组合数学：3-2 鸽巢原理

定理 假设类型i的物品有xi个，且
x1 x 2 x n ,
从中任意取出至少ar件才能保证至少有r件同类型的 物品，则
n ( r 1) 1, x 1 ( n 1 )( r 1 ) 1 , a r x 1 x 2 ( n 2 )( r 1 ) 1 , x 1 x n 1 ( 1 )( r 1 ) 1 , r x1 , x1 r x 2 , x2 r x3, x n1 r x n .
定理2 对任意正整数a≥3，b≥3，有 R(a,b)≤R(a-1,b) + R(a,b-1). 令N＝R(a-1,b) + R(a,b-1)，对KN进行红蓝两着色。
设x是KN的一个顶点，在KN中与x相连的边共有N-1 = R(a-1,b) + R(a,b-1)-1条，这些边要么为红色，要么 为蓝色。 由鸽巢原理可知，在与x相连的这些边中，要么至少 有R(a-1,b)条红色的边，要么至少有R(a,b-1)条蓝色 的边。
1 2 ··· ··· ···
A
…... ...
··· ··· ··
19 20
1 2
··· ·· ··
B
…... ...
19 20
19 20
第i格
C
...
...
第 i +19格
Βιβλιοθήκη Baidu1 2
19 20 1 ·· ·· ··
设di (i=1,…,20)表示cici+1··i+19与a1a2·· 20对应相等 ·c ·a 的位数，则 d1+d2+…+d20=10×20=200， 其平均数为10。由推论3，至少有某个di不小于10。
设取出的n+1个数为a1a2…an+1。
对每个ak除去所有2的因子，直至剩下一个奇数。 例如68=2×2×17，即68对应于17。 这样n+1个数分别对应于n+1个奇数b1b2…bn+1。
这n+1个奇数一定都小于2n，但是1到2n的奇数只有 n个，因此根据鸽巢原理，至少有2个相同。
不妨设bi=bj=b，则ai=2 b，aj=2 b。
例6 设a1,a2,…,a100是由1或2组成的序列，已知从任 意一个数开始的顺序10个数的和不超过16，证明至 少存在一个k和l(k<l)，使得ak+1+·· l =39。 ·+a 类似的，构造序列Si=a1+…+ai，i=1,2,…,100，则 S1<S2<…<S100， 且S100≤10×16=160。 考虑如下的200个数： S1,S2,…,S100,S1+39,S2+39,…,S100+39, 其中最大的数为S100+39≤199。 根据鸽巢原理，至少有2个相等。 不妨设Sk+39=Sl，则 Sl -Sk= ak+1+·· l =39。 ·+a
ai和aj互不相同，因此必定一个是另一个的倍数。
p
q
例3 设a1a2a3为任意3个整数，b1b2b3为a1a2a3的任一 排列，则a1-b1,a2-b2,a3-b3中至少有一个是偶数。
由鸽巢原理，a1a2a3除以2的余数至少有2个相同。 设余数为xxy，则b1b2b3除以2的余数也是xxy。 因此a1-b1,a2-b2,a3-b3除以2的余数中至少有一个是0。 另证：由于(a1-b1)+(a2-b2)+(a3-b3)=0，因此这三个数 中至少有一个是偶数。
(v4v5) (v4v6) 为红边 △v1v5v6是蓝△?
设 (v5v6)为红边 √
N Y
设 (v4v5)为蓝边 △v2v3v5是红△?
