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2、幸福結局問題
大家都很喜歡Klein這個簡練的證明，於是想要將證明推廣到構成更多邊的凸多邊形。
更精確的來說，Klein建議一個這樣的問題：
對於給定的正整數n，能否找到一個正整數N（n），使得平面上任意N（n）點（其中任三點不共線）中，均能找到n點形成凸多邊形？
這個問題包括兩件事情，首先，這樣的N（n）是否一定存在？
其次，如果存在，那麼最小的N（n）是多少？
為了方便，我們用N0（n）表示這個最小正整數。
很顯然的N0（3）＝3；
而Klein的證明，再加上一個很簡單的例子（三角形的三個頂點及內部一點不構成凸四邊形），就可以得到N0（4）＝5。
在他們這一群人中，另一名數學家EndreMakai很快就證明了N0（5）＝9；
也就是說，平面上任意三點不共線的任9點中，一定能找出5點構成凸五邊形，而且下面的例子顯示8點是不夠的：
由於知到N0（3）＝2＋1，N0（4）＝22＋1，N0（5）＝23＋1，他們動了N0（n）＝2n-2＋1的腦筋。
過了一陣子他們就意識到，只靠簡單的論證並無濟於事，於是圈子裡引發出一股急於解決這個問題的激奮情緒。
對Szekeres來說，解題的動機主要來自Klein，獲得佳人青睞強烈地激勵他爭取率先提出解法，幾個星期後他就面帶勝利的笑容對Erdős說：
『E.P.*，敞開你那充滿智慧的大腦吧！
』Szekeres找出了保證可構成凸n邊形的所需點數，但這個數目比他們猜想的2n-2＋1大很多；
___________________________________________________________________________
*E.P.係ErdősPaul的縮寫，和中國人一樣，匈牙利人的姓是寫在前面的。
儘管如此，他的證明還是贏得了Klein的芳心，四年後有情人終成眷屬。
從此Erdős把這個問題稱為「幸福結局問題」，永垂數學史。
Szekeres的證明隱含了拉姆西定理，事實上，拉姆西定理大約在這五年之前提出來，Szekeres可以說是在不知情的狀況下獨立重新發展出拉姆西定理。
用後面將介紹的符號表示，他得到
N0（n）≤R（n,5;
4）。
這個上界其實很大，後來Erdős提出一個更好的上界，證到
2n-2+1≤N0（n）≤
＋1。
這一次，上界小了很多，但利用Sterling公式
，
我們可以得到
Erdős得到的上界和下界2n-2+1還是有一大段距離。
他們兩人將上述的結果合寫了一篇文章，1935年發表[1]。
遺留至今還有下面這個未解的問題。
猜想：
N0（n）＝2n-2＋1。
不管是拉姆西定理的證明，或者是Erdős的改良上界的證明，都奠基於一個更基礎的道理，叫做鴿籠原理。
接下來，我們要來介紹鴿籠原理與拉姆西定理，並且看看他們如何用來證明N0（n）的上界。
2、鴿籠原理登場於數論
假定有n＋1隻鴿子和n個鳥籠，如果要讓所有鴿子飛入籠中，則存在某一個籠子裡面至少有兩隻鴿子。
這個看起來很簡單的原理俗稱鴿籠原理，也稱抽屜原理，是十九世紀德國數學家Dirichlet提出來，以解決數論上的一些問題，所以也有人將它稱為Dirichlet（抽屜）原理。
這個貌不驚人的原理，卻有廣泛而出人意表的許多應用，有很多很深的定理都可以用它來証明。
在本文末的附錄裡我們收集了各式各樣深淺不一的題目，它們都能靠鴿籠原理來解決。
這裡我們舉幾個例子來說明。
首先登場的是數論上的定理（參見[2]）。
定理1.若x是一個無理數，且n為正整數，則存在某個有理數h/k，其分母k≤n，滿足
。
【證明】對任一實數y，我們用[y]表示y的整數部分，也就是滿足
m≤y＜m+1的唯一整數m。
因為x是無理數，對於i＝1,2,…,n恆有0＜ix－[ix]＜1，也就是說，我們有n個在開區間（0,1）的無理數ix－[ix]﹔其實每一個這樣的數也一定在下面這n個子區間之一：
