如果物体的个数比抽屉多两个、三个、四个、我们又能得出什么结论呢的答案？

这道题怎么写？~

抽屉原理 - 基本简介

抽屉原理图册
“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。“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容， 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。


第一抽屉原理

原理1： 把多于n+1个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里的东西不少于两件。

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)，故不可能。

原理2 ：把多于mn(m乘以n)个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有不少于m+1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3 ：把无穷多件物体放入n个抽屉，则至少有一个抽屉里 有无穷个物体。

原理1 、2 、3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(例如，将3×5-1=14个物体放入5个抽屉中，则必定有一个抽屉中的物体数少于等于3-1=2)。

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。


抽屉原理 - 证明
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。
抽屉原理 - 一般表述
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+1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。”
用高斯函数来叙述一般形式的抽屉原理的是：将m个元素放入n个抽屉，则在其中一个抽屉里至少会有
[(m-1)/n]+1个元素。
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。
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。

抽屉原理 - 表现形式
形式一：设把n+1个元素划分至n个集合中(A1，A2，…，An)，用a1，a2，…，an分别表示这n个集合对应包含的元素个数，则：至少存在某个集合Ai，其包含元素个数值ai大于或等于2。
证明：（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nm+1个元素划分至n个集合中(A1，A2，…，An)，用a1，a2，…，an表示这n个集合对应包含的元素个数，则：至少存在某个集合Ai，其包含元素个数值ai大于或等于m+1。
证明：（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=nm<nm+1，这与题设相矛盾。
所以，至少有存在一个ai≥m+1
知识扩展——高斯函数[x]定义：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：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]。
证明：（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：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。
证明：（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。

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+…+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，……，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体。 证明 假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，……，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+mn个，与题设矛盾。 例4 有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双。 证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双。上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少。 2．制造抽屉是运用原则的一大关键 ____首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式. 例5 在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过 （假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）. 证明 如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形。因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的 。事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割. ____合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上. 例6 在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？ 解 如图12-4（设挂牌的三棵树依次为A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证.换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证.后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法 例7 从自然数1，2，3，…99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数，，它们中的一个是另一个的倍数. 分析设法制造抽屉：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手. 解 设第一个抽屉里放进数：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；第二个抽屉时放进数：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；第三个抽屉里放进数：5，5×2，5×22，5×23，5×24；………………第二十五个抽屉里放进数：49，49×2；第二十六个抽屉里放进数：51.………………第五十个抽屉里放进数：99.那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数.制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进. 例8 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数. 分析注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数. 3．较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题. 例9 以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数. 分析 设七个三元素组为A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、…、A7（x7，y7，z7）.现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2，…，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明. 下面介绍一个著名问题. 例10 任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识. 分析 用A、B、C、D、E、F表示这6个人，首先以A为中心考虑，他与另外五个人B、C、D、E、F只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某三人认识或不认识，现不妨设A认识B、C、D三人，当B、C、D三人都互不认识时，问题得证；当B、C、D三人中有两人认识，如B、C认识时，则A、B、C互相认识，问题也得证.本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法. 例11 a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除. 证明 把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行. 第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如，不妨设为a，b，这时3可整除b-a，从而3可整除p. 第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，d中有二数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论. 设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二个奇数（不妨设为a，b），也必有二个偶数（设为c，d），这时b-a为偶数，d-c也是偶数，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果. 例12 求证：从任意n个自然数a1，a2，…，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数. 分析以0，1，…，n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数： S1=a1, S2=a1+a2, S=a1+a2+a3, ………… Sn=a1+a2+…+an， 其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是n的倍数，问题得证，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3 910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. http://www.mathfan.com/Soft/jstd/jsjc/as/200405/221.html
补充：
抽屉原则(又称抽屉原理) chōu tì yuán zé 抽屉原则，又叫狄利克雷原则，或“鸽笼原则”、“重叠原则”。将m件物品按任何方式放入n(n＜m)个抽屉，则必至少有一个抽屉里放有两件或两件以上的物品。可用于解决许多数学问题。


目录




举例

常见形式



原则1

原则2

原则3


制造抽屉



例5

例6

例7

例8

例9

例10

例11

例12

例13




举例

常见形式



原则1

原则2

原则3


制造抽屉



例5

例6

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例8

例9

例10

例11

例12

例13
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编辑本段举例　　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. 编辑本段常见形式　　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问题，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，证明一定存在三个相邻的数，它们的和数大于17. 　　证明 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) =165=16*10+5（m=16，k=5） 　　根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17. 　　原则1、原则2可归结到更一般形式： 原则3　　把m1+m2+…+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，……，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体。 　　证明 假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，……，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+mn个，与题设矛盾。 　　例4 有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜、蓝袜或黄袜2双。 　　证明 除可能取出红袜2双、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。 编辑本段制造抽屉　　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点为顶点的四边形面积不超过 1/4（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 1/4。事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割. ____合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上. 例6　　在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？ 　　解 如图12-4（设挂牌的三棵树依次为A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证. 　　换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证. 　　后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法. 例7　　从自然数1，2，3，…99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的倍数. 　　分析设法制造抽屉： 　　（1）不超过50个； 　　（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手. 解 设第一个抽屉里放进数：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；第二个抽屉时放进数：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；第三个抽屉里放进数：5，5×2，5×22，5×23，5×24；………………第二十五个抽屉里放进数：49，49×2；第二十六个抽屉里放进数：51.………………第五十个抽屉里放进数：99.那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数.制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进. 例8　　任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数. 　　分析 注意到这些数队除以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数. 3．较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题. 例9　　以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数. 　　分析 设七个三元素组为A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、…、A7（x7，y7，z7）.现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2，…，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明. 下面介绍一个著名问题. 例10　　任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识. 分析 用A、B、C、D、E、F表示这6个人，首先以A为中心考虑，他与另外五个人B、C、D、E、F只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某三人认识或不认识，现不妨设A认识B、C、D三人，当B、C、D三人都互不认识时，问题得证；当B、C、D三人中有两人认识，如B、C认识时，则A、B、C互相认识，问题也得证.本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法. 例11　　a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除. 证明 把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行. 第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如，不妨设为a，b，这时3可整除b-a，从而3可整除p. 第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，d中有二数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论. 设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二个奇数（不妨设为a，b），也必有二个偶数（设为c，d），这时b-a为偶数，d-c也是偶数，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果. 例12　　求证：从任意n个自然数a1，a2，…，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数. 　　分析以0，1，…，n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数： S1=a1, S2=a1+a2, S=a1+a2+a3, ………… Sn=a1+a2+…+an， 其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是n的倍数，问题得证，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13　　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
追问：
我真的不需要你这些信息

