1、 组合数学第二讲 抽屉原理的其他应用形式一、单色三角形问题 前面数例我们看到，抽屉原理应用的关键在于恰当地制造抽屉，分割图形，利用自然数分类的不同方法如按剩余类制造抽屉或按奇数乘以 2 的方幂制造抽屉，利用奇偶性等等，都是制造“抽屉”的方法。大家看到，抽屉原理的道理极其简单，但恰当地精心地应用它，不仅可以解决国内数学竞赛中的问题，而且可以解决国际中学生数学竞赛，例如 IM0 中的难题。 例 1（第 6 届国际中学生数学奥林匹克试题）17 名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论
2、的是同一个题目。 证明：视 17 个科学家为 17 个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第 2 个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第 3 个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。考虑科学家 A，他要与另外的 16 位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从 A 出发引出 16 条线段，将它们染成 3 种颜色，而 16=35+1，因而必有 6=5+1 条同色，不妨记为AB1，AB 2，AB 3，AB 4，AB 5，AB 6同红色，若 Bi（i=1，2，6）之间有红线，则出现红色三角线，命
3、题已成立；否则 B1，B 2，B 3，B 4，B 5，B 6之间的连线只染有黄蓝两色。 考虑从 B1引出的 5 条线，B 1B2，B 1B3，B 1B4，B 1B5，B 1B6，用两种颜色染色，因为5=22+1，故必有 3=2+1 条线段同色，假设为黄色，并记它们为 B1B2，B 1B3，B 1B4。这时若B2，B 3，B 4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若 B2，B 3，B 4，之间无黄线，则B2，B 3，B 4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。 说明：（1）本题源于一个古典问题-世界上任意 6 个人中必有 3 人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。 （2）将互相认识用
4、红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。 （3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。 本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题： 在 66 个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。 （4）回顾上面证明过程，对于 17 点染 3 色问题可归结为 6 点染 2 色问题，又可归结
5、为 3 点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）（6，2）（17，3）的过程，易发现6=（3-1）2+2，17=（6-1）3+2，66=（17-1）4+2，同理可得（66-1）5+2=327，（327-1）6+2=1958记为r1=3，r 2=6，r 3=17，r 4=66，r 5=327，r 6=1958，我们可以得到递推关系式：r n=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4这样就可以构造出 327 点染 5色问题，1958 点染 6 色问题，都必出现一个同色三角形。 二、抽屉原理的其他形式在例 7 的证明过程中，我们实际上用到了抽屉原理的其他形式，我们把它作为定理2。 定理
6、 2：把 m 个元素分成 n 个集合（mn） （1）当 n 能整除 m 时，至少有一个集合含有 个元素；n（2）当 n 不能整除 m 时，则至少有一个集合含有至少 个元素。 1m定理 2 有时候也可叙述成：把 mn+1 个元素放进 n 个集合，则必有一个集合中至少放有 m+1 个元素。 例 2在边长为 1 的正方形内任意放入九个点，求证：存在三个点，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过 （北京市数学竞赛题）。 8分析与解答：如图，四等分正方形，得到 A1，A 2，A 3，A 4四个矩形。在正方形内任意放入九个点，则至少有一个矩形 Ai内存在 个或 3 个以上的点，设914三点为 A、B、C，具
