抽屉原理的题
其实这是很好找的，举个例子：
“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。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。
抽屉原理的一种更一般的表述为：
“把多于kn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。”
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。
1958年6/7月号的《美国数学月刊》上有这样一道题目：
“证明在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有三个人以前彼此不相识。”
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
抽屉原理是什么意思?
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，我们会发现至少会有一个抽屉里面放不少于两个苹果。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个元素放到n个集合中去，其中必定有一个集合里至少有两个元素。” 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。扩展资料：运用抽屉原理的核心是分析清楚问题中，哪个是物件，哪个是抽屉。例如，属相是有12个，那么任意37个人中，至少有一个属相是不少于4个人。这时将属相看成12个抽屉，则一个抽屉中有 37/12，即3余1，余数不考虑，而向上考虑取整数，所以这里是3+1=4个人，但这里需要注意的是，前面的余数1和这里加上的1是不一样的。因此，在问题中，较多的一方就是物件，较少的一方就是抽屉，比如上述问题中的属相12个，就是对应抽屉，37个人就是对应物件，因为37相对12多。参考资料来源：百度百科-抽屉原理参考资料来源：百度百科-狄利克雷
小学数学中的抽屉原理是怎么回事
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=[nm]+1个物体：当n不能被m整除时．
②k=nm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．
【命题方向】
经典题型：
例1：在任意的37个人中，至少有（ ）人属于同一种属相．
A、3 B、4 C、6
分析：把12个属相看做12个抽屉，37人看做37个元素，利用抽屉原理最差情况：要使属相相同的人数最少，只要使每个抽屉的元素数尽量平均，即可解答
解：37÷12=3…1
3+1=4（人）
答：至少有4人的属相相同．
故选：B
点评：此题考查了利用抽屉原理解决实际问题的灵活应用，关键是从最差情况考虑
例2：在一个不透明的箱子里放了大小相同的红、黄、蓝三种颜色的玻璃珠各5粒．要保证每次摸出的玻璃珠中一定有3粒是同颜色的，则每次至少要摸（ ）粒玻璃珠．
A、3 B、5 C、7 D、无法确定
分析：把红、黄、蓝三种颜色看做3个抽屉，考虑最差情况：每种颜色都摸出2粒，则一共摸出2×3=6粒玻璃珠，此时再任意摸出一粒，必定能出现3粒玻璃珠颜色相同，据此即可解答
解：根据题干分析可得：
2×3+1=7（粒），
答：至少摸出7粒玻璃珠，可以保证取到3粒颜色相同的玻璃珠．
故选：C
点评：此题考查了利用抽屉原理解决实际问题的灵活应用．
（参考来源：jyeoo）
六年级抽屉原理
用物体的个数除以抽屉的个数。除得的（商+1）就是所要的结果，除得的余数不管是多少都看成是1。
例题：把8个桔子放进3个抽屉，问至少有一个抽屉放进了几个桔子？
8÷3=2……2 2+1=3
答：至少有一个抽屉放进了3个桔子。
还有一种题型 ：要用抽屉的个数+1
例题：有黄色、红色、黑色的球若干个放在一个盒子里，问至少要摸几次才会有相同颜色的球？
解答：这一题是把三种颜色看成是三个抽屉，3+1=4，至少要摸4次就会有相同颜色的球。
举了两个简单的题型，希望具体题型具体分析。对你有所帮助。
抽屉原理的计算公式是什么啊？
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。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)。扩展资料在任意的五个自然数中，是否其中必有三个数的和是3的倍数。分析与解：根据例2的讨论，任何整数除以3的余数只能是0，1，2。现在，对于任意的五个自然数，根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的数，于是可分下面两种情形来加以讨论。第一种情形。有三个数在同一个抽屉里，即这三个数除以3后具有相同的余数。因为这三个数的余数之和是其中一个余数的3倍，故能被3整除，所以这三个数之和能被3整除。第二种情形。至多有两个数在同一个抽屉里，那么每个抽屉里都有数，在每个抽屉里各取一个数，这三个数被3除的余数分别为0，1，2。因此这三个数之和能被3整除。综上所述，在任意的五个自然数中，其中必有三个数的和是3的倍数。参考资料来源：百度百科-抽屉原理
