定理3 (Erdös)由n2+1个不同实数构成的 序列中, 至少存在由n+1个实数组成一个 单调递增子序列或单调递减子序列. 证 设原序列为: a1 , a 2 ,..., a n2 1 令mi表示从ai开始最长递增子序列的长 度. 若有某个min+1,则定理得证. 因为给定的序列有n2+1个实数, 故可 产生n2+1个长度: m1 , m2 ,..., mn 1
2
如果全部的mi<n+1, 则这些整数必定在1 到n之间, 相当于把n2+1个球放入n个盒 子.由定理2的推论1可知, 这是r=n+1的特 殊情况, 这n2+1个mi中至少有n+1个数 相等.不妨设
mi1 mi2 min1 m .
且1i1<i2<<in+1n2+1, 则可以得到 下面的长度为n+1的递减序列: a i1 a i2 a in1
例9、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个扇形染成红色，另外的100个扇形染成蓝色，并将小圆盘上的扇 例 题 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。 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。
例11、证明：在每个包含n2+1个不同的实数的序列中，存 证明：设 a 1 , a 2 , ..., a n 1 是一个实数序列，并假设在这个序列中没 在一个长度为n+1的递增子序列，或者存在一个长度为n+1 有长度为n+1的递增子序列，则要证明一定有一个长度为n+1的 的递减子序列。（一个序列的长度是指该序列的元素个 递减子序列。 数）。 2 令 m k 表示以 a k 为首项的最长递增子序列的长度 ( k 1, 2 , ..., n 1) 则对每个k (1 k n 2 1) ，由假设知道 1 m k n 这相当于把 n 2 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 k 1 k 2 ... k n 1 及 1 i n ，使得 m k m k ... m k i 对应于这些下标的实数序列必满足
例8. 随意给一个正十边形的10个顶点标上 号码1,2,…,10, 求证: 必然有一个顶点, 该 顶点及与之相邻的两个顶点的标号之和 不小于17. 证明 设v1,v2,…,v10是正十边形的10个顶点, ai表示顶点vi及与vi相邻的两个顶点标号 之和, 则 a1+a2+…+a10=(1+2+…+10)3 =165>(17-1) 10+1 这样必然有某个ak17.
从定理2可得出以下推论： 推论1 如果m1=m2==mn=r, 若将n(r1)+1个球放入n个盒子中, 则至少有一 个盒子含有不少于r个球. 推论2 如果n个正整数m1,m2,,mn的平 均数(m1+m2++mn)/n>r-1,则m1,m2, ,mn中至少有一个正整数不会小于r. 推论3 有m个球放入n个盒子,则至少有 一个盒子中有不少于[(m-1)/n]+1个球.
2
1
2
n1
a k a k ... a k
1 2
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 a k a k ，那么以 a k 为首项的最长递增子序列加上 a k ， 就得到一个以 a k 为首项的递增子序列，由 m k 定义知，
j j1 j1 j
例4. 在一个边长为1的正三角形中任意取 5个点, 必然有两个点之间距离不超过1/2. 在边长为1的正六边形中, 任意选取7个点, 必然有两个点之间的距离不超过1. 只要通过画图, 找出相应的鸽子和鸽巢 就可以解决问题. 利用鸽巢原理解决问题的关键在于:
辨认问题, 建立鸽巢, 寻找， 则这n+1个数中至少有一对数，其中一 个数是另一个数的倍数（n≥1） 。
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. 本讲主要介绍鸽巢原理、Ramsey数及 性质、 Ramsey定理及应用.
i j
例 6 、设 a1a2…am 是正整数的序列，则至少存在整数 k 和 l ， 1≤k＜l≤m，使得和ak+1+ak+2+…+al是m的倍数。 （m≥2）
证明：构造一个序列 s 1 a 1 , s 2 a 1 a 2 , ..., s m a 1 a 2 ... a m 。 则 s 1 s 2 ... s m 此时有两种可能： （1）若这m个和中有一个sh(1≤h≤m)是m 的倍数，则结论成立。 （2）若这m个和中没有一个 是m 的倍数，则这些和被m除时必有 1,2,…,m-1这样的余数。 由于有m个和，且只有m-1个余数，于是我们可以构造m-1个盒子， 第i个“盒子”是被m除余数为i的数，(i=1,2,…,m-1)。 由鸽笼原理知，用m除各和时，至少有两个和的余数是相同的。 则存在整数k和l (k＜l) ，使得sk和sl 被m除有相同的余数， 即 sk≡sl mod m 。 故 s l s k a k 1 a k 2 ... a l 0 m o d m
例10、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。
一般形式鸽巢原理
定理2 设m1,m2,,mn均为正整数,如果有 m1+m2++mn-n+1只鸽子飞回n个鸽巢, 则或者第1个鸽巢至少有m1只鸽子,或 者第2个鸽巢至少有m2只鸽子,,或者 第n个鸽巢至少有mn只鸽子.
证明 用反证法. 假若第1鸽巢少于m1只鸽子, 第2鸽巢少于m2个鸽子, …, 第n鸽巢少于mn 只鸽子, 则鸽子总数至多为: (m1-1)+(m2-1)+…+(mn-1) =m1+m2+…+mn-n, 这比假定的鸽子数少了一个, 矛盾.
1到100之间一共有50个奇数, 由所选的 51个数利用上述方式可以得到51个奇 数, 其中必然有两个相同, 设这两个数 为: x=2ra, y=2sa, 如果rs, 那么x|y; 如 果r>s, 那么y|x. 本例中: 鸽子=去掉2因子得到的奇数; 鸽巢=1到100之间奇数. 这个例子可以推广到从1,2,…,2n中任 意取n+1个数, 其中必然存在两个数, 其 中一个整除另外一个, 证法类似.
例1. 如果有13个人其中必然有两个人出 生在同一个月. 例2. 如果鞋架上放10双鞋, 从中任意取11 只, 其中至少有两只恰好是配对的. 例3. 从整数1,2,…,100中选51个数, 证明 在所选的数中间必然存在两个整数, 其 中之一可以被另一个整除. 证明 对于任何一个整数x, 总可以把x写 成x=2na形式, 其中a是奇数, n0.
例7、证明：把5个顶点放到边长为2的正方 形中，至少存在两个顶点，它们之间的距离 小于或等于 。 2 证明：把边长为2的正方形分成四个全等的边长为1的小正方形， 则每个小正方形的对角线长为 2 。 如果把每个小正方形当作一个盒子，由鸽笼原理知，把5个顶点 放到4个盒子中，必有一个盒子中放入了两个顶点。 即必有一个小正方形中有2个顶点；而小正方形的对角线长 为 2 ，也就是说小正方形中任意两点的最大距离为 2 。 这就证明了本题。