初一数学抽屉原理竞赛教程含例题练习及答案
初中数学竞赛《抽屉原理》复习题 (17)
初中数学竞赛《抽屉原理》复习题1．从连续自然数1，2，3，…，2008中任意取n个不同的数，（1）求证：当n＝1007时，无论怎样选取这n个数，总存在其中的4个数的和等于4017．（2）当n≤1006（n是正整数）时，上述结论成立否？请说明理由．【分析】（1）利用抽屉原理，首先，将1，2，3，…，2008分成1004对，每对数的和为2009，可得至少有一个数是1001的数对，至多为1001对，即可得至少有3对数，其次将这2008个数中的2006个数（除1004、2008外）分成1003对，每对数的和为2008，可得2006个数中除去取出的数以外最多有1001个数，这1003对数中，至少有2对数是x1，x2，x3，!x1007中的4个数，在三对数（m1，2009﹣m1），（m2，2009﹣m2），（m3，2009﹣m3），（m1，m2，m3互不相等）中至少存在1对数中的两个数与（k1，2008﹣k1）中的两个数互不相同；因此可证得：总存在其中的4个数的和等于4017．（2）分别从n＝1006时，n＜1006时，分析可知都与（1）矛盾，问题得证．【解答】解：（1）设x1，x2，x3，x1007是1，2，3，2008中任意取出的1007个数．首先，将1，2，3，…，2008分成1004对，每对数的和为2009，每对数记作（m，2009﹣m），其中m＝1，2，3， (1004)因为2008个数取出1007个数后还余1001个数，所以至少有一个数是1001的数对，至多为1001对，因此至少有3对数，不妨记为（m1，2009﹣m1），（m2，2009﹣m2），（m3，2009﹣m3）（m1，m2，m3互不相等）均为x1，x2，x3，x1007中的6个数．其次，将这2008个数中的2006个数（除1004、2008外）分成1003对，每对数的和为2008，每对数记作（k，2008﹣k），其中k＝1，2，1003．2006个数中至少有1005个数被取出，因此2006个数中除去取出的数以外最多有1001个数，这1003对数中，至少有2对数是x1，x2，x3，!x1007中的4个数，不妨记其中的一对为（k1，2008﹣k1）．又在三对数（m1，2009﹣m1），（m2，2009﹣m2），（m3，2009﹣m3），（m1，m2，m3互不相等）中至少存在1对数中的两个数与（k1，2008﹣k1）中的两个数互不相同，不妨设该对数为（m1，2009﹣m1），于是m1+2009﹣m1+k1+2008﹣k1＝4017．（2）不成立．当n＝1006时，不妨从1，2，…，2008中取出后面的1006个数：1003，1004，2008，则其中任何四个不同的数之和不小于1003+1004+1005+1006＝4018＞4017；当n＜1006时，同样从1，2，2008的n个数，其中任何4数之和大于1003+1004+1005+1006＝4018＞4017．所以n≤1006时都不成立．【点评】本题考查抽屉原理的应用，难度较大．关键是反证法的应用，这种方法经常在数学证明时使用，同学们要注意掌握．。
抽屉原理例题解析
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。
抽屉原理习题精选
抽屉原理习题精选抽屉原理习题精选（含答案）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？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3张牌有相同的点数？3.有11名学生到老师家借书，老师的书房中有A、E、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。
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？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，则参赛男生的人数为多少人？7．有黑色、白色、蓝色手套各5 只（不分左右手），至少要拿出多少只（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。
8．一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多少堆？9.从1, 3, 5,……,99中，至少选出多少个数，其中必有两个数的和是100。
10．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，那么乘客中有多少人带苹果。
11 ．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，则至少有多少人得分相同？1 2．2006 名营员去游览长城，颐和园，天坛。
规定每人最少去一处，最多去两处游览，至少有几个人游览的地方完全相同?13．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，则至少有多少人植树的株数相同？答案：1．将红、黄、蓝三种颜色看作三个抽屉，为保证取出的球中有两个球的颜色相同，则最少要取出4个球。
初中抽屉原理试题及答案
初中抽屉原理试题及答案1. 有10个苹果和5个抽屉，如果每个抽屉最多只能放2个苹果，那么至少需要多少个抽屉才能确保所有的苹果都能被放入抽屉中？答案：至少需要3个抽屉。
因为10个苹果除以每个抽屉最多放2个苹果，结果是5个抽屉，但还剩下0个苹果，所以需要再加一个抽屉来确保所有的苹果都能被放入。
2. 一个班级有45名学生，如果每个学生至少有一支铅笔，那么至少有多少名学生会有相同颜色的铅笔？答案：至少有5名学生会有相同颜色的铅笔。
根据抽屉原理，如果有n 个抽屉和n+1个物品，那么至少有一个抽屉里会有两个或更多的物品。
在这个问题中，假设有4种颜色的铅笔，那么45名学生除以4种颜色，结果是11余1，这意味着至少有一个颜色的铅笔会被至少12名学生拥有。
3. 有15本书和3个书架，如果每个书架上放的书的数量不能超过4本，那么至少需要多少个书架才能放完所有的书？答案：至少需要4个书架。
首先，3个书架每个放4本书，可以放12本书。
剩下的3本书需要至少1个书架来放置，所以总共需要4个书架。
4. 如果一个盒子里有7个红球，8个蓝球和9个绿球，那么至少需要取出多少个球才能保证取出的球中至少有2个是同一种颜色的？答案：至少需要取出4个球。
最坏的情况是前三次取出的球分别是红、蓝、绿三种颜色各一个，那么第四次取出的球无论是什么颜色，都能保证至少有2个球是同一种颜色的。
5. 一个学校有100名学生，如果每个学生至少参加一项体育活动，那么至少有多少名学生会参加相同的体育活动？答案：至少有2名学生会参加相同的体育活动。
假设有100种不同的体育活动，那么根据抽屉原理，至少有一个活动会被至少2名学生选择参加。
抽屉原理精华及习题(附答案)
第九讲 抽屉原理一、 知识点：1． 把27个苹果放进4个抽屉中，能否使每个抽屉中苹果数均小于等于6？那么至少有一个抽屉中的苹果数大于等于几？2． 把25个苹果放进5个抽屉中，能否使每个抽屉中苹果数均小于等于4？那么至少有一个抽屉中的苹果数大于等于几？上述两个结论你是如何计算出来的？★规律：用苹果数除以抽屉数，若余数不为零，则“答案”为商加1，若余数为零，则“答案”为商。
★抽屉原则一：把n 个以上的苹果放到n 个抽屉中，无论怎样放，一定能找到一个抽屉，它里面至少有两个苹果。
★抽屉原则二：把多于m ×n 个苹果放到n 个抽屉中,无论怎样放,一定能找到一个抽屉,它里面至少有(m +1)个苹果。
二、 基础知识训练（再蓝皮书）1、 把98个苹果放到10个抽屉中， 无论怎么放， 我们一定能找到一个含苹果最多的抽屉，它里面至少含有 个苹果。
2、1000只鸽子飞进50个巢，无论怎么飞，我们一定能找到一个含鸽子最多的巢， 它里面至少含有 只鸽子。
3、从8个抽屉中拿出17个苹果，无论怎么拿。
我们一定能找到一个拿苹果最多的 抽屉，从它里面至少拿出了 个苹果。
4、从 个抽屉中（填最大数）拿出25个苹果，才能保证一定能找到一个抽屉， 从它当中至少拿了7个苹果。
三、 思路与方法：在抽屉原理问题，难在有些题目抽屉没有直接给出，要求我们自己根据题意去造抽屉，但我们也不要为此感到困难，往往在题目有一句关键的话，告诉我们抽屉的性质，我们可以根据此性质来构造抽屉即可。
训 练 题1． 六（1）班有49名学生。
数学王老师了解到在期中考试中该班英文成绩除3人外均在86分以上后就说：“我可以断定，本班同学至少有4人成绩相同。
”请问王老师说的对吗？为什么？2． 从100,,3,2,1 这100个数中任意挑选出51个数来，证明在这51个数中，一定：（1）有2个数互质； （2）有两个数的差为50；3． 圆周上有2000个点，在其上任意地标上1999,,2,1,0 （每一点只标一个数，不同的点标上不同的数）。
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。
初一数学竞赛系列讲座抽屉原理
初一数学比赛系列讲座 (14)抽屉原理一、知识重点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、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k m(当 m是 n的倍数时)或 km1(当 m不是 n的倍数时)，m表示m n n n n的整数部分。
3、上述二个原理统称为抽屉原理。
抽屉原理固然简单、浅易，倒是解决好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)结构抽屉，指出东西；(2)将东西放入抽屉，或从抽屉里拿出；(3)说明原因，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：无论如何涂色，此中必起码有两列，它们的涂色方式相同剖析：把用两种颜色涂１×３的小方格的方法看作抽屉。
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，必有两列涂法相同．评注：用抽屉原理解题的重点在于结构抽屉，此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，在每个交点处罚别填写从 1 到 496中的一个整数(可重复填写 )。
证明：必定能够找到两条直径，它们两头的数的和相等。
(第二届迎春杯决赛试题)剖析：直径两头的数都在 1 到 496 之间，所以它们两头的数的和在 2 到 992 之间，则可结构 991 只抽屉，而东西有993 个，因此获得证明。
证明：直径两头的数都在 1 到 496 之间，所以直径两头的数的和≥2，且≤ 992所以，这类和只有991 种。
而直径有 993 条， 993>991，所以必定能够找到两条直径，它们两头的数的和相等。
评注：由解题过程知此题将“993 条直径”改为“ 992 条直径”结论仍旧建立。
假如将结论改为“能够找到两条直径，它们两头的数的和相等”，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（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。
