棋盤染色問題與二部

棋盤染色問題與二部 _Ramsey 數

李炯生

在高 中 數 學 競 賽 (Mathematical Competitions of High School Students) 中, 往往會遇到棋盤染色問題。 請看以下數 例。

例1: (1976 年美國數學競賽 (27th Mathematical Competitions of Ameri- can High School Students) 試題) 用黑 白二種顏色去染一個 4 × 7 棋盤上的每個方 格, 每個方格染而且只染一種顏色。 證明, 不 論如何染色, 4 × 7 棋盤上一定有一個由方格 組成的矩形, 它的四個角上的方格顏色相同, 而對於一個 4 × 6 棋盤, 一定有一種染色方 式, 使得棋盤上每一個由方格組成的矩形, 它 的四個角上的方格不全同色。

例2: (1983 年瑞士數學競賽 (Math- ematical Competitions of Swiss High School Students) 試題) 用紅、 黃、 藍三種 顏色去染一個 12×12 棋盤上的每個方格, 每 個方格染而且只染一種顏色。 證明, 不論如何 染色, 12 × 12 棋盤上一定有一個由方格組成 的矩形, 它的四個角上的方格顏色相同。

例3: (1985年國際數學奧林匹克 (26th International Mathematical Olympiad) 備選題) 用 n 種顏色 c

1

, c

2

, . . ., c

n

去染格 點集合 M = {(x, y)|x = 0, 1, · · · , kn − 1, y = 0, 1, · · · , ℓn − 1} 中的格點, 每個格點 染而且只染一種顏色。 如果對於每種顏色 c

_i

, 格點集合 M 中每一行上都恰有 k 個 c

i

色 格點, 每一列上都恰有 ℓ 個 c

i

色格點, 而且 對於格點集合 M 中每個以格點為頂點的矩 形, 它的四個頂點的顏色都不全相同, 則這樣 的染色方式 f 稱為允許的。 證明, 如果對於 格點集合 M, 允許的染色方式 f 存在, 則 kℓ≤ n(n + 1)。

以上都是棋盤染色問題的特殊情形。 設 M 是一個 m× n 棋盤, c

¹

, c

2

,· · · , c

k

是 k 種不同顏色。 用顏色 c

1

, c

2

,· · · , c

k

去染棋盤 M 上的方格, 每個方格染而且只染一種顏色, 得到的棋盤稱為 k 色棋盤, 仍記作 M。 當然, 由於染色方式的不同, 得到的 k 色棋盤 M 也 不同。設 M 是一個 k 色棋盤。 如果 k 色棋 盤 M 上由方格組成的矩形 D 的四個角上的 方格顏色相同, 則矩形 D 稱為單色矩形, 否 則稱為雜色矩形。

63

x

1

x

2

x

3

x

4

y

4

y

3

y

2

y

1

圖一

圖二

例如圖一所示的 2 色 4 × 4 棋盤 M 含 有單色矩形 D , 而圖二所示的 2色 4 × 4 棋 盤 M 不含單色矩形。 於是用 k 色棋盤和單 色矩形的語言, 例 1 可以改述為: 證明, 任意 一個 2 色 4 × 7 棋盤一定含有單色矩形, 而 且存在不含單色矩形的 2 色 4 × 6 棋盤; 例 2 則是要證明, 任意一個 3 色 12 × 12 棋 盤總含有單色矩形。 至於例 3, 則可考慮一個 kn × ℓn 棋盤 M

^∗

, 其第 i 列和第 j 行 的交叉位置上的方格標以坐標 (i − 1, j − 1), i = 1, 2, · · · , kn, j = 1, 2, · · · , ℓn, 則 方格 (i − 1, j − 1) 便在直角坐標平面上確定 一個格點 (i−1, j −1), 所有格點的集合即是 給定的格點集合 M 。 設 f 是格點集合 M 的 用 n 種顏色 c

1

, c

2

,· · · , c

n

去染格點的一種

染色方式, 而且設格點 (i − 1, j − 1) 在染色 方式 f 下染成 c

k

色, 我們將棋盤 M

^∗

上第 i 列和第 j 行相交叉的方格染成 c

_k

色, 便得 到 M

^∗

的一種染色。 容易看出, 格點集合 M 的一種允許的染色方式 f 便確定 kn×ℓn 棋 盤 M

^∗

的這樣一種染色方式, 使得棋盤 M

^∗

的每一列上 c

i

色方格的個數為 k, 每一行上 c

_i

色方格的個數為 ℓ, i = 1, 2, · · · , n, 而且 n 色棋盤 M

^∗

不含單色矩形。 於是例 3 即是 要證明, 如果這樣的 n 色 kn × ℓn 棋盤 M

^∗

存在, 則 kℓ ≤ n(n + 1)。

關於 k 色棋盤 M, 主要關心的問題是:

