Beweis von Ramseys Theorem: Die Anzahl der Cliquen oder Anti-Cliquen in einem Diagramm

Ramseys Theorem besagt, dass jeder Graph mit $n$ Knoten enthält entweder eine Clique oder eine unabhängige Menge mit mindestens $\frac{1}{2}\log_2 n$ Knoten.

Ich habe versucht, es an einigen Stellen nachzuschlagen (einschließlich Sipser), aber ich konnte aus den Beweisen nicht viel Sinn erkennen. Ich würde es begrüßen, wenn mir jemand einen Beweis (oder eine klare Intuition) dafür geben könnte.

graph-theory proof-techniques combinatorics discrete-mathematics Subhayan
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Weiß jemand, wie man den Beweis baut? Ich meine, er hat sicherlich eine Idee, die zu dieser Aussage geführt hat. Kann mir jemand sagen, wie man sie konstruiert (und nicht mit Induktion beweist?)? Ich denke, es sollte etwas Einfaches sein ... etwas Elegantes!

Subhayan

Lassen $R(s,t)$ sei die kleinste ganze Zahl $k$ so dass jeder Graph auf $k$ oder mehr Eckpunkte enthalten entweder a $s$ -clique oder unabhängige Größe $t.$

Es stellt sich heraus, dass diese Nummer gut definiert ist ( Ramsey-Nummer genannt ) und die Aussage in Ihrer Frage lediglich darauf hinausläuft, dies zu sagen

R (t, t) \leq 2^{2 t} .

$R(t,t) \leq 2^{2t}.$

Eine bekannte Obergrenze für Ramsey-Zahlenzustände

R (s, t) \leq R (s, t - 1) + R (s - 1, t) \leq (\binom{s + t - 2}{t - 1}) (1)

$R(s,t) \leq R(s,t-1)+R(s-1,t) \leq {s+t-2 \choose t-1} \; \; \; (1)$ wenn

s = t

$s = t$ dann reduziert sich das Obige auf den zentralen Binomialkoeffizienten

(\binom{2 t - 2}{t - 1})

${2t-2 \choose t-1}$ das ist immer kleiner als

2^{2 t}

$2^{2t}$

Beweisen $(1)$ man kann Induktion auf verwenden $s+t$ . Verlassen der Induktionsbasis $R(1,t), R(s,1)$ Nehmen wir als Übung für Sie an, dass die Ungleichheit für alle gilt $s+t < k$ und lass $G$ sei ein Graph mit $R(s,t-1)+R(s-1,t)$ Eckpunkte.

Lassen $v$ sei ein beliebiger Scheitelpunkt von $G$ und unterteilen Sie die verbleibenden Eckpunkte des Diagramms in zwei Gruppen $A,N$ - die angrenzenden mit $v$ und diejenigen, die nicht benachbart sind mit $v.$ Jetzt seit

| A | + | N | + 1 = R (s, t - 1) + R (s - 1, t)

$|A|+|N|+1 = R(s,t-1)+R(s-1,t)$ wir haben entweder

| N | \geq R (s, t - 1) or | A | \geq R (s - 1, t) .

$|N| \geq R(s,t-1) \quad \mbox{ or} \quad |A| \geq R(s-1,t).$ Wenn nun die erste Ungleichung erfüllt ist, wird der Graph durch induziert

N

$N$ enthält entweder a

s

$s$ -clique oder der Graph induziert durch

N \cup {v}

$N \cup \{v\}$ enthält einen unabhängigen Satz von Größen

t .

$t.$ Dies impliziert insbesondere, dass in diesem Fall

G

$G$ enthält entweder a

s

$s$ -clique oder unabhängige Größe

t .

$t.$ Der zweite Fall wird analog verifiziert und legt den ersten Teil der angegebenen Grenze fest. Beachten Sie für den letzten Teil das

(\binom{s + t - 3}{s - 1}) + (\binom{s + t - 3}{s - 2}) = (\binom{s + t - 2}{s - 1}) .

${s+t-3 \choose s-1} + {s+t-3 \choose s-2} = {s+t-2 \choose s-1}.$

Jernej
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Ich bin mir nicht sicher. Schon seit

| A | < 2^{2 (t - 1)}

$|A| < 2^{2(t-1)}$ es folgt dem

| A | + 1 \leq 2^{2 (t - 1)}

$|A|+1 \leq 2^{2(t-1)}$

Jernej

Du hast recht, der Schritt ist falsch! Irgendwie war ich mir sicher, dass es möglich war, das Ergebnis nur unter Verwendung der diagonalen Ramsey-Zahlen zu beweisen, aber ich sehe nicht, wie ich es auf diese Weise beheben kann.

Jernej

@ AndrásSalamon Bitte kennzeichnen Sie diese Kommentare als veraltet, sobald Sie zustimmen, dass jetzt alles in Ordnung ist.

Raphael

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