组合数学中的抽屉原则一般分三种形式来研究，即抽屉原则的最简形式、抽屉原则的一般形式和抽屉原则的对称形式，本文只研究前面的两种形式。
抽屉原则的最简形式：把n+1个或更多物体放到n个抽屉中去，那么至少有一个抽屉里要放进两个或者更多的物体。下面我们来介绍抽屉原则的一般形式。它有如下定理：
定理1 如果将m个物体放到n个抽屉里去，则至少一个抽屉里含有■+1物体（其中■表示不超过■的最大整数）。
以后我们就把定理1称为抽屉原则的一般形式。
证明：小于m的n的最大倍数是由■减去其分数部分所得的整数，这就是■。如果不存在有一个抽屉，它含有■+1个物体，则每个抽屉含的物体最多是■。总共有n个抽屉，所以这n个抽屉所含有的物体总数小于等于n·■≤n·■=m-1＜m。
这与已知有m个物体矛盾，所以至少有一个抽屉有■+1个（或更多）物体。
我们再来看自由差集：
定义 设M为整数集。若在M中不存在这样的数，使得它等于M中某两个数字之和，或等于M中某个数的2倍。则M称为自由差集。否则就称为非自由差集。
由以上定义很容易得出两个性质定理：
定理2 若M为自由差集，则M中任意两数的差，一定不属于M。
证明：反证法，设x∈M，y∈M，且x-y∈M。根据M的定义，因为x=（x-y）+y■M，与假设矛盾，所以x-y■M。
定理3 设x，y，z是自由差集M中任意3个数，那么不仅x-y，x-z，z-y不属于M，而且差（x-y）-（x-z）也不属于M。
证明：因为（x-y）-（x-z）=z-y■M。证毕。
有了上面的原则、定义和定理，我们来研究下面问题。
一个国际社团的成员来自6个国家，共有成员2011人，用1，2，…，2010，2011编号，请证明，该社团至少有一个成员的顺序号数等于它的两个同胞的顺序号数之和，或等于同胞的顺序号数的2倍。
解：设A1，A2，A3，A4，A5，A6代表6个国家，今有2011个成员，所以由抽屉原则的一般形式即定理1可知，至少有一个国家，其成员至少有■+1=336人，不妨假设A1国家中至少有336人成员，并假定这336个成员的号码数是a1＞a2＞a3＞…＞a336
现在，用反证法来证明。假设结论不成立，于是A1，A2，A3，A4，A5，A6都适合自由差集的定义，即它们均为自由差集，由引理可得a1-ai■A1（i=2，3，…，336）。
由于0＜a1-ai＜a1≤2011，
所以这些a1-ai也应当都是号码数。由于a1-ai■A1，所以必定属于A2，A3，A4，A5，A6这5个国家中。因为这里共有335个差数，所以由定理1可知，至少一个国家含有这335个差数中至少■+1=67个差数为号码数的成员。并假设这67个成员的所在国家为A2，其号码假设为b1＞b2＞…＞b67
由于A2也为自由差集，所以b1＞bj■A2（j=2，3，…，67）
又由定理3得 b1-bj=（a1-aj1）-（a1-aj2）=aj2-aj1■A1，
所以这里b1-bj必属于A3，A4，A5，A6这4个国家。因为这里有66个差数，所以由定理1可知，至少有一个国家含有这66个差数中至少■+1=17个差数为号码数的成员。并假设这17个成员的所在国家为A3，其号码数为c1＞c2＞…＞c17。
由于A3也为自由差集，所以c1-ck■A3 （k=2，3，…，17）
再由定理3可知c1-ck=（b1-bk1）-（b1-bk2）=bk2-bk1■A2，
并且c1-ck=bk2-bk1=（a1-ai2）-（a1-ai1）=ai1-ai2■A1，
所以这些c1-ck必属于A4，A5，A6这3个国家。因为这里有16个差数，所以由定理1推知，至少有一个国家含有这16个差数中至少■+1=6个差数为号码数的成员。并假设这6个成员的所在国家为A4，其号码数为：d1＞d2＞…＞d6。由于A4也为自由差集，于是同理可知这些d1-de=（e=2，3，…，6）既不属于A4，又不属于A1，A2，A3，所以它们必属于A5，A6这2个国家。因为这里有5个差数，所以根据定理1推知，这两个国家必有一个国家含有这5个差数中至少■+1=3个差数为号码数的成员。并假设这3个成员的所在国家为A5，其号码数为e1＞e2＞e3。由于A5也为自由差集，于是同上面论证中一样的推理，可知差数e1-e2及e1-e3既不属于A5，又不属于A1，A2，A3，A4。所以这两个差必属于A6。但由于A6也为自由差集，所以（e1-e3）-（e1-e2）=e2-e3■A6，
并且e2-e3也不属于A1，A2，A3，A4，A5。然后，由于
0＜e2-e3＜e2＜e1＜d1＜c1＜b1＜a1＜2011，
所以e2-e3也应当是某一个成员的号码数，它应当属于A1，A2，A3，A4，A5，A6这6个国家中的一个。这个矛盾证明了A1，A2，A3，A4，A5，A6均为自由差集的假设不成立。于是原题结论正确。
（作者单位: 南昌教育学院）
责任编辑：李 林