1. 對於給定的 k, 參數 m 和 n 滿足怎 樣的條件, 才能使得任意一個 k 色 m × n 棋 盤 M 一定含有單色矩形。 其對偶形式是, 對 於給定的 k, 參數 m 和 n 滿足怎樣的條件, 才能保證一定存在一個不含單色矩形的 k 色 m× n 棋盤?

2. 對於給定的 k, 求這樣的最小正整數 L(k), 使得當 n ≥ L(k) 時, 任意一個 k 色 n× n 棋盤 M 一定含單色矩形。

數 L(k) 稱為棋盤 Ramsey 數, 確定 棋盤 Ramsey 數 L(k) 是棋盤染色的一基 本問題。 它和組合數學中的 Ramsey 理論有 著密切的聯繫。 這裡將簡要介紹處理棋盤染 色問題的一般方法和技巧, 以及如何將它轉 化成圖論問題。 有關的圖論知識, 可參閱 J.

A. Bondy 和 U. S. R. Murty 著 “Graph Theory with Application” (MacMillan Press, London and Basingstoke, 1976)。

有關 Ramsey 理論, 可參閱 R. L. Graham, B. L. Rothschild and J. H. Spencer 的專

著 “Ramsey Theory” (John Wiley and Sons Press,New York,1980)

一. 處理棋盤染色問題的基本 方法

我們還是從上面提到的幾個例子談起。

例1: 證明, 任意一個 2 色 4 × 7 棋盤 M 一定含有單色矩形, 而且存在不含單色矩 形的 2色 4 × 6 棋盤。

證明: 設 M 是一個2色 4 × 7 棋盤, M 上共有 4 × 7 = 28 個方格, 兩種顏色, 因此 至少有 14個方格同色, 不妨設 M 上有 14個 黑色方格。 設棋盤 M 的第 i 列上有 d

_i

個黑 色方格, i = 1, 2, · · · 7 , 則有

d

1

+ d

²

+ · · · + d

⁷

= 14。 (1) 棋盤 M 的第 i 列上由彼此相鄰的方格組成 而且上下兩頭的方格都是黑色的長方形的個 數為 C

2 ^d

ⁱ, i = 1, 2, · · · , 7。 將棋盤 M 的各 列上所有這種長方形都平移到第1列上。 設棋 盤 M 不含單色矩形, 則平移到第 1 列上的所 有這種長方形不會重疊 (注意, 這是關鍵性的 一步)。 因此平移到第 1 列上的這種長方形的 個數為

C

2 ^d

¹+ C

2 ^d

² + · · · + C

2 ^d

⁷。

另一方面, 棋盤 M 的第 1 列上由彼此相鄰的 方格組成的長方形 (允許上下兩頭的方格不 都是黑色的) 的個數為 C

2 ⁴

。 於是有

C

2 ^d

¹ + C

2 ^d

² + · · · + C

2 ^d

⁷ ≤ C

2 ⁴

,

即有

(d

² 1

+d

² 2

+· · ·+d

² 7

)−(d

¹

+d

²

+· · ·+d

⁷

) ≤ 12。

由 Cauchy 不等式得到, 1

7(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

⁷

)

²

−(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

⁷

) ≤ 12。 (2) 將式 (1) 代入式 (2) 得到, 14 ≤ 12, 矛盾。

這就證明, 任意一個 2 色 4 × 7 棋盤 M 定含 有單色矩形。

圖三

圖 3 所示的 2 色 4 × 6 棋盤不含單色矩 形。 例 1證畢。

評注: 例1的證明方法具有一般意義, 仔 細分析一下任意一個 2 色 4 × 7 棋盤 M 一 定含有單色矩形的證明, 可以發現, 其中關鍵 的是以下兩步: 首先 2 色 4 × 7 棋盤 M 共 有 4 × 7 = 28 個方格, 兩種顏色, 其中至少 有

