抽屉原理解析

抽屉原理解析（精选6篇）

篇1：抽屉原理解析

抽屉原理1：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 概念解析

1、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.2、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.3、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、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪。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。

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。

解析（首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.把每人的3枚棋作为一组当作一个苹果，因此共有5个苹果.把每人所拿3枚棋子按其颜色配组情况放入相应的抽屉.由于有5个苹果，比抽屉个数多，所以根据抽屉原理，至少有两个苹果在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。）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？

解析（扑克牌中有方块、梅花、黑桃、红桃4种花色，2张牌的花色可以有：2张方块，2张梅花，2张红桃，2张黑桃，1张方块1张梅花，1张方块1张黑桃，1张方块1张红桃，1张梅花1张黑桃，1张梅花1张红桃，1张黑桃1张红桃共计10种情况.把这10种花色配组看作10个抽屉，只要苹果的个数比抽屉的个数多1个就可以有题目所要的结果.所以至少有11个人。）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。

解析（用题目中的15个偶数制造8个抽屉：

凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34。现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数在同一个抽屉中.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是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。

解析（在这20个自然数中，差是12的有以下8对： ｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝。另外还有4个不能配对的数｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，„，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于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。

解析（分析与解答 根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两数都具有倍数关系的原则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以下十组，看成10个抽屉（显然，它们具有上述性质）： ｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。从这10个数组的20个数中任取11个数，根据抽屉原理，至少有两个数取自同一个抽屉.由于凡在同一抽屉中的两个数都具有倍数关系，所以这两个数中，其中一个数一定是另一个数的倍数。）

例6 证明：在任取的5个自然数中，必有3个数，它们的和是3的倍数。分析与解答 按照被3除所得的余数，把全体自然数分成3个剩余类，即构成3个抽屉.如果任选的5个自然数中，至少有3个数在同一个抽屉，那么这3个数除以3得到相同的余数r，所以它们的和一定是3的倍数（3r被3整除）。如果每个抽屉至多有2个选定的数，那么5个数在3个抽屉中的分配必为1个，2个，2个，即3个抽屉中都有选定的数.在每个抽屉中各取1个数，那么这3个数除以3得到的余数分别为0、1、2.因此，它们的和也一定能被3整除（0+1+2被3整除）。

例7 某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多。

分析与解答 共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.校友人数与握手次数的不同情况（0，1，2，„，n-1）数都是n，还无法用抽屉原理。然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、„、n-2，还是后一种状态1、2、3、„、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。

抽屉原理2：将多于m×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的件数不少于m＋1。概念解析

1、假定这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到（m＋1）件，即每个抽屉里的物品都不多于m件，这样n个抽屉中可放物品的总数就不会超过m×n件，这与多于m×n件物品的假设相矛盾。这说明一开始的假定不能成立，所以至少有一个抽屉中物品的件数不少于（m＋1）件。

2、“抽屉原理1”和“抽屉原理2”的区别是：“抽屉原理1”物体多，抽屉少，数量比较接近；“抽屉原理2”虽然也是物体多，抽屉少，但是数量相差较大，物体个数比抽屉个数的几倍还多 例题讲解

1、如果将13只鸽子放进6只鸽笼里，那么至少有一只笼子要放3只或更多的鸽子。道理很简单，如果每只鸽笼里只放2只鸽子，6只鸽笼共放12只鸽子，剩下的一只鸽子无论放入哪只鸽笼里，总有一只鸽笼放了3只鸽子。

2、有40名小朋友，现有各种玩具122件，把这些玩具全部分给小朋友，是否会有小朋友得到4件或4件以上的玩具？

分析与解：将40名小朋友看成40个抽屉。有玩具122件，而122＝3×40＋2，应用抽屉原理2，取n＝40，m＝3，立即知道至少有一个抽屉中放有4件或4件以上的玩具，也就是说，至少会有一个小朋友得到4件或4件以上的玩具

3、布袋里有4种不同颜色的球，每种都有10个。最少取出多少个球，才能保证其中一定有3个球的颜色一样？

分析与解：把4种不同颜色看做4个抽屉，把布袋中的球看做元素。根据抽屉原理2，要使其中一个抽屉里有3个颜色一样的球，那么放入的球的个数最少应比抽屉个数的2倍多1，即最少取出（3－1）×4＋1＝9（个）球。

