Tìm ra cận dưới cho các số Ramsey bởi Erdos vào 1947 là một trong những áp dụng đầu tiên của phương pháp xác suất. Bổ đề Địa phương cung cấp một cách để cải tiến những cận dưới này. Chúng ta nhận được, trước tiên, cận dưới cho số Ramsey chéoR(k, k). Xét một cách tô hai màu các cạnh củaKn. Cho mỗi tập S của k đỉnh của Kn, gọi AS là sự kiện rằng đồ thị đầy đủ trên S là đơn màu. Rõ ràng Pr(AS) = 21−(k2). Hiển nhiên mỗi AS là độc lập với các
sự kiệnAT, trừ khi chúng thỏa mãn |S∩T| ≥ 2, do ít nhất thì các đồ thị đầy đủ tương ứng có chung một cạnh. Do đó chúng ta có thể áp dụng Hệ quả 4.1.2 với p = 21−(k2) và d = k2 k−n2 để kết luận: Mệnh đề 4.3.1 Nếu e( k2 k−n2+ 1).21−(k2) < 1 thì R(k, k) > n. Một tính toán ngắn đưa đến R(k, k) > √ 2 e (1 + o(1))k2k/2, chỉ cải tiến một nhân tử 2 so với áp dụng phương pháp xác suất trực tiếp. Dù cải tiến này là nhỏ nhưng điều đó không khiến phải băn khoăn; Bổ đề Địa phương là công cụ mạnh nhất cho những trường hợp sự phụ thuộc giữa các sự kiện là hiếm, điều không xảy ra với trường hợp đang xét. Thực vậy, tổng số các sự kiện đang xét là K = nk, và bậc ngoài lớn nhất d trong đồ thị có hướng phụ thuộc là
k 2
n
k−2
. Cho k lớn và n lớn hơn nhiều, ta có d > K1−O(1/k), như thế sự phụ thuộc là nhiều. Mặt khác, nếu ta xét những tập S nhỏ, chẳng hạn, những tập có cỡ 3, chúng ta nhận thấy rằng mỗi cái trong tổng số K = n3 của chúng chung nhau một cạnh với chỉ 3(n − 3) ≈ K1/3. Điều này cho biết rằng Bổ đề Địa phương có lẽ đáng chú ý hơn để cải tiến cho các số Ramsey không chéo R(k, l), đặc biệt khi một tham số là nhỏ. Tất nhiên ở đây chúng ta phải áp dụng dạng không đối xứng của Bổ đề Địa phương. Chúng ta xét một ví dụ, theo Spencer (1977), số Ramsey R(k,3). Chúng ta tô hai màu các cạnh của Kn độc lập và ngẫu nhiên, mỗi cạnh được tô màu xanh với xác suất p. Cho mỗi tập T ba đỉnh, gọi AT là sự kiện rằng tam giác trên T là màu xanh. Tương tự, cho mỗi tập k đỉnh S, gọi BS là sự kiện đồ thị đầy đủ trên S màu đỏ. Rõ ràng Pr(AT) = p3 và Pr(BS) = (1 − p)(k2). Xây dựng một đồ thị có hướng phụ thuộc vào các sự kiện AT và BS bằng cách nối hai đỉnh bằng các cạnh, với cả hai hướng, nếu và chỉ nếu đồ thị đầy đủ tương ứng chung một cạnh. Rõ ràng, mỗi AT-nút của đồ thị phụ thuộc là kề với 3(n − 3) < 3n AT0-nút và với nhiều nhất là n
k
BS-nút. Tương tự, mỗi BS-nút là kề với k 2 (n−k) < k2n/2 AT-nút và với nhiều nhất n k BS0-nút. Ta suy ra từ Bổ đề Địa phương (Bổ đề 4.1.1) rằng nếu ta có thể tìm thấy một 0 < p < 1 và hai số thực 0 ≤ x < 1 và0 ≤ y < 1 sao cho
và
(1− p)(k2) ≤ y(1−x)k2n/2(1− y)(nk) thì R(k,3) > n.
Vấn đề của chúng ta là tìm số lớn nhất có thể k = k(n) để có một cách chọn p, x vày như thế. Một tính toán sơ cấp chỉ ra rằng cách chọn là tốt nhất khi p = c1n−1/2, k = c2n1/2logn, x = c3/n3/2 và y = c4
en1/2 log2n. Điều này đưa đếnR(k,3) > c5k2/log2k. Lập luận tương tự đưa đến R(k,4) > k5/2+o(1). Cả hai trường hợp đều yêu cầu một khối lượng tính toán lớn. Tuy nhiên, gái có công chồng chẳng phụ; đánh giá R(k,3) > c5k2/log2k tốt hơn so với cận dưới của Erdos (1961) với những lập luận rất phức tạp. Cái này được cải tiến bởi Kim (1995) tới R(k,3) > c6k2/logk. Đánh giá bên trên cho R(k,4) là tốt nhất so với tất cả các đánh giá khác được biết mà không dùng Bổ đề Địa phương.