Розширення теореми Рамзі: однотонна, але різноманітна


9

Як продовження мого попереднього питання , яке вирішив Сісен-Чі Чанг, ось ще одна спроба знайти відповідне узагальнення теореми Рамзі. (Попереднє запитання не потрібно читати; ця публікація є самодостатньою.)


Параметри: задаються цілі числа , і тоді вибирається досить великим. Термінологія: підмножина - це підмножина розміром .1dknNmm

Нехай . Кожному підмножині призначте колір .B={1,2,...,N}kSBf(S){0,1}

Визначення:

  • XB є монохроматичним , якщо для всіх -подмножествам і .f(S)=f(S)kSXSX
  • XB є різноманітні , якщо таке , що і для всіх .X={x1,x2,...,xn}xi<xi+1xixi+1 mod di

Наприклад, якщо , то різноманітні, але - ні. Зауважте, що підмножина різноманітного набору не обов'язково різноманітна.d=10{12,15,23,32,39}{12,15,25,32,39}

Тепер теорема Ремсі каже , що незалежно від того , як ми вибираємо , є монохромні -подмножество . І , очевидно , це тривіально , щоб знайти різноманітний -подмножество .fnXBnXB

Запитання: чи завжди є різноманітний і однотонний підмножина ?nXB


Редагувати: Сісен-Чі Чанг показує, що твердження хибне для простого , а як щодо композитного ? У своїх програмах я матиму багато свободи у виборі точних значень , доки я можу зробити їх довільно великими. Вони можуть бути повноваженнями простих чисел, продуктів простих чисел або будь-чого, що необхідно, щоб заява була справжньою.dddkn

Відповіді:


7

Спершу мушу сказати: ця проблема справді цікава !! І тут я коротко опишу, чому мої попередні підходи провалилися, як було запропоновано в цій мета-публікації про неправильні відповіді.

  • Моя перша спроба була спроба побудувати забарвлення, пов'язане з сукупністю k-підмножини, що робить усі n-підмножини немонохроматичними. Лема 1 все ще доступна; але лема 2 помилялася, помічаючи, що якщо k і d пов'язані простими, то n-підмножина{1,3,1,3,} в модулі d, запропонований @Jukka, є протилежним прикладом.

  • Друга спроба була доказом теореми; шляхом підрахунку співвідношення різноманітних і однотоннихn-підрядники, ми сподіваємось, що кількість однотонних перевершить кількість нерізноманітних. Але помилка в моїх розрахунках, помічена @domotorp: співвідношення нерізноманітних не наближатиметься до нуля; воно сходиться до оn/d, яка явно більша за R(n,n;k)n.

  • Третій повертається до першого методу, і він показує, що для набору слабких параметрів (n>k+d1 і dk), теорема хибна. Ми використовували відому лему в адитивній комбінаториці: теорема EGZ.


Четверта спроба пояснюється відповіддю @domotorp; це і розумно, і надихає, і я спробую змінити його доказ, щоб мати справу з усіма параметрами. Але все-таки його метод елегантний, і я ціную цей простий підхід.

Різноманітний n-набір містить принаймні одне k-підмножину, принаймні, щонайменше k1"перемикання між класами мод"; точно, нехайX=x1,,xn бути різноманітним n-набором, і нехай S=x1,,xk, комутатор визначається, якщоxi і xi+1знаходяться в різних mod-d класах. У нас є вимикачі k-1 дляS.

Нехай k-підмножина Sбути червоним, якщоSмає максимум k-2 вимикачі; інакше синій . Попереднім абзацом у нас вже був блакитний, тепер ми це доводимоn>k+d+1, є червоний S у будь-якому n-множині X. З тих пірn>d, є два числа xi,xj в тому ж класі mod-d і jid1; і відтодіn>k+d+1, є принаймні елементи k-2 xk в X з k<i або k>j. І ми можемо побудувати k-підмножинуS з xi поруч з xj, який перемикається лише максимум k-2 рази. Таким чиномS - червоний k-підмножина.


1
Я поставив запитання щодо МО на запит літератур в узагальненому ЕГК на циклічних групах.
Сісен-Чі Чанг 15 之

Дякую, це було просвітницьким, але я не впевнений, чи можна це розширити, щоб показати, що претензія помилкова для складеного d. Наприклад, якщоd=4 і k дивна, то різноманітна X може складатися з елементів, що знаходяться по черзі 1 або 3 мод d, і ні k-субсет - нульовий мод d?
Юкка Суомела

Що стосується реальної проблеми: все це пов'язано з доведенням висловлювань форми "не існує детермінованого розподіленого алгоритму, який би вирішив цю задачу графа менше, ніж у багатьох раундах зв'язку". Теорія Рамзі успішно застосовується у багатьох випадках; див., наприклад, лекцію 4 тут . Але час від часу мені потрібно щось сильніше, ніж "прості" однотонні підмножини. Це довга історія, і тут все бентежно розпливчасто, але якщо це призведе до чогось конкретного, я обов'язково напишу тут детальне пояснення!
Jukka Suomela

@Jukka: Дякую за те, що люб'язно поділилися своїми ідеями, я сподіваюся, що незабаром ви придумаєте щось дійсно приємне! Що стосується випадку, коли d є композиційним, я отримав декілька ідей, щоб обробити їх, але він все ще трохи безладний, я подумаю ще кілька годин, перш ніж їх записати, на випадок, якщо ідеї не розпадуться. ..
Сісен-Чі Чанг 張顯 之

@Jukka: Я виявив дивну помилку в своєму доказуванні. У лемі 3 не слідk вважати меншим за |X|, таким чином менше, ніж d? Інакше неможливо мати всеxiчітко. Я спробую виправити помилку. Але наразі докази порушені ...
Сісен-Чі Чанг 張顯 之

6

Я, можливо, неправильно зрозумів ваше запитання, але якщо ні, я думаю, що це помилково. Пофарбуйте k-множини, членами яких є всі конгруентні модулі d червоним, інші k-множини - синім. Якщо n> kd, то будь-який n-набір повинен містити k-множину, члени якої є всіма модулем d і, таким чином, є червоним. З іншого боку, якщо k-множина містить два послідовні елементи різноманітного n-набору, то він є синім кольором.


1
Це розумно! І нам потрібно лишеn>(k1)dфактично. Ваша відповідь виключає майже всі випадки ... Тепер єдині можливості єn(k1)d, яких не надто багато.
Сісен-Чі Чанг 張顯 之
Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.