数学竞赛-抽屉原则
小升初数学奥数知识点 抽屉原理素材
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抽屉原则一：如果把（n+1）个物体放在n个抽屉里，那么必有一个抽屉中至少放有2个物体。
例：把4个物体放在3个抽屉里，也就是把4分解成三个整数的和，那么就有以下四种情况：
①4=4+0+0 ②4=3+1+0 ③4=2+2+0 ④4=2+1+1
观察上面四种放物体的方式，我们会发现一个共同特点：总有那么一个抽屉里有2个或多于2个物体，也就是
说必有一个抽屉中至少放有2个物体。
抽屉原则二：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。
理解知识点：[X]表示不超过X的最大整数。
例[4.351]=4；[0.321]=0；[2.9999]=2；
关键问题：构造物体和抽屉。
也就是找到代表物体和抽屉的量，而后依据抽屉原则进行运算。
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小学数学竞赛七、抽屉原则
七、抽屉原则抽屉原则，又叫狄利克雷原则，它是一个重要而又基本的数学原理，应用它可以解决很多有趣的问题，并且常常能够起到令人惊奇的作用，许多看起来相当复杂，甚至无从下手的问题，在利用抽屉原则后，能很快使问题得到解决.那么，什么是抽屉原则呢？我们通过一个简单的例子来认识它。
一个小朋友养了三只小鸟，他有两只鸟笼子.要将三只小鸟放到笼子里，会有什么情况出现呢？我们不难发现，要么一只笼子里放进两只小鸟，而另一只笼子里放进一只小鸟；要么一只笼子里放进三只小鸟，而另一只笼子空着.上述两种情况我们可以用一句话加以概括：一定有一只笼子放进了两只或两只以上的小鸟.虽然具体哪一只笼子里放进了至少两只小鸟我们无法确定，但这是无关紧要的，重要的是有这样一只笼子里放进了两只或两只以上的小鸟。
如果将上述问题中的小鸟换成苹果，书本或数，同时将笼子换成抽屉、学生或数的集合仍然可以得到相同的结论.由此可以看出，上面的推理的正确性与具体的事物是没有关系的.如果我们把一切可以与小鸟互换的事物称为元素，而把一切可以与鸟笼互换的事物叫做集合（或抽屉），那么上面的结论就可以叙述为：三个元素以任意方式分到两个集合（抽屉）中，一定有一个集合（抽屉）中至少有两个元素。
同样，小鸟与鸟笼的具体数目也是无关紧要的，只要小鸟的数量比笼子的数量多，推理依然成立。
通过上面的分析，我们可以将上述问题中包含的基本原理写成下面的一般形式。
抽屉原理一把多于n个的元素，按任一确定的方式分成n个集合，那么一定至少有一个集合中，含有至少两个元素.将原理一作更一般的推广可以得到：抽屉原理二把多于m×n个元素放入n个抽屉中，那么，一定有一个抽屉里有m+1个或者m+1个以上的元素。
应用抽屉原理来解题，首先要审题，即要分清什么作为“元素”，什么做为“抽屉”；其次要根据题目的条件和结论，结合有关的数学知识，恰当地设计抽屉.这是应用抽屉原理解题的关键。
例1 求证1997年1月出生的任意32个孩子中，至少有两个人是同一天出生的。
抽屉原则
抽屉原则（一）抽屉原则的数学意义：抽屉原则的数学意义可归纳为三种类型：（1）把n+1个元素以任意确定的方式放入n个集合中，则至少有一个集合中含有二个或二个以上的元素。
（2）把mn+1个元素以任意确定的方式放入n个集合中，则至少有一个集合中至少含有m+1个或多于m+1个元素。
（3）把无限多个元素以任意确定的方式放入有限个集合中，则至少有一个集合中仍含有含有无限多个元素。
（二）抽屉原则的解题思想：运用抽屉原则解题，一般可按下列步骤：（1）较多情况中判定所论问题属于存在性、分类性题类；(存在性问题多用反证法) （2）分清题设条件，设计“抽屉”与“东西”，有时需要“制造”抽屉；有时需要灵活地将“东西”放入“抽屉”，或从“抽屉”中拿出；（3）运用抽屉原则，结合数学技巧予以证明。
常见类型（1）分割图形制造抽屉；（2）按剩余类造抽屉；（3）利用染色造抽屉。
（三）抽屉原则的应用技巧：抽屉原则虽然方法简单，当实际应用时，往往技巧性强，讲究策略，不仅要学会判定与识别适合用抽屉原则求证的题类特征，而且要熟悉掌握根据不同题意要求构造恰当的“抽屉”和物色放入抽屉的“东西”的基本方法，有时还须反复多次运用抽屉原则，或者结合运用其他数学方法灵活求解，唯有多做多看，方能熟能生巧，灵活运用。
（构造是要点）练习1：一学校有366位1981年出生的学生，那么其中至少有两位学生的生日时同一天；2：任给5个自然数，必能从中选取3个，它们的和能被3整除。
3：证明：任意n+1个小于1的非负实数中，至少有两个数的差的绝对值小于1/n。
4：如果正方形内有任意5点，那么必有两点，它们的距离不超过正方形对角线长度的一半。
5：在边长为1的正方形内有任意9个点，证明：其中至少存在三个点，它们组成的三角形的面积不大于1/8。
6：从起点起，每隔1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，那么不管怎么挂，至少有两棵挂牌的树，它们之间的距离是偶数（以米为单位）。
高中数学竞赛讲座抽屉原理
抽屉原理抽屉原理又叫重叠原则或鸽原则，抽屉原则有如下几种情形。
抽屉原则I 把1+n 件东西任意放入n 只抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两件东西。
抽屉原则II 把m 件东西放入n 个抽屉里，那么至少有一个抽屉里至少有⎥⎦⎤⎢⎣⎡n m 件东西。
抽屉原则III 如果有无穷件东西，把它们放在有限多个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含无穷件东西。
利用抽屉原则解题时，其关键是如何利用题中已知条件构造出与题设密切相关的“抽屉”，下面通过例子说明抽屉原则的应用。
例1．在边长为1的正方形内任意放置5个点，试证：其中必有两个点，它们之间的距离不大于22。
证明：将边长为1的正方形划分成如图所示的四个边长为21的小正方形，则每个小正方形中任意两点间的距离不大于22，据抽屉原理：5个点放入四个正方形中，其中至少有一个正方形中至少有2个点，则这两个点间的距离不大于22。
例2．证明：边长为1的的正三角形内任意放置5个点，其中必有两点，其距离不超过21。
证明：将边长为1的正三角形的各边中点连结起来，得到四个小正三角形，则每个小正三角形中任意两点间的距离不大于21，据抽屉原理：5个点放入4个小正三角形中，其中至少有一个小正三角形中至少有2个点，则这两个点间的距离不超过21。
例3．在边长为1的正方形中有任意九个点。
试证：在以这些为顶点的各个三角形中，至少有一个三角形，其面积不大于81。
证明：将边长为1的正方形划分为如图所示的4个441⨯的小长方形，9个点放入4个小长方形中，则必有一个长方形中放入了至少3个点，设为C B A ,,,则三角形ABC 的面积不大于过81，证明如下：A 作边的平行线交BC 于A '，则：C A A B A A ABC S S S '∆'∆∆+=8141121=⨯⨯≤。
例4．求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除。
证明：因为任意一个整数被3除的余数只能是0，1，2，若任给的5个整数被3除的余数中0，1，2都出现，则余数为0，1，2的三个整数之和能被3整除；若5个数被3除的余数只出现0，1，2中的两个，则据抽屉原理知：必有3个整数的余数相同，而余数相同的3个数之和能被3整除。
初一数学竞赛系列讲座(14)抽屉原理
初一数学竞赛系列讲座(14)抽屉原理一、知识要点1、 1、 抽屉原理1把n+1个东西，任意地分放到n 个抽屉里，那么必有一个抽屉里有2个东西。
2、 2、 抽屉原理2把m 个东西，任意地分放到n 个抽屉里，那么必有一个抽屉里至少有k 个东西。
其中n m n m n m n m k n m n m k 表示，的倍数时不是当或的倍数时是当⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡==)(1)( 的整数部分。
3、 3、 上述二个原理统称为抽屉原理。
抽屉原理虽然简单、浅显，却是解决很多存在性问题的有力工具。
利用抽屉原理解题的一般步骤是：(1) (1) 构造抽屉，指出东西；(2) (2) 将东西放入抽屉，或从抽屉里取出；(3) (3) 说明理由，得出结论。
二、例题精讲例1 用2种颜色涂3行9列共27个小方格，证明：不论如何涂色，其中必至少有两列，它们的涂色方式相同.分析：把用两种颜色涂１×３的小方格的方法当作抽屉。
解：用两种颜色涂１×３的小方格共有８种方法．现有９列，由抽屉原理，必有两列涂法一样．评注：用抽屉原理解题的关键在于构造抽屉，另外还要搞清什么是抽屉？什么是东西？例2 已知一个圆。
经过圆心任意作993条直径，它们与圆共有1986个交点，在每个交点处分别填写从1到496中的一个整数(可重复填写)。
证明：一定可以找到两条直径，它们两端的数的和相等。
(第二届迎春杯决赛试题)分析：直径两端的数都在1到496之间，所以它们两端的数的和在2到992之间， 则可构造991只抽屉，而东西有993个，因而得到证明。
证明：直径两端的数都在1到496之间，所以直径两端的数的和≥2，且≤992所以，这种和只有991种。
