全面的计算机2014组合数学—第二章鸽巢原理和Ramsey定理 - 副本
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第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
组合存在性定理
Ramsey定理（鸽巢原理为其最简形式） 偏序集分解定理（Dilworth定理）
如果偏序集A中的最长的链的长度为n,则该偏序集至少可分解为n
条不相交的反链。
相异代表系存在定理（Hall定理）
§2.1 鸽巢原理的最简单形式 §2.2 鸽巢原理的加强形式 §2.3 Ramsey定理
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
(m1 + … +mn)/n < r+1,
则 m1,…, mn中至少有 一个数< r+1
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
推论2.2.3 设m和n都是正整数且m>n，若将 m个物体放入n个盒子中，则至少有一个盒 m 子中有大于等于 个物体 n
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
由（2.1.1）式知a1,a2,…，a77这77项互不相等， 从而a1+21,a2+21,…，a77+21这77项也互不相等 ，所以一定存在1≤i<j≤77，使得 aj=ai+21.
因此 21= aj-ai =(b1+b2+…+bi+bi+1+…+bj)-(b1+b2+…+bi) = bi+1+bi+2+…+bj. 这说明从第i+1天到第j天这连续j-i天中， 她刚好下了21盘棋。
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
注意
应用时要分清物品与盒子 物体数与盒子总数。 这个原理只能用来证明某种安排的存在性，而却 不能找到具体满足要求的安排。
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
§2.2 鸽巢原理的加强形式
定理2.2.1 (鸽巢原理的加强形式)
1、题干提供的信息是给方格着色 2、目标：找一个由单元格构成的矩形的4个角上的 格子被涂上同一种颜色。 3、两列中方格的涂色方案相同，即构造18个盒子放 19列涂色方案 4、解题途径：
看每列情况，4个单元格涂3中颜色，必有两个涂同色， 且同色的方案数为（4，2）=6种， 每种颜色6种，共3种颜色，18=6*3
解 应用定理2.1.1，共有5个盒子，
每个盒子对应1双袜子。 如果选择5+1=6只袜子分别放到 它所属那双袜子的盒子中，则必有两 只袜子落入同一个盒子中，即为一双 袜子。 因此我们至少从中选出6只袜子 才能保证找到1双袜子。 • 本例实际上是知道n个盒子，而找 n+1个物体的问题。
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
§2.1 鸽巢原理的最简单形式
鸽巢原理是组合学中最简单、最基本原理 也叫抽屉原理 (又称为或重叠原理或狄利克雷原理）。
定理2.1.1 若把n+1个物体放入n个盒子中， 则至少有一个盒子中有2个或更多的物体
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
至少有一个盒子中有2个或更多 的物体 证明 反证如果每个盒子中至多 有一个物体，那么n个盒子中至 多有n个物体，而我们共有n+1 个物体，矛盾。 故定理成立。
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
（2）若ai < aj，则ai与从aj开始的最长递增子序 列合并，组成的子序列的长度Mi ≥Mj+1> Mj， 这又与Mi = Mj矛盾。
所以假设1≤Li≤n 且 1≤Mi≤n不成立。原结论成立。 •这个例子的结论是1935年由数学家保罗· 艾狄 胥（Erdös）和乔治· 塞克尔斯（Szekeres）首 先给出的，它还有更为有趣的表述：n2+1个人 肩并肩地站成一排，则总能选除n+1个人，让 他们向前迈出一步，所形成新一排的身高是递 增或递减的。
NHale Waihona Puke Baidu3
5, 3, 16, 10, 15, 14, 9, 11, 6, 7 {5,16}, {5,10,15} {3,9,11}…. {5,3} {16,10,9,7}….