7、体考察 Ai（如图所示），过 A、B、C 三点分别作矩形长边的平行线，过 A 点的平行线交 BC 于 A点，A 点到矩形长边的距离为 h=(0h )，则ABC 的面积14ABCAB1S+S2248hh说明：把正方形分成四个区域，可以得出“至少有一个区域内有 3 个点”的结论，这就为确定三角形面积的取值范围打下了基础。本题构造“抽屉”的办法不是唯一的，还可以将正方形等分成边长为 的四个小正方形等。但是如将正方形等分成四个全等的小三角12形却是不可行的（想一想为什么？）。所以适当地构造“抽屉”，正是应用抽屉原则解决问题的关键所在。以下两个题目可以看作是本例的推广：（1）在边长为 2 的正方形内，随
8、意放置 9 个点，证明：必有 3 个点，以它们为顶点的三角形的面积不超过 。1（2）在边长为 1 的正方形内任意给出 13 个点。求证：必有 4 个点，以它们为顶点的四边形的面积不超过 1/4。 例 3910 瓶红、蓝墨水，排成 130 行，每行 7 瓶。证明：不论怎样排列，红、蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种： 1至少三行完全相同； 2至少有两组（四行），每组的两行完全相同。（北京市高中一年级数学竞赛 1990年复赛试题） 证明：910 瓶红、蓝墨水，排成 130 行，每行 7 瓶。每行中的 7 个位置中的每个位置都有红、蓝两种可能，因而总计共有 27=128 种不同的行式（当且
9、仅当两行墨水瓶颜色及次序完全相同时称为“行式”相同） 任取 130 行中的 129 行，依抽屉原理可知，必有两行（记为 A，B）“行式”相同。 在除 A、B 外的其余 128 行中若有一行 P 与 A（B）“行式”相同，则 P，A，B 满足“至少有三行完全相同”；在其余（除 A，B 外）的 128 行中若没有与 A（B）行式相同者，则 128 行至多有 127 种不同的行式，依抽屉原则，必有两行（不妨记为 C、D）行式相同，这样便找到了（A，B）、（C，D）两组（四行），每组两行完全相同。 说明：本例构造抽屉时用到了乘法原理，2222222=2 7=128 个“行式”是制造和应用抽屉原理的关键
10、。 三、抽屉原理的无限形式 定理 3.如果把无穷多个元素分成 n 个集合，那么不管怎么分，都至少存在一个集合，其中有无穷多个元素。 例 4 在坐标平面上给出无限多个矩形，它们的顶点的直角坐标都具有如下形式： （0，0），（0，m ），（n，0），（n，m）其中 m，n 是正整数，并且 m3，n6，求证：在这些矩形中一定存在无限多个矩形，其中任意两个矩形必有一个被包含在另一个之中。 证明：由 n6 知，n=1,2,3,4,5，只有 5 种情形，由定理 3 知，将所给的无穷多个矩形按 n 的取值分成 5 类，当作 5 个抽屉，其中必有一个抽屉（一类）里包含有无穷多个矩形。不妨设这一类矩形的 n 的
11、取值为 n。对于这一类矩形中的任意两个矩形而言，由于 n的取值相同，因此 m 取值较小的一个矩形必然被包含在 m 取值较大的一个矩形之中。 练习 1有苹果、梨、桔子若干个，任意分成 9 堆，求证一定可以找到两堆，其苹果数、梨数、桔子数分别求和都是偶数。 证明：因为每一堆里的每一种水果数或为奇数或为偶数（两个抽屉），而 9=24+1，故对于苹果，9 堆中必有 5 堆的奇偶性相同；这 5 堆对于梨数来说，由于 5=22+1，故必有 3 堆的奇偶性相同；这 3 堆对于桔子数也必有 2 堆的奇偶性相同。于是，就找到这样的两堆，它们的苹果数、梨数，桔子数的奇偶性都分别相同，从而其和数分别都是偶数。 说明：为了得出和是偶数，需要两加数的奇偶性相同。对 3 类水果逐一找用了 3 次抽屉原理，若将过程合并简化可将苹果数、梨数、桔子数作为 3 锥坐标（X，Y，Z），按其坐标的奇偶性构造 8 个抽屉： （奇，奇，奇），（奇，奇，偶），（奇，偶，奇），（偶，奇，奇），（奇，偶，偶），（偶，奇，偶），（偶，偶，奇），（偶，偶，偶），9 堆当中必有 2 堆属于同一抽屉，其坐标的奇偶性完全相同