奥数-18抽屉原理+答案
请你说明理由。
2. 一个旅行团在北京游玩 5 天，他们想去 6 个景点游玩，导游说你们至少有一天游 玩两个景点，请你说明理由。
二、 解题方法
抽屉原理是组合数学中一个重要而又基本的数学原理，利用它可以解决很多有趣 的问题，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。
1. 公式 苹果÷抽屉＝商……余数 余数：① 余数＝0，结论：至少有“商”个苹果在同一个抽屉里。 ② 余数＞0，结论：至少有（商＋1）个苹果在同一个抽屉里。
抽屉原理
一、 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，至少有一个抽 屉里面至少放两个苹果。如果把 n＋1 个物体放到 n 个抽屉中，那么至少有一个抽屉 中放着 2 个或更多的物体，我们称这种现象为抽屉原理。
抽屉原理可以推广为：如果有 m 个抽屉，有 k×m＋r（0＜r≤m）个元素那么至 少有一个抽屉中要放（k＋1）个或更多的元素。通俗地说，如果元素的个数是抽屉个 数的 k 倍多一些，那么至少有一个抽屉要放（k＋1）个或更多的元素。
6. 四个连续的自然数分别被 3 除后，必有两个余数相同，请说明理由。
2
【例3】 一养鸽户有 10 只鸽笼，每天鸽子回家他都要数一数，并作记录。他发现 每天都会出现 3 只鸽子住同一个鸽笼，请问：他至少养了几只鸽子？
解析：本题需要求“苹果”的数量，需要反用抽屉原理，并结合最“坏”情况。 最坏的情况是每个笼子都有 2 只鸽子，出现 3 只鸽子住同一个鸽笼，是因为比这些 鸽子还至少多 1 只鸽子，所以至少需要养 21 只鸽子。
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。
人教版初中《抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案
人教版初中《抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案抽屉原理和容斥原理24.1 抽屉原理24.1.1★在任意的61个人中，至少有6个人的属相相同．解析 因为一共有12种属相，把它看作12个抽屉，61151612⎡⎤+=+=⎢⎥⎣⎦，根据抽屉原理知，至少有6个人的属相相同． 评注 抽屉原理又称鸽笼原理或狄里克雷原理．这一简单的思维方式在解题过程中却可以有很多颇具匠心的运用．抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现．许多有关存在性的证明都可用它来解决．抽屉原理1 如果把1n +件东西任意放入n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有两件东西．抽屉原理2 如果把m 件东西任意放人n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有女件东西，这里,1,mm n n k m m n n ⎧⎪⎪=⎨⎡⎤⎪+⎢⎥⎪⎣⎦⎩是的位不是的位当数时; 当数时. 其中[]x 表示不超过x 的最大整数 ，例如[]33=，[]4.94=，[]2.63-=-等等．24.1.2★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 把2，4，6，…，30这15个数分成如下8组（8个抽屉）； （2）（4，30），（6，28），（8，26），（10，24），（12，22），（14，20），（16，18）．从2，4，6，…，30这15个数中任取9个数，即是从上面8组数中取出9个数．抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的和就是34．24.1.3★★在1，2，3， …，100这100个正整数中任取11个数，证明其中一定有两个数的比值不超过32； {}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}，{92，93，…，100}．从1，2，…，100中任取11个数，即是从上面10组中任取11个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的比值不超过32． 24.1.4★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． 解析 任何数除以3所得余数只能是0、1、2，分别构造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，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，根据抽屉原理，其中一个抽屉必包含有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个余数，而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个整数之和是3的倍数．（3）若这5个余数都能分布在其中的一个抽屉中，易知必有3个整数之和能被3整除．24.1.5★★从1，2，3，…，20中，至少任取多少个数，才能使得其中一定有两个数，大的数是小的数的倍数． 解析 从1，2，…，20中取11，12，…，20这10个数，其中没有一个数是另一个数的倍数．把1，2，…，20分成如下10组：{1，221⨯，221⨯，321⨯，421⨯}，{3，23⨯，223⨯}，{5，25⨯，225⨯}，{7，27⨯}，{9，29⨯}，{11}，{13}，{13}，{15}，{17}，{19}，从中任取11个数，一定有两数取自同一组，于是大数便是小数的倍数． 所以，至少任取11个数才能满足题意．24.1.6★★在不超过100的正整数中任取55个不同的数，在这55个数中： （1）是否一定有两个数的差等于11？ （2）是否一定有两个数的差等于9？ 解析 （1）不一定，例如1~11，23~33，45~55，67~77，89~99这55个数中，任意两数的差都不等于11．（2）一定．把1，2，…，100分成如下54组：{1，10}，{2，11}，…，{9，18}，{19，28}，…，{81，90}，{91，100}，{92}，{93}，…，{99}．从中任取55个数，一定有两个数取自同一组，它们的差等于9．24.1.7★★证明：在任意的52个正整数中，一定可以找到两个数a 、b ，使得a b +或a b -能被100整除． 解析 把这52个正整数都除以100，考虑52个余数，若其中有两个相同，则它们的差能被10整除，若其中任意两个都不相同，则它们的差能被100整除，若其中任意两个都不相同，把0，1，…，99分成如下51组：{1，99}，{2，98}，…，{49，51}，{0}，{50}．从中任取52个数，车琮有两数（的余数）取自同一给，这两数的和或差能被100整除． 24.1.8★★某学校的初三年组的同学要从8名候选人中投票选举三好学生，规定每人必须从这8名候选人中任意选两名，那么至少有多少人参加投票，才能保证必有不少于5名同学投了相同的两个候选人的票？ 解析 从8个人中任意选2人，不同的选法共有87228⨯÷=（种）， 即有28个抽屉．由抽屉原理，当投票的人不少于 ()28511113⨯-+=人时，就能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．而当112个人投票时，不一定有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．所以，到少有113人投票时，能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票． 24.1.9★在1，11，111，…，1111n 个，…，中，是否有2007的倍数？解析 答案是肯定的． 考虑以下2007个数： 1，11，111，…，20071111个，若它们都不是2007的倍数，则它们除以2007所得的余数中一定有两个是相同的，不妨设为1111a 个和1111b 个()12007a b <≤≤，于是112007111111b a -个个，1200711110a b a -⨯个．而（2007，10a ）=1，所以，12007111b a -个，这与1，11，111，…，20071111个都不是2007的倍数矛盾．所以，在1，11，111，…，1111n 个，…中，一定有2007的倍数．24.1.10★★从任意给定的1999 个自然数中总可以找到k 个数，使得它们的和能被1999整除． 解析设1999个自然数为1a ，2a ，…，1999a ，且构造下列2000个和：0，1a ，12a a +，123a a a ++，…， 1231999a a a a ++++．因为任意一个自然数被1999除后，所得的余数可能是0，1，2，…，1998，共1999种．所以可将上述2000个和按照被1999除后所得不同的余数分成1999个集合．由抽屉原理可知，至少有两个和，不妨 设为 123a a a +++， 12s t a a a a +++++()11999s t <≤≤，它们属于同一个集合，即它们分别被1999除后所得的余数相同，那么它们的差 12s s t a a a +++++能被1999整除．从而本题得证．24.1.11★★把圆周分成12段，将l ，2，3，…，11，12这12个数任意写在每一段内，使每一段恰好有一个数字．证明：一定存在连续的三段，它们的数字和至少是20． 解析如果记第1小段内填写的数是1a ，第2小段内填写的数是2a ……第12小段内填写的数是12a ，那么三个相邻小段填写的数字和可以有 123a a a ++，234a a a ++，345a a a ++，456a a a ++，567a a a ++，678a a a ++， 789a a a ++，8910a a a ++，91011a a a ++， 101112a a a ++，11121a a a ++，1212a a a ++这12种，并且12种情况中出现的所有数字和为 ()()12111233121112a a a a ++++=++++234=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是 23412012⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 值得注意：本题中的三个相邻小段也可分成123a a a ++，456a a a ++，789a a a ++，101112a a a ++这4种情况，这时它们的数字和为 12111212111278a a a a ++++=++++=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是 781204⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 24.1.12★★在2n 个连续自然数1，2，3，…，2n 中，任取出1n +个数．证明：在这1n +个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数． 