嗯，物体的个数比抽屉多两个三个四个我们得出的结果，那当然就是总共有四个抽屉。如果说是两个三个的话，那加起来就是五个了。

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普安县18542588847： 思考:如果物体的个数比抽屉多2个、3个、4个……我们又能得出什么结论呢 - ？
错任再晟： 思考如果物体个数比抽屉多两个三个,

普安县18542588847： 什么是”抽屉原则”,数学精英学的 - ？
错任再晟： 抽屉原理有时也被称为鸽巢原理.它是组合数学中一个重要的原理.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...

普安县18542588847： 把m个物体任意放进n个抽屉中(2n >m>n,n是非0自然数),那么一定有一个抽屉中至少放进了2个物体, - ？
错任再晟： 第一个:你把N个物体分别放入n个抽屉里,但是因为m>n,所以肯定还有剩余的没放,那没放的就必须放进n个抽屉里,m最少也是n+1,所以第一个成立;第二个,假设kn个物体平均地放到n个抽屉里,那每个抽屉都有k个(假如你不这样平均分那么肯定有抽屉里的物体>=k+1),由于物体>kn,所以至少是kn+1,剩下的要放到抽屉里,就至少有一个抽屉里的物体>=k+1了.

普安县18542588847： 抽屉原理怎么解释？
错任再晟： 原理就是 现在有多个抽屉 有比抽屉个数多的物体往抽屉里面放 那首先要先保证每个抽屉里面都有物体,换句话说,先保证不让空抽屉出现 等每个抽屉都有1个物体了,再往随便哪个抽屉里面放一个物体. 依次类推,直到每个抽屉都有两个物体了,再到每个抽屉都有三个物体......

普安县18542588847： 六年级数学广角？
错任再晟： 差是12的倍数即差能被12整除,除数为12的余数有0---11共12种可能.这12种可能构建12个抽屉,根据抽屉原理只要苹果数(物体数)比抽屉多就能保证总有一个抽屉至少有2个苹果(物体).比12多,多1就可以,12+1=13.

普安县18542588847： 抽屉原理说把多于N个的物体放入N个抽屉里,至少有一个抽屉里的物体不少于两个,怎么不是一个呢? - ？
错任再晟： 把两个变成一个,是完全正确的,但是改成一个,抽屉原理也就没什么意思了. 把1个物体放入N个抽屉里,至少有一个抽屉里的物体不少于一个.这句话也没错啊. 5只鸟飞进4个鸟笼,不一定每个笼子里至少有一只鸟,有可能物质鸟全飞进一只笼子里,肯定的是有一个笼子里的鸟不少于1只. 抽屉原理最重要的是极端思维吧.没必要想那么复杂.N+1个物体放入N个抽屉里,最极端的情况,每个抽屉里都有物体,那么第N+1个物体无论放入哪个抽屉里都能保证有一个抽屉里不少于两个物体.

普安县18542588847： 小学二年级数学题:某艺术班有62位学生,其中会钢琴的11个,会长笛的56个,还有4个两样都不会,问 - ？
错任再晟： 这类题的解法称作“抽屉法”.就是用抽屉比喻有几个位置,而有若干个物体放到这些抽屉里,要求每个抽屉都有物体,如果物体数量多余抽屉显然就有部分抽屉必须放1个以上物体.那么有几个抽屉必须放1个以上物体呢?显然物体总数比抽屉总数多几个(如果没有抽屉放2个),就有几个抽屉放2个物体.于是可知,现在有62-4=58个“抽屉”(学生),放11+56件“物体”(技艺),总数为11+56=67,那么就有:67-58=9个“抽屉”,放2件东西(会2样技艺)

普安县18542588847： 抽屉原理是怎么个意思?？
错任再晟： 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,我们会发现至少会有一个抽屉里面放两个苹果.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”).它是组合数学中一个重要的原理

普安县18542588847： 如果物体是抽屉的倍数 假如物体是12 抽屉是2 那还用加1么 - ？
错任再晟： 不用了,当物体是抽屉的倍数时,就不用加1了.你六年级?抽屉原理很难的,关键要找到什么是物体,什么是抽屉,对不起,废话有点多了,不过很高兴帮到你.

普安县18542588847： 急!抽屉原理 - ？
错任再晟： 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. 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 1、六一儿童节时,莉莉姐姐送给每个小朋友两个玩具(从她带...