Ramsey理论

最新推荐文章于 2024-01-09 10:16:22 发布

sayu_yangyou

最新推荐文章于 2024-01-09 10:16:22 发布

阅读量6.7k

点赞数 2

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏： Ramsey数问题文章标签：工作扩展任务工具

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/sayu_yangyou/article/details/1342019

Ramsey数问题专栏收录该内容

5 篇文章

订阅专栏

Ramsey理论

在任意给定的6个人当中必定存在有一组3个人，这3个人要么相互认识，要么相互之间不认识。如果对有穷顶点集的完全图的边进行红-兰染色，则一定存在一些有穷集使得所有与中的顶点相关联的边都具有相同的颜色。上面的这两个结论都是Ramsey于1930年发表的定理中的特例。Ramsey定理的原始形式已经在许多方向上得到了延伸，并最终形成了Ramsey理论：一个揭示深层数学原理的理论，它从很大程度上推广了鸽笼原理，并告诉我们无论以什么方式将一个庞大的体系分解成一些小的部分，其中必定存在一个小的子体系。尽管Dirichlet的鸽笼原理已经保证了无论物体之间的关系如何，我们都能够得到许多类型相同的物体，然而我们在Ramsey理论中寻找的是相同类型的子结构：我们不仅想要得到无穷多的红边，而且我们还想得到与这个红的无穷集相关联的点双方组成的结构。或者说，在第一个例子里，我们不仅想要得到三对认识的关系，还要得到这三对关系能够 “组成一个三角形”，使得三对认识的关系是属于三个人的。

将Ramsey理论结论中的精华用于解决除了图论以外更广泛的数学结构问题的是van der Waerden定理，它比Ramsey定理出现得要早，并表明对给定的和，如果是一个足够大的整数，我们将连续的自然数集合进行种类型的划分，则一定有一种类型当中包含一个有个元素的等差数列。

Ramsey理论是组合数学中一个庞大而又丰富的领域，其中采用了数学各个分支上的许多技术，并且它的结论不仅在图论与组合数学中相当重要，在集合论、逻辑学、分析、代数以及集合上都具有相当重要的意义。为了向大家介绍这些结果，我们引入一些超越图论范围以外的深层结论，其中包括：Erdős-Rado规范定理，它将Ramsey定理的原始表现形式拓展到无穷色；Shelah定理，拓展了Hales-Jewett定理（该定理拓展了van der Waerden定理）；以及Galvin,Prikry和Hindman的关于Ramsey无穷序列的性质的一些定理。然而不论怎样，我们都只能向读者介绍皮毛而无法窥视现代Ramsey理论深层内容。

1 Ramsey定理的基础

我们考虑将一般简单图和超图的边进行划分。为了简单起见，我们称划分为着色，但是要谨记的是这里所讲的着色与平常所讲的边着色是不同的。这里相临的边可以着相同的颜色，实际上，我们的目的是为了显示有的子图它的所有边的颜色是相同的。比如在2-染色当中，我们通常选择红-兰两中颜色，一个子图被称为是红（兰）色的当且仅当它所有的边的颜色都是红（兰）色的。

正如我们将看到的，对于给定的自然数，存在一个整数，使得如果，则对的边作任意红-兰边染色，必定存在一个红的或者一个兰的。这个说法应用到上面六个人的例子当中，则用就可以完成了。为了将的表达更一般化，对于任意整数和，我们定义Ramsey数为对应的最小整数，使得对进行任意红-兰边染色时能产生一个红或者一个兰。特别地，如果不存在这样的能使得对进行任意红-兰边染色时能产生一个红或者一个兰，则令。显然当时有：

以及：

因为在对进行红-兰染色的时候一定有要么出现一条红边，要么出现一条兰边的情况。下面的结果由Erdős和Szekeres得到，描述的是对于任意的和都是有穷的，同时他们还给出了的上界。尽管这个定理从性质上讲只是Ramsey定理的一个特例，但是这个上界比Ramsey所提供的上界要好得多。

【定理1】对于所有的和都是有穷的。如果且，则：

(1)

且有：

(2)

【证明】证明了（1）（2）的成立就自然证明了的有穷性。

（i）证明（1）时先假定和是有穷的。令，假定对的边进行红-兰染色。我们需要证明的是在这种染色下要么出现一个红，要么出现一个。先令是当中的一个顶点。由于，要么至少存在条红边与相连，要么至少有条兰边与相连。由于这两者关系对称，我们先考虑第一种情况成立。考虑在中与通过红边相连的个顶点所张成的子图。如果包含则题设得证，反之由的定义我们知道包含一个红，这个红与一起构成红。

（ii）首先不等式（2）在或者的时候成立（实际上我们可以得到相等关系，因为）。现在假设，且对于任意序组在满足的时候（2）都成立。由（1）我们有：

□

一般我们区分对角Ramsey数（即）和非对角Ramsey数（即，）。如果我们说对角Ramsey数更能引起大家的研究兴趣请不要感到奇怪，因为这个领域的难度是相当大的。我们称一个图是平凡的是指这个图是空的或者是完全图，而对角Ramsey数是指最小的整数使得对阶图进行红-兰染色后一定会出现一个单色的阶子图。

我们可以由定理1得出：

（3）

尽管上面（3）式的证明是相当的简单，但是对（3）式所提出的上界在过去的50年里几乎没有改进。目前最好的改进由Thomason在1988年作出：当足够大的时候有

（4）

尽管这个改进对于（3）而言是相当的小，但是它已经十分接近了，我们很难再改进它了。在后面的章节里我们会发现是呈现指数增长的：。现在广泛地相信存在一个常数，可能是，使得：

