Stern Mathematik: Ramsey-Zahlen
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Mathematik

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Ramsey-Zahlen

Silvester steht vor der Tür. Auf so einer Silvesterparty sehen sich manche Gäste zum ersten mal und kannten sich vorher nur über Ecken. Es gibt also unterschiedlich große Gruppen von einander Bekannten und Gruppen von einander Fremden. Wie groß können diese Gruppen sein? Oder genauer gesagt, wie groß muss die Anzahl der Gäste überhaupt sein, damit es auf jeden Fall eine Gruppe von $n$ Bekannten oder eine Gruppe von $m$ Fremden gibt? (Beides gleichzeitig können wir natürlich nicht erwarten.) Oder gibt es überhaupt so eine Anzahl? Das Theorem von Ramsey sagt, dass es tatsächlich eine solche Anzahl gibt. Die Mindestanzahl von benötigten Gästen wird als Ramsey-Zahl $R(n,m)$ definiert. Bis heute sind nur relativ wenige konkrete Werte von $R(n,m)$ bekannt. Es gilt zum Beispiel $R(4,4)=18$, was bedeutet, dass es auf einer Party mit $18$ Gästen (aber nicht unbedingt auf einer Party mit $17$ Gästen) auf jeden Fall $4$ Bekannte oder $4$ Fremde gibt. Dieser Artikel gibt eine kurze Einführung in Ramsey-Zahlen.




Einführung

Ramsey-Zahlen

Für zwei positive ganze Zahlen $n,m$ sei die Ramsey-Zahl $R(n,m)$ die kleinste positive ganze Zahl $r$ mit der folgenden Eigenschaft: Auf einer Party mit $r$ Gästen gibt es auf jeden Fall $n$ (gegenseitig) Bekannte oder $m$ (gegenseitig) Fremde. Oder etwas formaler: Für alle Mengen $X$ mit $\#X = r$ (hier ist $\# X$ die Kardinalität von $X$) und jede Menge $B \subseteq P_2(X)$ von zweielementigen Teilmengen von $X$ gibt es eine Teilmenge $T \subseteq X$ mit 1) $\#T = n$ und $P_2(T) \subseteq B$, oder 2) $\#T = m$ und $P_2(T) \cap B = \emptyset$. Offenbar gilt diese Eigenschaft dann auch für alle $r' \geq r$. Die Existenz von $R(n,m)$ zeigen wir später.

Wir können uns $(X,B)$ auch als Graphen mit $r$ Knoten vorstellen. Dann ist $T$ im Fall 1) eine Menge von $n$ Knoten, die jeweils benachbart sind, und im Fall 2) eine Menge von $m$ Knoten, die jeweils nicht benachbart sind.

Anstelle des Graphen $(X,B)$ können wir uns auch den vollständigen Graphen $K_r := (X,P_2(X))$ vorstellen (in dem also je zwei Knoten benachbart sind), dessen Kanten in zwei Farben eingefärbt sind: die Kanten in $B$ sind blau und die restlichen Kanten sind rot. Hier ein Beispiel für $r = 5$:

<math>
\begin{tikzpicture}[line width=0.3ex, inner sep = 0ex, scale = 1.5]
\foreach \i in {0,1,2,3,4}
\node (A\i) at ({cos(90+\i*72)},{sin(90+\i*72)});
\draw [red] (A0) -- (A1) -- (A2) -- (A3) -- (A4) -- (A0);
\draw [blue] (A0) -- (A2) -- (A4) -- (A1) -- (A3) -- (A0);
\foreach \i in {0,1,2,3,4}
\draw [fill = white] (A\i) circle [radius=0.6ex];
\end{tikzpicture}
</math>

In dieser Sprache bedeutet die Definition der Ramsey-Zahl: Es gilt $R(n,m) \leq r$ genau dann, wenn jeder blau und rot gefärbte vollständige Graph $K_r$ auf $r$ Knoten einen blauen $K_n$ oder einen roten $K_m$ enthält. Das Beispiel von $K_5$ oben hat keinen blauen $K_3$ und keinen roten $K_3$, es gilt daher $R(3,3) \geq 6$.

Die allgemeine Methode für den Nachweis von $R(n,m) = r$ besteht demnach aus zwei Schritten: Erstens zeigt man $R(n,m) \geq r$, also $R(n,m) \not\leq r-1$, indem man eine Färbung von $K_{r-1}$ angibt, die keinen blauen $K_n$ und keinen roten $K_m$ enthält. Zweitens (und das ist in der Regel viel schwieriger) zeigt man $R(n,m) \leq r$, indem man zeigt, dass jeder blau und rot gefärbte $K_r$ einen blauen $K_n$ oder einen roten $K_m$ enthält.

