giả thuyết erdos - szekeres (hình học tổ hợp)

MỞ ĐẦUGiả thuyết Erd¨os-Szekeres được đề cập đến từ rất sớm vào năm 1935,xuất phát từ bài toán của Esther Klein với phát biểu rất ngắn gọn: • Giả thuyết Erd¨os-Szekeres : Mọi tập hợp trê

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN TIẾN THỊNH

VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2011

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN TIẾN THỊNH

VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC

Chuyên ngành : Toán giải tích

Mã số: 60.46.01

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS Tạ Duy Phượng

Thái Nguyên - 2011

Mục lục

Chương 1 Giả thuyết Erd¨os-Szekeres và một số bài toán mở rộng 4

1.1 Tổng quan về giả thuyết Erd¨os – Szekeres 4

1.1.1 Lịch sử của bài toán Erd¨os-Szekeres 4

1.1.2 Bài toán Erd¨os-Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì 9

1.2 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3, 4, 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ 10

1.2.1 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3 với tập điểm ở vị trí bất kỳ 14

1.2.2 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 4 với tập điểm ở vị trí bất kỳ 15

1.2.3 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ 17

Chương 2 Bài toán Erd¨os về sự tồn tại đa giác lồi rỗng 25

2.1 Lịch sử Bài toán Erd¨os về đa giác lồi rỗng 25

2.1.1 Đa giác lồi rỗng 25

2.1.2 Đa giác lồi rỗng suy rộng 27

2.2 Lời giải bài toán H(n) cho trường hợp n = 3, 4, 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ 28

2.2.1 Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = 3 với tập điểm ở vị trí bất kỳ 32

2.2.2 Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = 4 với tập điểm ở vị trí bất kỳ 32

2.2.3 Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ 35

Chương 3 Chứng minh giả thuyết Erd¨os-Szekeres với trường hợp n = 6 trong một số trường hợp riêng 55

3.1 Giả thuyết Erd¨os-Szekeres với trường hợp n = 6 55

3.2 Chứng minh giả thuyết Erd¨os-Szekeres với trường hợp n = 6 trong một số trường hợp riêng 56

Kết luận 63

Tài liệu tham khảo 64

MỞ ĐẦU

Giả thuyết Erd¨os-Szekeres được đề cập đến từ rất sớm (vào năm 1935),xuất phát từ bài toán của Esther Klein với phát biểu rất ngắn gọn:

• Giả thuyết Erd¨os-Szekeres : Mọi tập hợp trên mặt phẳng gồm không

ít hơn 2n−2+ 1 điểm ở vị trí tổng quát (không có ba điểm nào thẳnghàng) đều chứa n điểm là đỉnh của đa giác lồi

• Bất chấp sự đơn giản trong phát biểu, sau ba phần tư thế kỉ, giả thuyếtErd¨os-Szekeres mới được chứng minh cho các trường hợp n = 3, 4,

5 Gần đây (năm 2006) trường hợp n = 6 mới được chứng minh nhờmáy tính Sau 75 năm, rất nhiều kết quả mới đã làm phong phú thêmgiả thuyết Erd¨os-Szekeres

• Luận văn Giả thuyết Erd¨os-Szekeres và một số bài toán liên quan có

mục đích trình bày chứng minh một số kết quả đã biết trong bài toán(giả thuyết) Erd¨os-Szekeres cho hai bài toán mở rộng Bài toán thứnhất là mở rộng của bài toán Erd¨os-Szekeres khi bỏ điều kiện cácđiểm ở vị trí tổng quát (không có ba điểm nào thẳng hàng), tức là cácđiểm ở vị trí bất kì Bài toán thứ hai là bài toán Erd¨os về sự tồn tại đagiác lồi rỗng trong tập hợp các điểm bất kì trên mặt phẳng

• Luận văn gồm ba Chương

• Chương 1: Trình bày tổng quan về giả thuyết Erd¨os-Szekeres Cáckiến thức sử dụng trong luận văn Chứng minh công thức ES(n) =

2n−2+ 1 với n = 3, 4, 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ trong mặt phẳng

• Chương 2: Chứng minh công thức tính H(n) với n = 3, 4, 5 với tập

• Chương 3: Trình bày lại một cách tóm lược công trình của KnutDehnhardt, Heiko Harboth và Zsolt Lángi [9] đã chứng minh cho giảthuyết Erd¨os-Szekeres với trường hợp n = 6 trong một số trường hợpriêng mà không sử dụng máy tính.

