《组合数学》第五版学习笔记（第三章）

第三章 鸽巢原理

3.1 鸽巢原理：简单形式

定理 3.1.1 如果要把$n+1$个物体放进$n$个盒子，那么至少有一个盒子包含两个或者更多的物体。

应用 3 给定$m$个整数$a_1,a_2,\cdots ,a_m$，存在满足$0⩽k<l⩽m$的整数$k$和$l$，使得$a_{k+1},a_{k+2},\cdots ,a_l$能被$m$整除。

应用 4 一位国际象棋大师有11周的时间备战一场锦标赛，他决定每天至少下一盘棋，但为了不使自己过于疲劳他还决定每周不能下超过12盘棋。证明存在连续若干天，期间这位大师恰好下了21盘棋。
证明 设$a_1$是在第一天下的盘数，$a_2$是在第一天和第二天下的总盘数，而$a_3$是在第一天、第二天和第三天所下的总盘数，以此类推。因为每天至少要下一盘棋，故数列$a_1,a_2,\cdots ,a_{77}$是一个严格递增序列。此外，$a_1⩾1$，而且因为在任意一周下棋最多是12盘，所以$a_{77}⩽12\cdot 11=132$。因此，我们有
$$1⩽a_1<a_2<\cdots <a_{77}⩽132$$序列$a_1+21,a_2+21,\cdots ,a_{77}+21$也是一个严格递增序列：
$$22⩽a_1+21<a_2+21<\cdots <a_{77}+21⩽132+21=153$$于是，这154个数
$$a_1.a_2,\cdots ,a_{77},a_1+21,a_2+21,\cdots ,a_{77}+21$$中的每一个数都是1到153之间的整数。由此可知，他们中间有两个是相等的。又因为$a_1,a_2,\cdots ,a_{77}$中没有相等的数，并且$a_1+21,a_2+21,\cdots ,a_{77}+21$中也没有两个相等的数，因此必然存在一个$i$和一个$j$使得$a_i=a_j+21$。从而这位国际象棋大师在第$j+1,j+2,\cdots ,i$天总共下了21盘棋。

应用 5 从整数$1,2,\cdots ,200$中选出101个数。证明：在所选的这些整数之间存在两个这样的整数，其中一个可被另一个整除。
证明 任意一个整数都可以写成$a\cdot 2^k$的形式，其中$k⩾0$且$a$是奇数。对于1和200之间的一个整数，$a$是100个数$1,3,5,\cdots ,199$中的一个，因此在所选的101个整数中存在两个整数，当写成上述形式时这两个数具有相同的$a$值。假设这两个数是$a\cdot 2^r$和$a\cdot 2^s$。如果$r<s$那么第二个数能被第一个数整除，否则第一个数能被第二个数整除。

应用 6 （中国剩余定理） 设$m$和$n$是互素的正整数，并设$a$和$b$为整数，其中$0⩽a⩽m-1$以及$0⩽b⩽n-1$。于是，存在正整数$x$，使得$x\equiv a(\text{mod}m)$且$x\equiv b(\text{mod}n)$。
证明 考虑$n$个整数
$$a,a+m,a+2m,\cdots ,a+(n-1)m$$它们模$m$都余$a$，又由数论常识它们通过$n$的完全剩余系，故其中必有一个模$n$余$b$。

3.2 鸽巢原理：加强版

定理 3.2.1 设$q_1,q_2,\cdots ,q_n$是正整数。如果将
$$q_1+q_2+\cdots +q_n-n+1$$个物体放入$n$个盒子内，那么或者第一个盒子至少含有$q_1$个物体，或者第二个盒子至少含有$q_2$个物体，…，或者第$n$个盒子至少含有$q_n$个物体。