但是这个结论的证明是相当困难的。

这个结论是很容易扩展到用任意多种颜色进行染色的情况的：对给定的和如果足够大的话，则对用种颜色进行任意染色之后，对于某些，，存在有染着第种颜色的。（通常使得上面成立的最小的整数用表示。）实际上，如果我们已经知道了染种颜色的Ramsey数，那么在对进行种颜色染色的时候我们将头两种颜色用一种新颜色代替。如果（由决定）足够大的话，则要么存在染了第种颜色（对某些，），要么存在（）是染的新颜色。换而言之，即对原来的颜色来说，是用头两种颜色进行染色的。对第一种情况我们容易得证，对第二种情况，当或者的时候我们可以在中找到染着第中颜色的。这表明：

实际上，定理1还能够扩展到超图上，即对有穷集（为任意元序组）进行染色的情况。这个定理已由Ramsey证明。下面我们将注意力转移到这上面来。

用表示最小的整数使得在的条件下，对进行红-兰染色能够产生一个红集或者一个兰集。当然，一个集被称为是红（兰）的是指当中的所有元素都是红（兰）的。注意到。在定理1中，第二个结果不仅保证了对所有参数都是有穷值（这个在一开始的时候表现得并不是很明显），同时也给出了上界。这个的证明与定理1的证明几乎完全一样。注意到如果则，并且如果则。

【定理2】令，则是有穷的并且有：

【证明】如果我们证明了对于所有的参数都有是有穷的，且和也是有穷的，则题设的两个结论就可以得证了。

令是一个具有个元素的集合。对进行任意红-兰染色，任意元素，对的集定义一种红-兰染色，染色使得。由函数的定义我们可以推断有一个具有个元素的红子集（对于而言）。

现在我们来看看对的约束。如果它有一个兰子集，则得证，因为，所以当中的兰子集也必定是当中的兰子集。另一方面，如果当中没有兰子集则一定有红子集。这个红子集与的并构成了当中的红子集，所以对于所有都是红的。

□

通过定理2和对定理1之后颜色分类的讨论，我们不难得出下面的推论。给定和，则对足够大的而言，利用种颜色对进行染色时，对某些，，存在有一个集合，，该集合当中的所有集合具有颜色。满足上面条件的最小的表示为；那么并且。的上界隐含在定理2中，但是结果并不理想。有人借助定理1的证明方法得到了更好的上界：

目前已知的非平凡Ramsey数极少，甚至在的情况下也是这样。对于这个不难得到，并且如果有人进一步做工作的话还可以得到，，，，以及。然而想要证明以及其难度目前还无法估计。后来McKay和Radziszowski在1995年证明了。那么上面这些就是目前我们知道的全部2-色Ramsey数了。对于其他情况，我们就只能知道它们的界了（参见表1-1）。这些界的证明颇具独创性，同时也需要花费大量的工作和计算时间。

1 k	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15
3	6	9	14	18	23	28	36	40 43	46 51	51 60	59 69	66 78	73 89
4		18	25	35 41	49 61	53 84	69 115	80 149	96 191	106 238	118 291	129 349	134 417
5			43 49	58 87	80 143	95 216	114 316	442
6				102 165	298	495	780	1171
7					205 540	1031	1713	2826
8						1870	282 3583	6090
9							6625	565 12715
10								23854	798

（表1-1 2-色Ramsey数的值与界）

一眼看上去，只有如此少的Ramsey数被确切地知道的确有点令人吃惊。然而有许多原因导致了大Ramsey数是无法最后被确定的，比如。对进行2-染色而其中没有单色的完全子图则是无序的：这样它们好像是随机选取的。这种无序正好也说明想要得到的上界并不是靠简单的证明就可以的。另一方面，计算机的计算瓶颈也是前进中的一大问题，比如计算。例如，如果我们想证明48是的上界，那么我们就需要对阶数为48的个图进行验证：这项工程远远超出了计算机的工作能力。

同样，想得到Ramsey数的一般下界也不是一件容易的事情。正如前面所讲的，如果染色中不存在大的单色完全子图就说明是“无序的”，那么就不难想出如果使用随机的方法将有助于我们得到Ramsey数的下界。

由于想在时较好的估计的界限是一件极困难的事情，所以我们对只有极少的快增长性Ramsey函数被确定下来不要感到惊讶。实际上，Edrős和Szekeres已经证明了（2）的右边部分只比实际Ramsey函数值小1。为了再现这个结果，我们先引入一些术语。称为非退化的是指当中的任两个点都没有相同的坐标。杯，或者称凸集是指有个顶点的非退化集满足形式，其中的是一个凸函数。记为通过和两点之间直线的斜率。如果，，，则是一个杯的充分必要条件是。盖，或者称凹集的定义与上面相类似。

下面是Edrős和Szekeres做的关于杯和盖漂亮的结果，其中第一部分是于1935年完成，第二部分于1960年完成。

【定理3】对于，任意包含有

个点的非退化集都包含有一个杯或者盖。同样，对于所有的，存在一个包含有

个顶点的非退化集既不包含杯，也不包含盖。

【证明】我们用来代替参数

（i）我们对用归纳法证明每一个包含有个顶点的非退化集都包含有一个杯或者盖。由于具有2个顶点的非退化集既是杯也是盖，对于所有的都有，所以显然有。则下面假设且结论在比较小的时候是成立的。令是一个有个顶点的非退化集，并且用反证法，假设既不包含一个杯也不包含盖。令是由杯当中后面部分的点组成的集合，则既不包含杯不包含盖，则由归纳假设可知，。所以有，同样由归纳假设可知，包含一个杯，也就是说中的第一点包含在中。由于，杯中的最后一点恰好就是。现在如果，则是一个杯。否则，由于，所以是一个盖。这些都与前面的假设不符，所以归纳是正确的，题设得证。