解析 将这2n 个连续自然数分成n 集合： 1A ={1，12⨯，212⨯，312⨯，412⨯，512⨯，612⨯，…}， 2A ={3，32⨯，232⨯，332⨯，432⨯，532⨯，…}， 3A ={5，52⨯，252⨯，352⨯，452⨯，…}，……n A =A{21n -}．由此可见，这2n 个数没有遗漏地被放在n 个集合中，并且同一个数决不会出现在两个不同的集合中．因此，根据抽屉原理可知，不论用何种方式从中取出1n +个数时，必定有至少两个数是出自同一个集合的，而同一个集合的两个数，大数必定是小数的倍数．24.1.13★★从1，2，…，2n 这2n 个正整数中任取1n +个数，证明其中一定存在两个数是互质的． 解析 把1，2，…，2n 这2n 个焉整数分成如下n 组： {1，2}，{3，4}，…，{21n -，2n }．从这n 组中任取1n +个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，同一组中的两个数是相邻的正整数，从而它们是互质的．24.1.14★★把1，2，…，10按任意次序排成一个圆圈．(1)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不小于18； (2)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不大于15．解析 (1)设这10个数在圆周上排列为1，1a ，2a ，…，9a 如图（a ）．由于()()()123456789231054a a a a a a a a a ++++++++=+++=，所以123a a a ++、456a a a ++、789a a a ++这三个数中一定有一个数不小于54183=．b 23b a a 5a 32(b)(a)1（2）设这10个数在圆周上排列为10，1b ，2b ，…，9b 如图（b ）．由于()()()12345678912945b b b b b b b b b ++++++++=+++=，所以，123b b b ++、456b b b++、789b b b ++这三个数中一定有一个数不大于45153=． 24.1.15★在边长为1的正三角形中，任取7个点，其中任意三点不共线．证明：其中必有三． 解析 如图所示，将正三角形的中心与三个顶点连起来把正三角形分成三个小三角形(3个抽屉)．由抽屉原理知，必定有一个小三角形的内部或边界上至少有7133⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个点．这三个点构成的三角形面积不超过该小三角形的面积，即不超过13=． 24.1.16★★在34⨯的长方形中，任意放置6个点，证明：一定可以找到两个点，它们的距． 解析我们要设法把34⨯的长方形分成5个部分(5个抽屉)，而且每部分中任意两点的距．211211211122如图所示，把34⨯的矩形分成5个部分．由勾股定理可以算得每个部分的任两点之间的距离不大于．从而命题得证．24.1.17★★求证：在任何凸()22n n >边形中，总有一条对角线不与任何一条边平行． 解析凡是与某条边平行的对角线，称之为“好对角线”，由于对每一条边，最多有2n -条对角线与之平行，因此凸n 边形的“好对角线”至多有()22n n -条，但凸2n 边形的对角线总数为()()2322n n n n n -=-+．于是由抽屉原理，知必定有某条对角线不与任何边平行． 对于凸21n +边形，不难构造例子使所有对角线均为“好对角线”．24.1.18★★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3个人以前彼此不相识． 解析 在平面上用6个点A 、B 、C 、D 、E 、F 分别代表参加集会的6个人．如果两人以前彼此认识，就在代表他们的两点间连一条实线；否则连一条虚线．考虑A 点与其余各点连线AB ，AC ，…，AF ，它们的线形不超过2种．根据抽屉原理，可知其中至少有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条连线同为实线，或同为虚线．不妨设AB 、AC 、AD 均为实线．如果BC 、BD 、CD 三条连线中有一条(不妨设为BC )也是实线，那么三角形ABC 三边均为实线，说明A 、B 、C 代表的3个人以前彼此相识：如果BC 、BD 、CD 三条连线均为虚线，那么三角形BCD 三边均为虚线．说明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．EF F24.1.19★★★空间有6点，任何3点都是一个不等边三角形的顶点，求证：这些三角形中的一个三角形的最短边同时是另一个三角形的最大边． 解析设1P ，2P ，…，6P 是空间中6个已知点．在每个三角形i j k PPP 中，把最短边涂成红色，于是，每个三角形中必有一条边为红色，其余的边未涂色．从每个点i P 可作5条线段与其余已知点相连．按抽屉原理，这5条线段中，或者至少有3条线段已被涂色，或者至少有3条线段还未涂色．如果经过点1P 的5条线段中至少有3条(例如，设为线段12P P 、13PP 、14P P )涂红，那么，在由这3条线段的另一顶点为顶点的234P P P △中至少须有一边(最短边)涂红，设是边23P P ，那么123PP P △的3边就都被涂红了．如果经过点1P 的线段中至少有3条未被涂红（例如设为线段14P P 、15PP 、16P P ），由于145PP P △、156PP P △、164PP P △中每个都至少有一边是红的．因此，只能是线段45P P 、56P P 、64P P 全是红的，即456P P P △的各边都是红色的．24.1.20★★将正十三边形的每个顶点染成黑色或染成白色，每顶点染一色．求证：存在三个同色顶点，它们刚好成为一个等腰三角形的顶点． 解析设13个顶点依次为1A ，2A ，…，12A ，13A ．若13个顶点都染成黑色或都染成白色，则结论显然成立．故只需考虑13个顶点中有染黑色也有染白色的情形．这时必有相邻两顶点同色，不妨设1A 、2A 同色，现考虑13A 、1A 、2A 、3A 、8A 这五个顶点，由抽屉原理知其中必有三顶点同色，这又分为下列三种情形：（1）13A 、1A 、2A 、3A 中有三点同色，又1A 、2A 同色，故1A 、2A 、3A 同色或13A 、1A 、2A 同色．这时123A A A △或1312A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（2）13A 、3A 、8A 同色，这时1338A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（3）1A 、2A 、8A 同色，这时128A A A △为三顶点同色的等腰三角形．24.1.21★★15个席位同等地围绕着圆桌安排，席上有15个客人的名片，客人们没有注意这些名片，直到他们坐下来，才发觉没有一个人坐在他自己的名片前面．证明：可以转动圆桌使得至少有两个客人同时对号入座． 解析 对于每个客人，都有一种转动圆桌的方式，使他对上自己的名片．现在先把席位按逆时针方向依次由1到15编号，每按逆时针方向转动一次圆桌，使名片对到下一个席位上，即1号上的名片对到2号席位，2号上的名片对到3号席位……15号上的名片对到1号席位．那么按这种方式转动15次后，所有的名片又对到初始的席位上．所以，一共有14种有效的转动，因为有15个客人，根据抽屉原理，必定有某种转动至少可容许有两个客人对上号．24．1．22★★在52张扑克牌上任意写上互不相同的正整数．证明：一定存在四张扑克牌，将其上的四个数仅用减号、乘号和括号适当组合成一个式子，其值是1989的倍数． 解析 因为19893951=⨯．而对任给的52个互异的正整数中，至少有两个数被51除后的余数相同，设这两个数为m a 、n a ，且m n a a >，那么51m n a a t -=（t 为整数）． 在取出m a 、n a 后的50个互异的正整数中，又至少有两个数，不妨设k a 、l a ，且k l a a >，它们分别被39除后的余数相同，即 39k l a a s -=（s 为整数）． 因此，在给出的52个互异的正整数中，一定有四个整数m a 、n a 、k a 、l a 组成一个式子：()()1989m n k l a a a a st --=．24.1.23★★★证明在任意11个无穷小数中，一定可以找到两个小数，它们的差或者含有无穷多个数字0，或者含有无穷多个数字9． 解析 由于每一个数位上的数字只有0，1，2，…，9这10种情况，因此11个数中必有两个数在这个数位上有相同的数字．记11个无穷小数为1a ，2a ，…，11a ，把这11个数分成如下55个二元组(每两个一组)：()12,a a ，()13,a a ，…，()111,a a ， ()23,a a ，…，()1011,a a ．这55个二元组作为55个抽屉，现将无穷多个数1，2，3，…放进这些抽屉，规则是：若小数点后第k 位上i a 与j a 相同，则数k 就放入(),i j a a 中．例如，3a 与5a 的第7位上的数相同，则7就放入()35,a a这个抽屉里．由抽屉原理知，这55个(有限个)抽屉中必有一个抽屉，它含有无穷多个数，不妨设(1a ，5a )这个抽屉里含有无穷多个数，这就说明1a ，2a 这两个无穷小数有无穷多位相同．考虑1a 与2a 的差，在数字相同的数位上，差的数字为0或9．由于0与9的总个数有无穷多个，因此至少有一个出现无穷多次，从而1a 与2a 的差中，或者有无穷多个数字0，或者有无穷多个数字9．评注 本题先后三次用了抽屉原理，请读者仔细玩味．24．1．24★★★一个书架有五层，从下到上依次称为第1层，第2层，…，第5层．今把15册图书分放到书架的各层上，有些层可不放．证明：无论怎样放法，书架每层上的图书册数，以及相邻两层上图书册数之和，这些数中至少有两个是相等的． 解析用i a 表示第i 层所放的图书册数，1i =，2，3，4，5．如果有某个0i a =，那么结论显然成立．因此可设1i a ≥，1i =，2，…，5．考虑下面两种情况： (1)1a ，2a ，…，5a 中有两个数相等，则结论已经成立． （2）1a ，2a ，…，5a 各不相等，因 12515125a a a +++==+++，所以1a ，2a ，…，5a 必各取1、2、3、4、5之一．但是12a a +，23a a +，34a a +，45a a +这4个数不可能同时包含7、8、9这三个数．事实上，若7、8、9都出现，则只可能是725=+，835=+，945=+或734=+，835=+，945=+．前者表示放5册书的那一层与放2、3、4册的各层均相邻，不可能．后者表示放4、5册书的两层既要相邻又要不相邻，也不可能． 因此，下面9个数：1a ，2a ，…，5a ，12a a +，23a a +，34a a +，45a a +至多能取8个不同的值．由抽屉原理知，其中必有两个是相等的，从而命题得证．24.1.25★★★一个由n n ⨯个方格组成的正方形表格，其中填满1，2，3，…，n 等数，且在任一行、任一列都能遇到所有这些数字．若表格中的数字关于对角线AB 是对称的，求证：当n 是奇数时，在对角线AB 上的那些方格中将会遇到所有的1，2，…，n 这些数字．dc a b ff da cb ee BA解析 如图，由于在表格的每一行、每一列都出现l ，2，…，n 各数，所以任一行(或列)中，每个数只出现一次，于是表格中有n 个1，n 个2，…，n 个n ． 