更新时间：2023-06-19 17:51
抽屉原理（Box principle）也称鸽巢原理、重叠原理或狄利克雷抽屉原理 ，是一个初等，且应用广泛的数学原理。抽屉原理的定义为：一般情况下，把n+1或多于n+1个苹果放到n个抽屉里，其中必定至少有一个抽屉里至少有两个苹果。抽屉原理要解决的是存在性问题，即在具体的组合问题中，要计算某些特定问题求解的方案数。
该原理是1834年狄利克雷提出的。1846年，他使用抽屉原理阐明代数数域中单位数的阿坝尔群结构。1930年，英国逻辑学家弗兰克·P·拉姆（F.P.Ramsey）将这个简单原理作了深刻推广，从而获得拉姆齐定理，该定理也被称为广义抽屉原理。
抽屉原理通常用在整除问题、面积问题以及染色问题上。研究与整除有关的问题时， 常用剩余类作为抽屉；在面积问题上例如已知在边长为1的等边三角形内(包括边界)有任意10个点。证明至少有两个点之间的距离不大于1/3；染色问题如例如：将平面上每点都任意地染上黑白两色之一。求证： 一定存在一个边长为1或3的正三角形，它的三个顶点同色。
抽屉原理又称鸽巢原理或重叠原理，是组合数学中基本原理之一，其定义为一般情况下，把n+1或多于n+1个苹果放到n个抽屉里，其中必定至少有一个抽屉里至少有两个苹果。人们称这种现象为抽屉原理。例如桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，不限制每个抽屉中放置的苹果个数， 如有的抽屉可以放一个，有的可以放两个，有的可以放五个，但最终会发现至少可以找到一个抽屉里面至少放两个苹果。该原理要解决的是存在性问题，即在具体的组合问题中，要计算某些特定问题求解的方案数，其前提就是要知道这些方案的存在性。
把（锰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。例如若把3个苹果放入4个抽屉中，则必然有一个抽屉空着。
1834年，德国数学家狄利克雷提出抽屉原理，1846年，他使用抽屉原理阐明代数数域中单位数的阿坝尔群结构。1930年，英国逻辑学家弗兰克·P·拉姆齐将这个简单原理作了深刻推广，从而获得拉姆齐定理，该定理也被称为广义抽屉原理。
1947年，匈牙利数学竞赛试题出现了关于抽屉原理的题：证明任意6个人的集会上，总有3人互相认识或互相不认识。1959年，《美国数学月刊》又进一步提出：任意18个人的集会上，一定有4人或互相认识，或互相不认识。
抽屉原理也可以用集合论，高斯函数来表示，集合论是由格奥尔格·康托尔在19世纪提出的，他把全体自然数看作一个集合，并且在1873年证明了实数集的势大于自然数集。集合论提出伊始，遭到很多数学家的反对，直到20世纪初才获得世界公认。高斯在19世纪初首次清晰地阐述了复数和复变量函数的研究，并且将高斯函数引入到概率统计领域。
将n+1个物品放入n 个抽屉，则至少有一个抽屉中的物品数不少于两个。
证明（反证法）：将抽屉编号为：1，2， … ，n，设第 i个抽屉放有qi个物品，则q₁+q₂+…qn=n+1。 但若定理结论不成立，即qi≤1，即有q₁+q2+…+qn≤n，从而有n+1=q₁+q₂+…+qn≤n矛盾。从而原定理成立。
例如，证明把4支铅笔放进3个笔筒中，不管怎么放，总有一个笔筒里至少有2支铅笔。
证明：枚举出4种可能的摆法，即(4，0，0)、(3，1，0)、(2，2，0)、(2，1，1)，比较发现在每一种摆法中最多的那个笔筒， 铅笔的支数分别是4、3、2，根据此枚举结果，得出数学结论是："把4支铅笔放进3个笔筒中，不管怎么放，总有一个笔筒里至少有2支铅笔。”
将多于m×n个的物品任意放到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个。
证明（反证法）：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。
枚举法：例如，把7本书放进3个抽屉，不管怎么放，总有一个抽屉里至少放进3本书。
证明：枚举法一一摆出，即（1）7，0，0；（2）6，1，0；（3）5，2，0，… ；（x）3，2，2。可举出的例子太多，重要的是第一种和最后一种摆法。得出结论是“总有一个抽屉里至少放进3本书”。
把无穷多个物体按任意方式放入n个抽屉，则至少有一个抽屉里有无穷个物体证明同原理2(略) 。
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。
抽屉原理可以推广到以下几种表现形式：
