fejezetek a kombinatorikus...

Eötvös Loránd TudományegyetemTermészettudományi Kar

Fejezetek a kombinatorikusszámelméletb®l

Szakdolgozat

Madarasi AdriennMatematika BSc

Alkalmazott matematikus szakirány

Témavezet®:

Dr. Gyarmati Katalin

Algebra- és számelmélet tanszék

Budapest

2016

TARTALOMJEGYZÉK 2

Tartalomjegyzék

1. Köszönetnyilvánítás 3

2. Bevezetés 4

3. Gráfelméleti bevezet® 5

4. Ramsey-tételkör 64.1. Bevezet® példa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64.2. Ramsey tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74.3. R(3, 4) meghatározása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.4. Erd®s-Szekeres tétel és következményei . . . . . . . . . . . . . 124.5. További becslések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.6. Ramsey tétel általános alak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.7. R(3, 3, . . . 3) becslése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

5. A Ramsey-tétel alkalmazása bizonyításokban 225.1. Speciális halmazokról, amelyek csak kvadratikus maradékokat

tartalmaznak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225.2. Az els® N egész szám összegmentes csoportokra bontása . . . 275.3. A Fermat kongruenciáról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.4. Schur tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1. KÖSZÖNETNYILVÁNÍTÁS 3

1. Köszönetnyilvánítás

Szeretnék köszönetet mondani témavezet®mnek, Gyarmati Katalinnak azért,hogy hasznos formai és tartalmi tanácsaival, magyarázataival nagy segítségetnyújtott a szakdolgozat írásában.

2. BEVEZETÉS 4

2. Bevezetés

A kombinatorikus számelméletben szerepl® problémák gyakran visszave-zethet®ek gráfelméletre. A bizonyítások sokszor elemiek, ugyanakkor a nyerteredmények általában élesek és jól használhatóak.

Szakdolgozatom célja, hogy betekintést nyújtson a gráfelmélet egyik alap-vet® területébe, a Ramsey-elmélet alapjaiba, a kombinatorika egy érdekeságába. Ezt követ®en megmutatom a Ramsey-tételnek néhány alkalmazható-ságát érdekes és fontos számelméleti tételek bizonyításaiban. Például többekközt így is igazolható, hogy a Fermat kongruenciának mindig van nem trivi-ális megoldása.

A Ramsey témakör az 1920-as évek végén született Frank Plumpton Ram-sey Facts an Propositions és On a problem of formal logic cikkeiben közölteredmények alapján. Az elmélet �lozó�ája a következ®képpen fogalmazhatómeg: ha egy struktúra elég nagy, akkor elkerülhetetlen, hogy ne tartalmazzonszabályos részstruktúrákat.

A téma tárgyalásához szükségünk lesz néhány alapvet® gráfelméleti foga-lomra, amelyet a 3. fejezetben ismertetek. A 4. fejezet a Ramsey-elméletettárgyalja majd, a 5. fejezetben következnek a számelméleti alkalmazások.

3. GRÁFELMÉLETI BEVEZET� 5

3. Gráfelméleti bevezet®

Ebben a részben [1] szerint ismertetem a de�níciókat.3.1. De�níció. Gráfnak nevezzük a G = (V,E) rendezett párokat, ahol Vegy nem-üres halmaz, E pedig ebb®l a halmazból képezhet® párok egy rész-halmaza. V elemeit szögpontoknak vagy csúcsoknak, E elemeit élekneknevezzük. Ha egy G gráfról beszélünk, akkor V (G)-vel illetve E(G)-vel jelöl-jük a gráf szögpontjainak illetve éleinek halmazát.

3.2. De�níció. Ha az e ∈ E él a v1, v2 párnak felel meg, akkor ez a kétszögpont e végpontjai. Ha v1 = v2, akkor e hurokél. Ha két különböz® nemhurokélnek a végpontjai azonosak, a két élet párhuzamos vagy többszö-rös élnek nevezzük. Azokat a gráfokat, amelyekben nincsenek hurokélek éstöbbszörös élek, egyszer¶ gráfnak nevezzük.

3.3. De�níció. Ha e, f ∈ E végpontjai {v1, v2} illetve {w1, w2}, és {v1, v2}∩{w1, w2} 6= ∅, akkor e, f szomszédos élek. Hasonlóan v1 és v2 szomszédosszögpontok, ha {v1, v2} ∈ E. v1 illeszkedik e-re, ha annak egyik végpontja.

3.4. De�níció. Egy szögpont izolált szögpont, ha nincsen vele szomszédosmásik szögpont, vagyis nem illeszkedik egyetlen élre sem. Egy szögpontrailleszked® élek száma a szögpont fokszáma. Egy esetleges hurokél kett®velnöveli a fokszámot. A v szögpont fokszámát d(v)-vel jelöljük. A maximálisfokszámot ∆-val, a minimálisat δ-val jelöljük.

3.5. De�níció. k-reguláris egy gráf, ha minden szögpontjának foka k.

3.6. De�níció. Ha egy n szögpontú egyszer¶ gráf tetsz®leges két szögpontjaszomszédos, akkor n-szögpontú teljes gráfnak nevezzük, és Kn-nel jelöljük.

4. RAMSEY-TÉTELKÖR 6

4. Ramsey-tételkör

A következ® rész [1], [2], [4], [6], [7], [8], [10], [11] felhasználásával készült.

4.1. Bevezet® példa

Els® lépésként tekintsünk egy közismert példát ( [6], [7]):Mutassuk meg, hogy hat ember között biztosan van vagy három olyan,

akik közül bármelyik kett® ismeri egymást, vagy három olyan, akik közülsemelyik kett® nem ismeri egymást, az ismertségeket kölcsönösnek tekintve!Bizonyítás. Könnyen látszik, hogy a példa átfogalmazható a gráfelméletnyelvezetére. Nézzük azt a 6 szögpontú teljes gráfot, aminek a szögpontjai azemberek, és két csúcsot összeköt® él piros, ha az emberek ismerik egymást,egyébként kék. A feladat ekkor így szól: mutassuk meg, hogy akárhogyanis színezzük ki egy 6 szögpontú teljes gráf éleit pirossal és kékkel, biztosankeletkezik benne egyszín¶ háromszög!

Ennek bizonyításához tekintsük a gráf egy tetsz®leges A csúcsát. Az ezencsúcsból kiinduló 5 él között biztosan van legalább 3 azonos szín¶, példáulkék. Ha ezen 3 kék él másik végpontja B, C és D között vezet kék él, példáula BC él kék, akkor van egyszín¶ háromszög, ugyanis az ABC háromszög kék,ellenkez® esetben, ha a BC, CD és AD élek mindegyike piros, akkor BCDpiros háromszög, vagyis ez esetben is van egyszín¶ háromszög. �

A bizonyítás szemléltetésére tekinthetjük az alábbi ábrákat.


4.2. Ramsey tétel

A Ramsey tétel az el®z® példánknak egy általánosítását adja.4.1. Tétel. (Ramsey tétel) Adott k, l pozitív egészekhez létezik egy olyanlegkisebb R(k, l) egész szám, hogy n ≥ R(k, l) esetén bárhogyan színezzük azn szögpontú teljes Kn gráf éleit két színnel � kékkel és pirossal � mindig vana gráfban egy kék Kk, vagy egy piros Kl.

