Frank Ramsey（1903年2月22日—1930年1月19日）－藍色情懷

今日數學家

弗蘭克·普倫普頓·拉姆齊
Frank Ramsey（1903年2月22日—1930年1月19日）

當年今日數學家

以下是當年今日出生的數學家：

1833	Clebsch
1865	Macdonald
1879	Fubini
1908	Kurosh
1911	Garrett Birkhoff
1912	Kantorovich

以下是當年今日殞落的數學家：

1930	Ramsey
1954	Kaluza

弗蘭克·普倫普頓·拉姆齊（Frank Plumpton Ramsey，1903年 2月22日－1930年 1月19日，英語發音[fɹæŋk ˈplʌmtən ˈɹæmzi]），英國數學家、哲學家兼經濟學家。

拉姆齊的弟弟麥可·拉姆齊是第100任坎特伯裡大主教。

生平

拉姆齊生於劍橋，其父親是麥格達倫學院的校長。他於溫切斯特公學學習，後來進入劍橋大學三一學院學習數學。

他涉獵了很多領域。在政治上，他有左翼的傾向；宗教上，其妻指他是個「態度堅定的無神論者」。他和查爾斯·凱·奧格頓聊天時，說他想學德語。奧格頓便給他一本文法書、字典和一篇深奧的心理學論文並告訴他：「使用那本文法書和字典，告訴我們你的想法。」約一星期後，他不止學會了德語，還對語法書中一些理論提出了反對意見。

他閱讀了維特根施坦的邏輯哲學論。這本書深深影響了他，1923年他去奧地利跟維特根施坦討論。

1924年21歲的他成為國王學院的研究員。

貢獻

其哲學著作包括

Universals (1925)
Facts and propositions (1927)
Universals of law and of fact (1928)
Knowledge (1929)
Theories (1929)
General propositions and causality (1929).

有些哲學家將他視為可能比維根斯坦更偉大的哲學家。

一些重要貢獻：

哲學：真理的多餘理論
組合數學：拉姆齊定理
經濟學：拉姆齊定價

鴿籠原理

I. 鴿籠原理

鴿籠原理是說將 k 個東西分成 n 類，若 $k \geq nr-n+1$ 則有一類東西之數目大於或等於 r。十隻鴿子分放在九個籠中，必有一籠至少放二隻鴿子。五房客四房間，一定有二房客共一房間。三男追二女，必有二男為情敵。十三人同行，必有二人同月生。五人分十六本書，必然有人至少獨得四本書。這些都是鴿籠原理在生活中常碰到的實例。這樣平凡的道理人人在諸多待人接物中，不假思索屢用不爽。道理雖然簡單，巧妙地運用卻有意想不到的驚奇結果。

1.1. 連勝 21 次的圍棋高手

沈士海是位圍棋新秀，去年參加全國圍棋名人大賽，從地方初選到最後名人爭奪戰，一連比賽了11星期。沈高手之戰績輝煌，優勝記錄是：每日至少勝一次；每星期最多勝12次。由此記錄可推得在一段連續的日子裏，沈棋士不多不少連勝了21次。

結論似乎有點出奇。想一想，再看下面的證明。

設 s₁, s₂,…,s₇₇ 等為第 1 天，第 2 天，……最後第77天沈高手勝棋的累積數。由於每天至少勝一次及每星期最多勝12次，得

$\begin{displaymath} & 1\leq s_1 < s_2 < \cdots < s_{77} \leq 12 \times 11 = 132 & \end{displaymath}$

(1)

令

$\begin{displaymath} & t_i = s_i + 21, \qquad i=1,2,\cdots,77 & \end{displaymath}$

(2)

則

$\begin{displaymath} & 22 \leq t_2 < \cdots < t_{77} \leq 153 & \end{displaymath}$

(3)

s₁, s₂,…,s₇₇ 及 t₁, t₂,…,t₇₇ 共有154個數，但其值落在 1 至153之153個數中。由鴿籠原理，其中必有二個數其值相同。由(1)及(3)，s_i 之間彼此不相等，t_j 之間亦彼此不相等。因此某一 s_k 等於某一 t_l。此即 s_k = t_l = s_l +21 或 s_k - s_l = 21。換言之，從第 l+1 天至第 k 天，沈棋士不多不少勝了21次。

