棋盤著色和完全二分圖之單色子圖 - 政大學術集成
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(2) 目次 Abstract. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·iii. 中文摘要· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · iv 第一章 緒論· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·1 1.1 研究動機· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 1.2 研究目的· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 2. 治 政 第二章 介紹· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 大 ··················· · ····3 2.1 介紹· · · · · · · · · · · · · · ·立 ············································· · ···3 ‧ 國. 學. 2.2 相關定義· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 4 2.3 相關定理· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 6. ‧. 第三章 棋盤著色討論 s-四角單色矩形· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 7 3.1 棋盤著色討論四角單色矩形· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ····· · · 7 3.2 棋盤圖轉換 2 色完全二分圖· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 11 3.3 棋盤著色討論 s-四角單色矩形· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 14. n. er. io. sit. y. Nat. al. i n U. v. 第四章 棋盤著色討論 s-六角單色矩形· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·20 4.1 棋盤著色討論六角單色矩形· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 20 4.2 棋盤著色討論 s-六角單色矩形· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·23. Ch. engchi. 參考文獻 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ··· · · · · · · · · · · · · · · 25. ii.
(3) Abstract In this paper, we study the two edge-coloring of Km,n such that Km,n contains a monochromatic subgraph K2,s or K3,s . We find the relation between n, s by investigating a two coloring of a checkerboard . keywords: Complete bipartite graph; Monochromatic subgraph.. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. iii. i n U. v.
(4) 中文摘要 在本篇論文中, 藉由長方形棋盤著色探討完全二分圖 Km,n 由兩種顏色任意著 邊, 使得此兩色著邊之完全二分圖 Km,n 會包含單色子圖 K2,s 與 K3,s (s ≥ 2), 我們將討論參數 n 與 s 須滿足何種關係。 關鍵字: 完全二分圖; 單色子圖。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. iv. i n U. v.
(5) 第一章 緒論 1. 研究動機. 在高中數學競賽, 常會遇見一些趣味數學問題, 給下列兩個例子。 例一: 證明在至少有六個人參加之任一集會上, 在與會者中有三個人以前相互 認識, 或者有三個人以前彼此不認識 [4]。 例二: 證明用黑白兩種顏色去著一個 4 × 7 棋盤上的每個方格, 每個方格著色 而且只著一種顏色, 不論如何著色, 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, 一定有一種著色方式, 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 [5]。 例一我們用圖論方式給予證明。 具有 n 個頂點且其中任意一對頂點都有邊相 連的圖, 稱為 n 階完全圖, 記作 Kn 。 對六人集會問題, 令 K6 之頂點代表與會者, 若兩名與會者相互認識, 則將 K6 中對應的邊著上紅色, 反之不認識著上藍色。 於是這種題意可以改為: 把 K6 的每 一邊任意著上紅色或藍色後, K6 中含有各邊均是紅色之單色 K3 子圖, 或者含有 藍色之單色 K3 子圖 。 假設 K6 中六個頂點 a, b, c, d, e, f 現從某一頂點 a 出發, 則它連出之五條邊中必有三條, 令 ab, ac, ad 同色, 假設為紅色。 再看這三條邊所 對應的三個端點 b, c, d, 若它含有一條紅色的邊, 令 bc, 則 K6 中含有紅色之單色 K3 子圖 abc, 否則 K6 含有藍色之單色子圖 bcd。 由上述得知, 若 n > 6, Kn 結 論仍成立。 但 n < 6, 則 Kn 結論不會成立。 對給於整數p, q ≥ 2, 當每一條邊任意著上紅色或藍色後, 在 Kn 含有紅色單 色 Kp 子圖, 或者含有藍色單色 Kq 子圖。 若對任一整數 n ≥ n0 且 Kn 也具有這 種性質, 則稱 n0 為 Ramsey 數, 記作 R(p, q), 所以 R(3, 3)=6[2]。 例二為本篇論文將介紹處理棋盤著色問題的一般方法和技巧, 以及透過棋盤如 何將棋盤轉化成圖論問題, 並且將它推廣。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. 簡單來說, 使用兩種顏色著邊, 例一為完全圖 Kn 產生單色子圖, 例二為完全 二分圖 Km,n 產生單色子圖。. 1.
(6) 2. 研究目的. 藉由長方形棋盤著色探討完全二分圖 Km,n 由兩種顏色任意著邊, 使得此兩色 著邊之完全二分圖 Km,n 會包含單色子圖 K2,s 與 K3,s (s ≥ 2), 我們將討論參數 n 與 s 須滿足何種關係。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 2. i n U. v.
