1、第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,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） 相异代表系存在定理（Hall定理） 1928年英国数学家、哲学家兼经济学家Frank，Ramsey(1903-1930) 在伦敦数学会上宣读一篇“ 论形式逻辑中的一个问题”的论文，奠定了Ramsey理论的基础。 核心思想是：“任何一个足够大的结构中必定包含一个给定大小的规则子结构”,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,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
2、的最简单形式2.2 鸽巢原理的加强形式2.3 Ramsey定理,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,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,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,证明 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。,第二章 鸽巢原理和Ramse
3、y定理,鸽巢原理的集合描述形式：设有限集合A有n+1个元素，将A分划成n个不相交子集的并，则至少有一个子集含有两个或两个以上的元素。定理是用群体的整体性表现出个体的某些特性，属于从宏观到微观的理论研究成果注意应用时要分清物品与盒子以及物体数与盒子总数。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,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,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,几个例子,例2.1.2 有5双不同的袜子混在一个抽屉里，我们至少从中选出多
4、少只袜子才能保证找到1双袜子？,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,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,2019年2月19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10
5、0整除。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,1、已知：52个整数， 2、目标：找被100整数的两个数 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，那么一个整数除以100的余数为0，1，2，99两个整数的和可以被100整除，则二者的余数的和是100两个整数的差可以被100整除，则二者的余数相同,分析：,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
6、 而现在有任意给定的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： 0，1，99，2，98，3，97，49，51，50,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19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
7、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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,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、解题途径：构造下棋盘数的部分,分析：,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,证明:令b1，b2，b77分别为这11周中他每天下棋的次数，并作部分和 a1=b1, a2=b1+b2, ， a77=b1+b2+b77.,第二章
8、鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,所以有 1a1a2a3a771211=132 (2.1.1) 考虑数列 a1,a2,，a77，a1+21,a2+21,，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,根据题意，有bi1(1i77),且bi+bi+1+bi+612(1i71),第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19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
9、，所以一定存在1ij77，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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,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
10、成的矩形的4个角上的格子被涂上同一种颜色。需要翻译 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,分析：,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,证明：首先对每一列而言，因为有4行，但只有3种颜色选择。根据定理2.1.1，则必有两个单元格的颜色相同。另外，每列中两个单元格的不同位置组合有=6种，这样一列中两个同色单元格的位置组合共有18种情况，,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,而
11、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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,例2.1.6 证明：任意n2+1 个实数 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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,1、子序列概念 如果 是一个序列，那么， 是一个子序列，其中， 2、递增子序列概念若满足 3、递减子序列概念若满足 4、分析题干：递增或递减子序列的长度n+1,分析：,第二章 鸽巢原理和Ramsey
12、定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,证明：由题意，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，则对于i从1到n2 + 1的每个i的取值，都有（Li, Mi）与之对应。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,（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；,反证法。假设既不存在长度为n+1的递增子序列，也不存在长度为n+1的递减子序列即1Lin 且 1Min，其中1in2 + 1，由集合论的知识知道集
13、合(Li, Mi)的元素数为n2，根据定理2.1.1，必然有（Li, Mi） = (Lj, Mj)（i j），当然Li = Lj，而且Mi = Mj。对于序列中的元素ai, aj，分两种情况：,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,（2）若ai Mj，这又与Mi = Mj矛盾。 所以假设1Lin 且 1Min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（Erds）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
14、高是递增或递减的。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19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),第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,定理2.2.1的证明 (反证法) 对于i1，2，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过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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Rams