1.2. 園遊會中好友知多少

前日學校舉辦園遊會，我帶著妻子兒女參加。那天晴空萬里，人山人海，熱鬧非常。節目精彩，有吃有玩，孩子們格外高興。正巧碰到一位多年不見的老朋友談笑言歡話當年，卻將妻子冷落在一旁，妻有意提醒似的朝我問：「聽說這麼多人中有兩人相識的朋友一樣多你信不信？」原來妻子精通鴿龍原理，有意考我。好在我在這方面也不是弱者，略加思索，我得出一般的推論：「一群人中必有兩人各有一樣多的知友」。各位讀者，你認為這結論對嗎？想一想，再看下面的證明。

今有人數為 n 的一群人 S。S 可分為 A₀, A₁,…, A_n-1。此中 A_i 表示 S 中有 i 個朋友的那些人。視 a_i 為鴿，A_i 為籠。在此 n 鴿 n 籠，鴿籠原理得不出結論，但稍加注意就可看出 A₀A_n-1 中必有一籠是空的。若 A₀ 不空，表示有一人跟其他所有人都不是朋友，因此沒有一人認識所有其他 n-1 人，此即表示 A_n-1，是空的；若 A_n-1，不空表示有一人認識所有其他 n-1 人，因此不可能有一人跟其他所有人都不是朋友，此即表示 A₀ 是空的。故或 A₀ 或 A_n-1S 事實上分為 n-1 類。由鴿籠原理，有一類至少有二人。換言之，有二人各有一樣多的朋友。

1.3. 科學小飛俠的紙牌遊戲

小飛俠一號鐵雄與三號珍珍，在掃蕩惡魔黨之餘暇，常愛玩一種鬥智的紙牌遊戲。遊戲開始前，兩人各準備五張空白的紙牌，各按自己的意思在每張牌上寫一個號碼，然後各自將五張寫上號碼的牌與對方交換。遊戲開始，兩人猜拳決定先後秩序輪流出一張牌。當出手之牌與桌面上適當挑選的牌加起來，其點數和為10之倍數時，出牌者得勝，比賽結束；否則輪到對方出牌繼續比賽。若最後各人把百張牌出完而未分勝負，比賽即為雙和。這遊戲既簡單又有趣，鐵雄與珍珍玩得津津有味。但很奇怪，玩了千百次的記錄中，各有勝負，但從來沒有雙和的情況發生。有一次，他們就把這遊戲是否有雙和的問題請教南宮博士。他思索片刻，洞察其中道理後說：「是的，十個任意數目統統加起來若不是十的倍數，其中必有一部份加起可被十除盡」。接著南宮博士又說：「事實上，任意給定 n 個正整數的數列 a₁, a₂,…,a_n，必定有一段連加起來是 n 的倍數。用鴿籠原理試證明看」。小飛俠鐵雄不僅武功非凡，智力亦高，經南宮博士一提醒，花了一天一夜苦思，果然看透了問題並想出了證明。各位讀者，想一想，再看以下鐵雄的證明。

a₁,a₂,…,a_n，為給定之 n 個正整數列，設

$\begin{displaymath} s_j = a_1 + a_2 + \cdots + a_j, \quad j=1,2,\cdots ,n \end{displaymath}$

以 n 除 s_j 得商 q_j，餘 r_j 寫成

$\begin{displaymath} s_j = nq_j + r_j, \qquad 0 \leq r_j \leq n-1, \qquad j=1,2,\cdots,n \end{displaymath}$

若某一 r_k=0 則 s_k 為 n 之倍數即得結論，因此假定所有 $r_i \neq 0$ , j=1,2,…,n，則 r₁,r₂,…,r_n 等 n 個數，其值皆落在 1,2,…,n-1 等之 n-1 個數中，由鴿籠原理，必有某一 r_k 等於某一 r_i。故 s_l-s_k 為 n 之倍數。此即說

