第一篇：抽屉原理
4分割图形构造“抽屉”与“苹果”
在一个几何图形内, 有一些已知点, 可以根据问题的要求, 将几何图形进行分割, 用这些分割成的图形作抽屉, 从而对已知点进行分类, 再集中对某个抽屉或某几个抽屉进行讨论, 使问题得到解决.命题4在正方体的8个顶点处分别放上8个不同的正整数, 如果它们的和等于55, 那么, 一定能找到某个侧面正方形, 其相对顶点所放的数都是奇数.证明
首先, 由8个正整数的和为奇数知, 当中必有奇数个奇数；其次,为奇数的至少有3个, 否则, 假设最多有一个奇数, 便有551246810121457，矛盾!
现以正方体的侧面对角线为棱组成两个三棱锥, D – A1 BC , B1 – ACD1如图1, 3个奇数归入2个三棱锥, 必有2 个奇数属于同一个三棱锥。这两个归入奇数的顶点必是某一侧面正方形的相对顶点。
此命题中的抽屉原理的应用属于“苹果”(元素)、“抽屉”都未直接给出的类型, 需要从几何上去构造两个“抽屉”。并运用奇偶分析法找出3 个“苹果”。
在不超过60的正整数中任取9个数，证明：这9个数中一定有两个数（a和b）的比值满足2a3 3b
2例3 任意给定12 个不同的自然数,证明其中必有两个数的和或差是20 的倍数.证明 将自然数按照除以20 所得的余数分类,得0、l、2、„„、19,共20 类.任意给定的12 个不同的自然数,若有两个数在同一类(即两个数除以20的余数相同),那么它们的差是20 的倍数,结论成立。任意给定的12 个不同的自然数中,每两个数都不在同一类,也就是按上面分的20 类中每一类只多有一个已知数(也可以没有).此时,我们把自然数按被20 除的余数。0、l、2、3、„„、19 分成11类: {I,19},{2,18},{3,17},„,{9,11},{10},{0} 每一类当做1 个抽屉,己知的12 个自然数必有两个在同一个抽屉中,它们的和是20 的倍数
一般地任取2个不同的自然数，必有两个数的和或差是n的倍数.2证明 设所给的自然数为am（m=1、2、……、2），有am=ngm+rm，2nnnrm0、1、2、......、 2则2个自然数的余数，分属1种情况，看做1个抽屉，必有两个数222ai，aj属于同一个抽屉，即rirj。nnn.(1)当rirj时,ai-aj是n的倍数;(2)当ri-rj时, aiaj是n的倍数·
综合(l)、(2)可知,该命题成立
例7 试证:从1,2,3,„,10 这10 个自然数中,任取6个数,则必能找到两个数,其中一个数是另一个数的倍数.分析
6个数,需设计5 个抽屉,把前10个自然数放在5 个抽屉里,且能使每个抽屉中的数具有倍数关系,因此得出如下分类方法:{1,7},}2,6 },{3,9},{4,8},}5,10 }.解 将前10 个自然数分成以下5 组:}l,7},}2,6},{3,9},}4,8},{5,10}.把这5 组看做5 个抽屉.任取6 个数则必有两个数出自同一抽屉里,其中大数是小数的倍数.若题目变为从1,2,3,„,20,这20 个自然数中,任取1 个数,则必能找到两个数,其中一个数是另一个数的倍数.则应这样设计抽屉:{l,2,4,8,16},{3,6,12},{5,10,20},{7,14},{9,18},{11},}{3},{15},{17},{19}.把这10 组看做10抽屉.任取11个数,则必有两个数出自同一抽屉里,只能是前5 个抽屉,其中大数是小数的倍数.一般地,设1a1a2...an12n，则有1ijn1，故aiaj。
证明 设ai2ibi，ai0，2不能整除b（因为1,2,3，…,2nii=1,2,3,„,n+1,其中bi<2n，中恰有n个不同的奇数,故在b1,….,bn+1中至少有两个相同,设bi=bj,1ijn1,故aiaj。
.这是数论中的一个定理,1935 年由爱尔特希(erdos)提出,莱梅证明的例6 给定九个不同的实数a1,a2,...,a9,证明: 至少存在两个实数ai,ajai , aj(ij), 满足: 0naiaj1aiaj21。
ytan，k=1,2,…,9,由在k,单调递增, 22223,分成8个小区间:,，8222证明