(7) 第二章 介紹 1. 介紹. 將棋盤方格 (規定: 棋盤列數等於或小於行數) 轉換成二分圖的邊, 棋盤的列 數, 行數分別為二分圖 X 集合, Y 集合頂點的個數。 X 集合中 xi 頂點與 Y 集合中 yj 頂點均相連, 稱作: 完全二分圖。 且 完全二分圖 xi yj 邊表示棋盤第 i 列第 j 行之方格, ∀1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n[5]。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學. n. al. er. io. sit. y. Nat. Figure 1: m × n棋盤圖 (m ≤ n). Ch. engchi. Figure 2: 二分圖. 3. i n U. v.
(8) 若棋盤著色, 第 i 列第 j 行上之方格著上黑色, 對應完全二分圖 xi yj 邊亦著 上黑色, 其餘以此類推。 所以, 2 色 m × n 棋盤對應 2 色 Km,n , 四角單色矩形之 四角對應單色 K2,2 。. Figure 3: 四角單色矩形之四角對應單色 K2,2. 相關定義. ‧ 國. 學. 2. 立. 政 治 大. ‧. 定義 1. 二分圖: 圖 G = (V, E), 其中 V 為圖 G 之頂點集合,E 為圖 G 之邊集 合。 若存在 V 的一個分割 V = X ∪ Y 且 X ∩ Y = ∅ 使得對於所有 uv ∈ E(同 一個集合內的頂點不相連), u ∈ X 且 v ∈ Y , 則稱 G 為二分圖。. n. al. er. io. sit. y. Nat. 定義 2. 完全二分圖: 圖 G = (V, E), V = X ∪ Y 為一個二分圖, 使得對於任意 兩個頂點 u ∈ X 和 v ∈ Y , uv 相連均為 G 中的一條邊, 則稱 G 為完全二分圖。 |X| = m 且 |Y | = n 之完全二分圖記為 Km,n 。. i n U. v. 定義 3. 2 色完全二分圖: 令圖 G 為一個完全二分圖。 若 G 由兩種顏色任意著邊, 則稱為 2 色完全二分圖。. Ch. engchi. 定義 4. 子圖: 若 G 和 G 為兩個圖且 V (G′ ) ⊆ V (G),E(G′ ) ⊆ E(G), 則稱 G′ 為 G 之子圖。 ′. 定義 5. 四角單色矩形: 在棋盤中, 任意一個四角顏色均為同色之矩形, 稱為四角 單色矩形。 定義 6. s-四角單色矩形: 在棋盤中, 任意一個矩形, 恰有 s 行, 它的最上與最下方 格均為同色, 稱為 s-四角單色矩形。(i.e. 2-四角單色矩形即為四角單色矩形。). 4.
(9) Figure 4: 3-四角單色矩形. 定義 7. 六角單色矩形: 一棋盤有 i 列 j 行 (i, j ≥ 3), aij 表示為棋盤第 i 列第 j 行上之方格。 若 a11 , a1j , ak1 , akj , ai1 , aij 均同色 (其中k ∈ N 且 1 < k < i), 則稱 為六角單色矩形。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學 y er. io. sit. Nat. Figure 5: 六角單色矩形. 定義 8. s-六角單色矩形: 若棋盤為 i 列 j 行之六角單色矩形, 且恰有 s 行, 棋盤 上a11 , a1n1 , · · · , a1n(s−2) , a1j ; ak1 , akn1 , · · · , akn(s−2) , akj ; ai1 , ain1 , · · · , ain(s−2) , aij 均為同色 (k ∈ N, 1 < k < i; n1 , · · · , n(s−2) ∈ N, 1 < n1 < · · · < n(s−2) < j), 則稱為 s-六角單色矩形。. n. al. Ch. engchi. i n U. Figure 6: 3-六角單色矩形. 5. v.
(10) 3. 相關定理. 定理 1. 鴿籠原理: 將 n + 1 個元素分為 n 個集合, 則至少會有一個集合包含 2 個 元素 [1]。 證明. 將 n + 1 個元素分為 n 個集合A1 , A2 , · · · · · · , An , 記 ai = |Ai | 表示為集 合 Ai 中之集合個數, i = 1, 2, · · · · · · , n。 假設 ∀ai < 2, i = 1, 2, · · · · · · , n 因為 ai ∈ Z, 所以 ai ≤ 1, 則 a1 + a2 + · · · · · · + an ≤ 1 + 1 + · · · · · · + 1 = n < n + 1, 矛盾。. 政 治 大. 定理 2. 柯西不等式: 設 a1 , a2 , · · · , an , b1 , b2 , · · · , bn 均為實數, 則 (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 。 等號成立時, a1 : b1 = a2 : b2 = · · · · · · = an : bn 。 → − → 證明. 令− a = (a1 , a2 , · · · · · · , an ), b = (b1 , b2 , · · · · · · , bn ) − → → − − → → → → 由向量內積公式,− a · b = |− a | · | b | · cos θ(θ為− a 與 b 之夾角) − → − → → → ⇒ (− a · b )2 = |− a |2 · | b |2 · cos2 θ − → → − → → ⇒ (− a · b )2 ≤ |− a |2 · | b |2 且等號成立於| cos θ| = 1 − → → ⇒− a // b 所以(a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 且等號成立時 → − − → a // b ⇒ a1 : b1 = a2 : b2 = · · · · · · = an : bn 。. 立. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 6. i n U. v.