Bevor wir die Existenz von $R(n,m)$ zeigen, hier ein paar Beispiele: Es gilt aus trivialen Gründen

$(1) \qquad R(n,1) = 1.$

Außerdem gilt

$(2) \qquad R(n,2) = n.$

Beweis. Es gilt $R(n,2) \geq n$, denn wenn wir $K_{n-1}$ komplett blau einfärben, gibt es hier keinen blauen $K_n$ und keinen roten $K_2$. Es gilt $R(n,2) \leq n$, denn in einem gefärbten $K_n$ sind entweder alle Kanten blau, womit wir einen blauen $K_n$ haben, oder mindestens eine Kante ist rot, was ein roter $K_2$ ist. $\checkmark$

Indem man die Färbungen umdreht, sieht man (sofern diese Zahlen existieren)

$(3) \qquad R(m,n) = R(n,m)$.

Ramseys Theorem

Kommen wir nun zur Existenz im Allgemeinen:

Ramseys Theorem. Für je zwei positive ganze Zahlen $n,m$ existiert $R(n,m)$. Es gilt außerdem für $n,m \geq 2$ die Ungleichung

$(4) \qquad R(n,m) \leq R(n-1,m) + R(n,m-1).$

Beweis. Für $n=1$ oder $m=1$ stimmt die Behauptung. Nun seien $n,m \geq 2$. Wir dürfen per Induktion annehmen, dass $R(n-1,m)$ und $R(n,m-1)$ bereits existieren. Wir zeigen nun, dass $r := R(n-1,m) + R(n,m-1)$ die Eigenschaft von $R(n,m)$ besitzt (ohne die Minimalität allerdings). Wir verwenden dazu die erste graphentheoretische Interpretation. Sei also $(X,B)$ ein Graph mit $\#X = r$. Sei $x \in X$ irgendein Knoten. Sei $Y$ die Menge der zu $x$ benachbarten Knoten und $Z$ die Menge der restlichen Knoten (ohne $x$).

<math>
\begin{tikzpicture}[line width=0.3ex, inner sep = 0ex, scale = 1.5]
\draw[rounded corners, dotted, magenta] (-1.3, 1.3) rectangle (0.4, -1.3) {};
\draw[rounded corners, dotted, olive] (0.7, 0.4) rectangle (2.3, -0.4) {};
\node (A0) at (-1,0);
\node (A1) at (0,+1);
\node (A2) at (+1,0);
\node (A3) at (0,-1);
\node (A4) at (-2,0);
\node (A5) at (+2,0);
\draw [black] (A0) -- (A1) -- (A2) -- (A3) -- (A0);
\draw [black] (A4) -- (A0);
\draw [black] (A2) -- (A5);
\draw [black] (A1) to [bend right=20] (A4) to [bend right=20] (A3);
\foreach \i in {0,1,2,3,4,5}
\draw [fill = white] (A\i) circle [radius=0.6ex];
\node at (A4) [left=1.4ex] {\large $x$};
\node at (A1) [right=5ex] {\large $Y$};
\node at (A5) [right=3.5ex] {\large $Z$};
\end{tikzpicture}
</math>

Es gilt $R(n-1,m) + R(n,m-1) = r = \#Y + \#Z + 1$, also $R(n-1,m) \geq \#Y$ oder $R(n,m-1) \geq \# Z$. Der zweite Fall ist analog zum ersten zu behandeln, also dürfen wir $R(n-1,m) \geq \# Y$ annehmen. Wenden wir die Definition der Ramsey-Zahl auf den Graphen $(Y, B \cap P_2(Y))$ an, so gibt es also eine Teilmenge $T \subseteq Y$, sodass 1) $\#T = n-1$ und je zwei Knoten aus $T$ benachbart sind, oder 2) $\#T = m$ und je zwei Knoten aus $T$ nicht benachbart sind. In Fall 2) sind wir also fertig. In Fall 1) sei $T' = T \cup \{x\}$. Dann gilt $\#T' = n$ und je zwei Knoten in $T'$ sind benachbart: das folgt aus $T \subseteq Y$ und der Definition von $Y$. Damit ist gezeigt, dass $R(n,m)$ existiert und höchstens gleich $R(n-1,m) + R(n,m-1)$ ist. $\checkmark$

Wir ziehen daraus direkt zwei Folgerungen:

$(5) \qquad R(n,n) \leq 2 \cdot R(n-1,n)$

$(6) \qquad\displaystyle R(n,m) \leq \binom{n+m-2}{n-1}$

Letzteres folgt induktiv aus der Ungleichung in Ramseys Theorem in Kombination mit der Pascal'schen Identität der Binomialkoeffizienten.