设ak= tank-当aiaj时，ij。将33,…,根据抽屉原理, 在,,,至少存在两个角i,j使得8482220ij8，则有: 0tanijtan8，0tanitanj1tanitanj21, 即有0aiaj1aiaj
21
D
C A
B D1 A1 B1
D
C A
B D1 C1 A1
B1
第二篇：抽屉原理
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
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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：
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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，…，an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。
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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。
例12 试卷上共有4道选择题，每题有3个可供选择的答案。一群学生参加考试，结果是对于其中任何3人，都有一道题目的答案互不相同。问：参加考试的学生最多有多少人？
解：设每题的三个选择分别为a，b，c。
（1）若参加考试的学生有10人，则由第二抽屉原理知，第一题答案分别为a，b，c的三组学生中，必有一组不超过3人。去掉这组学生，在余下的学生中，定有7人对第一题的答案只有两种。对于这7人关于第二题应用第二抽屉原理知，其中必可选出5人，他们关于第二题的答案只有两种可能。对于这5人关于第三题应用第二抽屉原理知，可以选出4人，他们关于第三题的答案只有两种可能。最后，对于这4人关于第四题应用第二抽屉原理知，必可选出3人，他们关于第四题的答案也只有两种。于是，对于这3人来说，没有一道题目的答案是互不相同的，这不符合题目的要求。可见，所求的最多人数不超过9人。
另一方面，若9个人的答案如下表所示，则每3人都至少有一个问题的答案互不相同。
所以，所求的最多人数为9人。练习13
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。”请问王老师说得对吗？为什么？
2.现有64只乒乓球，18个乒乓球盒，每个盒子里最多可以放6只乒乓球，至少有几个
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乒乓球盒子里的乒乓球数目相同？
3.某校初二年级学生身高的厘米数都为整数，且都不大于160厘米，不小于150厘米。问：在至少多少个初二学生中一定能有4个人身高相同？
4.从1，2，…，100这100个数中任意选出51个数，证明在这51个数中，一定：
（1）有两个数的和为101；
（2）有一个数是另一个数的倍数；
（3）有一个数或若干个数的和是51的倍数。
5.在3×7的方格表中，有11个白格，证明
（1）若仅含一个白格的列只有3列，则在其余的4列中每列都恰有两个白格；
（2）只有一个白格的列只有3列。
6.某个委员会开了40次会议，每次会议有10人出席。已知任何两个委员不会同时开两次或更多的会议。问：这个委员会的人数能够多于60人吗？为什么？
7.一个车间有一条生产流水线，由5台机器组成，只有每台机器都开动时，这条流水线才能工作。总共有8个工人在这条流水线上工作。在每一个工作日内，这些工人中只有5名到场。为了保证生产，要对这8名工人进行培训，每人学一种机器的操作方法称为一轮。问：最少要进行多少轮培训，才能使任意5个工人上班而流水线总能工作？
8.有9名数学家，每人至多能讲3种语言，每3人中至少有2人能通话。求证：在这9名中至少有3名用同一种语言通话。
练习13
1.对。解：因为49-3=3×（100-86+1）+1，即46=3×15+1，也就是说，把从100分至86分的15个分数当做抽屉，49-3=46（人）的成绩当做物体，根据第二抽屉原理，至少有4人的分数在同一抽屉中，即成绩相同。