Speciális esetek: R(k, 2) = k, R(2, l) = l.

4.2. Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy R(k, l) = R(l, k).

Az el®bb megoldott feladatunkból az derült ki, hogy R(3, 3) ≤ 6. Ha K5-nek tudunk mutatni egy olyan élszínezését (piros és kék színekkel), amelybennincs sem kék, sem piros háromszög, akkor az is igaz, hogy R(3, 3) > 5, tehátR(3, 3) = 6. Az alábbi ábra egy ilyen színezést szemléltet, tehát R(3, 3) = 6.


4.3. R(3, 4) meghatározása

Nézzünk még egy konkrét példát, határozzuk meg az R(3, 4) értéket! (En-nek kiszámítását [7] -b®l vettem.) Vagyis arra vagyunk kíváncsiak, hogy miaz a legkisebb pozitív egész szám, hogy az annyi csúcsú teljes gráf éleit kétszínnel színezve biztosan lesz a gráfban els® szín¶ K3 vagy második szín¶ K4.Most a két szín legyen piros és kék. El®ször megmutatjuk, hogy a 8 csúcsúteljes gráf élei még kiszínezhet®ek úgy pirossal és kékkel, hogy ne legyen agráfban sem piros háromszög, sem 4 csúcsú kék teljes részgráf. Az alábbi ábraegy ilyen színezést szemléltet, tehát ezzel beláttuk, hogy R(3, 4) > 8.


Most belátjuk, hogy a 9 csúcsú teljes gráf éleit akárhogyan is színezzükki pirossal és kékkel, lesz a gráfban vagy piros háromszög vagy kék 4 csúcsúteljes gráf. Két eset van.

Az els® eset, ha van olyan P csúcsa a gráfnak, amelyb®l 6 kék él indulki, akkor tekintsük ezek végpontjai alkotta 6 csúcsú teljes gráfot. Az el®z®ekszerint itt lesz vagy piros háromszög, ekkor készen vagyunk, vagy lesz kékháromszög. Ennek csúcsaihoz vegyük hozzá a P csúcsot, így van kék szín¶,4 csúcsú teljes gráf. Ezt az esetet az alábbi ábrák szemléltetik.


Második eset, ha nincs olyan csúcs, amelyb®l 6 kék él indul ki. Ekkor min-den csúcsból legalább három piros él indul. Pontosan 3 piros él viszont nemindulhat minden csúcsból, ugyanis ha összeadjuk a csúcsokból kiinduló pirosélek számát, akkor megkapjuk a gráfban szerepl® összes piros él kétszeresét.Ezesetben azonban 3 · 9 = 27, ami páratlan szám, és így nem lehet a pirosélek számának kétszerese. Vagyis lesz olyan csúcs, amelyb®l 4 piros él indul.


Nézzük ezen élek végpontjait! Ha valamelyik kett® pirossal van összekötve,akkor van piros háromszög, ha nem, akkor 4 csúcsú teljes gráfot alkotnak,tehát van kék K4. Ezen eseteket az alábbi ábrák személtetik.

Mindkét esetben beláttuk, hogy vagy van a gráfban piros háromszög vagyvan 4 csúcsú kék teljes gráf. Tehát R(3, 4) = 9.


A Ramsey tétel bizonyításához szükségünk lesz az Erd®s-Szekeres tételre.

4.4. Erd®s-Szekeres tétel és következményei

4.3. Tétel. (Erd®s-Szekeres tétel [1]) Ha k, l ≥ 3, akkor

R(k, l) ≤ R(k − 1, l) +R(k, l − 1).

Miel®tt a tételt bebizonyítanánk, nézzük meg, hogy miért következik be-l®le a Ramsey tétel! Az egyenl®tlenség jobb oldalán lév® összeget tovább lehetbontani, szintén az Erd®s-Szekeres tételt alkalmazva a következ® módon:

R(k − 1, l) +R(k, l − 1) ≤≤ R(k − 2, l) +R(k − 1, l − 1) +R(k − 1, l − 1) +R(k, l − 2) ≤ . . .

Ezt a bontogatást minden tagnál addig végezzük, amíg R(p, q)-nál p vagy qegyenl® nem lesz 2-vel. Tudjuk, hogy R(a, 2) = R(2, a) = a. Tehát véges soklépésben eljutunk addig, hogy minden tagban szerepel 2-es. Vagyis R(k, l)-etfelülr®l tudtuk becsülni egy pozitív egész számmal, vagyis létezik a Ramseyszám.Bizonyítás. Most pedig térjünk rá az Erd®s-Szekeres tétel bizonyítására.Legyen n1 = R(k − 1, l), n2 = R(k, l − 1). Azt kell belátnunk, hogy ha vanegy (n1+n2) csúcsú teljes gráf, azt bárhogy színezve van pirosKk vagy kékKl.Ehhez indirekt tegyük fel, hogy van egy (n1+n2) csúcsú teljes gráfunk és nincsbenne sem pirosKk sem kékKl. Tekintsünk egy P csúcsot! Nézzük meg, hogymi a helyzet, ha ebb®l kiindul n1 darab piros él! Ekkor n1 de�níciója miatt aP -b®l kiinduló piros élek P -t®l különböz® végpontjai által alkotott gráf vagytartalmaz egy kék Kl-et vagy ezek a pontok és P által meghatározott gráfbanvan piros Kk. Ebb®l következik, hogy P -b®l maximum n1 − 1 darab piros élindulhat. Most vizsgáljuk azt, hogy mi történik akkor, ha P -b®l n2 darab kékél indul! Ekkor n2 de�níciója miatt a P -b®l kiinduló kék élek P -t®l különböz®végpontjai által alkotott gráf vagy tartalmaz piros Kk-t vagy ezek a pontokés P által meghatározott gráfban van kék Kl. Ebb®l következik, hogy P -b®lmaximum n2 − 1 darab kék él indulhat.


Vagyis a feltevés miatt a gráfnak maximum 1+n1−1+n2−1 = n1+n2−1csúcsa lehet. Ezzel tehát ellentmondásra jutottunk, ugyanis a gráfunknakn1 + n2 csúcsa volt.

�

1. Következmény. ( [1]) Az Erd®s-Szekeres tétel következményeként egyrekurzió mentes fels® becslést is kaphatunk R(k, l)-re:

R(k, l) ≤(k + l − 2

k − 1

)Bizonyítás. w = k + l-re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítunk, k = 2és l = 2 kezd®lépésekkel. Nézzük meg tehát, hogy ezen értékekre igaz-e azegyenl®tlenség!

R(2, l) = l,(2 + l − 2

2− 1

)=

(l

1

)= l.


Tehát k = 2 esetén a két oldal megegyezik, vagyis az egyenl®tlenség ez esetbenigaz.

