大家知道，兩個抽屜要放置三只蘋果，那么一定有兩只蘋果放在同一個抽屜里，更一般地說，只要被放置的蘋果數比抽屜數目大，就一定會有兩只或更多只的蘋果放進同一個抽屜，可不要小看這一簡單事實，它包含著一個重要而又十分基本的原則――抽屜原則.
   
    1．抽屜原則有幾種最常見的形式:

    原則1 如果把n+k(k≥1)個物體放進n只抽屜里，則至少有一只抽屜要放進兩個或更多個物體： ____原則本身十分淺顯，為了加深對它的認識，我們還是運用反證法給予證明；如果每個抽屜至多只能放進一個物體，那么物體的總數至多是n，而不是題設的n+k(k≥1)，這不可能.

    原則雖簡單，巧妙地運用原則卻可十分便利地解決一些看上去相當復雜、甚至感到無從下手的問題，比如說，我們可以斷言在我國至少有兩個人出生的時間相差不超過4秒鐘，這是個驚人的結論，該是經過很多人的艱苦勞動，統計所得的吧！不，只須我們稍動手算一下：不妨假設人的壽命不超過4萬天（約110歲，超過這個年齡數的人為數甚少），則10億人口安排在8億6千4百萬個“抽屜”里，根據原則1，即知結論成立.

    下面我們再舉一個例子：

    例1 幼兒園買來了不少白兔、熊貓、長頸鹿塑料玩具，每個小朋友任意選擇兩件，那么不管怎樣挑選，在任意七個小朋友中總有兩個彼此選的玩具都相同，試說明道理. 解 從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種：（兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長頸鹿），（長頸鹿、長頸鹿）。把每種搭配方式看作一個抽屜，把7個小朋友看作物體，那么根據原則1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜里，也就是說，至少兩人挑選玩具采用同一搭配方式，選的玩具相同。

    原則2 如果把mn+k(k≥1)個物體放進n個抽屜，則至少有一個抽屜至多放進m+1個物體.證明同原則1相仿.若每個抽屜至多放進m個物體,那么n個抽屜至多放進mn個物體,與題設不符，故不可能。

    原則1可看作原則2的物例（m=1）

    例2 正方體各面上涂上紅色或藍色的油漆（每面只涂一種色），證明正方體一定有三個面顏色相同. 證明把兩種顏色當作兩個抽屜，把正方體六個面當作物體，那么6=2×2+2，根據原則二，至少有三個面涂上相同的顏色。 例3 把1到10的自然數擺成一個圓圈，證明一定存在在個相鄰的數，它們的和數大于17.

    證明 如圖12-1，設a1，a2，a3，…，a9，a10分別代表不超過10的十個自然數，它們圍成一個圈，三個相鄰的數的組成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），…,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十組.
   
    現把它們看作十個抽屜，每個抽屜的物體數是
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)

    ――根據原則2,至少有一個括號內的三數和不少于17,即至少有三個相鄰的數的和不小于17.

    原則1、原則2可歸結到更一般形式：

    原則3 把m1+m2+…+mn+k(k≥1)個物體放入n個抽屜里，那么或在第一個抽屜里至少放入m1+1個物體，或在第二個抽屜里至少放入m2+1個物體，……，或在第n個抽屜里至少放入mn+1個物體。

    證明

    假定第一個抽屜放入物體的數不超過m1個，第二個抽屜放入物體的數不超過m2個，……，第n個抽屜放入物體的個數不超過mn，那么放入所有抽屜的物體總數不超過m1+m2+…+mn個，與題設矛盾。

    例4 有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍襪6雙（每雙襪子包裝在一起）若取出9雙，證明其中必有黑襪或黃襪2雙。

    證明 除可能取出紅襪、白襪3雙外.還至少從其它三種顏色的襪子里取出4雙，根據原理3，必在黑襪或黃襪、藍襪里取2雙。

    上面數例論證的似乎都是“存在”、“總有”、“至少有”的問題，不錯，這正是抽屜原則的主要作用.需要說明的是，運用抽屜原則只是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不能確切地指出哪個抽屜里存在多少。

    2．制造抽屜是運用原則的一大關鍵

    首先要指出的是，對于同一問題，常可依據情況，從不同角度設計抽屜，從而導致不同的制造抽屜的方式.

    例5 在邊長為1的正方形內，任意給定13個點，試證：其中必有4個點，以此4點為頂點的四邊開面積不超過 （假定四點在一直線上構成面積為零的四邊形）.

    證明

    如圖12-2把正方形分成四個相同的小正方形。因13=3×4+1，根據原則2，總有4點落在同一個小正方形內（或邊界上），以此4點為頂點的四邊形的面積不超過小正方形的面積，也就不超過整個正方形面積的 。

    事實上，由于解決問題的核心在于將正方形分割成四個面積相等的部分，所以還可以把正方形按圖12-3（此處無圖）所示的形式分割.

    合理地制造抽屜必須建立在充分考慮問題自身特點的基礎上.

    例6 在一條筆直的馬路旁種樹，從起點起，每隔一米種一棵樹，如果把三塊“愛護樹木”的小牌分別掛在三棵樹上，那么不管怎樣掛，至少有兩棵掛牌的樹之間的距離是偶數（以米為單位），這是為什么？

    解 如圖12-4（設掛牌的三棵樹依次為a、b、c.ab=a，bc=b，若a、b中有一為偶數，命題得證.否則a、b均為奇數，則ac=a+b為偶數，命題得證.

    換一個角度考慮：給每棵樹上編上號，于是兩棵樹之間的距離就是號碼差，由于樹的號碼只能為奇數和偶數兩類，那么掛牌的三棵樹號碼至少有兩個同為奇數或偶數，它們的差必為偶數，問題得證.