什么是抽屉原理
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，我们会发现至少会有一个抽屉里面至少放两个苹果。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个元素放到n个集合中去，其中必定有一个集合里至少有两个元素。” 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。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×1，而不是题设的n+k(k≥1)，故不可能。原理2 ：把多于mn(m乘n)+1（n不为0）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)。扩展资料：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。表现形式：把它推广到一般情形有以下几种表现形式。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)=nk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。（借由康托的无穷基数可将鸽巢原理推广到无穷集中。）参考资料：百度百科-抽屉原理
抽屉原理的计算方法是什么？
抽屉原理也叫鸽巢原理，又名狄利克雷抽屉原理、鸽巢原理。其中一种简单的表述法为：若有n个笼子和n+1只鸽子，所有的鸽子都被关在鸽笼里，那么至少有一个笼子至少有2只鸽子另一种为：若有n个笼子和mn+1只鸽子，所有的鸽子都被关在鸽笼里，那么至少有一个笼子至少有m+1只鸽子第一抽屉原理原理1： 把多于或等于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。抽屉原理证明（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。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。扩展资料：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至少放两个苹果。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个元素放到n个集合中去，其中必定有一个集合里至少有两个元素。” 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。把它推广到一般情形有以下几种表现形式。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)=nk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。（借由康托的无穷基数可将鸽巢原理推广到无穷集中。）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。参考资料：百度百科-抽屉原理
抽屉原理的至少数到底是什么？
就是可能是这么多，也可能比这多，但绝不可能比这少。比如三个人里至少有两个人性别相同。因此，在问题中，较多的一方就是物件，较少的一方就是抽屉，比如上述问题中的属相12个，就是对应抽屉，37个人就是对应物件，因为37相对12多。最差原则，即考虑所有可能情况中，最不利于某件事情发生的情况。例如，有300人到招聘会求职，其中软件设计有100人，市场营销有80人，财务管理有70人，人力资源管理有50人。构造抽屉的方法：运用抽屉原理的核心是分析清楚问题中，哪个是物件，哪个是抽屉。例如，属相是有12个，那么任意37个人中，至少有一个属相是不少于4个人。这时将属相看成12个抽屉，则一个抽屉中有 37/12，即3余1，余数不考虑，而向上考虑取整数，所以这里是3+1=4个人，但这里需要注意的是，前面的余数1和这里加上的1是不一样的。
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？
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。
什么是抽屉原理？
抽屉原理
一、 知识要点
抽屉原理又称鸽巢原理，它是组合数学的一个基本原理，最先是由德国数学家狭利克雷明确地提出来的，因此，也称为狭利克雷原理。