$\begin{displaymath} a_{k+1} + a_{k+2} + \cdots + a_{l} \end{displaymath}$

可被 n 除盡。

1.4. 十人中之高矮次序

十個人任意排成一列必定有四人是按高矮順序排列。事實上，一般的情形，任意長度為 n²+1 之實數敘列必包含有 n+1 長度為 n+1 之遞增或遞減子敘列。下面是組合學大師耶迪西 (Erdös) 的證明。假設給定之實數敘列 a₁,a₂,…,a_n²+1 中沒有長度為 n+1 的遞增子敘列，我們將證明必定有長度為 n+1 之遞減子敘列。對任意 a_i 考慮所有以 a_i 為起點之遞增子敘列。令 m_i 為此種遞增子敘列中可能達到之最大長度。由開始的假定得

$\begin{displaymath} 1\leq m_i \leq n , \qquad i=1,2, \cdots ,n^2+1 \end{displaymath}$

m₁,m₂,…,m_n²+1 為 n² +1 個數，其值落在 1,2,…,n 之 n 個數中，由鴿籠原理，必有 n+1 個 m_i 取同一值。令

$\begin{displaymath} m_{i_1}=m_{i_2}=\cdots =m_{i_{n+1}} \quad \mbox{{\fontfamily... ...ntseries{m}\selectfont \char 47}} \quad i_1<i_2<\cdots<i_{n+1} \end{displaymath}$

(4)

若 $a_{i_1}\leq a_{i_2}$ 則 a_i₁ 接上以 a_i₂ 為起點之最長遞增序列構成以 a_i₁ 為起點，長度為 m_i₂+1 之遞增子序列，因此 $m_{i_2} +1 \leq m_{i_1}$ 。此與(4)式矛盾，故 a_i₁ > a_i₂，同理 a_i₂ > a_i₃, … $a_{i_n}\leq a_{i_{n+1}}$ 等。此即 a_i₁,a_i₂, … a_{i_n+1} 是長度為 n+1 之遞減子序列。

1.5. 101個數中的奇蹟

從 1、2、3、……、200 的二百個數中任取 101 個數則其中必定有二數 s,t，使得 s 是 t 的因數或 t 是 s 的因數。想一想，再看以下的證明。

任意選取之 101 個數記為 a₁,a₂, …, a₁₀₁。將 a_i 中所有含 2 之因數刮出，寫成

$\begin{displaymath} a_i = 2^{l_i}p_i, \quad i=1,2,3,\cdots,101 \end{displaymath}$

其中 p_i 為奇數。 p₁, p₂,…,p₁₀₁ 等 101 個數，其值落在 1,3,5,… ,199 等之 100 個數中。由鴿籠原理，知道某兩個 p_i 相等。設 p_k = p_l = p 則 a_k = 2^t_k p 及 a_l = 2^t_l p，令 s = a_k, 及 t = a_l，則 s,t 滿足所要的條件。

1.6. 圓盤上之七點

半徑為 1 的圓盤上有七點，其中任意二點的距離都不小於 1。則七點中有一點為圓心。結論有點出奇，想一想，再看以下證明。

將圓盤如圖一分成六塊相等之扇形 A₁ O A₂ ,A₂ O A₃,… , A₆ O A₁ 等。令

$\begin{displaymath} \begin{array}{l} S_1 = \mbox{{\fontfamily{cwM5}\fontseries{m... ...fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}} \end{array}\end{displaymath}$

圖一

除圓心外，圓盤上之任一點都屬同而僅屬於某一S_i 。若七點中無一為圓心，則其中有二點屬於同一 S_i。但 S_i 中之任意二點的距離都小於1，故不可能七點中無一點為圓心。結論確定。

1.7. 正三角形內之三個區域

正三角形 ABC 各邊長為 1，將 ABC 所圍成的點集合，任意分成 S₁,S₂,S₃ 三區域，則必定有某一 S_i 之直徑大於或等於 $\frac{1}{\sqrt{3}}$ 了。此中所謂點集合 S 的直徑是指 S 中任意兩點距離的最大數。由於 S₁,S₂,S₃ 之形狀毫無限制，初看，問題是似乎很難，想一想，再看以下的證明。

