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2.2 利用划分图形构造“鸽巢”
例1 边长为1的正方形中，任意放入9个点，求证这9个点中任
取3个点组成的三角形中，至少有一个的面积不超过 1 .
8
解：将边长为1的正方形等分成边长为1/2的四个小正方形，视这四
个正方形为鸽巢，9个点任意放入这四个正方形中，由鸽巢原理必有三 点落入同一个正方形内.现特别取出这个正方形来加以讨论.
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， 2. 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 A1
A3
取扇形OA1A2不包含OA2,扇形OA2A3不包含OA3,…,
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 S 1 , S 2 , . . . , S 4 9 , S 1 2 0 , S 2 2 0 , . . . , S 4 9 2 0 ,
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”。
把落在这个正方形中的三点记为D、E、F.如图1，
通过这三点中的任意一点（如E）作正方形边平行线
E
S△DEF＝S△DEG＋S△EFG 11h11(1h) 2 2 2 22
DG F
h 1 h 1. 484 8
所以，结论成立。
图1
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。
s 1 a 1 , s 2 a 1 a 2 ,, s 2 0 1 1 a 1 a 2 a 2 0 1 1 ,
则有如下两种可能：
（i）存在整数h(1≤h ≤ 2011), 使得 2011 / s.h此时, 取k=0,l=h即满足 题
意.
（ii）对任一整数i，均有 2 0 1 1 |si(1 i 2 0 1 1 ).令 siri(m od2011) ，
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
|
xi
xj
|
1 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
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。
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。
组合数学课件
2013.9.3
第2章 小结（1）
本章小结
本章讨论了鸽笼原理及其推广， Ramsey 数及其 性质，Ramsey定理以及一些有趣的应用。鸽笼原理 是重要的组合基本原理之一。
重点是：
（1）鸽笼原理的正确使用。
这是需要一定的技巧的，关键在于认清“鸽子”（放 进盒子的物体）并制造“鸽笼”。而制造“鸽笼”的 依据是：“待证命题成立，蕴涵有两只鸽子在同一鸽 （笼2”）。鸽笼原理的加强形式
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)。
扇形OA6A1不包含OA1, 由鸽巢原理，余下的7个点
o
至少有两个在同一个扇形内，则这两点之间的距离
A6
A4
小于半径。
A5
弦长： b 2R sin
2
类似这样的问题还有不少。
1. 在边长为1的正方形内任取5个点,则其中至少有两点,它们之间的 2. 距离不超过 2 .
2
2.证明: (1) 在一边长为1的三角形中任取10个点,则其中至少有两点,它们之间 的距离不超过1/3.
唯一地写成 如下的形式：
a i 2 s i r i (i 1 ,2 , ,1 0 1 ),
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
ri=rj ，
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。
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。
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
则有 1 r i 2 0 1 0 ( 1 i 2 0 1 1 ) ,这样, 2011个余数均在1到2010之间,
由鸽巢原理知, 存在整数 k l( 1 k ,l 2 0 1 1 ), 使得 rk rl .
不妨设l > k，则
a k 1 a k 2 a l s l s k ( r l r k ) ( m o d 2 0 1 1 ) 0 ( m o d 2 0 1 1 ) .
(2) 确定mn，使得在一边长为1的三角形中任取mn个点,则其中至少有 两点,它们之间的距离不超过1/n.
2.பைடு நூலகம் 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）。
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 2 0 1 1 ) ,
使得 2 0 1 1 /( a k 1 a k 2 a l) .
2.任意给出2011个正整数 a1,a2, a2011,证明必存在正整数 k ,（ l0 k l 2 0 1 1 ) , 使 得 2 0 1 1 / ( a k 1 a k 2 a l) . 证明 构造部分和序列
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
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。
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.