把3个苹果放进2个抽屉里，一定有一个抽屉里放了2个或2个以上的苹果。这个人所皆知的常识就是抽屉原理在日常生活中的体现。用它可以解决一些相当复杂甚至无从下手的问题。
原理1：把n+1个元素分成n类，不管怎么分，则一定有一类中有2个或2个以上的元素。
原理2：把m个元素任意放入n（n＜m＝个集合，则一定有一个集合呈至少要有k个元素。
其中 k＝ （当n能整除m时）
〔 〕＋1 （当n不能整除m时）
（〔 〕表示不大于 的最大整数，即 的整数部分）
原理3：把无穷多个元素放入有限个集合里，则一定有一个集合里含有无穷多个元素。
二、 应用抽屉原理解题的步骤
第一步：分析题意。分清什么是“东西”，什么是“抽屉”，也就是什么作“东西”，什么可作“抽屉”。
第二步：制造抽屉。这个是关键的一步，这一步就是如何设计抽屉。根据题目条件和结论，结合有关的数学知识，抓住最基本的数量关系，设计和确定解决问题所需的抽屉及其个数，为使用抽屉铺平道路。
第三步：运用抽屉原理。观察题设条件，结合第二步，恰当应用各个原则或综合运用几个原则，以求问题之解决。
例1、 教室里有5名学生正在做作业，今天只有数学、英语、语文、地理四科作业
求证：这5名学生中，至少有两个人在做同一科作业。
证明：将5名学生看作5个苹果
将数学、英语、语文、地理作业各看成一个抽屉，共4个抽屉
由抽屉原理1，一定存在一个抽屉，在这个抽屉里至少有2个苹果。
即至少有两名学生在做同一科的作业。
例2、 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？
解：把3种颜色看作3个抽屉
若要符合题意，则小球的数目必须大于3
大于3的最小数字是4
故至少取出4个小球才能符合要求
答：最少要取出4个球。
例3、 班上有50名学生，将书分给大家，至少要拿多少本，才能保证至少有一个学生能得到两本或两本以上的书。
解：把50名学生看作50个抽屉，把书看成苹果
根据原理1，书的数目要比学生的人数多
即书至少需要50+1=51本
答：最少需要51本。
例4、 在一条长100米的小路一旁植树101棵，不管怎样种，总有两棵树的距离不超过1米。
解：把这条小路分成每段1米长，共100段
每段看作是一个抽屉，共100个抽屉，把101棵树看作是101个苹果
于是101个苹果放入100个抽屉中，至少有一个抽屉中有两个苹果
即至少有一段有两棵或两棵以上的树
例5、 11名学生到老师家借书，老师是书房中有A、B、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
证明：若学生只借一本书，则不同的类型有A、B、C、D四种
若学生借两本不同类型的书，则不同的类型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六种
共有10种类型
把这10种类型看作10个“抽屉”
把11个学生看作11个“苹果”
如果谁借哪种类型的书，就进入哪个抽屉
由抽屉原理，至少有两个学生，他们所借的书的类型相同
例6、 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
证明：设每胜一局得一分
由于没有平局，也没有全胜，则得分情况只有1、2、3……49，只有49种可能
以这49种可能得分的情况为49个抽屉
现有50名运动员得分
则一定有两名运动员得分相同
例7、 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？
解题关键：利用抽屉原理2。
解：根据规定，多有同学拿球的配组方式共有以下9种：
｛足｝｛排｝｛蓝｝｛足足｝｛排排｝｛蓝蓝｝｛足排｝｛足蓝｝｛排蓝｝
以这9种配组方式制造9个抽屉
将这50个同学看作苹果
＝5.5……5
由抽屉原理2k＝〔 〕＋1可得，至少有6人，他们所拿的球类是完全一致的
抽屉原理问题，每题给你们2分，共50
（1）,4个，最极端的情况，红色、黄色、篮球的球各拿出一个，然后再随便拿出一个球，就能保证有2个相同颜色的球，即3+1=4。
（2），16张，最极端（倒霉）的情况，大小王先取出（大小王不算同点数），然后1~13点各拿出一张，然后再随便拿出一个，就能保证有2个相同点数的牌，即2+13+1=16张。
（3），证明：一共有四种书，且每名学生可以借1本或2本不同的书；
那么借一本的情况有：A；B；C；D四种情况。
借两本的情况有：A、B；A、C；A、D；B、C；B、D；C、D六种情况。
一共有4+6=10种情况，最极端的情况，就是这10种情况都存在，那么第11个学生借的书肯定与前10位同学的一位借的书种类完全相同。所以，肯定存在两名学生借的书种类相同。
（4），证明：单循环赛制，每名运动员与其他运动员都要一一比赛，那么在没有平局也没有全胜的情况下，一名运动员的胜局有可能为：1、2、3、……48（因为没有全胜，且每名运动员最多参加49场比赛），假设上述48种情况都存在，那么其他两名运动员的胜局肯定在上述48种情况之中。所以肯定至少有2名运动员的积分相同。