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn thầy hướng dẫn đã tận tình giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình tập dượt nghiên cứu và viết luận văn.

Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trường Đại học sư phạm thuộc Đại học Thái Nguyên và các thầy cô giáo Viện Toán học Việt Nam

đã tận tâm giảng dạy và giúp đỡ tác giả hoàn thành khóa học

Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn Trường Cao đẳng Công nghiệp Nam Định, nơi tác giả đang công tác, các đồng nghiệp, gia đình và bạn bè đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện về mọi mặt trong quá trình tác giả học tập

Thái Nguyên, tháng 08 năm 2011

1.1.1 Lịch sử của bài toán Erd¨os-Szekeres

Năm 1933, Esther Klein đã phát biểu và chứng minh bài toán sauđây

Bài toán 1.1: Với năm điểm cho trước trong mặt phẳng ở vị trí tổng

quát (không có ba điểm nào thẳng hàng), bao giờ ta cũng tìm được bốnđiểm là đỉnh của một tứ giác lồi

Dưới đây là chứng minh của Klein

Xét đa giác lồi lớn nhất chứa tất cả năm điểm ở vị trí tổng quát Chỉ có bakhả năng khác nhau sau đây xảy ra:

Hình 1.1: Tập năm điểm ở vị trí tổng quát luôn tồn tại 4 điểm là đỉnh của một tứ giác lồi.

Trường hợp thứ nhất (xem hình1.1-loại 1): Bao lồi của năm điểm làmột ngũ giác Khi ấy mọi bộ bốn điểm từ năm điểm ấy đều tạo thành tứgiác lồi (điểm còn lại nằm ngoài tứ giác lồi đó) Vậy ta có tứ giác lồi khôngchứa điểm nào bên trong Erd¨os gọi các tứ giác này là tứ giác lồi rỗng

Trường hợp thứ hai (xem hình 1.1-loại 2): Bao lồi là tứ giác ABCDchứa một điểm E ở bên trong (tứ giác lồi ABCD chứa duy nhất một điểm

E ở bên trong được gọi là tứ giác lồi gần rỗng) Kẻ đường chéo AC của tứ

giác thì do ba điểm bất kì trong năm điểm đã cho không thẳng hàng nênđiểm E phải thuộc tam giác ABC hoặc tam giác ACD Trong hình 1.1-loại

2 thì điểm E nằm ở bên trong tam giác ABC (bên ngoài tam giác ACD).Khi ấy AECD là tứ giác lồi rỗng Như vậy, trong trường hợp này ta có một

tứ giác lồi rỗng AECD và một tứ giác lồi gần rỗng ABCD

Trường hợp cuối cùng (xem hình 1.1-loại 3): Bao lồi là tam giácABC, hai điểm D và E còn lại nằm bên trong tam giác Do không có ba

điểm nào thẳng hàng nên đường thẳng đi qua hai điểm D và E sẽ chia mặtphẳng chứa tam giác thành hai phần sao cho một nửa mặt phẳng phải chứahai đỉnh của tam giác Hai đỉnh này cùng với hai điểm thuộc phần trongtam giác tạo thành một tứ giác lồi rỗng.

Từ quan sát trên, E Klein đã đề nghị một bài toán tổng quát sau đây

Bài toán 1.2 : Với mỗi số tự nhiên n ≥ 3, hãy xác định số nguyên

dương N(n) nhỏ nhất sao cho mọi tập có tối thiểu N(n) điểm trên mặtphẳng ở vị trí tổng quát chứa n điểm tạo thành một đa giác lồi n đỉnh

Bài toán 1.2 được phát biểu trong [15] và sau này được gọi là Bàitoán Erd¨os-Szekeres

Trong [15], Bài toán 1.2 đã được tách ra thành hai bài toán:

Bài toán 1.2a : Tồn tại hay không tồn tại số N(n).