（0,1/n）,（1/n,2/n）,…,（（n-1）/n,1）。
如果有某一個jx－[jx]在子區間（0,1/n）內，則我們可以取h＝[jx]和k＝j，定理就成立。
如果所有這n個無理數ix－[ix]都落在除了（0,1/n）以外的n－1個子區間，則由鴿籠原理，存在某一子區間（r/n,（r+1）/n）包含某兩個數sx－[sx]和tx－[tx]，其中1≤s＜t≤n，這兩個數差的絕對值一定小於1/n，也就是說|（tx－[tx]）－（sx－[sx]）|＜1/n，這時可取h＝[tx]－[sx]和k＝t－s，定理就成立。
▄
3、鴿籠原理再一應用例子
接下來，再來看一組數論上的題目（參見[3]）。
（甲）從1到200的整數中挑出101個數，證明存在一數整除另外一個。
（乙）從1到200的整數中，試找出100個數，使得任一數不整除另一個。
（丙）從1到200的整數中挑出100個數，如果至少有一數小於16，證明存在一數整除另外一個。
首先我們來證明（甲），令選出來的數為
xi＝
yi，
其中ai為非負整數，yi為介於1到200之間的奇數，i＝1,2,…,101。
因為介於1到200間的奇數只有100個，根據鴿籠原理，存在i≠j使得yi＝yj，因此，當ai≥aj時xi整除xj，當ai＜aj時xj整除xi。
所以（甲）得證。
（乙）只是在說明（甲）中的101是不可以再少的。
選101,102,…,200這100個數就可以達到目的。
最後考慮（丙），假設選出來的100個數是
zi＝
wi，
其中bi是非負整數，wi為奇數，i＝1,2,…,100。
如果不存在某個zi整除另一個zj，則一定有下述性質：
（＊）若i≠j且wi整除wj，則bi＞bj。
因此，這100個奇數wi必定都相異。
假設選出來小於16的數是2bw，則有下列4種可能：
（1）b＝3，此時w＝1，所以3bw＝27。
（2）b＝2，此時w≤3，所以3bw≤27。
（3）b＝1，此時w≤7，所以3bw≤21。
（4）b＝0，此時w≤15，所以3bw≤15。
在任何情況下，3bw≤27，所以
w＜31w＜32w＜…＜3bw＜3b＋1w
這b＋2個奇數均小於200，因此它們都對應於各個wi，或者說，存在b＋2個選出來的數形如2bw,
31w,
32w,…,
3bw,
3b+1w，由（＊）可知，b＞c1＞c2＞…＞cb＞cb＋1≥0，因此0和b－1之間有b＋1個相異的整數c1,…,cb＋1，矛盾。
所以（丙）得證。
以上的問題被[4]推廣到更一般的情況。
5、Erdős的巧思
在真正證明
這個N0（n）的上界之前，Erdős先用鴿籠原理證明了一個類似的定理。
定理2.對任一含有nm+1項相異實數的數列x１,x2,…,xnm+1，或者存在一含n+1項的遞增子數列，或者存在一含m+1項的遞減子數列。
【證明】對應於每一個xj，令aj表示以xj為末項的遞增子數列最多的項數，bj表示以xj為末項的遞減子數列最多的項數。
對於i＜j，當xi＜xj時ai+1≤aj，當xi＞xj時bi+1≤bj，因此序對（ai,bi）≠（aj,bj）。
因為有nm個xj，由鴿籠原理可知，不可能所有aj≤n及所有bj≤m，也就是，或者存在一含n+1項的遞增子數列，或者存在一含m+1項的遞減子數列。
▄
利用和這個相類似的論證，事實上其中也隱含有証明拉姆西定理的精神，Erdős進一步證明了下面的定理。
定理3.當m,n≥2時，平面上給定
點，假設任三點不共線，任兩點的橫座標均相異。
則或者存在n點x１,x2,…,xn（橫座標由小而大），其連續線段xixi+1的斜率遞增，或者存在m點其連續線段的斜率遞減。
斜率遞增 斜率遞減
【證明】令f（n,m）表示平面上最多的點數，使得不存在n-杯（n點使得連續線段斜率遞增），而且不存在m-帽（m點使得連續線段斜率遞減）。