4、有47名学生参加一次数学竞赛，成绩都是整数，满分是100分。已知3名学生的成绩在60分以下，其余学生的成绩均在75～95分之间。问：至少有几名学生的成绩相同？

分析与解：关键是构造合适的“抽屉”。既然是问“至少有几名学生的成绩相同”，说明应以成绩为抽屉，学生为物品。除3名成绩在60分以下的学生外，其余学生的成绩均在75～95分之间，而75～95分中共有21个不同的分数，将这21个分数作为21个抽屉，把47－3＝44（个）学生作为物品。则有44÷21＝2„„2，根据抽屉原理2，至少有1个抽屉中至少有3件物品，即这47名学生中至少有3名学生的成绩是相同的

5、学校开办了语文、数学、美术三个课外学习班，每个学生最多可以参加两个（也可以不参加）。问：至少有多少名学生，才能保证有不少于5名学生参加学习班的情况完全相同？

分析与解：首先要弄清参加学习班有多少种不同的情况：不参加学习班有1种情况，只参加一个学习班有3种情况，参加两个学习班有语文和数学、语文和美术、数学和美术3种情况。共有1＋3＋3＝7（种）情况。将这7种情况作为7个“抽屉”，根据抽屉原理2，要保证有不少于5名学生参加学习班的情况完全相同，那么至少有学生7×（5－1）＋1＝29（名）。

6、夏令营组织2000名营员活动，其中有爬山、参观博物馆和到海滩游玩三个项目。规定每人必须参加一项或两项活动。那么至少有几名营员参加的活动项目完全相同？

分析与解：本题的抽屉不是那么明显，因为问的是“至少有几名营员参加的活动项目完全相同”，所以应该把活动项目当成抽屉，营员当成物品。营员数已经有了，现在的问题是应当搞清有多少个抽屉。

因为“每人必须参加一项或两项活动”，共有3项活动，所以只参加一项活动的情况有3种，参加两项活动的有爬山与参观、爬山与海滩游玩、参观与海滩游玩3种情况，所以共有3＋3＝6（个）抽屉。则有2000÷6＝333„„2，根据抽屉原理2，至少有一个抽屉中有333＋1＝334（件）物品，即至少有334名营员参加的活动项目是完全相同的。

7、幼儿园里有120个小朋友，各种玩具有364件。把这些玩具分给小朋友，是否有人会得到4件或4件以上的玩具？

把120个小朋友看做是120个抽屉，把玩具件数看做是元素。则364=120×3+4，4＜120。根据抽屉原理的第（2）条规则：如果把m×x×k（x＞k≥1）个元素放到x个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含有m+1个或更多个元素。可知至少有一个抽屉里有3+1=4个元素，即有人会得到4件或4件以上的玩具

课堂练习

1.五名同学在一起练习投篮，共投进了41个球，那么至少有一个人投进了几个球？

2.有100名学生，他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、两种或三种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？

3.篮子里有苹果、梨、桃和橘子，现有81个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那么至少有多少个小朋友拿的水果是相同的？

4.放体育用品的仓库里有许多足球、排球和篮球，有66名同学来仓库拿球，要求每人至少拿1个球，至多拿2个球。问：至少有多少名同学所拿的球的种类是完全一样的？

5.①求证：任意25个人中，至少有3个人的属相相同。②要想保证至少有5个人的属相相同，但不能保证有6个人的属相相同，那么人的总数应在什么范围内？

参考答案

1.解：将5个同学投进的球数作为抽屉，将41个球放入抽屉中，41＝5×8＋1，所以至少有一个抽屉中放了9个球，即至少有一个人投进了9个球。

2.解：首先应当弄清订阅杂志的种类共有多少种不同的情况。

订一种杂志有：订甲、订乙、订丙3种情况；

订两种杂志有：订甲乙、订乙丙、订丙甲3种情况；

订三种杂志有：订甲乙丙1种情况。

总共有3＋3＋1＝7（种）订阅方法。我们将这7种订法看成是7个“抽屉”，把100名学生看作100件物品。因为100＝14×7＋2。根据抽屉原理2，至少有14＋1＝15（名）学生所订阅的杂志种类是相同的。

3.解：首先应弄清不同的水果搭配有多少种。两个水果是相同的有4种，两个水果不同的有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和橘子、梨和桃、梨和橘子、桃和橘子，所以不同的水果搭配共有4＋6＝10（种）。将这10种搭配作为10个“抽屉”，因为81＝8×10＋1，根据抽屉原理2，至少有8＋1＝9（个）小朋友拿的水果是相同的。

