅撲克牌有54張，最少要抽取幾張牌，方能保證其中至少有2張牌有相同的點數？ 　　解：點數為1(A)、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11(J)、12(Q)、13(K)的牌各取1張，再取大王、小王各1張，一共15張，這15張牌中，沒有兩張的點數相同。這樣，如果任意再取1張的話，它的點數必為1～13中的一個，於是有2張點數相同。 　　3．11名學生到老師家借書，老師是書房中有A、B、C、D四類書，每名學生最多可借兩本不同類的書，最少借一本。試證明：必有兩個學生所借的書的型別相同。 　　證明：若學生只借一本書，則不同的型別有A、B、C、D四種，若學生借兩本不同型別的書，則不同的型別有AB、AC、AD、BC、BD、CD六種。共有10種類型，把這10種類型看作10個“抽屜”，把11個學生看作11個“蘋果”。如果誰借哪種型別的書，就進入哪個抽屜，由抽屜原理，至少有兩個學生，他們所借的書的型別相同。 　　4．有50名運動員進行某個專案的單迴圈賽，如果沒有平局，也沒有全勝，試證明：一定有兩個運動員積分相同。 　　證明：設每勝一局得一分，由於沒有平局，也沒有全勝，則得分情況只有1、2、3……49，只有49種可能，以這49種可能得分的情況為49個抽屜，現有50名運動員得分，則一定有兩名運動員得分相同。 　　5．體育用品倉庫裡有許多足球、排球和籃球，某班50名同學來倉庫拿球，規定每個人至少拿1個球，至多拿2個球，問至少有幾名同學所拿的球種類是一致的？ 　　解：根據規定，多有同學拿球的配組方式共有以下9種：﹛足﹜﹛排﹜﹛藍﹜﹛足足﹜﹛排排﹜﹛藍藍﹜﹛足排﹜﹛足藍﹜﹛排藍﹜。以這9種配組方式製造9個抽屜，將這50個同學看作蘋果50÷9 =5……5 　　由抽屜原理2：k=[m/n ]+1可得，至少有6人，他們所拿的球類是完全一致的。 　　6．某校有55個同學參加數學競賽，已知將參賽人任意分成四組，則必有一組的女生多於2人，又知參賽者中任何10人中必有男生，則參賽男生的人數為__________人。 　　解：因為任意分成四組，必有一組的女生多於2人，所以女生至少有4×2+1=9（人）；因為任意10人中必有男生，所以女生人數至多有9人。所以女生有9人，男生有55－9=46（人）