我們首先要證明
f（n,m）≤f（n,m－1）+f（n－1,m）。
（＊）
設S是有f（n,m）點但無n-杯無m-帽的點集，令T是所有可為（n－1）-杯右端點的集合，則S\T中沒有（n－1）-杯也沒有m-帽，所以
|S\T|≤f（n－1,m）。
再者，如果T中有一個（m－1）-帽A，令其左端點為x，左邊倒數第二點為y，由T的定義，x是某一（n－1）-杯B的右端點，令此杯右邊倒數第二點為z；
如果zx的斜率小於xy的斜率，則B和y合成n-杯；
如果zx的斜率大於xy的斜率，則z和A合成m-帽；
兩種情況都不可能，所以T中沒有n-杯及（m－1）-帽，因此
|T|≤f（n,m－1），
所以（＊）成立。
此不等式和巴斯卡等式，再加上數學歸納法可以證明f（n,m）≤
，所以定理得證。
▄
由定理3再加上適當的選取座標軸，使得不會有兩點有相同橫座標，就可以證得
N0（n）≤
至於2n-2+1≤N0（n），則要小心地選取反例就可以得到。
雖然Erdős的上界比Szekeres的上界好，但因為後者是採用拉姆西數得到的，這套理論也很值得知道，再者有感於Szekeres是第一個證明N（n）確實有限的人，所以也要來談談他的工作。
6、拉姆西理論及Szkeres的證明
鴿籠原理有多種變形，其中之一是：
假設有p1+p2+…+pn－n+1隻鴿子和n個鳥籠，如果要讓所有鴿子飛入籠子，則必定存在某個i，使第i個籠子中至少有pi隻鴿子。
當p1＝p2＝…＝pn＝2就是最原始的鴿籠原理。
拉姆西定理最簡單但還要點證明的情況，可以用下面的例子說明。
有6個人，任兩人或者彼此相識，或者彼此不相識（但沒有甲認識乙，而乙不認識甲的情況），證明必存在兩兩互相認識的3人，或兩兩互相不認識的3人。
這個事實的證明如下。
首先指定一人，在其餘5人當中，他或者與其中3人認識，或者與3人不認識（應用鴿籠原理5＝3+3－2+1）。
先考慮他與某3人認識的情況，如果這3人中有某2人互相認識，則這2人與原來選出的那人，合成兩兩互相認識的3人；
如果這3人兩兩互相不認識，那定理也得證。
選定那人與某3人不認識的情況，其證明亦類似。
我們也可以將上述的道理用集合的語言寫出來：
假設S是一含有6元素的集合，任意將其所有15個含有2個元素的子集合分成兩類，則S中一定有一恰含3個元素的子集T，這個子集的任何含2個元素的子集都在同一類。
這樣的寫法，看起來有點古怪，但有利於後面的一般化。
先舉一個例子說明如下：
令S＝{1,2,3,4,5,6}。
第1類2元素子集：
{1,2}，{1,6}，{2,3}，{3,4}，{4,5}，{5,6}。
第2類2元素子集：
{1,3}，{1,4}，{1,5}，{2,4}，{2,5}，{2,6}，{3,5}，{3,6}，{4,6}。
則可以找到T＝{1,3,5}，其所有2元素子集都是第2類。
拉姆西定理.假設正整數p1,p2,…,pn,t滿足p1≥t,p2≥t,…,pn≥t，則一定存在一最小正整數R（p1,p2,…,pn;
t）滿足下面性質：
假設集合Ｓ至少有R（p1,p2,…,pn;
t）個元素，任意將其t元素子集分成n類，則必有某一i（1≤i≤n）使得S有一恰含pi個元素的子集T，其所有t元素子集都是第i類。
利用上述定理的符號，則上述6人中3人互相認識，或不認識的事情，就可以寫成R（3,3;
2）≤6。
事實上，R（3,3;
2）＝6，因為5個人就有可能找不到兩兩認識的3人，或兩兩不認識的3人。
一般說來，決定拉姆西數是困難的事。
t＝1就是一般化的鴿籠原理，也就是
R（p1,p2,…,pn;
1）＝p1+p2+…+pn－n+1。
當t≥2時，就不容易決定R（p1,p2,…,pn;
t）了，縱使是R（p,q;
2）都不是那麼容易。
從定義，倒不難看出
R（p,t;
t）＝R（t,p;
t）＝p，
所以上述的R（3,3;
2）＝6算是第一個要花一點力氣得到的結果。
