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所以，结论成立.
例4 ( 参见[3])在直径为5的圆中放入9个点，求证:其中必有某两点的距离小于2.
分析：设想将圆周分成8等分，连接圆心O与各分点形成8个相等的扇形.显然每个区域都不能保证任二点的距离小于2，这种分法不行，问题在于沿半径方向最长可达2.5.所以我们必须减少沿半径的方向，另法构造抽屉.
以O为圆心，9为半径做圆，再把圆环等分为7个扇形，如图得到8个抽屉.
这时
AC?OA2?OC2?2?OA?OC?cos?6.25?0.81-2.5?0.9?0.61?7.06?1.37?5.69?2.360°7
这种分法也不行。为此，必须将圆周等分为8份.连结分点及圆心得到8个扇形，然后再以为圆心，0.9为半径做圆，以此小圆为一抽屉，8个扇形被切下的部分为8个抽屉，如图由
AB?5?3.2?2. 故AB?2. 8 6
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AC?OA2?OC2?2?OA?OC?cos45°?3.18?2.
BD?2，即每个抽屉中任两点的距离都小于2.但是，现在却出现了这样一个问题:9个点，9个抽屉，元素个数与抽屉的个数一样多，不能直接使用抽屉原理，怎么办?将圆绕O点旋转，所给9个点总在圆内，则 ① 必有某扇形区域的直边通过其中一点.不妨设为A，，相邻的两扇形记为甲乙.
若其余8个l从全少有一点在甲、乙两扇形内，则问题得证.
若其余8个点均不在甲、乙两扇形内.则它们应在其余的7个抽屉内，8个点个抽屉，问题得证.
②无论如何旋转，扇形的直边均不通过此9点，这时9点必全在小圆内，间题显然.
2.2.3 等分区间构造抽屉
如果在长度为1的区间内有多于n个的点, 可考虑把区间等分成n个子区间, 由鸽巣原理知, 一定有两点落在同一子区间, 它们之间的距离不大于1/n. 这种构造法常用于处理一些不等式的证明.
,i＝1, 2 ? ,11,证例5 （参见[4]）已知11个数x1,x2,?,x11,全满足0?xi?1 明必有两个xi,xj(i?j)满足xi?xj?1. 10证明 如图1，将实数轴上介于0与1那段(连同端点)等分为10小段(这10个小段也
就是10个等分区间，即10个抽屉)，每一小段长为
1.由抽屉原理，11个点(数)10?11?中至少有??+1=2个点落在同一条小线段上，这两点相应的数之差的绝对值
?10??1. 10
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0 1
图1
例6 求证：对于任给的正无理数?及任意大的自然数n，存在一个有理数．．
k1k，使得???．
mmnm证明 把区间（0，1）进行n等分，得n个小区间
?1??12??23??n?1?0,,,,,,...,,1?． ???????nnnnnn????????由抽屉原理知，这些区间内的n?1个数中，必有两个数落在某一个区间，从而这两个数的差的绝对值小于
1． n设pi?N(i?1,2,...,n?1)，则由?是正无理数得
0?pi???pi???1.
所以这n?1个数pi???pi??(i?1,2,...,n?1)中，必有2个数，不妨设为p1???p1??和p2???p2??，它们的差的绝对值小于
1，即 n1. n(p1?p2)??(?p1????p2??)?设p1?p2?m,?p1????p2???k，则
m??k?k11，即???.
mmnn上述例子涉及区间问题，把区间（0，1）进行n等分，得n个小区间，自然就得到了n个抽屉，而n?1个数可以作为n?1个物体，此处可以利用抽屉原理解决问题.
2.2.4按整数对模p的剩余类分类构造抽屉
涉及自然数的问题, 有时常用对模同余分类法, 构造n个鸽巣, 以n为模, 可以将全体自然数分为｛余数为0的自然数｝,｛余数为1的自然数｝,?,｛余数为n?1的自然数｝, 共n个鸽巣.
例7 设a1,a2,?,a2013是2013个任意正整数的序列，则至少存在正整数k和l，
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1?k?l?2013，使得和ak?1?ak?2???al是2013的倍数.
证明 构造一个序列：
s1?a1,s2?a1?a2，s3?a1?a2?a3?，s2013?a1?a2???a2013， 由于每一个ai均为正整数，所以，s1?s2???s2013，有两种可能： （1）存在某一个sn是2013的倍数，则定理已得证.
（2）假设在上面的序列中没有任何一个元素是2013的倍数，用模2013的剩余类k0,k1,k2,?,k2012做成2013个抽屉。由假设，s1,s2,?,s2013均不属于k0中，从而s1,s2,?,s2013这2013个数应属于k1,k2,?,k2012这2012个抽屉，于是根据抽屉原理，有一个ki至少被放入了两个数，不妨设为sk,sl. sk?a1?a2???ak,sl?a1?a2???al，
这样2013|(sl?sk),即 2013|(ak?1?ak?2???al),也就是和ak?1?ak?2???al是2013的倍数.
2.2.5用转化的方法构造抽屉
用转化的方法构造鸽巣就是通过某种对应方法或变换手段, 把原问题转化为更易求解的新问题, 一旦新为题解决, 原问题随之得解.
例8(参见[5])设空间有六个点,任意三点不共线,四点不共面,如果把这六个点两两用直线联系起来,并把这些直线涂以红色或白色.证明不论如何涂色,必存在一个是同种颜色所围成的三角形.
证明 六个点中任取一点与其它五点相联可以得到五条联线,但所涂的颜色
只有两种.
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5故设A={五条联线}B={红色、白色}.因为P?()?3，所以对于任意
2f:A?B有ai、aj、ak?A(i、j、k都不同)使f(ai)?f(aj)?f(ak)?B即五条联线
中,至少有三条是同色的,不妨设P1P2、P1P3、P1P4为同色(如图)若P2、P3、P4三点连线是同色那么问题得证,若P2、P3、P4三点联线不同色那么至少有一条是红色的,不妨设P2P3是红色的,那么△P1P2P3的三边涂有相同的颜色,得证. 例9在1,2,?,2n中任取n?1个不同的数, 证明至少有一个数是另一个数的倍数.
证明 任何的正整数n都可以表成n?2???的形式, 其中?是自然数（包括0）, ?为奇数.
设选出的n?1个数为a1,a2,?,an?1，把它们依次表为2?1??1,2?2??2,?,2?n?1??n?1,其中?1,?2,?,?n?1,是n?1个奇数, 它们的取值只有n种可能, 即1,3,?,2n?1. 由鸽巣原理, 必存在i和j使得?i??j. 我们考虑ai=2?i??和aj=2j??, 不妨设ai＜aj则有
?ajai?2j??j2??i?i??2?j??i. 这就证明了aj是ai的倍数.
3. 抽屉原理的一些应用 3.1 抽屉原理应用于几何图形
在上节中主要介绍了抽屉原理在整除中的应用，然而抽屉原理的应用并不仅仅局限于此。在某些与几何图形相关命题的证明中，也可以根据题目的特点构造抽屉，应用抽屉原理解题.
例10九条直线中的每一条直线都把正方形分成面积比为2：3的两个四边形．证明:这九条直线中至少有三条经过同一点． ．．． 证明 如图，设CD是一条这样的这样的直线．我们再画出这两个梯形的中位线AB，因这两个梯形有相等的高，所以他们的面积比应等于对应的中位线长的比，即等于AP:PB(或者BP:PA)因
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