R(k, 2) = k,(k + 2− 2

k − 1

)=

(k

k − 1

)= k.

l = 2 esetén is egyenl® lesz a két oldal, vagyis ebben az esetben is igaz akövetkezmény. Tehát kis értékekre teljesül az egyenl®tlenség, alkalmazhatjukaz indukciós lépést. Tegyük fel, hogy az állítás minden olyan R(t, s)-re telje-sül, ahol t < k és s < l vagy s < k és t < l. Felhasználva az Erd®s-Szekerestételt és az ismert azonosságot, hogy

(ab

)=(a−1b

)+(a−1b−1

), kapjuk, hogy a

következmény valóban igaz.

R(k, l) ≤ R(k − 1, l) +R(k, l − 1),

R(k, l) ≤(k − 1 + l − 2

k − 2

)+

(k + l − 1− 2

k − 1

),

R(k, l) ≤(k + l − 3

k − 2

)+

(k + l − 3

k − 1

),

R(k, l) ≤(k + l − 2

k − 1

).

Ami a kívánt egyenl®tlenség. �A tétel bizonyításából adódik egy fels® korlát R(k, l)-re, alsó korlátok

pedig máshonnan, azonban a legjobb alsó korlátok és a legjobb fels® korlátokközött elég nagy ¶r tátong. Nagyon kevés k és l számra ismerjük R(k, l)pontos értékét. Az L alsó korlát kiszámítása R(k, l)-re általában a KL−1olyan kék-piros színezéséb®l áll, ami nem tartalmaz kék Kk részgráfot, sempiros Kl részgráfot. Egy Kn gráf összes lehetséges kiszínezésének a vizsgálatahamar számításigényessé válik, ahogy n értéke növekszik, a színezések számaexponenciálisan növekszik.

Az R(k, l) értékei 8-nál kisebb k-kra és l-ekre megtalálhatók a lenti táb-lázatban. Ahol a pontos érték ismeretlen, az eddigi legjobb alsó és fels® kor-látokat adjuk meg. R(k, l) értékét, ahol akár k vagy l 3-nál kisebb, megadjákaz R(1, l) = 1 és R(2, l) = l képletek minden l-re. A Ramsey-számok kuta-tását Stanisªaw Radziszowski tekintette át, aki Brendan McKay-jel együttkiszámította az R(4, 5) pontos értékét.


k, l 1 2 3 4 5 6 7 81 12 1 23 1 3 64 1 4 9 185 1 5 14 25 43�496 1 6 18 36�41 58�87 102�1657 1 7 23 49�61 80�143 113�298 205�5408 1 8 28 56�84 101�216 127�495 216�1031 282�1870

Triviális, hogy a táblázat szimmetrikus az átlóra nézve, ezért az áttekint-het®ség kedvéért az átló fölötti elemeket elhagytuk.

Az R(k, k) átlós Ramsey-számok meghatározása a kombinatorika egyiklegnehezebb problémája. Ismert, hogy R(3, 3) = 6 és R(4, 4) = 18. De R(5, 5)pontos értéke már ismeretlen, csak azt tudjuk róla, hogy 43 (Geo�rey Exoo)és 49 (Brendan McKay és Stanisªaw Radziszowski) között található; hacsaknem találunk az összes eset szisztematikus végigvizsgálásánál lényegesen ha-tékonyabb eljárást, valószín¶, hogy az R(6, 6) pontos értéke örökre ismeretlenmarad számunkra.

�Képzeljük el, hogy az embernél sokkal hatalmasabb idegen faj landol aFöldön, és az R(5, 5) értékét követelik, vagy elpusztítják a bolygót. Ebben azesetben hadra kéne fognunk minden számítógépet és matematikust, hogy meg-találjuk az értéket. De tegyük fel, hogy ehelyett az R(6, 6) értékére kíváncsiak;ebben az esetben minden er®nkkel meg kéne próbálnunk legy®zni ®ket.� �Erd®sPál

Nézzünk még egy alsó, illetve fels® becslést R(k, k)-ra.

4.4. Tétel. ( [7]) Ha k ≥ 2, akkor 2k2 ≤ R(k, k) ≤ 22k−3.

Bizonyítás. A jobb oldali reláció bizonyításánál a binomiális együtthatóktulajdonságait használjuk fel:

R(k, k) ≤(k + k − 2

k − 1

)=

(2k − 2

k − 1

)=

=

(2k − 3

k − 1

)+

(2k − 3

k − 2

)≤

≤2k−3∑i=0

(2k − 3

i

)= 22k−3.


A bal oldali reláció és bizonyítása Erd®s Páltól származik:Az állítás k = 2-re és k = 3-ra igaz, hiszen R(2, 2) = 2 és R(3, 3) = 6,

mint már láttuk. Legyen k ≥ 4. Vegyünk egy n < 2k2 csúcsú gráfot, és

tekintsük az összes piros-kék színezését. Azt bizonyítjuk be, hogy ha ezekközül véletlenszer¶en választunk egyet, akkor nem 0 annak a valószín¶sége,hogy a választott színezés nem tartalmaz sem k csúcsú piros, sem k csúcsúkék teljes gráfot. Ez nyilván azt jelenti, hogy van ilyen színezés.

Az n csúcsú teljes gráf összes színezéseinek száma: 2(n2), hiszen

(n2

)da-

rab él van, és egymástól függetlenül mindegyik piros vagy kék. Így mindenszínezés választásának valószín¶sége 2−(n

2). Legyen X egy k darab csúcsbólálló halmaz. Annak valószín¶sége, hogy az ezeket összeköt® élek mind pi-rosak 2−(k

2). Mivel ilyen X halmaz(nk

)féleképpen választható, ezért annak

valószín¶sége, hogy lesz közöttük piros k csúcsú teljes gráf:

P (∃k csúcsú teljes piros) ≤(n

k

)2−(k

2).

Itt(nk

)≤ nk

k!≤ nk

2k−1 , és n < 2k2 , ezért

P (∃k csúcsú teljes piros) ≤ nk

2k−1 · 2−(k

2) <2

k2

2

2k−1 · 2− k2

2+ k

2 = 2−k2+1 ≤ 1

2.

(Az utolsó reláció k ≥ 4 miatt teljesül.) Vagyis annak a valószín¶sége,hogy az összes színezésben lesz k csúcsú piros teljes gráf kisebb, mint 1

2.

Szimmetria alapján annak a valószín¶sége, hogy az összes színezésben lesz kcsúcsú kék teljes gráf is kisebb, mint 1

2. Tehát annak a valószín¶sége, hogy

lesz vagy piros vagy kék k csúcsú teljes gráf 1-nél kisebb. �


4.5. További becslések

4.5. Megjegyzés. ( [11], [14], [15], [16]) Említés szinten felsorolok mégnéhány alsó- és fels® becslést:

1935�Erd®s: R(k, k) < c1(log k)c2

(2k−2k−2

), megfelel® pozitív c1, c2 konstansok-

kal.

1947�Erd®s: (1 +O(1)) 1e√2· k · 2 k

2 < R(k, k).

1980�Ajtai-Komlós-Szemerédi, és 1995�Kim: Megfelel® pozitív c1 és c2konstansok esetén

c1 ·n2

log n≤ R(3, n) ≤ c2 ·

n2

log n.

1986�Rödl: R(k, l) < clog(k+l))d

(k+l−2k−1

), megfelel® c, d > 0 konstansokkal.

1987�Graham�Rödl (az el®z®nél gyengébb becslés):R(k, l) ≤(k+l+2k−1

)6

log log (k+l−2) .