令 O 點為正三角形的中心，O、A、B、C 中任意兩點的距離都大於或等於 $\frac{1}{\sqrt{3}}$ 。視 O、A、B、C 四點為鴿， S₁、S₂、S₃ 為籠，由鴿籠原理，某一 S_k 包含此四點之兩點。因此 S_k 之直徑大於或等於 $\frac{1}{\sqrt{3}}$ 。

1.8. 廣義的鴿籠原理

給定非負的整數 q₁, q₂,…,q_n，將 k 個東西分為 n 類，若 $k \leq q_1 + q_2 + \cdots\cdots + q_n -n +1$ 則一定有某第 i 類東西個數大於或等於 q_i 個。這是鴿籠原理一般情況。它的證明很簡單，假若結論不確，即是說第 1 類東西小於 q₁，第 2 類小於 q₂，……第 n 類小於 q_n。則所有東西總和

$\begin{displaymath} k \leq (q_1 -1) + (q_2 -1) + \cdots \cdots + (q_n -1) = q_1 + q_2 + \cdots \cdots + q_n -n \end{displaymath}$

此與前提矛盾故不可能。當 $q_1 = q_2 = q_3 = \cdots\cdots = r$ 時即為原來的鴿籠原理。

II. 三個知友或三個陌生人

鴿籠原理有一種更廣義的形式，那就是組合學上有廣泛應用的蘭姆西 (Ramsey) 定理，定理敘述前先看一個特例。

2.1. 三知友或三鮮人

一群人，人數大於等於 6，必然有三知友兩兩彼此認識或有三新鮮人兩兩彼此都不認識。以下就是證明。

任取一人名之為 A，其他人，人數至少為 5，可分為二類。與 A 認識者為一類，與 A 不認識者為另一類，由鴿籠原理，必有一類人數大於等於 3。令此三人之名為 B、C、D。若 B、C、D 皆與 A 認識且其中有二人彼此相識，則 A 及此二人為三知友，不然 B、C、D，兩兩不認識則 B、C、D 為三新鮮人；若 B、C、D 皆與 A 不認識且其中有二人彼比不相識，則 A 與此二人為三新鮮人，不然 B、C、D 中兩兩互相認識則 B、C、D 為三知友。無論有三知友或三新鮮人，結論都是對的。

6 是滿足上述性質最小整數，它有特殊的意義，我們記為 N(3,3;2) = 6，表示「一群人 S，人數未知。但 S 中任 2 人的關係分為兩類，且知道 S 中有一小群人 T，T 人數為 3 而 T 中所有 2 人的關係都屬於同一類，則 S 的人數至少為 6」。圖二中頂點 A、B、C、D、E 代表五人，其二人之關係分為實線相連的與虛線相連的兩類。很容易看出任意三人其所有 2 人的關係不可能屬於同一類。

圖二

2.2. 蘭姆西定理

為敘述方便，集合 S 的子集 T 若具有 l 個元素我們稱 T 為 S 的 l-子集。蘭姆西定理是說

蘭姆西定理：
將 S 中 l-子集分為 S₁,S₂,…, S_t 等互不相交之 t 類，任意給定不小於 l 之 t 個整數 q₁,q₂,…,q_t，一定可以找到一個最小整數 $N(q_1, q_2, \cdots, q_t ; l)$ ，只要 S 的元素個數 $n \geq$ $N(q_1, q_2, \cdots, q_t ; l)$ ，S 中必定有子集 T，其元素個數為某一 q_k 且所有 T 之 l-子集都屬於 S_k。

當 l=2, t=2, q₁ = q₂ = 3 時 N(q₁,q₂;l) = 6 即為上一節所舉的例子。當 l=1 時

$\begin{displaymath} N(q_1,q_2,\cdots \cdots q_t;l) = q_1 + q_2 + \cdots \cdots + q_l - t +1 \end{displaymath}$