4.解：拿球的配组方式有以下9种：｛足｝，｛排｝，｛篮｝，｛足，足｝，｛排，排｝，｛篮，篮｝，｛足，排｝，｛足，篮｝，｛排，篮｝。

把这9种配组方式看作9个抽屉，因为66＝7×9＋3，所以至少有7＋1＝8（名）同学所拿的球的种类是完全一样的。

5.解：①把12种属相看作12个抽屉，因为25＝2×12＋1，所以根据抽屉原理2，至少有3个人的属相相同。

②要保证有5个人的属相相同，总人数最少为4×12＋1＝49（人）。不能保证有6个人的属相相同的最多人数为5×12＝60（人）。所以总人数应在49人到60人的范围内。

练习1：

1、一个幼儿园大班有40个小朋友，班里有各种玩具125件。把这些玩具分给小朋友，是否有人会得到4件或4件以上的玩具？

2、把16枝铅笔放入三个笔盒里，至少有一个笔盒里的笔不少于6枝。为什么？

3、把25个球最多放在几个盒子里，才能至少有一个盒子里有7个球？

答案：

1、把40名小朋友看做40个抽屉，将125件玩具放入这些抽屉，因为125＝3×40+5，根据抽屉原理，可知至少有一个抽屉有4件或4件以上的玩具，所以肯定有人会得到4件或4件以上的玩具。

2、把三个笔盒看做3个抽屉，因为16＝5×3+1，根据抽屉原理可以至少有一个笔盒里的笔有6枝或6枝以上。

3、把盒子数看成抽屉，要使其中一个抽屉里至少有7个球，那么球的个数至少应比抽屉个数的（7－1）倍多1，而25＝4×（7－1）+1，所以最多方子4个盒子里，才能保证至少有一个盒子里有7个球。

例题2：

布袋里有4种不同颜色的球，每种都有10个。最少取出多少个球，才能保证其中一定有3个球的颜色一样？ 解析：把4种不同颜色看做4个抽屉，把布袋中的球看做元素。据抽屉原理2要使其中一个抽屉里至少有3个颜色一样的球，那么取出的球的个数应比抽屉个数的2倍多1。即2×4+1=9（个）球。列算式为（3—1）×4+1=9（个）

练习2：

1、布袋里有组都多的5种不同颜色的球。最少取出多少个球才能保证其中一定有3个颜色一样的球？

2、一个容器里放有10块红木块、10块白木块、10块蓝木块，它们的形状、大小都一样。当你被蒙上眼睛去容器中取出木块时，为确保取出的木块中至少有4块颜色相同，应至少取出多少块木块？

3、一副扑克牌共54张，其中1—13点各有4张，还有两张王的扑克牌。至少要取出几张牌，才能保证其中必有4张牌的点数相同？

参考答案

1、最少应取出（3－1）×5+1＝11个球

2、至少取出（4－1）×3+1＝10块木块。

3、如果没有两张王牌，至少要取（4－1）×13+1＝40张，再加上两张王牌，至少要摸出40+2＝42张，才能保证其中必有4张牌点数相同。

例题3：

某班共有46名学生，他们都参加了课外兴趣小组。活动内容有数学、美术、书法和英语，每人可参加1个、2个、3个或4个兴趣小组。问班级中至少有几名学生参加的项目完全相同？

解析：参加课外兴趣小组的学生共分四种情况，只参加一个组的有4种类型，只参加两个小组的有6个类型，只参加三个组的有4种类型，参加四个组的有1种类型。把4+6+4+1=15（种）类型看做15个抽屉，把46个学生放入这些抽屉，因为46=3×15+1，所以班级中至少有4名学生参加的项目完全相同。