（5），6名，一共有3种球，每人最少拿一个，最多拿两个（可以一样），那么：
拿一个的情况有足球；篮球；排球，三种情况。
拿二个的情况有足球、足球；足球、篮球；足球、排球；篮球、篮球；篮球、排球；排球、排球，六种情况。那么一共有3+6=9种情况。所以50÷9=5……5，5+1=6，即为6个。
（6），46个男生。“任何10个参赛者中都有男生”那么就说明最极端的情况下，这10个参赛者中只有一个男生，那么女生全部在这10个参赛者中，即女生有9个，那么男生有55-9=46个；题目中告诉我们分四组，肯定有女生多于2个，是没用的，不过可以检验一下，9÷4=2……1，答案正确。即有46个男生。
（7），证明：1、3、5……99一共50个数，可以分为一下25组：
1+99=3+97=5+95=……=49+51=100，最极端的情况下，上述25组数中各取出一个，这样取出25个数都不能使其中有2个数的和是100，那么再随便取出一个数就能保证有2个数的和是100,。所以当取出26个数的时候就能保证有2个数的和是100。
（8），46人带苹果。“并且其中任何两位乘客中至少有一个人带苹果”，说明只能有1名带梨的乘客，如果多于1个乘客带梨，上面的那句话就是错误的。所以，有46人带苹果。
(9),5堆，分成5堆就能满足条件。每一堆中都有苹果和梨，那么可能有的情况为，前面是苹果，后面是梨子，（偶数；偶数），（偶数；奇数），（奇数；偶数），（奇数；奇数）。最极端的情况就是这4种情况都存在，而这4种情况任何两种情况合起来都不能同时使苹果和梨子的个数为偶数。那么第5堆肯定在上述四种情况中，两个相同情况的水果堆合起来就能保证命题的成立。
（10），10只，两双就是4只，那么三种颜色的手套各拿出3只，然后再随便拿一只手套就能保证有2双相同颜色的手套。即：3×3+1=10
（11），题目表达错误，应该是从1-25中选吧，如果是前25个自然数中选，那么就包括0了，就可以选出0、1、3、5、8、13、20一组数了。
（12），13张，没有大小王的一副牌，最极端的情况，就是4种花色的牌每种都取出3张，然后再随便拿出一张牌，就能保证有4张花色一样的牌了。即：4×3+1=13张。
（13），8张，1到12的数可以分为下列几组：12-5=11-4=10-3=9-2=8-1=7，还剩下，6和7，两个数，这两个数无法和其他数的差为7，那么先把他俩选出，剩下5组数每组挑出一个，然后再随便挑出一个数就能保证有2个数的差为7，即：2+5+1=8个。
（14），证明：122÷40=3……2，那么3+1=4，即证明了命题。
（15），9个，每种号码的木块都取出2个，然后再随便取出一个，就能保证有2个木块的号码相同，即：2×4+1=9.
（16），15名学生，一共有A、B、C三种杂志，可以订阅其中的1、2、3种，那么可能存在的情况有：只订一种的，A；B；C三种情况。只订2种的，A、B；A、C；B、C三种情况，订三种的，A、B、C一种情况，那么一共有3+3+1=7种情况，那么100÷7=14……2，14+1=15，即至少有15名学生订的种类相同。
（17），9个，有4种水果，可以从其中拿1个或2个，那么可能存在的情况有：苹果、苹果；梨、梨；桃、桃；桔子、桔子；苹果、梨；苹果、桃；苹果、桔子；梨、桃；梨、桔子；桃、桔子。一共有10种情况，那么81÷10=8……1，8+1=9。即为9个。
（18），29个学生，1个不参加的情况有1种，参加1门的情况有3种，参加2门的情况有3种，一共有1+3+3=7种，要使得至少有5个学生的情况相同，那么每种情况先有4个，那么再加一个学生就能保证至少有5个学生的情况相同，即：7×4+1=29个。
（19），证明：一共有34个数可以分为一下几组：4+100=7+97=10+94=13+91=……=49+55=104，一共16组，还有1、52，两个数没有和其他数的和是104，那么先把1、52两个数取出，然后在那16组数中，每组取出1，然后再随便取出2个数，就能保证有2对数的和为104，那么2+16+2=20个，即为命题所表述的。
（20），证明：如果N个数分别除以3所得余数的和能被3整除，那么这N个数的和同样能被3整除。一个数除以3所得的余数可以为0、1、2，那么3个数除以3所得余数的和可以为0、1、2、3、4、5、6。其中，如果为0、3、6，就可以被3整除。所以1、2、4、5四种情况都存在的情况下。第五种情况就可以被3整除。即为命题所描述。
（21），证明：最极端的情况，就是9个点种其中8个点都在正方形的边框上，而第9个点在最中央。这样，三角形的最小面积为1/8，但是这9个点全在正方形内，所以肯定至少有1个正方形的面积小于1/8.
(22)，51本，51÷50=1……1，1+1=2。
（23），证明：如果尽量让命题不正确，那么尽量让两棵树之间的间隔大于1米，101颗树之间有100个间隔，如果都大于1米，那么100个间隔的距离肯定大于100米，所以，肯定有2棵树之间的距离小于1米。
（24）、（25）题上面已经解答过，不再赘述。
码字好累的，希望采纳。。。。