而直径有993条，993>991，所以一定可以找到两条直径，它们两端的数的和相等。
评注：由解题过程知本题将“993条直径”改为“992条直径”结论仍然成立。
如果将结论改为“可以找到两条直径，它们两端的数的和相等”，那么条件“经过圆心任意作993条直径”就要改为“经过圆心任意作1983条直径”。
初中数学竞赛精品标准教程及练习08抽屉原则
初中数学竞赛精品标准教程及练习08抽屉原则抽屉原则是数学中的一种常用解题方法，也是初中数学竞赛中经常会涉及到的内容。
它的核心思想是通过分桃原则来解决问题。
下面是一份关于抽屉原则的标准教程及练习，供初中数学竞赛的学生参考。
一、抽屉原则的基本概念在数学中，所谓抽屉原则，就是将⼀物放在⼀桶中，有桶放多个物则必然有桶放⼀物。
换句话说，如果我们有更多的物品要放进更少的容器中，那么必定会有至少一个容器中放两个物品。
二、抽屉原则的应用抽屉原则常常应用在数学中的排列组合、数列、概率等问题中。
下面是一些典型的应用场景。
1.分桃问题有5个桃子分给3个人，如果每个人至少分到一个桃子，那么至少要分给每个人几个桃子？解：根据抽屉原则，当3个人只能分到1个桃子时，必定有至少一个人多分了一个桃子。
因此，每个人至少需要分到2个桃子才能保证不出现人只分到1个桃子的情况。
2.整数排列问题求由1、2、3、4、5组成的不重复的三位数的个数。
解：根据抽屉原则，三位数由个位、十位和百位组成。
个位的数字可选1、2、3、4、5中的任意一个，十位和百位的数字也是如此。
因此，不重复的三位数的个数为5*4*3=60个。
3.猜数字游戏有一个由1到100之间的100个整数组成的序列，每当你猜了一个数字后，程序会告诉你这个数字是大了还是小了，直到你猜中为止。
请问，最少需要猜几次才能保证一定能猜中？解：根据抽屉原则，100个数字最多能分成99个区间，因此最少需要猜99次才能保证一定能猜中。
练习题：1.市区有100个公交车站，每个站点上至少有两个站牌，证明至少有4个站牌站在同一个公交车站上。
2.有10个人参加项比赛，证明其中至少有两个人在同一天过生日。
3.在一些市场上有10种水果和15种糖果，证明无论怎样选择这些水果和糖果，至少有6种水果或糖果被选中。
解答：1.假设每个站点上只有两个站牌，那么总共有200个站牌，而公交车站只有100个，根据抽屉原则，至少有4个站牌站在同一个公交车站上。
初中数学竞赛精品标准教程及练习08抽屉原则
初中数学竞赛精品标准教程及练习08抽屉原则抽屉原则（也称为鸽笼原理或鸽巢原理）是初中数学中的一个重要概念，也是数学竞赛中经常出现的题目类型。
下面将为您介绍抽屉原理的概念、应用以及一些相关的练习题。
首先，抽屉原则是指：如果有n+1个物体放进n个抽屉，那么至少有一个抽屉中会放进两个或更多的物体。
这个原理有时遵循直观的理解，也有时需要一定的思维转换。
抽屉原则的证明通常采用反证法。
假设所有抽屉中都只放入一个物体，那么总共最多只能放入n个物体。
但是根据题意，有n+1个物体需要放入，所以必然会有至少一个抽屉中放入两个或更多的物体。
抽屉原理的应用十分广泛，尤其在数学竞赛中经常会出现。
下面给出一些抽屉原理的具体应用：1.证明存在性：当一个问题涉及到将多个物体放入多个容器中，而又无法直接得到特定的解时，可以尝试使用抽屉原理证明至少存在一个满足条件的容器。
2.鸽巢问题：当一个问题涉及到将多个物体分配到多个容器中，而又无法确保完全均匀分配时，可以使用抽屉原理证明至少存在一个容器中放入的物体数量较多。
3.选择问题：当一个问题涉及到从多个选项中选择特定的解时，可以使用抽屉原理证明存在至少一个选项满足条件。
下面给出一些抽屉原理相关的练习题：1.证明：在n+2个自然数中，至少存在两个自然数，使得它们的差能被n整除。
提示：考虑将这n+2个自然数分成n+1组，每组包含相差n个的自然数。
2.有7个球，其中6个相同，1个不同，将其随机分入4个不同的抽屉中，至少有一个抽屉中包含了两个相同的球。
提示：考虑将相同的球分配到3个抽屉中，根据抽屉原理可知至少有一个抽屉中有两个相同的球，并将剩下的球放入另外一个抽屉。
3.证明：取10个正整数，将其分成3组，至少存在一组，使得这组中的两个数的和能被3整除。
提示：考虑将这10个正整数分别除以3得到的余数进行分类，根据抽屉原理可知至少有一个余数出现的次数大于等于4抽屉原理是初中数学竞赛中的重点内容，掌握了抽屉原理的基本概念和应用方法，可以更好地解决相关的数学竞赛题目。
高中数学竞赛讲解之抽屉原则素材新人教版(精).doc
抽屉原则在解决存在性问题时，抽屉原则是一个强有力的工具.抽屉原则I将一个元素个数不少于"的集合划分为加个子集岀，短，…，九，则至少有一个子集A*伙w {1,2,…，加})其元素个数其中，［x］表示的最大整数.推论把一个"元集划分为加个子集(">%),则至少有一个集合含有至少两个元素.我们称这里的子集4,爲，…，4”,为加个“抽屉” •应用抽屉原则解题的关键是构造合适的抽屉，在不同的实际问题中抽屉的表现形式是不一样的；即使是对同一问题也可以从不同角度制造不同的抽屉.抽屉原则丫从加个互不相交的有限集中4，爲，…，4”,取出hw + 1个元素构成一个集合S ,则S中至少有k+1个元素属于某个A p(pe {1, 2,…，m}).抽屉原则II将一个元素不多于"的集合S划分为加个子集£,■■■, A m,则至少存在一个集合A伙w {1,2,…，，"})其元素数目抽屉原则III把一个无限集S划分为有限个子集A2, ■■■, A m,则至少存在一个集合A p(pe{l, 2, •••,加})仍为无限集.例1已知集合S={1, 2, 3,…，3町，"是正整数，T是S的子集，满足：对任意x, y , z^T (其中x, y , z可以相同)都有x+y + z^T ,求所有这种集合T 的元素个数的最大值.解析考虑S中那些较大的数.取T0={n + l, n + 2, ■■■, 3n］,显然，其中任三数之和大于3”.故max|T|> |7^| = 2n .另一方面，作三元子集列A^={n , 2n, 3n]={k, 2n — k, 2n + k] , k = 1,2, •••, n — 1 ,Ak则S=U4,对于s的任一个2〃 + 1元子集尸，必包含有某个A・若观u尸，则其中有元素3n = n + n + n；若某个4 c T', ke{l,2, ■■■, n-1},则其中有元素In + k -k + k + (2n-k).于是max|T| < 2n + l.所以，max卩| = 2".抽屉原则应用过程中的抽屉制造实质就是对问题涉及的某些对象进行分类. 因此，首先应弄清楚对哪些对象分类，分多少类，按什么规则分.例2从1, 2,…，3839中任意选1996个数，证明：一定存在两个数的差恰好等于96.解析按模96的余数0,1, 2,…，95,把整数分类为96类.现有1996个数，且1996 = 96x20 + 76,故由抽屉原则可知，在这1996个数中必有21个数属于同一类，即这21个数中任意两数的差都是96的倍数.如果这21个数中，每两个数之差都不是96,那么这样的最小的21个数是：- 0x96 + r , a2 = 2x96 + r , a3 - 4x96 + r ,…，axo21 =2x20x96 + r>3840>3839 (0 < r < 95),这与已知条件不符.所以，选出的1996个数中一定存在两数之差恰好等于96.例3 —位棋手参加11周(77天)的集训，每天至少下一盘棋，每周至多下12盘棋•证明：这位棋手必定在连续的几天内恰好下21盘棋.解析用S,表示这位棋手在第1天至第7天(包括第7天在内)所下的棋的总盘数(1</<77).由于棋手每天至少下一盘棋，所以S] < S°< ••- < S77.又由于棋手每周至多下12盘棋，所以S77 <12x11 = 132.要证明存在7, j,1<;</<77,使S i-S J =21,这只需证明在» S2)…，S77, 5+21, …，S77+2I中有两项相同即可.事实上，上面的77x2 = 154个数中最小的,1,最大的=S77+21<132+21=153. 由抽屉原则I：必有两数相同.例4试卷上共有4道选择题，每题有3个可供选择的答案.一群学生参加考试，结果是对于其中任何3人，都有一个题目的答案互不相同，问参加考试的学生最多有多少人？解析设每题的3个选择支为a,b,c.如果参加考试学生有10人，则由抽屉原则II知，第一题答案分别为a,b,c的三组学生中，必有一组不超过3人，10-1 + 1 = 2,去掉这组学生，余下的学生中选出7人，则他们对第一题的答案只有两种.对于 这7人关于第二题应用抽屉原则II 知其中必可选出5人，他们关于前两题的答案 都只有两种可能，对于这5人关于第三题应用抽屉原则II,又知可选出4人，关 于第四题应用抽屉原则II,知必可选出3人，他们关于4个题目的答案都只有两 种，这不满足题中的要求.可见，所求的最多人数不超过9.另一方面，如果9 个人的答案如下表所示，则每3人都至少有一个问题的答案互不相同.例5设⑷，a 2,…，a”，…是任意一个具有性质a k < a k+l (k > 1)的正整数的无 穷序列.求证：这个数列中有无穷多个％可以表示为a ,n = xa P + W?，其中，p , q, x, y 是适当的正整数，且p 丰q .解析 在给定的数列中任意取一项仙，因为陶是正整数，把全体正整数按 mod 仙的剩余类分类.