小学奥数专题抽屉原理（共5篇）
篇1：小学奥数专题抽屉原理
1．把10个苹果发给3个同学，下面说法正确的是__________．
A.一定有一个人刚好分到3个苹果．B.一定有一个人刚好分到4个苹果．C.一定有一个人至少分到4个苹果． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：C 2．把30个金币发给7个人，下面说法正确的是__________．
A.一定有一个人至少分到5个金币．B.一定有一个人至少分到6个金币．C.一定有一个人刚好分到6个金币． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：A 3．把20块巧克力发给3个人，下面说法正确的是__________．
A.一定有一个人刚好分到6块巧克力．B.一定有一个人至少分到7块巧克力．C.一定有一个人至少分到8块巧克力． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：B 4．把6个苹果放进5个抽屉，一定有一个抽屉里至少有__________个苹果． A.2B.3C.4D.5 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：A 5．把9个苹果放进4个抽屉，一定有一个抽屉里至少有__________个苹果． A.4B.5C.6D.以上都不对 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：D 6．把13个苹果放进4个抽屉，一定有一个抽屉里至少有__________个苹果． A.4B.5C.6D.7 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：A 7．把20个苹果放进6个抽屉，一定有一个抽屉里至少有__________个苹果． A.5B.4C.6D.7 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：B 8．把30个苹果放进4个抽屉，一定有一个抽屉里至少有__________个苹果． A.8B.9C.10D.以上都不对 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：A 9．把27个苹果放进4个抽屉，一定有一个抽屉里至少有__________个苹果． A.8B.9C.10D.以上都不对 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：D 10．任意25个人中，至少有__________个人属于同一个生肖． A.3B.4C.5D.以上都不对 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：A 首页上一页1234下一页尾页 11．任意30个人中，至少有__________个人的生日在同一个月份里． A.9B.8C.3D.以上都不对 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：中等 类型：选择题 答案：C 12．一个星期吃掉30个鸡蛋，至少有__________个鸡蛋是在同一天吃掉的． A.8B.7C.6D.以上都不对 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：选择题 答案：D 13．袋子里有红色的球3个，黄色的球5个，蓝色的球6个，绿色的球8个，那么一次至少拿_______个球，才能保证一定有黄色的球． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：18 14．袋子里有红色的球3个，黄色的球5个，蓝色的球6个，绿色的球8个，那么一次至少拿_______个球，才能保证一定有蓝色的球． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：17 15．袋子里有红色的球3个，黄色的球5个，蓝色的球6个，绿色的球8个，那么一次至少拿_______个球，才能保证一定有绿色的球． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：15 16．盘子里有一些饺子，韭菜味的5个，牛肉味的8个，辣椒味的6个．那么至少吃________个饺子，才能保证一定能吃到2个口味一样的饺子． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：中等 类型：填空题 答案：4 17．盘子里有一些饺子，韭菜味的5个，牛肉味的8个，辣椒味的6个．那么至少吃________个饺子，才能保证一定能吃到3个口味一样的饺子． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：中等 类型：填空题 答案：7 18．盘子里有一些饺子，韭菜味的5个，牛肉味的8个，辣椒味的6个．那么至少吃________个饺子，才能保证一定能吃到4个口味一样的饺子． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：中等 类型：填空题 答案：10 19．袋子里有4种硬币：金币、银币、铜币、乐币，每种硬币都有很多，那么一次至少拿_________枚，才能保证其中一定有3枚相同类型的硬币． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：9 20．袋子里有4种硬币：金币、银币、铜币、乐币，每种硬币都有很多，那么一次至少拿_______枚，才能保证其中一定有2枚是同一种类型的硬币． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：5 首页上一页1234下一页尾页
21．袋子里有4种硬币：金币、银币、铜币、乐币，每种硬币都有很多，那么一次至少拿_______枚，才能保证其中一定有5枚是同一种类型的硬币． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：中等 类型：填空题 答案：17 22．一个袋子里有1只红袜子、3只黑袜子、5只白袜子和8只绿袜子．那么一次至少摸出_______只袜子，才能保证一定有颜色一样的3只袜子． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：中等 类型：填空题 答案：8 23．一个袋子里有2只红袜子、4只黑袜子、7只白袜子和9只绿袜子．那么一次至少摸出_______只袜子，才能保证一定有颜色一样的4只袜子． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：中等 类型：填空题 答案：12 24．一个袋子里有4颗巧克力糖、5颗奶糖、10颗水果糖和20颗棉花糖．那么一次至少拿出_______颗糖，才能保证一定有6颗糖口味相同． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：中等 类型：填空题 答案：20 25．袋子里有红色的球6个，黑色的球7个，黄色的球10个，绿色的球8个，那么一次至少拿_______个球，才能保证取出的球至少有两种颜色． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：11 26．袋子里有红色的球6个，黑色的球7个，黄色的球10个，绿色的球8个，那么一次至少拿_______个球，才能保证取出的球至少有三种颜色． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：19 27．袋子里有红色的球12个，黑色的球8个，黄色的球7个，绿色的球5个，那么一次至少拿_______个球，才能保证取出的球至少有两种颜色． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：13 28．盒子里有白色、红色、黄色、绿色的粉笔各10根，一次性至少取出_______根粉笔，才能保证取出的粉笔中一定会有白色和红色的粉笔． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：31 29．盒子里有白色、红色、黄色、绿色的粉笔各8根，一次性至少取出_______根粉笔，才能保证取出的粉笔中一定会有白色和红色的粉笔． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：25 30．盒子里有白色、红色、黄色、绿色的粉笔各20根，一次性至少取出_______根粉笔，才能保证取出的粉笔中一定会有白色和红色的粉笔． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：61 首页上一页1234下一页尾页
31．笼子里有一些包子，其中鸡肉馅的5个，鱼肉馅的8个，牛肉馅的10个，白菜馅的15个，那么至少吃_______个包子，才能保证一定能吃到牛肉馅和白菜馅的． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：29 32．笼子里有一些包子，其中鸡肉馅的5个，鱼肉馅的8个，牛肉馅的10个，白菜馅的15个，那么至少吃_______个包子，才能保证一定能吃到鸡肉馅和鱼肉馅的． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：34 33．笼子里有一些包子，其中鸡肉馅的5个，鱼肉馅的8个，牛肉馅的10个，白菜馅的15个，那么至少吃_______个包子，才能保证一定能吃到鱼肉馅和牛肉馅的． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：简单 类型：填空题 答案：31 34．一副扑克牌共54张，其中有2张王牌，还有黑桃、红心、草花和方块4种花色的牌各13张．那么至少抽出_______张牌，才能保证取出的牌中至少包含3种花色，并且这3种花色的牌至少都有2张． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：困难 类型：填空题 答案：31 35．一副扑克牌共54张，其中有2张王牌，还有黑桃、红心、草花和方块4种花色的牌各13张．那么至少抽出_______张牌，才能保证取出的牌中至少包含2种花色，并且这2种花色的牌至少都有3张． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：困难 类型：填空题 答案：22 36．一副扑克牌共54张，其中有2张王牌，还有黑桃、红心、草花和方块4种花色的牌各13张．那么至少抽出_______张牌，才能保证取出的牌中至少包含3种花色，并且这3种花色的牌至少都有4张． 来源：2015·乐乐课堂·练习难度：困难 类型：填空题 答案：35 首页上一页1234下一页尾页