¹ ₂

4 × 7 個方格同色。 然後抓住其顏色 c

i

不放。這一步用的是抽屜原理。 其次進一步考 慮棋盤 M 各列上的 c

i

色方格, 其方格數依 次為 d

¹

, d

2

,· · · d

⁷

, 則各列上由彼此相鄰方 格組成且上下兩頭的方格為 c

_i

色的長方形的 個數依次為 C

2 ^d

¹, C

2 ^d

²,· · · , C

2 ^d

⁷, 再將各列上

這種長方都平移到第 1列。 若棋盤 M 不含單 色矩形, 則這些長方形不相重疊, 因此其總數 不超過第 1 列上由彼此相鄰方格組成的長方 形之個數。 這一步用的是簡單的幾何變換, 但 有著深刻的圖論意義。 務請留意。 至於不含單 色矩形的 2色 4 × 6 棋盤的存在性, 主要採用 構造性證明, 其依據仍是抽屜原理。 讀者無妨 嘗試構造出一個不含單色矩形的2色 4 × 6棋 盤, 以加深對證明的理解。

例4: 證明, L(2) = 5。

證明: 由棋盤 Ramsey 數 L(2) 意義, 只要證明, (1) 任意一個 2 色 5 × 5 棋盤 M 一定含有單色矩形, 從而 L(2) ≤ 5; (2) 存 在一個不含單色矩形的2色 4 × 4 棋盤, 因此 L(2) ≥ 5。 於是便有 L(2) = 5。

(1) 設 M 是任意一個 2 色 5 × 5 棋盤, M 共有 5 × 5 = 25 個方格, 兩種顏色, 因 此必有 13個方格同色, 不妨設 M 有 13個黑 色方格, 而且 M 的第 i 列上有 d

i

個黑色方 格, i = 1, · · · , 5。 則有

d

1

+ d

²

+ · · · + d

⁵

= 13 (3) 棋盤 M 的第 i 列上由彼此相鄰方格組成 而且上下兩頭的方格都是黑色的長方形共有 C

2 ^d

ⁱ 個, i = 1, 2, · · · , 5 。 將棋盤 M 的各列 上這種長方形平移到第 1列上。 設棋盤 M 不 含單色矩形, 則平移到第1列上的這些長方形 不相重疊。 因此棋盤 M 的第1列上這種長方 形共有 C

2 ^d

¹ + C

2 ^d

² + · · · + C

2 ^d

⁵個。 另一方 面, 棋盤 M 的第一列上有 5 個方格, 它們可

以組成 C

2 ⁵

個由彼此相鄰方格組成的長方形。

所以有

C

2 ^d

¹ + C

2 ^d

² + · · · + C

2 ^d

⁵ ≤ C

2 ⁵

。 由上式得到,

(d

² 1

+ d

² 2

+ · · · + d

² 5

)

−(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

⁵

) ≤ 20。

由 Cauchy 不等式得到, 1

5(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

⁵

)

²

−(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

⁵

) ≤ 20。 (4) 將式 (3) 代入式 (4) 得到,

¹⁰⁴ ₅

≤ 20, 矛盾。

因此棋盤 M 一定有單色矩形, 即 L(2) ≤ 5。

(2) 圖 2 所示的 2 色 4 × 4 棋盤不含單 色矩形, 因此 L(2) ≥ 5。 例 4 證畢。

例5: L(3) = 11。

證明: 首先證明, L(3) ≤ 11。 為此只 需證明, 任意一個 3 色 11 × 11 棋盤 M 一 定含有單色矩形, 證明方法與例 1 和例 4 相類 似。 留作練習。

圖四

圖 4 所示的 3 色 10 × 10 棋盤 M 不 含單色矩形, 其驗證方法如下: 棋盤 M 的 第 1 行上有 4 個帶陰影的方格, 它們的右方各 行中都只有一個帶陰影的方格。 因此棋盤 M 不含有兩個角在第一行上而且四個角上都是 帶陰影的方格的單色矩形; 棋盤 M 的第 1行 上有 3 個白色方格, 它們位於第 3,4 和 6 列上。

考慮棋盤 M 的第 3, 4 和 6 列, 除第 1 行 外, 其他各行都至多有一個白色方格。 因此棋 盤 M 不含有兩個角在第1行上而且四個角都 是白色方格的單色矩形; 同樣可以驗證, 棋盤 M 不含兩個角在第1 行上而且四個角都是帶 星的方格的單色矩形。 再考察第 2行, 如此繼 續, 即可驗證, 棋盤 M 不含單色矩形。 於是 有 L(3) ≥ 11 。 所以 L(3) = 11 。 例 5 證 畢。