由于正整数a ；, a 2, ■■■, a n , ■■-有无穷多个，所以由抽屉原 则III,上述陶个分类中至少有一类含有数列中的无穷多项.再由最小数原理， 这无穷多个项中一定有一个最小的项伟，于是对这个剩余类中的其他任意一项 %都有4” 三 a/moda/,且 a m > a p .所以a m =a p +a q y(y 为某个正整数).取x = l,即有a m = xa p + ya q .例6在不超过91的非零自然数中任意取10个数，证明：这10个数中一定 有两个数的比值在区间§冷内.解析 不超过91正整数共91个，要把这些数分成兀组，使X 可取的最大值是9.现将1, 2, ■■■, 90, 91这91个数分为9组:{1}, {2,3}, {4,5,6}, {7,8,9,10},{11, 12,…，16}, {17, 18,…，25}, {26, 27,…，39},{40, 41,…，60}, {61, 62, ■■■, 91}.这9个组的每个组中任意两数之比P适合-<k<-.由抽屉原则F,从这9个组 3 2中任意取10个数必有两数取自同一组，其比值在-内.L3 2」在这里显然抽屉的个数不能多于9个，分类的规则是使每个抽屉中的任意两数之比落在区间-内.3 2例7对一个5X"的格阵用红、蓝两色进行染色.如果对任意一种染色方案总可找到由3行3列相交出的同色的9个方格，求"的最小值.解析对于每一例，我们考虑相对“均匀”的染法：将其中3个方格染上一种颜色，其余2个方格染上另一种颜色.这样的不同染色方法共有2C；=20种.这提示我们，将5x40格阵的前20列用上述20种不同染法染色，后20列也依前20列的方法对应进行染色.这样的话，无法找到满足题意的同色的3x3格阵.故"至少应为41.如果还是上述“均匀”的染法，那么只要再多一列，即“ =41,就必定出现满足题意的3x3的同色格阵.如果不全是“均匀”的染法，是否"=41还能出现3x3的同色格阵呢？我们得换一个思路，若"=41,因每列红、蓝格数必不相等，所以，至少有21列，每列染某种颜色的格数大于染另一种颜色的格数.不妨设至少有21列每列的红格数大于蓝格数，即每列至少有3个红格.可退一步(?)设这21列每列恰好有3个红格，则对应的染色方法有C；=10种.由抽屉原则知21列中必有3列染法相同，这三列的红色方格即构成3x3的同色格阵.故"的最小值为41.例8在区间［1, 1000］里任意取"个不同的数a,, a2,…，a”，为了总可找到两个数a i, a j (i 丰j , l<i, j < n),使得成立，确定"的最小值，并证明之.解析不等式0<《-勺<1 + 3珈玄成立的一个充分条件是令丽W，疤=4,则问题转化为在区间[1, 10]里任意取"个不同的数乙,…，a'n,从中总存在两数/, a] (i壬j , l<i, j < n)使得将区间[1, 10]分成长度小于1且互不重叠的区间，则至少要分出10个这样的区间，如[1, 2), [2, 3), ■■■, [9, 9.5), [9.5, 10].由抽屉原则T 知,z/ = ll 即可.这说明所求"的最小值不超过11.当zz = 10 时，令^G? = z(z=l, 2, ■■■, 10), i>j,那么«, -a, = O'-J)3 + 3zj(z-；)>1 + 3ij , 不适合条件.故所求的“为11.例9 一个圆内有6000个点，其中任意三点都不共线.(1)能否用直线把这个圆分成2000块，使每块恰含有3个点，如何分？(2)若每块中三点满足：两两之间的距离皆为整数且不超过9,则以每块中的三点为顶点作三角形，这些三角形中大小完全一样的三角形至少有多少个？解析(1)圆内6000个点可确定<価条直线，因^^爲.是个有限的数，所以一定存在圆的一条切线，使它不平行于这C爲。
七年级数学竞赛第29讲抽屉原理
抽屉原理是数学中的一个基本原理，也叫做鸽巢原理。
它是指将多个物体放入较少数量的盒子或抽屉中，那么至少有一个抽屉中会装有两个或以上的物体。
这个原理虽然看似非常简单，但却有着广泛的应用。
接下来，我将通过举例说明抽屉原理的应用以及它的证明方法。
首先，让我们来看一个经典的例子：假设有11个学生，每个学生都要选择一个星期几作为他们的生日。
由于一周只有7天，所以根据抽屉原理，至少有一个星期几会被两位或两位以上的学生选择。
这个例子中的抽屉可以理解为星期几，学生可以理解为物体。
根据鸽巢原理，11个学生抽屉只有7个，必然至少有一个抽屉中会有两位以上的学生。
抽屉原理的应用不仅限于生日问题，它在概率论、组合数学以及密码学等领域都有着重要的作用。
下面我们来看一个与密码学相关的例子：假设有10个人，每个人要从字母表中选择一个字母作为他们的密码。
字母表一共有26个字母，所以根据抽屉原理，至少有一个字母会被两个或两个以上的人选择作为密码。
这意味着在密码学中，我们需要避免出现重复的密码，否则就会出现安全风险。
除了上述例子，抽屉原理还可以应用于排列组合问题、抽样调查等。
在解决这些问题时，我们可以利用抽屉原理来简化计算，缩小问题的范围，提高效率。
有关抽屉原理的证明方法，数学家通常使用反证法。
证明过程如下：假设将n个物体放入m个抽屉中，每个抽屉中最多放入n/m个物体。
根据抽屉原理，每个抽屉中最少会放入k个物体。
然而，假设这k个物体都分别放在不同的抽屉中，那么按照前面的假设，每个抽屉中最多只能放n/m个物体，矛盾了前提。
因此，根据反证法，至少有一个抽屉中会放入两个或两个以上的物体。
通过上述证明，我们可以看出抽屉原理是成立的，它是一种可靠且有效的方法。
在解决一些特定问题时，我们可以运用抽屉原理来缩小问题范围，寻找规律，使问题的解决变得更简单。
同时，抽屉原理也能够帮助我们理解一些概率问题的本质，并应用到实际生活中。
总结起来，抽屉原理是数学中一个基本的原理，它告诉我们当多个物体放入较少数量的容器时，必然会有一个容器中装有两个或两个以上的物体。
竞赛数学_抽屉原则
抽 屉 原 则抽屉原则也叫鸽巢原理，它是德国数学家狄利克雷首先提出来的，也称狄利克雷原理，是组合数学中一个重要的原理，在数论和组合论中有着广泛的应用，用它可以解决生活中遇到的很多有趣的问题，并且常常能够得到令人惊奇的结果，因此数学竞赛中经常选用这方面的题目。
1 抽屉原理的基本形式原则1 把n +1个球放入n 个盒子里，则必有一个盒子至少有两个球。
证明 假设有n 个盒子，且每个盒子至多有一个球。
那么n 个盒子一共至多有n 个球，与球的个数为n +1矛盾。
故假设错误，即必有一个盒子至少有两个球。
原则2 把12()1n k k k n +++-+ 个球放入n 个盒子里，则存在1i n ≤≤，使得第i 个盒子至少有i k 个球。
证明 假设有n 个盒子，第i 个盒子至多有（1i k -）个球，即第1个盒子至多有（11k -）个球，第2个盒子至多有（21k -）个球，…，第n 个盒子至多有（1n k -）个球，故n 个盒子至多共有12()n k k k n +++- 个球，但是球数总共是12()1n k k k n +++-+ 个，矛盾。
故存在1i n ≤≤，使得第i 个盒子至少有i k 个球。
在原则2中，令122n k k k ==== ，即为原则1。
2 解题时的注意事项原则中的球有时也被描述为元素、对象或者鸽子，其中的盒子被描述为集合、抽屉或者笼子。
在分析题目时，应注意一下几方面： ① 指明什么是“球”， ② 指明什么是“盒子”；③ 指明“球”放入“盒子”的规则；④ 分析出“盒子”中的“球”所具有的性质； ⑤ 够造“盒子”的方法；⑥ 有的题目用一次抽屉原则并不会得出结论，所以也要注意原则的重复使用； ⑦ 解题时需要对“球数”和“盒数”进行估计；⑧ 在用抽屉原则时，“球”和“盒子”需要满足一定的数量关系。
因此，在解题时要注意两种思路，一是通过人为增加球的个数，二是分类讨论减少盒子的个数。
如果将这8个事项都注意到，在解题时才会得心应手。
初中数学竞赛：抽屉原理(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：抽屉原理把5个苹果放到4个抽屉中，必然有一个抽屉中至少有2个苹果，这是抽屉原理的通俗解释。
一般地，我们将它表述为：第一抽屉原理：把（mn＋1）个物体放入n个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（m＋1）个物体。
使用抽屉原理解题，关键是构造抽屉。
一般说来，数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等，都可作为构造抽屉的依据。
例1从1，2，3，…，100这100个数中任意挑出51个数来，证明在这51个数中，一定：（1）有2个数互质；（2）有2个数的差为50；（3）有8个数，它们的最大公约数大于1。
证明：（1）将100个数分成50组：{1，2}，{3，4}，…，{99，100}。
在选出的51个数中，必有2个数属于同一组，这一组中的2个数是两个相邻的整数，它们一定是互质的。
（2）将100个数分成50组：{1，51}，{2，52}，…，{50，100}。
在选出的51个数中，必有2个数属于同一组，这一组的2个数的差为50。
（3）将100个数分成5组（一个数可以在不同的组内）：第一组：2的倍数，即{2，4，…，100}；第二组：3的倍数，即{3，6，…，99}；第三组：5的倍数，即{5，10，…，100}；第四组：7的倍数，即{7，14，…，98}；第五组：1和大于7的质数即{1，11，13，…，97}。