篇2：小学奥数专题抽屉原理
姓名：
班別：
日期：
得分：
抽屉原理
这一讲我们讲抽屉原理的另一种情况。先看一个例子：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。这个例子所体现的数学思想，就是下面的抽屉原理2。
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。
说明这一原理是不难的。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。
从最不利原则也可以说明抽屉原理2。为了使抽屉中的物品不少于（m＋1）件，最不利的情况就是n个抽屉中每个都放入m件物品，共放入（m×n）件物品，此时再放入1件物品，无论放入哪个抽屉，都至少有一个抽屉不少于（m＋1）件物品。这就说明了抽屉原理2。
不难看出，当m＝1时，抽屉原理2就转化为抽屉原理1。即抽屉原理2是抽屉原理1的推广。例1某幼儿班有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。今有玩具122件，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。例2一个布袋中有40块相同的木块，其中编上号码1，2，3，4的各有10块。问：一次至少要取出多少木块，才能保证其中至少有3块号码相同的木块？ 分析与解：将1，2，3，4四种号码看成4个抽屉。要保证有一个抽屉中至少有3件物品，根据抽屉原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次至少要取出9块木块，才能保证其中有3块号码相同的木块。
例3六年级有100名学生，他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、二种或三种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？
分析与解：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；
订二种杂志有：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（人）所订阅的报刊种类是相同的。例4篮子里有苹果、梨、桃和桔子，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？
分析与解：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，两个水果不同有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、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（种）。将这10种搭配作为10个“抽屉”。
81÷10=8……1（个）。
根据抽屉原理2，至少有8＋1＝9（个）小朋友拿的水果相同。
例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（可以不参加）。问：至少有多少名学生，才能保证有不少于5名同学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，要保证不少于5名同学参加学习班的情况相同，要有学生
7×（5-1）＋1＝29（名）。
练习
1.礼堂里有253人开会，这253人中至少有多少人的属相相同？
2.一兴趣小组有10名学生，他们都订阅甲、乙两种杂志中的一种或两种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？
3.把130件玩具分给幼儿园小朋友，如果不管怎样分，都至少有一位小朋友分得4件或4件以上的玩具，那么这个幼儿园最多有多少个小朋友？
4.体育组有足球、篮球和排球，上体育课前，老师让一班的41名同学往操场拿球，每人最多拿两个。问：至少有几名同学拿球的情况完全一样？
5.口袋里放有足够多的红、白两种颜色的球，有若干人轮流从袋中取球，每人取三个球。要保证有4人取出的球的颜色完全相同，至少应有多少人取球？
6.10个足球队之间共赛了11场，赛得最多的球队至少赛了几场？
答案与提示练习
1.22人。2.4人。
3.43人。提示：130÷（4-1）=43……1。
4.5名。提示：一个球不拿、拿一个球、拿两个球共有10种不同情况。
5.13人。
提示：三个球中根据红球的个数可分为4种不同情况。
篇3：出入相补原理在小学奥数中的应用
【中图分类号】G 【文献标识码】A
【文章编号】0450-9889（2014）04A-0016-03
出入相补原理是我国古代数学的基本原理之一，在早期的《九章算术》《周髀算经》和《算术书》等文献中，利用这一原理就获得了很多有关题目的算法，如勾股定理的推导、“方田”问题、开平方法等，它不仅在几何上应用广泛，且这一原理的直观性有助于我们对一些代数问题的理解。奥数对于小学生来说是一个特殊的科目，它涉及的知识领域宽泛，技巧性强。就现有的小学数学知识水平很难解决奥数题，但如果能将新知识转化为已学知识，将复杂问题简单化，那么就可以增强学生学习奥数的兴趣，增强解决问题的能力。此外，由于出入相补原理简单、直观、自然而高效，利用这一原理将有助于学生对奥数有关问题的解决。
所谓出入相补原理，即割补法，引用吴文教授在《出入相补原理》一文中的定义即是“一个平面图形从一处移置他处，面积不变。又若把图形分割成若干块，那么各部分面积的和等于原来图形的面积，因而图形移置前后诸面积间的和、差有简单的相等关系。立体的情形也是这样。”
下面，我们从整数运算、平面几何的面积计算来阐述出入相补原理在小学奥数中的应用。
一、出入相补原理在小学奥数整数运算方面的应用
在近几年小学数学奥林匹克竞赛中，整数运算占了相当重要的地位。对整数运算除了要掌握基本的运算定律、运算性质外，有时要达到简算、巧算，我们还要掌握其他一些简算知识，如平方差公式、公差为1的等差数列求和公式等。由于这些知识点要在初中或高中课本中才会涉及到，要让小学生快速牢记此知识点，教师可通过出入相补原理向学生讲授这些知识的由来，如：
（1）平方差公式：a2-b2=（a+b）（a-b）。
此时a2-b2可转化为求图1阴影部分的面积：根据出入相补原理，我们可将图1转化为图2，且图2阴影部分面积为（a+b）（a-b）。由于图1和图2阴影部分面积是相等的，所以有：a2-b2=（a+b）（a-b）。
本题若先计算每个平方数，再进行加减，101个数将要算很久。此时如果掌握了平方差公式和等差数列求和公式，则可简便运算，可见在小学奥数中也须掌握这两个公式。
二、出入相补原理在小学奥数平面几何方面的应用
试题的命制是奥数的中心环节，而平面几何则可提供各种层次、难度的试题，所以平面几何在各个国家、层次的竞赛活动上都占据着重要的地位。在我国近几年的小学奥数竞赛中，平面几何常常以求图形面积出现在考生面前。因此，考生须掌握快速求图形面积的方法。那么在已知长方形面积等于长乘以宽的基础上，我们可根据出入相补原理推导出平行四边形、三角形、梯形、圆等的面积公式，加深学生的印象。如：
（1）推导平行四边形的面积公式：S=底×高。
结合图5，在平行四边形ABCD中作AD边上的高BE，将平行四边形分成△ABE和梯形BCDE，此时将△ABE移动使CD和BA重合，将平行四边形ABCD重组成长方形BCEE，所以平行四边形的面积S=底×高。
（2）推导三角形的面积公式：S=×底×高
结合图6，在原有△ABC上，再构建一个与△ABC全等的△DEF，移动两个三角形使AC和FD重合，组成平行四边形ABCE，所以S△ABC=×S平行四边形ABCE=×底×高。
（3）推导梯形的面积公式：S=×（上底+下底）×高
结合图7，在原有梯形ABCD上，再构建一个与梯形ABCD全等的梯形EFGH，移动两个梯形使CD和EH重合，组成平行四边形AEFG，所以S=×（上底+下底）×高。
（4）推导圆的面积公式：S=π×半径2
结合图9，将圆进行无限分割，当分割份数增多时，当每一份弧近似直线时，半圆周长则近似长方形的长，半径近似长方形的宽，即圆的面积越来越靠近长方形的面积，所以
S=π×半径×半径=π×半径2
例：（第九届小学“希望杯”全国邀请赛六年级第2试）图9中的阴影部分的面积是 平方厘米。（π取3）
解题思路：此题的阴影部分不是我们常见的规则面几何图形，但我们可以运用出入相补原理，通过分割、添补图形，将其变成我们熟知的平面几何图形，再通过求熟知的平面几何图形的面积，用加、减运算则可得此阴影部分的面积。
方法一：如下图，把阴影部分的面积转为
本题主要考察求复杂图形面积的能力，没有公式可以直接进行计算，因此需结合出入相补原理，先对图形进行割补，再求其面积。此小题给出了六种解决方法，有助于训练一题多解的能力，熟悉运用出入相补原理。
出入相补原理的特点在于简单、直观，运用其解代数、几何中的公式，使公式更加直观，学生理解更加深入。同时，运用其求复杂图形的面积，可从不同角度考虑添加辅助线，将复杂图形转化为熟知的图形进行求解，且有利于提高学生综合运用平面图形面积计算的知识。
【参考文献】
[1]姜鸥.小学数学奥赛一本全[M].山西教育出版社，2005.
[2]高仕松.运用“出入相补原理”求阴影部分的面积[J].教育实践与研究，2012，05：46.
[3]彭刚.出入相补原理及其应用[J].四川教育学院学报，2009，25（4）：108-112.
[4]冯艳青.“出入相补原理”的思想方法启示[J].常州师专学报，2001，19（4）：69-71.
