组合数学 鸽笼原理的一般形式

§3.3Ramsey§定理3.43Ramsey定理
定理 3.4 10人中一定有4人相互认识或有3人相互不认识。
证明：在这10个人中任意挑选一个人，不妨把这个人称作p。则 其他的9个人可以分为下面的两个集合F和S。其中
F=与p相识的人的集合，S=与p不相识的人的集合 如果S中有4个（或4个以上）人，则或者这4个人（或4个人以上） 或者彼此认识，或者有两个人彼此不认识。如果有4个人彼此认 识，则结论成立。如果在S中有2人彼此不认识，则由于这两个人 都与p不认识，因此有3人彼此不认识，故定理结论成立。 如果S中最多有3个人，则由鸽笼原理知，F中至少有6个人。由定 理2.3知，F中一定有3人相互认识或有3人相互不认识。如果有3 个人彼此不认识，则定理成立。如果有3个人彼此认识，则把p加 入，就有4个彼此认识的人，故定理得证。
ak1 ak2 ... akn1 它们构成一长为 n 1的递减子序列。否则，若有某个 j,(1 j n)
使得 akj akj1 就得到一个以
，那么以
ak
j
为首项的最长递增子序列加上
1
ak
akj 为首项的递增子序列，由 mkj 定义知，
j
，
这 这与是一m个kj 长m度kjm为1 k矛nj +盾1m的。kj递因1 减此1子，序ak1列，ak故2 结..论. 成ak立n1 。成立。
物体，ni qi 1 ，从而这n个盒子放入物体的总数为
n
n
n
n
q ni (qi 1) qi n qi n 1
i 1
i 1
i 1
i 1
n
这与 q qi n 1 矛盾。从而定理得证。
i 1
§3.2 鸽§笼原3.理2的鸽推论笼1原理的一般形式
推论3.2.1：若把m个物体放到n个盒子中去，则 三个推论 至少有一个盒子放有不少于(m-1)/n+1个物体。
12
…
19 20
12
…
19 20
A
Байду номын сангаас
...
B
...
第i格
第 i +19格
C
...
...
... ...
12 …
19 20 1 … 19 20
§3.§2 3鸽.2 笼鸽笼原原理理的推一广般例1形-2式
证2,…明例,2：0，在题历C =遍c1ac12,…a2,c…40中,a2，0。当因iA遍中历有11,20,个…0,2和0时10，个每1，一每个一bj个, j=b1j都, 有10
证明：用反证法证明。 假设结论不成立，即对每个盒子中至多放有(m-1)/n个物 体， 从而这n个盒子放入物体的总数最多为
n×(m-1)/n≤m-1 这与假设矛盾。
§3.2 鸽§笼原3.理2的鸽推论笼2 原理的一般形式
三个推论
推论3.2.1：若把m个物体放到n个盒子中去，则 至少有一个盒子放有不少于(m-1)/n+1个物体。 推论3.2.2：若把n(r-1)+1个物体放到n个盒子中 去，则至少有一个盒子放有不少于r个物体。
推论3.2.3：若mi为正整数(i=1,2,…,n),
n mi
n r 1 ，则至少存在一个i，使得mi≥r 。
i1
证明：用反证法证明。
假设结论不成立，即对每个i ，mi≤r-1，则
m1 m2 mn n(r 1) r 1
n
n
这与假设矛盾。
§3.§2 3鸽.2 笼鸽笼原原理理的推一广般例1形-1式
F=与p相识的人的集合，S=与p不相识的人的集合 由鸽笼原理知，这两个集合中至少有一个集合包含有3个人。 若F包含有3个人，则这3个人或者彼此不相识，或者有两个人彼 此相识。如果F中有3个人彼此不相识，则结论成立。如果F中有 2人相识，则由于这两个人都与p相识，因此有3人彼此相识，故 定理结论成立。 类似的，如果S包含3个人，则这3个人或者彼此相识，或者有两 个人彼此不相识。如果这3个人彼此相识，则结论成立。如果有 两个人彼此不相识，则由于这两个人都与p也不相识，因此有3个 人彼此不相识，故定理结论成立。
