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综合（i）和（ii），即知题设结论成立.
2.4 利用分割区间来构造“鸽巢“
例 一个孩子每天至少看一个小时电视，共看7周，每周看电视从不 超过11小时，证明：在此期间存在连续若干天这个孩子恰好看电视 20个 小时。（设这个孩子每看电视时间为整数个小时） 证明 设这个孩子7周内每天看电视的时间分别为a1,a2,…,a49小时， 现在构造出数列{an}的前n项和的数列 s1=a1， s2=a1+a2，……， s49=a1+a2+…+a49 ， 则有：1≤ s1<s2<s3<…<s49≤11×7=77,而序列s1+20，s2+20，…, s49+20也是一个严格的递增序列， 且有 21 ≤s1+20< s2+20<…< s49+20≤77+20=97 ， 考虑数列
2.1 利用整数分组构造“鸽巢”
例1 试证明从{1，2，„，kn}中选n+1个数，总存在2个数，它们之间最多 相差k-1。 证明： 把{1，2，…，kn}分为n部分{1，2，3，…,k}, {k+1,k+2,…,2k},…,{(n-1)k+1,(n-1)k+2,…,kn},即做n个鸽巢，从中任 选n+1个数，由鸽巢原理，必有2个数选在同一个鸽巢中，所以它们的 差最大为k-1。
推论3：设m1,m2,…mn均为正整数,且满
少有一个数不小于r。
2 鸽巢的构造及其应用
虽然鸽巢原理十分简单明了，但不是所有的问题都一眼就可 以看出什么是鸽子，什么是鸽巢。在应用它的时候却涉及很多 技巧，这是利用鸽巢原理解题的魅力所在。常用的构造鸽巢的 方法有：利用整数分组、余数分类，划分集合，分割区间、分 割图形，利用染色等。下面给出几类常用的构造鸽巢的方法。
其中，si为整数，ri为奇数. 由于1≤ai≤200，所以ri(1≤i≤101)只能取1，3，5，…，199这100个奇 数，而r1，r2， …，r101共有101项，由鸽巢原理知，存在 1≤i≠j≤101， 使得 r i= r j ， 不妨设si<sj，则 即aj能被ai整除.
aj ai 2 j rj 2 ri
例2 在一条笔直的马路上种树，从起点起，每隔1米种一棵数。如果把三 块“爱护 树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎么挂，至少有两棵挂 牌的树它们之间的 距离是偶数（以米为单位）。
解 从起点开始给每课树编号，树上的号码依次为1,2,3,„,n, 把这些号码
分为奇数和偶数两类，当作两个鸽巢， 把三块牌分别挂在三棵树上，那么不管 怎么挂，这三棵挂牌的树至少有两棵树的号码同为奇数或偶数，而这两棵树的差 必为偶数， 所以至少有两棵挂牌的树它们之间的距离是偶数（以米为单位）。
2.一个学生解数学题100天,每天至少解一道题,每10天至多解17道
题,证明:在此期间存在连续若干天他恰好解了29道题.那么是否存 在连续若干天他恰好解了30道题。
3. 在(0,1]区间上任取5个点，则必有两个点它们的距离小于1/4。
4. n+1个实数xi满足0 ≤ xi≤1（i=1,2,……,n+1），求证这n+1个实数中必存在 两个数xi,xj，使得 1
这个问题的一般提法 任意给定n+2个整数，它们之中必有2 个数，其和或差是2n的倍数。
类似这样的例子也有不少。
1.任取n+1个正整数，求证在这n+1 个数中必有两个数它们之差被n整除.
2.任意给出2011个正整数 a1 , a2 ,
, a2011 ,
证明必存在正整数 k , l (0 k l 2011),
鸽巢原理与Ramsey定理习题课
1. 鸽巢原理
1.1 鸽巢原理的简单形式
若有n+1只鸽子飞到n个鸽巢里面，则至少有一个鸽巢里至少 有两只鸽子。
注: n+1为结论成立的最小数。
1.2 鸽巢原理的加强形式
将q1＋q2＋…＋qn－n＋1个物品放入n个抽屉中，则至少 存在某个抽屉i（1≤i≤n）,使得这个抽屉里至少有qi个物品。 注: q1＋q2＋…＋qn－n＋1为结论成立的 最小 数,记为 N(q1,q2,…,qn;1)。 即N(q1,q2,…,qn;1)=q1+q2+…+qn-n+1. 显然,当q1=q2=…=qn=2时,加强形式即为简单形式。
2 . 2
2.3
利用余数分类构造“鸽巢”
例 试证明任意给定52个整数，它们之中必有2个数，其和或差 是100的倍数(即被100整除）。
证明：任意一个整数a除以100产生的余数为0，1，2，…99共100种。用a1, a2, …,a52表示这52个整数，ai除以100产生的余数记为ri（ i=1，2，…，52）。 我们现在用0，1，2，„,99这100个余数来构造鸽巢，将它们分为51组， 构造出51个鸽巢： {0}，{1，99}，{2， 98}，„{49,51},{50}, 由鸽巢原理，这52个整数分别除以100产生的52个余数r1,r2,…r52中必 有两个余数落在同一组中， 若这两个余数落在{0}或{50}中，则它们的和及 差都能被100整除。 若这两个余数落在剩下的49组中的一组，当余数相同 时，它们的差被100整除，当余数不同时，它们的和被100整除， 即存在两个数，它们的和或差能被100整除。
使得 2011/ (ak 1 ak 2
al ).