第五组中有22个数，故选出的51个数至少有29个数在第一组到第四组中，根据抽屉原理，总有8个数在第一组到第四组的某一组中，这8个数的最大公约数大于1。
例2求证：可以找到一个各位数字都是4的自然数，它是1996的倍数。
证明：因1996÷4＝499，故只需证明可以找到一个各位数字都是1的自然数，它是499的倍数就可以了。
得到500个余数r1，r2，...，r500。
由于余数只能取0，1，2， (499)499个值，所以根据抽屉原理，必有2个余数是相同的，这2个数的差就是499的倍数，这个差的前若干位是1，后若干位是0：11…100…0，又499和10是互质的，故它的前若干位由1组成的自然数是499的倍数，将它乘以4，就得到一个各位数字都是4的自然数，它是1996的倍数。
高中数学竞赛讲座 10抽屉原则
竞赛讲座10--抽屉原则大家知道，两个抽屉要放置三只苹果，那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里，更一般地说，只要被放置的苹果数比抽屉数目大，就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉，可不要小看这一简单事实，它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则.1．抽屉原则有几种最常见的形式原则1 如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体：原则本身十分浅显，为了加深对它的认识，我们还是运用反证法给予证明；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.原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总是，比如说，我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟，这是个惊人的结论，该是经过很多人的艰苦劳动，统计所得的吧！不，只须我们稍动手算一下：不妨假设人的寿命不超过4万天（约110岁，超过这个年龄数的人为数甚少），则10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里，根据原则1，即知结论成立.下面我们再举一个例子：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可归结到期更一般形式：原则3把m1+m2+…+m n+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m n+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m n，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+m n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.下面我们换一个角度考虑：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11a，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，…，a n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,…………S n=a1+a2+…+a n，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，否则至少有两个数被n除余数相同，则它们的差即它们中若干数（包括1个）的和是n的倍数，问题同样得证.例子3（北京1990年高一竞赛）910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：（1）至少有三行完全相同；（2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同.解910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上有红蓝两种可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有27=128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式.现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行A、B行式相同.除A、B外余下128行，若有一行P与A行式相同，知满足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在这128行中设直一行5A行或相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行C、D具有相同行式，这样便找到了（A、B），（C、D）两组（四行），且两组两行完全相同.练习十二1．一个篮球运动员在15分钟内将球投进篮圈20次，证明总有某一分钟他至少投进两次.2．有黑、白、黄筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出筷子来，使得至少有两双筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？3．证明：在1，2，3，…，10这十个数中任取六个数，那么这六个数中总可以找到两个数，其中一个是另一个的倍数.4．证明：任意502个整数中，必有两个整数的和或差是998的倍数.5．任意写一个由数字1，2，3组成的30位数，从这30位数任意截取相邻三位，可得一个三位数，证明：在从各个不同位置上截得的三位数中至少有两个相等.6．证明：把任意10个自然数用适当的运算符号连接起来，运算的结果总能被1890整除.7．七条直线两两相交，所得的角中至少有一个角小于26°.8．用2种颜色涂3行9列共27个小方格，证明：不论如何涂色，其中必至少有两列，它们的涂色方式相同.9．用2种颜色涂5×5共25个小方格，证明：必有一个四角同色的矩形出现.10．求证存在形如11…11的一个数，此数是1987的倍数.练习十二1．15分钟里在每一分钟看作一个抽屉，20次投篮看作20个物体，根据原理一即得.2.至少要取１１只筷子．因为１１只筷子中必有一双筷子同色，不妨设它是黄色，则黑色或白色的筷子至少有３只，其中必有一双同色，即黑色或白色，故取１１只筷子足以保证成功．但少于１１只不行，如取１０只筷子，闵可能出现８只黄色，黑白各一只，不合要求．３．将１０个数分成５组：（１，７），（２，６），（３，９），（４，８），（５，１０）．任取六个数必有两个落入同一组，而同组二数中一数是另一数的倍数．４．每个整数被９９８除，余数必是０，１，２，…，９９７中的一个．把这９９８个余数制造为（０），（１，９９７），（２，９９６），…，（４９７，５０１），（４９８），（４９９），（５００）共５０１个抽屉，把５０２个整数按被９９８除的余数大小分别放入上述抽屉，必有两数进入同一抽屉．若余数相同，那么它们的差是９９８的倍数，否则和为９９８的倍数．５．从各种位置上截得的三位数有２８个，但由１，２，３组成的不同三位数有３×３×３＝２７个，故有两个截得的三位数相同．６．１８９０＝２×３×５×７×９．将１０个数记为ｘ１，ｘ２，…，ｘ９，ｘ１０．１０个数中至少有两个被９除余数相同，设为ｘ１，ｘ２则ｘ１－ｘ２可被９整除．同样剩下８个数中有两个数的差可被７整除，记为ｘ３－ｘ４，剩下６个数中有两个数的差可被５整除，记为ｘ５－ｘ６，剩下４个数中有两个数的差可被３整除，记为ｘ７－ｘ８．剩下两数ｘ９，ｘ１０，若有一数为偶数，则ｘ９，ｘ１０可被２整除，否则ｘ９－ｘ１０可被２整除．故乘积（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）ｘ９·ｘ１０与（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）（ｘ９－ｘ１０）二者之一必可被１８９０整除．７．任选一点Ｐ，过Ｐ点分别作各线的平行线，则它们把一周角分成１４个彼此相邻的角，其中至少有一个角小于２６°．８．用两种颜色涂１×３的小方格共有８种方法．现有９列，由抽屉原则，必有两列涂法一样．９．设两种颜色为红、蓝，考察第一行的涂色．必有三格同色，不妨设为红色，且在左边三列．现考察左边三列，若下面四行中某一行有两格同为红色，则出现四角同红色矩形，否则每行仅可能一格染红色，从而四行中必有二行左边三列中有两列同染蓝色，从而得到四角同为蓝色的矩形．１０．考虑１，１１，…共１９８７个数，其中必有一个是１９８７的倍数，否则必有两数被１９８７除余数相同，其差是１９８７的倍数．但１０ｉ与１９８７没有除１外的因数，故是１９８７倍数导致矛盾．。
高一数学竞赛专题培训抽屉原理