In einem Spezialfall lässt sich die Ungleichung noch verschärfen:

Schärfere Ungleichung. Sind $n,m \geq 2$ und $ R(n-1,m)$ und $R(n,m-1)$ beide gerade, so gilt die Ungleichung

$(7) \qquad R(n,m) \leq R(n-1,m) + R(n,m-1) - 1.$

Beweis. Sei $(X,B)$ ein Graph mit $\#X = R(n-1,m) + R(n,m-1) - 1$. Für $x \in X$ sei $\deg(x) \in \IN$ der Grad von $x$, also die Zahl der zu $x$ benachbarten Knoten im Graphen. Doppeltes Abzählen liefert die allgemeine Gradsummenformel

$\displaystyle \sum_{x \in X} \deg(x) = 2 \cdot |B|.$

Weil $\#X$ ungerade ist, muss es daher ein $x \in X$ geben, sodass $\deg(x)$ gerade ist (ansonsten wäre die Summe der Grade nämlich ungerade.) Sei wieder $Y$ die Menge der zu $x$ benachbarten Knoten und $Z$ die Menge der restlichen Knoten (ohne $x$). Es gilt $\#Y \geq R(n-1,m)-1$ oder $\#Z \geq R(n,m-1)$, denn ansonsten folgte der Widerspruch

$\#X = \#Y + \#Z + 1 \leq R(n-1,m)-2 + R(n,m-1) - 1 + 1 = R(n-1,m) + R(n,m-1) - 2.$

Weil $\#Y = \deg(x)$ gerade, aber $R(n-1,m)-1$ ungerade ist, gilt sogar $\#Y \geq R(n-1,m)$ oder $\#Z \geq R(n,m-1)$. Jetzt geht der Beweis genauso wie in Ramseys Theorem zu Ende. $\checkmark$


Beispiele

$(8) \qquad R(3,3) = 6$

Beweis. Wir haben bereits oben $R(3,3) \geq 6$ gesehen. Die Ungleichung (5) und die Gleichung (2) liefern außerdem $R(3,3) \leq 2 \cdot R(2,3) = 2 \cdot 3 = 6$. $\checkmark$

$(9) \qquad R(3,4) = 9$

Beweis. Der wie folgt eingefärbte $K_8$ enthält keinen blauen $K_3$ und keinen roten $K_4$:

<math>
\begin{tikzpicture}[line width=0.3ex, inner sep = 0ex, scale = 2]
\foreach \i in {0,1,...,7} \node (A\i) at ({cos(\i*360/8)},{sin(\i*360/8)});
\foreach \i in {0,1,...,7} {
\foreach \q in {3,4} {
\pgfmathtruncatemacro{\j}{mod(\i+\q,8)}
\draw[blue]  (A\i) -- (A\j);
}
}
\foreach \i in {0,1,...,7} {
\foreach \p in {1,2} {
\pgfmathtruncatemacro{\j}{mod(\i+\p,8)}
\draw[red]  (A\i) -- (A\j);
}
}
\foreach \i in {0,1,...,7} \draw [fill = white] (A\i) circle [radius=0.4ex];
\end{tikzpicture}
</math>

Diese Färbung lässt sich auch algebraisch definieren: Als Knoten wählen wir die Elemente der Restklassengruppe $\IZ/8\IZ$. Eine Kante $\{x,y\}$ sei genau dann rot, wenn $x-y \in \{\pm 1,\pm 2\}$. Andernfalls, also wenn $x-y \in \{\pm 3,4\}$, sei sie blau. Hiermit lässt sich übrigens auch algebraisch beweisen, dass es keinen blauen $K_3$ und keinen roten $K_4$ gibt.

Es gilt daher $R(3,4) \geq 9$. Für die andere Richtung verwenden wir die schärfere Ungleichung (7) und die bereits berechneten Werte: Es sind $R(2,4) = 4$ (2) und $R(3,3) = 6$ (8) beide gerade, sodass also $R(3,4) \leq 4 + 6 - 1 = 9$. $\checkmark$

$(10) \qquad R(4,4) = 18$

Beweis. Die Ungleichung (5) und die Berechnung (9) liefern $R(4,4) \leq 2 \cdot R(3,4) = 18$. Um die Ungleichung $R(4,4) \geq 18$ zu zeigen, müssen wir einen zweifach gefärbten $K_{17}$ angeben, der keinen blauen und keinen roten $K_4$ besitzt. Dazu eine allgemeine Konstruktion:

Für eine Primzahlpotenz $q$ mit $q \equiv 1 \bmod 4$ definieren wir den Paley-Graphen der Ordnung $q$: Die Knoten seien die Elemente des endlichen Körpers $\IF_q$ mit $q$ Elementen. Es gebe eine Kante $\{a,b\}$, wenn $a-b \in \IF_q^{\times}$ ein Quadrat ist, also $a-b = c^2$ für ein $c \in \IF_q^{\times}$. (Dann ist auch $b-a = (-1) (a-b)$ ein Quadrat, weil $-1$ wegen unserer Annahme an $q$ ein Quadrat ist.) Wir können daraus eine Färbung des $K_q$ machen: die Kante $\{a,b\}$ sei rot, wenn $a-b \in \IF_q^{\times}$ ein Quadrat ist, andernfalls blau.

Wir behaupten nun, dass der so gefärbte $K_{17}$ keinen blauen $K_4$ und keinen roten $K_4$ enthält. Die Menge der Quadrate in $\IF_{17}^{\times} = (\IZ/17\IZ)^{\times}$ ist $\{\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 8\}$; wobei $\pm 8 = \mp 9$. Die Menge der restlichen Elemente ist $\{\pm 3,\pm 5,\pm 6, \pm 7\}$. Der Graph sieht demnach so aus:

<math>
\begin{tikzpicture}[line width=0.3ex, inner sep = 0ex, scale = 5]
\foreach \i in {0,1,...,16}
\node (A\i) at ({cos(\i*360/17)},{sin(\i*360/17)});
\foreach \i in {0,1,...,16} {
\foreach \q in {3,5,6,7} {
\pgfmathtruncatemacro{\j}{mod(\i+\q,17)}
\draw[blue]  (A\i) -- (A\j);
}
}
\foreach \i in {0,1,...,16} {
\foreach \p in {1,2,4,8} {
\pgfmathtruncatemacro{\j}{mod(\i+\p,17)}
\draw[red]  (A\i) -- (A\j);
}
}
\foreach \i in {0,1,...,16}
\draw [fill = white] (A\i) circle [radius=0.2ex];
\end{tikzpicture}
</math>

Der Code ist eine gute Werbung für TikZ. Das Bild hilft allerdings nicht sonderlich dabei, um einen Beweis zu finden. Den müssen wir algebraisch führen.

Angenommen, $\{a,b,c,d\}$ ist ein roter $K_4$ im obigen $K_{17}$, das heißt wir haben $4$ Knoten, die im Paley-Graphen jeweils benachbart sind. Weil $x \mapsto x-a$ ein Automorphismus des Paley-Graphen mit $a \mapsto 0$ ist, dürfen wir $a=0$ annehmen. Insbesondere ist $b \neq 0$ und $b$ ist ein Quadrat. Dann ist $x \mapsto b^{-1} \cdot x$ ein Automorphismus des Paley-Graphen mit $0 \mapsto 0$ und $b \mapsto 1$. Wir dürfen daher $b = 1$ annehmen. Nun sind $c$ und $d$ Quadrate derart, dass auch $c-1$ und $d-1$ Quadrate sind. Schaut man sich die Menge der (Nicht-)Quadrate an, so sieht man $c,d \in \{-1,+2,-8\}$. Andererseits muss auch $c-d$ ein Quadrat sein. Die (bis auf Vorzeichen) $3$ Möglichkeiten für diese Differenz sind aber $(-1)-(+2) = -3$, $(-1)-(-8) = +7$ und $(+2) - (-8) = -7$ (wir rechnen modulo $17$), also keine Quadrate. Das ist ein Widerspruch.

Die Nichtexistenz eines blauen $K_4$ folgt jetzt bereits, weil nämlich der Paley-Graph der Ordnung $q$ immer zu seinem Komplement (wobei sich also unsere Färbung umdreht) isomorph ist mittels der Abbildung $a \mapsto c \cdot a$, wobei $c$ irgendein Nicht-Quadrat in $\IF_q$ ist. $\checkmark$