练习3：

1、某班有37个学生，他们都订阅了三种报刊中的一、二、三种。其中至少有几位同学订的报刊相同？

2、学校开办了绘画、笛子、足球和电脑四个课外学习班，每个学生最多可以参加两个（可以不参加）。某班有52名同学，问至少有几名同学参加课外学习班的情况完全相同？

3、库房里有一批篮球、排球、足球和铅球，每人任意搬运两个，问：在31个 搬运者中至少有几人搬运的球完全相同？

参考答案

1、小学六年中最多有2个闰年，共366×2+365×4＝2191天，因为13170＝6×2192+18，所以其中一定有7人是同年同月同日生的。

2、参加课外兴趣小组的学生共分四种情况，只参加一个组的有4种类型，只参加两个组的有6种类型，只参加三个字的有4种类型，参加四个组的有1种类型。把4+6+4+1＝15种类型看作15个抽屉，把46个学生放入这些抽屉，因为46＝15×3+1，所以班级中至少有4名学生参加的项目完全相同。

3、全班订阅报刊的类型共有3+3+1＝7种，因为37＝5×7+2，所以其中至少有6位学生订的报刊相同。

例题4：

从1至30中，3的倍数有30÷3=10个，不是3的倍数的数有30—10=20个，至少要取出20+1=21个不同的数才能保证其中一定有一个数是3的倍数。

练习4：

1、在1，2，3，„„49，50中，至少要取出多少个不同的数，才能保证其中一定有一个数能被5整除？

2、从1至120中，至少要取出几个不同的数才能保证其中一定有一个数是4的倍数？

3、从1至36中，最多可以取出几个数，使得这些数中没有两数的差是5的倍数？

参考答案 练4

1、在1～50中，5的倍数有50÷5＝10个，不是5的倍数的就有50－10＝40个，至少要取

出40+1＝41个不同的数才能保证其中有个数能贝5整除。

2、在1～120中，4的倍数有120÷4＝30个，不是4的倍数有120－30＝90个，正是要取出90+1＝91个不同的数才能保证其中一定有一个数是4的倍数。

3、差是5的两数有下列5组：

1、6，11、16，21、26，31、36；

2、7，12、17，22、27；

3、8，13、18，23、28、33；

4、9，14、19，24、29，34；

5、10，15、20，25、30、35。要使取出的数中没有两个数的差是5的倍数，最多只能从每组中各取1个数，即最多可以取5个数。

例题5：

将400张卡片分给若干名同学，每人都能分到，但都不能超过11张，试证明：找少有七名同学得到的卡片的张数相同。

解析：这题需要灵活运用抽屉原理。将分得1，2，3，„„，11张可片看做11个抽屉，把同学人数看做元素，如果每个抽屉都有一个元素，则需1+2+3+„„+10+11=66（张）卡片。而400÷66=6„„4（张），即每个周体都有6个元素，还余下4张卡片没分掉。而这4张卡片无论怎么分，都会使得某一个抽屉至少有7个元素，所以至少有7名同学得到的卡片的张数相同。

练习5：

1、把280个桃分给若干只猴子，每只猴子不超过10个。证明：无论怎样分，至少有6只猴子得到的桃一样多。

2、把61颗棋子放在若干个格子里，每个格子最多可以放5颗棋子。证明：至少有5个格子中的棋子数目相同。

3、汽车8小时行了310千米，已知汽车第一小时行了25千米，最后一小时行了45千米。证明：一定存在连续的两小时，在这两小时内汽车至少行了80千米。

参考答案练5

1、把11秒钟看做11个抽屉，把100米看作100个元素，因为100＝9×11+1，所以必有1个抽屉里超过9米，即必有某一秒钟，他跑的距离超过9米。

2、如图答30－1，把边长为2的等边三角形分成四个边长为1的小等边三角形。把它看作4个抽屉，5个点看作5个元素，则一定有一个小三角形内有2个点，这2个点之间的距离不超过1。

3、先把长方形的每边剪去宽1厘米的长条，余下一个50×40的长方形，它的面积为2000平方厘米，再把每个圆的半径放大1厘米成为3厘米的圆，若剪去后的长方形至少有一个点未被70个镶边后的圆盖住的话，那么原来的长方形中就能放进一个以这点为圆心的圆。因为×32×70的值就小于630×3.15＝1984.52000，所以在原来的长方形中一定可以放进一个半径为1厘米的圆

篇2：抽屉原理解析

在一个几何图形内, 有一些已知点, 可以根据问题的要求, 将几何图形进行分割, 用这些分割成的图形作抽屉, 从而对已知点进行分类, 再集中对某个抽屉或某几个抽屉进行讨论, 使问题得到解决.命题4在正方体的8个顶点处分别放上8个不同的正整数, 如果它们的和等于55, 那么, 一定能找到某个侧面正方形, 其相对顶点所放的数都是奇数.证明

首先, 由8个正整数的和为奇数知, 当中必有奇数个奇数；其次,为奇数的至少有3个, 否则, 假设最多有一个奇数, 便有551246810121457，矛盾!