Bài toán 1.2b : Nếu số N(n) tồn tại thì hãy xác định N(n) như một hàm

của n, tức là tìm số điểm N(n) nhỏ nhất mà từ đó có thể chọn ra được nđiểm tạo thành đa giác lồi n đỉnh

Trong [15], đã trình bày chứng minh sự tồn tại số N(n) bằng hai cáchhoàn toàn khác nhau:

• Cách thứ nhất: Do Szekeres chứng minh không lâu sau khi E Kleinphát biểu bài toán, dựa trên định lí Ramsey (Szekeres và các thànhviên khác trong nhóm sinh viên Budapest lúc đó không ai biết định

lí Ramsey, nhưng để giải bài toán của Klein đưa ra, Szekeres đã pháthiện lại và sử dụng định lí này), từ đó ta có bất đẳng thức N(n) ≤

R4(n, 5), trong đó R4(n, 5) là số Ramsey Tuy nhiên, đánh giá này làquá lớn so với thực tế Thí dụ, với n = 5 thì N(5) ≤ 210000, quá xa so

với thực tế N(5) = 9

• Cách thứ hai: Do Erd¨os chứng minh nhờ kết hợp hình học với lí thuyết

tổ hợp và kết quả ta được một đánh giá tốt hơn N(n) ≤ C2n−4n−2 + 1 vàonăm 1935 (xem chi tiết hơn trong [15])

Sau 63 năm Chung và Graham (xem [8]) đã chứng minh được

N(n) ≤ C2n−4n−2 , ∀ n ≥ 3

Ngay sau đó Kleitman và Pachter (xem [10]) đã chứng minh được

N(n) ≤ C2n−4n−2 + 7 − 2n, ∀ n ≥ 3Cũng trong năm đó (1998) Tóth và Valtr (xem [19]) đã chứng minh được

N(n) ≤ C2n−5n−2 + 2, ∀ n ≥ 3

Sau đó 7 năm (2005) Tóth và Valtr (xem [20]) đã chứng minh được

N(n) ≤ C2n−5n−2 + 1, ∀ n ≥ 5

Như vậy đánh giá tốt nhất hiện nay là của Tóth và Valtr, tuy nhiên với

n= 6 thì C74+ 1 = 36 còn cách khá xa so với chứng minh của Szekeres vàPeters năm 2006 là N(6) = 17, xem [18]

Theo [11], năm (1960-1961) P Erd¨os and G Szekeres đã xây dựng đượctrường hợp tổng quát cho tập hợp chứa 2n−2 điểm ở vị trí tổng quát (không

có ba điểm bất kỳ nào thẳng hàng) không chứa n-giác lồi Do đó cận dướicủa N(n) là không thể giảm được Như vậy ta có:

2n−2 < N(n) ≤ C2n−5n−2 + 2Vậy với n = 5, ta xét bài toán sau:

Bài toán 1.3 : Với chín điểm cho trước ở vị trí tổng quát trong mặt

phẳng (tức là không có ba điểm nào thẳng hàng) bao giờ ta cũng tìm đượcnăm điểm tạo thành một ngũ giác lồi

Bài toán này lần đầu tiên được Đoàn Hữu Dũng giải và đăng trên

tạp chí Toán học và Tuổi trẻ năm 1967, xem[1] Trên các tài liệu nước

ngoài, công thức N(5) = 9 lần đầu tiên được Kalbfleisch, Kalbfleisch vàStanton chứng minh năm 1970 Tuy nhiên, cách chứng minh trên là khácồng kềnh, do đó công thức N(5) = 9 đã được Bonnice [7] năm 1974 vàLovász năm 1979 chứng minh theo cách đơn giản hơn Cách chứng minhcủa Bonnice về cơ bản trùng với cách chứng minh của Đoàn Hữu Dũng.Như vậy, với n = 5 công thức N(5) = 9 đã được chứng minh ngắn gọn bởiĐoàn Hữu Dũng vào năm 1967 [1] và Bonnice vào năm 1974 [7].