即是鴿籠原理。

蘭姆西定理可以說是將鴿籠原理從裝 1-子集的籠子推廣到裝一般 l-子集的籠子。 $N(q_1, q_2, \cdots\cdots q_t;l)$ 稱為蘭姆西數，一般情形蘭姆西數並不能寫成 q₁, q₂,…,q_t 及 t 的整齊形式，這也是此定理難說、難懂的原因。蘭姆西數由定理可知是確定存在的，但到底為何數，所知極少。譬如

$\begin{displaymath} \begin{array}{lll} N(3,3;2) = 6 & N(3,4;2) = 9, & N(3,5;2)=14 \\ N(3,6;2) = 18 & N(4,4;2) =18, & N(3,3,3;2)=17 \end{array}\end{displaymath}$

蘭姆西定理的證明運用數學歸納法，雖巧妙但稍微繁複，在此從略。有興趣的讀者請參看文後參考文獻。

為了使讀者對蘭姆西定理有比較具體的形象，我們用以下不太精確的語言再加說明。考慮 l=20，q₁=50，q₂=10 的情形。定理告訴我們蘭姆西數 N(50,100;20) 存在，但 N(50,100;20) 確為何數並不知道，姑且當它為1000好了。 S 是一個點數大於或等於1000的集合，將 S 中所有20點的集合分為黑與白兩類。那麼，S 中一定有一個子集 T 滿足下列二條件之一：

: (1) T 共有50點且 T 之所有20點的子集（此種子集的個數有 ${50 \choose 20}$ 個）都是黑的。
: (2) T 共有100點且 T 之所有20點的子集（此種子集的個數有 ${100 \choose 20}$ 個）都是白的。

2.3. 平面上之凸多邊形

平面上四點，雖無三點共線，但不一定構成凸四邊形，然而點數超過四點必定其中有四點構成凸四邊形。我們將在此給予更一般性的證明作為蘭姆西定理應用之一例。

: 定理對任意 $m \geq 4$ 的整數，可找到正整數 N(m)。若 $n \leq N(m)$ ，平面上無三點共線的任意 n 點中必定有 m 點構成凸 m 邊形。

借用兩個事實作為引理。

: 引理1：平面上有五點，其中任意三點不共線，則五點中必有四點構成凸四邊形。
: 引理2：平面上有 m 點，其中任意三點不共線，但任意四點構成凸四邊形，則此 mm 邊形。點構成凸

定理的證明如下：

將平面上所有四點的集合分為兩類 S₁ 及 S₂。四點構成凸四邊形者屬於 S₁；四點構成凹四邊形者屬於 S₂。設定 q₁ = m，q₂ = 5 及 l=4，則蘭姆西數 N(m,5;4) 存在。令 N(m) = N(m,5;4)。若 $n \geq N(m)$ ，平面上 n 點的集合 S，其中無三點共線者必含有一子集 T 滿足(i) T 具有 m 點且 T 之任四點構成凸四邊形，或滿足(ii) T 具有 5 點且 T 之任四點構成凹四邊形。但由引理 1， (ii)之發生為不可能，故 T 滿足(i)。由引理 2 得知 T 構成凸 m 邊形，定理得證。

N(m) 之存在已證明確定，但 N(m) 確為何數與蘭姆西數一樣所知無幾。例如 N(4)=5, N(5)=9 但 $m \geq 6$ 就不知道了。有人猜測 N(m)= 2^m-2 +1 ，對此至今尚無證明或反證。

2.4. 圖形學觀點看蘭姆西定理

圖形學(Graph theory) 是組合理論很重要的一分支。很多非連續模型 (Discrete model) 都可用圖形 (graph) 來描述。所謂的圖形是指一個有限集合 V 及 V 中之一些 2-子集 E。V 中之元素稱為點， E 中之元素稱為線。普通記為 G= (V,E)，稱 G 為一圖形 (graph)。若 (x,y)E 中元素，則稱點 x 與點 y 相鄰或點 x 與點 y 有關聯。以下圖三都是圖形簡單的例子。圖三中以「‧」代表屬於 V 之點，兩點間若有線相連則此兩點構成的 2-子集屬於 E。為

