§3.1 Định lí Schur
1. Định lý Schur
Định lí 3.1.1 Cho r là số tự nhiên, r1. Khi đó tồn tại một số tự nhiên S r( ) sao cho NS r( ), tập số {1,2,…,N} được tô bởi r màu luôn tồn tại ba số x y z, , có cùng màu sao cho xyz.
Chứng minh
Xét hàm số f : 1, N 1,r trong đó số i được tô bởi màu f i( ).
Xét đồ thị gồm N đỉnh 1,2,…, N. Cạnh nối hai đỉnh i, j ta tô màu f i j. Khi đó
ta được một đồ thị đầy đủ r màu.
Theo định lí Ramsey nếu thì tồn tại một tam giác có ba cạnh được tô cùng một
màu. Giả sử tam giác đó có ba đỉnh là i<j<k.Suy ra
f i j f k j f ki Đặt x j i y; k j z; k i. Khi ấy f x f y f z x y z ( ) ( ) ( ) .
Điều phải chứng minh.
Định nghĩa3.1.2 Ta gọi số tự nhiên thỏa mãn định lí Schur là số Schur.
Kí hiệu làS r( ).
Định lí 3.1.3 Cho n>1. Tồn tại số tự nhiên S n( ) sao cho mọi số nguyên tố
( )
p S n thì phương trình đồng dư xn yn zn (mod p) luôn có nghiệm tự nhiên
với x y z, , không chia hết cho p.
Chứng minh
Với pS n( ) đặt Z*p 1,2,...,p1 khi ấyZ*plà một nhóm nhân không có phần tử
0 theo mod p.
Đặt S = {xn (modp), x Z*p} khi ấyS là một nhóm con của Z*p. Suy ra tồn tại a a1, ,...,2 an sao cho:
k p i i n Z a S k n p * 1 gcd( , 1)
Bây giờ ta định nghĩa k màu trong Z*pnhư sau: Với mọi tZp*sẽ có màu i nếu t aiS.
Vì kn và p 1 S n( ) nên theo Định lí Schur (Định lí 3.1.1) thì tồn tại
*
, , P
a b c Z sao cho a, b, c cùng màu và a+b=c.
Do đó tồn tại i, 1 i k sao cho a b c, , a Si và a b c Chứng tỏtồn tại x, y, z : a xi n a yi n a zi n(mod )p .
Vậy xnyn zn(mod )p (Vì Z*p là nhóm nhân nên luôn tồn tại 1
i
a ). Đpcm. 2. Một số công thức đánh giá số Schur
Định lí 3.1.4 Với mọi số nguyên r1 ta có S r( )Rr(3) . Chứng minh
Xét đồ thị gồm N=Rr(3) đỉnh là 1,2,…, N, cạnh nối hai đỉnh i và j ta tô
màu f i j.
Khi đó ta được đồ thị đầy đủ KN có r màu.
Theo định lí Ramsey tồn tại một tam giác có 3 cạnh được tô cùng màu. Giả sử tam
giác đó có 3 đỉnh là i<j<k.
Đặt x j i y; k j z; k i x y z
Luôn tồn tại tam giác có 3 số x, y, z được tô cùng màu mà x+y=z.
( ) (3)
S r Rr .
Định lí 3.1.5 Với mọi số nguyên r1 ta có Rr(3) 3 ! r . Chứng minh
Ta chứng minh tương tự như định lí 2.1 Với r 1 ta có R1(3)3 bài toán đúng Với r 2Đặt 1 (3) 3,3,...3, 2,3,3,...3 i r i r i R R ,1 i r. Ta chứng minh 1 (3) (3) r i r r i R R . Đặt 1 (3) r i r i n R . Ta xét một đồ thị đầy đủ r – màu Kn.
Lấy một đỉnh bất kì trong n đỉnh ta gọi là A.
Kí hiệu : B A1( )= { tập hợp các đỉnh nối với A bởi màu 1}.
( )
i
Suy ra B A1( ) B A2( ) ... B Ar( ) n 1.
Nếu B (A) < R (3)i ri , 1 i r thì B A1( ) B A2( ) ... B Ar( ) n r vô lí. Vậy tồn tại 1 i rsao choB (A)i R (3)ri
Suy ra
Hoặc tồn tại một tam giác có 3 cạnh được tô màu j khác i suy ra đó là tam giác cần
tìm.
Hoặc tồn tại một cạnh được tô màu i giả sử là B và C suy ra tam giác ABC có ba cạnh cùng màu i. Vậy luôn tồn tại tam giác có ba cạnh cùng màu
Vậy r i r r i R R 1 (3) (3) . Bây giờ ta chứng minh: Rir(3)Rr1(3).
Đặt nRir(3) khi đó nRr1(3). Ta chứng minh n Rr1(3).