Dựa trên các đẳng thức N(3) = 3 và N(4) = 5 Erd¨os và Szekeresđưa ra giả thuyết sau đây:

Giả thuyết Erd¨os-Szekeres (1935): Mọi tập hợp trên mặt phẳng

gồm không ít hơn 2n−2+ 1 điểm ở vị trí tổng quát (không có ba điểm nàothẳng hàng) đều chứa n điểm là đỉnh của n giác lồi

Bất chấp sự đơn giản trong phát biểu, sau ba phần tư thế kỉ, giảthuyết Erd¨os - Szekeres chỉ mới được chứng minh cho các trường hợp

n = 3, 4, 5 Trường hợp n = 6 mới được Szekeres và Peters chứng minhnăm 2006 nhờ máy tính (xem [18]) và Knut Dehnhardt, Heiko Harborth,and Zsolt Lángi, V.A.Koshelev chứng minh cho một số trường hợp riêng(không dùng máy tính) năm 2009 Giả thuyết Erd¨os - Szekeres có liênquan chặt chẽ với các lĩnh vực khác của toán-tin học (lí thuyết Ramsey, líthuyết đồ thị, hình học tổ hợp, ) Giả thuyết Erd¨os - Szekeres cũng đượcgọi là Bài toán Erd¨os - Szekeres

1.1.2 Bài toán Erd¨os-Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì

Trong giả thuyết Erd¨os-Szekeres, cũng như trong nhiều bài toánkhác của hình học tổ hợp, thường có một điều kiện duy nhất đặt lên tậphữu hạn các điểm Đó là điều kiện các điểm ở vị trí tổng quát (in generalposition), tức là không có ba điểm nào thẳng hàng Điều kiện này khôngphù hợp với thực tế và dễ bị vi phạm, nhất là khi các tập có số điểm lớn(thí dụ, số các điểm là chân các con chip gắn trên một bảng điện tử của cácmáy móc hiện đại, hoặc số các ngôi sao trên bản đồ thiên văn, ) Các tập

có số điểm lớn và giả thiết sự tồn tại các điểm thẳng hàng nhiều khi là cầnthiết và có lợi

Vì vậy, trong những năm gần đây, một số tác giả (xem [6]) đã xét bàitoán Erd¨os-Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì

Hiển nhiên, khi bỏ điều kiện các điểm ở vị trí tổng quát (giả thiết cácđiểm có thể thẳng hàng), thì không thể có đa giác lồi theo nghĩa thôngthường (thí dụ, ba điểm thẳng hàng không thể tạo thành tam giác theonghĩa thông thường) Vì vậy, việc đầu tiên là phải mở rộng khái niệm đagiác lồi

Định nghĩa 1.1.1 (Đa giác lồi suy rộng) Cho một tập Ω gồm hữu hạn

điểm trên mặt phẳng (ở vị trí bất kì) Ta ký hiệu convΩ là bao lồi của tập

Ω Ta nói Ω là đa giác lồi suy rộng nếu mọi điểm của Ω đều nằm trên biên

của tập convΩ

Chú ý: Nếu có bốn điểm thẳng hàng thì ta chỉ coi ba điểm liên tiếp

là tam giác suy rộng, còn bốn điểm liên tiếp là tứ giác suy rộng

Định nghĩa 1.1.2 (Điểm góc, điểm cạnh) Điểm v ∈ convΩ được gọi là

điểm góccủa tập convΩ nếu conv(Ω\ {v}) 6= convΩ Ngược lại thì v được

gọi là điểm cạnh của Ω Nếu convΩ là đa giác lồi suy rộng thì ta cũng vẫn

gọi các điểm của Ω là đỉnh (suy rộng) của đa giác lồi suy rộng convΩ Sốđỉnh của đa giác lồi suy rộng bằng số phần tử của Ω, mặc dù số đỉnh thật

sự (số điểm góc) có thể ít hơn Đỉnh của đa giác lồi suy rộng bắt buộc phảinằm trên cạnh, (trên biên) của tập convΩ, nhưng không nhất thiết phải làđiểm góc của convΩ Ta gọi các điểm góc của convΩ là đỉnh-góc, còn cácđỉnh không phải là các điểm góc của convΩ là đỉnh-cạnh Khi tất cả cácđỉnh của đa giác là đỉnh-góc thì ta nói đa giác đó là đa giác chính qui