1987�Thomason: R(k, k) < 1k

(2k−2k−1

).

2009�Conlon: R(k, k) < 1

kc·log klog log k

(2k−2k−1

)megfelel® c > 0 konstanssal.

4.6. Ramsey tétel általános alak

Az alábbiakban a Ramsey tétel általánosítása fog következni. Most 2-néltöbb színnel is színezhetjük az n szögpontú, teljes gráf éleit, mondjuk s ≥ 2darab színnel.4.6. Tétel. (Ramsey tétel általános alak) Minden k1, k2, . . . ks ≥ 2-revan olyan R(k1, k2, . . . ks) szám, hogy egy legalább R(k1, k2, . . . ks) szögpon-tú teljes gráf éleit s darab színnel tetsz®legesen színezve keletkezik 1. szín¶Kk1 részgráf vagy 2. szín¶ Kk2 részgráf vagy . . . s. szín¶ Kks részgráf.


A tétel bizonyításánál hasonlóan járunk el, mint el®bb, egy egyenl®tlenségigazságából következtetünk rá. Nézzük el®ször tehát ezt az egyenl®tlenséget.

4.7. Állítás. Ha k1, k2 . . . ks ≥ 3, akkor R(k1, k2, . . . ks) ≤ R(R(k1, k2), k3, . . . ks),ahol R(k1, k2) azt mutatja az egyenl®tlenség jobb oldalán, hogy az 1-es és 2-esszínt összevontuk azonos színné.

Az állítás bizonyítása el®tt gondoljuk meg, hogy abból miért következikaz általános Ramsey-tétel is. Az egyenl®tlenség jobb oldalán álló kifejezés-ben az R(k1, k2)-r®l már beláttuk, hogy létezik. Ha igaz az állítás, akkor azegyenl®tlenség jobb oldalán lév® kifejezés addig bontható tovább, amíg márcsak 2 darab színnel való színezésre vezethetjük vissza bizonyításunkat. Err®lviszont a két színnel színezett gráfokra kimondott Ramsey-tétel alapján tud-juk, hogy létezik. Tehát lesz egy fels® becslésünk R(k1, k2, . . . ks)-re, vagyislétezik R(k1, k2, . . . ks). Miután láttuk, hogy az állítás igazságából miért kö-vetkezik az általános Ramsey-tétel, lássunk neki az állítás bizonyításának.Bizonyítás. Az 1-es és a 2-es színb®l egy id®re azonos, mondjuk lila színt ké-szítünk. A gráf most s−1 színnel van színezve.R(R(k1, k2), k3, . . . ks) := n. Azn szögpontú, s−1 színnel színezett gráfban de�níció szerint van lila KR(k1,k2)

vagy 3. szín¶ Kk3 vagy . . . s. szín¶ Kks . Ha itt a 3.,4., . . . s. színb®l volt a meg-felel® részgráf, akkor készen vagyunk, hiszen az eredetileg színezett gráfbanis van ugyanilyen részgráf. Baj akkor lehet, ha lila részgráfot találtunk. Deekkor is készen vagyunk, hiszen ha visszaállítjuk az eredeti színezést, akkorebben az R(k1, k2) méret¶ egyes vagy kettes színnel színezett teljes gráfbanlesz piros Kk1 vagy kék Kk2 . �

4.8. Megjegyzés. ( [8]) A fenti állítás egy gyenge becslést ad, ugyanis pél-dául

R(3, 3, 3) ≤ R(R(3, 3), 3) = R(6, 3) ≤(

6 + 3− 2

5

)= 21.

Megjegyezzük, hogy a pontos érték R(3, 3, 3)-ra viszont 17 (ld. [8]). K16 élei-nek találni egy olyan három színnel való színezését, amelyben nincs egyszín¶háromszög, nem könny¶ feladat, de létezik ilyen három színezés. Azt viszontkönnyen be tudjuk látni, hogy R(3, 3, 3) ≤ 17, ugyanis K17 éleinek háromszínnel (mondjuk pirossal, zölddel és kékkel) való színezésekor egy tetsz®le-ges P csúcsot kiválasztva, lesz olyan szín¶ él (pl. piros) a skatulya elv miatt,amib®l legalább 6 darab megy ki P -b®l.


Ha ezen 6 él végpontjai közül van kett®, amelyek között szintén piros él megy,akkor van piros háromszög. Ellenkez® esetben egy hat csúcsú teljes gráf éleikét színnel (zölddel és kékkel) vannak színezve, erre pedig már beláttuk, hogylesz vagy zöld, vagy kék háromszög benne. Tehát K17 éleinek 3 színnel valószínezésekor fogunk találni egyszín¶ háromszöget, azaz R(3, 3, 3) ≤ 17.

4.7. R(3, 3, . . . 3) becslése

Az els® érdekes eset az R(3, 3, . . . 3).4.9. Állítás. ( [11]) R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸

s

) ≤ (R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸s−1

)− 1)s+ 2.

Bizonyítás. Vegyünk egy (R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸s−1

) − 1)s + 2 csúcsú teljes gráfot. Ki-

színeztük az éleit s darab színnel. Azt kell belátnunk, hogy van egyszín¶


háromszög. Válasszunk egy tetsz®leges P csúcsot. A bel®le kiinduló élek szá-ma (R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸

s−1

) − 1)s + 1. A skatulya elv alapján létezik olyan szín¶ él,

mondjuk piros, amelyb®l legalább R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸s−1

) darab van. Tekintsük ezen

piros élek végpontjai által alkotott G részgráfot. Ekkor két eset lehet. Vagyvan a G részgráf élszínezésében piros él, és ekkor az eredeti gráfban van pirosháromszög. ( A P szögpont és a piros él végpontjai által alkotott háromszögpiros.) Vagy nincs, ekkor a G részgráf színezésében (s− 1) darab színt hasz-náltunk, viszont ennek a G részgráfnak R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸

s−1

) darab szögpontja van,

így de�níció szerint van benne egyszín¶ háromszög. �Az alábbi ábra a fenti bizonyítást szemlélteti:


4.10. Tétel. ( [11]) R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸s

) ≤ 1 + bes!c

4.11. Megjegyzés. Itt e a természetes logaritmus alapszámát jelenti.

Bizonyítás. A bizonyítás s szerinti teljes indukcióval fog történni. Nézzükmeg tehát el®ször, hogy s = 2-re és s = 3-ra igaz-e az állítás.

6 = R(3, 3) ≤ 1 + be2!c = 6

17 = R(3, 3, 3) ≤ 1 + be3!c = 17.

Tegyük fel, hogy s = n− 1-ig teljesül az állítás. s = n-re

R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸n

) ≤ 1 + ben!c,

vagyis egy tetsz®leges u csúcsnak ben!c szomszédja van, melyek n osztálybavannak sorolva. Ekkor:

ben!c = b∑∞

i=0n!i!c =

∑ni=0

n!i!

