组合数学学习笔记：狄利克雷原则

什么是组合数学

组合数学（Combinatorial mathematics），又称为离散数学。广义的组合数学就是离散数学，狭义的组合数学是离散数学除图论、代数结构、数理逻辑等的部分。但这只是不同学者在叫法上的区别。总之，组合数学是一门研究离散对象的科学。

组合数学主要内容有组合计数、组合设计、组合矩阵、组合优化等。组合数学是研究“安排”的学科。主要研究以下四类问题。

存在性问题（是否存在某种安排）
计数问题（安排的个数、枚举、分类）
构造问题（寻找安排的算法）
优化问题（找出一定条件下的最优安排）

说明性的栗子

问题一：排课表问题

需安排甲、乙、丙、丁四位教师教英语、日语、德语、法语四门课，每人教一门。甲和乙能教英语、日语，丙能教英语、德语、法语，丁只能教德语，是否能够排出课表？甲、乙、丙、丁分别教英语、日语、法语、德语

问题二：棋盘完美覆盖问题

一个多米诺骨牌可覆盖同一行或同一列两相邻方格。若用若干多米诺骨牌覆盖棋盘所有方格，并且多米诺骨牌不重叠，则称该覆盖为完美覆盖。

m * n 棋盘有完美覆盖 if m 和 n 中至少有一个是偶数。
当 m 是偶数时，每块多米诺骨牌竖放。
当 m 是奇数且 n 是偶数时，每块多米诺骨牌横放。
当 m 和 n 都是奇数时，棋盘的方格数 mn 是奇数。

问题三：幻方问题

在由 1, 2, …, n2 组成的 n * n 方阵中，若每行之和、每列之和、每条对角线之和都相等，则称该方阵为 n 阶幻方。对于n  2，存在 n 阶幻方。例如，以下是 3 阶幻方。若有 2 阶幻方，则 u + v = u + y，所以 v = y，矛盾。无 2 阶幻方。

问题四：计数问题

将三角形顶点染红、蓝两色，共有 23 = 8 种方法，若一种染色旋转后可变为另一种，则认为这两种染色相同，那么仅有 4 种方法（分别有 0, 1, 2, 3 个顶点染红色）。有多少种方法将正整数 n 表示成正整数之和，即 n 有多少个分拆。如 4 有 5 个分拆： 4，3 + 1，2 + 2，2 + 1 + 1，1 + 1 + 1 + 1

问题五：优化问题

鸽巢原理

鸽巢原理又称抽屉原理。它是组合数学中一个重要的原理。

常见形式

第一抽屉原理

原理1：把多于n+1个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里的东西不少于两件。

证明（反证法）：如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n×1，而不是题设的n+k(k≥1)，故不可能。

原理2：把多于kn+1个东西任意分放进n个空抽屉（k是正整数），那么一定有一个抽屉中放进了至少k+1个东西。

证明（反证法）：若每个抽屉至多放进 k 个物体,那么n个抽屉至多放进 k*n个物体,与题设不符，故不可能。

原理3：把无穷多件物体放入n个抽屉，则至少有一个抽屉里有无穷多个物体。

第二抽屉原理

把（mn－1）个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有（m-1）个物体。

证明（反证法）：若每个抽屉都有不少于m个物体，则总共至少有mn个物体，与题设矛盾，故不可能。

应用

应用抽屉原理解题（许多有关存在性的证明都可用抽屉原理来解决。）

例1：从任意5双手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套。

五个抽屉（（左1，右1），（左2，右2），（左3，右3），（左4，右4），（左5，右5）），取到的6只手套看做物体，那么根据原理1，至少有两个物体要来自同一个抽屉里。

例2：幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.

解：从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）。把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原理1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同.

例3：从数1，2，...，10中任取6个数，其中至少有2个数为奇偶性不同。

要么取到奇数，要么取到偶数，总共有五个奇数（1，3，5，7，9），五个偶数，（2，4，6，8，10）

把五个奇数或者五个偶数看做一个抽屉，那么6个数至少一个抽屉有两个数，这两个数的奇偶性就不同。

上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.（需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少.

