Supongamos que hay dos distancia conjunto de tamaño $n=6$. Etiqueta cada uno de los bordes de acuerdo a si tienen la longitud $d_1 \neq d_2$. Desde la Teoría de Ramsey, sabemos que un monocromático existe el triángulo.
Vamos los 3 vértices de la monocromía del triángulo $A, B, C$, WLOG distancia $d_1$. Ahora, tenga en cuenta las intersecciones de los círculos con un radio de $d_1$ $d_2$ sobre los centros de $A$$B$, los que tienen que darnos los otros 3 puntos.
Si los círculos de radio $d_1$ se intersectan en un vértice que no es $C$, luego tenemos a $d_2 = \sqrt{3} d_1$.
Si los círculos de $d_2$ se intersectan en un vértice, hay 2 posibilidades para los vértices. Teniendo en cuenta la distancia a $C$, debemos tener $ d_2 = \frac{\sqrt{3}}{3} d_1$ o $ d_2 = 2 \frac{ \sqrt{3}}{3} d_1$.
Observe que todos estos $d_2$ son diferentes, y de ahí que podamos tener en la mayoría de 1 de estos puntos como un vértice.
Si los círculos de radio $d_1$ $d_2$ se intersectan en un vértice que está en el lado diferente de $AB$$C$, hay 4 posibilidades de puntos, con 2 a cada lado de la $AB$. Sin embargo, los puntos de ambos lados de $AB$ dará lugar a diferentes valores de $AB$, de ahí que podamos tener en la mayoría de 2 de estos puntos como un vértice.
Por lo tanto, debemos tener 1 en el primer conjunto de puntos, y 2 en el segundo conjunto de puntos. Sin embargo, es fácil ver que el incumplimiento de las distancias desde el primer set, el resultado será válido puntos en el segundo set.
Singularidad:
Supongamos que tenemos un conjunto de 5 puntos que son dos de distancia. El Color de cada borde como antes.
Reclamo: no contiene un monocromático triángulo.
Supongamos que lo hace. Deje que los vértices se $A, B, C$, y los otros 2 puntos de $D, E$. Tomar los círculos con centros de $A, B$. Luego de lo anterior, sabemos que los otros 2 puntos deben ser de los 3 posibles puntos de intersección, por lo $C, D, E $ son colineales. La única 2-distancia conjunto de puntos colineales es donde uno de ellos es el punto medio de los otros. Considerando las posiciones posibles, debemos tener (WLOG) $D$ como la otra intersección de la cirlces que $C$ se encuentra en. Entonces, (WLOG) $ED=DC =\sqrt{3} CA$ Pero $EA \neq CA, EA \neq CE$ por lo tanto, tenemos una contradicción.
Reclamo: No monocromática 4-ciclo existe.
Supongamos que lo hace. Entonces, debemos tener un rombo. Cuenta la longitud de las diagonales.
Si son distintos, uno de ellos es el lado de la longitud del rombo, por lo que tenemos un monocromático triángulo, que contradice la anterior afirmación.
Si son iguales y distintos de los de los laterales de longitud del rombo, tenemos un cuadrado. Es rápido para argumentar que no 5to punto funciona.
A partir de los reclamos, el grafo completo en 5 vértices debe ser formado a partir del 2 de 5 ciclos. Por lo tanto, debemos tener el pentágono regular.