= 1 + n∑n−1

i=0(n−1)!

i!= 1 + nbe(n− 1)!c,

vagyis ezen n különböz® szín között a skatulya elv miatt van olyan, amihezbe(n−1)+1c csúcs tartozik. Legyen például ez a szín a kék. Ha ezen csúcsokközött van kék él, akkor kék háromszöget kapunk, ha pedig nincs közöttükkék él, akkor az be(n − 1) + 1c csúcs közötti él színezésére csak (n − 1)színt használunk, vagyis teljesül az indukciós feltétel, és találtunk egyszín¶háromszöget. �

5. A RAMSEY-TÉTEL ALKALMAZÁSA BIZONYÍTÁSOKBAN 22

5. A Ramsey-tétel alkalmazása bizonyításokban

Ehhez a részhez szükségünk lesz az alábbi de�níciókra, amelyeket [1]könyv alapján ismertetek.5.1. De�níció. Legyen p > 2 prím és (a, p) = 1. Az a számot aszerintnevezük kvadratikus maradéknak, illetve kvadratikus nemmaradéknakmodulo p, hogy az x2 ≡ a (p) kongruencia megoldható-e, vagy sem.Az a ≡ 0 (p) számokat nem soroljuk sem a kvadratikus maradékok, sem akvadratikus nemmaradékok közé.

5.2. De�níció. Az(

ap

)Legendre-szimbólumot a következ®képpen értel-

mezzük:

(a

p

)=

{1, ha a kvadratikus maradék mod p−1, ha a kvadratikus nemmaradék mod p.

5.1. Speciális halmazokról, amelyek csak kvadratikus

maradékokat tartalmaznak

A következ® rész Sárközy András 1977-ben megjelent [5] cikke alapjánkerül ismertetésre.5.3. De�níció. Legyen p tetsz®leges prímszám. Egészek egy v1, v2, . . . , vtsorozatátMp halmaznak fogjuk hívni, ha a következ®k teljesülnek:


(vi, p) = 1, ha 1 ≤ i ≤ t,

vi 6≡ vj (p), ha 1 ≤ i < j ≤ t,

és

(vi − vjp

)= −1, ha 1 ≤ i < j ≤ t.

Itt(

vi−vjp

)Legandre-szimbólumot jelöl.

Nézzünk erre egy egyszer¶ példát. p := 5, t := 2, v1 := 2, v2 := 9.�Az els® tulajdonság teljesül, ugyanis (2, 5) = 1, (9, 5) = 1.�A második tulajdonság is teljesül, mert 2 6≡ 9 (5).

�A harmadik tulajdonság is igaz,(2−95

)=(

(−7)5

)= (−1), mert 12 6≡ (−7)

(5), 22 6≡ (−7) (5), 32 6≡ (−7) (5), 42 6≡ (−7) (5).Jelölje Mp azt a legnagyobb egész számot, amit ki lehet választani az

1, 2, . . . , p− 1 számok közül, hogy azMp halmazt alkosson v1, v2, . . . , vt-vel.

5.4. Lemma. ( [5]) Ha egy p prímre teljesül, hogy

p ≡ 1 (4), akkor

Mp ≥[

log(p− 1)

log 4+ 1

].

Bizonyítás. De�niáljuk a Gp−1 gráfot, aminek p− 1 pontja P1, P2, . . . , Pp−1a következ®képp:

A Pi és Pj (i 6= j) pontok között menjen piros él, ha(i− jp

)= −1,

és menjen kék él, ha

(i− jp

)= 1.

Vezessük be a következ® jelölést:

Tdef=

[log(p− 1)

log 4+ 1

].


Az alábbi becslésekb®l látható, hogy Gp−1 vagy a komplementere tartal-maz részgráfként egy T szögpontú teljes gráfot, vagyis R(T, T ) ≤ p− 1.

R(T, T ) ≤(T + T − 2

T − 1

)=

(2T − 2

T − 1

)≤

2T−2∑i=0

(2T − 2

i

)= 22T−2 ≤ 4T−1.

Behelyettesítve T értékét:

R(T, T ) ≤ 4T−1 = 4[ log plog 4

+1]−1 = 4[ log plog 4 ] < 4

log plog 4 = p,

vagyisR(T, T ) ≤ p− 1.

Ha ez a T szögpontú egyszín¶ teljes gráf piros, akkor készen vagyunk, ugyanis

ez azt jelenti, hogy találtunk[log(p−1)

log 4+ 1]méret¶Mp halmazt. Ha a T szög-

pontú teljes gráf színe kék, akkor T szögpontjait jelöljük Pω1 , Pω2 . . . , PωT-vel.

Ezekre teljesülnek:

(ωi, p) = 1, ωi 6= ωj,

(ωi − ωj

p

)= 1 ∀1 ≤ i ≤ j ≤ T.

Rögzítsünk egy n kvadratikus nem maradékot, vagyis(

np

)= −1. Legyen

videf= nωi. Ekkor a n · T szögpontú teljes kék részgráf csúcsaira teljesülni

fognak azMp halmaz tulajdonságai:

(vi, p) = (nωi, p) = 1

vi 6= vj ⇔ nωj 6= nωj ⇔ ωj 6= ωj(vi − vjp

)=

(nωi − nωj

p

)=

(n(ωi − ωj)

p

)=

(n

p

)(ωi − ωj

p

)= −1

Tehát ebben az esetben is készen vagyunk, ugyanis ez szintén azt jelenti,

hogy találtunk[log(p−1)

log 4+ 1]méret¶Mp halmazt.

�


A következ® tételt témavezet®m, Dr. Gyarmati Katalin 2001-ben, On aproblem of Diophantus címmel megjelent cikke ( [12]) alapján ismertetem.

5.5. Tétel. Létezik olyan p0 konstans, hogy ha p = 4k + 1 alakú prím, ésp > p0, akkor létezik A ⊆ Zp halmaz, amelyre

|A| ≥ 1

6 log 3log p,

valamint a · a′ + 1, mindig kvadratikus maradék mod p, vagy 0 mod p,ha a, a′ ∈ A és a 6= a′.

A bizonyítás érdekessége, hogy gráfelméleten alapul, a Ramsey tételneka következ® általánosítása a kulcsa:

5.6. Lemma. ( [4]) Minden s1, s2, s3 nem negatív számokra létezik egy regész szám az alábbi tulajdonsággal:

Ha G olyan teljes gráf, amelyre V (G) ≥ r, és C tetsz®leges három színe-zése G gráfnak a c1, c2, c3 színekkel, akkor létezik 1 ≤ i ≤ 3, hogy G-nek vanegyszín¶ G′ részgráfja, ahol |V (G′)| ≥ si. Jelöljük az ilyen r számok közül alegkisebbet R(a, b, c)-vel. Ekkor:

R(s1, s2, s3) ≤(s1 + s2 + s3)!

s1!s2!s3!.

Bizonyítás. Ha az R(s1, s2, s3) számok valamelyike 0, akkor az állítás trivi-ális, mert R(s1, s2, s3) = 0. s1, s2, s3 > 0 esetén igaz az alábbi egyenl®tlenség,ami az Erd®s-Szekeres tétel általánosítása:

R(s1, s2, s3) ≤ R(s1 − 1, s2, s3) +R(s1, s2 − 1, s3) +R(s1, s2, s3 − 1).

Ebb®l s1 + s2 + s3-ra vonatkozó indukcióval kapjuk:

R(s1, s2, s3) ≤(s1 + s2 + s3)!

s1!s2!s3!.