又由于整个表格关于AB 对称，因此除对角线上的数外，任何一个数都将在其对称位置出现，如图中a ，b ，c ，d ，e ，f 等数．因此除对角线外表格中1，2，…，n 等数各有偶数个． 当n 为奇数时，表格中共有奇数个1，奇数个2，…，奇数个n ．所以对角线AB 上出现1，2，…，n ，且1到n 个数都必将出现，但对角线上只有n 个格子，因此，所有的数在对角线上都恰好出现一次．24．1．26★★★一个半径为1的圆内或边界上有6个点，求证：必定有两点之间距离不大于1． 解析不妨设6个点为A 、B 、C 、D 、E 、F ．如图，设1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A 将O 六等分，且可让A 落在1OA 上（旋转可达）．A 5A对于六个扇形（圆心角60︒，半径为1），其中一个内有两点（包括边界）M 、N ，则1MN ≤．这是因为60MON ∠︒≤，()22222222cos 1MN OM ON OM ON MON OM ON OM ON OM ON ON OM OM =+-⋅∠+-⋅=+-≤≤≤（这里不妨设ON OM ≤）．于是由前知，B 、C 、D 、E 、F 已不能落在扇形16A OA 与12A OA 上，于是这五个点均落在剩下的四个扇形中，由抽屉原理，知必有两点落在同一扇形内或边界上，因此仍有距离不大于1，结论成立．24.1.27★★★一个棋手为参加一次锦标赛将进行77天的集训，他每天至少下一盘棋，而每周至多下12盘棋．证明一定存在一个正整数n ，使得他在这77天里有连续的一天恰好下了21盘棋． 解析用i a 表示这位棋手从第1天到第i 天(包括第i 天)下棋的总盘数，1i =，2，…，77．由于每天至少下一盘棋，所以 12771a a a <<<≤．又因为每周至多下12盘棋，所以7777121327a ⨯=≤， 所以12771132a a a <<<≤≤．考虑下面154个正整数：1a ，2a ，…，77a ，121a +，221a +，…，7721a +．其中最小的是1a ，最大的7721a +不超过13221153+=．因此这154个正整数中必定有两个是相等的．由于 1277a a a <<<，1277212121a a a +<+<<+，所以必定存在i j <，使得 21j i a a =+． 21j i a a -=．令n j i =-，那么该棋手在第1i +，2i +，…，i n j +=这连续的n 天中恰好下了21盘棋． 24.2 容斥原理24.2.1★一个班有45个学生，参加数学课外小组的有30人，参加语文课外小组的有25人，并且每一个人都至少参加了一个课外小组．问：这个班中参加了两个课外小组的同学有多少个?解析 我们画一个图帮助思考，如图所示，画两个相交的圆，其中一个圆表示参加数学课外小组的同学，另一个圆表示参数学课外小组语文课外小组加语文课外小组的同学，那么，两个圆的内部共有45个同学，两个圆的公共部分就是参加了两个课外小组的同学． 因为参加数学课外小组的同学有30人，参加语文课外小组的25人，但30255545+=>，这是因为两个课外小组都参加的同学被重复计算了两次，所以，两个课外小组都参加的同学有()30254510+-=（人）． BA所以，这个班中参加了两个课外小组的同学有10个．评注 本题用的方法是容斥原理1．容斥原理1：A 或B 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数一既是A 又是B 的元素个数． 24．2．2★在1，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有多少个?解析 在1，2，…，100中，5的倍数有5，10，15，…，100共20个，7的倍数有7，14，21，…，98共14个，其中既是5的倍数又是7的倍数的数有35，70共2个．根据容斥原理1得，在1，2，…，100中，5或者7的倍数有2014232+-=（个）． 从而，在l ，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有1003268-=（个）． 24．2.3★某班40位同学在一次数学测验中，答对第一题的有23人，答对第二题的有27人，这两题都答对的有17人，问有多少个同学这两题都不对?解析 根据容斥原理l 得：这两题都不对的同学有()402327177-+-=（人）．24．2．4★某校对五年级100名同学进行学习兴趣调查，结果有58人喜欢语文，有38人喜欢数学，有52人喜欢外语．而且喜欢语文和数学(但不喜欢外语)的有6人，喜欢数学和外语(但不喜欢语文)的有4人，三科都喜欢的有12人，而且每人至少喜欢一科．问有多少同学只喜欢语文?有多少同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)?x 5241238658外语数学语文解析 如图所示，设喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有x 人．于是，喜欢数学和语文的有612+个人，喜欢数学和外语的有124+个人，喜欢语文和外语的有12x +个人．所以()100585238612=++-+()()1241212x -+-++，解得14x =．即喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有14人．所以，只喜欢语文的同学有586121426---=（人）． 所以，有26个同学只喜欢语文，有14个同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)．CBA评注 本题用的方法是容斥原理2．容斥原理2：A 或B 或C 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数C +的元素个数既是A 又是B 的元素个数一既是A 又是C 的元素个数一既是B 又是C 的元素个数+既是A 又是B 又是C 的元素个数．24.2.5★★全班有25个学生，其中17人会骑自行车，13人会游泳，8人会滑冰，这三项运动项目没有人全会．至少会这三项运动之一的学生数学成绩都及格了，但又都不是优秀．如果全班有6个人数学不及格，问：(1)全班数学成绩优秀的有几名?(2)全班有几个人既会游泳又会滑冰?解析 (1)至少会一项运动的人有25619-=人，因为没有人会全部三项运动，因此至少会三项运动之一的人假使每人都会两项，也要()17138219++÷=(人)，这些人数学都及格了，再加上数学不及格的6人，正好是25人，所以没有人数学优秀．(2)如图所示：根据题意可得0 C BA滑冰游泳骑自行车17A B+=，8B C+=，13A C+=；其中A表示既会骑自行车又会游泳的学生人数，B表示既会骑自行车又会滑冰的同学的人数，C表示既会游泳又会滑冰的同学的人数．所以()1381722C=+-÷=，故没有人数学优秀；全班有2人既会游泳又会滑冰．24．2．6★★在1到100个自然数中，既非3的倍数也不是4与5的倍数的数有多少个? 解析只需求出是3或4，5的倍数有多少个，问题也随之解决了．3的倍数有3，6，9，…，99，共33个；4的倍数有4，8，12，…，100，共25个；5的倍数有5，10，15，…，100，共20个．我们还应注意下面这些数：3与4的公倍数有12，24，…，96，共8个；3与5的公倍数有15，30，…，90，共6个；4与5的公倍数有20，40，…，100，共5个；3、4、5的公倍数有1个：60．根据容斥原理，1到100的自然数中是3、4或5的倍数共有()()332520865160++-+++=（个）．因此，1到100的自然数中既非3、4也不是5的倍数有1006040-=（个）．所以，既非3、4也不是5的倍数的数有40个．34.2.7★如图，A、B、C分别是面积为12、28、16的三张不同形状的纸片，它们叠放在一起盖住的总面积为38，若A与B、B与C、C与A的公共部分的面积分别为8、7、6．求A、B、C三张纸片的公共部分的面积(图中阴影部分)．解析设所求三张纸片的公共部分的面积为x，则由容斥原理有38122816876x=++---+，所以所以，A、B、C三张纸片的公共部分的面积为3．24．2．8★★某班在体育课上进行了成绩考核，这个班在100米自由泳、跳远、铅球三项测试中获得优秀等级的人数分类统计如下：100米自由泳获得优秀的有21人，跳远获得优秀的有19人，铅球获得优秀的有20人．100米自由泳和跳远都获得优秀的有9人，跳远和铅球都获得优秀的有7人，铅球和100米自由泳都获得优秀的有8人．有5人没有获得任何一项优秀．问：这个班有多少个学生?解析 设三项都获得优秀的有n 个人，根据容斥原理2，至少有一项优秀的学生有 21192097836n n ++---+=+，所以，这个班的学生有36541n n ++=+人．故这个班的学生人数不少于41人．另一方面，由于获得其中两项优秀的人数分别为9、7、8，所以，获得三项优秀的学生人数不超过7，即7n ≤，所以，这个班的学生人数不超过48人．综上所述，这个班的学生人数在41与48之间．所以，学生人数可能的情况是41，42，43，…， 48人．。
初中抽屉原理试题及答案
初中抽屉原理试题及答案一、选择题1. 如果有n+1个苹果放进n个抽屉中，那么至少有一个抽屉里至少有（）个苹果。
A. 1B. 2C. 3D. 4答案：B2. 一个班级有45名学生，如果每个学生至少参加一项兴趣小组，那么至少有（）名学生参加了相同的兴趣小组。
A. 5B. 6C. 7D. 8答案：B二、填空题1. 有10个苹果，要放入3个抽屉中，那么至少有一个抽屉里至少有______个苹果。
答案：42. 一个学校有36个学生，如果每个学生至少参加一个社团，那么至少有______个学生参加了同一个社团。
答案：4三、解答题1. 有15个不同的球，要放入4个不同的盒子中，证明至少有一个盒子里至少有5个球。
答案：根据抽屉原理，如果有15个球放入4个盒子中，那么每个盒子至少有3个球，因为15除以4等于3余3。
这意味着至少有一个盒子里会有3个球加上余下的3个球中的至少1个，即至少有4个球。
由于我们有15个球，至少有一个盒子里会有4个球加上余下的1个球，即至少有5个球。
2. 一个班级有50名学生，每个学生至少参加了一个兴趣小组，兴趣小组有5种不同的类型。
证明至少有11名学生参加了同一个兴趣小组。
答案：根据抽屉原理，如果有50名学生参加5种不同的兴趣小组，那么每个兴趣小组至少有10名学生，因为50除以5等于10。
这意味着每个兴趣小组至少有10名学生。
由于我们有50名学生，至少有一个兴趣小组会有10名学生加上余下的0名学生中的至少1名，即至少有11名学生参加了同一个兴趣小组。
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。
抽屉原理典型习题答案
抽屉原理规律：用苹果数除以抽屉数，若除数不为零，则“答案”为商加1；若除数为零，则“答案”为商抽屉原则一：把n个以上的苹果放到n个抽屉中，无论怎么放，一定能找到一个抽屉，它里面至少有两个苹果。
抽屉原则二：把多于m x n 个苹果放到n个抽屉中，无论怎么放，一定能找到一个抽屉，它里面至少有（m+1）个苹果。
一、基础训练。
1、把98个苹果放到10个抽屉里，无论怎么放，我们一定能找到一个含苹果最多的抽屉，它里面至少有______个苹果。