方法1：反证法。既不存在长度为n+1的递 增子序列，也不存在长度为 n+1 的递减子 序列 证明：设 Li 是从 ai 开始的递减子序列的最大长度， Mi是从ai开始的递增子序列的最大长度，
二者的余数的和是100 二者的余数相同
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
证明：对于任意一个整数，它除以100的余数 显然只能有如下100种情况， 0，1，2，3，……，99 52个整数，我们需要构造51个盒子，即对这 100个余数进行分组，共51组： {0}， {50} {1，99}， {2，98}， {3，97}， …， {49，51}
而现在共有19列，根据定理2.1.1，无论怎样涂 色，则必有两列与图中的某一列相同，即各自 所包含的两个同色单元格的位置相同、颜色相 同。即结论成立。
§1鸽巢原理的简单形式及其应用
例 在边长为2的正三角形 中任意放5个点，证明至少 有两个点之间的距离不大 于 1。 证明 如图所示，在三角形三条
边的中点之间连线，把整个三角 形划分成四个边长为1的小三角 形．由鸽巢原理，5个点中至少 有两个点落入同一个小三角形里， 而这两个点之间的距离一定小于 等于1。 3 2 4
即1≤Li≤n 且 1≤Mi≤n， 则对于1≤i≤n2 + 1，都有（Li, Mi）与之对应。
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
由集合论知道集合{(Li, Mi)}的元素数为n2， 根据定理，必然有（Li, Mi） = (Lj, Mj) （i < j）， 则Li = Lj，而且Mi = Mj。 对于序列中的元素ai, aj，分两种情况： （1）若ai >= aj，则ai与从aj开始的最长递减子序 列合并，组成的子序列的长度Li ≥Lj+1 > Lj；这 与Li = Lj矛盾；
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
定理2.2.1的推论
推论2.2.1 若 n(r－1) + 1个物品放入n个盒 子。则至少有一个盒子里含有r个或者更多 的物品。
证明 在定理2.2.1中取q1=q2=…=qn=r即可。
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
推论2.2.2 若设有n个正整数m1 , m2 , … , mn满足下面的不等式 (m1 + … +mn)/n > r－1, 则 m1,…, mn中至少有一个数≥ r 证明 由上面的不等式得 m1 + … +mn≥ (r－1)n+1， 由推论2.2.1， 存在mi，使得mi≥r。 另一个 平均原理？
根据定理2.1.1，这52个整数，必有两个整数 除以100的余数落入上面51组中的同一组中， 若是{0}或{50}则说明它们的和及差都能被100 整除； 若是剩下的49组的话，因为一组有两个余数， 余数相同则它们的差能被100整除， 余数不同则它们的和能被100整除。
例题：从1到2n的正整数中任取n+1个，则 这n+1个数中至少有一对数，其中一个是另 一个的倍数. 例如：68＝2×2×17，则去掉2×2，只 留下17. 1到2n之间只有n个奇数， 2n个数得到 一个由奇数组成的序列 b1,b2,…,bn+1 故序列 { b1,b2,…,bn+1} 中至少有两个 是相同的. 设bi = bj = b，则ai = 2pb，aj = 2qb,由于 ai≠aj，显然，其中一个是另一个的倍数.
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
例2.1.5 将一个矩形分成4行19列的网格，每 个单元格涂1种颜色，有3种颜色可以选择， 证明：无论怎样涂色，其中必有一个由单元 格构成的矩形的4个角上的格子被涂上同一 种颜色。
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
分析：
[（m-1)/n]+1
m n
m 表示取天棚运算（顶函数）是大于等于 的最小正整数 n
证明：
反证法
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
假定每个盒子里的物体都小于
，则至多是 ≤n (
m 1 n m 1 n
1
例2.1.6 证明：任意n2+1 个实数a 1 , a 2 ,..., a n 2 1
组成的序列中，必有一个长度为n+1的递增 子序列，或必有一个长度为n+1的递减子序 列。
mn+1 ，m+1，n+1 （m=n是特例）
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
分析：
1、子序列概念 bi1 , bi2 ,..., bik 如果 b1 , b 2 ,..., b m 是一个序列，那么， 是一个子序列，其中， 1 i1 i 2 i k m 2、递增子序列概念 若满足 b i1 b i 2 ... b i k 3、递减子序列概念 若满足 b i1 b i 2 ... b i k 4、目标：递增或递减子序列的长度n+1
1、题干提供的信息：一共11周 2、约束条件：
每周最多下12盘棋 每天至少下1盘棋
3、目标：连续若干天共下棋21盘 4、解题方法：构造和的序列
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
证明:令b1，b2，…，b77分别为这11周中她每天 下棋的次数，并作部分和 a1=b1, a2=b1+b2, …， a77=b1+b2+…+b77.