Vì nRir(3) nên tồn tại đồ thị đầy đủ n đỉnh sao cho không tồn tại một tam giác
có ba cạnh cùng màu j ( ji, j=1,…,r) và một cạnh có màu i giả sử là AB.
Xét đồ thị đầy đủ n1 đỉnh ( trừ đỉnh B ) khi đó ta có đồ thị đầy đủ Kn1 có n1
đỉnh chỉ được tô bởi r1 màu mà không tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu. Khi đó n 1 Rir(3) hay nRir(3).
Vậy r i r r r i R R rR 1 1 (3) (3) (3) .
Bây giờ ta sẽ chứng minh Rr(3)3 !r bằng quy nạp. Thật vậy R1(3) =3.
Giả sử Rr1(3)3(r1)! suy ra
r r
R (3)r R. 1(3)3 !r (đpcm).
Định lí 3.1.6 Với mọi số nguyên r1 ta có
r S r( ) 3 1 2 . Chứng minh Ta chứng minh : S r( 1)3 ( ) 1S r . Đặt nS r( ) 1
Xét hàm số f : 1, n 1,r trong đó số i được tô bởi màu f i( ).
Suy ra tồn tại dãy số 1,2,…,n được tô bởi r màu mà không có bộ 3 schur.
Ta bổ sung thêm các số n1,n2,...,3n1. Sau đó ta tô màu các số
n1,n2,...,2n1 bởi màu (r1).
Các số x2n2,2n3,...,3n1 được tô màu f(y) nếu xymod(2n1)với
y 1,n .
Giả sử tồn tại bộ ba số {x,y,z} được tô cùng một màu và xyz với x y
Vì (n1) ( n1)2n1 nên x y z, , không được tô màu (r1)suy ra
, ,
x y z được tô cùng một màu là j(r1) j(r1). Vì (2n1) (2 n1) 3 n1nên x y z, , 2n2,3n1.
Vì từ 1,2,...,n không tồn tại x y z, , cùng một màu và x yz với x ysuy ra
x y z, , không cùng thuộc 1,n do đó x 1,n .
Nếu y 1,n thì zn1,2nkhi đó z có màu (r1) vô lí vì x y z, , cùng màu. Vậy y2n2,3n1suy ra z2n2,3n1
Đặt y' y (2n1); z' z (2n1) khi đó ' (2 1) (2 1) '
x y x y n z n z
Nên x y z, ', ' 1,n được tô cùng màu j và thỏa mãn xy'z'(vô lí).
Vậy 1,2,...,3n1không tồn tại ba số x,y,z thỏa mãn x,y,z được tô cùng màu và xyz. Vậy S r( 1)3n 1 3 ( ) 1S r 1 3 ( ) 2S r Hay S r( 1)3 ( ) 1S r Nên ta có S r S r 1 1 ( 1) 3 ( ) 2 2 S r( ) 1 3 S r( 1) 1 2 2 S r S r S r S r S S 1 1 ( 1) 3 2 2 2 1 1 2 3 3 2 2 ... 1 1 9 (2) 3 (1) 2 2 2
Suy ra r r S r( )1 3 ( (1)1 S 1) 3 2 2 2 Vậy r S r( ) 3 1 2 . Từ định lí 3.1.4 , định lí 3.1.5, định lí 3.1.6 ta có
Định lí 3.1.7 Với mọi số nguyên r1 ta có
r S r r 3 1 ( ) 3 ! 2 3.Một số kết quả mở rộng định lý Schur
Định lí 3.1.8 (Van der Waerden) Cho r là số tự nhiên, r1. Khi đó tồn tại một số tự nhiên W( )r sao cho NW( )r , tập số {1,2,…, W( )r } được tô bởi r màu luôn tồn tại ba số x y z, , có cùng màu sao cho xy2z.
Định lí 3.1.9 (Van der Waerden) Cho k r, là số tự nhiên k r, 1. Khi đó tồn tại một số tự nhiên W( , )k r sao cho NW( , )k r , tập số {1,2,…, W( , )k r } được tô bởi r màu luôn tồn tại k số được tô cùng màu lập thành một cấp số cộng.
Định nghĩa 3.1.10 Ta gọi số W( , )k r là số Van der Waerden Các số Van der Waerden đã được tính là :
§3.2 Định lí ErdősSzekeres 1. Giả thuyết Erdös–Szekeres 1. Giả thuyết Erdös–Szekeres
Năm 1932, Esther Klein đã chứng minh bài toán hình học phẳng đơn giản sau đây.
Mệnh đề 3.2.1 (E. Klein) Từ năm điểm bất kỳ trên mặt phẳng trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng bao giờ cũng chọn được bốn điểm là đỉnh của một tứ giác lồi.