Đa giác chính qui là đa giác theo nghĩa thông thường

Bài toán ES(n):

Với số n cho trước, tồn tại hay không số ES(n) sao cho mọi tập có tốithiểu ES(n) điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kì đều chứa n điểm là đỉnhcủa một n - giác lồi suy rộng?

tập điểm ở vị trí bất kỳ

Dưới đây chúng tôi trình bày lời giải Bài toán ES(n) cho các trường

hợp n = 3, 4, 5

Để thuận tiện, ta qui ước kí hiệu ∂ Ω là tập Ω\int {convΩ}

Định nghĩa 1.2.1 (Cấu hình) Cho Ω là một tập hợp n điểm trên mặt

phẳng ở vị trí bất kỳ (với n ≥ 3,) ta ký hiệu |Ω| là lực lượng của tập Ω Tagọi tập:

Ω1 = Ω\∂ Ω

Ω2 = Ω\ {∂ Ω ∪ ∂ Ω1}

Ωk = Ω\ {∂ Ω ∪ ∂ Ω1∪ ∪ ∂ Ωk−1, k ≥ 1}

Khi đó nếu |∂ Ω| = i0; |∂ Ω1| = i1; ; |∂ Ωk| = ik thì ta nói là tập Ω có cấuhình (i0, i1, , ik).

Định nghĩa 1.2.2 (Cấu hình con) Cho Ω là một tập hợp n điểm trên mặt

phẳng ở vị trí bất kỳ với n ≥ 3 Ta nói cấu hình (v0, v1, , vk) chứa cấu hìnhcon (s0, s1, , sk) nếu với mọi i = 0, , k thì ta luôn có: vi ≥ si, ∀ k ≥ 0

Định nghĩa 1.2.3 (Cấu hình con chuẩn tắc) Cho Ω là một tập hợp n

điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ với n ≥ 3 và P là tập con của Ω Giả

sử tập P có cấu hình (p0, p1, , pk) Ta nói cấu hình (v0, v1, , vk) của Ωchứa cấu hình con chuẩn tắc (p0, p1, , pk) nếu :

(i), (p0, p1, , pk) là cấu hình con của (v0, v1, , vk)

(ii), ∀ j = 0, , k − 1, ta giả sử tập ∂ Ωj có các đỉnh là V1,V2, ,Vq với q ≥

3 Khi đó nếu ta bỏ đi m đỉnh bất kỳ của tập ∂ Ωj (q − m ≥ 3), ta giả

sử các đỉnh còn lại là V1,V2, ,Vq−m thì ∂ Pj ⊂ ∂ V1,V2, ,Vq−m Trong đó quy ta quy ước ∂ Ω0 = ∂ Ω

Hiển nhiên một cấu hình con chuẩn tắc là cấu hình con, điều ngược lạinói chung không đúng

Ta xét thí dụ sau( xem hình 1.2):

Hình 1.2: Cấu hình (5,3,1) chứa mọi cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1).

Mệnh đề 1 Cho Ω là tập hợp các điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ,

|Ω| ≥ 8 Nếu Ω chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1), thì luôn có năm điểm thuộc Ω là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng.

Chứng minh. Ta có |∂ Ω| ≥ 4 Gọi V1,V2, ,Vk là các đỉnh của ∂ Ωvới k ≥ 4 Ta gọi B,C, D là các đỉnh của ∂ Ω1 và gọi A là điểm thuộcint {convΩ1}, xem hình1.3

Các tia AB, AC,AD chia mặt phẳng thành 3 miền:

Hình 1.3: Cấu hình (4,3,1) luôn chứa ngũ giác lồi suy rộng

Miền (I) được giới hạn bởi các tia AB và AC

Miền (II) được giới hạn bởi các tia AC và AD

Miền (III) được giới hạn bởi các tia AD và AB

Như thế bao giờ cũng tồn tại một miền có chứa không ít hơn hai đỉnhcủa ∂ Ω, ta giả sử là miền (I) với hai đỉnh là V1 và V1 Khi đó hai đỉnh V1 ,

V2 cùng với C, A, B tạo thành ngũ giác lồi suy rộng, xem hình 1.4

Mệnh đề 2 Cho Ω là tập hợp điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ, |Ω| ≥ 8.