利用和證明定理3類似的說法，可以證得
R（p,q;
2）≤R（p－1,q;
2）+R（p,q－1;
2），
再加上巴斯卡等式及數學歸納法，也可以得到
2）≤
最後讓我們用拉姆西數的符號來說明Szekeres的上界。
定理4.N0（n）≤R（n,5;
【證明】假設S是平面上m＝R（n,5;
4）點所成的集合，其中任三點都不共線。
我們想證明，S中存在n點，構成凸n邊形。
首先，將S的所有4元素子集分成二類，第1類是4點成一凸四邊形的子集，第2類是4點不構成凸四邊形的子集。
由R（n,5;
4）的定義可知：
或者存在S的n元素子集T，其任一4元素子集都能構成凸四邊形；
或者存在S的5元素子集T，其任一4元素子集都不構成凸四邊形。
但是Klein原來的論證已經說明後者不可能，所以前者恆成立，此時，T中的n點必構成一凸n邊形。
▄
7、落幕
星起星落，1930年的激情匆匆已過七十餘年，當年的一對佳人現在還幸福的住在美國新澤西州，而才子Erdős過世數年。
他們留給後人的是一片大好數學江山，以及沉迷數學的回憶。
且讓後人續之。
欲知後事如何，請看[5,6,7]。
參考文獻
[1]P.ErdősandG.Szekeres,Acombinatoricalproblemingeometry,CompositioMath.2（1935）,463-470.
[2]K.Chandrasekharan,IntroductiontoNumberTheory,Springer- Verlag,NewYork,1968.
[3]R.A.Brualdi,IntroductoryCombinatorics,1977.
[4]G.J.ChangandF.H.Hao,Theminimumoftheantichaininthefactorposet,Order3（1987）,355-357.
[5]F.R.K.ChungandR.L.Graham,Forcedconvexn-goneintheplane,DiscreteComput.Geom.19（1998）,367-371.
[6]F.ChungandR.Graham,ErdősonGraphs─HisLegacyofUnsolvedProblems,AKPeters,Wellesley,MA,1998.
[7]R.L.GrahamandJ.Nesetril,RamseytheoryintheworkofPaulErdős,in:
TheMathematicsofPaulErdős（R.L.GrahamandJ.Nesetril,eds）,Springer-Verlag,Heidelberg,1996.
[8]PaulHoffman著，米緒軍、章曉燕、繆衛東譯，數字愛人─數學奇才艾狄胥的故事，台灣商務印書館，2001年。
[9]BruceSchechter著，曾蕙蘭譯，不只一點瘋狂─天才數學家艾狄胥傳奇，先覺出版社，1999年。
附錄
1.（a）400個人之中至少有兩人生日同一天。
為什麼？
（b）把400換成另外一數而上面的陳述仍然成立，此數最小是多少？
（c）要多少人才能保證其中至少有三人生日相同？
（d）要多少人才能保證有不同的兩天都有兩個以上的人作生日。
2.有kn＋1個球要放進n個箱子。
一定會發生什麼事？
3.沒有人的頭髮超過三十萬根，新竹市的人口是三十萬零一人。
你能斷言新竹市有兩人頭上的毛一樣多嗎？
4.箱子裡有70個球五種顏色：
20個紅，20個藍，20個黃，其餘的10個球有黑有白。
（a）你至少必須拿多少球才能保證拿到10個同色的球？
（b）你至少必須拿多少球才能保證拿到全部五種顏色？
5.媽媽俱樂部有28位太太，王太太有I3個小孩，其他人都沒她多。
（a）證明至少有三位太太的小孩一樣多。
（b）共他條件不變，俱樂部中該有多少媽媽才能保經有四位太太的小孩一樣多？