Chứng minhTrước tiên ta nhận thấy, tồn tại bốn điểm không tạo thành một tứ giác lồi (Hình 1.1). Vậy số điểm mà từ đó có thể tạo thành tứ giác lồi phải không ít hơn 5.
Hình 1.1 ACDE là tứ giác lồi, nhưng ABCE là tứ giác lõm.
Xét bao lồi của năm điểm (tập lồi nhỏ nhất chứa năm điểm đã cho). Chỉ có ba khả năng khác nhau sau đây.
Khả năng 1 (Hình 1.2a): Bao lồi của năm điểm là một ngũ giác ABCDE. Khi ấy mọi bộ bốn điểm từ năm điểm ấy đều tạo thành tứ giác lồi.
Hình 1.2a Hình 1.2b Hình 1.2c Khả năng 2 (Hình 1.2b): Bao lồi là một tứ giác chứa một điểm còn lại ở bên trong. Trong trường hợp này ta có một tứ giác lồi (kí hiệu là ABCD) chứa một điểm E ở bên trong.
Khả năng 3 (Hình 1.2c): Bao lồi chứa ba điểm tạo thành tam giác, thí dụ, ABC. Hai điểm còn lại E và D nằm bên trong tam giác. Do không có ba điểm nào thẳng hàng nên hai điểm E và D xác định một đường thẳng chia mặt phẳng tam giác thành hai phần sao cho có hai đỉnh của tam giác ABC, thí dụ, A và B, nằm trên cùng một nửa mặt phẳng mở. Hai điểm E và D cùng với A và B tạo thành một tứ giác lồi ABDE.
Bài toán 3.2.2 (E. Klein, 1932)Với mỗi số tự nhiên n3, hãy xác định số nguyên dương nhỏ nhất ES n( ) sao cho mọi tập tạo thành từ tối thiểu ES n( ) điểm trên mặt phẳng trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng phải chứa n điểm là đỉnh của một đa giác lồi n cạnh.
Bài toán 3.2.2 sau này được gọi là Bài toán Erdös-Szekeres.
Bài toán 3.2.2 đã được tách ra thành hai bài toán:
Bài toán 3.2.2a Tồn tại hay không tồn tại số ES n( )?
Bài toán 3.2.2b Nếu số ES n( ) tồn tại thì làm thế nào xác định được ES n( ) như một hàm của n ?
Sự tồn tại số ES n( )đã được chứng minhbằng hai cách. Cách thứ nhất do G. Szekeres chứng minh dựa trên định lí Ramsey (mà Ông đã tự chứng minh do không biết bài báo của Ramsey). Từ đó ta có bất đẳng thức ES n( )R n( ,5; 4), trong đó ( ,5;4)R n là số Ramsey (xem Chương II). Tuy nhiên, đánh giá này là quá lớn so với thực tế. Thí dụ, với n5 thì ES n( )210000, quá xa so với thực tế
( )9
ES n . Cách thứ hai do Erdös chứng minh dựa trên một số quan sát hình học và kết quả ta được một đánh giá tốt hơn ES n( )Cn2n24 1.
Như vậy, Bài toán 3.2.2a đã có câu trả lời khẳng định.
Rõ ràng ba điểm không thẳng hàng là đủ để tạo ra một tam giác nên ES n( )3. E. Klein đã chứng minh (như đã trình bày ở trên) rằng ES n( )5.
Dưới đây ta trình bày ba chứng minh Định lí ErdősSzekeres như là hệ quả hình học đơn giản của Định lí Ramsey.
Bổ đề 3.2.3 Từ năm điểm trên mặt phẳng trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng bao giờ cũng lấy ra được bốn điểm là đỉnh của một tứ giác lồi.
Bổ đề 3.2.4Giả sử a a1, 2,...,an là n điểm trên mặt phẳng trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Nếu bốn điểm bất kì trong số n điểm đó tạo thành một tứ giác lồi, thì n điểm đã cho là các đỉnh của đa giác lồi n cạnh.
Chứng minh Bao lồi conv của tập các điểm a a1, 2,...,an
là một đa giác lồi m cạnh, với mn. Ta gọi các đỉnh liên tiếp bao lồi của là
1, ,...,2 m
b b b . Nối đỉnh b1 với các đỉnh b2,...,bm ta được m2 tam giác chung đỉnh lấp đầy conv (Hình bên với n6).
Giả sử một đỉnh ai nằm ở bên trong conv. Vì đỉnh b chính là đỉnh j ak nào đó,
và không có ba điểm nào trong số n điểm a a1, 2,...,an đã cho thẳng hàng, nên ai
không thể nằm trên các đoạn thẳng b b1 l, Do các tam giác b b b1 q q1, q2,...,m1 lấp đầy conv nên ai phải nằm bên trong một tam giác b b b1 q q1 với q nào đó,
2,..., 1
q m . Nhưng khi ấy bốn điểm ai, b b b1, q, q1 tạo thành một tứ giác lõm.