§3.3Ramsey§定理3.53Ramsey定理
定理 3.4 定理 3.5
10人中一定有4人相互认识或有3人相互不认识。 10人中一定有3人相互认识或有4人相互不认识。
证明：在定理3.4中，如果把“不认识”换成“认识”， “认识”换成“不认识”，则有定理3.5，该定理的证明类 似于定理3.4。
§3.3Ramsey§定理3.63Ramsey定理
证明：这是定理2.2当q1=q2=…=qn=r时的特殊情况。
§3.2 鸽§笼原3.理2的鸽推论笼3 原理的一般形式
推论3.2.1：若把m个物体放到n个盒子中去，则 三个推论 至少有一个盒子放有不少于(m-1)/n+1个物体。
推论3.2.2：若把n(r-1)+1个物体放到n个盒子中
去，则至少有一个盒子放有不少于r个物体。
推论
推论3.3.1：用图形表示这个定理，上述定理可 描述为：对平面上的6个点用实线或虚线连结 成的完全图中，其中实线表示这一对人互相认 识，虚线表示这对人彼此不认识，或者存在一 个实线三角形或者存在一个虚线三角形。这种 三角形称之为纯三角形。 类似可推广为纯n角形，或纯红、蓝色的n角形。 即所有的边都是实线（或虚线、红色、蓝色） 构成的n个顶点的完全图。
§3.3Ramsey推§论31.-31Ramsey定理
推论
推论3.3.1：用图形表示这个定理，上述定理可 描述为：对平面上的6个点用实线或虚线连结 成的完全图中，其中实线表示这一对人互相认 识，虚线表示这对人彼此不认识，或者存在一 个实线三角形或者存在一个虚线三角形。这种 三角形称之为纯三角形。
§3.3Ramsey推§论31.-32 Ramsey定理
§3.2§鸽3.2笼鸽原笼原理理的一一般形般式形式
定理 3.2
鸽笼原理的一般形式
n
设qi为正整数(i=1,2,…,n)，q qi n 1 ，
i 1
如把q个物体放入n个盒子中，则至少存在一个
i，使得第i个盒子中至少有qi个物体。 证明：用反证法证明。
假设结论不成立，即对每一个i，第i个盒子至多放有ni个
定理 3.6 20个人中一定有4个人相互认识或相互不认识。
证明：在这20个人中任意挑选一个人，不妨把这个人称作p。则 其他的19个人可以分为下面的两个集合F和S。其中
F=与p相识的人的集合，S=与p不相识的人的集合 由鸽笼原理知，这两个集合中至少有一个包含（至少）10个人。 如果F中有10个（或10个以上）人，则或者这10个人（或10个人 以上）有3个人相互认识，或者有4个人彼此不认识。如果有4个 人彼此不认识，则结论成立。如果有3人彼此认识，则由于这3个 人都与p认识，因此有4人彼此认识，故定理结论成立。 如果S中有10个（或10个以上）人，则或者这10个人（或10个人 以上）有3个人相互不认识，或者有4个人彼此认识。如果有4个 人彼此认识，则结论成立。如果有3人彼此不认识，则由于这3个 人都与p不认识，因此有4人彼此不认识，故定理结论成立。
位次对应相等，从而当 i历遍1,2,…,20时，共有10×20=200位次对应 相等。故对每个 i平均有200/20=10位相等，因而对某个 i 至少有10
位对应相等。
12
…
19 20
12
…
19 20
A
...
B
...
第i格
第 i +19格
C
...
...
... ...