系列之二

　　7、 證明：從1，3，5，……，99中任選26個數，其中必有兩個數的和是100。 　　解析：將這50個奇數按照和為100，放進25個抽屜：（1，99），（3，97），（5，95），……，（49 ，51）。根據抽屜原理，從中選出26個數，則必定有兩個數來自同一個抽屜，那麼這兩個數的和即為100。 　　8。 某旅遊車上有47名乘客，每位乘客都只帶有一種水果。如果乘客中有人帶梨，並且其中任何兩位乘客中至少有一個人帶蘋果，那麼乘客中有______人帶蘋果。 　　解析：由題意，不帶蘋果的乘客不多於一名，但又確實有不帶蘋果的乘客，所以不帶蘋果的乘客恰有一名，所以帶蘋果的就有46人。 　　9。 一些蘋果和梨混放在一個筐裡，小明把這筐水果分成了若干堆，後來發現無論怎麼分，總能從這若干堆裡找到兩堆，把這兩堆水果合併在一起後，蘋果和梨的個數是偶數，那麼小明至少把這些水果分成了_______堆。 　　解析：要求把其中兩堆合併在一起後，蘋果和梨的個數一定是偶數，那麼這兩堆水果中，蘋果和梨的奇偶性必須相同。對於每一堆蘋果和梨，奇偶可能性有4種：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），所以根據抽屜原理可知最少分了4+1=5筐。 　　10。 有黑色、白色、藍色手套各5只（不分左右手），至少要拿出_____只（拿的時候不許看顏色），才能使拿出的手套中一定有兩雙是同顏色的。 　　解析：考慮最壞情況，假設拿了3只黑色、1只白色和1只藍色，則只有一雙同顏色的，但是再多拿一隻，不論什麼顏色，則一定會有兩雙同顏色的，所以至少要拿6只。 　　11。從前25個自然數中任意取出7個數，證明：取出的數中一定有兩個數，這兩個數中大數不超過小數的1.5倍。 　　證明：把前25個自然數分成下面6組： 　　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， ⑥ 　　因為從前25個自然數中任意取出7個數，所以至少有兩個數取自上面第②組到第⑥組中的某同一組，這兩個數中大數就不超過小數的1.5倍。 　　12．一副撲克牌有四種花色，每種花色各有13張，現在從中任意抽牌。問最少抽幾張牌，才能保證有4張牌是同一種花色的？ 　　解析：根據抽屜原理，當每次取出4張牌時，則至少可以保障每種花色一樣一張，按此類推，當取出12張牌時，則至少可以保障每種花色一樣三張，但還要加上大小怪，所以當抽取第15張牌時，無論是什麼花色，都可以至少保障有4張牌是同一種花色。 　　13．從1、2、3、4……、12這12個自然數中，至少任選幾個，就可以保證其中一定包括兩個數，他們的差是7？ 　　【解析】在這12個自然數中，差是7的自然樹有以下5對：{12，5}{11，4}{10，3}{9，2}{8，1}。另外，還有2個在該範圍取不到差值為7的配對的數是{6}、{7}。根據抽屜原理，共構造了7個抽屜。只要有兩個數是取自同一個抽屜，那麼它們的差就等於7。這7個抽屜可以表示為{12，5}{11，4}{10，3}{9，2}{8，1}{6}{7}，顯然從7個抽屜中取8個數，則一定可以使有兩個數字來源於同一個抽屜，也即作差為7。

系列之三

　　1．某幼兒班有40名小朋友，現有各種玩具122件，把這些玩具全部分給小朋友，是否會有小朋友得到4件或4件以上的玩具？ 　　分析與解：將40名小朋友看成40個抽屜。今有玩具122件，122=3×40+2。應用抽屜原理2，取n=40，m=3，立即知道：至少有一個抽屜中放有4件或4件以上的玩具。也就是說，至少會有一個小朋友得到4件或4件以上的玩具。 　　2．一個布袋中有40塊相同的木塊，其中編上號碼1，2，3，4的各有10塊。問：一次至少要取出多少木塊，才能保證其中至少有3塊號碼相同的木塊？ 　　分析與解：將1，2，3，4四種號碼看成4個抽屜。要保證有一個抽屜中至少有3件物品，根據抽屜原理2，至少要有4×2+1=9（件）物品。所以一次至少要取出9塊木塊，才能保證其中有3塊號碼相同的木塊。 　　3．六年級有100名學生，他們都訂閱甲、乙、丙三種雜誌中的一種、二種或三種。問：至少有多少名學生訂閱的雜誌種類相同？ 　　分析與解：首先應當弄清訂閱雜誌的種類共有多少種不同的情況。 　　訂一種雜誌有：訂甲、訂乙、訂丙3種情況； 　　訂二種雜誌有：訂甲乙、訂乙丙、訂丙甲3種情況； 　　訂三種雜誌有：訂甲乙丙1種情況。 　　總共有3+3+1=7（種）訂閱方法。我們將這7種訂法看成是7個“抽屜”，把100名學生看作100件物品。因為100=14×7+2。根據抽屜原理2，至少有14+1=15（人）所訂閱的報刊種類是相同的。 　　4．籃子裡有蘋果、梨、桃和桔子，現有81個小朋友，如果每個小朋友都從中任意拿兩個水果，那麼至少有多少個小朋友拿的水果是相同的？ 　　分析與解：首先應弄清不同的水果搭配有多少種。兩個水果是相同的有4種，兩個水果不同有6種：蘋果和梨、蘋果和桃、蘋果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4+6=10（種）。將這10種搭配作為10個“抽屜”。 　　81÷10=8……1（個）。 　　根據抽屜原理2，至少有8+1=9（個）小朋友拿的水果相同。 　　5．學校開辦了語文、數學、美術三個課外學習班，每個學生最多可以參加兩個（可以不參加）。問：至少有多少名學生，才能保證有不少於5名同學參加學習班的情況完全相同？ 　　分析與解：首先要弄清參加學習班有多少種不同情況。不參加學習班有1種情況，只參加一個學習班有3種情況，參加兩個學習班有語文和數學、語文和美術、數學和美術3種情況。共有1+3+3=7（種）情況。將這7種情況作為7個“抽屜”，根據抽屜原理2，要保證不少於5名同學參加學習班的情況相同，要有學生　7×（5-1）+1=29（名）。 　　6. 在1，4，7，10，…，100中任選20個數，其中至少有不同的兩對數，其和等於104。 　　分析：解這道題，可以考慮先將4與100，7與97，49與55……，這些和等於104的兩個陣列成一組，構成16個抽屜，剩下1和52再構成2個抽屜，這樣，即使20個數中取到了1和52，剩下的18個數還必須至少有兩個數取自前面16個抽屜中的兩個抽屜，從而有不同的兩組數，其和等於104；如果取不到1和52，或1和52不全取到，那麼和等於104的陣列將多於兩組。 　　解：1，4，7，10，……，100中共有34個數，將其分成{4，100}，{7，97}，……，{49，55}，{1}，{52}共18個抽屜，從這18個抽屜中任取20個數，若取到1和52，則剩下的18個數取自前16個抽屜，至少有4個數取自某兩個抽屜中，結論成立；若不全取1和52，則有多於18個數取自前16個抽屜，結論亦成立。

