Sólo un poco de contexto: $R\underbrace{(3,3,3, \ldots,3)}_\text{$ k $ times}\leq n$ significa que cualquier coloración de un gráfico completo, $k_n$ , en $n$ vértices o más con $k$ los colores deben contener un triángulo monocromático.
Reclamación: $R\underbrace{(3,3,3, \ldots,3)}_\text{$ k $ times} \leq 3k!$
Prueba: Consideremos el número mínimo de aristas monocromáticas conectadas a un vértice arbitrario, $V$ . Al menos $\big\lceil{\frac{3k!-1}{k}}\big\rceil$ Los bordes serán monocromáticos. $\big\lceil{\frac{3k!-1}{k}}\big\rceil$ = $\frac{3k!}{k}$ cuando $k>1$ . Por lo tanto, el vértice $V$ debe conectarse a $3(k-1)!$ bordes monocromáticos.
Tratando de evitar un triángulo monocromático de color $k_1$ nos veremos obligados a crear un triángulo monocromático de color { $k_2$ , $k_3$ , $\ldots$ ou $k_i$ }. Si conectamos cualquiera de los vértices $\{1,2,3, \ldots, 3(k-1)!\}$ con un borde azul, se formaría un triángulo monocromático azul, para evitarlo, el resto $3(k-1)!$ vértices deben ser de color con el resto de $k-1$ colores.
Podemos entonces considerar un subgrafo de los vértices restantes $\{1,2,3,\ldots,3(k-1)!\}$ y colorearlo con el resto de $k-1$ colores. Podemos centrarnos en un nuevo vértice, $V'$ dentro del subgrafo.
Vértice $V'$ se conectará al menos a $\displaystyle{\frac{3(k-1)!}{k-1}}$ bordes monocromáticos. Lo que equivale a $3(k-2)!$ bordes.
Podemos continuar este proceso hasta considerar el subgrafo de vértices restantes $3(k-(k-1))!$ y colorearlo con el resto de $k-(k-1)$ colores. Esto significa que este subgrafo final tiene 3 vértices y tiene que ser coloreado con 1 color. Por lo tanto, es inevitable un triángulo monocromático. Por lo tanto, $R\underbrace{(3,3,3, \ldots,3)}_\text{$ k $ times} \leq 3k!$ .
Me las arreglé para bajarlo a $3k!$ Me preguntaba si alguien tenía mejores aproximaciones.