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，…，A n，用a1，a2，…,a n 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a i大于或等于2（用反证法）假设结论不成立，即对每一个a i都有a i＜2，则因为a i是整数，应有a i≤1，于是有：a1＋a2＋…＋a n≤1＋1＋…＋1＝n＜n＋1这与题设矛盾。
所以，至少有一个a i≥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，…，A n,用a1，a2，…，a n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a i大于或等于m＋1.（用反证法）假设结论不成立,即对每一个a i都有a i＜m＋1，则因为a i是整数,应有a i≤m，于是有:a1＋a2＋…＋a n≤m＋m＋…＋m＝n·mn个m＜n·m＋1这与题设相矛盾。
所以，至少有存在一个a i≥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,…，A k,用a1，a2，…，a k 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a i大于或等于[n/k].(用反证法）假设结论不成立,即对每一个a i都有a i＜［n/k]，于是有：a1＋a2＋…＋a k＜［n/k]+[n/k］+…+［n/k]k个[n/k］＝k·[n/k］≤k·（n/k)＝n∴a1＋a2＋…＋a k＜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＋…＋q n－n＋1个元素分为n个集合A1，A2，…,A n，用a1,a2，…,a n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a i大于或等于q i。
人大附中 华杯赛资料--抽屉原则
抽屉原则基础知识：（1）抽屉原则：把n＋1个苹果（或多于n＋1个苹果）放入n个抽屉中，至少有一个抽屉至少放入了2个苹果。
（2）抽屉原则2∶把kn＋1个苹果（或多于kn＋1个苹果）放入n个抽屉中，至少有一个抽屉至少放入了k＋1个苹果。
（3）反向抽屉原则：把kn－1个苹果（或多于kn－1个苹果）放入n个抽屉中，至少有一个抽屉至多放入了k－1个苹果。
例1.从1~2016中最多可以选取多少个数，使得这些数中任意两个数的差不等于6。
[答疑编号505721590101]【答案】1008【解答】如果选取1~6，13~18，25~30，……，2005~2010这1008个数，则其中任意两个数的差不等于6，符合要求。
如果选取的数超过1008个，即至少选出了1009个数。
将1~2016分为1008对：（1，7），（2，8），（3，9），（4，10），（5，11），（6，12），（13，19），（14，20），（15，21），（16，22），（17，23），（18，24），…………（2005，2011），（2006，2012），（2007，2013），（2008，2014），（2009，2015），（2010，2016）。
上述1008对数就是1008个抽屉，那么只要选出的数至少有1009个，其中就必有两个数在同一个抽屉中，那么这两个数的差等于6，不符合要求。
综上所述，最多可以选取1008个数。
进一步思考：在1~2013中最多可以选取多少个数，使得这些数中任意两个数的差不等于6？（1，7），（2，8），（3，9），（4，10），（5，11），（6，12），（13，19），（14，20），（15，21），（16，22），（17，23），（18，24），…………（2005，2011），（2006，2012），（2007，2013），（2008），（2009），（2010）。
[答疑编号505721590102]【答案】1008例2.求证：在2013个数1、11、111、1111、……、11……1中，必有一个是2013的倍数。
数学奥赛辅导 第七讲 抽屉原则、容斥原理
数学奥赛辅导 第七讲 抽屉原则、容斥原理知识、方法、技能 I ．抽屉原则10个苹果放入9个抽屉中，无论怎么放，一定有一个抽屉里放了2个或更多个苹果.这个简单的事实就是抽屉原则.由德国数学家狄利克雷首先提出来的.因此，又称为狄利克雷原则.将苹果换成信、鸽子或鞋，把抽屉换成信筒、鸽笼或鞋盒，这个原则又叫做信筒原则、鸽笼原则或鞋盒原则.抽屉原则是离散数学中的一个重要原则，把它推广到一般情形就得到下面几种形式：原则一：把m 个元素分成n 类（m >n ），不论怎么分，至少有一类中有两个元素. 原则二：把m 个元素分成n 类（m >n ）（1）当n |m 时，至少有一类中含有至少n m个元素； （2）当n |m 时，至少有一类中含有至少[nm]+1个元素.其中n m 表示n 是m 的约数，n m 表示n 不是m 的约数，[nm ]表示不超过nm的最大整数.原则三：把1221+-+++n m m m 个元素分成n 类，则存在一个k ，使得第k 类至少有k m 个元素.原则四：把无穷多个元素分成有限类，则至少有一类包含无穷多个元素.以上这些命题用反证法极易得到证明，这里从略.一般来说，适合应用抽屉原则解决的数学问题具有如下特征：新给的元素具有任意性.如10个苹果放入9个抽屉，可以随意地一个抽屉放几个，也可以让抽屉空着. 问题的结论是存在性命题，题目中常含有“至少有……”、“一定有……”、“不少于……”、“存在……”、“必然有……”等词语，其结论只要存在，不必确定，即不需要知道第几个抽屉放多少个苹果.对一个具体的可以应用抽屉原则解决的数学问题还应搞清三个问题：（1）什么是“苹果”？（2）什么是“抽屉”？（3）苹果、抽屉各多少？用抽屉原则解题的本质是把所要讨论的问题利用抽屉原则缩小范围，使之在一个特定的小范围内考虑问题，从而使问题变得简单明确.用抽屉原则解题的基本思想是根据问题的自身特点和本质，弄清对哪些元素进行分类，找出分类的规律.用抽屉原则解题的基本思想是根据问题的自身特点和本质，弄清对哪些元素进行分类，找出分类的规律.用抽屉原则解题的关键是利用题目中的条件构造出与题设相关的“抽屉”. Ⅱ. 容斥原则当我们试图对某些对象的数目从整体上计数碰到困难时，考虑将整体分解为部分，通过对每个部分的计数来实现对整体的计数是一种明智的选择.将整体分解为部分也就是将有限集X 表示成它的一组两两互异的非空真子集A 1，A 2，…A n 的并集，即},,,{.2121n n A A A A A A X ==ϕ集合叫做集合X 的一个覆盖.一个特殊情况是，集族ϕ中的任意两个集合都不相交，这时我们称集族ϕ为集合X 的一个（完全）划分.如ϕ为集合X 的划分，则对集合X 的计数可通过熟知的加法公式||||||||||321n A A A A X ++++= ①进行，但是，要找到一个划分并且其中所有子集易于计数的有时并非易事. 我们可以考虑通过对任意的集族中的子集的计数来计算|X|，当集族ϕ中至少存在两个集合的交非空时，我们称这个覆盖为集合X 的不完全划分. 对于集合X 的不完全划分，显然有有||||||||21n A A A X +++< ②因为在计算|A i |时出现了对某些元素的重复计数，为了计算|X|，就得将②式右边重复计算的部分减去，如果减得超出了，还得再加上，也就是说我们要做“多退少补”的工作.完成这项工作的准则就是容斥原理. 是十九世纪英国数学家西尔维斯提出的. 容斥原理有两个公式.1．容斥公式定理1 设则为有限集,),,2,1(n i A i = ∑∑=≤<≤=-=-++-=ni nj i i ni n j i i i ni A A A A A 11111||)1(|||||| ③证明：当,/,/,,1221121B A A B A A B A A n ='='== 设时由加法公式有|||||||||)||(||)||(|||||||||||,||||||,|||||2121212121212211A A A A B B A B A B A A B A A A A A B A A B A -+=+-+-=++'+'=''==+'=+'结论成立.若n =k 时结论成立，则由∑∑∑=≤<≤=+=-+=+=+=+=+=-+-++-=-+=-+=ki kj i ki i k i ki k j i i i i ki k i ki k i ki k i ki i k i A A A A A A A A A A A A A A A 1111111111111111||||)1(|||||)(||||||)(|||||||∑≤<≤+=+++-+-+ki i k i ki kk j k i k A A A A A A A 111111|)(|)1(|)()(||∑∑+=+≤<≤+=-++-=111111||)1(||||k i k j i i k i kj i i A A A A 知，1+=k n 时结论成立.由归纳原理知，对任意自然数n ，公式③成立. 公式③称为容斥公式，显然它是公式①的推广.如果将i A 看成具有性质i P 的元素的集合，那么n A A A X 21=就是至少具有n 个性质n P P P ,,,21 之一的元素的集合. 因此，容斥公式常用来计算至少具有某几个性质之一的元素的数目. 2．筛法公式与容斥公式讨论的计数问题相反，有时需要计算不具有某几个性质中的任何一个性质的元素的个数，即||21n A A A . 