共11周 1≤a1<a2<a3<…<a77≤12×11=132
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
考虑如下两个数列 a1, a2, …， a1+21, a2+21,
a77，
…， a77+21,
它们都在1与132+21=153之间，共有154项， 由定理2.1.1知，其中必有两项相等
定理2.2.1的证明
(反证法)
对于i＝1，2，…，n， 假设第i个盒子里至多含有qi-1个物品, 则n个盒子里物品数的总和不超
(q1-1) + (q2-1) + … + (qn-1) = q1+q2+…+qn - n
这与已知条件中的 物品总数为(q1+q2+…+qn – n+1)相矛盾。 故假设不真，原结论成立。
设q1 , q2 ,..., qn都是正整数， 若把q1 q2 ... qn n 1个物体放入n个盒子里， 则 或者第一个盒子里至少含有q1个物体， 或者第二个盒子里至少含有q2个物体， ....., 或者第n个盒子里至少含有qn 个物体。
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
例2.1.3 对任意给定的52个整数， 证明：其中必存在两个整数，要么 两者的和能被100整除，要么两者 的差能被100整除。
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
分析：
1、已知：52个整数， 2、目标：找两个数，其和或差被100整数的 3、解题途径：把52个物体放到51个盒子中，需要构 造51个盒子 4、根据题干中要求的两个整数必须具备的性质构造 盒子 5、是否能够被100整除的关键在余数： 0，1，2，…，99
不能被推广到只存在n个(或 更少)物体的情形。
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
几个例子
例2.1.1 共有12个属相，今有13个 人，则必有两人的属相相同
例2.1.2 有5双不同的袜子混在一 起，我们至少从中选出多少只袜 子才能保证找到1双袜子？
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
例2.1.4 一名象棋大师有11周时间准备 一场锦标赛，她决定每天至少下一盘 棋，为了不能太累一周中下棋的次数 不能多于12盘。证明：她一定在此 期间的连续若干天中恰好下棋21盘。
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
分析：
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
一个篮子里有苹果、香蕉和橘子。为了保 证篮子内或者至少有8个苹果，或者至少6 个香蕉，或者至少有9个橘子，则放入篮子 中的水果的最小件数？ 8+6+9-3+1=21 若20，7+5+8
与简单形式的关系
上节的鸽巢原理的简单形式是这一原理的特 殊情况，即q1 = q2 = … = qn= 2，有 q1 + q2 +… +qn－n + 1 = n + 1
组合存在性定理
Ramsey定理（鸽巢原理为其最简形式） 偏序集分解定理（Dilworth定理）
如果偏序集A中的最长的链的长度为n,则该偏序集至少可分解为n
条不相交的反链。
相异代表系存在定理（Hall定理）
§2.1 鸽巢原理的最简单形式 §2.2 鸽巢原理的加强形式 §2.3 Ramsey定理
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
(m1 + … +mn)/n < r+1,
则 m1,…, mn中至少有 一个数< r+1
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
推论2.2.3 设m和n都是正整数且m>n，若将 m个物体放入n个盒子中，则至少有一个盒 m 子中有大于等于 个物体 n
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
由（2.1.1）式知a1,a2,…，a77这77项互不相等， 从而a1+21,a2+21,…，a77+21这77项也互不相等 ，所以一定存在1≤i<j≤77，使得 aj=ai+21.