2.任意给出2011个正整数 a1 , a2 ,
使得2011/(ak 1 ak 2
证明 构造部分和序列
al ).
a2011 , 证明必存在正整数
k ,（0 l k l 20 a2 ,
S1 , S2 ,..., S49 , S1 20, S2 20,..., S49 20,
它共有98项，且都在1至97中取值，根据鸽巢原理，必定存在两 项相等。由于前49项和后49项又分别是严格递增的，因此必然存在 一个i和j,使得si=sj +20(i>j)，即si-sj= 20，从而这个孩子从 j+1天起到 第i天的时间里恰好看电视20个小时。 类似这样的例子还有不少。 1.一个乒乓球手有37天时间准备一场比赛,他决定每天至少打1场球,37 天至多打60场球,证明:在此期间存在连续若干天他恰好打了21场球。
si s
2
s j si
整数
推论3的应用. 例1 把1至10这十数字随机的排成一个圆圈，证明 必有一个三相邻数字之和大于等于17． 证明 把1至10这十个数字随机排成一个圆圈,从中任取 三个相邻数字的方法有10种,设这10种三个相邻数字之和分 别为m1,m2,…,m10,则有
3 (10 11) . m1+m2+…+m10=3×(1+2+…+10)= 2
m1 m2 ... m10 3 11 16.5 16, 10 2
由推论3, 必存在mi(0≤i ≤10), 使得mi≥17，即问题得证．
有多种说法，其中关于算术平均的说法应用尤广，它 告诉我们，当 m/n＞ r 时，若把 m 个物体放入 n个盒子， 那么至少有一个盒子有 r+1 个物体。运用它解题的关 键仍然是正确的设置“盒子”。
第2章 小结（3）
本章小结
（3） Ramsey定理，Ramsey数 Ramsey定理的性质可以概述为“任何一个足够大的结构中 必定包含有一个给定大小的规则子结构”。
则有如下两种可能：
, s2011 a1 a2
a2011 ,
（i）存在整数h(1≤h ≤ 2011), 使得
意.
2011/ s .h此时, 取k=0,l=h即满足 题
（ii）对任一整数i，均有 2011 | si (1 i 2011) .令 si ri (mod 2011) ，
在解有关Ramsey定理及其应用的问题时，最重要的是正确 理解定理意义，特别是r=2时定理的几种形象的说法。
在解题时，则要正确地设计一个集合，该集合分成哪几个 部分，正确的确定 a1,a2,…,am 以及 r 分别体现在哪些已知量 或已知事实中。 如果从更高的角度看问题，有关鸽笼原理和Ramsey定理的 应用问题的解法都是模型化归方法。即把实际问题化归到 “鸽子，鸽笼”的模式，化归到“一个集合的 r−子集分类” 的模式的方法。
1 1 1 1 1 h ( h) 2 2 2 2 2
D E G F
h 1 h 1 . 4 8 4 8
图1
所以，结论成立。
例2
在圆内（包刮圆周）有8个点，则其中必有两个点，它们之间的距离小
于圆的半径。 证明 分两种情况考虑。 1. 如果8个点无一个在圆心上，可将圆分成7个相等的扇形，由鸽巢原理， 这8个点至少有两个在同一个扇形内，则这两点之间的距离小于半径。 2. 如果8个点有一个点在圆心，可将圆分成6个相等的扇形，如图， A2 由于圆上相邻两点Ai,Aj间的弦长恰好为圆的半径，所以 A 1 取扇形OA1A2不包含OA2,扇形OA2A3不包含OA3,…,
| xi x j | . n
2.5 利用化分集合来构造“鸽巢”
例 试证明在1到200个自然数中任取101个数，一定存在两个 数，其中的一个数是另一个数的整数倍。 证明: 设a1，a2，…，a101是被选出的101个整数,对任一ai，都可以 唯一地写成 如下的形式：
ai 2si ri
(i 1,2, ,101),
当qi=r时，得：
推论1 n· (r-1)＋1只鸽子飞入n个巢里，则至
少有一个鸽巢里至少有r只鸽子。
推论2：m只鸽子飞入n个巢里，则至少有一个 m m m 鸽巢里至少有 n 只鸽子,其中 n 是不小于 的最 n 小整数。