�Nézzük most azt a gráfot, amelynek pontjai a mod pmaradékosztályok.

Mivel p = 4k + 1 alakú prím, ezért létezik i maradékosztály, hogy i2 ≡ −1

(p). Az élek színét a Legendre szimbólum segítségével határozzuk meg,(

0p

)értékét vegyük 0-nak.


Az a és b maradékosztályokat összeköt® élt színezzük

c1 színnel, ha(

ab+1p

)= 1 vagy 0,

c2 színnel, ha(−ab+1

p

)= 1 vagy 0, és

(ab+1p

)= −1,

c3 színnel, ha(−a2b2+1

p

)= 1 vagy 0 és

(ab+1p

)=(−ab+1

p

)= −1.

Ekkor minden élt megszíneztünk, ellenkez® esetben ugyanis:(ab+ 1

p

)=

(−ab+ 1

p

)=

(−a2b2 + 1

p

)= −1.

Tehát:

−1 =

((ab+ 1)(−ab+ 1)(−a2b2 + 1)

p

)=

((a2b2 − 1)2

p

).

De ez ellentmond a nyilvánvaló ténynek, hogy((a2b2 − 1)2

p

)= 1 vagy 0.

Legyen c =[

13 log 3

log p]

+ 1. Az el®z® lemma szerint:

R(c, c, c) ≤ (3c)!

c!c!c!.

Az egyenl®tlenség jobboldalát Stirling formulával becsüljük. Elég nagy c ese-tén:

(3c)!

c!c!c!≤ (1 + o(1))

(3ce

)3c 2√

2π3c((ce

)c 2√

2πc)3 ≤ 33c−3 ≤ p.

Azaz, ha p elég nagy, akkor R(c, c, c) ≤ p. Tehát van a gráfban egy cdarab szögpontból álló egyszín¶ G′ részgráf.

Legyen

A =

V (G′), ha a G′ éleit c1 színnel színeztük,ig : g ∈ V (G′), ha a G′ éleit c2 színnel színeztük,ig2 : g ∈ V (G′), ha a G′ éleit c3 színnel színeztük.

Ekkor |A| ≥ 12|V (G′)|. A színezés de�níciója miatt A halmaz bármely

két elemének szorzatához 1-et adva mindig kvadratikus maradékot vagy 0-tkapunk mod p.


5.2. Az els® N egész szám összegmentes csoportokra

bontása

5.7. Tétel. ( [9]) Ha az els® N egész szám beosztható r csoportba úgy, hogyegyikben se szerepeljen semelyik két elemének a különbsége, akkor

N < r!e.

5.8. Megjegyzés. Itt e a természetes logaritmus alapszámát jelenti.

Az alábbi bizonyítást Erd®s Pál és Surányi János Válogatott fejezetek aszámelméletb®l cím¶ könyvéb®l ismertetem.Bizonyítás. Induljunk ki az els® N természetes szám egy, a feltételeknekmegfelel® beosztásából r darab csoportba. Legyen az el®forduló legnagyobbelemszám egy csoportban n1, ekkor

N ≤ n1 · r.

Egy n1 elem¶ csoport elemei legyenek

a1 < a2 < a3 < . . . < an1 ,

nevezzük ezt a csoportot els®nek.Ez a csoport nem tartalmazhatja az

a2 − a1, a3 − a1, . . . , an1 − a1

számokat, így azok a további r − 1 darab csoport közt oszlanak el. Közülükn2 legyen a legtöbb, amennyi egy csoportba kerül. Legyen többek közt

b1 < b2 < b3 < . . . < bn2

ugyanabban a csoportban, nevezzük ezt a csoportot másodiknak. Ekkor egy-részt n2 jelentése szerint

n1 − 1 ≤ n2(r − 1),

másrésztbi = aki − a1 (i = 1, 2, . . . , n2)


alkalmas k1, k2, . . . , kn2 indexekkel. Ismét nem lehetnek a második csoportban

bi − b1 (i = 2, 3, . . . , n2)

számok, de az els®ben sem, mert

bi − bj = aki − akj

két els® csoportbeli elemnek is különbsége. Ezek a számok tehát a maradór − 2 darab csoportban oszlanak el. Ha egybe közülük maximálisan n3 esik,akkor

n2 − 1 ≤ n3(r − 2),

és az eljárás folytatható tovább egészen addig, míg az s − 1-edik lépésbenkiválasztott ns−1 elemb®l képezett ns−1 − 1 különbség már úgy oszlik el ab-ban az r − s + 1 darab csoportban, amelybe még kerülhet bel®lük, hogymindegyikbe legfeljebb 1 = ns elem kerül közülük. Ekkor

ns−1 − 1 ≤ ns(r − s+ 1) = r − s+ 1.

Nyilvánvalóan s ≤ r, és az így de�niált n1, n2, . . . , ns = 1 sorozat bármelykét szomszédos elemére fennáll, hogy

ni − 1 ≤ ni+1(r − i),

ha i = 1, 2, . . . , s− 1, s®t még i = 0-ra is érvényes az egyenl®tlenség, ha n0-nN + 1-et értünk.

Sorra alkalmazva ezt i = 0, 1, 2, . . . , s− 1-re és használva e értelmezését,nyerjük a következ® egyenl®tlenségeket:

N ≤ ((n1 − 1) + 1)r ≤ n2(r − 1)r + r ≤ n3(r − 2)(r − 1)r + (r − 1)r + r ≤≤ . . . ≤ ns−1(r − s+ 2)(r − s+ 3) . . . (r − 1)r + (r − s+ 3) . . . (r − 1)r+

. . .+ . . .+ (r − 1)r + r ≤≤ (r − s+ 1)(r − s+ 2) . . . (r − 1)r + (r − s+ 2) . . . (r − 1)r + . . .

. . .+ (r − 1)r + r ≤≤ r! + 2 · 3 · . . . · (r − 1)r + 3 · . . . · (r − 1)r + . . .+ (r − 1)r + r =

= r!

(1 +

1

1!+

1

2!+ . . .+

1

(r − 2)!+

1

(r − 1)!