(11) 第三章 棋盤著色討論 s-四角單色矩形 1. . 棋盤著色討論四角單色矩形 將棋盤列數分為 2、3、4、5 給予討論。 當 m(棋盤列數)=2 時, 給定兩種顏色 若至少有 2 行均為同色, 則棋盤恆產生 s-四角單色矩形 (s ≥ 2)。 若第一列與第二列顏色交錯, 則棋盤恆不會產生四角單色矩形。. 立. 政 治 大. ‧ 國. 學 ‧. Figure 1: 棋盤內2 行均為同色, 則棋盤恆產生四角單色矩形. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 2: 棋盤內第一列與第二列顏色交錯, 則棋盤不會產生四角單色矩形. 故 m=2 之情形不予證明。 引理 1. 當 m(棋盤列數)=3 時, 給定兩種顏色 2 色 3 × 7 棋盤, 不論如何著色, 一定含有四角單色矩形。 2 色 3 × 6 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含四角單色矩形。 證明. 由鴿籠原理得知, 2 色 3 × 7 棋盤兩種顏色不論如何著色, 至少有 4 行, 每 行某一顏色方格至少有 2 個。 不失一般性, 令 2 色 3 × 7 棋盤前 4 行中, 每行黑格皆 7.
(12) 為 2 個, 令 di 為棋盤上第 i 行中黑格個數, i = 1, 2, 3, 4 ⇒ d1 = d2 = d3 = d4 = 2 假設 2 色 3 × 7 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含四角單色矩形, 將這前 4 行的黑 格, 全部平移至第一行, 則黑格不會重疊。 由鴿籠原理得知, C2d1 + C2d2 + C2d3 + C2d4 ≤ C23 C22 + C22 + C22 + C22 ≤ C23 4 ≤ 3 矛盾。 所以, 2 色 3 × 7 棋盤, 不論如何著色, 一定含有四角單色矩形。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學 sit. y. Nat. Figure 3: 2 色 3 × 7 棋盤不論如何著色一定含有四角單色矩形. n. er. io. 由圖得知, 2 色 3 × 6 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含四角單色矩形。 al v i n Ch engchi U. Figure 4: 2 色 3 × 6 棋盤存在一種著色方式不含四角單色矩形. 引理 2. 當 m(棋盤列數)=4 時, 給定兩種顏色 2 色 4 × 7 棋盤, 不論如何著色, 一定含有四角單色矩形。 2 色 4 × 6 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含四角單色矩形。 8.
(13) 證明. 由 引理 1.1 得知,2 色 3 × 7 棋盤, 不論如何著色, 含有四角單色矩形, 所 以 2 色 4 × 7 棋盤, 不論如何著色, 一定含有四角單色矩形。. 政 治 大. Figure 5: 2 色 4 × 7 棋盤不論如何著色一定含有四角單色矩形. 立. ‧. ‧ 國. 學. 由圖得知,2 色 4 × 6 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含四角單色矩形。. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 6: 2 色 4 × 6 棋盤存在一種著色方式不含四角單色矩形. 引理 3. 當 m(棋盤列數)=5 時, 給定兩種顏色 2 色 5 × 5 棋盤, 不論如何著色, 一定含有四角單色矩形 [5]。 2 色 5 × 4 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含四角單色矩形。 證明. 由鴿籠原理得知,2 色 5 × 5 棋盤不論如何著色, 使得棋盤中, 某一顏色方 ] + 1 = 13 個。 不失一般性, 令 2 色 5 × 5 棋盤共有 13 個黑格, di 為 格至少有 [ 5×5 2 棋盤上第 i 行黑格個數, i = 1, 2, 3, 4, 5 ⇒ d1 + d2 + d3 + d4 + d5 = 13 且 C2di 為第 i 行中上下兩端方格均為黑格之長方形個數,i = 1, 2, · · · , 5。 假設 2 9.