推论 3.2.2 设$n$和$r$都是正整数。如果把$n(r-1)+1$个物体中的每一个物体分配到$n$个盒子中，那么至少有一个盒子含有$r$个或者更多的物体。

应用 8 有两个碟子，其中一个比另一个小，它们都被分成200个均等的扇形。在大碟子中任选100个扇形并着成红色；其余100个扇形着成蓝色。在小碟子中，每一个扇形或者着成红色或者着成蓝色，所有红色扇形和蓝色扇形的数目没有限制。然后将小碟子放到大碟子上使两个碟子的中心重合。证明：能够将两个碟子的扇形对齐使得小碟子和大碟子上相同颜色重合扇形的数目至少是100个。
证明 小碟子在旋转一周的过程中，上面的每一个小扇形被大碟子上颜色相同的扇形重合100次，所以旋转一周后所有颜色相同扇形重合的总次数为$100\cdot 200=20000$次，而小碟子旋转一周中有200个不同的与大碟子扇形重合的位置，所以所有位置的重合的相同颜色扇形的平均数为$20000/200=100$个，所以至少有一个位置，它的重合的相同颜色的扇形的个数大于等于100个。

应用 9 证明每个由$n^2+1$个实数构成的序列$a_1,a_2,\cdots ,a_{n^2+1}$或者含有长度为$n+1$的递增子序列，或者含有长度为$n+1$的递减子序列。
证明 假设不存在长度为$n+1$的递增子序列，证明必然存在长度为$n+1$的递减子序列。对于每一个$k=1,2,\cdots ,n^2+1$，设$m_k$为从$a_k$开始的最长递增子序列的长度，假设对于每一个$k=1,2,\cdots ,n^2+1$，有$m_k⩽n$，使得不存在长度为$n+1$的递增子序列。因为对于每个$k=1,2,\cdots ,n^2+1$，都有$m_k⩾1$成立，所以$m_1,m_2,\cdots ,m_{n^2+1}$是1和n之间的$n^2+1$个整数。由鸽巢原理的加强版可知$m_1,m_2,\cdots ,m_{n^2+1}$中有$n+1$个是相等的。令
$$m_{k_1}=m_{k_2}=\cdots =m_{k_n+1}$$其中$1⩽k_1<k_2<\cdots <k_{n+1}⩽n^2+1$。假设对于某个$i=1,2,\cdots ,n$，有$a_{k_i}<a_{k_{i+1}}$，那么，由于$k_i<k_{i+1}$，我们可以做成一个从$a_{k_{i+1}}$开始的最长的递增子序列，并将$a_{k_i}$放在前面而得到一个从$a_{k_i}$开始的递增子序列。由于这意味着$m_{k_i}>m_{k_{i+1}}$，因此我们得出$a_{k_i}⩾a_{k_{i+1}}$的结论。由于这对于每一个$i=1,2,\cdots ,n$均成立，因此我们有
$$a_{k_1}⩾a_{k_2}⩾\cdots ⩾a_{k_{n+1}}$$从而得出$a_{k_1},a_{k_2},\cdots ,a_{k_{n+1}}$是一个长度为$n+1$的递减子序列。

3.3 Ramsey定理

定理 3.3.1 如果$m⩾2$及$n⩾2$是两个整数，则存在正整数$p$，使得
$$K_p\to K_m,K_n$$
通过交换红色和蓝色，我们看到$r(m,n)=r(n,m)$.
很容易确定Ramsey数$r(2,n)$和$r(m,2)$，下面证明$r(2,n)=n$.
$r(2,n)⩽n$：事实上，如果把$K_n$的边或者着成红色或者着成蓝色，那么或者$K_n$的某条边是红色的（因此就得到一个红$K_2$），或者$K_n$所有边都是蓝色的（因此就得到一个蓝$K_n$）。
$r(2,n)>n-1$：事实上，如果把$K_n$的边都着成蓝色，那么我们记得不到红$K_2$，也得不到蓝$K_n$。
同样的方法可以证明$r(m,2)=m$。