)< r!e,

és ez volt a bizonyítandó. �


Most pedig jöjjön ugyanennek a tételnek a Ramsey-tétellel való bizonyí-tása.Bizonyítás. De�niáljunk egy N szögpontú gráfot, szögpontjai 1, 2, . . . , Nlegyenek. Az r darab csoportot, amelybe a gráf csúcsait a tétel feltételénekmegfelel®en beosztjuk jelölje G1, G2, . . . , Gr. A gráf éleit színezzük r darabszínnel a következ®képpen: az i és j pontot összeköt® él színe legyen az a k.szín, amelyre |i− j| ∈ Gk. Ha be tudnánk látni, hogy

R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸r

) ≤ N − 1,

azzal a tételt is bebizonyítanánk. Viszont a fenti egyenl®tlenség a 4.10 té-tel következménye, tehát felhasználhatjuk. Ez pedig azt jelenti, hogy az Nszögpontú, a fenti módon de�niált gráf éleit a feltételeknek megfelel®en szí-nezve van olyan Gk csoport, amelyben van egyszín¶ hármoszög. Ebb®l pedigaz következik, hogy ∃ h, i, j, amelyekre |h − i|, |h − j|, |i − j| ∈ Gk, azaz|h− i|, |h− j| és |i− j| számok azonos színnel lettek szinezve. Itt szimmetri-kus okokból feltesszük, hogy h < i < j. Ez viszont ellentmond annak, hogyegy csoportban csak olyan számok vannak, amelyeknek a különbsége nincs acsoportban, itt ugyanis (i−h) + (j− i) = (j−h), tehát két csoportbeli számösszege egy harmadik, ami átfogalmazva azt is jelenti, hogy az egyik elemetmegkapjuk két csoportbeli elem különbségeként. �

A könnyebb elképzelhet®ség kedvéért nézzünk egy konkrét példát is. Le-gyen most N = 6, r = 3, és a csoportok, G1 = {1, 3, 5}, G2 = {2},G3 = {4, 6}. Ellen®rizhet®, hogy ez valóban megfelel® beosztás, egyik hal-mazban sem szerepel két elemének a különbsége. A gráf éleit pirossal, kékkelés zölddel színezzük. Az i és j szögpontot összeköt® él színe legyen piros, ha|i − j| ∈ G1, kék, ha |i − j| ∈ G2, és zöld, ha |i − j| ∈ G3. Látszik, hogyennél a példánál teljesül a tétel feltétele, vagyis az els® 6 egész szám beoszt-ható 3 csoportba úgy, hogy egyikbe se szerepeljen semelyik két elemének akülönbsége. Az is ellen®rizhet®, hogy 6 < 3!e, vagyis itt igaz a tétel állítása.


5.3. A Fermat kongruenciáról

Most pedig néhány szükséges de�níció bevezetése és tétel kimondása után(ezeket bizonyítás nélkül közöljük [6] alapján) rátérünk a Fermat kongruenciamegoldhatóságának egy elemi bizonyítására a 5.7 tétel felhasználásával. A bi-zonyítást Erd®s Pál és Surányi János, Válogatott fejezetek a számelméletb®lcím¶ könyve alapján végezzük.

El®ször nézzük, hogy mi is az a Fermat sejtés, amely évszázadokon átizgatta a matematikusokat.

Az x2 + y2 = z2 egyenlet Pitagorasz tételét jelenti, ahol x, y egy derék-szög¶ háromszög befogóinak oldalhosszúságait, z pedig az átfogó hosszúságátjelenti, tehát pozitív valós számok. Az olyan pozitív egész számokat, amelyekkielégítik a Pitagorasz tételt, pitagoraszi számhármasoknak nevezzük. Ilyenszámhármasból végtelen sok van. Ezek után a matematikusokat elkezdte ér-


dekelni, hogy van-e megoldása az egész számok körében az x3 + y3 = z3

egyenletnek, s®t általában az xn + yn = zn egyenletnek.Fermat miután elolvasta Diophantosz Arithmetica cím¶ m¶vében azt a

részt, amely az x2 + y2 = z2 egyenlet megoldásairól szól az egész számokkörében (Pitagoraszi számhármasok), a következ® tartalmú feljegyzést írtaennek a kiadványnak a margójára.

�... Ugyanakkor teljesen lehetetlen a köb felbontása két köb összegére, vagya negyedik hatványoké két negyedik hatvány összegére, de nem lehet semmi-lyen más magasabb hatványt sem felbontani két ugyanolyan hatványkitev®-j¶ szám összegére. E tételnek valóban bámulatos bizonyítására jöttem rá, denincs elég hely, hogy ide leírjam." (Lásd: Jelenski: Pitagorasz nyomában 135.old.)

Azaz nincs megoldása az xn + yn = zn diophantoszi egyenletnek az egészszámok körében n > 2 természetes szám esetén. Ezzel a széljegyzetével azon-ban Fermat egy évszázadokon átnyúló versengést indított el a matematiku-sok között. Fermat n = 4 esetére szóló bizonyítását kés®bb megtalálták, ésaz itt használt módszert átvéve sikerült Euler-nek bizonyítani n = 3 esetéreis. Csak 1993-ban sikerült Andrew Wiles-nak, egy angol matematikusnak atétel bizonyítása.

A történeti áttekintés után következzenek a szükséges de�níciók.5.9. De�níció. ϕ(n)-nel jelöljük az 1 és n közé es®, n-hez relatív prím szá-mok számát.

5.10. De�níció. Legyen (a,m) = 1. Az a rendje k modulo m, ha teljesülneka következ®k:

k ∈ Z+,

ak ≡ 1 (m),

at 6≡ 1 (m) ∀1 ≤ t ≤ k − 1-re.

Az a rendjét om(a)-val jelöljük.

5.11. Példa. 3 rendje modulo 10, 4, mert

31 = 3 6≡ 1 (10)

32 = 9 6≡ 1 (10)

33 = 27 6≡ 1 (10)

34 = 81 ≡ 1 (10).


5.12. De�níció. Egy g számot primitív gyöknek nevezünk modulo m, haom(g) = ϕ(m).

5.13. Példa. A 3 primitív gyök modulo 10, mert o10(3) = ϕ(10) = 4.A 2 nem primitív gyök modulo 31, mert o31(2) = 5 < ϕ(31) = 30.

5.14. De�níció. Legyen g primitív gyök mod p és (a, p) = 1. Ekkor az a-nak a g alapú diszkrét logaritmusán vagy indexén azt a 0 ≤ k ≤ p−2 számotértjük, amelyre a ≡ gk (p).

Jelölés: indp,g(a). Mivel a p modulus általában rögzített, ezért legtöbbszöraz erre utaló jelzést elhagyjuk: indg(a). Ha a g primitív gyök is egyértelm¶,akkor simán inda-t írunk.

5.15. De�níció. Az a maradékosztály redukált maradékosztály modulo m,ha (a,m) = 1.

5.16. Példa. Az 5 redukált maradékosztály modulo 12, de nem redukáltmaradékosztály modulo 10.

5.17. De�níció. Adott egész számok halmazát modulo m redukált mara-dékrendszernek hívjuk, ha minden elem m-hez relatív prím, és a halmazminden modulo m redukált maradékosztályból pontosan egy elemet tartal-maz.

5.18. Példa. Az 1, 5, 7, 11 halmaz redukált maradékrendszer modulo 12.Az 1, 13, 27, 39 halmaz redukált maradékrendszer modulo 10.

5.19. Tétel. g primitív gyök modulom akkor és csak akkor, ha 1, g, g2, g3, . . . , gϕ(m)−1

redukált maradékrendszer modulo m.

5.20. Tétel. A modulo p n-edrend¶ elemek száma ϕ(n), ha n|p−1, különben0. Így modulo p vannak primitív gyökök, számuk ϕ(p− 1).

És most következzen az a tétel, amelynek bizonyításánál látni fogjuk a5.7 tétel egy alkalmazhatóságát.