(14) 色 5 × 5 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含四角單色矩形, 將這 5 行中, 每一行由 上下兩頭均是黑格的長方形, 全部平移至第一行, 則黑格不會重疊。 由鴿籠原理得 知, C2d1 + C2d2 + C2d3 + C2d4 + C2d5 ≤ C25 d5 (d5 − 1) d1 (d1 − 1) d2 (d2 − 1) + + ······ + ≤ 10 2 2 2 (d21 + d22 + · · · · · · + d25 ) − (d1 + d2 + · · · · · · + d5 ) ≤ 20 d21 + d22 + · · · · · · + d25 ≤ 33. 由柯西不等式. 政 治 大. 1 (d1 + d2 + · · · · · · + d5 )2 ≤ d21 + d22 + · · · + d25 ≤ 33 5. 學. 1 · 132 ≤ 33 5. ‧ 國. 立. 33.8 ≤ 33 矛盾。 所以, 2 色 5 × 5 棋盤不論如何著色, 一定含有四角單色矩形。. ‧. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 7: 2 色 5 × 5 棋盤不論如何著色一定含有四角單色矩形. 形。. 由 引理 2.2 得知,2 色 5 × 4 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含四角單色矩. 10.
(15) 將引理 1、2、3, 棋盤轉為圖論問題: 定理 1. 令 m ≤ n, m = 3, 4, 5 1. 當 m = 3 若 n > C23 + C13, 2 色 K3,n不論如何著色, 一定含有單色 K2,2子圖。 若 n ≤ C23 + C13, 2 色 K3,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,2子圖。 2. 當 m = 4 若 n > C24, 2 色 K4,n不論如何著色, 一定含有單色 K2,2子圖。 若 n ≤ C24, 2 色 K4,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,2子圖。 3. 當 m = 5 若 n ≥ 5, 2 色 K5,n不論如何著色, 一定含有單色 K2,2子圖 [3]。 若 n < 5, 2 色 K5,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,2子圖。. 立. 政 治 大. 證明. 如引理 1、2、3 所示。. ‧ 國. 學. 2. 棋盤圖轉換2 色完全二分圖. ‧. 將上述五個 2 色棋盤圖轉換成 2 色完全二分圖. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 8: 2 色 K3,7 不論如何著色, 一定含有單色 K2,2 子圖。. 11.
(16) 立. 政 治 大. ‧ 國. 學. Figure 9: 2 色 K3,6 存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,2 子圖。. ‧. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 10: 2 色 K4,7 不論如何著色, 一定含有單色 K2,2 子圖。. 12.
(17) 立. 政 治 大. ‧ 國. 學. Figure 11: 2 色 K4,6 存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,2 子圖。. ‧. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 12: 2 色 K5,5 不論如何著色, 一定含有單色 K2,2 子圖。. 13.
(18) 3. 棋盤著色討論 s-四角單色矩形. 引理 4. 當 m(棋盤列數)=5 時, 給定兩種顏色 2 色 5 × 11 棋盤, 不論如何著色, 一定含有 3-四角單色矩形。 2 色 5 × 10 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含 3-四角單色矩形。 證明. 由鴿籠原理得知,2 色 5 × 11 棋盤不論如何著色, 使得棋盤中, 某一顏色 方格至少有 [ 5×11 ] + 1 = 28 個。 不失一般性, 令 2 色 5 × 11 棋盤內共有 28 個黑 2 格, di 為棋盤上第 i 行黑格個數, i = 1, 2, · · · · · · , 11 ⇒ d1 + d2 + · · · · · · + d11 = 28 且 C2di 為第 i 行中上下兩端方格均為黑格之長方形個數,i = 1, 2, · · · , 11。 假設 2 色 5 × 11 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含 3-四角單色矩形, 將這 11 行中, 每一 行由上下兩頭均是黑格的長方形, 全部平移至第一行, 則黑格不會有 2 次重疊。 由 鴿籠原理得知, C2d1 + C2d2 + · · · · · · + C2d11 ≤ 2C25. 立. 政 治 大. ‧ 國. 學. al. er. io. sit. y. d21 + d22 + · · · · · · + d211 ≤ 68. Nat. 由柯西不等式. ‧. d1 (d1 − 1) d2 (d2 − 1) d11 (d11 − 1) + + ······ + ≤ 20 2 2 2 (d21 + d22 + · · · · · · + d211 ) − (d1 + d2 + · · · · · · + d11 ) ≤ 40. n. 1 (d1 + d2 + · · · · · · + d11 )2 ≤ d21 + d22 + · · · + d211 ≤ 68 11. Ch. engchi. 1 · 282 ≤ 68 11. i n U. v. 71.27 ≤ 68 矛盾。 所以, 2 色 5 × 11 棋盤不論如何著色, 一定含有 3-四角單色矩形。. 由圖容易確認, 此 2 色 5 × 10 棋盤內沒有 3 行, 其最上與最下方格均為同色. (黑色或白色), 故 2 色 5 × 10 棋盤存在一種著色方式不含 3-四角單色矩形。. 14.