抽屉原理虽然简单，但应用却很广泛，它可以解答很多有趣且困难的问题。下面我们来研究有关的一些问题。

制造抽屉是运用原则的一大关键

例1：从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34。

分析与解答我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉：

{4，30}，{6，28}，{8，26}，{10，24}，{12，22}，{14，20}，{16，18}，{2}

此抽屉特点：凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34。现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数可以在同一个抽屉中（符合上述特点）。由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34。

例2：某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候。请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多。

分析与解答：共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次。

不管是前一种状态0、1、2、…、n-2，还是后一种状态1、2、3、…、n-1，握手次数都只有n-1种情况。把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。

在有些问题中，“抽屉”和“物体”不是很明显的，需要精心制造“抽屉”和“物体”.如何制造“抽屉”和“物体”可能是很困难的，一方面需要认真地分析题目中的条件和问题，另一方面需要多做一些题积累经验。

例4：15个网球分成数量不同的4堆，数量最多的一堆至少有多少个球？（15可分拆多少种4个互不相同的整数之和）

分析与解答 而15=1+2+3+9=1+2+4+8=1+2+5+7=1+3+4+7=1+3+5+6=2+3+4+6，所以最多一堆的球数可能是9、8、7、6，其中至少有6个。

整除问题

把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m+1，3m+1，….在研究与整除有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。(证明：n+1个自然数被n整除余数至少有两个相等（抽屉原理），不妨记为m=a1*n+b，n=a2*n+b，则m-n整除n)。

例 1 ：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。

分析与解答在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是7的倍数。

例 2：对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除.

证明∵任何数除以3所得余数只能是0，1，2，不妨分别构造为3个抽屉：

[0]，[1]，[2]

① 若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中(即抽屉中分别为含有余数为0,1,2的数)，我们从这三个抽屉中各取1个(如1~5中取3,4,5)，其和(3+4+5=12)必能被3整除.

② 若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，则其中必有一个抽屉至少包含有3个余数（抽屉原理），即一个抽屉包含1个余数，另一个包含4个，或者一个包含2个余数另一个抽屉包含3个。从余数多的那个抽屉里选出三个余数，其代数和或为0，或为3，或为6，均为3的倍数，故所对应的3个自然数之和是3的倍数.

③ 若这5个余数分布在其中的一个抽屉中，很显然，从此抽屉中任意取出三个余数，同情况②，余数之和可被3整除，故其对应的3个自然数之和能被3整除.

面积问题

例1：九条直线中的每一条直线都将正方形分成面积比为2:3的梯形，证明：这九条直线中至少有三条经过同一点.

证明：如图，设直线EF将正方形分成两个梯形，作中位线MN。由于这两个梯形的高相等，故它们的面积之比等于中位线长的比，即|MH|:|NH| 。于是点H有确定的位置（它在正方形一对对边中点的连线上，且|MH|:|NH|=2:3）. 由几何上的对称性，这种点共有四个（即图中的H、J、I、K）.已知的九条适合条件的分割直线中的每一条必须经过H、J、I、K这四点中的一点.把H、J、I、K看成四个抽屉，九条直线当成9个物体，即可得出必定有3条分割线经过同一点
.应该是 [(物体数-1)÷抽屉数]+1

染色问题

例1：假设在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每两点用红色或蓝色的线段连起来，都连好后，问你能不能找到一个由这些线构成的三角形，使三角形的三边同色？（假设有6个人，任何两个人之间要么是朋友关系，要么是陌生人关系。证明：在这6个人当中，一定存在3人，他们相互之间都是朋友关系或都是陌生人关系。）

解：首先可以从这六个点中任意选择一点，然后把这一点到其他五点间连五条线段，如图，在这五条线段中，至少有三条线段是同一种颜色，假定是红色，现在我们再单独来研究这三条红色的线。这三条线段的另一端或许是不同颜色，假设这三条线段（虚线）中其中一条是红色的，那么这条红色的线段和其他两条红色的线段便组成了我们所需要的同色三角形，如果这三条线段都是蓝色的，那么这三条线段也组成我们所需要的同色三角形。因而无论怎样着色，在这六点之间的所有线段中至少能找到一个同色三角形。

例2：17个科学家中每个人与其余16个人通信，他们通信所讨论的仅有三个问题，而任两个科学家之间通信讨论的是同一个问题。证明：至少有三个科学家通信时讨论的是同一个问题。