15、ey定理,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 + +qnn + 1 = n + 1,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19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(r1) + 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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19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
16、的不等式(m1 + +mn)/n r1,则 m1, mn中至少有一个数 r,证明 由上面的不等式得m1 + +mn (r1)n+1， 由推论2.2.1，存在mi，使得mir。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19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mn，若将m个物体放入n个盒子中，则至少有一个盒子中有大于等于 个物体,表示取天棚运算是大于等于 的最小正整数,证明：根据 的定义有：,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,反证法。假定每个盒子里的物体都小于 个。，则至多是 个，那么n个盒子里的物体总数n ( )n =m，与m个物体矛盾。因此原
17、结论成立。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,例2.2.1 一个袋子里装了10个苹果，11个橘子，12个香蕉，至少取出多少个水果才能保证已经取出10个相同种类的水果,解 根据定推论2.2.1，若将3(10-1)+1=28个物体放入3个盒子中，则至少有一个盒子中有10个物体。显然物体就是三种水果，而盒子就是三类水果，结论是保证已经取出10个相同种类的水果等价于或者取出10个苹果或者取出10个橘子或者取出10个香蕉。因此答案是至少取28个水果才能保证已经取出10个相同种类的水果。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,例2.2.2 一家汽车租赁公司共有105辆汽车，共有座位600个，证明至少有一辆
18、6座以上的汽车？,证明：根据推论2.2.3，所以至少有一辆6座以上的汽车。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,例2.2.3 设有大小两只圆盘，每个都划分成大小相等的200个小扇形，在大盘上任选100个小扇形涂成黑色，其余的100个小扇形涂成白色，而将小盘上的200个小扇形任意涂成黑色或白色。现将大小两只圆盘的中心重合，转动小盘使小盘上的每个小扇形含在大盘上小扇形之内。证明：有一个位置使小盘上至少有100个小扇形同大盘上相应的小扇形同色。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,第二
19、章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,证明 如图2.2.1所示，使大小两盘中心重合，固定大盘，转动小盘，则有200个不同位 置使小盘上的每个小扇形含在大盘上的小扇形中，由于大盘上的200个小扇形中有100个涂成黑色，100个涂成白色，所以小盘上的每个小扇形无论涂成黑色或白色，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，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，平均每个位置同色2000020=100次。由推论2.2.3知，存在着某个位置，使同色的小扇形数大于等于100个。,第二章 鸽巢原理
20、和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,例2.2.4 用鸽巢原理的加强形式证明,证明：任意n2+1 个实数 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。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2019年2月19日,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,例2.2.4 用鸽巢原理的加强形式证明,证明：假设长为n2+1的实数序列中没有长度为n+1的递增子序列，下面证明其必有一长度为n+1的递减子序列。令mk表示从ak开始的最长递增子序列的长度，因为实数序列中没有长度为n+1的递增子序列，所以有：,根据推论2.2.3，这相当于把
21、n2+1个物体,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,放入n个盒子1，2，n中，必有一个盒子i里面至少有 个物体，即存在n+1个mk取值相同，有使得,（2.2.1）,对应于这些下标的实数序列必满足,（2.2.2）,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,它们构成一长为n+1的递减序列。 否则，若有某个j（ ）使得 ，那么由从 开始的最长递增子序列加上 ，就得到一个从 开始的长度为 的递增子序列。由 的定义知 这与（2.2.1）式矛盾。因此（2.2.2）式成立。同理可证若没有长度为n+1的递减子序列，则必有一长度为n+1的递增子序列。因此，结论成立。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,2.3 Ram
22、sey定理,任何一个6人聚会，必有3个人相互认识或者相互不认识,其思想可以概括为“在任何一个足够大的结构中必定包含一个给定大小的规则子结构”。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,例2.3.1 设K6是6个顶点的完全图，用红、蓝两色涂色K6的边，则存在一个红色三角形，或存在一个蓝色三角形。,证明：设K6的顶点为v1,v2,v6。对于K6的任何一种涂色方案，由推论2.2.3.，v1关联的边中必有条同色边。不妨设这三条边为v1 ,v2,v1 ,v3,v1 ,v4,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,若这三边为红色，当v2 ,v3 ,v4之间有一条红边，比如说是v2 ,v3,则v1v2v3构成一个红
23、三角形；当v2 ,v3 ,v4之间没有红边，则v2 v3 v4构成一个蓝三角形。若这三边为蓝色时，同理可证。因此，结论成立。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,定理 2.3.1 设p，q是正整数，p，q2，则存在最小的正整数R(p,q)，使得当nR(p,q)时，用红、蓝两色涂色Kn的边，或者存在一个蓝色的完全p边形Kp，或者存在一个红色的完全q边形Kq。,证明：采用数学归纳法。设p为任意正整数，q=2。用红、蓝两色涂色Kp的边，若没有一条红边，则存在一个蓝色的完全p边形；若有一条红边，则构成一个完全红2边形，因此R(p,2)p。同理可证R(2,q) q。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,
24、假设对一切正整数p,q (p+qp+q)命题为真。令nR(p-1,q)+ R(p,q-1)。用红、蓝两色涂色Kn的边，则v1或关联R(p-1,q)条蓝边或关联R(p,q-1)条红边。如若不然，v1至多关联 R(p-1,q)-1+ R(p,q-1)-1=R(p-1,q)+ R(p,q-1)+2 条边，与nR(p-1,q) R(p,q-1)矛盾。若v1关联R(p-1,q)条蓝边，由归纳假设这R(p-1,q)个顶点中或含有一个蓝色的完全p-1边形，或含有一个红色的完全q边形。如为前者，则这个p-1边形加上v1构成一个蓝色的完全p边形，命题为真；如为后者，命题也为真。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定
25、理,若v1关联R(p,q-1)条红边，同理可证Kn中必含有一个蓝色的完全p边形或红色的完全q边形，从而证明了 R(p,q)R(p-1,q)+ R(p,q-1).因此结论成立。,例2.3.2 证明：R(3, 3)= 6,证明：由例2.3.1知R(3,3)6。而图2.3.2中的实线代表蓝色的边，虚线代表红色的边，则这个的涂色方案既不包含蓝三角形，也不包含红三角形。所以R(3,3)5。因此R(3,3)=6。,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,第二章 鸽巢原理和Ramsey定理,定理2.3.2 设p, q是正整数，p，q2，则 R(p, q)= R(q, p),证明： 令nR(p, q)。对于蓝、红两色涂色Kn的边的任何一种方案，将蓝边换红边，红边换蓝边，则或存在一个蓝色的完全p边形，或存在一个红色的完全q边形。而原来的涂色方案中必存在一个红色的完全p边形或一个蓝色的完全q边形，即R(q,p)R(p,q)。同理可证R(p,q) R(q,p)。因此，R(p, q)= R(q, p),