定理 3.3.1 的证明 我们对两个参数$m⩾2$和$n⩾2$利用双重归纳法证明$r(m,n)$的存在性。如果$m=2$我们知道$r(2,n)=n$，且如果$n=2$，则$r(m,2)=m$。现在假设$m⩾3$且$n⩾3$，并取归纳假设为$r(m-1,n)$与$r(m,n-1)$存在。设$p=r(m-1,n)+r(m,n-1)$。下面要证明对于这个整数$p$有$K_p\to K_m,K_n$.
假设$K_p$的边已经用某种方式着成了红色或者蓝色，考虑$K_p$的一个点$x$。设$R_x$是通过红边与$x$相连的点的集合，而$B_x$是通过蓝边与点$x$相连的点的集合。于是
$$|R_x|+|B_x|=p-1=r(m-1,n)+r(m,n-1)-1$$这表明或者$|R_x|⩾r(m-1,n)$，或者$|B_x|⩾r(m,n-1)$.
假设前者成立。设$q=|R_x|$满足$q⩾r(m-1,n)$。考虑由$R_x$的点组成的$K_q$，我们看到或者$K_q$中或者存在一个红$K_{m-1}$，或者存在一个蓝$K_n$。如果第二种可能性成立，那么就完成了证明，因为已经有了蓝$K_n$，否则，存在一个红$K_{m-1}$，将点$x$加入其中，因为连接$x$与$R_x$的边都是红色的，所以就得到了一个红$K_m$，也完成了证明。
如果后者成立，我们也可以进行类似的证明。通过归纳法可以得出结论，对于所有的整数$m,n⩾2$，数$r(n,m)$存在。

定理3.3.1的证明不仅证明了$Ramsey$数$r(m,n)$存在，而且还证明了他们满足不等式
$$r(m,n)⩽r(m-1,n)+r(m,n-1)(m,n⩾3)$$设
$$f(m,n)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-2}{m-1}\right)(m,n⩾2)$$于是，利用帕斯卡公式，我们得到
$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-2}{m-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-3}{m-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-3}{m-2}\right)$$因此有
$$f(m,n)=f(m-1,n)+f(m,n-1)(m,n⩾3)$$于是我们得出Ramsey数满足
$$r(m,n)⩽\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-2}{m-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-2}{n-1}\right)$$

3.4 练习题

4.将原集合分为{1,2},{3,4},⋯ ,{2n−1,2n}\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{2n-1,2n\}{1,2},{3,4},⋯,{2n−1,2n}共$n$个集合，从中选出$n+1$个元素，由鸽巢原理知，必有两个数落在同一个集合内，他们之间相差1.

11.设$x_i$为前$i$天总共学习的小时数，$i=1,2,\cdots ,37$，有
$$1⩽x_1<x_2<\cdots <x_{37}⩽60$$又
$$x_1+13<x_2+13<\cdots <x_{37}+13⩽73$$$\therefore x_1,x_2,\cdots ,x_{37},x_1+13,x_2+13,\cdots ,x_{37}+13$是取值在1到73之间的74个整数，由鸽巢原理知，其中必有两个数相等，因为$x_1,x_2,\cdots ,x_{37}$是严格递增数列，$x_1+13,x_2+13,\cdots ,x_{37}+13$也是严格递增数列，所以这两个相同的数必定一个来自前者，另一个来自后者，设$x_i=x_j+13$，其中$1⩽j<i⩽37$，从而$x_i-x_j=13$，即从第$j$天到第$i$天她学习了13个小时。

13.因为$K_6\to K_3,K_3$，即$K_6$中已经存在一个同色三角形，设其为红色，如图：

假设不存在第二个红$K_3$或蓝$K_3$，考察点D，从D出发有5条线段连接到其余5个点，由鸽巢原理知其中至少有三条线段同色。

若这三条线段同为红色，设这三条线段连接的三个顶点为$R_3$，若$R_3$中有两个点间的边是红边，加入D点就得到了一个新的红$K_3$，否则$R_3$中全是蓝边，就得到了一个蓝$K_3$。因此为了不产生新的红/蓝$K_3$，三条同色线段只能同为蓝色。

如果三条蓝色线段没有连在A,B,C上，则必将产生一个新的红$K_3$，如图：

其中AFC构成了新的红$K_3$。

同理，点E、F出发至少有三条蓝色线段，且连接到A,B,C点，否则就会出现新的红$K_3$或蓝$K_3$。连接上这些蓝边，如图：

此时，如果DF,DE,FE任意一条边是蓝色，就会与已有边构成蓝色三角形，如果全为红色，DEF就形成了一个红$K_3$，逼出第二个同色三角形如图：