n+1个元素分为n个集合，那么必有一个集合中含有两个或两个以上的元素。
证明：设把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ai大于或等于2。
(用反证法)假设结论不成立，即对每一个ai，都有ai\u003c2，则因为ai是整数，应有ai≤1，于是有：
a1+a₂+…+ai≤1+1+…+1=n\u003cn+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。
nm+1个元素分为n个集合中，那么至少有一个集合中存在m+l个元素。
证明：设把nm+1个元素分为n个集合A₁，A₂，…，An，用a1+a₂… 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ai大于或等于m+1。
(用反证法)假设结论不成立，即对每一个ai，都有ai\u003cm+1，则因为ai是整数，应有ai≤m, 于是有：
a₁+a₂+ …+an≤m+m+ …+m=nm\u003cnm+1。
n个m 这与题设相矛盾。所以，至少存在一个ai≥m+1。
n个元素分为k个集合中，其中必有一个集合中元素个数大于或等于[n/k]。
证明：设把n个元素分为k个集合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]。
(用反证法)假设结论不成立，即对每一个ai都有ai\u003c[n/k], 于是有：
a₁+a₂+ …+ak\u003c[n/k]+[n/k]+ …+[n/k]=k[n/k]=n
因为a₁+a₂+…+ak\u003cn 与这个题设相矛盾。所以，必有一个集合中元素个数大于或等于 [n/k]。
形式四 q₁+q₂+…+qn-n+1个元素分为n个集合，那么必有一个i（1\u003ci\u003cn），在第i个集合中元素的个数ai ≥qi。
证明：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。
(用反证法)假设结论不成立，即对每一个ai都有ai\u003cqi，因为ai为整数，应有ai≤qi-1, 于是有：
a₁+a₂+…+an≤q₁+q₂+…+qn-n\u003cq₁+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。
设有无穷多个元素按任一确定的方式分成有限个集合，那么至少有一个集合含有无穷多个元素。
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。
将m个元素放入n个抽屉，则在其中一个抽屉里至少会有 个元素。当时，即为形式一（n+1个元素分为n个集合，那么必有一个集合中含有两个或两个以上的元素）；当 时，即为形式二（nm+1个元素分为n个集合中，那么至少有一个集合中存在m+l个元素）。所以，形式一是形式二的特例。
设A，B为两个有限的集合，若，则从A到B的任意函数，必有，且a1≠a2，使得。
用集合论表述为：若有非空有限集合A，，π是A的任意划分，且，则至少有一个划分块的元素个数不少于2。
拉姆齐定理也称广义的抽屉原理，其定义为n个点散布在纸上，每个点都用红色或蓝色的直线连接到每个其他点，n必须大于等于6，才能确保纸上出现蓝色三角形或红色三角形。例如：在任意等于或超过6个人的集会上，至少有3个人以前彼此相识，或者有三个人以前彼此不相识。但是如果人数少于6人，则这种情况就不一定出现。
证明：如下图1所示：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、CD3 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、CD3 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。需要补充两点：如果只有5个点或更少，拉姆齐定理不一定成立。如下图2所示的五边形和它中间的五角星是两个颜色，那这图中就没有全色三角形。 如果多于6个点，当然拉姆齐定理一样成立。
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，属相有12个，那么任意37个人中，有几个人属相相同呢。这时将属相看成12个抽屉，则一个抽屉中有37/12个，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，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。