98÷10=9 (8)2、1000只鸽子飞进50个巢，无论怎么飞，我们一定能找到一个含鸽子最多的巢，它里面至少有_______只鸽子。
1000÷50=203、从8个抽屉里拿出17个苹果，无论怎么拿，我们一定能拿到苹果最多的那个抽屉，从它里面至少拿出______个苹果。
17÷8=2 (1)4、从______个抽屉中（填最大数）拿出25个苹果，才能保证一定能找出一个抽屉，从它当中至少拿出7个苹果。
25÷（4）=6 (1)二、拓展训练。
1、六（1）班有49名学生，数学高老师了解到期中考试该班英语成绩除3人外，均在86分以上后就说：“我可以断定，本班至少有4人成绩相同”。
王老师说的对吗？为什么（49-3）÷15=3 (1)86，，87，88，89，90，91，92，93，94，95，96，97，98，99，100十五个数2、从1、2、3……，100这100个数中任意挑出51个数来，证明这51个数中，一定有（1）2个数互质任一个奇数都可以和偶数成互质数50个偶数，任意挑出51个数来必会有奇数与偶数（2）有两个数的差是50（1，51）（2，52）（3，53）……（49，99）（50，100）50组若取51个每组可取1个共50个，另一个任意取一个，就能组成差是5051÷50=1 (1)3、圆周上有2000个点，在其上任意地标上0、1、2……、1999（每一点只标一个数，不同的点标上不同的数），求证：必然存在一点，与它紧相邻的两个数和这点上所标的三个数之和不小于2999.(0+1999)*2000÷2=19990001999000÷2000*3=4、有一批四种颜色的小旗，任意取出三面排成一行，表示各种信号，证明：在200个信号中至少有四个信号完全相同。
七年级上期数学拓展练习——抽屉原理(含答案解析)
1. 如果将加法算式1+2+3+…+1994+1995中任意项前面“+”号改为“-”号，所得的代数和是七年级上期数学拓展练习——抽屉原理（含答案解析）( ) A ．总是偶数 B ．n 为偶数时是偶数，n 为奇数时是奇数 C ．总是奇数 D ．n 为偶数时是奇数，n 为奇数时是偶数2. 将标有A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 的7盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关，现在A ，C ，E ，G 4盏灯开着，其余3盏是关着的，小甬从灯A 开始，顺次拉动开关，即从A 到G ，再从A 开始循环顺次拉动开关，他这样拉动了2019次开关后，则开着的灯有 盏．3. 桌子上有7只杯口朝上的茶杯，每次翻转3只，经过n 次翻转可使这7只杯子的杯口全部朝下，则n 的最小值为 .4. 若按奇偶性分类，则12+22+32+…+20022是 数．5. 设a 、b 为整数，若5b +a 是偶数，则a -3b 是 数；若5b +a 是奇数， 则a -3b 是 数(填奇、偶).6. 某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．答案解析1.2.解：一盏灯的开关被拉动奇数次后，改变原来的状态，而一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变原来的状态，因为2019=7×288+3，又A，B，C三盏灯的开关各被拉动了289次，而D，E，F，G四盏灯的开关各拉动了288次，所以，小甬拉动了2019次开关后，A，B，C三盏灯不改变状态D，E，F，G四盏灯改变原来的状态，故B、E、G最后是开着的．故答案是：3．3. 解：给7只杯子从左往右①②③④⑤⑥⑦．(1)第一次翻①②③只杯子；(2)第二次翻③④⑤只杯子；(3)第三次翻③⑥⑦只杯子；因此n的最小值为3．故答案为：3．4.奇数5. 偶数，奇数6. 证明：我们证明每一个学生的得分都是偶数．设某个学生答对了a道题，答错了b道题，那么还有40-a-b道题没有答．于是此人的得分是5a+(40-a-b)-b=4a-2b+40，这是一个偶数．所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．。
抽屉原理(2)
抽屉原理（2）抽屉原则（2）如果把m×n＋k(k大于等于1小于n)东西放入n个抽屉中，那么必定有一个抽屉里至少有 m＋1件东西。
或：如果把n件东西放入到m个抽屉中，则至少有一个抽屉里有m分之n个或 m分之n再加1个东西。
学习例题例1．今年入学的一年级新生中，有181人是1993年出生的，这些新生中，至少有多少人是1993年的同一个月出生的？例2．某区中学生人数是11000人，其中必有多少人是同年同月同日生的？（中学生的年龄为11～20岁）例3．某旅游团一行50人，随意游览甲、乙、丙三地，规定每人至少去一处，最多去三处游览，那么至少有多少人游览的地方完全相同？例4．一副扑克牌（除去大、小王）,有四种花色，每种花色都有13张牌。
现在把扑克牌洗匀，那么至少要从中抽出多少张牌，才能保证有4张牌同一花色？例5．六（2）班的同学参加一次数学考试。
满分为100分，全班最低分是75分。
每人得分都是整数，并且班上至少有3人得分相同。
那么，六（2）班至少有多少名同学？例6．袋子里有4种不同颜色的小球，每次摸出两个，要保证有10次所摸的结果是一样的的，至少要摸多少次？例7．任意1002个整数中，必有两个整数，它们的和或差是2000的倍数。
例8．有20×20的小方格组成的大正方形。
把数字1～9任意填入各个方格中。
图中有许许多多的“田”字形，把每个“田”字形中的4个数相加，得到一个和数。
在这许许多多的和数中，至少有多少个相同？思考与练习1．参加数学竞赛的210名同学中，至少有多少名同学是同一个月出生的？2．在62个人中，能否找到至少有6个人的属相相同？3．一副扑克牌共有54张，至少从中取出多少张牌，才能保证其中必有3种花色（大王、小王不算花色）？4．六年级（1）班的40名学生中，年龄最大的是13岁，最小的是11岁。
其中必有多少名学生是同年同月出生的？5．（1）有红、黄、蓝、白4色小球各10个，混合放在一个暗盒里。
抽屉原理习题(含答案)
抽屉原理习题讲解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.抽屉原理习题答案（苹果数总是比抽屉数少）1、平均分假设，每分钟投进一个，那么还有5个球没时间投，无论在哪个一分钟内投都能够使得这一分钟投进至少两球。
2、11只，最倒霉原则，先取出8只黄筷子，然后一黑一白，在任意取一只必能满足结果！3、首先找到5个数，任意数都不是其他数的倍数！可能是4、5、6、7、9或者5、6、7、8、9，这能是这两种组合，然后任意再挑一个，都会出现倍数关系。
3、另解：把1到10分成5个组{5，10}、{3，9}、{1，2，4，8}、{6}、{7}咱要从5个组里取6个数出来，必须从1个组里取2个数出来，而任意组拿出来的2个数都是倍数关系。
4、998=499*2=500+498，0-499这500个数，不能满足条件，任意拿到一个数加上或者减这500个数中的一个数，必然是998的倍数4、另解：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30位数中截出个3位数来，这个三位数共有多少中情况呢？111，112，113。
人教版初中数学竞赛专题复习第24章 抽屉原理和容斥原理(含答案)
第24章 抽屉原理和容斥原理24.1 抽屉原理1.1★在任意的61个人中，至少有6个人的属相相同．解析：因为一共有12种属相，把它看作12个抽屉，61151612⎡⎤+=+=⎢⎥⎣⎦，根据抽屉原理知，至少有6个人的属相相同．评注：抽屉原理又称鸽笼原理或狄里克雷原理．这一简单的思维方式在解题过程中却可以有很多颇具匠心的运用．抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现．许多有关存在性的证明都可用它来解决．抽屉原理1：如果把1n +件东西任意放入n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有两件东西．抽屉原理2：如果把m 件东西任意放人n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有女件东西，这里,1,mm n nk m m n n ⎧⎪⎪=⎨⎡⎤⎪+⎢⎥⎪⎣⎦⎩是的位不是的位当数时; 当数时. 其中[]x 表示不超过x 的最大整数 ，例如[]33=，[]4.94=，[]2.63-=-等等． 1.2★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：把2，4，6，…，30这15个数分成如下8组（8个抽屉）； （2）,（4，30），（6，28），（8，26），（10，24），（12，22），（14，20），（16，18）．从2，4，6，…，30这15个数中任取9个数，即是从上面8组数中取出9个数．抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的和就是34．1.3★★在1，2，3， …，100这100个正整数中任取11个数，证明其中一定有两个数的比值不超过32；{}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}，{92，93，…，100}．从1，2，…，100中任取11个数，即是从上面10组中任取11个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的比值不超过32．1.4★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．解析 任何数除以3所得余数只能是0、1、2，分别构造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，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，根据抽屉原理，其中一个抽屉必包含有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个余数，而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个整数之和是3的倍数．（3）若这5个余数都能分布在其中的一个抽屉中，易知必有3个整数之和能被3整除． 1.5★★从1，2，3，…，20中，至少任取多少个数，才能使得其中一定有两个数，大的数是小的数的倍数．解析从1，2，…，20中取11，12，…，20这10个数，其中没有一个数是另一个数的倍数．把1，2，…，20分成如下10组：{1，221⨯，2⨯，321⨯，421⨯}，{3，23⨯，223⨯}，{5，25⨯，225⨯}，{7，27⨯}，21{9，29⨯}，{11}，{13}，{13}，{15}，{17}，{19}，从中任取11个数，一定有两数取自同一组，于是大数便是小数的倍数．所以，至少任取11个数才能满足题意．1.6★★在不超过100的正整数中任取55个不同的数，在这55个数中：（1）是否一定有两个数的差等于11？（2）是否一定有两个数的差等于9？解析（1）不一定，例如1~11，23~33，45~55，67~77，89~99这55个数中，任意两数的差都不等于11．（2）一定．