因此 21= aj-ai =(b1+b2+…+bi+bi+1+…+bj)-(b1+b2+…+bi) = bi+1+bi+2+…+bj. 这说明从第i+1天到第j天这连续j-i天中， 她刚好下了21盘棋。
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
注意
应用时要分清物品与盒子 物体数与盒子总数。 这个原理只能用来证明某种安排的存在性，而却 不能找到具体满足要求的安排。
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
§2.2 鸽巢原理的加强形式
定理2.2.1 (鸽巢原理的加强形式)
1、题干提供的信息是给方格着色 2、目标：找一个由单元格构成的矩形的4个角上的 格子被涂上同一种颜色。 3、两列中方格的涂色方案相同，即构造18个盒子放 19列涂色方案 4、解题途径：
看每列情况，4个单元格涂3中颜色，必有两个涂同色， 且同色的方案数为（4，2）=6种， 每种颜色6种，共3种颜色，18=6*3
解 应用定理2.1.1，共有5个盒子，
每个盒子对应1双袜子。 如果选择5+1=6只袜子分别放到 它所属那双袜子的盒子中，则必有两 只袜子落入同一个盒子中，即为一双 袜子。 因此我们至少从中选出6只袜子 才能保证找到1双袜子。 • 本例实际上是知道n个盒子，而找 n+1个物体的问题。
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
§2.1 鸽巢原理的最简单形式
鸽巢原理是组合学中最简单、最基本原理 也叫抽屉原理 (又称为或重叠原理或狄利克雷原理）。
定理2.1.1 若把n+1个物体放入n个盒子中， 则至少有一个盒子中有2个或更多的物体
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
至少有一个盒子中有2个或更多 的物体 证明 反证如果每个盒子中至多 有一个物体，那么n个盒子中至 多有n个物体，而我们共有n+1 个物体，矛盾。 故定理成立。
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
（2）若ai < aj，则ai与从aj开始的最长递增子序 列合并，组成的子序列的长度Mi ≥Mj+1> Mj， 这又与Mi = Mj矛盾。
所以假设1≤Li≤n 且 1≤Mi≤n不成立。原结论成立。 •这个例子的结论是1935年由数学家保罗· 艾狄 胥（Erdös）和乔治· 塞克尔斯（Szekeres）首 先给出的，它还有更为有趣的表述：n2+1个人 肩并肩地站成一排，则总能选除n+1个人，让 他们向前迈出一步，所形成新一排的身高是递 增或递减的。
NHale Waihona Puke Baidu3
5, 3, 16, 10, 15, 14, 9, 11, 6, 7 {5,16}, {5,10,15} {3,9,11}…. {5,3} {16,10,9,7}….
方法1：反证法。既不存在长度为n+1的递 增子序列，也不存在长度为 n+1 的递减子 序列 证明：设 Li 是从 ai 开始的递减子序列的最大长度， Mi是从ai开始的递增子序列的最大长度，
二者的余数的和是100 二者的余数相同
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
证明：对于任意一个整数，它除以100的余数 显然只能有如下100种情况， 0，1，2，3，……，99 52个整数，我们需要构造51个盒子，即对这 100个余数进行分组，共51组： {0}， {50} {1，99}， {2，98}， {3，97}， …， {49，51}
而现在共有19列，根据定理2.1.1，无论怎样涂 色，则必有两列与图中的某一列相同，即各自 所包含的两个同色单元格的位置相同、颜色相 同。即结论成立。
§1鸽巢原理的简单形式及其应用
例 在边长为2的正三角形 中任意放5个点，证明至少 有两个点之间的距离不大 于 1。 证明 如图所示，在三角形三条
边的中点之间连线，把整个三角 形划分成四个边长为1的小三角 形．由鸽巢原理，5个点中至少 有两个点落入同一个小三角形里， 而这两个点之间的距离一定小于 等于1。 3 2 4
即1≤Li≤n 且 1≤Mi≤n， 则对于1≤i≤n2 + 1，都有（Li, Mi）与之对应。
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
由集合论知道集合{(Li, Mi)}的元素数为n2， 根据定理，必然有（Li, Mi） = (Lj, Mj) （i < j）， 则Li = Lj，而且Mi = Mj。 对于序列中的元素ai, aj，分两种情况： （1）若ai >= aj，则ai与从aj开始的最长递减子序 列合并，组成的子序列的长度Li ≥Lj+1 > Lj；这 与Li = Lj矛盾；
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
定理2.2.1的推论
推论2.2.1 若 n(r－1) + 1个物品放入n个盒 子。则至少有一个盒子里含有r个或者更多 的物品。
证明 在定理2.2.1中取q1=q2=…=qn=r即可。
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
推论2.2.2 若设有n个正整数m1 , m2 , … , mn满足下面的不等式 (m1 + … +mn)/n > r－1, 则 m1,…, mn中至少有一个数≥ r 证明 由上面的不等式得 m1 + … +mn≥ (r－1)n+1， 由推论2.2.1， 存在mi，使得mi≥r。 另一个 平均原理？
根据定理2.1.1，这52个整数，必有两个整数 除以100的余数落入上面51组中的同一组中， 若是{0}或{50}则说明它们的和及差都能被100 整除； 若是剩下的49组的话，因为一组有两个余数， 余数相同则它们的差能被100整除， 余数不同则它们的和能被100整除。
例题：从1到2n的正整数中任取n+1个，则 这n+1个数中至少有一对数，其中一个是另 一个的倍数. 例如：68＝2×2×17，则去掉2×2，只 留下17. 1到2n之间只有n个奇数， 2n个数得到 一个由奇数组成的序列 b1,b2,…,bn+1 故序列 { b1,b2,…,bn+1} 中至少有两个 是相同的. 设bi = bj = b，则ai = 2pb，aj = 2qb,由于 ai≠aj，显然，其中一个是另一个的倍数.