Nếu Ω chứa cấu hình con chuẩn tắc (3,3,2) thì luôn có năm điểm thuộc Ω

là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng.

Chứng minh. Ta có |∂ Ω| ≥ 3, gọi V1,V2, ,Vk là các đỉnh của ∂ Ω với

k ≥ 3 Ta gọi D, E, F là các đỉnh của ∂ Ω1, gọi A và B là điểm thuộc

Hình 1.4: Cấu hình (4,3,1) luôn chứa ngũ giác lồi suy rộng

int {convΩ1}, xem hình1.5

Các tia AD, AE,BD, BF và đoạn AB chia mặt phẳng thành 3 miền:

Hình 1.5: Cấu hình (3,3,2) luôn chứa ngũ giác lồi suy rộng

Miền (I) được giới hạn bởi các tia BD và BF

Miền (II) được giới hạn bởi các tia AD và AE

Miền (III) được giới hạn bởi tia AE đoạn AB và tia BF

(i), Nếu miền (III) chứa ít nhất một đỉnh của ∂ Ω thì đỉnh này kết hợp với

A, B, F, E lập thành ngũ giác lồi suy rộng Xem hình 1.6

(ii), Ngược lại, một trong hai miền (I) hoặc miền (II) phải chứa không ít

hơn hai đỉnh của ∂ Ω ( ta giả sử là miền (I)) Do đó hai đỉnh này kết

Hình 1.6: Cấu hình (3,3,2) với một đỉnh của ∂ Ω thuộc miền (III)

hợp với B, D, F lập thành ngũ giác lồi suy rộng Xem hình 1.7

Hình 1.7: Cấu hình (3,3,2) với đúng hai đỉnh của ∂ Ω thuộc miền (I)

1.2.1 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3 với tập điểm ở vị trí

bất kỳ

Công thức ES(3) = 3: Mọi tập có tối thiểu ba điểm cho trước trên mặt

phẳng ở vị trí bất kì (các điểm có thể thẳng hàng) bao giờ ta cũng tìm được

ba điểm là đỉnh của một tam giác suy rộng

Chứng minh. Khi có ba điểm (n = 3) thì chỉ có thể xảy ra một trong haikhả năng:

• Khả năng thứ nhất: Ba điểm không thẳng hàng Khi ấy ba điểm tạothành tam giác chính qui (xem hình 1.8-loại 1)

• Khả năng thứ hai: Ba điểm thẳng hàng Khi ấy convΩ là một đoạnthẳng nên phần trong của nó bằng rỗng và ba điểm đều nằm trên biêncủa tập convΩ Do đó chúng tạo thành một tam giác suy rộng (xemhình 1.8-loại 2)

Hình 1.8: Tập ba điểm luôn có tam giác lồi rỗng suy rộng

Vậy ES(3) = 3

1.2.2 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 4 với tập điểm ở vị

trí bất kỳ

Công thức ES(4) = 5: Mọi tập có tối thiểu năm điểm cho trước trên

mặt phẳng ở vị trí bất kì (các điểm có thể thẳng hàng) bao giờ ta cũng tìmđược bốn điểm là đỉnh của một tứ giác lồi suy rộng

có thể xảy ra một trong hai khả năng:

• Khả năng thứ nhất: |∂ Ω| ≥ 4, ta gọi các đỉnh của ∂ Ω là V1,V2, ,Vkvới k ≥ 4 Khi đó bốn đỉnh liên tiếp của ∂ Ω lập thành một tứ giác lồisuy rộng (xem hình 1.9 và 1.10 )

Hình 1.9: Tập năm điểm có cấu hình (5) hoặc (4,1)

Hình 1.10: Tập năm điểm có cấu hình (5) hoặc (4,1)

• Khả năng thứ hai: |∂ Ω| = 3, ta gọi các đỉnh của ∂ Ω là V1,V2,V3, cácđiểm thuộc int {convΩ} là A và B Khi đó tia AB chia mặt phẳngthành hai miền Do đó phải có một miền chứa đúng hai đỉnh của ∂ Ω( kể cả đỉnh thuộc tia AB), hai đỉnh này kết hợp với AB lập thành tứgiác lồi rỗng suy rộng ( xem hình 1.11)