評注: 從例 5 可知, 將例 2 中的數字 12 改為 11, 其結論仍然成立, 但若改成10, 則結 論不再成立。

確定棋盤 Ramsey 數 L(k), 是一個相 當困難的問題, 例 4 和例 5 給出的 L(2) = 5 和 L(3) = 11 是所知的幾個棋盤 Ram- sey數。 下面的定理1給出了棋盤 Ramsey 數 L(k) 的上界。

定理1: 對於正整數 k ≥ 2, 有 L(k) ≤ k

²

+ k − 1。

證明: 記 n = k

²

+ k − 1, 由棋盤 Ramsey 數 L(k) 的意義, 只需證明, 任意 一個 k 色 n × n 棋盤 M 一定含有單色 矩形, 為此用反證法。 設 M 是一個不含單

色矩形的 k 色 n × n 棋盤。 由於 M 有 n

²

= k

²

(k + 1)

²

− 2k(k + 1) + 1 個方 格, k 種顏色, 因此其中至少有 k(k + 1)

²

− 2(k + 1) + 1 個方格同色。 不妨設 M 有 r= k(k +1)

²

−2(k +1)+1 = (n−1)k +n 個紅色方格。 棋盤 M 的第 i 列上紅色方格 數記作 d

_i

, i= 1, 2, · · · , n, 則有

d

1

+ d

²

+ · · · + d

n

= r。 (5) 考慮棋盤 M 的第 i 列上由彼此相鄰方格 組成而且上下兩頭的方格都是紅色的長方形, 其個數為 C

2 ^d

ⁱ, i = 1, 2, · · · , n。 將它們都平 移到第 1 列上。 由於棋盤 M 不含單色矩形, 平移到第 1列上的這些長方形不相重疊, 所以 其個數為 C

2 ^d

¹ + C

2 ^d

² + · · · + C

2 ^d

ⁿ。 另一方 面, M 的第 1 列上由彼此相鄰方格組成的長 方面的個數為 C

2 ⁿ

, 於是有

C

2 ^d

¹ + C

2 ^d

² + · · · + C

2 ^d

ⁿ ≤ C

2 ⁿ

, 即有

(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

n

)

²

−(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

n

) ≤ n(n − 1)。

由 Cauchy 不等式得到 1

n(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

n

)

²

−(d

¹

+ d

²

+ · · · + d

n

) ≤ n(n − 1)。(6) 將式 (5) 代入式 (6) 得到,

1

nr

²

− r ≤ n(n − 1), 即有

r

²

− nr ≤ n

²

(n − 1)。

由於 r = (n − 1)k + n, 所以由上式得到, ((n − 1)k + n)(n − 1)k ≤ n

²

(n − 1)。

從而有

((n − 1)k + n)k ≤ n

²

。

將 n = k

²

+ k − 1 代入上式得到,

n

²

− (n − 1)k

²

− nk = −(k − 1) ≥ 0,

矛盾。 這就證明, 任意一個 k 色 n × n 棋盤 M 一定含有單色矩形。 定理1 證畢。

由定理 1 可以得到, L(2) ≤ 5, L(3) ≤ 11。 由例 4 和例 5 可知, L(2) = 5, L(3) = 11。

這說明, 定理 1 所給的關於棋盤 Ramsey 數 L(k) 的上界是相當好的。 筆者猜想, 應有 L(k) = k

²

+ k − 1。

二. 二部 Ramsey 數

先介紹幾個圖論術語, 相信它們都是不 難理解的, 設 X = {x

¹

, x

2

,· · · x

m

} 和 Y = {y

¹

, y

2

,· · · y

n

} 分別是 m 元集和 n 元集, 記 V = X ∪ Y , 集合 V 中的元素 稱為頂點, 對於集合 X 中每個頂點 x 和 Y 中每個頂點 y, 用一條邊將它們連接起來, 而 集合 X 中每對頂點以及集合 Y 中每對頂 點都不連接, 得到的圖稱為二部完全圖, 記作 K

_m,n

。 圖 5 給出了一個二部完全圖 K

⁴ ,4

, 其 中小圓圈表示圖 K

4 ,4

的頂點, 連接其中兩個 頂點的邊用實線段表示。 注意其中兩條相交 的邊的交點不是圖 K

4 ,4

的頂點。

.

... .

... .

... .

...

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... ..