    后一證明十分巧妙，通過編號碼，將兩樹間距離轉化為號碼差.這種轉化的思想方法是一種非常重要的數學方法。

    例7 從自然數1，2，3，…99，100這100個數中隨意取出51個數來，求證：其中一定有兩個數，它們中的一個是另一個的倍數. 分析設法制造抽屜：（1）不超過50個；（2）每個抽屜的里的數（除僅有的一個外），其中一個數是另一個數的倍數，一個自然數的想法是從數的質因數表示形式入手.

    解 設第一個抽屜里放進數：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；第二個抽屜時放進數：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；第三個抽屜里放進數：5，5×2，5×22，5×23，5×24；………………第二十五個抽屜里放進數：49，49×2；第二十六個抽屜里放進數：51.………………第五十個抽屜里放進數：99.那么隨意取出51個數中，必有兩個數同屬一個抽屜，其中一個數是另一個數的倍數.

    制造抽屜并非總是一帆風順的，有時要邊制造邊調整、改進.

    例8 任意給定7個不同的自然數，求證其中必有兩個整數，其和或差是10的倍數.

    分析 注意到這些數隊以10的余數即個位數字，以0，1，…，9為標準制造10個抽屜，標以[0]，[1]，…，[9].若有兩數落入同一抽屜，其差是10的倍數，只是僅有7個自然數，似不便運用抽屜原則，再作調整：[6]，[7]，[8]，[9]四個抽屜分別與[4]，[3]，[2]，[1]合并，則可保證至少有一個抽屜里有兩個數，它們的和或差是10的倍數.

    3．較復雜的問題須反復地運用抽屜原則，將復雜問題轉化為簡單問題.

     例9 以（x，y，z）表示三元有序整數組，其中x、y、z為整數，試證：在任意七個三元整數組中，至少有兩個三元數組，它們的x、y、z元中有兩對都是奇數或都是偶數.

    分析 設七個三元素組為a1（x1，y1，z1）、a2（x2，y2，z2）、…、a7（x7，y7，z7）.現在逐步探索，從x元開始，由抽屜原則，x1，x2，…，x7這七個數中，必定有四個數具有相同的奇偶性，不妨設這四個數是x1，x2，x3，x4且為偶數，接著集中考慮a1、a2、a3、a4這四組數的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有兩個是偶數，則問題已證，否則至多有一個是偶數，比如y4是偶數，這時我們再來集中考慮a1、a2、a3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屜原則必有兩個數具有相同的奇偶性，如z1、z2，這時無論它們是奇數，還是偶數，問題都已得到證明.

    下面介紹一個著名問題. 例10 任選6人，試證其中必有3人，他們互相認識或都不認識. 分析 用a、b、c、d、e、f表示這6個人，首先以a為中心考慮，他與另外五個人b、c、d、e、f只有兩種可能的關系：認識或不認識，那么由抽屜原則，他必定與其中某三人認識或不認識，現不妨設a認識b、c、d三人，當b、c、d三人都互不認識時，問題得證；當b、c、d三人中有兩人認識，如b、c認識時，則a、b、c互相認識，問題也得證.

    本例和上例都采用了舍去保留、化繁為簡、逐步縮小考慮范圍的方法.

    例11 a，b，c，d為四個任意給定的整數，求證：以下六個差數b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘積一定可以被12整除.

    證明 把這6個差數的乘積記為p，我們必須且只須證明：3與4都可以整除p，以下分兩步進行.

    第一步，把a，b，c，d按以3為除數的余數來分類，這樣的類只有三個，故知a，b，c，d中至少有2個除以3的余數相同，例如，不妨設為a，b，這時3可整除b-a，從而3可整除p.

    第二步，再把a，b，c，d按以4為除數的余數來分類，這種類至多只有四個，如果a，b，c，d中有二數除以4的余數相同，那么與第一步類似，我們立即可作出4可整除p的結論. 設a，b，c，d四數除以4的余數不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二個奇數（不妨設為a，b），也必有二個偶數（設為c，d），這時b-a為偶數，d-c也是偶數，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.

    如果能進一步靈活運用原則，不僅制造抽屜，還根據問題的特征，制造出放進抽屜的物體，則更可收到意想不到的效果.

    例12 求證：從任意n個自然數a1，a2，…，an中可以找到若干個數，使它們的和是n的倍數.

    分析：以0，1，…，n-1即被n除的余數分類制造抽屜的合理的，但把什么樣的數作為抽屜里的物體呢？扣住“和”，構造下列和數：

    s1=a1, s2=a1+a2, s=a1+a2+a3, ………… sn=a1+a2+…+an，
   
    其中任意兩個和數之差仍為和數，若他們之中有一是n的倍數，問題得證；

    否則至少有兩個數被n除余數相同，則它們的差即它們中若干數（包括1個）的和是n的倍數，問題同樣得證.

    例13 910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶，證明：不論怎樣排列，紅藍墨水瓶的顏色次序必定出現下述兩種情況之一種：（1）至少有三行完全相同；（2）至少有兩組（四行）每組的兩行完全相同.

    解 910瓶紅、藍墨水排成130行，每行7瓶，對一行來說，每個位置上有紅藍兩種可能，因此，一行的紅、藍墨水排法有27=128種，對每一種不同排法設為一種“行式”，共有128種行式.現有130行，在其中任取129行，依抽屜原則知，必有兩行a、b行式相同.除a、b外余下128行，若有一行p與a行式相同，知滿足（1）至少有三行a、b、p完全相同，若在這128行中設直一行5a行或相同，那么這128行至多有127種行式，依抽屜原則，必有兩行c、d具有相同行式，這樣便找到了（a、b），（c、d）兩組（四行）,且兩組兩行完全相同.