(19) Figure 13: 2 色 5 × 10 棋盤存在一種著色方式不含 3-四角單色矩形. 定理 2. 令 m ≤ n, m = 3, 4, 5, s ≥ 2 1. 當 m = 3 若 n > (C23 + C13)(s − 1), 2 色 3 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 s-四角 單色矩形。 若 n ≤ (C23 + C13)(s − 1), 2 色 3 × n 棋盤存在一種著色方式, 使得不含 s-四角單色矩形。 2. 當 m = 4 若 n > C24(s − 1), 2 色 4 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 s-四角單色矩 形。 若 n ≤ C24(s − 1), 2 色 4 × n 棋盤存在一種著色方式, 使得不含 s-四角單 色矩形。 3. 當 m = 5 若 n > (10s − 16), 2 色 5 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 (2s − 2)-四角 單色矩形。 若 n ≤ (10s−16), 2 色 5×n 棋盤存在一種著色方式, 使得不含 (2s−2)-四 角單色矩形。 若 n > (10s − 10), 2 色 5 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 (2s − 1)-四角 單色矩形。 若 n ≤ (10s−10), 2 色 5×n 棋盤存在一種著色方式, 使得不含 (2s−1)-四 角單色矩形。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. 證明. 1. m = 3, s ≥ 2, 取 n = 6(s − 1) + 1 = 6s − 5 (只須證明棋盤 ]+ 最小行數 n), 由鴿籠原理得知, 2 色 3 × n 棋盤不論如何著色, 至少有[ 6s−5 2 1 = 3s − 2 行, 每行某一顏色方格至少有 2 個。 不失一般性, 令此顏色為黑色,2 色 3 × n 棋盤前 3s − 2 行, 每行黑格皆為 2 個。 令 di 為棋盤上第 i 行中黑格個數, 15.
(20) i = 1, 2, · · · · · · , (3s − 2), ⇒ d1 = d2 = · · · · · · = d3s−2 = 2. 假設 2 色 3 × n 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含單色 s-四角單色矩形, 將這 (3s − 2) 行上之黑格, 全部平移至第一行, 則黑格不會有 (s − 1) 次重疊。 由鴿籠 原理得知, d C2d1 + C2d2 + · · · · · · + C2 3s−2 ≤ (s − 1) · C23 1| + 1 + {z · · · · · · + 1} ≤ 3s − 3 (3s−2). 3s − 2 ≤ 3s − 3. 政 治 大. 1 ≤ 0 矛盾 所以, 2 色 3 × n 棋盤 (n ≥ 6s − 5) 不論如何著色, 一定含有 s-四角單色矩形 (s ≥ 2)。. 立. ‧ 國. 學. 由圖得知 (找棋盤最大行數 n),2 色 3 × n 棋盤 (n ≤ 6s − 6) 存在一種著色. 方式, 使得不含 s-四角單色矩形 (s ≥ 2)。. ‧ er. io. sit. y. Nat. n. al. i n C14:h 2 色 3 × 6(s − 1) 棋盤圖 Figure engchi U. 2.. v. m = 4, s ≥ 2, 取 n = 6(s − 1) + 1 = 6s − 5 (只須證明棋盤最小行數. n), 由定理 2.1 得知,2 色 3 × n 棋盤不論如何著色, 含有 s-四角單色矩形, 所以 2. 色 4 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 s-四角單色矩形。 由圖得知 (找棋盤最大行數 n),2 色 4 × n 棋盤 (n ≤ 6s − 6) 存在一種著色 方式, 使得不含 s-四角單色矩形 (s ≥ 2)。. 16.