（ii）我们构造一个并对用归纳法。实际上我们可以把构造成下面的形式：。

如果则，且我们可得。假设，我们在取值小的时候构造。令，，，，所以有既不包含杯，也不包含盖，并且既不包含杯也不包含盖。

对于，令，，如果足够小的话，则每一条连接集当中两点的线都在集全体元素的下面，且每一条连接集当中两点的线都在集全体元素的上面。所以在这种情况下，每一个杯都会包含集当中的两点，每一个盖都会包含集当中的两点。可是如果则和一样了，因为它当中既不包含杯也不包含盖。

□

正如从定理3当中得出结论，我们发现有

个点的集合在平面当中布置的话，一定存在有些点能构成度角的凸集。在1935年，Erdős和Szekeres就猜想，实际上是不是每一个具有个点的集合都会包含一个度角的凸集。这个猜想看起来在近几年是不可能证明出来的，但是大家公认的是，这个猜想是很有可能成立的。

在这个短暂的插入语之后，让我们回到超图领域上面来。定理2暗示了对自然数进行的元组红-兰染色当中的每一组都包含着任意大小的单色子集；一个子集被称为是单色的是指它的元组具有相同的颜色。Ramsey证明了实际上我们可以找到一个无穷单色集。

【定理4】令，表示对无穷集进行元组红-兰染色当中的一种染色情况。则当中包含一个单色的无穷集。

【证明】我们对用归纳法。注意到如果的结果是一个平凡的结果，所以我们假设并且定理在值小的时候成立。

令，在当中选取一个元素。仿照定理2当中的证明，我们对以，的方式定义一种元组的染色。通过假设归纳，包含一个无穷集其所有的元组具有相同的颜色，用表示。现在令，，然后以，的方式定义。则当中包含一个无穷集其所有的元组具有相同的颜色，用来表示。继续上面的过程我们可以得到一个由无穷个元素组成的序列：，一个由无穷种颜色组成的序列：，以及一个有无穷个的集合组成包含套序列：，其中，，所有的元组只有一个元素落在之外且它们具有相同的颜色。无穷序列一定取了这个值当中的一个无穷多次，比如说是。则由构造的情况，无穷集当中的每一个元组都具有相同的颜色。 □

在某些情况下使用定理4的下面这种形式会比较方便一点。一般我们记自然数集为。

【定理5】对每一个，用种颜色对的元组集合进行染色，其中。则存在一个无穷集，使得对每一个，当中的任2个元组，如果它们的最小元不比当中第个元素小的话，则它们具有相同的颜色。

【证明】令。如定理4的证明，选择出无穷集，令是无穷集的一个子集使得当中所有的元组都具有相同的颜色。这样我们得到一个无穷嵌套的无穷集。取，，，等等。显然，具有需要的属性。

□

需要指出的是Ramsey定理对于无穷集，比如说定理3，能够很容易地推导出相应有穷集的结果，尽管它不能给出的界。为了得到这样的结果，我们仅需要一个简短的证明，Tychonov定理的关于“紧空间的积是紧的”当中的一个特例，就可以了。

我们已经规划出这个结论，但是还是把它用方便的形式表示一下。

【定理6】设是自然数，对所有，令表示一个的染色的非空集合，使得如果且则到的约束属于。则存在一个染色使得对于每一个，由到的约束属于。

【证明】对于，用表示的染色集，即的染色约束。则，且因为每一个都是有穷的，所以对每一个有。令，取，，依次类推，则每一个都是其前面一个的原象：。最后定义，对，当时，。这个染色即为所求。

□

我们可以发现定理5暗示了的存在。另外，对于每一个都存在一个染色使得对每一个都不存在集其集有颜色。记为所有满足这样染色条件的集合，我们可以发现对所有都有且，其中的已经在定理5当中证明过了。但是这样就存在一个染色使得对每一个单色集都包含有少于个的元素，这样就和定理4的结论相反了。

为了解释这种情况，我们指出一种十分神奇的现象。首先让我们来看一下的客观存在性。

【定理7】令。如果足够大的话，则对的每一个染色都存在一个单色集使得。

【证明】假设不存在这样的，也就是说，对多有的都有一种染色当中没有我们需要的单色集。令表示所有满足这些条件的染色的集合。则，且由前面的证明可知对所有的有。但是这样就存在一种染色使得其到的约束属于。现在由定理4，存在一个无穷单色集。令，，且令包含当中的前个元素。则由，染色中存在有我们需要的单色集，成为，与相违背。

□

这是一个很好的结论，也是一个意想不到的结论。它的神奇与深奥之处在于，正如Pairs和Harrington在1977年里证明的那样，尽管定理8以很简单的形式表达了有穷集的有关结论，但是它不能由Peano公理多得出，也就是说，它不能够用有穷集的定理来证明得到。换句话说，我们需要注意定理7的证明有穷集的方式。Pairs和Harrington的开创了组合学与逻辑学两个领域有机结合的起点。

由于本书是关于图论的，所以我们不能拓展到逻辑学上面去，所以我们还是回到图论上面来。令表示最小的整数使得对进行2染色，都会存在单色集使得。这个表示的是的最小值，满足每一个具有顶点集的图都存在一个集合，其中，使得是平凡的，也就是说，要么是完全图，要么是空图。我们从定理7当中知道是存在的。显然，且比大几个量级：已经证明了存在正常数使得。

2 规范Ramsey理论

我们该如何来谈论对用无穷种颜色进行染色的重要性？我们该如何来保证对无穷集的染色是恰到好处的？1950年Erdős和Raso在无意之中解决并证明了这个问题。

下面我们用表示可数无穷集，用表示自然数。

我们称两种染色，是等价的，是指存在一个从到的一一对应的映射使得对于，我们能得到的充要条件是。

在理想状况下，对的每一种染色（以任意多种颜色）都会存在一个无穷集其染色与有穷多种染色当中的一种是等价的。无论种类多少都成立。

称染色是不可约分的是指：对当中的任一无穷子集，对的约束与等价。同样，称的染色集是不可避免的是指：对的每一种染色都存在一个无穷集使得对的约束与的成员等价。Erdős和Raso证明了对于每一个都存在一个有穷不可避免的不可约分染色族。