为此，我们先引入下面的引理.引理1 设A 关于全集I 的补集为A ，则.||||||I A A =+引理2 ,11i n i i n i A A === ,11i ni i n i A A ===引理简单证略. 利用二引理改写公式③便是 定理 2 设),,2,1(n i A i =为有限集I 的子集，则||||||||111i ni i ni i ni A I A A ===-==∑∑=≤<≤=-+++-=ni nj i i ni nj i i A A A A I 111||)1(|||||| ④赛题精讲例1设ABC 为一等边三角形，E 是三边上点的全体. 对于每一个把E分成两个不相交子集的划分，问这两个子集中是否至少有一个子集包含着一个直角三角形的三个顶点？（第24届IMO 第4题） 【证明】如图I —3—2—1，在边BC 、CA 、AB 上分别取三点P 、Q 、R ，使.3,3,3ABRB CA QA BC PC ===显然 △ARQ ，△BPR ，△CQP 都是直角三角形. 它们的锐 角是30°及60°.设E 1，E 2是E 的两个非空子集，且==2121,E E E E E 由抽屉原则P 、Q 、R 中至少有两点属于同一子集，不妨设P 、Q ∈E 1. 如果BC 边上除P 之外还有属于E 1的点，那么结论已明.设BC 的点除P 之外全属于E 2，那么只要AB 上有异于B 的点S属于E 2，设S 在BC 上的投影点为Ｓ′，则△SS ′B 为直角三角形.再设AB 内的每一点均不属于E 2，即除B 之外全属于E 1，特别，R 、A ∈E 1，于是A 、Q 、R ∈E 1，且AQR 为一直角三角形. 从而命题得证.【评述】此例通过分割图形构造抽屉. 在一个几何图形内有若干已知点，我们可以根据问题的要求把图形进行适当的分割，用这些分割成的图形作为抽屉，再对已知点进行分类，集中对某一个或几个抽屉进行讨论，使问题得到解决.例2：在1，4，7，10，13，…，100中任选出20个数，其中至少有不同的两组数，其和都等于104，试证明之. （第39届美国普特南数学竞赛题）【证明】给定的数共有34个，其相邻两数的差均为3，我们把这些数分成如下18个不相交的集合.{1}，{52}，{4，100}，{7，97}，…{49，55}.且把它们分作是18个抽屉，从已知的34个数中任取20个数，即把前面两个抽屉中的数1和52都取出，则剩下的18个数在后面的16个抽屉中至少有不同的两个抽屉中的数全被取出，这两个抽屉中的数互不相同，每个抽屉中的两个数的和都是104.【评述】此例是根据某两个数的和为104来构造抽屉. 一般地，与整数集有关的存在性问题也可根据不同的需要利用整数间的倍数关系、同余关系来适当分组而构成抽屉.例3 设 ,,,321a a a 是严格上升的自然数列：<<<321a a a ，求证：在这个数列中有无穷多个m a 可以表示为q p m ya xa a +=，这里q p ≠是两个正整数，而y x ,是两个适当的整数. （第17届IMO 第2题）【证明】对严格上升的自然数列 <<<321a a a ，取以1a 为模的剩余类，则可分为1a 类 {0}，{1}，{2}，…，{11-a }.考虑无穷数列,,,32 a a 由抽屉原则，其中有无穷多项属于同一类，不妨设这一剩余类是{r}，且记其中数值最小的那一项为q a ，显然1>q ，于是,1r ua a q +=其中的u 是某个正整数，其他的属于这一剩余类的任一项m a 可表示为 .1r a a q +=ν由于,,u a a q m >>ν故所以有.)(111q q m a a u ua a a a +-=-+=νν令u x -=ν，这是一个正整数，再令1=y ，则上式成为.1q m ya xa a -=显然，这里的q p <=1.例4：设n x x x ,,,21 为实数，满足12232221=++++n x x x x ，求证：对于每一整数2≥k ，存在不全为零的整数),,2,1(1||,,,,21n i k a a a a i n =-≤使得并且.1)1(||2211--≤+++nn n k n k x a x a x a 【证明】由柯西不等式得))(111(|)||||(|2232221222221n n x x x x x x x +++++++≤+++即n x x x n ≤+++||||||21 . 所以，当有时,10-≤≤k a i ||||||2211n n x a x a x a +++.)1(|)||||)(|1(21n k x x x k n -≤+++-≤把区间))1(,0[n k -等分成12-k 个小区间，每个小区间的长度为1)1(--n k nk ，由于 每个i a 能取k 个整数，因此n n n k x a x a x a 共有||||||2211+++ 个正数，由抽屉原则知必有二数会落在同一个小区间之内，设它们分别是 ||||11i ni i ini i x a xa ∑∑=='''与，因此有∑=--≤''-'ni n i i i k nk x a a 11)1(|||)(| ① 很明显，我们有.,,2,1,1||n i k a a i i =-≤''-'现在取⎩⎨⎧<'-''≥''-'=)0(,)0(,i i i i ii i x a a x a a a 如果如果这里i =1,2,…,n ，于是①可表示为∑=--≤ni ni i k nk x a 1.1)1(||这里i a 为整数，适合.,,2,1,1||n i k a i =-≤【评述】如上例所示，在证明存在某些有界量使相关的不等式成立时，可类似地把某区间划分为若干小区间作为抽屉，借用抽屉原则来证明.例5：一个国际社团的成员来自六个国家共有1978人，用1，2，…，1977，1978来编号，试证明：该社团至少有一个成员的编号或者与他的两个同胞的编号之和相等，或者是其中一个同胞的编号的两倍. （第20届IMO 第6题）【证明】可用反证法来证明与本题完全相当的下列问题：把整列1，2，…，1978按任一方式分成六组，则至少有一组具有这样的性质：其中有一个数或等于四组中其他两数之和，或等于其中某一个数的两倍.假设这六组中的每一组数都不具备上述性质，也就是说每一组数都具备下列性质，记作性质（P ）： 同组中任何两数之差必不在此组中.因为如果有b a ,连同b a -都在同一组中，那么由)(b a b a -+=可知，这组已具备题目所要求的性质.因1978÷6>329，所以由抽屉原则可以肯定有一个组A ，其中至少有380个正整数，现在从A 中任意取出330个数业，记其中最大的那个数为1a ，把1a 分别减去其余329个数而得到329个差，它们互不相等且均小于1978. 由性质（P ），它们不会再在组A 中，即应属于其余五组. 又因329÷5÷>65.再由抽屉原则可以肯定有一组B ，其中至少含有上述329个数中的66个数，从B 中任取66个数且记其中最大的那个数为b 1，再把b 1减去其余65个数，得出的差显然不再属于B ，当然也不会属于A.假如其中的某一个数b b -1属于A ，由于1b 与b 分别可以写为 a a b a a b -='-=111,其中a a '与都属于A ，于是 a a a a a a b b '-=--'-=-)()(111这就同A 具备性质（P ）的假设相违背，这就是说上述65个数必属其余四个数组.由于65÷4>16，所以至少有一组，称为C ，至少会有上述65个整数中的17个，反复进行上述推理，最后可得一数组F ，其中至少会有两个数，大数与小数之差是一个小于1978的正整数，可是它不在A 、B 、C 、D 、E 、F 的任一组中，这显然是一个矛盾，这矛盾说明至少有一组数不具备性质（P ）.即题目的结论是正确的.【评述】我们容易发现，如果把此题中1978改为任何一个不小于1957的正整数后其结论仍是成立的. 上例的解答过程说明了对有些数学问题需要我们连续运用抽屉原则，而且每构造一次抽屉都把范围缩小一些.例6：已知1与90之间的19个（不同的）正整数，两两的差中是否一定有三个相等？（匈牙利数学竞赛题，1990年）【证明】设这19个数为.9011921≤<<<≤a a a由于)()()(1217181819119a a a a a a a a -++-+-=- ，若右边的18个差中无三个相等，而只有两个相等，且取最小的，则,90)921(2119=+++⨯>- a a这与89190119=-≤-a a 矛盾. 所以两两的差中定有三个相等. 抽屉原则实际上都是重叠原则，这里再介绍抽屉原则的几种变形：平均量重叠原则：把一个量S 任意分成n 份，则其中至少有一份不大于n S ，也至少有一份不少于nS .面积的重叠原则：在平面上有n 个面积分别是A 1，A 2，…，A n 的图形，把这n 个图形按任何方式一一搬到某一个面积为A 的固定图形上去，（1）如果A 1+A 2+…+A n >A ，则至少有两个图形有公共点；（2）如果A 1+A 2+…+A n <A ，则固定图形中至少有一个点未被盖住. 例7：在一个面积为20×25的长方形内任意放进120个面积为1×1的正方形，证明：在这个长方形内一定还可以放下一个直径为1的圆，它和这120个正方形的任何一个都不相重叠. （第1届全俄数学奥林匹克试题）【证明】要使直径为1的圆完全放在一个矩形里，它的圆心应与矩形任何一条边的距离不小于21，这可从20×25的长方形ABCD 的每一边剪去一个宽为21的长条，则余下的长方形A ′B ′C ′D ′的面积为19×24=456[如图I —3—2—2（a ）].