现以正方体的侧面对角线为棱组成两个三棱锥, D – A1 BC , B1 – ACD1如图1, 3个奇数归入2个三棱锥, 必有2 个奇数属于同一个三棱锥。这两个归入奇数的顶点必是某一侧面正方形的相对顶点。

此命题中的抽屉原理的应用属于“苹果”(元素)、“抽屉”都未直接给出的类型, 需要从几何上去构造两个“抽屉”。并运用奇偶分析法找出3 个“苹果”。

在不超过60的正整数中任取9个数，证明：这9个数中一定有两个数（a和b）的比值满足2a3 3b

2例3 任意给定12 个不同的自然数,证明其中必有两个数的和或差是20 的倍数.证明 将自然数按照除以20 所得的余数分类,得0、l、2、„„、19,共20 类.任意给定的12 个不同的自然数,若有两个数在同一类(即两个数除以20的余数相同),那么它们的差是20 的倍数,结论成立。任意给定的12 个不同的自然数中,每两个数都不在同一类,也就是按上面分的20 类中每一类只多有一个已知数(也可以没有).此时,我们把自然数按被20 除的余数。0、l、2、3、„„、19 分成11类: {I,19},{2,18},{3,17},„,{9,11},{10},{0} 每一类当做1 个抽屉,己知的12 个自然数必有两个在同一个抽屉中,它们的和是20 的倍数

一般地任取2个不同的自然数，必有两个数的和或差是n的倍数.2证明 设所给的自然数为am（m=1、2、……、2），有am=ngm+rm，2nnnrm0、1、2、......、 2则2个自然数的余数，分属1种情况，看做1个抽屉，必有两个数222ai，aj属于同一个抽屉，即rirj。nnn.(1)当rirj时,ai-aj是n的倍数;(2)当ri-rj时, aiaj是n的倍数·

综合(l)、(2)可知,该命题成立

例7 试证:从1,2,3,„,10 这10 个自然数中,任取6个数,则必能找到两个数,其中一个数是另一个数的倍数.分析

6个数,需设计5 个抽屉,把前10个自然数放在5 个抽屉里,且能使每个抽屉中的数具有倍数关系,因此得出如下分类方法:{1,7},}2,6 },{3,9},{4,8},}5,10 }.解 将前10 个自然数分成以下5 组:}l,7},}2,6},{3,9},}4,8},{5,10}.把这5 组看做5 个抽屉.任取6 个数则必有两个数出自同一抽屉里,其中大数是小数的倍数.若题目变为从1,2,3,„,20,这20 个自然数中,任取1 个数,则必能找到两个数,其中一个数是另一个数的倍数.则应这样设计抽屉:{l,2,4,8,16},{3,6,12},{5,10,20},{7,14},{9,18},{11},}{3},{15},{17},{19}.把这10 组看做10抽屉.任取11个数,则必有两个数出自同一抽屉里,只能是前5 个抽屉,其中大数是小数的倍数.一般地,设1a1a2...an12n，则有1ijn1，故aiaj。

证明 设ai2ibi，ai0，2不能整除b（因为1,2,3，…,2nii=1,2,3,„,n+1,其中bi<2n，中恰有n个不同的奇数,故在b1,….,bn+1中至少有两个相同,设bi=bj,1ijn1,故aiaj。

.这是数论中的一个定理,1935 年由爱尔特希(erdos)提出,莱梅证明的例6 给定九个不同的实数a1,a2,...,a9,证明: 至少存在两个实数ai,ajai , aj(ij), 满足: 0naiaj1aiaj21。

ytan，k=1,2,…,9,由在k,单调递增, 22223,分成8个小区间:,，8222证明

设ak= tank-当aiaj时，ij。将33,…,根据抽屉原理, 在,,,至少存在两个角i,j使得8482220ij8，则有: 0tanijtan8，0tanitanj1tanitanj21, 即有0aiaj1aiaj

21

D

C A

B D1 A1 B1

D

C A

B D1 C1 A1

篇3：抽屉原理的应用

定理:如果将n+1个物体放进n个抽屉, 那么至少有一个抽屉中包含两个或更多的物体.