（责编 黄珍平）
【关键词】出入相补原理 小学奥数 整数运算 平面几何的面积计算
【中图分类号】G 【文献标识码】A
【文章编号】0450-9889（2014）04A-0016-03
出入相补原理是我国古代数学的基本原理之一，在早期的《九章算术》《周髀算经》和《算术书》等文献中，利用这一原理就获得了很多有关题目的算法，如勾股定理的推导、“方田”问题、开平方法等，它不仅在几何上应用广泛，且这一原理的直观性有助于我们对一些代数问题的理解。奥数对于小学生来说是一个特殊的科目，它涉及的知识领域宽泛，技巧性强。就现有的小学数学知识水平很难解决奥数题，但如果能将新知识转化为已学知识，将复杂问题简单化，那么就可以增强学生学习奥数的兴趣，增强解决问题的能力。此外，由于出入相补原理简单、直观、自然而高效，利用这一原理将有助于学生对奥数有关问题的解决。
所谓出入相补原理，即割补法，引用吴文教授在《出入相补原理》一文中的定义即是“一个平面图形从一处移置他处，面积不变。又若把图形分割成若干块，那么各部分面积的和等于原来图形的面积，因而图形移置前后诸面积间的和、差有简单的相等关系。立体的情形也是这样。”
下面，我们从整数运算、平面几何的面积计算来阐述出入相补原理在小学奥数中的应用。
一、出入相补原理在小学奥数整数运算方面的应用
在近几年小学数学奥林匹克竞赛中，整数运算占了相当重要的地位。对整数运算除了要掌握基本的运算定律、运算性质外，有时要达到简算、巧算，我们还要掌握其他一些简算知识，如平方差公式、公差为1的等差数列求和公式等。由于这些知识点要在初中或高中课本中才会涉及到，要让小学生快速牢记此知识点，教师可通过出入相补原理向学生讲授这些知识的由来，如：
（1）平方差公式：a2-b2=（a+b）（a-b）。
此时a2-b2可转化为求图1阴影部分的面积：根据出入相补原理，我们可将图1转化为图2，且图2阴影部分面积为（a+b）（a-b）。由于图1和图2阴影部分面积是相等的，所以有：a2-b2=（a+b）（a-b）。
本题若先计算每个平方数，再进行加减，101个数将要算很久。此时如果掌握了平方差公式和等差数列求和公式，则可简便运算，可见在小学奥数中也须掌握这两个公式。
二、出入相补原理在小学奥数平面几何方面的应用
试题的命制是奥数的中心环节，而平面几何则可提供各种层次、难度的试题，所以平面几何在各个国家、层次的竞赛活动上都占据着重要的地位。在我国近几年的小学奥数竞赛中，平面几何常常以求图形面积出现在考生面前。因此，考生须掌握快速求图形面积的方法。那么在已知长方形面积等于长乘以宽的基础上，我们可根据出入相补原理推导出平行四边形、三角形、梯形、圆等的面积公式，加深学生的印象。如：
（1）推导平行四边形的面积公式：S=底×高。
结合图5，在平行四边形ABCD中作AD边上的高BE，将平行四边形分成△ABE和梯形BCDE，此时将△ABE移动使CD和BA重合，将平行四边形ABCD重组成长方形BCEE，所以平行四边形的面积S=底×高。
（2）推导三角形的面积公式：S=×底×高
结合图6，在原有△ABC上，再构建一个与△ABC全等的△DEF，移动两个三角形使AC和FD重合，组成平行四边形ABCE，所以S△ABC=×S平行四边形ABCE=×底×高。
（3）推导梯形的面积公式：S=×（上底+下底）×高
结合图7，在原有梯形ABCD上，再构建一个与梯形ABCD全等的梯形EFGH，移动两个梯形使CD和EH重合，组成平行四边形AEFG，所以S=×（上底+下底）×高。
（4）推导圆的面积公式：S=π×半径2
结合图9，将圆进行无限分割，当分割份数增多时，当每一份弧近似直线时，半圆周长则近似长方形的长，半径近似长方形的宽，即圆的面积越来越靠近长方形的面积，所以
S=π×半径×半径=π×半径2
例：（第九届小学“希望杯”全国邀请赛六年级第2试）图9中的阴影部分的面积是 平方厘米。（π取3）
解题思路：此题的阴影部分不是我们常见的规则面几何图形，但我们可以运用出入相补原理，通过分割、添补图形，将其变成我们熟知的平面几何图形，再通过求熟知的平面几何图形的面积，用加、减运算则可得此阴影部分的面积。
方法一：如下图，把阴影部分的面积转为
本题主要考察求复杂图形面积的能力，没有公式可以直接进行计算，因此需结合出入相补原理，先对图形进行割补，再求其面积。此小题给出了六种解决方法，有助于训练一题多解的能力，熟悉运用出入相补原理。
出入相补原理的特点在于简单、直观，运用其解代数、几何中的公式，使公式更加直观，学生理解更加深入。同时，运用其求复杂图形的面积，可从不同角度考虑添加辅助线，将复杂图形转化为熟知的图形进行求解，且有利于提高学生综合运用平面图形面积计算的知识。
【参考文献】
[1]姜鸥.小学数学奥赛一本全[M].山西教育出版社，2005.
[2]高仕松.运用“出入相补原理”求阴影部分的面积[J].教育实践与研究，2012，05：46.
[3]彭刚.出入相补原理及其应用[J].四川教育学院学报，2009，25（4）：108-112.
[4]冯艳青.“出入相补原理”的思想方法启示[J].常州师专学报，2001，19（4）：69-71.
（责编 黄珍平）
【关键词】出入相补原理 小学奥数 整数运算 平面几何的面积计算
【中图分类号】G 【文献标识码】A
【文章编号】0450-9889（2014）04A-0016-03
出入相补原理是我国古代数学的基本原理之一，在早期的《九章算术》《周髀算经》和《算术书》等文献中，利用这一原理就获得了很多有关题目的算法，如勾股定理的推导、“方田”问题、开平方法等，它不仅在几何上应用广泛，且这一原理的直观性有助于我们对一些代数问题的理解。奥数对于小学生来说是一个特殊的科目，它涉及的知识领域宽泛，技巧性强。就现有的小学数学知识水平很难解决奥数题，但如果能将新知识转化为已学知识，将复杂问题简单化，那么就可以增强学生学习奥数的兴趣，增强解决问题的能力。此外，由于出入相补原理简单、直观、自然而高效，利用这一原理将有助于学生对奥数有关问题的解决。
所谓出入相补原理，即割补法，引用吴文教授在《出入相补原理》一文中的定义即是“一个平面图形从一处移置他处，面积不变。又若把图形分割成若干块，那么各部分面积的和等于原来图形的面积，因而图形移置前后诸面积间的和、差有简单的相等关系。立体的情形也是这样。”
下面，我们从整数运算、平面几何的面积计算来阐述出入相补原理在小学奥数中的应用。
一、出入相补原理在小学奥数整数运算方面的应用
在近几年小学数学奥林匹克竞赛中，整数运算占了相当重要的地位。对整数运算除了要掌握基本的运算定律、运算性质外，有时要达到简算、巧算，我们还要掌握其他一些简算知识，如平方差公式、公差为1的等差数列求和公式等。由于这些知识点要在初中或高中课本中才会涉及到，要让小学生快速牢记此知识点，教师可通过出入相补原理向学生讲授这些知识的由来，如：
（1）平方差公式：a2-b2=（a+b）（a-b）。
此时a2-b2可转化为求图1阴影部分的面积：根据出入相补原理，我们可将图1转化为图2，且图2阴影部分面积为（a+b）（a-b）。由于图1和图2阴影部分面积是相等的，所以有：a2-b2=（a+b）（a-b）。
本题若先计算每个平方数，再进行加减，101个数将要算很久。此时如果掌握了平方差公式和等差数列求和公式，则可简便运算，可见在小学奥数中也须掌握这两个公式。
二、出入相补原理在小学奥数平面几何方面的应用
试题的命制是奥数的中心环节，而平面几何则可提供各种层次、难度的试题，所以平面几何在各个国家、层次的竞赛活动上都占据着重要的地位。在我国近几年的小学奥数竞赛中，平面几何常常以求图形面积出现在考生面前。因此，考生须掌握快速求图形面积的方法。那么在已知长方形面积等于长乘以宽的基础上，我们可根据出入相补原理推导出平行四边形、三角形、梯形、圆等的面积公式，加深学生的印象。如：
（1）推导平行四边形的面积公式：S=底×高。
结合图5，在平行四边形ABCD中作AD边上的高BE，将平行四边形分成△ABE和梯形BCDE，此时将△ABE移动使CD和BA重合，将平行四边形ABCD重组成长方形BCEE，所以平行四边形的面积S=底×高。
（2）推导三角形的面积公式：S=×底×高
结合图6，在原有△ABC上，再构建一个与△ABC全等的△DEF，移动两个三角形使AC和FD重合，组成平行四边形ABCE，所以S△ABC=×S平行四边形ABCE=×底×高。
（3）推导梯形的面积公式：S=×（上底+下底）×高
结合图7，在原有梯形ABCD上，再构建一个与梯形ABCD全等的梯形EFGH，移动两个梯形使CD和EH重合，组成平行四边形AEFG，所以S=×（上底+下底）×高。
（4）推导圆的面积公式：S=π×半径2
结合图9，将圆进行无限分割，当分割份数增多时，当每一份弧近似直线时，半圆周长则近似长方形的长，半径近似长方形的宽，即圆的面积越来越靠近长方形的面积，所以
S=π×半径×半径=π×半径2