该如何举的不可约分染色的例子呢？脑子里面可能有两种思路：一种是单色染色，即所有的集都具有相同的颜色，一种是全不同的染色，即没有两个集合具有相同的颜色。在思考过一阵之后我们能构造出更好的不可约分染色。设，，，，，令。通过令我们来定义规范染色。这样我们就在对的元素用集来染色了，并且两个集具有相同的颜色的充要条件是它们的第个元素对当时是一致的，而当的时候是不一致的。容易看出对每一个来说都是一个不可约分染色，同时，这些染色里包含了上述我们提到的两种不可约分染色：是单色染色，是全不同色的染色。

显然当时对的染色和是不相同的，所以至少有个不可约分染色，称为规范染色。正如我们所见，这里不会有别的不可约分染色了。现在我们的第一印象是，对的规范染色取决于的大小，这看起来很奇怪。为了解决这个“矛盾”，我们注意到如果当中有两个很大的子序列和，则存在子序列和，其中，，使得对所有的都满足。

在我们得出结论以前，让我们先引入一个与等价染色类似的概念，但是注意到后面的集合的阶数有所不同。令，对某些有。且令为到的唯一的同阶映射。集合和在满足条件：如果当时可推出的充要条件是，的时候，我们称它们具有相同的模式（在的条件下）。注意到集模式数目就是

个可分物体的划分的数目。显然，

就是这个数目的一个上界。

在完成这些准备工作之后，让我们开始Edrős-Rado的关于图的规范定理，也就是当时的结论。注意到每一个无穷集都有4个规范染色。在的规范染色中，所有的边具有相同的颜色，在规范颜色中所有的边都具有不同的颜色，在规范染色中第一个顶点相同的两条边具有相同的颜色，在规范染色中第二个顶点相同的两条边具有相同的颜色。

【定理8】对所有的染色中，都有当中的一个子集满足对的的约束是规范的。

【证明】由于的染色只有有限多种模式，我们需要应用关于无穷集的Ramsey定理，来得到无穷集使得当中所有的集都具有相同的模式。下面来证明这个就是我们要求的集合。

令，其中。由于所有的集都具有相同的模式，所以对任意两边和，其染色和要么相同，要么不同，这个是由和的在当中的相对位置来决定。例如，25与57和36与67具有相同的相对位置，同样，38与46和29与78也是这样。

通过上面的观察，让我们证明的的约束是规范的。在过多的声明之后，我们从现在开始记为的的约束。我们假设，也就是说，没有两条边具有相同的颜色：，其中。注意到我们不能假设或者。而现在我们得到，所以有两条边具有相同的颜色。让我们来区分以下这些相邻边位置的3种不同情况，然后来看看可以得到什么结论。

（1）首先假设对某些有。则考虑集当中的，我们看到在模式当中边12和13具有相同的颜色。但是由于任意两条具有公共第一点的边具有相同的颜色，所以如果则的约束就会呈现。这就意味着存在一个染色使得对时能得到。

（2）假设对某些满足下一个等式。则类似地存在一个映射使得如果有。

（3）最后假设对某些满足。则对所有的都有。所以，就是说存在共享第二点且颜色相同的边。所以存在映射以及使得如果则。但是当中的任两条边都具有相同的颜色，所以。

我们发现如果（3）成立的话我们的证明就完成了。实际上，想证明当（3）不成立时用反证法就可以很容易地完成证明。如果（1）成立而（3）不成立，则对所有有，所以，如果（2）成立而（3）不成立，则对所有有，即。□

完整的Edrős-Rado规范定理其证明要比上面我们的证明要复杂得多。

【定理9】令是一个正整数，是一个染色。则存在一个当中的无穷子集满足的染色的约束是规范的。

【证明】我们对用归纳法。对没有什么需要证明的，所以从开始并且定理在取值小的时候是成立的。给定，以对的染色的约束的模式对每一个进行染色。由于只有有限种模式，所以存在一个无穷集是使得当中的所有子集都具有相同的模式。为了简化符号，我们用：这样对后面来说就比较好确认了。

如果当中没有两个子集具有相同的染色则证明就成立了：。因此我们假设对某些且有；也就是说和，其中的，。由于，存在一个元素。注意到所有的集合，以及都具有相同的颜色。实际上，也就是说存在集合使得是的前个元素组成的集合，是的前个元素组成的集合。由于具有模式，所以我们有，具有模式，所以我们有。

现在，由于具有相同的颜色，所以当中。任意两个子集如果仅仅在第个位置上不同的话也一样具有相同的颜色：如果对于，且，则，也就是说，的颜色仅仅取决于。这使得我们可以用如下的方式定义另一种染色：对于，如果对于某些有，则令，否则。

由归纳假设，存在一个无穷集合使得在上是规范的。则当时，且是上的一个规范颜色。

□

从证明的角度看，定理9比定理4明显结论要强，因为对于一个无穷集合，的使用有限多种颜色进行染色当中唯一的规范染色就是，这种染色只使用了一种颜色。

3 关于图的Ramsey理论

设和为任意的两个图。给定，当对的边进行红-兰任意染色时是不是一定会出现一个红或者一个兰？由于是的一个子集，其中，如果则上面的答案是肯定的。用表示保证上面答案为肯定的最小的，且对使用种颜色进行染色时类似地定义。注意到这个符号与前面我们介绍的符号类似，实际上。除了进行红-兰染色，研究人员还经常需要讨论图以及它的补的情况：显然，是最多具有个点的图其中同时。

