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(k1)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(k1)，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(k1)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.
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(k1)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
证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形.
因13=34+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：1，12，122，123，124，125，126；
第二个抽屉时放进数：3，32，322，323，324，325；
第三个抽屉里放进数：5，52，522，523，524；
第二十五个抽屉里放进数：49，492；
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，，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（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55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1111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３３３＝２７个，故有两个截得的三位数相同．
６．１８９０＝２３５７９．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）ｘ９ｘ１０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１３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，