5.21. Tétel. ( [9]) Tetszés szerint megadva egy m pozitív egész számot, min-den p prímszámhoz, amelyik nagyobb egy csak m-t®l függ® korlátnál, vannakolyan p-vel nem osztható a, b, c egészek, amelyekre

am + bm ≡ cm (p). (1)


Ez azt jelenti, hogy egyetlen m kitev®re sem kilátásos a Fermat sejtéstúgy bizonyítani, hogy a prím modulusú kongruenciákra bizonyítjuk, mertminden m egészre és elég nagy p prímszámra megoldható az (1) kongruencia.Bizonyítás. A bizonyításban felhasználjuk a primitív kongruenciagyök ésaz index fogalmát, illetve a 5.20 tételt, amely szerint prím modulushoz vanprimitív gyök.

Legyen m pozitív egész szám, p egy m!e-nél nagyobb prím, g primitívkongruenciagyök mod p. Osszuk a p-nél kisebb pozitív egészeket csoportok-ba úgy, hogy a g-re vonatkozó indexük maradékam-mel osztva 0, 1, 2, . . . vagym−1. Ezzel a p-nél kisebb pozitív egészeket beosztottuk m darab csoportba.Az i-edik csoport tehát:

Cs(i) = {u : ∃t, hogy u ≡ gtm+i (p)},

ahol 0 ≤ tm + i ≤ p − 1, és 0 ≤ i ≤ m − 1. A 5.7 tétel szerint van olyancsoport, amelyiknek három alkalmas elemére fennáll az

u1 − u2 = u3

összefüggés. Ekkor au1 − u2 ≡ u3 (p)

kongruencia is fennáll. Mivel u1, u2 és u3 ugyanannak a csoportnak a tagja,∃ 0 ≤ i ≤ m − 1, melyre u1, u2, u3 ∈ Cs(i). Így van olyan t1, t2, t3,amelyekkel

uj ≡ gtjm+i (p), j = 1, 2, 3.

Ezt a u1 − u2 ≡ u3 (p) kongruenciába helyettesítve:

gt1m+i ≡ gt2m+i + gt3m+i (p),

majd gi-nel egyszer¶sítve azt kapjuk, hogy

gt1m ≡ gt2m + gt3m (p),

vagyis az

a = gt2 ,

b = gt3 ,

c = gt1


értékekkel teljesül az (1) kongruencia. Tehát találtunk végtelen sok p prí-met, amelyre az am + bm ≡ cm (p) kongruenciának csak triviális megoldásavan, hiszem a Fermat kongruencia, ellentétben a Fermat sejtéssel, az egészekkörében mindig megoldható. �

Végül [6] alapján nézzünk még egy tételbizonyítást a Ramsey-tétel al-kalmazhatóságára. A tétel Issai Schurtól származik, aki egy Németországbandolgozó orosz matematikus volt.

5.4. Schur tétel

5.22. Tétel. (Schur [9]) Bármely t esetén létezik olyan n = S(t), hogy haaz 1, 2, . . . , n+1 számokat akárhogyan színezzük ki t színnel, lesz olyan azonosszín¶ a és b, amelyek a+b összege is ugyanilyen szín¶ (a = b is megengedett).

A továbbiakban S(t)-vel a legkisebb ilyen tulajdonságú n-et fogjuk jelöl-ni, vagyis S(t) a legnagyobb �rossz� szám: 1, 2, . . . , S(t) még kiszínezhet® tszínnel úgy, hogy az x+y = z egyenletnek ne legyen egyszín¶ megoldása. ( ARamsey-tételnél R(k, t) a legkisebb � jó� számot jelentette; a két kissé eltér®szellem¶ jelölés hagyományosan így alakult ki, ezért mi is ezekhez tartjukmagunkat.)

S(1) = 1, mert az 1, 2 számokat 1 színnel színezve lesz olyan azonos szín¶a és b szám, amelyeknek az összege is ugyanilyen szín¶. Most speciálisana := b := 1, a + b = 2. És mivel egy színnel színeztünk, ezek szükségképpenegyszín¶ek. Könnyen kiszámítható még S(2) = 4 is. Ezeken kívül pontosértékként viszont csak S(3) = 13 és S(4) = 44 ismert.

És most következzen Schur tételének bizonyítása.Bizonyítás. A könnyebbség kedvéért vezessük be az R(3, 3, . . . 3︸︷︷︸

t

) := R(3, t)

jelölést. Megmutatjuk, hogy S(t) < R(3, t), azaz az 1, 2 . . . R(3, t) számokatakárhogyan színezzük ki t színnel, teljesül az el®írt tulajdonság. Tekintsükazt a teljes gráfot, amelynek csúcsai a fenti számok, és az (i, j) él (gráf)színelegyen az |i− j| (szám)színe. Ekkor a Ramsey-tétel alapján keletkezik a gráf-ban egyszín¶ hároszög, azaz van olyan i < j < m, amelyre az (i, j), (j,m) és


(i,m) gráfélek azonos szín¶ek, vagyis a = j − i, b = m− j és a + b = m− i(szám)színe azonos. �

HIVATKOZÁSOK 36

Hivatkozások

[1] Katona Gyula Y., Recski András, Szabó Csaba, A számítástudományalapjai, Typotex Kft, 2006., 21-22. oldal, 86-89. oldal

[2] Internetes hivatkozás: http://people.inf.elte.hu/nebsabi/2013-2014-1/Grafelmelet/ramsey.pdf (letöltés dátuma: 2016. 02. 04.)

[3] Lovász László, Kombinatorikai problémák és feladatok, Typotex Kft,Budapest, 1999.

[4] Gyarmat Katalin, Szakdolgozat: Hatvány-, hatványteli és hatványmen-tes számok összegsorozatokban és multiplikatív struktúrákban

[5] Sárközy András: On di�erence sets of sequences of integers, II., 1977.,49-50. oldal

[6] Freud Róbert, Gyarmati Edit: Számelmélet, Nemzeti Tankönyvkiadó,Budapest, 2006., 106-120. oldal, 529-532. oldal

[7] Mike János, Tanári továbbképzés, 2011. augusztus

[8] Internetes hivatkozás: http://www.cut-the-knot.org/arithmetic/combinatorics/Ramsey333.shtml (letöltés dátuma:2016. 02. 14)

[9] Erd®s Pál, Surányi János: Válogatott fejezetek a számelméletb®l, Poly-gon, Szeged, 1996., 212-214. oldal

[10] Internetes hivatkozás: https://hu.wikipedia.org/wiki/Ramsey-tétel (le-töltés dátuma: 2016.03. 28.)

[11] Internetes hivatkozás: Tamaga István, Ramsey-típusú tételek cím¶ dip-lomamunkája, 2012.

[12] Gyarmati Katalin: On a problem of Diophantus, Acta Arith. 97.1,(2001.), 53-65. oldal

[13] Szczepan Jelenski: Pitagorasz nyomában, Móra Ferenc Könyvkiadó,1966., 135. oldal

[14] David Conlon: A new upper bound for diagonal Ramsey numbers, Ann.of Math. 170 (2009), 941-960.

HIVATKOZÁSOK 37

[15] P. Erdos, Some remarks on the theory of graphs, Bull. Amer. Math. Soc.53 (1947), 292-294.

[16] P. Erd®s, G. Szekeres: A combinatorial problem in geometry, CompositioMath. 2 (1935), 463�470; Zentralblatt 12,270.

fejezetek a kombinatorikus...

Documents