被称为是一般Ramsey数，或者图的Ramsey数，这个领域的研究已经得到广泛的开展，并且有大量的研究结果。然而这里还是有很长的一段路要走，因为一般Ramsey数当中包括经典Ramsey数。这里我们将展现一些关于一般Ramsey数的基本结论。

为了避免平凡，我们假定在后面的讨论中当中不包含孤立点。我们从为稀疏图的情况开始，也就是说当中包含条独立边，则应该是比较小的。实际上，如果当中包含条独立边，而是一个完全图的话，我们是可以准确地得到的。

【定理10】对于以及，我们有。

【证明】图不包含条独立边，以及它的补：，当中不包含阶完全图。所以。

另一方面，令图的阶数为，包含有大小最多为条独立边的集合。则这个集合中个不在这些边上的点生成一个阶数至少为完全图。所以。

□

注意到如果是任意一个阶数为的图，则由定理10，。

下面我们观察一下的下界，这个下界对任意组合都有效。对于一个图，我们用表示图当中最大分支的阶数，用表示图的色冗余数：对进行正常染色时，所有情况中一个色类当中所包含的最少的顶点个数。也就是。例如，。

【定理11】对所有非空图和我们有。特别地，如果是连通的，则。

【证明】令，，。平凡地，。因此如果则。另一方面，如果则图当中不包含为子图，其补图也不包含为子图。所以。

□

尽管定理9当中的不等式形式很简单，但是它们在一些情况下却是最好的界。下面我们来两个这样的例子：Chvátal的第一个漂亮的结果。

【定理12】令，则对所有阶数为的树我们有。

【证明】从定理10中我们知道。下面令图的阶数为，则其补图不包含。则，而且包含一个临界子图其最小度至少为。容易发现当中包含。现在我们假设，其中（是的一个末点，与当中的相邻）。由于在当中至少有个邻点，则其邻点中的一个，比如说，不属于。则当中由和所张成的子图包含。

□

第二个等式的例子是定理8应用到扇图上的情况。对，图被称作为具有个扇片的扇图。这里，是由个具有一个公共顶点的三角形所构成。1996年，Li和Rousseau展现了下面的结论。

【定理13】对于我们有。

【证明】我们从定理11中可以知道。为了证明前面的反关系，我们先假设反关系为错误，也就是说，存在一个无三角形图其阶数为，其补图不包含。

对于，令。则是一个独立点的集合，且由于不包含，我们可以得到。另一方面，在中的度数为多少？令。则不包含条独立边，且其补图当中不包含三角形。所以有定理10，。

这表明了，也就是说，是一个无三角形的阶数为的正则图。然而我们知道这个是不可能的。所以前面的假设不成立。

□

如果我们定义图为好的，是指如果定理11当中的等号能成立，则前面我们的结论中，当时每一个树是好的，当时是好的。实际上，Li和Rousseau也证明了，对于每一个固定的，如果足够大的话，也是好的。甚至如果和为固定图，足够大，则是好的。

由于我们只对了解的少之又少，所以现在只能期望于的值在当和中至少有一个是稀疏图时的绝大多数情况能够确切地计算出来，比如定理12和定理13的形式。下面我们将看到，有关于和为固定图，为大数时的一些可喜结果。下面介绍的一个简单的引理表明，当和固定时，函数最多达到，其中的依赖于和而不是和。

【引理14】对所有图，我们有。特别地，。

【证明】令，且假设我们得到一种对的红-兰染色使其当中没有红的。则意味着其中一定包含一个兰的。将其删除。剩下的部分由于一定包含一个兰的。所以包含一个兰的。

□

这个简单的引理可以用来确定当为或者时的的值。

【定理15】如果则。

【证明】图不包含条独立边，并且也不包含条独立边。所以。

平凡地（或者由定理10），，所以为了完成定理的证明，就必须证明下面的情况：。为了证明这个情况，我们令为一个阶数是。如果则，且如果则。否则的话，就会存在3个顶点，比如记为使得，。现在，要么包含中的条独立边，然后在中加入边后就构成了的条独立边；要么就是包含条独立边，然后加入构成中的条独立边。

【定理16】如果且，则。

【证明】令。则不包含个独立的三角形，同时不包含个独立的三角形。所以。

我们不难得到，。所以不断地应用引理14可得。为了完成证明我们必须得到，当的时候我们可以推导出。

为了得到这个结果，令，考虑对的红-兰染色。在选择一个单色的（比如说红色）三角形。如果包括一个红的则得证。否则包含一个兰色的三角形（它也包含一个兰色的）。我们可以假设的9条边中至少有5条是红的。而其中又至少有2条边与中的一点相连，于是与当中的一条边构成了一个与相邻的红三角形。由于有个点，所以它要么包含一个红要么包含一个兰。这些都是与和不相邻的，所以要么包含一个红，要么包含一个兰。

□

通过吸取前面两个定理的证明过程中的思想，我们能够在比大得多的情况下得到的较好的界。令固定，选择满足。令。

【定理17】如果则。

【证明】图首先满足第一个不等式。在上一个定理的证明当中，我们固定了且对使用了归纳法。由引理14我们能得到，前提是。现在假设且第二个不等式对成立。

令是一个阶数为的图，它满足，而且也满足。我们说当中的一部分与当中的一部分共享了一个顶点。假设事实不是这样的。如果需要的话调整，假设，。用表示中子图的点集，令，，。由我们的假设，，。在中，点最多与中的个顶点相邻。同样，在中每一个点最多与中的个顶点相邻。所以通过计算在和中的边数，我们发现：

然而这是不可能的，由于，，所以，。所以我们能找到中的一个和中的一个共享一个顶点。当我们忽略掉这两个子图中的个顶点后，我们发现剩下的图满足，。然而，所以这是成立的。