证明:如果这n个盒子中的每一个至多包含有一个物体, 那么物体的总数最多是n, 既然我们有n+1个物体, 于是某个盒子中就必然包含至少两个物体.

2.抽屉原理应用举例

例1:给定m个整数a1, a2, …, am, 存在0≤k

解:为了深入这个问题, 考虑m个和

a1, a1+a2, a1+a2+a3, …, a1+a2+a3+…+am

如果这些和当中的任意一个可被m整除, 那么结论就成立.因此, 我们可以设这些和中的每一个除以m都有一个非零余数, 余数等于1, 2, …, m-1.由于存在m个和而只有m-1个余数, 则必然有两个和数除以m有相同的余数.因此, 存在整数k和l, k

a1+a2+…+ak=bm+r, a1+a2+…+al=cm+r

二式相减, 我们发现ak+1+…+al= (c-b) m, 从而ak+1+…+al能够被m整除.

为了解释上面的论断, 令m=7, 并令整数为2, 4, 6, 3, 5, 5, 6.计算上面的和得到2, 6, 12, 15, 20, 25, 31, 其中当被7除时余数分别为2, 6, 5, 1, 6, 4, 3.有两个等于6的余数, 这意味着结论:6+3+5=14可被7整除.

例2:一位国际象棋大师有11周的时间备战一场锦标赛, 他决定每天至少下一盘棋, 但为了不使自己过于疲劳他还决定在每周不能下棋超过12盘.证明:存在连续若干天, 期间这位大师恰好下了21盘棋.

解:令a1是在第一天所下的盘数, a2是在第一天和第二天所下的总盘数, 而a3是在第一天、第二天和第三天所下的总盘数, 等等.由于每天至少要下一盘棋, 故数值序列a1, a2, …, a77是一个严格递增序列.此外, a1≥1, 而且由于每周下棋最多是12盘, a77≤12×11=132.

因此, 我们有

1≤a1

序列a1+21, a2+21, …, a77+21也是一个严格递增序列:

22≤a1+21

于是, 这154个数

a1, a2, …, a77, a1+21, a2+21, …, a77+21

中的每一个都是1到153之间的一个整数.由此可知, 它们中间有两个是相等的.既然a1, a2, …, a77中没有相等的数, 并且a1+21, a2+21, …, a77+21中也没有相等的数, 因此必然存在一个i和一个j使得ai=aj+21.从而, 这位国际象棋大师在第j+1, j+2, …, j+i天总共下了21盘棋.

例3:从整数1, 2, …, 200中, 我们选择101个整数.证明:在所选的这些整数之间存在两个这样的整数, 其中的一个可被另一个整除.

通过分解出尽可能多的2因子, 我们看到, 任一整数都可以写成2^k×a的形式, 其中k≥0并且a是奇数.对于1到200之间的一个整数, a是100个数1, 3, 5, …, 199中的一个.因此, 在所选的101个整数中存在两个整数, 当写成上述形式时这两个数具有相同的a值.令这两个数是2^r×a和2^s×a.如果rs, 那么第一个数就能被第二个数整除.

注意, 例3在这种意义下是最好的可能:从1, 2, …, 200中可以选择这样的100个数, 其中没有一个能被另一个整除, 比如, 101, 102, …, 199, 200就是这样的整数.

我们以另外的, 来自数论中的应用来结束本段.首先我们回忆, 如果两个正整数m和n的最大公约数为1, 我们就称它们为互数.

于是, 12和35互数, 而12和15则否, 因为3是12和15的公因子.

3.问题的总结

通过上述三个例题, 我们看到, 利用抽屉原理能够解决看起来很复杂的问题, 而得出解决问题的关键是为后面巧妙地构造抽屉.

参考文献

[1]Richard.Brualdi著.罗平等译.组合数学.北京:机械工业出版社, 2005.2.