2.4个。解：18个乒乓球盒，每个盒子里至多可以放6只乒乓球。为使相同乒乓球个数的盒子尽可能少，可以这样放：先把盒子分成6份，每份有18÷6=3（只），分别在每一份的3个盒子中放入1只、2只、3只、4只、5只、6只乒乓球，即3个盒子中放了1只乒乓球，3个盒中放了2只乒乓球……3个盒子中放了6只乒乓球。这样，18个盒子中共放了乒乓球
（1+2+3+4+5+6）×3=63（只）。
把以上6种不同的放法当做抽屉，这样剩下64-63=1（只）乒乓球不管放入哪一个抽屉里的任何一个盒子里（除已放满6只乒乓球的抽屉外），都将使该盒子中的乒乓球数增加1只，这时与比该抽屉每盒乒乓数多1的抽屉中的3个盒子里的乒乓球数相等。例如剩下的1只乒乓球放进原来有2只乒乓球的一个盒子里，该盒乒乓球就成了3只，再加上原来装有3只乒乓球的3个盒子，这样就有4个盒子里装有3个乒乓球。所以至少有4个乒乓球盒里的乒乓球数目相同。
3.34个。
解：把初二学生的身高厘米数作为抽屉，共有抽屉
160-150+1=11（个）。
根据抽屉原理，要保证有4个人身高相同，至少要有初二学生
3×11+1=34（个）。
4.证：（1）将100个数分成50组：
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｛1，100｝，｛2，99｝，…，｛50，51｝。
在选出的51个数中，必有两数属于同一组，这一组的两数之和为101。
（2）将100个数分成10组：
｛1,2,4,8,16,32,64｝, ｛3,6,12,24,48,96｝，｛5,10,20,40,80｝, ｛7,14,28,56｝，｛9,18,36,72｝, ｛11,22,44,88｝，｛13,26,52｝, ｛15,30,60｝,…, ｛49,98｝, ｛其余数｝。
其中第10组中有41个数。在选出的51个数中，第10组的41个数全部选中，还有10个数从前9组中选，必有两数属于同一组，这一组中的任意两个数，一个是另一个的倍数。
（3）将选出的51个数排成一列：
a1，a2，a3，…，a51。
考虑下面的51个和：
a1，a1+a2，a1+a2+a3，…，a1+a2+a3+…+a51。
若这51个和中有一个是51的倍数，则结论显然成立；若这51个和中没有一个是51的倍数，则将它们除以51，余数只能是1，2，…，50中的一个，故必然有两个的余数是相同的，这两个和的差是51的倍数，而这个差显然是这51个数（a1，a2，a3，…，a51）中的一个数或若干个数的和。
5.证：（1）在其余4列中如有一列含有3个白格，则剩下的5个白格要放入3列中，将3列表格看做3个抽屉，5个白格看做5个苹果，根据第二抽屉原理，5（=2×3-1）个苹果放入3个抽屉，则必有1个抽屉至多只有（2-1）个苹果，即必有1列只含1个白格，也就是说除了原来3列只含一个白格外还有1列含1个白格，这与题设只有1个白格的列只有3列矛盾。所以不会有1列有3个白格，当然也不能再有1列只有1个白格。推知其余4列每列恰好有2个白格。
（2）假设只含1个白格的列有2列，那么剩下的9个白格要放入5列中，而9=2×5-1，由第二抽屉原理知，必有1列至多只有2-1=1（个）白格，与假设只有2列每列只1个白格矛盾。所以只有1个白格的列至少有3列。
6.能。
解：开会的“人次”有 40×10=400（人次）。设委员人数为N，将“人次”看做苹果，以委员人数作为抽屉。
若N≤60，则由抽屉原理知至少有一个委员开了7次（或更多次）会。但由已知条件知没有一个人与这位委员同开过两次（或更多次）的会，故他所参加的每一次会的另外9个人是不相同的，从而至少有7×9=63（个）委员，这与N≤60的假定矛盾。所以，N应大于60。
7.20轮。
解：如果培训的总轮数少于20，那么在每一台机器上可进行工作的工人果这3个工人某一天都没有到车间来，那么这台机器就不能开动，整个流水线就不能工作。故培训的总轮数不能少于20。
另一方面，只要进行20轮培训就够了。对3名工人进行全能性培训，训练他们会开每一台机器；而对其余5名工人，每人只培训一轮，让他们每人能开动一台机器。这个方案实施后，不论哪5名工人上班，流水线总能工作。