□

通过上面的结果，我们有，其中仅依赖于和中的最大度数。这个漂亮而又有深度的结论是于1983年由Chvátal，Rödl，Szemerédi和Trotter证明的。

【定理18】对所有的都存在一个常数使得如果则。

□

实际上，这个结论是很有可能成立的。Burr和Edrős于1975年猜测，最大度何以由子图的最小度的最大数代替，正如第一部分中的定理表示的：对所有的都存在一个常数使得如果的每一个子图的度数最大为，则。

Chen和Schelp为这个猜想的成立提供了一些依据：他们证明了对于一些绝对常数和所有的平面图有。扩展这个结果，Rödl和Thomas在1995年证明了对所有的都存在一个常数满足如果不能转换成则。

许多Ramsey定理对无限图条件同样适用，这种情况并不是没有道理的，因为我们进行边染色的图是，而不是其他只有几条边的稀疏图。例如，有人会认为，如果一个图不论对它的边如何进行染色都会产生一个单色的，那么这个图一定很密。实际上，情况并不完全是这样。对任意团数为的图，以及对任意都存在一个团数为的图，满足对图的每一个染色都包含一个单色的。这个漂亮的结果是由Nešetřil和Rödl通过下面强条件证明出来的，它拓展了早先由Graham和Folkman所得到的结果。

【定理19】对每一个图以及整数，都存在一个图，其，满足对图的边进行的任意染色时，能得到一个与图同构的单色导出子图。

□

为了总结本节，让我们留意极图理论中的与Ramsey理论问题相近的化装舞会问题，这个问题与对边的划分有一点相关。例如，代表什么？它是满足下面条件的最小的，即每一个有个顶点、最小度至少为的图包含一个为子图。再举一个例子，如果

则对进行的任意染色中都会有一个色类具有至少条边，所以这个色类自动包括一个为子图。

再如，若

则对于我们有

所以，。Graham和Chung证明了这个界是与真实值十分接近的界：当为质数幂时，。

4．关于整数的Ramsey理论

如果告诉你说Ramsey理论的第一个结果是关于整数的单色子结构的，而不是关于图的，你一定会觉得奇怪；然而实际上，图论还是一个很年轻的学科，所以也没有什么奇怪的。在这一部分里我们将介绍3个经典结论，同时展现最近研究的主要发展方向与结果。

也许Ramsey理论的第一个结果应该是Hilbert的关于自然数集“立方体”的定理。尽管这个结论很简单，而它的证明却比直接运用鸽笼原理要困难得多。

我们称集合是中的一个立方体是指，如果存在自然数，对时有，则

那么中的一个立方体就是一个对原子立方体的仿射，且这个仿射具有个顶点。1892年Hilbert证明了下面的结论。

【定理20】如果被有限的颜色染色，则对所有的，在染色的色类当中存在一个色类，它包含了对同一个立方体的无穷多种平移。

【证明】首先证明定理中有穷的结论是比较显然的。

存在这样一个函数满足如果，则的每一个染色都包含一个单色的立方体。由于中的立方体是一个整数二元组，在符合上面的结论。因此如果我们能证明则就能够成立。

为了证明这个，令为一个染色，划分为个区间，区间的长度为：

其中，。则每一个都包含一个单色的立方体。但是考虑到平移上，在这些区间中最多有个立方体。由于总共有个区间，其中的某两个，比如说是和，包含的是同一个立方体在相同染色中的平移。把这两个平移合在一起构成了单色的立方体。

□

上面的结论对Ramsey理论的发展并没有起到多么大的作用，但是Schur于1916年证明的下面这个定理成为了一个研究领域的起点，并且直到今天依然十分活跃。

【定理21】对于所有，存在一个整数使得对的任意染色都包含有染着相同颜色整数满足。

【证明】我们先声明时结论成立，其中是对染色以及三角形的图Ramsey数，即是最小的使得对的边进行任意染色时都包含一个单色的三角形。

下面则令，为染色。对，点集为的完全图的边集，中的一个染色进行如下的定义：对，令。由的定义，存在一个单色的三角形，比如说其点集为，满足，以及对于某些有。但是这样就有，，，所以并且。

□

记为满足定理20的最小整数，我们能得到。由于我们也不难得到，所以有。

第三个也是最经典的一个结论，出现在Ramsey定理诞生之前，于1927年由van der Waerden证明得到。在下面的概念中，长度是指一组数字序列的长度值。

【定理22】给定，如果足够大的话，对的每一个染色都包含一个单色的长度为的等差数列。

对于定理22，我们定义van der Waerden函数和。这里的，而且是满足定理22的最小的：也就是说是最小的以满足如果则存在以及使得。的染色函数是现在研究得最多的，可是现在已知的函数值只有以及。现在我们对和的增长情况了解的非常少。

要直接证明an der Waerden的定理结论，我们更宁愿把它变为于1963年由Hales和Jewett证明的广义定理。为了介绍这个定理，我们得先介绍一些概念。

对于一个有限集和一个整数，在字母集上的维立方体是这样的集合：。定义在上的组合线，或者简单地说“线”是指这样的一个集合：，其中是的一个非空子集，是当时当中的一个固定的元素。注意到当中的每一条线都具有个元素。正如我们常用的手法，令，线上的点以下面的方式重新标号以满足

显然，每一条线都有个元素，且在中存在

条线。例如，维立方体有条线：条“垂直”线，条“水平”线，1条对角线，记为。

【定理23】对每一个，存在一个整数使得，如果是一个有个字母的字母集，则每一个染色都包含一个单色线。

Hales-Jewett函数的定义与van der Waerden函数十分类似：就是满足定理23的最小整数。

为了展现Hales-Jewett定理隐含了van der Waerden定理，我们只需要建立一个映射把所有的组合线映射到一个长度为的等差数列当中。例如，我们可以通过或者的方式建立映射。则对的任意染色都可以通过的方式得到对立方体的一个染色。现在染色当中的一条单色线已经被映射到的染色的长度为的单色等差数列当中了。所以。