把1，2，…，100分成如下54组：{1，10}，{2，11}，…，{9，18}，{19，28}，…，{81，90}，{91，100}，{92}，{93}，…，{99}．从中任取55个数，一定有两个数取自同一组，它们的差等于9．1.7★★证明：在任意的52个正整数中，一定可以找到两个数a、b，使得a b+或a b-能被100整除．解析把这52个正整数都除以100，考虑52个余数，若其中有两个相同，则它们的差能被10整除，若其中任意两个都不相同，则它们的差能被100整除，若其中任意两个都不相同，把0，1， (99)成如下51组：{1，99}，{2，98}，…，{49，51}，{0}，{50}．从中任取52个数，车琮有两数（的余数）取自同一给，这两数的和或差能被100整除．1.8★★某学校的初三年组的同学要从8名候选人中投票选举三好学生，规定每人必须从这8名候选人中任意选两名，那么至少有多少人参加投票，才能保证必有不少于5名同学投了相同的两个候选人的票？解析 从8个人中任意选2人，不同的选法共有 87228⨯÷=（种）， 即有28个抽屉．由抽屉原理，当投票的人不少于()28511113⨯-+=人时，就能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票． 而当112个人投票时，不一定有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．所以，到少有113人投票时，能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．1.9★在1，11，111，…，1111n 个，…，中，是否有2007的倍数？解析 答案是肯定的． 考虑以下2007个数： 1，11，111，…，20071111个，若它们都不是2007的倍数，则它们除以2007所得的余数中一定有两个是相同的，不妨设为1111a 个和1111b 个()12007a b <≤≤，于是112007111111b a -个个，1200711110a b a -⨯个．而（2007，10a ）=1，所以，12007111b a -个，这与1，11，111，…，20071111个都不是2007的倍数矛盾． 所以，在1，11，111，…，1111n 个，…中，一定有2007的倍数．1.10★★从任意给定的1999 个自然数中总可以找到k 个数，使得它们的和能被1999整除．解析 设1999个自然数为1a ，2a ，…，1999a ，且构造下列2000个和： 0，1a ，12a a +，123a a a ++，…，1231999a a a a ++++．因为任意一个自然数被1999除后，所得的余数可能是0，1，2，…，1998，共1999种．所以可将上述2000个和按照被1999除后所得不同的余数分成1999个集合．由抽屉原理可知，至少有两个和，不妨 设为123a a a +++， 12s t a a a a +++++()11999s t <≤≤，它们属于同一个集合，即它们分别被1999除后所得的余数相同，那么它们的差12s s t a a a +++++能被1999整除．从而本题得证．1.11★★把圆周分成12段，将l ，2，3，…，11，12这12个数任意写在每一段内，使每一段恰好有一个数字．证明：一定存在连续的三段，它们的数字和至少是20．解析 如果记第1小段内填写的数是1a ，第2小段内填写的数是2a ……第12小段内填写的数是12a ，那么三个相邻小段填写的数字和可以有123a a a ++，234a a a ++，345a a a ++，456a a a ++，567a a a ++，678a a a ++， 789a a a ++，8910a a a ++，91011a a a ++， 101112a a a ++，11121a a a ++，1212a a a ++这12种，并且12种情况中出现的所有数字和为()()12111233121112a a a a ++++=++++234=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是23412012⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 值得注意：本题中的三个相邻小段也可分成123a a a ++，456a a a ++，789a a a ++，101112a a a ++这4种情况，这时它们的数字和为12111212111278a a a a ++++=++++=．由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是781204⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦． 1.12★★在2n 个连续自然数1，2，3，…，2n 中，任取出1n +个数．证明：在这1n +个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数．解析 将这2n 个连续自然数分成n 集合：1A ={1，12⨯，212⨯，312⨯，412⨯，512⨯，612⨯，…}， 2A ={3，32⨯，232⨯，332⨯，432⨯，532⨯，…}， 3A ={5，52⨯，252⨯，352⨯，452⨯，…}，……n A =A{21n -}．由此可见，这2n 个数没有遗漏地被放在n 个集合中，并且同一个数决不会出现在两个不同的集合中．因此，根据抽屉原理可知，不论用何种方式从中取出1n +个数时，必定有至少两个数是出自同一个集合的，而同一个集合的两个数，大数必定是小数的倍数．1.13★★从1，2，…，2n 这2n 个正整数中任取1n +个数，证明其中一定存在两个数是互质的．解析 把1，2，…，2n 这2n 个焉整数分成如下n 组： {1，2}，{3，4}，…，{21n -，2n }．从这n 组中任取1n +个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，同一组中的两个数是相邻的正整数，从而它们是互质的． 1.14★★把1，2，…，10按任意次序排成一个圆圈． (1)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不小于18； (2)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不大于15． 解析 (1)设这10个数在圆周上排列为1，1a ，2a ，…，9a 如图（a ）．由于()()()123456789231054a a a a a a a a a ++++++++=+++=，所以123a a a ++、456a a a ++、789a a a ++这三个数中一定有一个数不小于54183=．（2）设这10个数在圆周上排列为10，1b ，2b ，…，9b 如图（b ）．由于()()()12345678912945b b b b b b b b b ++++++++=+++=，所以，123b b b ++、456b b b ++、789b b b ++这三个数中一定有一个数不大于45153=． 1.15★在边长为1的正三角形中，任取7个点，其中任意三点不共．解析 如图所示，将正三角形的中心与三个顶点连起来把正三角形分成三个小三角形(3个抽屉)．由抽屉原理知，必定有一个小三角形的内部或边界上至少有7133⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦个点．这三个点构成的三角形面积不超过该小三角形的面积，即不超过13．1.16★★在34⨯的长方形中，任意放置6个点，证明：一定可以找到b 23b a a 5a 32(b)(a)1．解析 我们要设法把34⨯的长方形分成5个部分(5个抽屉)，而且每．如图所示，把34⨯的矩形分成5个部分．由勾股定理可以算得每个部分的任两点之间的距离不大于．从而命题得证．1.17★★求证：在任何凸()22n n >边形中，总有一条对角线不与任何一条边平行．解析 凡是与某条边平行的对角线，称之为“好对角线”，由于对每一条边，最多有2n -条对角线与之平行，因此凸n 边形的“好对角线”至多有()22n n -条，但凸2n 边形的对角线总数为()()2322n n n n n -=-+．于是由抽屉原理，知必定有某条对角线不与任何边平行．对于凸21n +边形，不难构造例子使所有对角线均为“好对角线”． 1.18★★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3个人以前彼此不相识．解析 在平面上用6个点A 、B 、C 、D 、E 、F 分别代表参加集会的6个人．如果两人以前彼此认识，就在代表他们的两点间连一条实线；否则连一条虚线．考虑A 点与其余各点连线AB ，AC ，…，AF ，它们211211211122的线形不超过2种．根据抽屉原理，可知其中至少有5132⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条连线同为实线，或同为虚线．不妨设AB 、AC 、AD 均为实线．如果BC 、BD 、CD 三条连线中有一条(不妨设为BC )也是实线，那么三角形ABC 三边均为实线，说明A 、B 、C 代表的3个人以前彼此相识：如果BC 、BD 、CD 三条连线均为虚线，那么三角形BCD 三边均为虚线．说明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．1.19★★★空间有6点，任何3点都是一个不等边三角形的顶点，求证：这些三角形中的一个三角形的最短边同时是另一个三角形的最大边．解析 设1P ，2P ，…，6P 是空间中6个已知点．在每个三角形i j k PP P 中，把最短边涂成红色，于是，每个三角形中必有一条边为红色，其余的边未涂色．从每个点i P 可作5条线段与其余已知点相连．按抽屉原理，这5条线段中，或者至少有3条线段已被涂色，或者至少有3条线段还未涂色．如果经过点1P 的5条线段中至少有3条(例如，设为线段12P P 、13PP 、14P P )涂红，那么，在由这3条线段的另一顶点为顶点的234P P P △中至少须有一边(最短边)涂红，设是边23P P ，那么123PP P △的3边就都被涂红了．EF F如果经过点1P 的线段中至少有3条未被涂红（例如设为线段14P P 、15PP 、16P P ），由于145PP P △、156PP P △、164PP P △中每个都至少有一边是红的．因此，只能是线段45P P 、56P P 、64P P 全是红的，即456P P P △的各边都是红色的． 1.20★★将正十三边形的每个顶点染成黑色或染成白色，每顶点染一色．求证：存在三个同色顶点， 它们刚好成为一个等腰三角形的顶点．解析 设13个顶点依次为1A ，2A ，…，12A ，13A ．若13个顶点都染成黑色或都染成白色，则结论显然成立．故只需考虑13个顶点中有染黑色也有染白色的情形．这时必有相邻两顶点同色，不妨设1A 、2A 同色，现考虑13A 、1A 、2A 、3A 、8A 这五个顶点，由抽屉原理知其中必有三顶点同色，这又分为下列三种情形：（1）13A 、1A 、2A 、3A 中有三点同色，又1A 、2A 同色，故1A 、2A 、3A 同色或13A 、1A 、2A 同色．