圖三

結構最簡單的圖形為 E 等於空集合或 E 等於所有 V 之 2-子集。前者稱為無趣圖形，後者稱為完整圖形。完整圖形之點數有 p 個時稱該圖形為 p 階完整圖形，記為 K_p 圖三中前三個圖形各為2階，3階，4階的完整圖形。對任一圖形 G=(V,E)，我們可以考慮其互補圖形 $\overline{G} = (V',E')$ ，此中，V' = V 及 E' = 所有 V 之 2-子集扣除 E。圖三中最後兩個圖形互補。

給定一個圖形 G=(V,E)，很自然將 V 之所有 2-子集分為二類 S₁ = E。及 S₂ = X-E。p 及 qG 之點數 n $\geq$ N(p,q;2) 時，V 中有子集 T 滿足 (i) T有 p 點且T之所有 2-子集屬於 S₁，或滿足(ii) T 有 q 點且 T 之所有 2-子集屬於 S₂。換言之，為不小於 2 之整數。若

(i) 發生時 T 為 K_p；

(ii) 發生時 $\overline{T}$ 為 K_q。

因此蘭姆西定理以圖形學之觀點是說：

「對任意給定不小於 2 之整數 p 及 q 必有一正整數 N(p,q;2) 存在。任意圖形 G，只要其點數 $n \geq N(p,q;2)$ ，必然 G 包含 K_p 或 $\overline{G}$ 包含 K_q。」

例如，知道 N(3,6;2)=18。這表示點數 17 以上的圖形必然有 3 點，兩兩有線相連；或有 6 點，兩兩無線相連。

III. 鴿籠原理的挑戰

善用鴿籠原理常有奇妙驚人的結果，各位讀者，你是不是也想一顯身手，以下是鴿籠原理對你的挑戰。

§3.1. 任意 52個整數中，必定可以選取2個，使得其和或其差為 100 的倍數。
: §3.2. 在邊長為1的正三角形上有十點，則必定有二點其距離至大為 $\frac{1}{3}$ 。
: §3.3. 從 1 到 2n 的 2n 個自然數中任取 n+1 個數，必定有二數其一為另一的倍數或因數。
: §3.4. 阿德今年高三畢業，距離大專聯考尚有37天。為了有效支配時間，他決定每天最少用1小時，總共用60小時準備數學科目的綜合溫習。不管阿德如何安排他的時間表（時間表以小時為單位），在一段連續的日子裡，阿德將花 13 小時在溫習數學上。
: §3.5. 任意給定 mn+1 個自然數，必定有下列二情形之一發生： (i)可找到 m+1 個數 a₁,a₂, …, a_m+1 等，其中兩兩互不整除；或 (ii) 可找到 b₁,b₂, …, b_n+1，等 n+1 個數，其中 b₁ 除盡 b₂，b₂ 除盡 b₃，…… b_n 除盡 b_n+1。

最後，我們以一個小故事結束本文。

§3.6. 世界人口何其多
大華好奇的問小明：「世界上有多少人，你知道嗎？」
小明裝大人樣說：「世界上的人不計其數，但至少比任何人的頭髮數還多。」
大華很有自信的又說：「這樣的話，世界上一定有兩人，他們的頭髮一樣多。」

想一想，為什麼大華那麼肯定而有自信。

: 1. Richard A. Brualdi,《Introductory Combinatorics》, North-Holland Inc., 1977.
: 2. Herbert J. Ryser,《Combinatorial Mathematics》, The Carus Mathematical Monographs No.14, The Mathematical Association of America.
: 3. Richard Walker,《The Pigeonhole Principle》, The Mathematical Gazette, Vol. 61, No 415, March, 1977.
: 4. 黃光明：〈組合學漫談〉，《數學傳播》第一卷第四期(4)，民國 65 年 3 月。

P博學多聞, Q是他的學生.他們常在一起討論數學.某天...

P:我可以證明,台中市一定有兩個人頭髮一樣多!
Q:這我也可以.
P:說說看!
Q:至少有兩個光頭嘛!