N
设 (v2v5)为蓝边
Y
△v4v5v6是红△
√ △v2v4v5是蓝△
命题2 对6个顶点的完全图任意进行红、蓝两着色， 都至少存在两个同色三角形。
命题3 对10个顶点的完全图K10任意进行红、蓝两着 色，都或者存在一个红色K4，或者存在一个蓝色K3 。 命题4 对9个顶点的完全图K9任意进行红蓝两着色， 都或者存在一个红色K4，或者存在一个蓝色K3。
例7 设A=a1a2·· 20是由10个0和10个1 组成的二进制 ·a 数，B=b1b2·· 20是任意的20位二进制数。 ·b C= b1b2·· 20b1b2·· 20=c1c2··40，则必存在某个i，使 ·b ·b ·c 得cici+1··i+19与a1a2··20至少有10位对应相等。 ·c ·a
命题5 对K9进行红蓝着色，都存在红色K4或蓝色K4。 定义：对于任意给定的两个正整数a和b，如果存在 最小的正整数R(a,b)使得当N≥R(a,b)时，对KN任意进 行红、蓝两着色，KN中均有红色Ka，或蓝色Kb，则 R(a,b)称为Ramsey数。
定理1 对任意正整数a，b，有：(1) R(a,b)=R(b,a)， (2) R(a,2)=a。
例10 一个抽屉里有20件衬衫，其中4件蓝色，7件 灰色，9件红色。从中随意取出至少多少件，才能保 证有4件是同色的？保证5，6，7，8，9件同色呢？ 3×3＋1＝10保证4件同色。
4＋4×2＋1＝13保证5件同色。
4＋5×2＋1＝15保证6件同色。
4＋6×2＋1＝17保证7件同色。
4＋7＋7＋1＝19保证8件同色。 4＋7＋8＋1＝20保证9件同色。
(1) 这些边中有R(a-1,b)条红边。 在与这些红边相关联的R(a-1,b)个顶点构成的完全图 KR(a-1,b)中，根据定义，必有一红色Ka-1或蓝色Kb。 若有红色Ka-1，则它加上顶点x以及x与Ka-1之间的红 边，即构成一个红色Ka；否则，就有一个蓝色Kb。
(2) 这些边中有R(a,b-1)条蓝边。
例4 在边长为1的等边三角形内任意取5个点，则至 少存在两个点，其距离不超过1/2。 等边三角形三边的中点把等边 三角形分成四个边长为1/2的等 边三角形。 每个小等边三角形内的点之间 的距离不超过1/2。 由鸽巢原理，任取5个点中至少 有两个落入同一个小等边三角 形内，它们的距离不超过1/2。
例5 设a1,a2,…,am是正整数序列，则至少存在一个k 和l，0≤k<l≤m，使得和ak+1+·· l是m的倍数。 ·+a
构造序列Si=a1+…+ai，i=1,2,…,m。 设Si除以m的余数为ri。下面来讨论ri。 (1) 若有某个ri=0，则命题已成立。 (2) 若所有的ri都不为零，则ri只可能是1到m-1。 但是共有m个ri，根据鸽巢原理，至少有2个相同。 不妨设rk=rl，其中l >k，则Sl -Sk是m的倍数。 根据Si的定义， Sl -Sk= ak+1+·· l， ·+a 故命题成立。
Ramsey问题可以看成是鸽巢原理的推广。
6个人中至少存在3人相互认识或者相互不认识 。 (美国数学月刊)
命题1 对6个顶点的完全图任意进行红、蓝两着色， 都存在一个红色的三角形或蓝色的三角形。
设v1, v2, v3, v4, v5, v6是该完全图的6个顶点，v1与v2, v3, v4, v5, v6所连的5条边着红色或蓝色。
N
dr(v1)≥3?
Y
设 (v1v4) (v1v2) (v1v3)为 红边
db(v1)≥3 设(v1v4) (v1v5) (v1v6)为蓝边 △v4v5v6是红△?
N Y
(v4v2) (v4v3) 为蓝边?
Y
设 (v4v2)为红边
N
db(v4)≥3?