这样，任意放进长方形ABCD 内的直径为1的圆心都在长方形A ′B ′C ′D ′中，此外，圆心应与任何一个正方形的边界的距离也大于21，即在任何一个小正方形以外加上21的框[如图I —3—2—2（b ）所得图形的面积是4342141ππ+=+⨯+.用这样的120个图形互不相交地去覆盖长方形A ′B ′C ′D ′，它们的总面积等于).43(120π+⨯ 但是 ).43(120π+⨯.4562.153042.312120=⨯=+⨯< 这说明用这样的120图形不能覆盖一个面积为456的长方形，从而可以在长方形ABCD内放置一个直径为1的圆，它不与所有的小正方形中的任何一个重叠. 例8：设n 与k 是正整数，n k n n <<>2,3平面上有n 个点，其中任意三点不共线，如果其中每个点都至少和其他k 个点用线段连接，则连接的线段中至少有三条围成一个三角形.（波兰数学竞赛题，1968年）【证明】因为nk n 2,3>>所以2≥k .这表明：n 个点中必有两个点a 与b ，它们之间连一段线段，余下的点构成的集合记作X.X 中用线段与a 连接的所有点的集合记作A ，而与b 连接的所有点的集合记作B. 显然A ∪B 是X 的子集，因此，|A ∪B|≤|X|=n －2. 另一方面，由已知条件，1||,1||-≥-≥k B k A ，则由容斥公式，||22||||||||2B A k B A B A B A n --≥-+=≥-即 02||>-≥n k B A .这就证明了φ≠B A ，也就是说B A 中必有一点c ，它与a ，b 构成一个△abc .。
上海奥数精讲第讲讲义抽屉原理
上海奥数精讲第讲讲义抽屉原理一、引言抽屉原理是奥林匹亚数学竞赛中一个常见的原理，被广泛应用于数学中的排列组合、鸽巢原理等问题的解答中。
本课将通过抽屉原理的解释和示例来帮助学生更好地理解这个概念，并能应用于相关的问题中。
二、抽屉原理的概念1.定义：如果有n个物体放入m个抽屉中，且n>m，则至少有一个抽屉中至少有两个物体。
2.解释：抽屉原理可以理解为，当物体数量多于抽屉数量时，不可能每个抽屉都只有一个物体，至少有一个抽屉里会有多个物体。
三、抽屉原理的证明1.假设有n个物体放入m个抽屉中，且n>m。
2.假设每个抽屉中最多只能放一个物体，即每个抽屉里放的物体数最多为13.总物体数应不超过总抽屉数，即n≤m。
4.由于n≤m，而且n>m，所以不可能每个抽屉都只有一个物体，即至少有一个抽屉中有多个物体。
四、抽屉原理的应用1.应用于排列组合问题：例1：有7只鸽子分别关在8个笼子里，那么至少有一个笼子中有多于一只鸽子。
解析：将7只鸽子依次放入8个笼子里，根据抽屉原理，至少应有一个笼子中有多于一只鸽子。
例2：将10颗彩球放入3个盒子中，那么至少有一个盒子中有多于3颗彩球。
解析：将10颗彩球依次放入3个盒子中，根据抽屉原理，至少应有一个盒子中有多于3颗彩球。
2.应用于集合问题：例3：设有10个整数，它们的平均数与整数部分之和的整数部分相等，证明至少有两个数的小数部分相减的绝对值小于等于0.1解析：设这10个整数的平均数为x，则整数部分之和的整数部分为10x，根据题目中的条件可得10x-10x<0.1，即1<0.1，这是一个矛盾的结论。
根据抽屉原理，至少有两个数的小数部分相减的绝对值小于等于0.1例4：现有9个整数，它们的平均数与整数部分之和的整数部分相等，证明至少有两个数的小数部分相减的绝对值小于等于0.098解析：设这9个整数的平均数为x，则整数部分之和的整数部分为9x，根据题目中的条件可得9x-9x<0.098，即0<0.098，这是一个矛盾的结论。
竞赛数学_抽屉原则
竞赛数学_抽屉原则竞赛数学中的抽屉原则是一种非常有用的数学思想和方法。
它被广泛应用于数学竞赛中的组合数学、概率论、数论等领域。
抽屉原则的思想源自于日常生活中的一种常识，即当我们把若干个物品放入若干个抽屉中时，如果物品的数量大于抽屉的数量，那么至少会有一个抽屉中放入了多个物品。
在数学上，我们可以将这种常识用严密的语言和证明来描述。
首先，我们来讨论一个经典的问题：假设有十个苹果放在九个抽屉中，那么至少有一个抽屉中放入了两个或以上的苹果。
这个问题可以通过抽屉原则来解决。
我们将九个抽屉用1、2、3、..、9来编号。
假设所有的苹果都在抽屉中放入苹果的情况下，那么我们可以把这种情况表示为一个函数f，其中f(i)表示第i个抽屉中放入的苹果的数量。
根据题意，我们知道每个抽屉中放入的苹果的数量都是非负整数，并且最多只有一个抽屉中放入了十个苹果。
现在假设所有的抽屉都只放入了一个苹果，那么根据抽屉原则，无论如何放置苹果，至少会有一个抽屉放入了两个或以上的苹果。
所以这种情况下命题成立。
接下来，我们考虑放置苹果的另一种极端情况，即有一个抽屉中放入了十个苹果，其余的八个抽屉都只放入了一个苹果。
根据抽屉原则，至少会有一个抽屉中放入了两个或以上的苹果。
所以这种情况下命题也成立。
通过上述两种特殊情况的讨论，我们不难发现，无论如何放置苹果，都至少会有一个抽屉中放入了两个或以上的苹果。
所以原命题成立。
这个问题不仅是一个经典问题，同时也是抽屉原则的一个具体应用。
我们可以把抽屉原则归纳为如下的定理：定理：如果把n+1个物体放入n个抽屉中，那么至少会有一个抽屉中放入了两个或以上的物体。
接下来，我们来看一个进一步的推广问题：假设有n个物体放入m个抽屉中，其中n>m。
那么至少有一个抽屉中放入了大于等于k个物体的概率是多少？我们仍然可以使用抽屉原则来解决这个问题。
首先，我们假设所有的物体都被放置在抽屉中，构造函数f(i)，其中f(i)表示第i个抽屉中放置的物体的数量。
竞赛之窗
竞赛之窗§1。
抽屉原则把8件物品任意的放进7个抽屉种，不论怎么放置，则至少有一个抽屉中有两件或两件以上上述物品。
这是日常生活中简单而直观的常识，这一常识反映了数学中十分深刻的分类原则。
这就是抽屉原则。
他是数学中的一个重要原则，把他推广导一般情形就得到如下几种表现形式：1．把个元素分到个集合中，那么必有（至少有）一个集合中含有1n +n 两个或两个以上的元素。
2．把个元素分到个集合中，那么必有（至少有）一个集合中含有1nm +n 或个以上元素。
1m +1m +3．把个元素元素分到个集合中，那么必有（至少有）一个集合中含n k 有元素的个数，也必有（至少有）一个集合中含有元素的个数[n k≥。
[]n k≤4．把个元素分到个集合中，那么必有（至少有）12......1n q q q n +++−+n 一个，在第个集合中元素的个数。
(1)i i n ≤≤i i q ≥5．把无穷多个元素分为有限个集合，那么必有（至少有）一个集合中元素个数为无穷。
这几种表现形式很容易用反证法证明。
一般地说，适合应用抽屉原则来解决的数学问题具有如下特征：所给的元素具有任意性。
问题的结论是存在性命题。
题中常含有“至少有”“必有”“一定有”“不少于”等词语。
其结论只是存在，不必确定。
应用抽屉原则解题的本质是把所讨论的问题利用抽屉原则将范围缩小，使之能在一个特定的范围内考虑问题，使问题变得简单而明确。
应用抽屉原则解题得基本思想是根据问题的自身特征，洞察问题的本质。
先弄清楚对哪些元素进行分类，再找出分类的规律。
下面通过具体的例题来介绍构造抽屉的方法设为实数，满足。
求证：对每一个整12,,......n x x x 22212......1n x x x +++=数，存在不全为零的整数使得2k ≥12,,......n a a a 且|| 1.(1,2,......)i a k i n ≤−=1122|......|n n a x a x a x +++≤证明：由柯西不等式)......)(1......11(|)|......|||(|22221222221n n x x x x x x ++++++≤+++即nx x x n ≤+++||......||||21所以当时有10−≤≤k a ink x x x k x a x a x a n n n )1(||......|||)(|1(||......||||212211−≤+++−≤+++把区间等分为个小区间，每个小区间的长度为])1(,0[n k −1−n k 。
高中数学竞赛知识归类
高中数学竞赛知识归类1抽屉原则抽屉原则的常见形式一，把n+k （k ≥1）个物体以任意方式全部放入n 个抽屉中，一定存在一个抽屉中至少有两个物体。
二，把mn+k （k ≥1）个物体以任意方式全部放入n 个抽屉中，一定存在一个抽屉中至少有m+1个物体。
三，把m 1+m 2+…+m n +k （k ≥1）个物体以任意方式全部放入n 个抽屉中，那么后在一个抽屉里至少放入了m 1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入了m 2+1个物体，……，或在第n 个抽屉里至少放入了m n +1个物体四，把m 个物体以任意方式全部放入n 个抽屉中，有两种情况：①当n|m 时（n|m 表示n 整除m ），一定存在一个抽屉中至少放入了nm个物体；②当n 不能整除m 时，一定存在一个抽屉中至少放入了[nm]+1个物体（[x]表示不超过x 的最大整数） 五，把无穷多个元素分成有限类，则至少有一类包含无穷多个元素。
注：背下来上面的几种形式没有必要，但应当清楚这些形式虽然不同，却都表示的一个意思。