P:你會把化為小數嗎?
Q:嘿!簡單啊!
P:試試看吧!
Q:就除一除嘛,
P:我有一個學生數學向來不錯,幾年前吧,他參加數學系甄試,據說當時教授問他"為什麼一定可以化為循環小數?"
這基本的數學原理課本不提,考試不考,當然老師不教(可能也沒時間教),於是他被打敗了!你能不能解釋為什麼一定可以化為循環小數嗎?
Q:我是可以算出來啦,只是我不懂你所說的"解釋"到底是什麼意思?
P:其實廣義的講應該這麼說,任意的分數都可以化為循環小數,只是舉為例罷了Q:嗯.....那就有點麻煩…

P:我問你,"7隻鴿子飛回鴿籠,如果鴿籠只有6個,則有一個籠子裡會至少會有兩隻鴿子.",這句話你相信嗎?
Q:那當然,想也知道.可是循環小數這問題和鴿子有關係嗎?
P:嗯,你先聽聽,我們稱剛剛這句話為"鴿籠原理",也有人把它叫"抽屜原理".
比較數學化的說法是這樣的,若把kn+1(k1)物件放入n個盒子,那麼一定有一個盒子中至少有k+1個物件.
Q:所以說,如果台中市人口超過100萬人,而每個人的頭髮最多1萬根,就至少有101個人的頭髮會一樣多囉?
P:聰明!
Q:那麼,為什麼一定可以化為循環小數呢?
P:因為餘數一定小於除數,所以你把7除以23,多除幾次,就23次吧,假如餘數都不相同,則餘數是1,2,3,...22中的幾個;但是鴿籠原理說,這是不可能的,其中一定至少有兩個餘數相同,所以餘數相同的地方就產生循環!簡單吧!
Q:喔~我知道了.另外,前一陣子我被"聖經密碼"這本書驚嚇到了呢!.
P:為什麼?
Q:作者Michael Drosnin把某一版本的聖經用電腦每隔幾個字母選取一個後排成一列,叫做等距密碼,結果發現許多諸如"拉賓遇刺"這樣的句子.Drosnin在這本書裡宣稱:上帝在聖經裡預警了幾千年後的災難,有憑有據,言之鑿鑿.真教人害怕…

P:先考考你,陳水扁總統說:統一不是唯一的選項時,中共與美國都很生氣,誰在暗爽?
Q:是李登輝嗎?
P:是O.K,全家福,與萊爾富...
P:在平面上隨便畫5個點,任3點不共線,則其中一定會有4個點形成一凸4邊形,你相信嗎?
Q:還是腦筋急轉彎嗎?還是說你是要告訴我,這跟聖經密碼有關?
P:這是一位匈牙利數學家Paul 小時候玩的遊戲.1935年,他和George Szekeres證明了只要點數夠多,我們就可以找到任意的凸n邊形.
Q:這有什麼特殊的涵義嗎?
P:那解釋了,我們可以在夜空找到一些星座.
Q 學生:意思是說,我灑一把芝麻在桌上,我就可以把某些點連起來,讓它看起來就像是一隻小白兔?
P:聰明!只要你灑的芝麻夠多.
Q:數學有點好玩耶,也許我可以考慮念數學系.但這跟聖經密碼有關係嗎?
P:後來,發現他的定理只不過是Ramsey定理的特例.

拉姆西(Frank Plumpton Ramsey 1903~1930)是一個非常聰明的英國數學家,不幸年青早逝.Ramsey定理的數學形式很抽象,他本人倒是舉了一個有名的例子:世界上任意6個人中,總有3個人相互認識,或互相皆不認識.(註)
Q:也許我的腦筋要轉好幾圈才能理解.
P: 另外,把1,2,3,4,5作任意重排,則其中至少有3個數是遞增或遞減(例如排成1,4,5,3,2則1,4,5是遞增).