这时123A A A △或1312A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（2）13A 、3A 、8A 同色，这时1338A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（3）1A 、2A 、8A 同色，这时128A A A △为三顶点同色的等腰三角形．1.21★★15个席位同等地围绕着圆桌安排，席上有15个客人的名片，客人们没有注意这些名片，直到他们坐下来，才发觉没有一个人坐在他自己的名片前面．证明：可以转动圆桌使得至少有两个客人同时对号入座．解析 对于每个客人，都有一种转动圆桌的方式，使他对上自己的名片．现在先把席位按逆时针方向依次由1到15编号，每按逆时针方向转动一次圆桌，使名片对到下一个席位上，即1号上的名片对到2号席位，2号上的名片对到3号席位……15号上的名片对到1号席位．那么按这种方式转动15次后，所有的名片又对到初始的席位上．所以，一共有14种有效的转动，因为有15个客人，根据抽屉原理，必定有某种转动至少可容许有两个客人对上号．1．22★★在52张扑克牌上任意写上互不相同的正整数．证明：一定存在四张扑克牌，将其上的四个数仅用减号、乘号和括号适当组合成一个式子，其值是1989的倍数．解析 因为19893951=⨯．而对任给的52个互异的正整数中，至少有两个数被51除后的余数相同，设这两个数为m a 、n a ，且m n a a >，那么51m n a a t-=（t 为整数）．在取出m a 、n a 后的50个互异的正整数中，又至少有两个数，不妨设k a 、l a ，且k l a a >，它们分别被39除后的余数相同，即39k l a a s -=（s 为整数）． 因此，在给出的52个互异的正整数中，一定有四个整数m a 、n a 、k a 、l a 组成一个式子：()()1989m n k l a a a a st --=．1.23★★★证明在任意11个无穷小数中，一定可以找到两个小数，它们的差或者含有无穷多个数字 0，或者含有无穷多个数字9．解析 由于每一个数位上的数字只有0，1，2，…，9这10种情况，因此11个数中必有两个数在这个数位上有相同的数字．记11个无穷小数为1a ，2a ，…，11a ，把这11个数分成如下55个二元组(每两个一组)：()12,a a ，()13,a a ，…，()111,a a ， ()23,a a ，…，()1011,a a ．这55个二元组作为55个抽屉，现将无穷多个数1，2，3，…放进这些抽屉，规则是：若小数点后第k 位上i a 与j a 相同，则数k 就放入(),i ja a 中．例如，3a 与5a 的第7位上的数相同，则7就放入()35,a a这个抽屉里．由抽屉原理知，这55个(有限个)抽屉中必有一个抽屉，它含有无穷多个数，不妨设(1a ，5a )这个抽屉里含有无穷多个数，这就说明1a ，2a 这两个无穷小数有无穷多位相同．考虑1a 与2a 的差，在数字相同的数位上，差的数字为0或9．由于0与9的总个数有无穷多个，因此至少有一个出现无穷多次，从而1a 与2a 的差中，或者有无穷多个数字0，或者有无穷多个数字9．评注 本题先后三次用了抽屉原理，请读者仔细玩味．1．24★★★一个书架有五层，从下到上依次称为第1层，第2层，…，第5层．今把15册图书分放到书架的各层上，有些层可不放．证明：无论怎样放法，书架每层上的图书册数，以及相邻两层上图书册数之和，这些数中至少有两个是相等的．解析 用i a 表示第i 层所放的图书册数，1i =，2，3，4，5．如果有某个0i a =，那么结论显然成立．因此可设1i a ≥，1i =，2，…，5．考虑下面两种情况：(1)1a ，2a ，…，5a 中有两个数相等，则结论已经成立． （2）1a ，2a ，…，5a 各不相等，因12515125a a a +++==+++，所以1a ，2a ，…，5a 必各取1、2、3、4、5之一．但是12a a +，23a a +，34a a +，45a a +这4个数不可能同时包含7、8、9这三个数．事实上，若7、8、9都出现，则只可能是725=+，835=+，945=+或734=+，835=+，945=+．前者表示放5册书的那一层与放2、3、4册的各层均相邻，不可能．后者表示放4、5册书的两层既要相邻又要不相邻，也不可能． 因此，下面9个数：1a ，2a ，…，5a ，12a a +，23a a +，34a a +，45a a +至多能取8个不同的值．由抽屉原理知，其中必有两个是相等的，从而命题得证．1.25★★★一个由n n ⨯个方格组成的正方形表格，其中填满1，2，3，…，n 等数，且在任一行、任一列都能遇到所有这些数字．若表格中的数字关于对角线AB 是对称的，求证：当n 是奇数时，在对角线AB 上的那些方格中将会遇到所有的1，2，…，n 这些数字．解析 如图，由于在表格的每一行、每一列都出现l ，2，…，n 各数，所以任一行(或列)中，每个数只出现一次，于是表格中有n 个1，n 个dc a b ff da cb ee BA2，…，n 个n ．又由于整个表格关于AB 对称，因此除对角线上的数外，任何一个数都将在其对称位置出现，如图中a ，b ，c ，d ，e ，f 等数．因此除对角线外表格中1，2，…，n 等数各有偶数个．当n 为奇数时，表格中共有奇数个1，奇数个2，…，奇数个n ．所以对角线AB 上出现1，2，…，n ，且1到n 个数都必将出现，但对角线上只有n 个格子，因此，所有的数在对角线上都恰好出现一次．1．26★★★一个半径为1的圆内或边界上有6个点，求证：必定有两点之间距离不大于1．解析 不妨设6个点为A 、B 、C 、D 、E 、F ．如图，设1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A 将O 六等分，且可让A 落在1OA 上（旋转可达）．对于六个扇形（圆心角60︒，半径为1），其中一个内有两点（包括边界）M、N，则1MN ≤．这是因为60MON ∠︒≤，()22222222cos 1MN OM ON OM ON MON OM ON OM ON OM ON ON OM OM =+-⋅∠+-⋅=+-≤≤≤（这里不妨设ON OM ≤）．于是由前知，B 、C 、D 、E 、F 已不能落在扇形16A OA 与12A OA 上，于是这五个点均落在剩下的四个扇形中，由抽屉原理，知必有两点落在A 5A同一扇形内或边界上，因此仍有距离不大于1，结论成立． 1.27★★★一个棋手为参加一次锦标赛将进行77天的集训，他每天至少下一盘棋，而每周至多下12盘棋．证明一定存在一个正整数n ，使得他在这77天里有连续的一天恰好下了21盘棋．解析 用i a 表示这位棋手从第1天到第i 天(包括第i 天)下棋的总盘数，1i =，2，…，77．由于每天至少下一盘棋，所以 12771a a a <<<≤．又因为每周至多下12盘棋，所以7777121327a ⨯=≤， 所以12771132a a a <<<≤≤．考虑下面154个正整数：1a ，2a ，…，77a ，121a +，221a +，…，7721a +．其中最小的是1a ，最大的7721a +不超过13221153+=．因此这154个正整数中必定有两个是相等的．由于1277a a a <<<，1277212121a a a +<+<<+，所以必定存在i j <，使得21j i a a =+． 21j i a a -=．令n j i =-，那么该棋手在第1i +，2i +，…，i n j +=这连续的n 天中恰好下了21盘棋．2 容斥原理2.1★一个班有45个学生，参加数学课外小组的有30人，参加语文课外小组的有25人，并且每一个人都至少参加了一个课外小组．问：这个班中参加了两个课外小组的同学有多少个?解析 我们画一个图帮助思考，如图所示，画两个相交的圆，其中一个圆表示参加数学课外小组的同学，另一个圆表示参数学课外小组语文课外小组加语文课外小组的同学，那么，两个圆的内部共有45个同学，两个圆的公共部分就是参加了两个课外小组的同学． 因为参加数学课外小组的同学有30人，参加语文课外小组的25人，但30255545+=>，这是因为两个课外小组都参加的同学被重复计算了两次，所以，两个课外小组都参加的同学有 ()30254510+-=（人）．所以，这个班中参加了两个课外小组的同学有10个． 评注 本题用的方法是容斥原理1．容斥原理1：A 或B 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数一既是A 又是B 的元素个数．BA2．2★在1，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有多少个?解析在1，2，…，100中，5的倍数有5，10，15，…，100共20个，7的倍数有7，14，21，…，98共14个，其中既是5的倍数又是7的倍数的数有35，70共2个．根据容斥原理1得，在1，2，…，100中，5或者7的倍数有+-=（个）．2014232从而，在l，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有-=（个）．10032682.3★某班40位同学在一次数学测验中，答对第一题的有23人，答对第二题的有27人，这两题都答对的有17人，问有多少个同学这两题都不对?解析根据容斥原理l得：这两题都不对的同学有()-+-=（人）．4023271772．4★某校对五年级100名同学进行学习兴趣调查，结果有58人喜欢语文，有38人喜欢数学，有52人喜欢外语．而且喜欢语文和数学(但不喜欢外语)的有6人，喜欢数学和外语(但不喜欢语文)的有4人，三科都喜欢的有12人，而且每人至少喜欢一科．问有多少同学只喜欢语文?有多少同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)?解析 如图所示，设喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有x 人． 于是，喜欢数学和语文的有612+个人，喜欢数学和外语的有124+个人，喜欢语文和外语的有12x +个人． 所以()100585238612=++-+ ()()1241212x -+-++，解得14x =．即喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有14人． 所以，只喜欢语文的同学有 586121426---=（人）． 所以，有26个同学只喜欢语文，有14个同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)．评注 本题用的方法是容斥原理2．容斥原理2：A 或B 或C 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数C +的元素个数既是A 又是B 的元素个数一既是A 又是C 的元素个数一既是x5241238658外语数学语文CBAB 又是C 的元素个数+既是A 又是B 又是C 的元素个数．2.5★★全班有25个学生，其中17人会骑自行车，13人会游泳，8人会滑冰，这三项运动项目没有人全会．至少会这三项运动之一的学生数学成绩都及格了，但又都不是优秀．如果全班有6个人数学不及格，问： (1)全班数学成绩优秀的有几名? (2)全班有几个人既会游泳又会滑冰?