定理21和22的原始证明是采用了双归纳（对和）的方法，甚至他们对象这样的函数也提出了一个简单递归上界，所以可想而知这个界增长得是很快的。实际上，的上界的增长的方式有点像Ackerman函数。要定义，首先定义，其中，且

特殊情况下，，，，以此类推，所以；然后，

以此类推。Ackerman函数就是。从前面可以发现，就是著名的“塔”函数。

van der Waerden函数的上界问题在诞生60年后才在Shelah很技巧性的证明中得到了突破，他对Hales-Jewett函数给出了一个原始递归上界，也就是给van der Waerden函数提供了一个上界。下面的主要任务是介绍Shelah的漂亮的结果。

我们从一个技术引理，即著名的Shelah鸽笼原理。

【引理24】给定整数和，如果足够大的话则下面的结论成立。令，，为染色。则存在整数满足对每一个，，有

【证明】让我们对使用归纳法。对我们取即可。现在假设能够对和满足题目要求，现在让我们证明对任意的能够对和满足要求。

给定染色，，导出一个染色，令以及，。由我们选择的过程，存在满足；即对所有时：

现在对，定义，。用归纳假设法，存在当时使得对每一个都满足

数字，，满足我们需要的性质。

□

记为满足引理的最小的，上面的证明表明，以及在时有。我们称为Shelah函数。

在我们介绍Shelah定理之前，我们先把引理24转换成方便使用的形式。给定正常数和，定义以及。我们称和为的Shelah子集。同时，对于，以及，存在下面2个集合：

有了这些结论，通过引理24的证明就能得到下面的定理。

【定理25】给定，如果则下面的结论成立。令和为的Shelah子集，令。则存在一个点满足对当中的每一个都有。

□

在具备所有这些准备工作之后，我们就可以开始介绍Shelah定理，这个大大增强Hales-Jewett定理的定理了。

【定理26】给定整数，存在一个最小的整数满足对所有的的染色都包含一个单色线。此外如果则。

【证明】显然。让我们假设存在以及。令为一个染色。我们必须证明这个染色包含一个单色线。

划分为个区间，每一个的长度为：

。同时令和为的Shelah子集。对于，，以及。令

我们称为的延拓。显然对于所有，映射是一个一一对应将上的一条线映射成上的一条线。

我们利用得到染色，，其中当时。由于，由引理25，存在一个满足对所有的都有：

我们固定这个点，考虑由给定的染色。由于，立方体包含一条单色线。这就意味着如果我们将这些点重新编号，则存在点，以及一个区间，使得对有：

其中。

现在定义也具有上面的特性：

则是中的一条线，所以是当中的一条线。为了完成证明，我们需要做的工作只是检查一下这条线是否为单色的，也就是：

（5）

我们通过一个简短的讨论在证明（5）。对于，定义，其中为：

所以，。

注意到对所有的，，。所以。类似地，我们可以得到：，所以。于是（5）成立，所以定理得证。

□

定理26说明了Hales-Jewett函数并没有像Ackerman函数那样增长得那么快，实际上对某些常数我们有，其中是在Ackerman层上的第四阶函数，是塔函数的下一阶函数。Van der Waerden函数的界通过定理26可知，实际上，此刻的最佳上界已经得到了。

Hales-Jewett定理和Shelah定理在抽象与组合的方向上拓展了van der Waerden定理。Van der Waerden定理在整数环方面也具有十分漂亮以及深刻的拓展：这些拓展的起点就是Rado的关于线性方程系统的定理。令为一个的整数矩阵。如果在对进行的任意有限色染色中都有一个单色的解，则将此称作的正则划分。换而言之，为正则划分是指对的任意划分，其中的一个类包含整数，当时满足：

注意到并不是每一个矩阵都是正则划分的，比如说一个矩阵有一些正元素和一些非负元素组成就不是正则划分，因为，同样也不是正则划分。另外，定理21即Schur定理表明是一个正则划分，而且我们也将看到，van der Waerden定理在涉及到矩阵的正则划分时要求是比较弱的。1933年Rado给出了一个矩阵正则划分的显著特性。

我们记为的列向量，则。我们称是满足列条件的是指，如果我们重新将列向量的元素编号的话，存在指标满足当时，向量为，而且当时向量为一个关于向量的有理线性组合，即为空间中由集合张成的线性子空间。例如如果，其中对于所有的有，则满足列条件的充要条件是有部分之和为。

下面就是Rado的正则划分定理。

【定理27】一个整数矩阵为正则划分的充要条件是它满足列条件。

□

这个漂亮的定理使得我们在讨论正则划分时可以减少大量的时间和精力。值得指出的是没有第二个定理可以具有如此简单的方案。同样与大多数Ramsey结论一样，在我们的证明过程也遇到过多次的，对无穷情况的结论蕴涵着有穷情况的结论。例如如果是正则划分，则对每一个都存在一个自然数使得在对的每一个染色中都有一个单色解。

为了从Rado定理中演义出Schur定理，我们只需要注意到是一个正则划分，因为它满足列条件。此外，一个矩阵如果满足下面的形式：

满足列条件，Rado定理指出，对整数和，存在一个整数是的对的每一个染色都包含一个长度为的等差数列，其差落在同一个色类当中：这个比van der Waerden定理推导出的结论要多一些。

Rado定理的另一个直接推论就是，给定整数和，就存在使得如果是被染色的，则存在一个有自然数的集合，满足，所有的和（）都具有相同的颜色。在下一节的最后我们将讨论一下这个结论拓展到无穷集合时的情况。