6.客廳裡有n個人，證明他們之中有兩人在客廳中認識的人一樣多。
7.會場中有n個專家。
每個人都和其他人正好握一次手。
證明在握手寒喧的這段時間中，每一時刻都至少有兩個人已經握手的數目相同。
8.n個人參加循環賽，每個人都要和別人正好比賽一次。
證明在整個賽程中之任一時刻，至少有兩隊到那時刻為止已經賽完了一樣多場。
9.51隻小昆蟲放置在邊長1的方塊內。
證明無論何時，至少有三隻昆蟲可以罩在一個半徑
的圓內。
10.在平面格子點中選定五個格子點。
證明永遠可以找到其中兩點，使得它們的連線通過另一格子點。
（格子點是指座標為整數的點。
11.令P１,P2,…,P9為空間中的九個格子點。
證明有一格子點落在某線段PiPk上，i≠k,i,k
{l,2,...,9}。
12.在一個邊長7的正方體內選定342個點。
你能否放置一個邊長1的小正立方體到大立方體內，使此小正立方體的內部不包含選定的這些點？
13.一個靶其形狀為邊長2的等邊三角形。
（a）如果射中靶五次。
證明有兩個彈孔的距離小於或等於1。
（b）如果射中靶17次。
關於兩個彈孔之間的最小距離能斷言什麼？
14.在數列1,1,2,3,5,8,3,1,4,5,9,4,3,7,0,7,7,4,1,...中每一項都是前兩項之和，只不過加法是在模10下做的。
證明此數列是週期的。
週期的可能長度最大是多少？
證明週期以1,1,2,3,5,…開始。
15.考慮由
a1＝a2＝1,an+1＝an-1＋an,n＞1，
所定義的費波那奇（Fibonacci）數列，1,1,2,3,5,8,...。
證明對任一n有一費波那奇數尾巴有n個零。
16.假定a與2及5互質。
證明對任一n，有一個a的乘冪其尾巴是
17.有10條線段，每一條都比一寸長，比55寸短。
證明可以從中選出三條造出一個三角形。
18.在一間五坪大的房間中放了九塊面積都是一坪的地氈，地氈的形狀沒有限制。
證明有兩塊地氈至少重疊了
坪。
19.從集合{1,2,...,2n}中任選n＋1個數。
證明在這些選出的數中，永遠有一對，大的被小的整除。
20.從集合{1,2,...,2n}中任選n＋1個數。
證明在這些選出的數中，至少有一對是互質的。
21.令n為一自然數，不被2或5整除。
證明n有一個倍數全由1組成，即成111…11的形式。
22.S為n個自然數的集合。
證明S有一個子集合其元素之和被n整除。
23.證明在六個人之中永遠有三個人彼此都認識，或者有三個人彼此全不認識。
24.空間中給了6點，沒有三點在同一直線上，每兩點都用直線段連結起來，每一線段塗成黑色或白色。
證明由這些線段所構成的三角形中，永遠至少有一個，它的邊都同色。
25.空間中給了17點，沒有三點在同一直線上，每兩點都用直線段連結起來，每條線段塗上黑色、白色或紅色。
證明有一個三角形它的邊都同色。
26.空間中給了66點，沒有三點在同一直線上，每兩點都用直線段連結起來，線段塗上黑色、白色、紅色或綠色。
27.推廣24、25、26這一系列的問題。
28.S是一個25個點的集合，其中任一個3個點的子集合中至少有兩點距離小於1。
證明S有一個13個點的子集合可以用半徑1的圓盤覆蓋住。
29.證明在a2＋1個東西中，或者有a＋1個同一類，或者有a＋1個不同類。
30.（a）平面上的點分成兩個子集合。
證明有兩點距離為1且屬於分後的同一子集合中。
（b）平面上的點分成三個子集合。
（c）將平面分成七個子集合，使得沒有兩點距離為1且屬於同一子集合。
註：
至於分成4、5或6個子集合的情況，沒人知道是否永遠有一子集合包含兩點距離為1。
31.錫金尼亞國的公路系統是這樣的：
在每個交叉路口有三條公路交會。
下圖顯示了這樣一個公路系統的簡單例子。
證明錫金尼亞公路系統的下列性質：
從任一交叉路口A1出發延
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