$(11) \qquad R(3,5) = 14$

Beweis. Aus der Ungleichung (4) und den berechneten Werten (2),(9) folgt $R(3,5) \leq R(2,5) + R(3,4) = 5 + 9 = 14$. Um $R(3,4)=R(4,3) \geq 14$ zu zeigen, müssen wir eine Färbung von $K_{13}$ finden, die keinen blauen $K_5$ und keinen roten $K_3$ besitzt. Der Paley-Graph für $q=13$ hilft uns nicht direkt weiter, aber wir können ihn abwandeln: Für $a,b \in \IF_{13}$ sei $\{a,b\}$ genau dann rot, wenn $a-b \in \IF_{13}^{\times}$ ein Kubus ist, also $a-b = c^3$ für ein $c \in \IF_{13}^{\times}$. Die Menge der Kuben ist hier konkret $\{\pm 1,\pm 5\}$, das Komplement ist $\{\pm 2,\pm 3,\pm 4,\pm 6\}$. Wir erhalten damit den folgenden Graphen:

<math>
\begin{tikzpicture}[line width=0.3ex, inner sep = 0ex, scale = 3.2]
\foreach \i in {0,1,...,12}
\node (A\i) at ({cos(\i*360/13)},{sin(\i*360/13)});
\foreach \i in {0,1,...,12} {
\foreach \q in {2,3,4,6} {
\pgfmathtruncatemacro{\j}{mod(\i+\q,13)}
\draw[blue]  (A\i) -- (A\j);
}
}
\foreach \i in {0,1,...,12} {
\foreach \p in {1,5} {
\pgfmathtruncatemacro{\j}{mod(\i+\p,13)}
\draw[red]  (A\i) -- (A\j);
}
}
\foreach \i in {0,1,...,12}
\draw [fill = white] (A\i) circle [radius=0.2ex];
\end{tikzpicture}
</math>

Am Bild erkennt man, dass es keinen roten $K_3$ gibt. Die blauen $K_4$ haben (bis auf Rotation) folgende Gestalt:

<math>
\definecolor{myblue}{HTML}{A0A0F0}
\begin{tikzpicture}[line width=0.3ex, inner sep = 0ex, scale = 3.2]
\foreach \i in {0,1,...,12}
\node (A\i) at ({cos(\i*360/13)},{sin(\i*360/13)});
\foreach \i in {0,1,...,12} {
\foreach \q in {2,3,4,6} {
\pgfmathtruncatemacro{\j}{mod(\i+\q,13)}
\draw[myblue]  (A\i) -- (A\j);
}
}
\draw [blue] (A1) -- (A12) -- (A8) -- (A1) -- (A5) -- (A12);
\draw [blue] (A5) -- (A8);
\foreach \i in {0,1,...,12}
\draw [fill = white] (A\i) circle [radius=0.2ex];
\end{tikzpicture}
\qquad\qquad
\begin{tikzpicture}[line width=0.3ex, inner sep = 0ex, scale = 3.2]
\foreach \i in {0,1,...,12}
\node (A\i) at ({cos(\i*360/13)},{sin(\i*360/13)});
\foreach \i in {0,1,...,12} {
\foreach \q in {2,3,4,6} {
\pgfmathtruncatemacro{\j}{mod(\i+\q,13)}
\draw[myblue]  (A\i) -- (A\j);
}
}
\draw [blue] (A1) -- (A12) -- (A10) -- (A1) -- (A3) -- (A10);
\draw [blue] (A3) -- (A12);
\foreach \i in {0,1,...,12}
\draw [fill = white] (A\i) circle [radius=0.2ex];
\end{tikzpicture}
</math>

Sie lassen sich zu keinem blauen $K_5$ fortsetzen. $\checkmark$

Weitere Beispiele

Abseits von den trivialen Beispielen $R(1,n)=1$ und $R(2,n)=n$ ist nur eine Handvoll weiterer Beispiele von konkreten Ramsey-Zahlen bekannt; siehe dazu die Tabelle bei Wikipedia. Den aktuellen Stand (auch zu verallgemeinerten Ramsey-Zahlen) erfährt man über die Arbeit Small Ramsey Numbers von Radziszowski. Oftmals sind auch nur Abschätzungen bekannt. Zum Beispiel ist $43 \leq R(5,5) \leq 48$, und es wird vermutet, dass sogar $R(5,5) = 43$ gilt, was aber außerordentlich schwer zu prüfen ist. Paul Erdős, der unter anderem zur Ramsey-Theorie geforscht hat, soll dazu folgendes gesagt haben:

Suppose aliens invade the earth and threaten to obliterate it in a year's time unless human beings can find the Ramsey number for red five and blue five. We could marshal the world's best minds and fastest computers, and within a year we could probably calculate the value. If the aliens demanded the Ramsey number for red six and blue six, however, we would have no choice but to launch a preemptive attack.

Das Zitat ist nun allerdings schon von 1990, die Computerleistung ist in der Zeit enorm gewachsen. Vielleicht wird es ja 2020 etwas.

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