. ...

x

4

x

3

x

2

x

1

y

4

y

3

y

2

y

1

圖五

在一個圖 G 中, 對於圖 G 的兩個頂點 x 和 y, 關心的是, 它們之間是否有邊相連, 如果 x 和 y 之間有邊相連, 則稱 x 和 y 是相 鄰的, 否則稱為不相鄰。 例如在圖 5 所示的圖 K

4 ,4

, 頂點 x

i

和 y

_j

相鄰, 1 ≤ i, j ≤ 4, 而 任意頂點 x

_i

和 x

_j

不相鄰, 1 ≤ i 6= j ≤ 4, 任意頂點 y

_i

和 y

_j

不相鄰, 1 ≤ i 6= j ≤ 4, 對於圖 K

_m,n

, 頂點子集 X 中任意兩頂點不 相鄰, 頂點子集 Y 中任意兩頂點不相鄰, 而 X 中任意一個頂點和 Y 中任意一個頂點都 相鄰。 (X, Y ) 稱為 K

m,n

的一個二部分劃。

設 K

_m,n

是一個二部完全圖, (X, Y ) 是 K

_m,n

的二部分劃。 對於頂點子集 X

1

⊆ X, Y

1

⊆ Y , 令 X

¹

中每個頂點和 Y

1

中每 個頂點相鄰, 得到的圖稱為 K

m,n

的一個二 部完全子圖。 例如圖 6 所示的圖即是圖 5 中圖 K

4 ,4

的一個二部完全子圖 K

² ,2

。

... ...

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... ...

.. . .. .. . .. . ...

.. .. . .. .. .. ...

x

3

x

2

y

4

y

1

圖 6

現在考慮圖 K

m,n

的染色問題, 用 k 種 顏色 c

1

, c

2

,· · · , c

k

去染圖 K

_m,n

的邊, 每一

條邊染而且只染一種顏色, 得到的圖稱為 k 色圖, 仍記作 K

_m,n

。 當然, 對於圖 K

m,n

的 邊的不同染色方式, 得到的 k 色圖 K

_m,n

是 不同的。 圖 7和圖8分別給出兩個不同的2色, 圖 K

4 ,4

, 其中實線段表示黑色邊, 虛線段表 示白色邊。

.. ...

.. ... ..

...

.. ... ..

...

.. ... ..

...

.. ...

.

... .

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... ..

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...

.

... .

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x

4

x

3

x

2

x

1

y

4

y

3

y

2

y

1

圖 7

.. ...

.. ... ..

...

.. ... ..

...

.. ... ..

...

.. ...

x

4

x

3

x

2

x

1

y

4

y

3

y

2

y

1

.

... .

... .

... .

... .

... .

... .

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...

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... ...

... . ...

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...

. ...

... ...

. ...

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. ...

... ...

... ...

... ...

... .

... ...

... ...

... .

... ..

... ...

... . ...

... .. ...

. . ...

... ...

..

圖 8

設 K

_m,n

是一個 k 色圖, 它的頂點集合 是 V = X∪Y , 其中 X = {x

¹

, x

2

,· · · , x

m

}, Y = {y

¹

, y

2

,· · · , y

n

}, 而 K

r,s

是 k 色 圖 K

_m,n

的一個子圖, 其頂點集合為 V

¹

= X

1

∪ Y

¹

, 其中 X

¹

= {x

i

1, x

_i

2,· · · , x

i

^r}, 和 Y

1

= {y

j

1, y

_j

2,· · · , j

j

s}。 如果 K

r,s

中每條 邊都是 c

_i

色的, 則稱 K

r,s

是 c

i

色的, 而各 邊都是同色的子圖 K

_r,s

稱為單色的。 例如圖 7 所示的 2 色圖 K

⁴ ,4

含有白色子圖 K

2 ,2

, 它 的頂點集合是 {x

2

, x

4

} ∪ {y

¹

, y

3

}, 從而 2 色 圖 K

4 ,4

含有單色子圖 K

2 ,2

, 而圖 8 所示的 2 色圖 K

4 ,4

不含單色子圖 K

2 ,2

。

對於圖 K

_m,n

的邊染色, 主要關心的是:

1. 對於給定的正整數 k ≥ 2 , r 和 s , 參數 m 和 n 應滿足怎樣的條件, 才能保證任 意一個 k 圖 K

m,n

一定含有單色子圖 K

_r,s

。 2. 對於給定的正整數 k ≥ 2 , r 和 s , 求最小正整數 b

k

(K

r,s

), 使得當 n ≥ b

_k

(K

r,s

) 時, 任意一個 k 色圖 K

n,n

一定含 有單色子圖。

數 b

k

(K

r,s

) 稱為二部 Ramsey 數。 它 是 Ramsey 理論的一個重要研究對象。 所謂 棋盤 Ramsey 數 L(k) 和二部 Ramsey 數 b

k

(K

r,s

) 有著密切的聯繫。

現在我們來解釋二部完全圖的邊染色問 題和棋盤染色問題之間的內在聯繫。 設 M 是 一個 m × n 棋盤, 將棋盤 M 上 m 個列 從左至右依次編號為 x

¹

, x

2

,· · · , x

m

, 其集合 記作 X。 將棋盤 M 上 n 個行從下到上依 次編號為 y

¹

, y

2

,· · · , y

n

, 其集合記作 Y 。 記 V = X ∪ Y 。 將 V 中的元素視為頂點, 令 Z 中每個頂點和 Y 中每個頂點都相鄰, 而 Z 中每對頂點都不相鄰, Y 中每對點也都不 相鄰, 得到一個圖 K

m,n

。 注意, m × n 棋 盤 M 的第 x

_i

列和第 y

_j

行交叉位置上的方 格對應於圖 K

m,n

中的邊 x

_i

y

_j

。 所以給定一 個 m × n 棋盤 M, 即可按照上述方式確定 一個圖 K

_m,n

, 使棋盤 M 的每個列 x

i

對應 於 K

m,n

的頂點 x

i

, 棋盤 M 的每一行 y

j

對應於 k

_m,n

的頂點 y

j

, 而 K

m,n

連接頂點 x

_i

和 y

_i

的邊 x

i

y

_j

對應於棋盤 M 的第 x

_i

列和第 y

_j

行交叉位置上的方格。 這種將棋盤 M 轉化為圖 K

_m,n

的方法是建立棋盤染色 問題和二部完全圖的邊染色問題的關鍵所在。

或者可以簡單地說, 圖 K

m,n

是 m × n 棋盤

M 的一種數學模型。 圖5 所示的圖 K

⁴ ,4

即 是圖 1所示的 4 × 4 棋盤 M 的數學抽象。

現在設 M 是 k 色 m × n 棋盤, 如果棋 盤 M 的第 x

_i

列和第 y

_i

行交叉位置上的方 格是 c

ℓ

色的, 則將圖 K

m,n

的邊 x

i

y

_i

染成 c

_ℓ

色, 於是便得到一個 k 色圖 K

m,n

。 例如 圖 7 和圖 8 所示的 2 色二部完全圖即是分別由 圖 1 和圖 2 所示的 2 色 4 × 4 棋盤所確定的。

這裡應指出的是, 對於 m × n 棋盤 M 的 一個由方格組成的矩形, 它的四個角上的四 個方格對應於圖 K

_m,n

中一個子圖 K

2 ,2

, 它 的四條邊相應於矩形的四個角上的四個方格, 對於 k 色 m × n 棋盤 M, 它的一個單色 矩形對應於 k 色圖 K

m,n

中一個單色子圖 K

2 ,2

, 因此 k 色 m × n 棋盤 M 含有單色矩 形的充要條件是, 它所對應的 k 色圖 K

m,n

含有單色子圖 K

2 ,2

。 於是上面提到的關於棋 盤染色的兩個基本問題即是關於二部完全圖 的兩個邊染色問題中當 r = s = 2 時的特殊 情形, 而所謂棋盤 Ramsey 數 L(k) 即是二 部 Ramsey 數 b

k

(K

² ,2

)。 所以由例 4 和例 5 有 b

2

(K

² ,2

) = 5, b

³

(K

² ,2

) = 11。 而定理 1 即是說, 對於正整數 k ≥ 2, 有 b

k

(K

² ,2

) ≤ k

²

+ k − 1。 上面提到的關於棋盤 Ramsey 數 L(k) 的猜想, 用二部 Ramsey 數 b

k

(b

2 ,2

) 的語言來說, 即是 b

k

(K

² ,2

) = k

²

+ k − 1

確定二部 Ramsey 數 b

k

(K

r,s

) 的值 是相當困難的, 除上面提到的二部 Ramsey 數 b

2

(K

² ,2

) = 5 和 b

³

(K

² ,2

) = 11 之外, 至今所知的是, 1975 年 Beineke 和 Schwenk(On a partition form of the Ramsey problem, in Proceedings of the