理解它们的含义最重要。
在各种竞赛题中，往往抽屉原则考得不少，但一般不会很明显的让人看出来，构造抽屉才是抽屉原则中最难的东西。
一般来说，题目中一旦出现了“总有”“至少有”“总存在”之类的词，就暗示着我们：要构造抽屉了。
2容斥原理容斥原理常常使用，其实说简单点，就是从多的往下减，减过头了在加回来，又加多了再减，减多了再加……，最终得到正确结果。
对于计数中容易出现重复的题目，我们常常采用容斥原理，去掉重复的情况。
容斥原理基本形式：()n n nk j i k jini nj i jii n A A A A AA AA A A A A ⋂⋂-+-⋂⋂+⋂-=⋃⋃+≤<<≤=≤<≤∑∑∑211111211||其中|A|表示集合A 中元素的个数。
3递推方法许多竞赛题目正面计算十分困难，于是我们避开正面计算，先考虑n-1时的情况，在计算n 时的情况比n-1时的情况增添了多少，然后写出一个递推式，这样就可以利用数列的知识进行解决，但一般要求根据递推式求通项的能力要比较强，是和擅长数列的同学使用。
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抽屉原则大家知道，两个抽屉要放置三只苹果，那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里，更一般地说，只要被放置的苹果数比抽屉数目大，就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉，可不要小看这一简单事实，它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则.1．抽屉原则有几种最常见的形式原则1 如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体：原则本身十分浅显，为了加深对它的认识，我们还是运用反证法给予证明；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.原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总是，比如说，我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟，这是个惊人的结论，该是经过很多人的艰苦劳动，统计所得的吧！不，只须我们稍动手算一下：不妨假设人的寿命不超过4万天（约110岁，超过这个年龄数的人为数甚少），则10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里，根据原则1，即知结论成立.下面我们再举一个例子：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可归结到期更一般形式：原则3把m1+m2+…+m n+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m n+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m n，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+m n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.下面我们换一个角度考虑：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11a，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，…，a n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,…………S n=a1+a2+…+a n，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，否则至少有两个数被n除余数相同，则它们的差即它们中若干数（包括1个）的和是n的倍数，问题同样得证.例子3（北京1990年高一竞赛）910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：（1）至少有三行完全相同；（2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同.解910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上有红蓝两种可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有27=128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式.现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行A、B行式相同.除A、B外余下128行，若有一行P与A行式相同，知满足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在这128行中设直一行5A行或相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行C、D具有相同行式，这样便找到了（A、B），（C、D）两组（四行），且两组两行完全相同.练习十二1．一个篮球运动员在15分钟内将球投进篮圈20次，证明总有某一分钟他至少投进两次.2．有黑、白、黄筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出筷子来，使得至少有两双筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？3．证明：在1，2，3，…，10这十个数中任取六个数，那么这六个数中总可以找到两个数，其中一个是另一个的倍数.4．证明：任意502个整数中，必有两个整数的和或差是998的倍数.5．任意写一个由数字1，2，3组成的30位数，从这30位数任意截取相邻三位，可得一个三位数，证明：在从各个不同位置上截得的三位数中至少有两个相等.6．证明：把任意10个自然数用适当的运算符号连接起来，运算的结果总能被1890整除.7．七条直线两两相交，所得的角中至少有一个角小于26°.8．用2种颜色涂3行9列共27个小方格，证明：不论如何涂色，其中必至少有两列，它们的涂色方式相同.9．用2种颜色涂5×5共25个小方格，证明：必有一个四角同色的矩形出现.10．求证存在形如11…11的一个数，此数是1987的倍数.练习十二1．15分钟里在每一分钟看作一个抽屉，20次投篮看作20个物体，根据原理一即得.2.至少要取１１只筷子．因为１１只筷子中必有一双筷子同色，不妨设它是黄色，则黑色或白色的筷子至少有３只，其中必有一双同色，即黑色或白色，故取１１只筷子足以保证成功．但少于１１只不行，如取１０只筷子，闵可能出现８只黄色，黑白各一只，不合要求．３．将１０个数分成５组：（１，７），（２，６），（３，９），（４，８），（５，１０）．任取六个数必有两个落入同一组，而同组二数中一数是另一数的倍数．４．每个整数被９９８除，余数必是０，１，２，…，９９７中的一个．把这９９８个余数制造为（０），（１，９９７），（２，９９６），…，（４９７，５０１），（４９８），（４９９），（５００）共５０１个抽屉，把５０２个整数按被９９８除的余数大小分别放入上述抽屉，必有两数进入同一抽屉．若余数相同，那么它们的差是９９８的倍数，否则和为９９８的倍数．５．从各种位置上截得的三位数有２８个，但由１，２，３组成的不同三位数有３×３×３＝２７个，故有两个截得的三位数相同．６．１８９０＝２×３×５×７×９．将１０个数记为ｘ１，ｘ２，…，ｘ９，ｘ１０．１０个数中至少有两个被９除余数相同，设为ｘ１，ｘ２则ｘ１－ｘ２可被９整除．同样剩下８个数中有两个数的差可被７整除，记为ｘ３－ｘ４，剩下６个数中有两个数的差可被５整除，记为ｘ５－ｘ６，剩下４个数中有两个数的差可被３整除，记为ｘ７－ｘ８．剩下两数ｘ９，ｘ１０，若有一数为偶数，则ｘ９，ｘ１０可被２整除，否则ｘ９－ｘ１０可被２整除．故乘积（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）ｘ９·ｘ１０与（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）（ｘ９－ｘ１０）二者之一必可被１８９０整除．７．任选一点Ｐ，过Ｐ点分别作各线的平行线，则它们把一周角分成１４个彼此相邻的角，其中至少有一个角小于２６°．８．用两种颜色涂１×３的小方格共有８种方法．现有９列，由抽屉原则，必有两列涂法一样．９．设两种颜色为红、蓝，考察第一行的涂色．必有三格同色，不妨设为红色，且在左边三列．现考察左边三列，若下面四行中某一行有两格同为红色，则出现四角同红色矩形，否则每行仅可能一格染红色，从而四行中必有二行左边三列中有两列同染蓝色，从而得到四角同为蓝色的矩形．１０．考虑１，１１，…共１９８７个数，其中必有一个是１９８７的倍数，否则必有两数被１９８７除余数相同，其差是１９８７的倍数．但１０ｉ与１９８７没有除１外的因数，故是１９８７倍数导致矛盾．。