2 Lý thuyết số Ramsey
2.3.1 Lý thuyết Ramsey trong Hình học
Ví dụ 2.3.1. Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong các màu: đỏ, xanh, vàng. Chứng minh rằng, tồn tại một đoạn thẳng đơn vị có hai đầu mút cùng màu.
Bài giải: Lấy một tam giác đều T với độ dài cạnh là 1 với các đỉnh A,B,C. Nếu tồn tại hai đỉnh cùng màu thì ta có điều phải chứng minh. Ngược lại, ta gép ra phía ngoài một tam giác đều T0 có độ dài cạnh bằng 1 vào một trong các cạnh của T, chẳng hạn cạnh BC. Gọi D là
ta có điều phải chứng minh. Vậy đọan thẳng AD có độ dài 3 có hai mút cùng màu. Chú ý rằng, ta đã không sử dụng tính chất đặc biệt nào của T ngoài điều kiện nó là tam giác đều với độ dài cạnh bằng 1. Do đó, ta có thể lặp lại lý luận này cho bất kì tam giác đều nào đó trong mặt phẳng và chỉ ra rằng theo cách này thì tất cả các đoạn thẳng có độ dài
√
3 đều có hai đầu mút cùng màu. Ngược lại, tồn tại một đoạn thẳng độ dài bằng 1 có hai đầu mút cùng màu. Cuối cùng, lấy bất kì đỉnh đỏ R và kẻ đường tròn (k) có tâm tại R, bán kính √
3. Khi đó, tất cả các điểm trên (k) đều màu đỏ. Điều này có nghĩa là tồn tại một đoạn thẳng có độ dài bằng 1 thỏa yêu cầu.
Ví dụ 2.3.2. Tô màu mỗi điểm trong không gian bằng một trong 4 màu: đỏ, xanh, đen, trắng. Chứng minh rằng, luôn có đoạn thẳng độ dài đơn vị với hai đầu mút cùng màu.
Bài giải: Đây chính là một sự mở rộng của Ví dụ 2.3.1 lên không gian ba chiều. Gia sử không tồn tại đoàn thẳng như thế. Lấy một tứ diện đều ABCD với cạnh có độ dài đơn vị. Nếu có hai đỉnh cùng màu, thì ta có điều phải chứng minh. Ngược lại, ta giả sử A là đỏ và ta ghép một tứ diện đều có cạnh đơn vị BCDE khác vào ∆BCD thì E phải có màu đỏ, vì ngược lại nó sẽ cùng màu với B hoặc C hoặc D. Bởi vậy, nếu m là chiều cao của tứ diện đều, thì tất cả các đỉnh có khoảng cách giữa chúng bằng 2m đều có cùng màu. Nói riêng, mặt cầu tâm A bán kính 2m phải có màu đỏ. Tuy nhiên, có các cặp điểm trên mặt cầu này mà khoảng cách giữa chúng là đơn vị, do đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3.3. Mỗi điểm trong một mặt phẳng được tô bằng một trong 2 màu đỏ hoặc xanh. Đặt T là một tam giác có các góc lần lượt bằng: π
6,
π
3,
π
2 và cạnh huyền có độ dài đơn vị. Chứng minh rằng tồn tại một tam
giác có các đỉnh cùng màu bằng T.
Bài giải: Trước tiên ta có nhận xét: nếu tô màu mỗi điểm trong mặt phẳng bằng một trong hai màu đỏ hoặc xanh, thì tồn tại một đoạn thẳng có độ dài đơn vị có hai đầu mút cùng màu. Thật vậy, lấy một tam giác đều T có độ dài cạnh là 1 trên mặt phẳng. Do mỗi điểm được tô bằng một trong 2 màu, nên theo nguyên lý Dirichlet thì T phải có ít nhất hai đỉnh cùng màu. Theo nhận xét trên, với 2-tô màu mặt phẳng thì luôn tồn tại đoạn thẳng có 2 đầu mút cùng màu. Gọi đoạn thẳng đó là s, và không mất tính tổng quát, giả sử hai đầu mút của đoạn thẳng đó là A và B có màu đỏ.
Kẻ đường tròn (c) với đường kính s và 4 điểm D1, D2, D3, D4 sao cho A, B và 4 điểm này chia đường tròn (c) thành 6 phần bằng nhau. Nếu bất kì Di với i = 1,2,3,4, có màu đỏ, thì ta có điều phải chứng minh. Ngược lại, thì tất cả các Di, i = 1,2,3,4, đều màu xanh, và chúng tạo thành 4 tam giác xanh thỏa mãn yêu cầu.
Định lý 2.3.4. [Định lý Erdos-Szekeres] Cho n là một số nguyên dương. Khi đó tồn tại một số nguyên dương nhỏ nhất ES(n) sao cho nếu có N > ES(n) điểm cho trước trên mặt phẳng, không có ba điểm nào thẳng hàng, thì ta có thể chọn n điểm trong N điểm đó để được một n-giác lồi.
thị đầy đủ với các đỉnh của nó chính là N3(n, n) điểm trên mặt phẳng. Ta tô màu các tam giác là đỏ hoặc xanh theo qui tắc sau: đánh số các điểm từ 1 tới N3(n, n) và tô màu một tam giác là đỏ nếu chu trình từ số nhỏ nhất qua một số ở giữa đến số lớn nhất là cùng chiều kim đồng hồ. Ngược lại, ta tô màu xanh. Vì đồ thị của ta có N3(n, n) đỉnh, nên sẽ có một đồ thị con Kn với các tam giác cùng màu. Ta phải chỉ ra các đỉnh của đồ thị Kn tạo thành một n-giác lồi. Để chứng minh điều này, ta phải chỉ ra rằng không có 4 đỉnh nào trong đồ thị Kn mà một đỉnh lại thuộc miền trong của tam giác tạo bởi đỉnh còn lại. Hay ta cần chỉ ra hình vẽ dưới đây không xảy ra. Không mất tính tổng quát, giả sử ∠A 6 ∠B 6 ∠C và tất cả các tam giác của K4 lúc này đều là đỏ. Hiển nhiên ∆ADB đỏ và suy ra ∠D 6 ∠A 6 ∠B. Tuy nhiên,
∠D 6 ∠A 6 ∠C và ∆DAC là xanh, dẫn đến mâu thuẫn.