在总结中，我们来说一下Szemerédi定理。在20世纪30年代，Erdős和Turán对van der Waerden定理进行了更深远的猜想：存在一个最大的色类满足定理要求，这个比我们知道的划分中的集合还要大。为了表明得更精确，他们猜想：每一个自然数集合在达到一个正的密度上界后都包含一个任意长度的等差数列：如果满足，则包含一个任意长度的等差数列，这就表明如果且，则存在一个满足每一个具有个元素的的子集都包含一个长度为的等差数列。

Erdős和Turán猜想的第一个正确的例子被Roth于1953年证明，他证明猜想在这个特殊情况下的正确性。整个猜想于1975年被Szemerédi证明，其组合性的证明过程既深奥有复杂。在这个证明过程中Szemerédi使用了他的正则引理，这个是极图理论中的一个革命性结论。实际上Szemerédi定理也大大地影响了遍历理论：1977年Fürstenberg给出了关于这个定理的一个新的遍历证明，这因此也使遍历理论有得到了新生。但是这个问题超出了我们的讨论范围。

5．子系列

令为空间中的一系列函数。则我们可以找到一个无穷子系列使下面两个结论中的一个成立：

（1）如果是中的任意1个子系列，则对所有都有；

（2）如果是中的任意1个子系列，则对所有都有。

这个关于系列函数的推测是极难证明的，然而，对于Ramsey关于无穷集合的结论来说这不过是一个简单的推论。

和往常一样，对给定的集合，我们记为集合的子集，为集合的元序组的集合，以及为集合的可数无穷集。回忆一下定理4，一般情况下我们会问是不是对的任意红-兰染色都会包含一个无穷单色集。这个我们不难证明。由这个想法我们可以得到启发，称族为具有Ramsey属性的是指，如果存在一个使得要么，或。换而言之，如果的一个红-兰染色包含一个无穷单色集，则我们说的红元素的集合是具有Ramsey属性的。

当然可以由笛卡尔乘积获得，其中对所有的有。我们为赋予一个离散的拓扑结构，并且乘积为拓扑乘积：在这个拓扑中是一个紧缩的Hausdorff空间。Galvin和Prikry的一个定理的弱条件下的情况表明的开子集是具有Ramsey属性的。为了证明这个结论最好我们还是使用Galvin和Prikry的术语和符号会比较方便一些。我们用表示的无穷子集，为的有穷子集。如果对所有的都有则我们记；是指对所有的都有。的延拓是一个具有形式的集合，其中，。让我们固定一个族。我们称接受是指如果对的延拓属于；称拒绝是指没有能接受。

【引理28】如果拒绝，则存在一个拒绝所有的。

【证明】首先注意到有一个使得每一个要么被接受，要么被拒绝。令，。我们假设，，。取。如果拒绝则令；否则令为的一个可以接受无穷子集。则即可满足。

假设拒绝。假设我们选择出使得拒绝所有。则拒绝一切具有形式的集合，其中，因为否则的话会接受。所以拒绝所有（但只有有限个）具有形式的集合。由于对于来说只有种可能的选择，则存在一个满足拒绝所有。这样我们构造出来的具有我们需要的性质。

□

有引理28作为有力的工具，我们能很容易地证明前面所讲的Galvin-Prikry定理。

【定理29】的所有开子集都具有Ramsey属性。

【证明】令是开的，并假设所有的都有，即拒绝。令为满足引理28的集合。如果，则。由于是开的，它包含的一个邻元，所以存在一个整数满足如果则。但是这就意味着接受，与我们选择的初衷相违背。所以，证明了是具有Ramsey属性的。

□

大致来说，定理29告诉我们 “对微小的变化不敏感的” 集合是具有Ramsey属性的；同时“对微小的变化敏感的”集合不会是具有Ramsey属性的。

我们现在开始展现定理29对定理4的一个拓展。用代表一族的有穷子集。一族被称为是紧的是指对所有都有，称其为稀的是指中没有一个元素是其它集合的初始段（即如果则暗示着或者）。例如对每一个族都是稀的。

【推论30】令是紧的。则存在一个满足所有都包含一个的初始段。

【证明】令。则是开的，所以存在一个使得要么，这个我们已经完成了；要么。而第二个选择是不可能的因为这样就意味着。

□

这个推论使我们能够为原始的Ramsey定理（定理3）向无穷集上做出重要的拓展。

【推论31】令为一个稀族，。则对的任意染色都存在一个无穷集满足当中所有的元素都具有相同的颜色。

【证明】时结论的充分性是显然的。我们考虑的一个红-兰染色：。如果是紧的则令为满足推论30的集合。对于所有都存在一个无穷集其中包含的初始段。由于是稀的，是的唯一初始段。所以，中所有的元素都是红色的。

令一方面，如果不是紧的，则对某些无穷集合来说。所以。

□

好了，让我们回到上一节中所讲关于单色和的结果上来。这个由Graham和Rothchile猜想、后由Hindman证明出来的漂亮的结果与本节中所讨论的结果没有什么关联，但是Glazer的漂亮的证明显示了大量的方法可以在无穷Ramsey理论的证明当中使用。

【定理32】对的任意染色都存在一个无穷集满足所有的和都具有相同的颜色，其中的。

【证明】我们在这里不详细地证明这个定理，而是对熟悉超滤子以及了解所有超滤子的集合为紧拓扑空间（Stone-Čech的离散空间下的紧化空间）的人提供一个简要地证明。这个由Glazer完成的证明和这个定理一样，是那么的漂亮而又令人惊奇。让我们回忆中的滤子为一个非空的的子集的集合，它满足（1）如果则；（2）如果且则；（3），即。Zorn的引理表明，所有的滤子都被一个极大滤子所包含，这个极大滤子被称为超滤子。如是一个超滤子，则对所有的，要么，要么。这就意味着每一个超滤子都在上定义了一个有限的加法测度：