Điều vô lí này chứng tỏ nm hay n điểma a1, 2,...,an tạo thành đa giác n đỉnh.
Bổ đề 3.2.4 chứng minh xong.
Từ hai bổ đề đơn giản này, ta có thể suy ra một tính chất hình học thú vị của tập điểm trên mặt phẳng, đó chính là Định lí ErdősSzekeres.
Định lí 3.2.5 (ErdősSzekeres, 1935)Giả sử n là một số nguyên, n3. Khi ấy tồn tại một số nguyên nhỏ nhất ES n( ), sao cho từ N điểm trên mặt phẳngN ES n( )trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, có thể lấy ra n điểm, là đỉnh của đa giác lồi
ncạnh.
Số nguyên ES n( ) thỏa mãn Định lí ErdősSzekeres, được gọi là số ErdősSzekeres.
Chứng minh 1 (ErdősSzekeres, 1935) Với n3định lí là hiển nhiên. Và ta có (3)3
ES ,ES(4)5. Bây giờ ta sẽ sử dụng Định lí Ramsey để chứng minh sự tồn tại của ES n . ( )
Giả sử n4 và n điểm cho trước tạo thành tập S a1,...,an. Các tập bốn điểm của
S tạo thành một lớp 4 S được phân hoạch thành hai họ tập hợp: Họ A là các tập
gồm bốn điểm tạo thành tứ giác lõm, còn họ B là các tập gồm bốn điểm tạo thành tứ
giác lồi. Xét số mR5, ;4n . Theo Định lí Ramsey, tập S phải:
1) Hoặc chứa tập con P gồm 5 điểm, tất cả các tập con bốn điểm của P thuộc A, tức
là tạo thành tứ giác lõm. Theo Bổ đề 3.2.3, điều này không thể xảy ra. Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp
2) Tập S phải chứa tập con Q gồm n điểm, tất cả các tập con bốn điểm của Q thuộc B , tức là tạo thành tứ giác lồi. Theo Bổ đề 3.2.4, tất cả n điểm của tập Q tạo thành
đa giác lồi n cạnh.
Như vậy, ta có N n R5, ; 4n . Định lí ErdősSzekeres được chứng minh.
Chứng minh 2 (Tarsy, 1976) Đặt. Xét tập S gồm N điểm x x1, 2,...,xN trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát với N R n n , ;3. Tam giác x x xi j k
với i jk được gọi là có hướngphải nếu đường
đi từ đỉnh xi đi qua đỉnh xj để tới đỉnh xk có chiều theo chiều kim đồng hồ và tam giác x x xi j k với i jk được gọi là có hướng trái nếu đường đi là ngược kim đồng
hồ. Có thể kiểm tra rằng, tứ giác lõm khi và chỉ khi nó có thể chia thành các tam giác có các hướng khác nhau, còn tứ giác có tất cả các tam giác cùng hướng là lồi (nếu không thì nó phải chứa một tứ giác lõm). Bây giờ ta chia họ các tập gồm ba điểm của
S thành hai họ, họ A chứa tất cả các tam giác cùng hướng trái, và họ B chứa tất cả
các tam giác cùng hướng phải. Từ Định lí Ramsey ta suy ra rằng tồn tại tập P gồm n
hoặc phải). Như vậy, mọi tứ giác (tạo bởi các tam giác cùng hướng) trong P phải là
các tứ giác lồi. Theo Bổ đề 3.2.4, bản thân P là đa giác lồi. Định lí ErdősSzekeres được chứng minh.
Chứng minh 3 (Johnson, 1986) Tô tập con ba phần tử S của tập các điểm ở vị trí
tổng quát trên mặt phẳng X màu xanh (màu đỏ) nếu số điểm của X nằm trong phần trong của tam giác convS là chẵn (là lẻ). Ta có thể chỉ ra rằng, tập bốn điểm của X
tạo thành tứ giác lồi khi và chỉ khi tất cả các tập ba điểm của nó cùng màu. Thật vậy,
nếu ABCD là lõm với D là điểm trong và các tam giác DAB DAC DBC, , cùng màu,
thí dụ, các tam giác cùng có số điểm trong là chẵn thì tam giác ABC có số điểm trong
là lẻ (cộng thêm một điểm D ). Chia họ các tập ba điểm của S thành hai họ: họ A
chứa tất cả các tam giác xanh, và họ B chứa tất cả các tam giác đỏ. Từ Định lí
Ramsey ta suy ra rằng, nếu X R n n , ;3 thì tồn tại tập P gồm n điểm sao cho mọi