(21) Figure 15: 2 色 4 × 6(s − 1) 棋盤圖. 3.. 利用數學歸納法證: 若 n = (10s − 16) + 1 = 10s − 15 (只須證明棋盤. 政 治 大. 最小行數 n), 2 色 5 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 (2s − 2)-四角單色矩形。 (a) 當 s = 2, 由 引理 3.1 得知,2 色 5 × 5 棋盤不論如何著色, 一定含有四角單色 矩形 成立。 (b) 設 s = t 命題成立, t ≥ 2且 t ∈ N 2 色 5 × (10t − 15) 棋盤不論如何著色, 一定含有 (2t − 2)-四角單色矩形。 (c) 則 s = t + 1 時, n = 10(t + 1) − 15 = 10t − 5, 在 2 色 5 × (10t − 5) 棋盤 中, 將棋盤分為前有 (10t − 15) 行, 後有 10 行。 因為, 2 色 5 × (10t − 15) 棋盤不 論如何著色, 一定含有 (2t − 2)-四角單色矩形 (由數學歸納法 (b) 已知), 且由 引 理 4.2 得知,2 色 5 × 10 棋盤存在一種著色方式不包含 3-四角單色矩形, 但一定包 含四角單色矩形。 所以, 2 色 5 × (10(t + 1) − 15) 棋盤不論如何著色, 一定含有單 色 (2(t + 1) − 2)-四角單色矩形。 由數學歸納法得知, 對於所有 s ≥ 2且 s ∈ N, 2 色 5 × (10s − 15) 棋盤不論如何 著色, 一定含有 (2s − 2)-四角單色矩形。 由圖得知,2 色 5 × (10s − 16) 棋盤存在一種著色方式, 使得不含 (2s − 2)-四 角單色矩形 (s ≥ 2)。. 立. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 16: 2 色 5 × 14 棋盤圖 (s = 3), 存在一種著色方式不含 4-四角單色矩形。. 17.
(22) 利用數學歸納法證: 若 n = (10s − 10) + 1 = 10s − 9 (只須證明棋盤最小. 行數 n), 2 色 5 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 (2s − 1)-四角單色矩形。 (a) 當 s = 2, 由 引理 4.1 得知,2 色 5 × 11 棋盤不論如何著色, 一定含有 3-四角 單色矩形 成立。 (b) 設 s = t 命題成立, t ≥ 2且 t ∈ N 2 色 5 × (10t − 9) 棋盤不論如何著色, 一定含有單色 (2t-1)-四角單色矩形。 (c) 則 s = t + 1 時, n = 10(t + 1) − 9 = 10t + 1, 在 2 色 5 × (10t + 1) 棋盤 中, 將棋盤分為前有 (10t − 9) 行, 後有 10 行。 因為, 2 色 5 × (10t − 9) 棋盤不 論如何著色, 一定含有 (2t − 1)-四角單色矩形 (由數學歸納法 (b) 已知), 且由 引 理 4.2 得知,2 色 5 × 10 棋盤存在一種著色方式不包含 3-四角單色矩形, 但一定 包含四角單色矩形。 所以, 2 色 5 × (10(t + 1) − 9) 棋盤不論如何著色, 一定含有 (2(t + 1) − 1)-四角單色矩形。 由數學歸納法得知, 對於所有 s ≥ 2且 s ∈ N, 2 色 5 × (10s − 9) 棋盤不論如何著 色, 一定含有 (2s − 1)-四角單色矩形。 由圖得知,2 色 5 × (10s − 10) 棋盤存在一種著色方式, 使得不含 (2s − 1)-四 角單色矩形 (s ≥ 2)。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 17: 2 色 5 × 10 棋盤圖 (s = 2) 存在一種著色方式不含 3-四角單色矩形。. 將定理 2 , 棋盤轉為圖論問題: 定理 3. 令 m ≤ n, m = 3, 4, 5, s ≥ 2 1. 當 m = 3 若 n > (C23 + C13)(s − 1), 2 色 K3,n不論如何著色, 一定含有單色 K2,s子 圖。 若 n ≤ (C23 + C13)(s − 1), 2 色 K3,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,s 子圖。. 18.
(23) 2. 當 m = 4 若 n > C24 (s − 1), 2 色 K4,n 不論如何著色, 一定含有單色 K2,s 子圖。. 若 n ≤ C24(s − 1), 2 色 K4,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,s子圖。. 3. 當 m = 5 若 n > (10s − 16), 2 色 K5,n 不論如何著色, 一定含有單色 K2,(2s−2) 子圖。. 圖。. 圖。. 若 n ≤ (10s − 16), 2 色 K5,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,(2s−2)子. 若 n > (10s − 10), 2 色 K5,n不論如何著色, 一定含有單色 K2,(2s−1)子圖。 若 n ≤ (10s − 10), 2 色 K5,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K2,(2s−1)子. 證明. 如定理 2 所示。. 立. 政 治 大. ‧. ‧ 國. 學. 當棋盤列數大於5 時, 上述情形均包含在棋盤內, 所以列數大於 5 之情形不予討論。. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 19. i n U. v.