应用抽屉原理解决问题时，通常考虑最不利情况，即遵循最不利原则。
例如：黑色、白色、黄色的筷子各有8根，混杂地放在一起，黑暗中想从这些筷子中取出颜色不同的2双筷子（每双筷子两根的颜色应一样），问至少要取多少根才能保证达到要求。
解：由于有三种颜色的筷子，而且混杂在一起，我们在黑暗中取筷子时无法分辨出筷子的颜色，这样如果取的筷子数目不多于8根的话，有可能取出的是同一颜色，这是最不利的情况。因此要想保证取出颜色不同的2双筷子，取出的筷子数必须超过8根为了保证达到要求，我们从最不利的情况出发，假设开始取出的筷子8根都是同一颜色，这时问题就变成了后面怎样才能使所取的筷子中保证有两根的颜色相同这时，剩下的颜色只有两种，把两种颜色看作两个抽屉，把筷子当作苹果，根据抽屉原理， 只需再取出3根筷子就能保证有两根的颜色相同。总之，在最不利的情况下，只要取出8+3=11根筷子，就能保证有颜色不同的2双筷子，所以，至少要取11根筷子才能保证达到要求。
把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用，，， … ，[m-1]表示。每一个类含有无穷多个数。例如：中含有1，m+1，2m+1，3m+1，…。在研究与整除有关的问题时， 常用剩余类作为抽屉。根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n 的倍数。
例如：从1~100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。
证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1~100的正整数分成如下50个抽屉(因为1~100中共有50个奇数)：
（1）{1，1×2，1×2²，1×2³，1×2⁴，1×2⁵，1×26}；
（2）{3，3×2，3×2²，3×2³，3×2⁴，3×2⁵ }；
（3）{5，5×2，5×2²，5×2³，5×24};
（4）{7，7×2，7×2²，7×2³}；
（5）{9，9×2，9×2²，9×2³)；
（6）{11，11×2，11×2²，11×2³}；
……
（25）{49，49×2}；
.……
（50）{99}
这样，1~100的正整数就无重复、无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则， 其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）~（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数， 一个是另一个的整数倍。
例如：已知在边长为1的等边三角形内(包括边界)有任意10个点。证明至少有两个点之间的距离不大于1/3。
证明：（如下图所示）把等边三角形的每条边都三等分，并连接各点，将这个三角形化分成9个边长为1/3的正三角形。10个点放在9个小三角形中，根据抽屉原理必有两个点在同一个小正三角形内（包括边界），这两点之间的距离不大于1/3。
例如：用红、黄两种颜色将一个2×5的矩形中的小方格随意染色，每个方格染一种颜色。证明：必有两列，它们的小方格染的颜色完全相同。
证明：2×5的矩形有5列，每列有两个小方格（如下图a所示）。用红、黄两种颜色给每列的小方格随意染色，只有下面4种情况（如图b所示）将这4种染色方式看做4个"抽屉"，5列看做5个"苹果"。由抽屉原理，必有一个抽屉至少有两个苹果，即必有两列染色方式完全相同。
例1：在1991与1991.1之间任取200个数，证明其中必有两个数，它们差的绝对值不超过1990的倒数。
证明：如下图所示，1991对应数轴上A点，1991.1对应B点。把线段AB199等分，每个小线段作为一个抽屉，则有199个抽屉，每个小线段的长度为把要取的200个数对应200个点，作为200个东西放入199个抽屉。根据抽屉原理，至少有一个抽屉中至少放入了两个点， 这两点的距离一定不超过，即这两个数差的绝对值不超过1990的倒数。
例2：已知，并且满足，求证。
证明：由于，将视作鸽子，而将与作为巢穴，根据“鸽巢“原理，在的两侧或都在处，所以将此结论转化为不等式。因此，，故，即，原等式不成立，当且仅当时，等号成立。