例：（第九届小学“希望杯”全国邀请赛六年级第2试）图9中的阴影部分的面积是 平方厘米。（π取3）
解题思路：此题的阴影部分不是我们常见的规则面几何图形，但我们可以运用出入相补原理，通过分割、添补图形，将其变成我们熟知的平面几何图形，再通过求熟知的平面几何图形的面积，用加、减运算则可得此阴影部分的面积。
方法一：如下图，把阴影部分的面积转为
本题主要考察求复杂图形面积的能力，没有公式可以直接进行计算，因此需结合出入相补原理，先对图形进行割补，再求其面积。此小题给出了六种解决方法，有助于训练一题多解的能力，熟悉运用出入相补原理。
出入相补原理的特点在于简单、直观，运用其解代数、几何中的公式，使公式更加直观，学生理解更加深入。同时，运用其求复杂图形的面积，可从不同角度考虑添加辅助线，将复杂图形转化为熟知的图形进行求解，且有利于提高学生综合运用平面图形面积计算的知识。
【参考文献】
[1]姜鸥.小学数学奥赛一本全[M].山西教育出版社，2005.
[2]高仕松.运用“出入相补原理”求阴影部分的面积[J].教育实践与研究，2012，05：46.
[3]彭刚.出入相补原理及其应用[J].四川教育学院学报，2009，25（4）：108-112.
[4]冯艳青.“出入相补原理”的思想方法启示[J].常州师专学报，2001，19（4）：69-71.
篇4：小学奥数专题抽屉原理
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。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至少有两个元素。”
抽屉原理有时也被称为鸽巢原理（“如果有五个鸽子笼，养鸽人养了6只鸽子，那么当鸽子飞回笼中后，至少有一个笼子中装有2只鸽子”）
。它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原理。它是组合数学中一个重要的原理。
一． 抽屉原理最常见的形式
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。
[证明]（反证法）：如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能.原理2 把多于mn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。
[证明]（反证法）：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.原理1 2都是第一抽屉原理的表述
第二抽屉原理：
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。
[证明]（反证法）：若每个抽屉都有不少于m个物体，则总共至少有mn个物体，与题设矛盾，故不可能
二．应用抽屉原理解题
抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学问题中有重要的作用。许多有关存在性的证明都可用它来解决。
例１：400人中至少有两个人的生日相同.解：将一年中的366天视为366个抽屉，400个人看作400个物体，由抽屉原理1可以得知：至少有两人的生日相同.又如：我们从街上随便找来13人，就可断定他们中至少有两个人属相相同.“从任意5双手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套。”
“从数1，2，...，10中任取6个数，其中至少有2个数为奇偶性不同。”
例2： 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，那么根据原理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.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.）
抽屉原理虽然简单，但应用却很广泛，它可以解答很多有趣的问题，其中有些问题还具有相当的难度。下面我们来研究有关的一些问题。
（一）整除问题
把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，….在研究与整除有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。
例1 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。
分析与解答 在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是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.证明∵任何数除以3所得余数只能是0，1，2，不妨分别构造为3个抽屉：
[0]，[1]，[2]
①若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中，我们从这三个抽屉中各取1个，其和必能被3整除.②若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，则其中必有一个抽屉，包含有3个余数（抽屉原理），而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个自然数之和是3的倍数.③若这5个余数分布在其中的一个抽屉中，很显然，必有3个自然数之和能被3整除.例2′：对于任意的11个整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除.证明：设这11个整数为：a1，a2，a3……a11 又6=2×3
①先考虑被3整除的情形
由例2知，在11个任意整数中，必存在：
3|a1+a2+a3，不妨设a1+a2+a3=b1；
同理，剩下的8个任意整数中，由例2，必存在：3 | a4+a5+a6.设a4+a5+a6=b2；
同理，其余的5个任意整数中，有：3|a7+a8+a9，设：a7+a8+a9=b3
②再考虑b1、b2、b3被2整除.依据抽屉原理，b1、b2、b3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2|b1+b2
则：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6
∴任意11个整数，其中必有6个数的和是6的倍数.例3： 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.（二）面积问题
例：九条直线中的每一条直线都将正方形分成面积比为2:3的梯形，证明：这九条直线中至少有三条经过同一点.证明：如图，设直线EF将正方形分成两个梯形，作中位线MN。由于这两个梯形的高相等，故它们的面积之比等于中位线长的比，即|MH|:|NH|。于是点H有确定的位置（它在正方形一对对边中点的连线上，且|MH|:|NH|＝２:３）.由几何上的对称性，这种点共有四个（即图中的H、J、I、K）.已知的九条适合条件的分割直线中的每一条必须经过H、J、I、K这四点中的一点.把H、J、I、K看成四个抽屉，九条直线当成９个物体，即可得出必定有３条分割线经过同一点.（三）染色问题
例1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，根据原理二，至少有三个面涂上相同的颜色.例2 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。
分析与解答 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.根据抽屉原理，至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。
例3：假设在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每两点用红色或蓝色的线段连起来，都连好后，问你能不能找到一个由这些线构成的三角形，使三角形的三边同色？
解：首先可以从这六个点中任意选择一点，然后把这一点到其他五点间连五条线段，如图，在这五条线段中，至少有三条线段是同一种颜色，假定是红色，现在我们再单独来研究这三条红色的线。这三条线段的另一端或许是不同颜色，假设这三条线段（虚线）中其中一条是红色的，那么这条红色的线段和其他两条红色的线段便组成了我们所需要的同色三角形，如果这三条线段都是蓝色的，那么这三条线段也组成我们所需要的同色三角形。因而无论怎样着色，在这六点之间的所有线段中至少能找到一个同色三角形。