(24) 第四章 棋盤著色討論 s-六角單色矩形 1. . 棋盤著色討論 六角單色矩形 將棋盤列數分為 3、4、5、6 給予討論。 當 m(棋盤列數)=3 時, 給定兩種顏色 若至少有 2 行均為某一顏色, 則棋盤恆產生 s-六角單色矩形 (s ≥ 2)。 若每一行皆有兩種顏色, 則棋盤恆不會產生六角單色矩形。. 立. 政 治 大. ‧ 國. 學. Figure 1: 棋盤內有2 行均為某一顏色, 則棋盤恆產生六角單色矩形. ‧. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. Figure 2: 棋盤內每一行皆有黑、 白兩種顏色, 則棋盤不會產生六角單色矩形. 當 m(棋盤列數)=4 時, 給定兩種顏色 若至少有 2 行均為某一顏色, 則棋盤恆產生 s-六角單色矩形 (s ≥ 2)。 若每行均有 3 個方格為某一顏色, 則須至少 5 行, 棋盤不論如何著色恆產生六角 單色矩形。 若每行兩種顏色均都恰有 2 個, 則棋盤恆不會產生六角單色矩形。. 20.
(25) Figure 3: 棋盤內每行均有 3 個方格為黑色, 則須至少 5 行, 棋盤恆產生六角單色矩形. 政 治 大. 立. ‧ 國. 學. Figure 4: 棋盤內每行黑格、 白格均恰有2 個, 則棋盤不會產生六角單色矩形. ‧. 故 m=3、4 之情形不予證明。. er. io. sit. y. Nat. 引理 5. 當 m(棋盤列數)=5 時, 給定兩種顏色 2 色 5 × 21 棋盤不論如何著色, 一定含有六角單色矩形。 2 色 5 × 20 棋盤存在一種著色方式, 使得不含六角單色矩形。 證明. 由鴿籠原理得知, 2 色 5 × 21 棋盤不論如何著色, 使得棋盤中, 某一顏色 方格至少有 [ 5×21 ] + 1 = 53個, 令此顏色為黑色, 且至少有11行, 每行黑格至少 2 有3個。 不失一般性, 令 2 色 5 × 21 棋盤內共有 53 個黑格, 且棋盤前 11 行, 每行黑 格皆為 3 個, 其餘後 10 行, 每行黑格皆為 2 個。 令 di 為棋盤上第 i 行中黑格個數, i = 1, 2, · · · · · · , 11 ⇒ d1 = d2 = · · · · · · = d11 = 3 假設 2 色 5 × 21 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含六角單色矩形, 將這前 11 行之 黑格, 全部平移至棋盤第一行, 則不會重疊, 由鴿籠原理得知,. n. al. Ch. engchi. i n U. C3d1 + C3d2 + · · · · · · + C3d11 ≤ C35 C33 + C33 + · · · · · · + C33 ≤ C35 1 + 1 + · · · · · · + 1 ≤ 10. 21. v.
(26) 11 ≤ 10 矛盾。 所以,2 色 5 × 21 棋盤不論如何著色, 一定含有六角單色矩形。. 由圖得知,2 色 5 × 20 棋盤 存在一種著色方式, 使得不含六角單色矩形。. 政 治 大. Figure 5: 2 色 5 × 20 棋盤圖. 立. ‧. ‧ 國. 學. 引理 6. 當 m(棋盤列數)=6 時, 給定兩種顏色 2 色 6 × 21 棋盤不論如何著色, 一定含有六角單色矩形。 2 色 6 × 20 棋盤存在一種著色方式, 使得不含六角單色矩形。. io. sit. y. Nat. 證明. 由 引理 5.1 得知,2 色 5 × 21 棋盤, 不論如何著色, 含有六角單色矩形, 所以 2 色 6 × 21 棋盤, 不論如何著色, 一定含有六角單色矩形。. n. er. 由圖得知,2 色 6 ×a20 棋盤 存在一種著色方式, 使得不含六角單色矩形。 iv l C n hengchi U. Figure 6: 2 色 6 × 20 棋盤圖. 22.