系列之四

　　1. 任意5個自然數中，必可找出3個數，使這三個數的和能被3整除。 　　分析：解這個問題，注意到一個數被3除的餘數只有0，1，2三個，可以用餘數來構造抽屜。 　　解：以一個數被3除的餘數0、1、2構造抽屜，共有3個抽屜。任意五個數放入這三個抽屜中，若每個抽屜內均有數，則各抽屜取一個數，這三個數的和是3的倍數，結論成立；若至少有一個抽屜內沒有數，那麼5個數中必有三個數在同一抽屜內，這三個數的和是3的倍數，結論亦成立。 　　2. 在邊長為1的正方形內，任意放入9個點，證明在以這些點為頂點的三角形中，必有一個三角形的面積不超過1/8. 　　解：分別連結正方形兩組對邊的中點，將正方形分為四個全等的小正方形，則各個小正方形的面積均為1/4 。把這四個小正方形看作4個抽屜，將9個點隨意放入4個抽屜中，據抽屜原理，至少有一個小正方形中有3個點。顯然，以這三個點為頂點的三角形的面積不超過1/8 。 　　反思：將邊長為1的正方形分成4個面積均為1/4 的小正方形，從而構造出4個抽屜，是解決本題的關鍵。我們知道。將正方形分成面積均為1/4 的圖形的方法不只一種，如可連結兩條對角線將正方形分成4個全等的直角三角形，這4個圖形的面積也都是1/4 ，但這樣構造抽屜不能證到結論。可見，如何構造抽屜是利用抽屜原理解決問題的關鍵。 　　3． 班上有50名學生，將書分給大家，至少要拿多少本，才能保證至少有一個學生能得到兩本或兩本以上的書。 　　解：把50名學生看作50個抽屜，把書看成蘋果 ，根據原理1，書的數目要比學生的人數多，即書至少需要50+1=51本. 　　4． 在一條長100米的小路一旁植樹101棵，不管怎樣種，總有兩棵樹的距離不超過1米。 　　解：把這條小路分成每段1米長，共100段，每段看作是一個抽屜，共100個抽屜，把101棵樹看作是101個蘋果 ，於是101個蘋果放入100個抽屜中，至少有一個抽屜中有兩個蘋果 ，即至少有一段有兩棵或兩棵以上的樹 . 　　你也來試試？ 　　1.飼養員給10只猴子分蘋果，其中至少要有一隻猴子得到7個蘋果，飼養員至少要拿來多少個蘋果？ 　　2.從13個自然數中，一定可以找到兩個數，它們的差是12的倍數。 　　3.一個班有40名同學，現在有課外書125本。把這些書分給同學，是否有人會得到4本或4本以上課外書？