12 …
19 20 1 … 19 20
例题
§3.2§鸽3.2笼鸽原笼理原的理推一广般例形5 式
例5、将1, 2, …, 10随机地摆成一圆， 则必有某相邻三数之和至少是17。
证 这明样：的设和共m有i (1i 0个1,。2,而...,11,02表),…示,1该0中圆的上每相一邻个三都个出数现之在和这（十i居个中和）的。
三个之中，故
10
mi
i 1
3(1 2 ... 10) 16.5 17 1
10
10
由推论2.2.3知，存在一个i (i 1, 2, ...,10) ，使 mi 17。
§3.3Ramsey§定理2.33Ramsey定理
定理 3.3 6个人中一定有3个人相互认识或相互不认识。
证明：先考虑6个人中的任意一个人，不妨把这个人称作p。则其 他的5个人可以分为下面的两个集合F和S。其中
§3.2 鸽§3笼.2 原鸽笼理原的理推一广般例形3 式
例题
例3、将[1, 67]划分为４个子集，必有一个子集 中有一数是同子集中的两数之差（或和）。
证明：设从1到67的整数任意分成4部分p1,p2,p3,p4，作如下分析： ①由鸽笼原理知， 1到67的整数中必有一部分，不妨设为p1, 至少有 (67-1)/4+1=17个元素。并设这17个元素为a1＜a2＜…＜a17，若ai中存 在一个元素是某两个元素之差，则命题得证。否则，令b1=a2-a1,b2=a3a1,…,b16=a17-a1，显然1≤bi＜67，故bi不属于p1，属于p2,p3或p4。 ②同理，bi中至少有(17-1)/3+1=6个元素属于p2，设这6个元素为c1＜ c2＜…＜c6，若ci中存在一个元素是某两个元素之差，则命题得证。否 则，令d1=c2-c1,d2=c3-c1,…,d5=c6-c1，显然1≤di＜67，且存在 1≤l,m≤17,di=ci-c1=al-am, i=1,2,…,5，故di不属于p1,p2，属于p3,p4。 ③di中至少有(6-1)/2+1=3个元素属于p3，设这3个元素为f1＜f2＜f3， 若fi中存在一个元素是某两个元素之差，则命题得证。否则，令g1=f2f1, g2=f3-f1，显然1≤gi＜67，且存在1≤l,m≤17, gi=fi-f1=al-am, i=1,2 ， 故fi不属于p1,p2,p3，属于p4。 ④若g1=g2-g1，则命题得证。否则，令h=g2-g1，显然1≤h＜67，且同 上可以证明h不属于p1,p2,p3, p4中任一个，与已知矛盾。
例B=1b、1例b设2…Ab题=20a是1a任2…意a2的0时20有位120进个制0和数1，0个先1把组成A、的B某分一别2计0位入2图进（制A数），、（B）
两个20个格子，分别得（A）、（B）两种图像，并把两个B联接的40 位的2进制数C=b1b2…b20 b1b2…b20，它的图像为（C）。则存在某个i， 1≤i≤20，使得cici+1…ci+19与a1a2…a20至少有10位对应相等。
证明：设使大小两盘中心重合，固定大盘，转动小盘，则有200个不同 的位置使小盘上的每个小扇形含在大盘上的小扇形中， （将这200种可 能的位置看作200个不同的盒子）。由于大盘上的200个小扇形中有100 个染成红色，100个染成蓝色，所以小盘上的每个小扇形在转动过程中， 无论染成红色或蓝色，在200个可能的重合位置上恰好有100次与大盘上 的小扇形同色（将同色的扇形看作放入盒子的物体）。因而小盘上的 200个小扇形在200个重合位置上共同色100200=20000次。而20000＞ 200(100-1)+1，由推论2.2.2知，存在着某个位置，使同色的小扇形数大 于等于100个。
§3§.23.鸽2 鸽笼笼原原理理的推一广般例2形式
例2、将两个大小不一的圆盘分别分成200个相等的扇形。在大圆盘上任
取100例个扇形题染成红色，另外的100个扇形染成蓝色，并将小圆盘上的扇
形任意染成红色或蓝色，然后将小圆盘放在大圆盘上且中心重合时，转 动小圆盘可使其每一扇形都叠放于大圆盘的某一扇形内。 证明：当适当转动小圆盘可使叠放的扇形对中，同色者至少100对。
§3.2 §鸽3.笼2 鸽原笼理原理的推一广般例4形式
证 有 递 令明长减m例k：度子表为序设示题列n以a+1。1, a的a2k,递为...增,首an例数子子子项214的序序序的、是序列列列最证一列，。，长明个中或（则递：实，者一要增在数存存个证子每序在在序明序个列一一列一列包，个个的定的含并长长长有长n假度 度 度2一度+设1为为是个个(在k指nn长不++这该度111同的的个,序为2的递递序,列.n.实.增减+列,的n1中的2 没1) 则对每个k (1 k 元n2素个1)数，）由。假设知道 1 mk n 这相当于把 n2 1个物品放入 n 个盒子中，由推论2.2.2知，必有 一个盒子里面至少有 n 1个物品，即存在 k1 k2 ... kn1 及 对应1于这i 些n下，标使的得实数m序k1 列 m必k2满足... mkn1 i