Y
△v1v2v4是红△
dr(v4)≥3
√
设 (v4v5)为蓝边 △v1v4v5是蓝△
例8 假设序列S={a1,a2,…,amn+1}中的各个数互不相同， 证明序列S中可以找到一个长度为m+1的增子序列或 者长度为n+1的减子序列；而且也可以找到一个长度 为n+1的增子序列或者长度为m+1的减子序列。 显然只需要证明一个即可。 证法1：从每个ai开始往后选取最长的增子序列，设 其长度为li，从而得到序列l1,l2,…,lmn+1。 若存在某个li≥m+1，则命题成立。 否则所有的li 满足1≤li≤m，但共有mn+1个li， 因此由推论2，至少有(mn+1-1)/m+1=n+1个li 相同。 不妨设
令bi=ai+1-a1 (i=1,2,…,16)，并设B={b1,…,b16}。 显然B[1,67]。根据假设， B∩P1=ф，因此有 B(P2∪P3∪P4)。
类似的，因为 (16-1)/3+1=6，P2，P3，P4中至少有 一个包含至少6个数字。 设这6个数从小到大为b1,…,b6，且{b1,…,b6} P2。 令ci=bi+1-b1 (i=1,2,…,5)，并设C={c1,…,c5} 。 显然C[1,67]。根据假设，C∩(P1∪P2)=ф，因此 C(P3∪P4)。 类似的，因为 (5-1)/2+1=3，不妨设{c1,c2,c3} P3。 令di=ci+1-c1 (i=1,2)，并设D={d1,d2} [1,67]。根据假 设，D∩(P1∪P2∪P3)=ф，因此D P4。 根据假设，(d2-d1)∩(P1∪P2∪P3∪P4)=ф，但这是不 可能的。矛盾！ 因此命题成立。
下面介绍鸽巢原理的几种推广形式： 定理 设a1,a2,…,an都是整数。如果把a1+…+an-n+1只 鸽子住入n个鸽巢，那么或者第一个鸽巢至少住入a1 只鸽子，或者第二个鸽巢至少住入a2只鸽子，…… ，或者第n个鸽巢至少住入an只鸽子。 若ai=2，就是我们熟知的鸽巢原理。若ai=r，则有 推论1 把n(r-1)+1只鸽子放进n个鸽巢，那么至少有 一个鸽巢中有r只鸽子。 推论2 把m只鸽子放进n个鸽巢，那么至少有一个鸽 巢中有 ( m 1 ) n 1 只鸽子。 推论3 设n个整数满足(a1+a2+…+an)/n>r-1，则这n个 整数中至少有一个不小于r。
3.2 鸽巢原理
1. 鸽巢原理
2. Ramsey数
1. 鸽巢原理
鸽巢原理，又叫抽屉原则，结论非常简单。 n+1只鸽子放入n个鸽巢，则至少有一个鸽巢中至 少有两只鸽子。 例1 13个人中至少有2个人在同一个月过生日。 例2 从1到2n的正整数中任取n+1个，则至少存在 两个数，其中一个是另一个的倍数。
例9 把1到67的整数集合任意分成4个子集，必存在 一个子集，满足其中有一个数是另外两个数的差。 用反证法。假定命题不真，即存在某种划分方式： P1∪ P2∪P3∪P4=[1,67]，并且满足，对每一个Pi， 都不存在某个数是另两个数的差。
因为 (67-1)/4+1=17，根据推论2，必存在一个子 集，其中至少有17个数。 不妨设这17个数按照从小到大的顺序为a1,…,a17， 且{a1,…,a17} P1。
li li li
1 2 n1
,
i1 i 2 i n 1 .
则可以证明
ai ai ai
1 2
1 2
n1
.
1 2
因为若不然，假设 a i a i , 则有 l i l i , 矛盾。 则可以证明这样就找到了一个长度为n+1的减子序列， 命题成立。 证法2：从每个ai开始往后选取最长的增子序列和减 子序列，设其长度分别为li和ki。 若存在某个li≥m+1，或者ki≥n+1，则命题成立。 否则，1≤li≤m，1≤ki≤n，这样mn+1对(li, ki)只有mn 种取值可能，根据鸽巢原理，必有2对相同。 不妨设(ls, ks)=(lt, kt)，且s<t。 若as<at，则ls>lt；若as>at，则ks>kt。都矛盾。 因此命题成立。
由鸽巢原理知，其中至少有3条边 红 同色。不妨设v1与v2, v3, v4所连的3 v2 条边均为红色， 若v2, v3, v4间有一条红边，不妨设为 v2v3，则△v1v2v3是一红色三角形。
v1 红 v4 红 v3
否则，v2, v3, v4间均为蓝边，△v2v3v4是蓝色三角形。 这个结论可推广为必存在两个同色三角形。(如下页)
2. Ramsey数
1928年，年仅24岁的英国杰出数学家Ramsey发表 了著名论文《论形式逻辑中的一个问题》。他在 这篇论文中提出并证明了关于集合论的一个重大 研究成果，现称为Ramsey定理。尽管两年后他不 幸去世， 但是他开拓的这一新领域至今仍十分活 跃，而且近年来在科技领域获得了成功的应用。