| | 桌上有十個蘋果，要把這十個蘋果放到九個抽屜裏，無論怎樣放，有的抽屜可以放一個，有的可以放兩個，有的可以放五個，但最終我們會發現至少我們可以找到一個抽屜裏面至少放兩個蘋果。這一現象就是我們所說的抽屜原理。
抽屜原理的一般含義為：“如果每個抽屜代表一個集合，每一個蘋果就可以代表一個元素，假如有n＋1或多於n＋1個元素放到n個集合中去，其中必定至少有一個集合裏至少有兩個元素。”
抽屜原理有時也被稱為鴿巢原理（“如果有五個鴿子籠，養鴿人養了6衹鴿子，那麽當鴿子飛回籠中後，至少有一個籠子中裝有2衹鴿子”）。它是德國數學家狄利剋雷首先明確的提出來並用以證明一些數論中的問題，因此，也稱為狄利剋雷原理。它是組合數學中一個重要的原理。
一． 抽屜原理最常見的形式
原理1 把多於n個的物體放到n個抽屜裏，則至少有一個抽屜裏有2個或2個以上的物體。
[證明]（反證法）：如果每個抽屜至多衹能放進一個物體，那麽物體的總數至多是n，而不是題設的n+k(k≥1)，這不可能.
原理2 把多於mn(m乘以n)個的物體放到n個抽屜裏，則至少有一個抽屜裏有m+1個或多於m+1個的物體。
[證明]（反證法）：若每個抽屜至多放進m個物體,那麽n個抽屜至多放進mn個物體,與題設不符，故不可能.
原理1 2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
二．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决。
例１：400人中至少有兩個人的生日相同.
解：將一年中的366天視為366個抽屜，400個人看作400個物體，由抽屜原理1可以得知：至少有兩人的生日相同.
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衹，其中至少有2衹恰為一雙手套。”
“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，那麽不管怎樣挑選，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，搭配方式衹能是下面六種：（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，那麽根據原理1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜裏，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.
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，運用抽屜原則衹是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不能確切地指出哪個抽屜裏存在多少.）
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。
（一） 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]，，，…，[m-1]表示.每一個類含有無窮多個數，例如中含有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。
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，那麽它們的差a-b是m的倍數.根據這個性質，本題衹需證明這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所得餘數衹能是0，1，2，不妨分別構造為3個抽屜：
[0]，，
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，包含有3個餘數（抽屜原理），而這三個餘數之和或為0，或為3，或為6，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，必有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：註意到這些數隊以10的餘數即個位數字，以0，1，…，9為標準製造10個抽屜，標以[0]，，…，.若有兩數落入同一抽屜，其差是10的倍數，衹是僅有7個自然數，似不便運用抽屜原則，再作調整：，，，四個抽屜分別與，，，合併，則可保證至少有一個抽屜裏有兩個數，它們的和或差是10的倍數.
（二）面積問題
例：九條直綫中的每一條直綫都將正方形分成面積比為2:3的梯形，證明：這九條直綫中至少有三條經過同一點.
證明：如圖，設直綫EF將正方形分成兩個梯形，作中位綫MN。由於這兩個梯形的高相等， 故它們的面積之比等於中位綫長的比，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綫上，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綫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，九條直綫當成９個物體，即可得出必定有３條分割綫經過同一點.
（三）染色問題
例1正方體各面上塗上紅色或藍色的油漆（每面衹塗一種色），證明正方體一定有三個面顔色相同.
證明：把兩種顔色當作兩個抽屜，把正方體六個面當作物體，那麽6=2×2+2，根據原理二，至少有三個面塗上相同的顔色.