8.证：以平面上9个点A1，A2，…，A9表示9个数学家，如果两人能通话，就把表示他们的两点联线，并涂上一种颜色（不同的语言涂上不同颜色）。此时有两种情况：
（1）9点中有任意2点都有联线，并涂了相应的颜色。于是从某一点A1出发，分别与
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A2，A3，…，A9联线，又据题意，每人至多能讲3种语言，因此A1A2，A1A3，…，A1A9中至多只能涂3种不同的颜色，由抽屉原理知，这8条线段中至少有2条同色的线段。不妨设A1A2与A1A3是同色线段，因此A1，A2，A3这3点表示的3名数学家可用同一种语言通话。
（2）9点中至少有2点不联线，不妨设是A1与A2不联线。由于每3人中至少有两人能通话，因此从A1与A2出发至少有7条联线。再由抽屉原理知，其中必有4条联线从A1或A2 出发。不妨设从A1出发，又因A1至多能讲3种语言，所以这4条联线中，至少有2条联线是同色的。若A1A3与A1A4同色，则A1，A3，A4这3点表示的3名数学家可用同一种语言通话。
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第三篇：抽屉原理
《抽屉原理》教学设计
教材分析：现行小学教材人教版在十一册编入这一原理，旨在于让学生初步了解“抽屉原理”（也就是初步接触第一原理），会用“抽屉原理”解决实际有关“存在”问题；通过猜测、验证、观察、分析等数学活动，让孩子建立数学模型，发现规律；使孩子经历从具体到抽象的探究过程，提高学生有根据、有条理地进行思考和推理的能力；通过“抽屉原理”的灵活应用，提高学生解决数学问题的能力和兴趣，感受到数学文化及数学的魅力。
学情分析：使孩子经历从具体到抽象的探究过程，提高学生有根据、有条理地进行思考和推理的能力；通过“抽屉原理”的灵活应用，提高学生解决数学问题的能力和兴趣，感受到数学文化及数学的魅力。教学目标：
1、经历“抽屉原理”的探究过程，初步了解“抽屉原理”，会用“抽屉原理”解决简单的实际问题。
2、通过操作发展学生的类推能力，形成比较抽象的数学思维。
3、通过“抽屉原理”的灵活应用感受数学的魅力。
教学重点：经历“抽屉原理”的探究过程，初步了解“抽屉原理”。
教学难点：理解“抽屉原理”，并对一些简单实际问题加以“模型化”。
教学过程
一、游戏引入
3个人坐两个座位，3人都要坐下，一定有一个座位上至少坐了2个人。
这其中蕴含了有趣的数学原理，这节课我们一起学习研究。
二、新知探究
1、把4枝铅笔放进3个文具盒里，不管怎么放，总有一个文具盒里至少放进（）枝铅笔先猜一猜，再动手放一放，看看有哪些不同方法。用自己的方法记录（4，0，0）（3，1，0）（2，2，0）（2，1，1）你有什么发现？
不管怎么放总有一个文具盒里至少放进2枝铅笔。总有是什么意思？至少是什么意思
2、思考
有没有一种方法不用摆放就可以知道至少数是多少呢？
1、3人坐2个位子，总有一个座位上至少坐了2个人2、4枝铅笔放进3个文具盒中，总有一个文具盒中至少放了2枝铅笔5枝铅笔放进4个文具盒中，6枝铅笔放进5个文具盒中。99支铅笔放进98个文具盒中。是否都有一个文具盒中
至少放进2枝铅笔呢？ 这是为什么？可以用算式表达吗？
4、如果是5枝铅笔放到3个文具盒里，总有一个文具盒至少放进几枝铅笔？把7枝笔放进2个文具盒里呢? 8枝笔放进2个文具盒呢? 9枝笔放进3个文具盒呢？至少数=上+余数吗？
三、小试牛刀 1、7只鸽子飞回5个鸽舍,至少有几只鸽子要飞进同一个鸽舍里?
2、从扑克牌中取出两张王牌，在剩下的52张中任意抽出5张，至少有几张是同花色的？
四、数学小知识
数学小知识：抽屉原理的由来最先发现这些规律的人是谁呢？最先是由19世纪的德国数学家狄里克雷运用于解决数学问题的，后人们为了纪念他从这么平凡的事情中发现的规律，就把这个规律用他的名字命名，叫“狄里克雷原理”，又把它叫做“鸽巢原理”，还把它叫做
“抽屉原理”。
五、智慧城堡
1、把13只小兔子关在5个笼子里，至少有多少只兔子要关在同一个笼子里?