Fifth British Combinatorial Conference 1975 (eds. C. St. J. A. Nash-Williams and J. Sheehan), Congressus Numeran- tium X V, Utilitas Mathematica, Win- nipeg,1975, pp.17-22) 求得 b

²

(K

³ ,3

) = 17, 1974 年 Irving (A bipartite Ramsey problem and the Zarankiewicz numbers, Discrete Math. 9(1974), 251-264) 求得 的 b

²

(K

³ ,4

) = 25 和 b

²

(K

r,s

) = 33, 這就迫 使人們去尋求二部 Ramsey 數 b

k

(K

r,s

) 的 上界。

定理2: 設 k和 n 是正整數, π = (d

¹

, d

2

,· · · , d

n

) 是 非 負 整 數 序 列, 記 σ(π) = d

¹

+ d

²

+ · · · + d

n

。 所有滿足 σ(π) ≥

ⁿ _k

² 的非負數整數序列 π 的集合記 作 S, 即

S = {π = (d

¹

, d

2

,· · · , d

n

)|σ(π) ≥ n

²

k }。

對於 π = (d

¹

, d

2

,· · · , d

n

) ∈ S , 記 C(π) = C

_r ^d

¹ + C

_r ^d

² + · · · + C

_r ^d

ⁿ , 當非負整數序列 π(d

¹

, d

2

,· · · , d

n

) 遍歷集合 S 時, C(π) 的 最小值記作 g

k

(n), 即

g

_k

(n) = min

π∈S

{C(π)}。

則有

b

_k

(K

r,s

) ≤ min{n|g

k

(n) > (s − 1)C

_r ⁿ

}。

(1) 證明: 設 n 是所有滿足 g

k

(n) > (s − 1)C

_r ⁿ

的正整數 n 之最小值, 先弄清正整數 n 的涵義, 記

T = {n|g

k

(n) > (s − 1)C

_r ⁿ

}。

T 是非負整數集合, n 是 T 中之最小正整數, 因此有 g

_k

(n) > (s − 1)C

_r ⁿ

。 由於 g

_k

(n) 是 正整數集合 {C(π)|π ∈ S} 的最小值, 因此 對於每個滿足

σ(π) = d

1

+ d

2

+ · · · + d

n

≥ n

²

k (2) 的非負整數序列 π = (d

1

, d

2

,· · · , d

n

), 均有

C(π) = C

_r ^d

¹ + C

_r ^d

² + · · · + C

_r ^d

ⁿ

≥ g

k

(n) > (s − 1)C

_r ⁿ

。 (3) 現在為證明結論 (1), 只需證明, 任意一個 k 色圖 K

_n,n

一定含有單色子圖 K

_r,s

。 用反 證法, 設 k 色圖 k

n,n

不含單色子圖 K

_r,s

, 並且設 K

_n,n

的頂點集合是 V = X ∪ Y, 其中 X = {x

¹

, x

2

,· · · , x

n

}, Y = {y

¹

, y

2

,· · · , y

n

}。 由於 K

n,n

有 n

²

條邊, k 種顏色, 所以 K

_n,n

至少有 [

ⁿ _k

²] + 1 條邊同 色, 不妨設 K

n,n

有 [

ⁿ _k

²] + 1 條 c 色邊。

設集合 X 中頂點 x

_i

連有 d

_i

條 c 色邊, i= 1, 2, · · · , n, 則

d

1

+ d

²

+ · · · + d

n

≥ n

²

k 。

記 π = (d

1

, d

2

,· · · , d

n

), 則 π 是非負整數 序列, 而且 σ(π) ≥

ⁿ _k

², 從而 π ∈ S。 對於 集合 X 中每個頂點 x

_i

, 考慮集合 Y 中這樣 的 r 元子集 Z, 頂點 x

_i

和 Z 中每個頂點 z 連的邊 x

_i

都是 c 色的。 由於頂點 x

_i

連有 d

_i

條 c 色邊, 其中每 r 條邊便確定 Y 中一個 這樣的 r 元子集 Z。 所以這樣的 r 元子集有 C

2 ^d

ⁱ 個, 從而 Y 中這樣的 r 元子集 Z 的個 數為

C(π) = C

_r ^d

¹ + C

_r ^d

² + · · · + C

_r ^d

ⁿ。

注意, 這是從集合 X 的頂點來考慮 Y 中這 樣的 r 元子集 Z 的計數。 我們也可以從另 一方面來考慮 Y 中這樣的 r 元子集的計數:

對於 Y 中一個 r 元子集 Z, 考慮 X 中這樣 的頂點 x, 它和 Z 中每個頂點 z 連的都是 c 色邊 xz。 這樣的頂點 x 的個數記作 β(Z)。

當 Z 遍歷 Y 中所有的 r 元子集時, 則所有 β(Z) 之和即是 Y 中所有這樣的 r 元子集 Z 的個數, 於是得到

X

Z⊆Y

β(Z) = C

_r ^d

¹+C

_r ^d

²+· · ·+C

_r ^d

ⁿ = C(π) 由於 K

n,n

不含單色子圖 K

_r,s

, 所以對於 Y 中每個 r 元子集 Z, 均有 β(Z) ≤ s − 1, 而 Y 中 r 元子集的個數是 C

_r ⁿ

, 因此

(s − 1)C

_r ⁿ

≥

^X

Z⊆Y

β(Z) = C(π)。

由於 π ∈ S, 所以由式 (3) 得到,

(s − 1)C

_r ⁿ

≥ C(π) ≥ g

k

(n) > (s − 1)C

_r ⁿ

, 矛盾, 定理2 證畢。

定理 2 是關於二部 Ramsey 數b

k

(K

r,s

) 的一個基本定理, 它是 1956 年 Erd¨os 和 Rado (A partition calculus in set theory, Bull. Amer. Math. Soc., 62(1956), 427- 489) 首先發現並證明的。 這裡採用的是1969 年 Chv´atal (On finite polarized partition relations Canad. Math. Bull. 12 (1969), 321-326) 給出的精彩證明, 讀者只要仔細比 較定理 1 和定理 2 的證明即可發現, 除表述形 式不同外, 其方法是相同的。

下面是定理 2 的幾個推論。

推論1: b

2

(K

2 ,s

) ≤ 4s − 3

證明: 採用定理 2 的記號, 並令 r = 2, 記

T{n|g

k

(n) > (s − 1)C

2 ⁿ

} 根據定理 2, 只需證明, n = 4s − 3 ∈ T 。

對於給定的 s 和 n = 4s − 3, 集合 S = {π = (d

1

, d

2

,· · · , d

n

)|σ(π) ≥ n

²

2 } 是非空的, 因此集合 {C(π)|π ∈ S} 是一個 非空的正整數集合, 所以其最小值 g

²

(n) 總 是存在的。 設 π = (d

1

, d

2

,· · · , d

n

) ∈ S, 即 設

σ(π) = d

¹

+ d

²

+ · · · + d

n

≥ n

²

2 , (4) 而且

C(π) = C

2 ^d

¹ + C

2 ^d

² + · · · + C

2 ^d

ⁿ = g

²

(n)。

如果 n = 4s − 3 6∈ T , 則

C(π) = C

2 ^d

¹ + C

2 ^d

² + · · · + C

2 ^d

ⁿ = g

²

(n)

≤ (s − 1)C

2 ⁿ

。 於是

(d

² 2

+d

² 2

+· · ·+d

² _n

)−(d

¹

+d

²

+· · ·+d

n

)

≤ (s − 1)n(n − 1)。

由 Cauchy 不等式得到, 1

nσ(π)

²

− σ(π) ≤ (s − 1)n(n − 1)。

將式(3) 代入上式得到,

(n − 1)

²

<(n − 1)

²

+ 1 ≤ 4(s − 1)(n − 1)。

所以 n − 1 < 4(s − 1), 即 n < 4s − 3, 矛 盾, 推論 2 證畢。

推論2: 當 k ≥ 2 時, b

k

(K

2 ,2

) = L(k)

≤ k

²

+ k − 1。

證明: 和推論1的證明完全相同, 留作練 習。

從上面的討論可以看到, 棋盤染色問題 和二部完全圖的邊染色問題有著密切的內 聯 繫。 而後者又和 Ramsey 理論中的二部 Ramsey 數 b

k

(K

r,s

) 緊密相關。 這就是為什 麼數學競賽中經常會出現棋盤染色的試題的 原因所在。 對於指導學生參加數學競賽的老 師, 通過數學競賽試題的分析和講解, 不但講 清楚解題的方法和技巧, 而且也講清楚試題 的數學背景, 從而將參賽學生引導到現代數 學上來, 這無疑是十分必要的。

—本文作者任教於中國科學技術大學數學 系—