解析 (1)至少会一项运动的人有25619-=人，因为没有人会全部三项运动，因此至少会三项运动之一的人假使每人都会两项，也要()17138219++÷=(人)，这些人数学都及格了，再加上数学不及格的6人，正好是25人，所以没有人数学优秀．(2)如图所示：根据题意可得17A B +=， 8B C +=， 13A C +=；其中A 表示既会骑自行车又会游泳的学生人数，B 表示既会骑自行车又会滑冰的同学的人数，C 表示既会游泳又会滑冰的同学的人数．所以0CB A 滑冰游泳骑自行车()C=+-÷=，1381722故没有人数学优秀；全班有2人既会游泳又会滑冰．2．6★★在1到100个自然数中，既非3的倍数也不是4与5的倍数的数有多少个?解析只需求出是3或4，5的倍数有多少个，问题也随之解决了．3的倍数有3，6，9，…，99，共33个；4的倍数有4，8，12，…，100，共25个；5的倍数有5，10，15，…，100，共20个．我们还应注意下面这些数：3与4的公倍数有12，24，…，96，共8个；3与5的公倍数有15，30，…，90，共6个；4与5的公倍数有20，40，…，100，共5个；3、4、5的公倍数有1个：60．根据容斥原理，1到100的自然数中是3、4或5的倍数共有()()++-+++=（个）．332520865160因此，1到100的自然数中既非3、4也不是5的倍数有-=（个）．1006040所以，既非3、4也不是5的倍数的数有40个．2.7★如图，A、B、C分别是面积为12、28、16的三张不同形状的纸片，它们叠放在一起盖住的总面积为38，若A与B、B与C、C与A 的公共部分的面积分别为8、7、6．求A、B、C三张纸片的公共部分的面积(图中阴影部分)．解析设所求三张纸片的公共部分的面积为x，则由容斥原理有38122816876x=++---+，所以所以，A、B、C三张纸片的公共部分的面积为3．2．8★★某班在体育课上进行了成绩考核，这个班在100米自由泳、跳远、铅球三项测试中获得优秀等级的人数分类统计如下：100米自由泳获得优秀的有21人，跳远获得优秀的有19人，铅球获得优秀的有20人．100米自由泳和跳远都获得优秀的有9人，跳远和铅球都获得优秀的有7人，铅球和100米自由泳都获得优秀的有8人．有5人没有获得任何一项优秀．问：这个班有多少个学生?解析设三项都获得优秀的有n个人，根据容斥原理2，至少有一项优秀的学生有++---+=+，21192097836n n所以，这个班的学生有36541++=+人．故这个班的学生人数不少于n n41人．另一方面，由于获得其中两项优秀的人数分别为9、7、8，所以，获得三项优秀的学生人数不超过7，即7n≤，所以，这个班的学生人数不超过48人．综上所述，这个班的学生人数在41与48之间．所以，学生人数可能的情况是41，42，43，…，48人．。
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初一数学竞赛讲座抽屉原理把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这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。
例3在一个礼堂中有99名学生，如果他们中的每个人都与其中的66人相识，那么可能出现这种情况：他们中的任何4人中都一定有2人不相识（假定相识是互相的）。
分析：注意到题中的说法“可能出现……”，说明题的结论并非是条件的必然结果，而仅仅是一种可能性，因此只需要设法构造出一种情况使之出现题目中所说的结论即可。
解：将礼堂中的99人记为a1，a2，…，a99，将99人分为3组：（a1，a2，…，a33），（a34，a35，…，a66），（a67，a68，…，a99），将3组学生作为3个抽屉，分别记为A，B，C，并约定A中的学生所认识的66人只在B，C中，同时，B，C中的学生所认识的66人也只在A，C和A，B中。
如果出现这种局面，那么题目中所说情况就可能出现。
因为礼堂中任意4人可看做4个苹果，放入A，B，C三个抽屉中，必有2人在同一抽屉，即必有2人来自同一组，那么他们认识的人只在另2组中，因此他们两人不相识。
例4 如右图，分别标有数字1，2，…，8的滚珠两组，放在内外两个圆环上，开始时相对的滚珠所标数字都不相同。
当两个圆环按不同方向转动时，必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。
分析：此题中没有直接提供我们用以构造抽屉和苹果的数量关系，需要转换一下看问题的角度。
解：内外两环对转可看成一环静止，只有一个环转动。
一个环转动一周后，每个滚珠都会有一次与标有相同数字的滚珠相对的局面出现，那么这种局面共要出现8次。
将这8次局面看做苹果，再需构造出少于8个抽屉。
注意到一环每转动45°角就有一次滚珠相对的局面出现，转动一周共有8次滚珠相对的局面，而最初的8对滚珠所标数字都不相同，所以数字相同的滚珠相对的情况只出现在以后的7次转动中，将7次转动看做7个抽屉，8次相同数字滚珠相对的局面看做8个苹果，则至少有2次数字相对的局面出现在同一次转动中，即必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。
例5有一个生产天平上用的铁盘的车间，由于工艺上的原因，只能控制盘的重量在指定的20克到20.1克之间。
现在需要重量相差不超过0.005克的两只铁盘来装配一架天平，问：最少要生产多少个盘子，才能保证一定能从中挑出符合要求的两只盘子？解：把20～20.1克之间的盘子依重量分成20组：第1组：从20.000克到20.005克；第2组：从20.005克到20.010克；……第20组：从20.095克到20.100克。
这样，只要有21个盘子，就一定可以从中找到两个盘子属于同一组，这2个盘子就符合要求。
例6 在圆周上放着100个筹码，其中有41个红的和59个蓝的。
那么总可以找到两个红筹码，在它们之间刚好放有19个筹码，为什么？分析：此题需要研究“红筹码”的放置情况，因而涉及到“苹果”的具体放置方法，由此我们可以在构造抽屉时，使每个抽屉中的相邻“苹果”之间有19个筹码。
解：依顺时针方向将筹码依次编上号码：1，2，…，100。
然后依照以下规律将100个筹码分为20组：（1，21，41，61，81）；（2，22，42，62，82）；……（20，40，60，80，100）。
将41个红筹码看做苹果，放入以上20个抽屉中，因为41=2×20＋1，所以至少有一个抽屉中有2+1=3（个）苹果，也就是说必有一组5个筹码中有3个红色筹码，而每组的5个筹码在圆周上可看做两两等距，且每2个相邻筹码之间都有19个筹码，那么3个红色筹码中必有2个相邻（这将在下一个内容——第二抽屉原理中说明），即有2个红色筹码之间有19个筹码。
下面我们来考虑另外一种情况：若把5个苹果放到6个抽屉中，则必然有一个抽屉空着。
这种情况一般可以表述为：第二抽屉原理：把（mn-1）个物体放入n个抽屉，其中必有一个抽屉中至多有（m-1）个物体。
例7在例6中留有一个疑问，现改述如下：在圆周上放有5个筹码，其中有3个是同色的，那么这3个同色的筹码必有2个相邻。
分析：将这个问题加以转化：如右图，将同色的3个筹码A，B，C置于圆周上，看是否能用另外2个筹码将其隔开。
解：如图，将同色的3个筹码放置在圆周上，将每2个筹码之间的间隔看做抽屉，将其余2个筹码看做苹果，将2个苹果放入3个抽屉中，则必有1个抽屉中没有苹果，即有2个同色筹码之间没有其它筹码，那么这2个筹码必相邻。
例8甲、乙二人为一个正方形的12条棱涂红和绿2种颜色。
首先，甲任选3条棱并把它们涂上红色；然后，乙任选另外3条棱并涂上绿色；接着甲将剩下的6条棱都涂上红色。
问：甲是否一定能将某一面的4条棱全部涂上红色？解：不能。
如右图将12条棱分成四组：第一组：{A1B1，B2B3，A3A4}，第二组：{A2B2，B3B4，A4A1}，第三组：{A3B3，B4B1，A1A2}，第四组：{A4B4，B1B2，A2A3}。
无论甲第一次将哪3条棱涂红，由抽屉原理知四组中必有一组的3条棱全未涂红，而乙只要将这组中的3条棱涂绿，甲就无法将某一面的4条棱全部涂红了。
下面我们讨论抽屉原理的一个变形——平均值原理。
我们知道n个数a1，a2，…，an的和与n的商是a1，a2，…，a n这n个数的平均值。
平均值原理：如果n个数的平均值为a，那么其中至少有一个数不大于a，也至少有一个不小于a。
例9圆周上有2000个点，在其上任意地标上0，1，2，…，1999（每一点只标一个数，不同的点标上不同的数）。
求证：必然存在一点，与它紧相邻的两个点和这点上所标的三个数之和不小于2999。
解：设圆周上各点的值依次是a1，a2，…，a2000，则其和a1＋a2+…＋a2000=0+1+2+…+1999=1999000。
下面考虑一切相邻三数组之和：（a1＋a2＋a3）+（a2＋a3＋a4）＋…＋（a1998+a1999＋a2000）＋（a1999＋a2000＋a1）＋（a2000＋a1＋a2）=3（a1＋a2＋…＋a2000）＝3×1999000。
这2000组和中必至少有一组和大于或等于但因每一个和都是整数，故有一组相邻三数之和不小于2999，亦即存在一个点，与它紧相邻的两点和这点上所标的三数之和不小于2999。
例10一家旅馆有90个房间，住有100名旅客，如果每次都恰有90名旅客同时回来，那么至少要准备多少把钥匙分给这100名旅客，才能使得每次客人回来时，每个客人都能用自己分到的钥匙打开一个房门住进去，并且避免发生两人同时住进一个房间？解：如果钥匙数小于990，那么90个房间中至少有一个房间的钥匙数少房间就打不开，因此90个人就无法按题述的条件住下来。
另一方面，990把钥匙已经足够了，这只要将90把不同的钥匙分给90个人，而其余的10名旅客，每人各90把钥匙（每个房间一把），那么任何90名旅客返回时，都能按要求住进房间。
最后，我们要指出，解决某些较复杂的问题时，往往要多次反复地运用抽屉原理，请看下面两道例题。
例11设有4×28的方格棋盘，将每一格涂上红、蓝、黄三种颜色中的任意一种。
试证明：无论怎样涂法，至少存在一个四角同色的长方形。
证明：我们先考察第一行中28个小方格涂色情况，用三种颜色涂28个小方格，由抽屉原理知，至少有10个小方格是同色的，不妨设其为红色，还可设这10个小方格就在第一行的前10列。
下面考察第二、三、四行中前面10个小方格可能出现的涂色情况。
这有两种可能：（1）这三行中，至少有一行，其前面10个小方格中，至少有2个小方格是涂有红色的，那么这2个小方格和第一行中与其对应的2个小方格，便是一个长方形的四个角，这个长方形就是一个四角同是红色的长方形。
（2）这三行中每一行前面的10格中，都至多有一个红色的小方格，不妨设它们分别出现在前三列中，那么其余的3×7个小方格便只能涂上黄、蓝两种颜色了。
我们先考虑这个3×7的长方形的第一行。
根据抽屉原理，至少有4个小方格是涂上同一颜色的，不妨设其为蓝色，且在第1至4列。
再考虑第二行的前四列，这时也有两种可能：（1）这4格中，至少有2格被涂上蓝色，那么这2个涂上蓝色的小方格和第一行中与其对应的2个小方格便是一个长方形的四个角，这个长方形四角同是蓝色。
（2）这4格中，至多有1格被涂上蓝色，那么，至少有3格被涂上黄色。
不妨设这3个小方格就在第二行的前面3格。
下面继续考虑第三行前面3格的情况。
用蓝、黄两色涂3个小方格，由抽屉原理知，至少有2个方格是同色的，无论是同为蓝色或是同为黄色，都可以得到一个四角同色的长方形。
总之，对于各种可能的情况，都能找到一个四角同色的长方形。