例3′（六人集会问题）证明在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有三个人以前彼此不相识。”
例3”：17个科学家中每个人与其余16个人通信，他们通信所讨论的仅有三个问题，而任两个科学家之间通信讨论的是同一个问题。证明：至少有三个科学家通信时讨论的是同一个问题。
解：不妨设A是某科学家，他与其余16位讨论仅三个问题，由鸽笼原理知，他至少与其中的6位讨论同一问题。设这6位科学家为B，C，D，E，F，G，讨论的是甲问题。
若这6位中有两位之间也讨论甲问题，则结论成立。否则他们6位只讨论乙、丙两问题。这样又由鸽笼原理知B至少与另三位讨论同一问题，不妨设这三位是C，D，E，且讨论的是乙问题。
若C，D，E中有两人也讨论乙问题，则结论也就成立了。否则，他们间只讨论丙问题，这样结论也成立。
三．制造抽屉是运用原则的一大关键
例1 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。
分析与解答 我们用题目中的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2：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。
分析与解答在这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3： 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。
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4：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.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。
在有些问题中，“抽屉”和“物体”不是很明显的，需要精心制造“抽屉”和“物体”.如何制造“抽屉”和“物体”可能是很困难的，一方面需要认真地分析题目中的条件和问题，另一方面需要多做一些题积累经验。
抽屉原理
把八个苹果任意地放进七个抽屉里，不论怎样放，至少有一个抽屉放有两个或两个以上的苹果。抽屉原则有时也被称为鸽巢原理，它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原则。它是组合数学中一个重要的原理。把它推广到一般情形有以下几种表现形式。
形式一：证明：设把n＋1个元素分为n个集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个ai大于或等于2（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai＜2，则因为ai是整数，应有ai≤1，于是有：
a1＋a2＋…＋an≤1＋1＋…＋1＝n＜n＋1这与题设矛盾。所以，至少有一个ai≥2，即必有一个集合中含有两个或两个以上的元素。
形式二：设把n•m＋1个元素分为n个集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个ai大于或等于m＋1。用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai＜m＋1，则因为ai是整数，应有ai≤m，于是有：
a1＋a2＋…＋an≤m＋m＋…＋m＝n•m＜n•m＋1
n个m 这与题设相矛盾。所以，至少有存在一个ai≥m＋1
高斯函数：对任意的实数x,[x]表示“不大于x的最大整数”.例如：[3.5]＝3，[2.9]＝2，[－2.5]＝－3，[7]＝7，……一般地，我们有：[x]≤x＜[x]＋1
形式三：证明：设把n个元素分为k个集合A1，A2，…，Ak，用a1，a2，…，ak表示这k个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个ai大于或等于[n/k]。（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai＜[n/k]，于是有：
a1＋a2＋…＋ak＜[n/k]+[n/k]+…+[n/k] ＝k•[n/k]≤k•(n/k)＝n
k个[n/k] ∴ a1＋a2＋…＋ak＜n 这与题设相矛盾。所以，必有一个集合中元素个数大于或等于[n/k]
形式四：证明：设把q1＋q2＋…＋qn－n＋1个元素分为n个集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个i，使得ai大于或等于qi。（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai＜qi，因为ai为整数，应有ai≤qi－1，于是有：a1＋a2＋…＋an≤q1＋q2＋…＋qn－n ＜q1＋q2＋…＋qn－n＋1这与题设矛盾。
所以，假设不成立，故必有一个i,在第i个集合中元素个数ai≥qi
形式五：证明：（用反证法）将无穷多个元素分为有限个集合，假设这有限个集合中的元素的个数都是有限个，则有限个有限数相加，所得的数必是有限数，这就与题设产生矛盾，所以，假设不成立，故必有一个集合含有无穷多个元素。
例题１：400人中至少有两个人的生日相同.分析：生日从1月1日排到12月31日，共有366个不相同的生日，我们把366个不同的生日看作366个抽屉，400人视为400个苹果，由表现形式1可知，至少有两人在同一个抽屉里，所以这400人中有两人的生日相同.解：将一年中的366天视为366个抽屉，400个人看作400个苹果，由抽屉原理的表现形式1可以得知：至少有两人的生日相同.例题2：任取5个整数，必然能够从中选出三个，使它们的和能够被3整除.证明：任意给一个整数，它被3除，余数可能为0，1，2，我们把被3除余数为0，1，2的整数各归入类r０，r1，r2.至少有一类包含所给５个数中的至少两个.因此可能出现两种情况：１°.某一类至少包含三个数；２°.某两类各含两个数，第三类包含一个数.若是第一种情况，就在至少包含三个数的那一类中任取三数，其和一定能被3整除；若是第二种情况，在三类中各取一个数，其和也能被3整除..综上所述，原命题正确.例题3：某校派出学生204人上山植树15301株，其中最少一人植树50株，最多一人植树100株，则至少有5人植树的株数相同.证明：按植树的多少，从50到100株可以构造51个抽屉，则个问题就转化为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里.(用反证法)假设无５人或５人以上植树的株数在同一个抽屉里，那只有５人以下植树的株数在同一个抽屉里，而参加植树的人数为204人，所以，每个抽屉最多有4人，故植树的总株数最多有：
4(50＋51＋…＋100)＝4× ＝15300＜15301得出矛盾.因此，至少有５人植树的株数相同.练习：1．边长为1的等边三角形内有5个点，那么这5个点中一定有距离小于0.5的两点.2．边长为1的等边三角形内，若有n2＋1个点，则至少存在2点距离小于.3．求证：任意四个整数中，至少有两个整数的差能够被3整除.4．某校高一某班有50名新生，试说明其中一定有二人的熟人一样多.5．某个年级有202人参加考试，满分为100分，且得分都为整数，总得分为10101分，则至少有3人得分相同.“任意367个人中，必有生日相同的人。”
“从任意5双手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套。”
“从数1，2，...，10中任取6个数，其中至少有2个数为奇偶性不同。”
......大家都会认为上面所述结论是正确的。这些结论是依据什么原理得出的呢？这个原理叫做抽屉原理。它的内容可以用形象的语言表述为：
“把m个东西任意分放进n个空抽屉里（m>n），那么一定有一个抽屉中放进了至少2个东西。”
在上面的第一个结论中，由于一年最多有366天，因此在367人中至少有2人出生在同月同日。这相当于把367个东西放入 366个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。在第二个结论中，不妨想象将5双手套分别编号，即号码为1，2，...，5的手套各有两只，同号的两只是一双。任取6只手套，它们的编号至多有5种，因此其中至少有两只的号码相同。这相当于把6个东西放入5个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。
抽屉原理的一种更一般的表述为：
“把多于kn个东西任意分放进n个空抽屉（k是正整数），那么一定有一个抽屉中放进了至少k+1个东西。”
