Demostrar que para cualquier forma de dividir el conjunto de $X=\{1,2,3,\dots,9\}$ $2$ juegos, siempre existen por lo menos una progresión aritmética de longitud $3$ en uno de los dos conjuntos.
Respuestas
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Este resultado es parte de una zona muy agradable en la teoría de Ramsey. Si quieres estudiar las generalizaciones, el término que desea buscar es la de Van der Waerden número; estamos diciendo aquí que $w(2,3)\le 9$, donde el $3$ indica que desea una progresión aritmética de longitud tres, y el $2$ indica que yo divide el conjunto en dos piezas. De hecho, $w(2,3)=9$, lo que significa que, además, hay una manera de dividir el número de $1$ $8$en dos piezas, tanto para evitar tales triples: $\{1,2,5,6\}$$\{3,4,7,8\}$.
A ver que $9$ es suficiente, la mejor argumento procede a un análisis de casos: Considere la posibilidad de una división de $X$ en dos conjuntos, y vamos a tratar de ver lo que estas restricciones deben satisfacer con el fin de evitar la aritmética triples. Debemos llegar a la conclusión de que es imposible tener ese fraccionamiento. La clave en mi enfoque es considerar $4,5,6$. Ellos no pueden estar todos en la misma pieza, pero dos de ellas debe ser. Vamos a llamar a ese pedazo $A$, y deje $B$ a ser el otro.
- Caso 1. $4,6\in A$.
Este es el caso más fácil de eliminar, debido a $2,5,8$, entonces debe ser una media aritmética triple en $B$: Considere la posibilidad de, respectivamente, los triples $2,4,6$, e $4,5,6$, e $4,6,8$. Si colocamos alguna de $2,5,8\in A$, uno de estos tres aritmética triples termina en $A$.
- Caso 2. $4,5\in A$.
A continuación, $3,6\in B$ (tenga en cuenta, respectivamente, los triples $3,4,5$$4,5,6$), por lo $9\in A$ (considere el $3,6,9$), pero, a continuación, $1,7\in B$ (considere el$1,5,9$$5,7,9$), por lo $2,8\in A$ (considere el$1,2,3$$6,7,8$). Ahora vemos que este caso no puede ser, porque el triple $2,5,8$$A$.
- Caso 3. $5,6\in A$.
Este es realmente el mismo que el caso 2, por la simetría. (En este caso, $4,7\in B$, lo $1\in A$, lo $3,9\in B$, lo $2,8\in A$, y vemos que la triple a$2,5,8$$A$.)
MJD
Puntos
37705
(Esto es muy similar a la de Andrés Caicedo prueba, pero es un poco más simple.)
Que nos llame a los conjuntos de rojo y azul. Considerar los elementos $\{4,5,6\}$. Al menos dos de estos son del mismo color; decir rojo. Entonces tenemos tres casos: $\{4,5\}$ son de color rojo, $\{4,6\}$ son de color rojo, o $\{5,6\}$ son de color rojo. $\def\r#1{\color{red}{#1}}\def\b#1{\color{blue}{#1}}$
$\r4$ $\r5$ son ambos de color rojo. Entonces si $3$ o $6$ es de color rojo que se hacen, así que supongo $\b3$ $\b6$ azul. A continuación, $\r9$ es de color rojo ($\b3,\b6,\r9$ es azul), por lo $\b1$ es azul (otra cosa $\b1,\r5,\r9$ es de color rojo), $\r2$ es de color rojo ($\b1,\r2,\b3$), $\b8$ es de color azul ($\r2,\r5,\b8$). Ahora si $7$ es de color rojo tenemos a $\r5,\r7,\r9$ e si $7$ es azul tenemos a $\b6,\b7,\b8$.
$\r4$ $\r6$ son ambos de color rojo. A continuación, $\b2$ $\b5$ son ambos de color azul (otra cosa $\b2,\r4,\r6$ o $\r4,\b5,\r6$). Ahora si $8$ es de color rojo hemos rojo $\r4,\r6,\r8$ e si $8$ es azul hemos azul $\b2,\b5,\b8$.
$\r5$ $\r6$ son ambos de color rojo. Esto se reduce a la $\{4,5\}$ de los casos por la transformación de $x\mapsto (10-x)$.