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
例2.1.5 将一个矩形分成4行19列的网格，每 个单元格涂1种颜色，有3种颜色可以选择， 证明：无论怎样涂色，其中必有一个由单元 格构成的矩形的4个角上的格子被涂上同一 种颜色。
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
分析：
[（m-1)/n]+1
m n
m 表示取天棚运算（顶函数）是大于等于 的最小正整数 n
证明：
反证法
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
假定每个盒子里的物体都小于
，则至多是 ≤n (
m 1 n m 1 n
1
例2.1.6 证明：任意n2+1 个实数a 1 , a 2 ,..., a n 2 1
组成的序列中，必有一个长度为n+1的递增 子序列，或必有一个长度为n+1的递减子序 列。
mn+1 ，m+1，n+1 （m=n是特例）
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
分析：
1、子序列概念 bi1 , bi2 ,..., bik 如果 b1 , b 2 ,..., b m 是一个序列，那么， 是一个子序列，其中， 1 i1 i 2 i k m 2、递增子序列概念 若满足 b i1 b i 2 ... b i k 3、递减子序列概念 若满足 b i1 b i 2 ... b i k 4、目标：递增或递减子序列的长度n+1
1、题干提供的信息：一共11周 2、约束条件：
每周最多下12盘棋 每天至少下1盘棋
3、目标：连续若干天共下棋21盘 4、解题方法：构造和的序列
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
证明:令b1，b2，…，b77分别为这11周中她每天 下棋的次数，并作部分和 a1=b1, a2=b1+b2, …， a77=b1+b2+…+b77.
共11周 1≤a1<a2<a3<…<a77≤12×11=132
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
考虑如下两个数列 a1, a2, …， a1+21, a2+21,
a77，
…， a77+21,
它们都在1与132+21=153之间，共有154项， 由定理2.1.1知，其中必有两项相等
定理2.2.1的证明
(反证法)
对于i＝1，2，…，n， 假设第i个盒子里至多含有qi-1个物品, 则n个盒子里物品数的总和不超
(q1-1) + (q2-1) + … + (qn-1) = q1+q2+…+qn - n
这与已知条件中的 物品总数为(q1+q2+…+qn – n+1)相矛盾。 故假设不真，原结论成立。
设q1 , q2 ,..., qn都是正整数， 若把q1 q2 ... qn n 1个物体放入n个盒子里， 则 或者第一个盒子里至少含有q1个物体， 或者第二个盒子里至少含有q2个物体， ....., 或者第n个盒子里至少含有qn 个物体。
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
例2.1.3 对任意给定的52个整数， 证明：其中必存在两个整数，要么 两者的和能被100整除，要么两者 的差能被100整除。
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
分析：
1、已知：52个整数， 2、目标：找两个数，其和或差被100整数的 3、解题途径：把52个物体放到51个盒子中，需要构 造51个盒子 4、根据题干中要求的两个整数必须具备的性质构造 盒子 5、是否能够被100整除的关键在余数： 0，1，2，…，99
不能被推广到只存在n个(或 更少)物体的情形。
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
几个例子
例2.1.1 共有12个属相，今有13个 人，则必有两人的属相相同
例2.1.2 有5双不同的袜子混在一 起，我们至少从中选出多少只袜 子才能保证找到1双袜子？
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
例2.1.4 一名象棋大师有11周时间准备 一场锦标赛，她决定每天至少下一盘 棋，为了不能太累一周中下棋的次数 不能多于12盘。证明：她一定在此 期间的连续若干天中恰好下棋21盘。
2015年6月11日
第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
分析：
2015年6月11日 第二章 鸽巢原理和Ramsey定理
一个篮子里有苹果、香蕉和橘子。为了保 证篮子内或者至少有8个苹果，或者至少6 个香蕉，或者至少有9个橘子，则放入篮子 中的水果的最小件数？ 8+6+9-3+1=21 若20，7+5+8
与简单形式的关系
上节的鸽巢原理的简单形式是这一原理的特 殊情况，即q1 = q2 = … = qn= 2，有 q1 + q2 +… +qn－n + 1 = n + 1