利用上述原理容易证明：“任意7个整数中，至少有3个数的两两之差是3的倍数。”因为任一整数除以3时余数只有0、1、2三种可能，所以7个整数中至少有3个数除以3所得余数相同，即它们两两之差是3的倍数。
如果问题所讨论的对象有无限多个，抽屉原理还有另一种表述：
“把无限多个东西任意分放进n个空抽屉（n是自然数），那么一定有一个抽屉中放进了无限多个东西。”
抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学问题中有重要的作用。许多有关存在性的证明都可用它来解决。
1958年6/7月号的《美国数学月刊》上有这样一道题目：
“证明在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有三个人以前彼此不相识。”
这个问题可以用如下方法简单明了地证出：
在平面上用6个点A、B、C、D、E、F分别代表参加集会的任意6个人。如果两人以前彼此认识，那么就在代表他们的两点间连成一条红线；否则连一条蓝线。考虑A点与其余各点间的5条连线AB，AC，...，AF，它们的颜色不超过2种。根据抽屉原理可知其中至少有3条连线同色，不妨设AB，AC，AD同为红色。如果BC，BD，CD 3条连线中有一条（不妨设为BC）也为红色，那么三角形ABC即一个红色三角形，A、B、C代表的3个人以前彼此相识：如果BC、BD、CD 3条连线全为蓝色，那么三角形BCD即一个蓝色三角形，B、C、D代表的3个人以前彼此不相识。不论哪种情形发生，都符合问题的结论。
六人集会问题是组合数学中著名的拉姆塞定理的一个最简单的特例，这个简单问题的证明思想可用来得出另外一些深入的结论。这些结论构成了组合数学中的重要内容-----拉姆塞理论。从六人集会问题的证明中，我们又一次看到了抽屉原理的应用。
解读“抽屉原理”
当“抽屉原理”从少数精英学生学习的奥林匹克竞赛课堂走向全体学生学习的大众课堂的时候，无疑对教师和学生都构成了前所未有的挑战。为此，颇有必有对此展开学习和研讨。
一、抽屉原理简介
抽屉原理又称鸽巢原理，它是组合数学的一个基本原理，最先是由德国数学家狭利克雷明确地提出来的，因此，也称为狭利克雷原理。
原理1：多于n个的元素，按任一确定方式分成n个集合，则至少有一个集合中含有至少二个元素。
原理2：np＋1(n、p∈N*)分成n个集合，则至少有一个集合中含有至少p＋1个元素。
原理3：无穷多个元素分成n个集合，则至少有一个集合中含有无穷多个元素。
现行的小学课本中只编排了抽屉原理1、2的教学。
二、运用抽屉原理解题的步骤
第一步：分析题意。分清什么是“东西”，什么是“抽屉”，也就是什么作“东西”，什么可作“抽屉”。
第二步：制造抽屉。这个是关键的一步，这一步就是如何设计抽屉。根据题目条件和结论，结合有关的数学知识，抓住最基本的数量关系，设计和确定解决问题所需的抽屉及其个数，为使用抽屉铺平道路。
第三步：运用原理。观察题设条件，结合第二步，恰当应用各个原则或综合运用几个原则，以求问题之解决。
三、理解抽屉原理要注意几点
（1）抽屉原理是讨论物品与抽屉的关系，要求物品数比抽屉数或抽屉数的倍数多，至于多多少，这倒无妨。
（2）“任意放”的意思是不限制把物品放进抽屉里的方法，不规定每个抽屉中都要放物品，即有些抽屉可以是空的，也不限制每个抽屉放物品的个数。
（3）抽屉原理只能用来解决存在性问题，“至少有一个”的意思就是存在，满足要求的抽屉可能有多个，但这里只需保证存在一个达到要求的抽屉就够了。
（4）将a件物品放入n个抽屉中，如果a÷n= m……b，其中b是自然数，那么由抽屉原理2就可得到，至少有一个抽屉中的物品数不少于（m+1）件。
四、抽屉原理的教材分析
“数学广角”是人教版六年级下册第五单元的内容。在数学问题中，有一类与“存在性”有关的问题，如任意367名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日。在这类问题中，只需要确定某个物体（或某个人）的存在就可以了，并不需要指出是哪个物体（或哪个人），也不需要说明通过什么方式把这个存在的物体（或人）找出来。这类问题依据的理论，我们称之为“抽屉原理”。本节课教材借助把4枝铅笔放进3个文具盒中的操作情境，介绍了一类较简单的“抽屉原理”，即把m个物体任意分放进n个空抽屉里（m>n，n是非0自然数），那么一定有一个抽屉中放进了至少2个物体。关于这类问题，学生在现实生活中已积累了一定的感性经验。教学时可以充分利用学生的生活经验，放手让学生自主思考，先采用自己的方法进行“证明”，然后再进行交流，在交流中引导学生对“枚举法”、“反证法”、“假设法”等方法进行比较，使学生逐步学会运用一般性的数学方法来思考问题，发展学生的抽象思维能力。
五、抽屉原理的教学目标
1.了解原理。通过操作、观察、比较、推理等活动，让学生经历“抽屉原理”的探究过程，并逐步理解和掌握“抽屉原理”。
2、简单运用。会用“抽屉原理”解决生活中简单的实际问题，培养学生有根据、有条理地进行思考和推理的能力。
3.学会建模。使学生经历将具体问题“数学化”的过程，培养学生的“模型”思想。
4、感受魅力。通过“抽屉原理”的灵活应用让学生感受到数学的魅力，并培养学生对数学的学习兴趣。
六、抽屉原理的教材解读
（一）例1和做一做
例
1、把4枝铅笔放在3个文具盒里，不管怎么放，总有一个文具盒里至少放进2枝铅笔。
1、体验方法多样
（1）枚举法：（4、0、0），（3、1、0），（2、2、0），（2、1、1），（2）假设法（用极端法做最坏的打算）
假设每个文具盒只放1枝铅笔，最多放3只。剩下的1枝还要放进1个文具盒。所以至少有2枝铅笔放进同一个文具盒。
（3）反证法
假设每个文具盒放进的铅笔枝数都少于2枝，那么最多只能放3枝铅笔，而把4枝铅笔放在3个文具盒里，所以假设不成立。因此，至少有2枝铅笔放进同一个文具盒。
2、体验结果存在不管是哪个物体存在，因何种方式存在，只要存在即可。
3、体验数量积累
从量变到质变。
把4枝铅笔放在3个文具盒里
把5枝铅笔放在4个文具盒里
把6枝铅笔放在5个文具盒里
把10枝铅笔放在9个文具盒里
把100枝铅笔放在99个文具盒里
把8枝铅笔放在3个文具盒里
……
4、体验方法优劣
枚举法受到数量多少的局限
假设法能够解决一般的问题
反证法不利于小学生的接受
做一做：6只鸽子飞回5个鸽舍，至少有2只鸽子要飞进同一个鸽舍里。为什么？
解答：假设每个鸽舍只飞进1只鸽子，最飞进5只鸽子。剩下的1只鸽子还要飞进同一个鸽舍里。所以至少有2只鸽子要飞进同一个鸽舍里。
5、体验语言严谨
要让学生逐步学会用简练、严谨的数学语言表达数学思维的过程和结果。
（二）例2和做一做
例
2、把5本书放进2个抽屉里，不管怎么放，总有一个抽屉至少放进3本书。7本呢？9本呢？
1、关注学习过程：操作、观察、比较、合情推理、归纳。
2、注重方法多样：
枚举法：（5，0），（4，1），（3，2）三种情况，可知在任何一种结果中，总有一个数不小于3，故总有一个抽屉里至少有3本书；
假设法：先把每个抽屉各放1本，还剩下3本，再把每个抽屉各放1本，还剩1本，这样不管怎么放，总有一个抽屉至少放进3本书；也可能有学生说把5本书放进2个抽屉里，如果每个抽屉里先放2本，还剩1本，这本书不管放到哪个抽屉里，总有一个抽屉里至少有3本书。
3、借助算式思考。（注意用“商+1”就可以了，不是“商+余数”）
4、学会归纳总结。
5、沟通例1例2。
做一做：8只鸽子飞回3个鸽舍，至少有3只鸽子要飞进同一个鸽舍里。为什么？
解答：假设每个鸽舍只飞进2只鸽子，最飞进6只鸽子。剩下的2只鸽子还要飞进鸽舍里。所以至少有3只鸽子要飞进同一个鸽舍里。
（三）例3和做一做
例
3、盒子里同样大小的红球和篮球各4个，要想摸出的球一定有同色的，最少要摸几个球？
1、寻找与抽屉原理的本质联系
怎样把这一问题与抽屉原理挂钩？即是要把多少个物体放进多少个抽屉里？
要摸出多少个球就是物体的个数，即要所求。
两种颜色就是两个抽屉。
结果是摸出的球数比颜色数多1，即3个球。
2、注意突出对“至少”的理解
（）÷2=（）……1
3、注重抽屉原理的变式训练
做一做：
1、向东小学六年级共有370名学生，其中六（2）班有49名学生。六年级里一定有两人的生日是同一天。六（2）班中至少有5人是一个月出生的。他们说得对吗？为什么？
解答：（1）把370个物体放进366个抽屉
370÷366=1……4
（2）把49个物体放进12个抽屉
49÷12=4……1
2、把红、黄、蓝、白四种颜色的球各10个放到一个袋子里。至少取多少个球，可以保证取道两个颜色相同的球？
解答：要摸出多少个球就是物体的个数，即要所求。
4种颜色就是4个抽屉。
结果是摸出的球数比颜色数多1，即5个球。
（四）练习十二习题解答
1、从扑克牌中取出两张王牌，在剩下的52张中任意抽出5张，至少有2张氏同花色的。试一试，并说明理由。
解答：要摸出多少个球就是物体的个数，即要所求。
4种颜色就是4个抽屉。