Q:這也是小時候玩的遊戲嗎?P:沒錯!長大後就變成"在前n²+1個自然數中,至少必定有n+1個是有序的"(由小到大,或由大到小).
Q:這大概很難證明吧!我看我還是不要念數學系的好…你還沒有告訴我聖經密碼的事哩.
P:Ramsey 定理說,"不可能完全無序",意思就是說,只要點數夠多,我們就可以在裡面"看出"你要的任何圖像,所以你可以在夜空中看到各種星座;同理,叫一隻猩猩在打字機上亂打,只要字母夠長,你可以找到你要的任意有意義的句子,Drosnin用電腦做所謂等距密碼,其實道理是一樣的.
Q:你的意思是說,我用其它書也可以找到"密碼",例如莎士比亞全集也可以囉?
P:對,如果你還想念數學系,我建議你用尤拉全集.無獨有偶地,一位高中生O'Leary把寫成小數點,對應到26進位數,每一個數對應一個英文字母.在"不可置信的Pi碼"一文中,他把3.14 15 9 26 5對應到C.N O I S E,而NOISE是一個有意義的字;接著,他把用二進位表示,做了許多花樣後也找到了"密碼",宣稱可以預測股票市場,並且宣稱其中一個圖像是下一屆總統的側面圖(當然,他找到隱而不宣的理由).
其實,這些都是無稽之談. 這些就是李國偉先生所謂的偽科學,你可以看看李先生的書" 一條畫不清的界線".在科學與偽科學之間畫一條清楚的界線不是一件容易的事.Q:聽你這樣講,我還是不懂Ramsey定理,但總算是鬆了一口氣了.
註:我們把這例子擺在習作(8),請注意它的證明用到了鴿籠原理,Ramsey定理是鴿籠原理的推廣,這是組合學的範疇.可別小看了組合學,李國偉先生先專攻數理邏輯,後來轉攻組合學,使台灣成為一個堅強的組合學研究團隊而揚名國際.
你只要到"大英百科全書輸入"Ramsey Theorem"就可以找到Ramsey定理的內容

習作

為什麼一定可以化為循環小數? [解答1]
將9個正整數a₁,a₂,...a₉重排成為b₁,b₂,…b₉,則 (a₁-b₁)(a₂-b₂)…((a₉-b₉)必為偶數 [解答2]
任給7個相異整數,求證其中必有2數,其和或差是10的倍數 [解答3]
任給52個整數,必有兩個數,其和或差是100的倍數
座標平面上任5個格子點,至少有兩點,其連線段中點也是格子點[解答5]
坐標平面上有相異的10個點，其中沒有三點在同一條直線上，每一點均為格子點，試證明這10個點兩兩之間的連接線段中，必有一個異於這10個點的格子點。( 點A為格子點的意思，就是點A坐標(m , n)中，m , n均為整數)中學生通訊解題第三期 88301
邊長為1的正三角形邊上有10點,則必定有2點,其距離小於或等於
在邊長=1的正方形內任取5個點試證至少有兩個點的距離小於或等於 [解答8]
在邊長=1的正方形內任意放入9個點,則其中至少有3個點,其所圍成的三角形面積不超過 [解答9]
已知ABC的面積=1,D是AB上任一點,E是AC上任1點,F是DE上任一點;則 BDF,CEF中至少有1個面積小於或等於
從1到100的正整數中任取51個數,則其中會有1個數是另外1個數的倍數(然後改成從1到2n的正整數中任取n+1個數)[解答11]
設a₁,a₂,...,a_n是正整數數列,則至少存在正整數 k,l;其中0< k< l< m+1,使得a_k+a_k+1+...+a_l是m+1的倍數,
會議中有n個人參加,每一個人至少認識其中另一個人,則n個人中至少有2人認識的人數相同,為什麼?
對於任一實數r,存在一分數p/q,使得 P.G.L.Dirichlet原理 1805-1859 [解答14]
在一圓上取6個點,在每兩點間作連線段,如果把每個線段任意地塗成咖啡色或藍色,則有一個三角形,它的三邊同色. 世界上任意6個人中,總有3個人相互認識,或互相皆不認識[解答15] Frank Plumpton Ramsey 1903~1930
在前n²+1個自然數中,至少必定有n+1個是有序的(由小到大,或由大到小) ( 1913~1996) [解答16]
由算術數列1,4,7,...100中任取20個數,其中必有兩個,其和為104
任給5個整數,則其中必有3個數的和是3的倍數
在一個半徑=6的圓內任意放6個半徑=1的小圓,試證總會有一個空位置放入一個半徑=1的小圓
設m是任一偶數,m個整數a₁,a₂,...a_m滿足