2、咱们班共59人，至少有几人是同一属相？
3、张叔叔参加飞镖比赛，投了5镖，镖镖都中，成绩是41环。张叔叔至少有一镖不低于9环。为什么？
4、六年级四个班的学生去春游，自由活时有6个同学在一起，可以肯定。为什么？
六、小结
这节课你有什么收获？
七、作业：课后练习
第四篇：抽屉原理
抽屉原理
【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。这个人人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＝ 商（当n能整除m时）
商＋1（当n不能整除m时）
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。【解题步骤】
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。【例题讲解】
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：根据规定，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
50÷9＝5.……5
由抽屉原理2：k＝商＋1可得，至少有6人，他们所拿的球类是完全一致的
第五篇：抽屉原理
抽屉原理
一、起源
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,本讲就来学习它的有关知识及其应用.二、抽屉原理的基本形式
定理1,如果把n+1 个元素分成n 个集合,那么不管怎么分,都存在一个集合,其中至少有两个元素.证明:(用反证法)若不存在至少有两个元素的集合,则每个集合至多1 个元素,从而n 个集合至多有n 个元素,此与共有n+1 个元素矛盾,故命题成立.在定理1 的叙述中,可以把“元素”改为“物件”,把“集合”改成“抽屉”,抽屉原理正是由此得名.同样,可以把“元素”改成“鸽子”,把“分成n 个集合”改成“飞进n 个鸽笼中”.“鸽笼原理”由此得名.解答抽屉原理的关键：
假设有3 个苹果放入2 个抽屉中，则必然有一个抽屉中有2 个苹果，她的一般模型可以表述为：
第一抽屉原理：把（mn+1）个物体放入n 个抽屉中，其中必有一个抽屉中至少有（m+1）个物体。
若把3 个苹果放入4 个抽屉中，则必然有一个抽屉空着，她的一般模型可以表述为：
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。
抽屉原理一
把4 只苹果放到3 个抽屉里去，共有4 种放法，不论如何放，必有一个抽屉里至少放进两个苹果。
同样，把5 只苹果放到4 个抽屉里去，必有一个抽屉里至少放进两个苹果。
更进一步，我们能够得出这样的结论：把n＋1 只苹果放到n 个抽屉里去，那么必定有一个抽屉里至少放进两个苹果。这个结论，通常被称为抽屉原理。
利用抽屉原理，可以说明（证明）许多有趣的现象或结论。不过，抽屉原理不是拿来就能用的，关键是要应用所 学的数学知识去寻找“抽屉”，制造“抽屉”，弄清应当把什么看作“抽屉”，把什么看作“苹果”。
抽屉原理二
这里我们讲抽屉原理的另一种情况。先看一个例子：如果将13 只鸽子放进6 只鸽笼里，那么至少有一只笼子要放3 只或更多的鸽子。道理很简单。如果每只鸽笼里只放2 只鸽子，6 只鸽笼共放12 只鸽子。剩下的一只鸽子无论放入哪 只鸽笼里，总有一只鸽笼放了3 只鸽子。这个例子所体现的数学思想，就是下面的抽屉原理2。
抽屉原理2：将多于m×n 件的物品任意放到n 个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品的件数不少于m+1。
说明这一原理是不难的。假定这n 个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到（m＋1）件，即每个抽屉里的物品都不多于m 件，这样，n 个抽屉中可放物品的总数就不会超过m×n 件。这与多于m×n 件物品的假设相矛盾。这说明一开始的假定不能成立。所以至少有一个抽屉中物品的件数不少于m＋1。从最不利原则也可以说明抽屉原理2。为了使抽屉中的物品不少于（m＋1）件，最不利的情况就是n 个抽屉中每 个都放入m 件物品，共放入（m×n）件物品，此时再放入1 件物品，无论放入哪个抽屉，都至少有一个抽屉不少于（m ＋1）件物品。这就说明了抽屉原理2。
不难看出，当m＝1 时，抽屉原理2 就转化为抽屉原理1。即抽屉原理2 是抽屉原理1 的推广。我们很容易理解这样一个事实：把3 只苹果放到两个抽屉中，肯定有一个抽屉中有2 只或2 只以上的苹果。用数学语言表达这一事实，就是：将n+1 个元素放入n 个集合内，则一定有一个集合内有两个或两个以上的元素（n 为正整数）。
这就是抽屉原理，也称为“鸽笼（巢）”原理。这一原理最先是由德国数学家狄里克雷明确提出来的，因此，称之为狄 里克雷原理。
抽屉原理还有另外的常用形式：
抽屉原理2：把m 个元素任意放入n(n < m)个集合里，则一定有一个集合里至少有k 个元素，其中：
抽屉原理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。
抽屉原理又叫重叠原则，抽屉原则有如下几种情形。
抽屉原则①：把n+1 件东西任意放入n 只抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两件东西。
抽屉原则②：把m 件东西放入n 个抽屉里，那么至少有一个抽屉里至少有[m/n]件东西。
抽屉原则③：如果有无穷件东西，把它们放在有限多个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含无穷件东西。利用抽屉原则解题时，其关键是如何利用题中已知条件构造出与题设密切相关的“抽屉”。
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