结果是摸出的同花色的牌数比颜色数多1，即5张牌。
2、张叔叔参加飞镖比赛，投了5镖，成绩是41环。张叔叔至少有1镖不低于9环。为什么？
解答：41÷5=8……1
3、任意3个不同的自然数，其中一定有2个数的和是2的倍数。能说明其中的道理吗？
解答：物体数：3个（奇、奇），（奇、偶），（偶、偶），其和为2偶1奇。
抽屉数：2个（和的两种情况：奇数和偶数）
4、给一个正方体的6个面分别涂上蓝、黄两种颜色。不论怎么涂至少有3个面涂的颜色相同。为什么？
解答：反证法说明。
5、把红、黄、蓝三种颜色的小棒各10根混在一起。如果让你闭上眼睛，每次最少拿出几根才能保证一定有两根向同色的小棒？保证有2对同色的小棒呢？
解答：（同上面的做一做，答案略）
7、任意给出5个非零的自然数。能找到3个数，让这3个数的和是3的倍数。说出其中的奥秘。
解答：所有的整数按照除以3的余数都可以分在三个集合里：{3k+1},{3k+2},{3k},其中k为整数。
对于任意取的5个整数，如果它们都分布在同一个集合里的话，那么显然任取三个数的和都能被3整除。
如果它们没有都分在一个集合里，而恰好只分在两个集合里的话，那么5个元素分布到两个集合中，至少有一个集合含有至少3个元素，那么可以发现这三个元素的和是可以被3整除的。
如果这5个整数分布在3个集合每个集合都有元素的话，那么显然，从每个集合中取出一个元素，它们的和就可以被3整除。
8、思考题：把1-8这8个数任意围成一个圆圈。在这个圈上，一定有3个相邻数的和大于13。你知道其中的奥秘吗？
解答：设a1，a2，a3，…，a7，a8分别代表不超过8的自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成共8组.现把它们看作8个抽屉，每个抽屉的物体数的和是：
3×(1+2+…+7+8)=108 108÷8=13……4
根据原则2,至少有三个相邻的数的和不小于13。
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。
解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下９种：﹛足﹜﹛排﹜﹛蓝﹜﹛足足﹜﹛排排﹜﹛蓝蓝﹜﹛足排﹜﹛足蓝﹜﹛排蓝﹜。以这９种配组方式制造９个抽屉，将这50个同学看作苹果50÷9 ＝5……5
由抽屉原理２k＝［m/n ］＋１可得，至少有６人，他们所拿的球类是完全一致的。
6．某校有55个同学参加数学竞赛，已知将参赛人任意分成四组，则必有一组的女生多于2人，又知参赛者中任何10人中必有男生，则参赛男生的人生为__________人。
解：因为任意分成四组，必有一组的女生多于2人，所以女生至少有4×2＋1＝9（人）；因为任意10人中必有男生，所以女生人数至多有9人。所以女生有9人，男生有55－9＝46（人）
7、证明：从1，3，5，……，99中任选26个数，其中必有两个数的和是100。
解析：将这50个奇数按照和为100，放进25个抽屉：（1，99），（3，97），（5，95），……，（49，51）。根据抽屉原理，从中选出26个数，则必定有两个数来自同一个抽屉，那么这两个数的和即为100。
8.某旅游车上有47名乘客，每位乘客都只带有一种水果。如果乘客中有人带梨，并且其中任何两位乘客中至少有一个人带苹果，那么乘客中有______人带苹果。
解析：由题意，不带苹果的乘客不多于一名，但又确实有不带苹果的乘客，所以不带苹果的乘客恰有一名，所以带苹果的就有46人。
9.一些苹果和梨混放在一个筐里，小明把这筐水果分成了若干堆，后来发现无论怎么分，总能从这若干堆里找到两堆，把这两堆水果合并在一起后，苹果和梨的个数是偶数，那么小明至少把这些水果分成了_______堆。
解析：要求把其中两堆合并在一起后，苹果和梨的个数一定是偶数，那么这两堆水果中，苹果和梨的奇偶性必须相同。对于每一堆苹果和梨，奇偶可能性有4种：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），所以根据抽屉原理可知最少分了4+1=5筐。
10.有黑色、白色、蓝色手套各5只（不分左右手），至少要拿出_____只（拿的时候不许看颜色），才能使拿出的手套中一定有两双是同颜色的。
解析：考虑最坏情况，假设拿了3只黑色、1只白色和1只蓝色，则只有一双同颜色的，但是再多拿一只，不论什么颜色，则一定会有两双同颜色的，所以至少要那6只。
11.从前25个自然数中任意取出7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.证明:把前25个自然数分成下面6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, ⑥
因为从前25个自然数中任意取出7个数,所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组,这两个数中大数就不超过小数的1.5倍.12．一副扑克牌有四种花色，每种花色各有13张，现在从中任意抽牌。问最少抽几张牌，才能保证有4张牌是同一种花色的？
解析：根据抽屉原理，当每次取出4张牌时，则至少可以保障每种花色一样一张，按此类推，当取出12张牌时，则至少可以保障每种花色一样三张，所以当抽取第13张牌时，无论是什么花色，都可以至少保障有4张牌是同一种花色，选B。
13．从1、2、3、4……、12这12个自然数中，至少任选几个，就可以保证其中一定包括两个数，他们的差是7？
【解析】在这12个自然数中，差是7的自然树有以下5对：｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝。另外，还有2个不能配对的数是｛6｝｛7｝。可构造抽屉原理，共构造了7个抽屉。只要有两个数是取自同一个抽屉，那么它们的差就等于7。这7个抽屉可以表示为｛12，5｝｛11，4｝｛10，3｝｛9，2｝｛8，1｝｛6｝｛7｝，显然从7个抽屉中取8个数，则一定可以使有两个数字来源于同一个抽屉，也即作差为7，所以选择D。
15．某幼儿班有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。今有玩具122件，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。
16．一个布袋中有40块相同的木块，其中编上号码1，2，3，4的各有10块。问：一次至少要取出多少木块，才能保证其中至少有3块号码相同的木块？
分析与解：将1，2，3，4四种号码看成4个抽屉。要保证有一个抽屉中至少有3件物品，根据抽屉原理2，至少要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次至少要取出9块木块，才能保证其中有3块号码相同的木块。
17．六年级有100名学生，他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、二种或三种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？
分析与解：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；
订二种杂志有：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（人）所订阅的报刊种类是相同的。
18．篮子里有苹果、梨、桃和桔子，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？
分析与解：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，两个水果不同有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、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（种）。将这10种搭配作为10个“抽屉”。
81÷10=8……1（个）。
根据抽屉原理2，至少有8＋1＝9（个）小朋友拿的水果相同。
19．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（可以不参加）。问：至少有多少名学生，才能保证有不少于5名同学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，要保证不少于5名同学参加学习班的情况相同，要有学生 7×（5-1）＋1＝29（名）。
20.在1，4，7，10，…，100中任选20个数，其中至少有不同的两对数，其和等于104。