解：不妨设A是某科学家，他与其余16位讨论仅三个问题，由抽屉原理知，他至少与其中的6位讨论同一问题。设这6位科学家为B，C，D，E，F，G，讨论的是甲问题。

若这6位中有两位之间也讨论甲问题，则结论成立。否则他们6位只讨论乙、丙两问题。这样又由抽屉原理知B至少与另三位讨论同一问题，不妨设这三位是C，D，E，且讨论的是乙问题。

若C，D，E中有两人也讨论乙问题，则结论也就成立了。否则，他们间只讨论丙问题，这样结论也成立。

狄利克雷原则

含义

抽屉原则有时也被称为鸽巢原理，它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原则。它是组合数学中一个重要的原理。

知识扩展——高斯函数[x]定义：对任意的实数x，[x]表示“不大于x的最大整数”。例如：[3.5]=3，[2.9]=2，[－2.5]=－3，[7]=7，……一般地，我们有：[x]≤x<[x]+1

形式一：设把n个元素分为k个集合A1，A2，…，Ak，用a1，a2，…，ak表示这k个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个ai大于或等于[n/k]。

证明：（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai<[n/k]，于是有：

a1+a2+…+ak<[n/k]+[n/k]+…+[n/k] =k?[n/k]≤k?(n/k)=n

k个[n/k] ∴ a1+a2+…+ak<n 这与题设相矛盾。所以，必有一个集合中元素个数大于或等于[n/k]

形式二：设把q1+q2+…+qn－n+1个元素分为n个集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个i，使得ai大于或等于qi。

证明：（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai<qi，因为ai为整数，应有ai≤qi－1，

于是有：a1+a2+…+an≤q1+q2+…+qn－n <q1+q2+…+qn－n+1这与题设矛盾。

所以，假设不成立，故必有一个i,在第i个集合中元素个数ai≥qi

中国剩余定理（孙子定理）

设 m 和 n 是互素的正整数，即它们的最大公约数是 1，0 <=a < m ，0 <=b < n，必存在正整数 x 使得， x除以m余 a，x除以 n 余 b。证明考虑数 a, m + a, …, (n -1)m + a 若其中两数 im + a 和 jm + a 被 n 除余数相同，则 n | (i -j)m ，n | (i-j)，0 < | i-j | < n，矛盾。 a, m + a, …, (n - 1)m + a 被 n 除余数各不相同，其中有 mk + a 被 n 除余 b，取 x = mk + a 。

Ramsey 定理

在组合数学上，拉姆齐（Ramsey）定理是要解决以下的问题：要找这样一个最小的数n ，使得n个人中必定有k个人相识或l个人互不相识。1930年他在论文On a Problem in Formal Logic （《形式逻辑上的一个问题》）证明了R(3,3)=6。

完全图：所有顶点间两两相连构成的图，N阶完全图有C(n,2)条边，

用 Kn 表示 n 阶完全无向图，用红、蓝两种颜色为Kn的边染色，若每条边都染成红（蓝）色，则称它为红（蓝） Kn 。如下图：

设正整数 p, m, n >= 2，引进记号 Kp -> Km , Kn ：若用红、蓝两种颜色为 Kp 的边任意染色，则总存在红 Km 或蓝 Kn 。 Ramsey 定理若正整数 m, n  2，则存在正整数 p 使得 Kp-> Km , Kn。并称使 Kp-> Km , Kn 成立的最小正整数 p 为 Ramsey数 r(m, n)。 K5-> K3 , K3 不成立。由此可知，r (3, 3) > 5。

基本性质：

① r(m,n)=r(n,m)

③ r(m,2)=m

r (k, l) 表

Ramsey 定理是加强形式鸽巢原理的推广。令 t = 1，将 “为 1 元子集 {u} 染色 ci ” 看作 “将 u 放入第 i 个盒子中”，可以得出 r1(q1,…, qk ) = q1+ … + qk - k + 1

一般表述及意义

抽屉原理的一种更一般的表述为（上面已经提到过了）：

把多于kn+1个东西任意分放进n个空抽屉（k是正整数），那么一定有一个抽屉中放进了至少k+1个东西。”

用高斯函数来叙述一般形式的抽屉原理的是：将m个元素放入n个抽屉，则在其中一个抽屉里至少会有

(m-1)÷n+1个元素。

你也来试试？

1.从13个自然数中，一定可以找到两个数，它们的差是12的倍数。

3.一个班有40名同学，现在有课外书125本。把这些书分给同学，是否有人会得到4本或4本以上课外书？