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顔色的配組是一樣的。
分析與解答 首先要確定3枚棋子的顔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顔色在同一個抽屜裏，也就是他們所拿棋子的顔色配組是一樣的。
例3：假設在一個平面上有任意六個點，無三點共綫，每兩點用紅色或藍色的綫段連起來，都連好後，問你能不能找到一個由這些綫構成的三角形，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綫段，如圖，在這五條綫段中，至少有三條綫段是同一種顔色，假定是紅色，現在我們再單獨來研究這三條紅色的綫。這三條綫段的另一端或許是不同顔色，假設這三條綫段（虛綫）中其中一條是紅色的，那麽這條紅色的綫段和其他兩條紅色的綫段便組成了我們所需要的同色三角形，如果這三條綫段都是藍色的，那麽這三條綫段也組成我們所需要的同色三角形。因而無論怎樣着色，在這六點之間的所有綫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個人通信，他們通信所討論的僅有三個問題，而任兩個科學家之間通信討論的是同一個問題。證明：至少有三個科學家通信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位衹討論乙、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，他們間衹討論丙問題，這樣結論也成立。
三．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：
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（因為抽屜衹有8個），必有兩個數在同一個抽屜中.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）.衹要有兩個數取自同一個抽屜，那麽它們的差就等於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），那麽這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個數組的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.請你證明無論什麽情況，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，那麽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，那麽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，握手次數都衹有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”可能是很睏難的，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纍經驗。
抽屜原理
把八個蘋果任意地放進七個抽屜裏，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剋雷首先明確的提出來並用以證明一些數論中的問題，因此，也稱為狄利剋雷原則。它是組合數學中一個重要的原理。把它推廣到一般情形有以下幾種表現形式。
形式一：證明：設把n＋1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合裏相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大於或等於2（用反證法）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n•m＋1個元素分為n個集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示這n個集合裏相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大於或等於m＋1。用反證法）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＝n•m＜n•m＋1
n個m 這與題設相矛盾。所以，至少有存在一個ai≥m＋1
高斯函數：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，……一般地，我們有：[x]≤x＜[x]＋1
形式三：證明：設把n個元素分為k個集合A1，A2，…，Ak，用a1，a2，…，ak表示這k個集合裏相應的元素個數，需要證明至少存在某個ai大於或等於[n/k]。（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：證明：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個集合裏相應的元素個數，需要證明至少存在某個i，使得ai大於或等於qi。（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，這就與題設産生矛盾，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裏，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.
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裏.
(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裏，那衹有５人以下植樹的株數在同一個抽屜裏，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，那麽這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 .
3．求證：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人參加考試，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.
“任意367個人中，必有生日相同的人。”
“從任意5雙手套中任取6衹，其中至少有2衹恰為一雙手套。”
“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。”
... ...
大傢都會認為上面所述結論是正確的。這些結論是依據什麽原理得出的呢？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個空抽屜裏（m>n），那麽一定有一個抽屜中放進了至少2個東西。”
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個東西在同一抽屜裏。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的手套各有兩衹，同號的兩衹是一雙。任取6衹手套，它們的編號至多有5種，因此其中至少有兩衹的號碼相同。這相當於把6個東西放入5個抽屜，至少有2個東西在同一抽屜裏。
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），那麽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時餘數衹有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。
如果問題所討論的對象有無限多個，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），那麽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决。
1958年6/7月號的《美國數學月刊》上有這樣一道題目：
“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。”
這個問題可以用如下方法簡單明了地證出：
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，那麽就在代表他們的兩點間連成一條紅綫；否則連一條藍綫。考慮A點與其餘各點間的5條連綫AB，AC，...，AF，它們的顔色不超過2種。根據抽屜原理可知其中至少有3條連綫同色，不妨設AB，AC，AD同為紅色。如果BC，BD ，CD 3條連綫中有一條（不妨設為BC）也為紅色，那麽三角形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條連綫全為藍色，那麽三角形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-----臘姆塞理論。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。 | | chouti yuanli
抽屜原理
box principle
又叫鴿捨原理,其表述為：假如有□+1個（或更多）物體裝入□個盒子,那麽一定有某個盒子至少裝有兩個物體，為紀念19世紀德國數學家P.G.L.狄利剋雷，也叫做狄利剋雷原理。抽屜原理雖然簡單，但變化多，應用廣，在數論和組合數學中尤其有着廣泛的應用。抽屜原理應用時，關鍵在於建立具體的抽屜（鴿捨）。例如，狄利剋雷用它來證明：對於任何實數 □及□>1，均存在整數□，□，使□,00且不是平方數)可用抽屜原理解决。運用抽屜原理，很容易說明：隨意指定六個人，其中一定有三個人相互都認識或都不認識。P.愛爾特希在1935年運用抽屜原理證明了組合數學中一個著名結果：對於給定的正整數□,存在一個正整數□(□)，使得在一個平面上，沒有三點在一條直綫上的任意□(□)個點中含有□個點，構成一個凸□邊形。
（孫琦） | | | | |
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