篇4：话说抽屉原理

齐景公养着三名勇士，他们名叫田开疆、公孙接和古冶子。

这三名勇士都力大无比，武功超群，为齐景公立下过不少功劳。但他们也刚愎自用，目中无人，得罪了齐国的宰相晏婴。晏子便劝齐景公杀掉他们，并献上一计：以齐景公的名义赏赐三名勇士两个桃子，让他们自己评功，按功劳的大小吃桃。

三名勇士都认为自己的功劳很大，应该单独吃一个桃子。于是公孙接讲了自己的打虎功，拿了一只桃；田开疆讲了自己的杀敌功，拿起了另一桃。两人正准备要吃桃子，古冶子说出了自己更大的功劳。公孙接、田开疆都觉得自己的功劳确实不如古冶子大，感到羞愧难当，赶忙让出桃子。并且觉得自己功劳不如人家，却抢着要吃桃子，实在丢人，是好汉就没有脸再活下去，于是都拔剑自刎了。古冶子见了，后悔不迭。仰天长叹道：如果放弃桃子而隐瞒功劳，则有失勇士尊严；为了维护自己而羞辱同伴，又有损哥们义气。如今两个伙伴都为此而死了，我独自活着，算什么勇士！说罢，也拔剑自杀了。

晏子采用借“桃”杀人的办法，不费吹灰之力，便达到了他预定的目的，可说是善于运用权谋。汉朝的一位无名氏在一首诗中曾不无讽刺的写道：“……一朝被谗言，二桃杀三士。谁能为此谋，相国务晏子！”

值得指出的是，在晏子的权谋之中，包含了一个重要的数学原理——抽屉原理。

什么叫抽屉原理？简单地说就是：把多于ｍ个物品放到ｍ个抽屉里，至少有一个抽屉里的物品不止一个。更一般地说，把m×n＋1个物品放到m个抽屉里，总有一个抽屉里的物品至少有n＋1个。例如，把7（3×2＋1）本书放到三个抽屉里，不管你怎么放，总有一个抽屉里至少有3（2＋1）本书。在“二桃杀三士”的故事中，把两个桃子看作两个抽屉，把三名勇士放进去，至少有两名勇士在同一个抽屉里，即有两人必须合吃一个桃子。如果勇士们宁死也不肯忍受同吃一个桃子的羞耻，那么悲剧的结局就无法避免。

抽屉原理虽然简单，但在数学中却有广泛而深刻的运用。十九世纪德国数学家狄里克雷（Dirichlet，1805—1859）首先利用抽屉原理来建立有理数的理论，以后逐渐地应用到引数论、集合论、组合论等数学分支中，所以现在抽屉原理又称为狄里克雷原理。

1947年，匈牙利数学家把这一原理引进到中学生数学竞赛中，当年匈牙利全国数学竞赛有一道这样的试题：“证明：任何六个人中，一定可以找到三个互相认识的人，或者三个互不认识的人。”

这个问题乍看起来，似乎令人匪夷所思。但如果你懂得抽屉原理，要证明这个问题是十分简单的：

我们用A、B、C、D、E、F代表六个人，从中随便找一个，例如A吧，把其余五个人放到“与A认识”和“与A不认识”两个“抽屉”里去，根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有三个人。不妨假定在“与A认识”的抽屉里有三个人，他们是B、C、D。如果B、C、D三人互不认识，那么我们就找到了三个互不认识的人；如果B、C、D三人中有两个互相认识，例如B与C认识，那么，A、B、C就是三个互相认识的人。不管哪种情况，本题的结论都是成立的。

由于这个试题的形式新颖，解法巧妙，很快就在全世界广泛流传，使不少人知道了这一原理。其实，抽屉原理不仅在数学中有用，在现实生活中也到处在起作用，如招生录取、就业安排、资源分配、职称评定等等，都不难看到抽屉原理的作用。

在我国古代文献中，有不少成功地运用抽屉原理来分析问题的例子。例如宋代费衮的《梁谿漫志》中，就曾运用抽屉原理来批驳“算命”一类迷信活动的谬论。他写道：“近世士大夫多喜谭命，往往自能推步。予尝见人言日者阅人命，盖未始见年、月、日、时同者；纵有一二，必倡言于人以为异。尝略计之，若生时无同者，则一时生一人，一日生十二人，以岁记之，则有四千三百二十人；以一甲子计之，止（只）有二十五万九千二百人而已。今只从一大郡计，其户口之数尚不减数十万，况举天下之大，自五公大人以至小民何啻亿兆？虽明于数者有不能历算，则生时同者必不为少矣。其间五公大人始生之时则必有庶民同时而生者，又何贵贱贫富之不同也？”