(27) 將引理 5,6 , 棋盤轉為圖論問題: 定理 4. 令 m ≤ n, m = 5, 6 1. 當 m = 5 若 n > C35 + C25, 2 色 K5,n不論如何著色, 一定含有單色 K3,2子圖。 若 n ≤ C35 + C25, 2 色 K5,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K3,2子圖。 2. 當 m = 6 若 n > C36, 2 色 K6,n不論如何著色, 一定含有單色 K3,2子圖。 若 n ≤ C36, 2 色 K6,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K3,2子圖。 證明. 如引理 5、6 所示。. 2. 政 治 大 棋盤著色討論 s-六角單色矩形 立. ‧. ‧ 國. 學. 定理 5. 令 m ≤ n, m = 5, 6, s ≥ 2 1. 當 m=5 若 n > (C35 + C25)(s − 1), 2 色 5 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 s-六角 單色矩形。 若 n ≤ (C35 + C25)(s − 1), 2 色 5 × n 棋盤存在一種著色方式, 使得不含 s-六角單色矩形。 2. 當 m=6 若 n > C36(s − 1), 2 色 6 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 s-六角單色矩 形。 若 n ≤ C36(s − 1), 2 色 6 × n 棋盤存在一種著色方式, 使得不含 s-六角單 色矩形。. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. 證明. 1. m = 5, s ≥ 2, 取 n = 20(s−1)+1 = 20s−19 (只須證明棋盤最小行 ]+1 = 10s−9 數 n), 由鴿籠原理得知,2 色 5×n 棋盤不論如何著色, 至少有 [ 20s−19 2 行, 每行某一顏色方格至少有 3 個。 不失一般性, 令此顏色為黑色, 且 2 色 5 × n 棋 盤前 (10s − 9) 行, 每行黑格皆為 3 個。 令 di 為棋盤上第 i 行中黑格個數, i = 1, 2, · · · · · · , (10s − 9), ⇒ d1 + d2 + · · · · · · + d10s−9 = 3 假設 2 色 5×n 棋盤, 存在一種著色方式, 使得不含 s-六角單色矩形, 將這前 (10s− 9) 行上之黑格, 全部平移至棋盤第一行, 則黑格不會有 (s − 1) 次重疊, 由鴿籠原. 23.
(28) 理得知, d. C3d1 + C3d2 + · · · · · · + C3 10s−9 ≤ (s − 1) · C35 · · · · · · + 1} ≤ 10s − 10 |1 + 1 + {z (10s−9). 10s − 9 ≤ 10s − 10 1 ≤ 0 矛盾 所以, 2 色 5 × n (n ≥ 20s − 19) 不論如何著色, 一定含有單色 s-六角單色矩形。 令s = 2, n = 20, 由引理 5.2 得知, 2 色 5 × n 棋盤存在一種著色方式, 使. . 得不含六角單色矩形。. 治 政 2. m = 6, s ≥ 2, 取 n = 20(s − 1) + 1 = 20s大 − 19 (只須證明棋盤最小行 立色 5 × n 棋盤不論如何著色, 含有 s-六角單色矩形, 所 數 n), 由定理 5.1 得知,2 ‧. ‧ 國. 學. 以 2 色 6 × n 棋盤不論如何著色, 一定含有 s-六角單色矩形。 令s = 2, n = 20, 由引理 6.2 得知, 2 色 6 × n 棋盤存在一種著色方式, 使 得不含六角單色矩形。. y. Nat. 將定理 5 , 棋盤轉為圖論問題:. sit. n. al. er. io. 定理 6. 令 m ≤ n, m = 5, 6, s ≥ 2 1. 當 m=5 若 n > (C35 + C25)(s − 1), 2 色 K5,n不論如何著色, 一定含有單色 K3,s子 圖。 若 n ≤ (C35 + C25)(s − 1), 2 色 K5,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K3,s 子圖。 2. 當 m=6 若 n > C36(s − 1), 2 色 K6,n不論如何著色, 一定含有單色 K3,s子圖。 若 n ≤ C36(s − 1), 2 色 K6,n存在一種著色方式, 使得不含單色 K3,s子圖。. Ch. engchi. i n U. v. 證明. 如定理 5 所示。 當棋盤列數大於6 時, 上述情形均包含在棋盤內, 所以列數大於 6 之情形不予討論。. 24.
(29) 參考文獻 [1] J. A. Bondy and U. S. R. Murty, Graph Theory with Application, MacMillan Press, London and Basingstoke, 1976. [2] R. L. Graham, B. L. Rothschild and J. H. Spencer, Ramsey Theory, John Wiley and Sons Press, New York, 1980. [3] V. Longani, Some Bipartite Ramsey Numbers, Southeast Asian Bulletin of Mathematics(2002)26: 583-592. [4] 張克民—–Ramsey 理論; 數學傳播期刊, 數學傳播 24 卷 4 期, 35-39 頁。. 治 政 大 21 卷 3 期, 63-72 頁。 [5] 李烔生—–棋盤染色問題與二部 Ramsey 數; 數學傳播 立 ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 25. i n U. v.
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