分析：解这道题，可以考虑先将4与100，7与97，49与55……，这些和等于104的两个数组成一组，构成16个抽屉，剩下1和52再构成2个抽屉，这样，即使20个数中取到了1和52，剩下的18个数还必须至少有两个数取自前面16个抽屉中的两个抽屉，从而有不同的两组数，其和等于104；如果取不到1和52，或1和52不全取到，那么和等于104的数组将多于两组。
解：1，4，7，10，……，100中共有34个数，将其分成{4，100}，{7，97}，……，{49，55}，{1}，{52}共18个抽屉，从这18个抽屉中任取20个数，若取到1和52，则剩下的18个数取自前16个抽屉，至少有4个数取自某两个抽屉中，结论成立；若不全取1和52，则有多于18个数取自前16个抽屉，结论亦成立。
21.任意5个自然数中，必可找出3个数，使这三个数的和能被3整除。
分析：解这个问题，注意到一个数被3除的余数只有0，1，2三个，可以用余数来构造抽屉。
解：以一个数被3除的余数0、1、2构造抽屉，共有3个抽屉。任意五个数放入这三个抽屉中，若每个抽屉内均有数，则各抽屉取一个数，这三个数的和是3的倍数，结论成立；若至少有一个抽屉内没有数，那么5个数中必有三个数在同一抽屉内，这三个数的和是3的倍数，结论亦成立。
22.在边长为1的正方形内，任意放入9个点，证明在以这些点为顶点的三角形中，必有一个三角形的面积不超过1/8.解：分别连结正方形两组对边的中点，将正方形分为四个全等的小正方形，则各个小正方形的面积均为1/4。把这四个小正方形看作4个抽屉，将9个点随意放入4个抽屉中，据抽屉原理，至少有一个小正方形中有3个点。显然，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过1/8。
反思：将边长为1的正方形分成4个面积均为1/4 的小正方形，从而构造出4个抽屉，是解决本题的关键。我们知道。将正方形分成面积均为1/4 的图形的方法不只一种，如可连结两条对角线将正方形分成4个全等的直角三角形，这4个图形的面积也都是1/4，但这样构造抽屉不能证到结论。可见，如何构造抽屉是利用抽屉原理解决问题的关键。
23． 班上有50名学生，将书分给大家，至少要拿多少本，才能保证至少有一个学生能得到两本或两本以上的书。
解：把50名学生看作50个抽屉，把书看成苹果 ,根据原理1，书的数目要比学生的人数多,即书至少需要50+1=51本.24． 在一条长100米的小路一旁植树101棵，不管怎样种，总有两棵树的距离不超过1米。
解：把这条小路分成每段1米长，共100段,每段看作是一个抽屉，共100个抽屉，把101棵树看作是101个苹果 ,于是101个苹果放入100个抽屉中，至少有一个抽屉中有两个苹果 ,即至少有一段有两棵或两棵以上的树.25． 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.26.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。
解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下9种：
｛足｝｛排｝｛蓝｝｛足足｝｛排排｝｛蓝蓝｝｛足排｝｛足蓝｝｛排蓝｝
以这9种配组方式制造9个抽屉,将这50个同学看作苹果＝5.5……5
由抽屉原理2k＝〔 〕＋1可得，至少有6人，他们所拿的球类是完全一致的。
【欢迎你来解】
1.某班37名同学，至少有几个同学在同一个月过生日？
2.42只鸽子飞进5个笼子里，可以保证至少有一个笼子中可以有几只鸽子？
3.口袋中有红、黑、白、黄球各10个，它们的外型与重量都一样，至少要摸出几个球，才能保证有4个颜色相同的球？
4.饲养员给10只猴子分苹果，其中至少要有一只猴子得到7个苹果，饲养员至少要拿来多少个苹果？
5.从13个自然数中，一定可以找到两个数，它们的差是12的倍数。
6.一个班有40名同学，现在有课外书125本。把这些书分给同学，是否有人会得到4件或4件以上的玩具？
本文来源于枫叶教育网(www.fyeedu.net)
篇5：四年级奥数 第29讲 抽屉原理
（一）如果将5个苹果放到3个抽屉中去，那么不管怎么放，至少有一个抽屉中放的苹果不少于2个。道理很简单，如果每个抽屉中放的苹果都少于2个，即放1个或不放，那么3个抽屉中放的苹果的总数将少于或等于3，这与有5个苹果的已知条件相矛盾，因此至少有一个抽屉中放的苹果不少于2个。
同样，有5只鸽子飞进4个鸽笼里，那么一定有一个鸽笼至少飞进了2只鸽子。
以上两个简单的例子所体现的数学原理就是“抽屉原理”，也叫“鸽笼原理”。
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。
说明这个原理是不难的。假定这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到2件，那么每一个抽屉中的物品或者是一件，或者没有。这样，n个抽屉中所放物品的总数就不会超过n件，这与有多于n件物品的假设相矛盾，所以前面假定“这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到2件”不能成立，从而抽屉原理1成立。
从最不利原则也可以说明抽屉原理1。为了使抽屉中的物品不少于2件，最不利的情况就是n个抽屉中每个都放入1件物品，共放入n件物品，此时再放入1件物品，无论放入哪个抽屉，都至少有1个抽屉不少于2件物品。这就说明了抽屉原理1。
例1某幼儿园有367名1996年出生的小朋友，是否有生日相同的小朋友？
分析与解：1996年是闰年，这年应有366天。把366天看作366个抽屉，将367名小朋友看作367个物品。这样，把367个物品放进366个抽屉里，至少有一个抽屉里不止放一个物品。因此至少有2名小朋友的生日相同。
例2在任意的四个自然数中，是否其中必有两个数，它们的差能被3整除？
分析与解：因为任何整数除以3，其余数只可能是0，1，2三种情形。我们将余数的这三种情形看成是三个“抽屉”。一个整数除以3的余数属于哪种情形，就将此整数放在那个“抽屉”里。
将四个自然数放入三个抽屉，至少有一个抽屉里放了不止一个数，也就是说至少有两个数除以3的余数相同。这两个数的差必能被3整除。
例3在任意的五个自然数中，是否其中必有三个数的和是3的倍数？
分析与解：根据例2的讨论，任何整数除以3的余数只能是0，1，2。现在，对于任意的五个自然数，根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的数，于是可分下面两种情形来加以讨论。
第一种情形。有三个数在同一个抽屉里，即这三个数除以3后具有相同的余数。因为这三个数的余数之和是其中一个余数的3倍，故能被3整除，所以这三个数之和能被3整除。
第二种情形。至多有两个数在同一个抽屉里，那么每个抽屉里都有数，在每个抽屉里各取一个数，这三个数被3除的余数分别为0，1，2。因此这三个数之和能被3整除。
综上所述，在任意的五个自然数中，其中必有三个数的和是3的倍数。
例4在长度是10厘米的线段上任意取11个点，是否至少有两个点，它们之间的距离不大于1厘米？ 分析与解：把长度10厘米的线段10等分，那么每段线段的长度是1厘米（见下图）。
将每段线段看成是一个“抽屉”，一共有10个抽屉。现在将这11个点放到这10个抽屉中去。根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的点（包括这些线段的端点）。由于这两个点在同一个抽屉里，它们之间的距离当然不会大于1厘米。
所以，在长度是10厘米的线段上任意取11个点，至少存在两个点，它们之间的距离不大于1厘米。
例5有苹果和桔子若干个，任意分成5堆，能否找到这样两堆，使苹果的总数与桔子的总数都是偶数？ 分析与解：由于题目只要求判断两堆水果的个数关系，因此可以从水果个数的奇、偶性上来考虑抽屉的设计。
对于每堆水果中的苹果、桔子的个数分别都有奇数与偶数两种可能，所以每堆水果中苹果、桔子个数的搭配就有4种情形：
（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），其中括号中的第一个字表示苹果数的奇偶性，第二个字表示桔子数的奇偶性。
将这4种情形看成4个抽屉，现有5堆水果，根据抽屉原理可知，这5堆水果里至少有2堆属于上述4种情形的同一种情形。由于奇数加奇数为偶数，偶数加偶数仍为偶数，所以在同一个抽屉中的两堆水果，其苹果的总数与桔子的总数都是偶数。
例6用红、蓝两种颜色将一个2×5方格图中的小方格随意涂色（见右图），每个小方格涂一种颜色。是否存在两列，它们的小方格中涂的颜色完全相同？
分析与解：用红、蓝两种颜色给每列中两个小方格随意涂色，只有下面四种情形：
将上面的四种情形看成四个“抽屉”。根据抽屉原理，将五列放入四个抽屉，至少有一个抽屉中有不少于两列，这两列的小方格中涂的颜色完全相同。