费衮指出：把一个人出生的年、月、日、时（八字）作算命的根据，把“八字”作为“抽屉”，不同的抽屉只有12×360×60＝259200个。以天下之人为“物品”，其数“何啻亿兆”，进入同一抽屉的人必然千千万万，因而结论是“生时同者必不为少矣”。既然“八字”相同，“又何贵贱贫富之不同也？”

清代钱大昕的《潜研堂文集》、阮葵生的《茶余客话》、陈其元的《庸闲斋笔记》中都有类似的文字。然而，令人不无遗憾的是：我国学者虽然很早就会用抽屉原理来分析具体问题，但是在古代文献中并未发现关于抽屉原理的概括性文字，没有人将它抽象为一条普遍的原理。最后还不得不将这一原理冠以数百年后西方学者狄里克雷的名字。

篇5：抽屉原理

抽屉原理有两条：

（1）如果把xk（k＞1）个元素放到x个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含有2个或2个以上的元素。（2）如果把n个物体放在m个抽屉里，其中n>m，那么必有一个抽屉至少有：

①k=[ n/m ]+1个物体：当n不能被m整除时。

②k=n/m个物体：当n能被m整除时。

1、某校六年级有学生367人，请问有没有两个学生的生日是同一天？为什么？

3、7只鸽子飞回3个鸽舍，至少有多少只鸽子飞回同一个鸽舍里？

4、幼儿园里有120个小朋友，各种玩具一共有364件。把这些玩具分给小朋友，是否有人会得到4件或4件以上的玩具？

5、布袋里有4中不同颜色的球，每种各10个。最少取出多少个球，才能保证其中一定有3个球的颜色一样？

6、某班有46名学生，他们都参加了课外兴趣小组。活动内容有数学、美术、书法和英语，每人可参加1个、2个、3个或4个兴趣小组。问班级中至少有几名学生参加的项目完全相同？

7、17个小朋友乘6条船游玩，至少要有几个小朋友坐在同一条船上。

9、有16支铅笔放入三个笔盒内，至少有多少个笔在同一个笔盒里？

篇6：抽屉原理

例1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）。把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同。

原则2 如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则1相仿.若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能。

原则1可看作原则2的物例（m=1）

例2 正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同.证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色。例3 把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17.证明 如图12-1，设a1，a2，a3，„，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），„,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是

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)

――根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17.原则

1、原则2可归结到更一般形式：

原则3 把m1+m2+„+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，„„，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体。

证明

假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，„„，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+„+mn个，与题设矛盾。

例4 有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双。

证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双。

上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少。2．制造抽屉是运用原则的一大关键

首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式.例5 在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）.证明

如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形。因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的。

事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割.合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上.例6 在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？

解 如图12-4（设挂牌的三棵树依次为a、b、c.ab=a，bc=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则ac=a+b为偶数，命题得证.换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证.后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法。

例7 从自然数1，2，3，„99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的倍数.分析设法制造抽屉：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手.解 设第一个抽屉里放进数：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；第二个抽屉时放进数：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；第三个抽屉里放进数：5，5×2，5×22，5×23，5×24；„„„„„„第二十五个抽屉里放进数：49，49×2；第二十六个抽屉里放进数：51.„„„„„„第五十个抽屉里放进数：99.那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数.制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进.例8 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数.分析 注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，„，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，„，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数.3．较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题.例9 以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数.分析 设七个三元素组为a1（x1，y1，z1）、a2（x2，y2，z2）、„、a7（x7，y7，z7）.现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2，„，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑a1、a2、a3、a4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑a1、a2、a3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明.下面介绍一个著名问题.例10 任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识.分析 用a、b、c、d、e、f表示这6个人，首先以a为中心考虑，他与另外五个人b、c、d、e、f只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某三人认识或不认识，现不妨设a认识b、c、d三人，当b、c、d三人都互不认识时，问题得证；当b、c、d三人中有两人认识，如b、c认识时，则a、b、c互相认识，问题也得证.本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法.例11 a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除.证明 把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行.第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如，不妨设为a，b，这时3可整除b-a，从而3可整除p.第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，d中有二数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论.设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二个奇数（不妨设为a，b），也必有二个偶数（设为c，d），这时b-a为偶数，d-c也是偶数，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果.例12 求证：从任意n个自然数a1，a2，„，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数.分析：以0，1，„，n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数：

s1=a1, s2=a1+a2, s=a1+a2+a3, „„„„ sn=a1+a2+„+an，其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是n的倍数，问题得证；