Hình 1.11: Tập năm điểm có cấu hình (3,2)

Mặt khác: Ta có thể chỉ ra bốn điểm không tạo thành tứ giác lồi (tạothành tứ giác lõm, xem hình 1.12)

Vậy ES(4) = 5

Hình 1.12: Tập bốn điểm không có tứ giác lồi suy rộng

1.2.3 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 5 với tập điểm ở vị trí

bất kỳ

Công thức ES(5) = 9: Mọi tập có tối thiểu chín điểm cho trước trên

mặt phẳng ở vị trí bất kì (các điểm có thể thẳng hàng) bao giờ ta cũng tìmđược năm điểm là đỉnh của một ngũ giác lồi suy rộng

Ta sử dụng phương pháp xét bao lồi của tập Ω theo chiều giảm dần về

số đỉnh của ∂ Ω

Chứng minh. Ta có tập Ω có chín điểm (chín phần tử , |Ω| = 9 ) thì chỉ cóthể xảy ra một trong ba khả năng:

Khả năng thứ 1 |∂ Ω| ≥ 5, ta gọi các đỉnh của ∂ Ω là V1,V2, ,Vk với

k ≥ 5 Khi đó năm đỉnh liên tiếp của ∂ Ω lập thành một ngũ giác lồi suy rộng (ta không quan tâm đến các điểm thuộc int {convΩ}) xem hình 1.13.

Hình 1.13: Tập có chín điểm chứa ngũ giác lồi suy rộng

Khả năng thứ 2 |∂ Ω| = 4, ta gọi các đỉnh của ∂ Ω là V1,V2, ,V4 Khi đó

ta cần xét các cấu hình sau:(4,5); (4,4,1); (4,3,2) :

1 Cấu hình (4,5): Ta có |∂ Ω| = 4 và |∂ Ω1| = 5 Gọi A, B,C, D, E là các đỉnh thuộc ∂ Ω1 Khi ấy các điểm A, B,C, D, E là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng cần tìm Xem hình 1.14 và 1.15.

Hình 1.14: Tập có cấu hình (4,5)

Hình 1.15: Tập có cấu hình (4,5)

2 Cấu hình (4,4,1): Ta có |∂ Ω| = 4 và |∂ Ω1| = 4 Gọi B,C, D, E là các đỉnh thuộc ∂ Ω1 và A là đỉnh thuộcint {convΩ1}

Ta chia tứ giác B,C, D, E thành hai tam giác bởi một đường chéo (giả sử là BD, tương ứng AC.)

(i), Điểm A thuộc trong phần trong của tam giác BCD hoặc tam giác

BDE Khi đó ta có cấu hình(4,4,1) chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1) Vậy theo mệnh đề 1 Ω chứa các điểm là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng Xem hình 1.16

Hình 1.16: Tập có cấu hình (4,4,1) chứa năm điểm là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng

(ii), Điểm A nằm trên đường chéo của tứ giác BCDE (thẳng hàng với hai đỉnh của ∂ Ω1 - ta giả sử là B và D) Khi đó đường thẳng

chứa B, A, D chia mặt phẳng thành hai miền và sẽ có một miền chứa ít nhất hai đỉnh của ∂ Ω Hai đỉnh này kết hợp với B, A, D lập thành ngũ giác lồi suy rộng Xem hình 1.17.

Hình 1.17: Tập có cấu hình (4,4,1) có chứa ngũ giác lồi suy rộng

3 Cấu hình (4,3,2): Ta có |∂ Ω| = 4 và |∂ Ω1| = 3 Gọi C, D, E là các đỉnh thuộc ∂ Ω1, A và B là các đỉnh thuộc int {convΩ1} Như vậy cấu hình (4,3,2) chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1) bằng cách bớt đi một điểm thuộc int {convΩ1} Theo mệnh đề 1 cấu hình này cho ta ngũ giác lồi suy rộng Xem hình 1.18.

Hình 1.18: Tập có cấu hình (4,3,2)

2 Cấu hình (3,4,2): Ta có |∂ Ω| = 3 Gọi các đỉnh của ∂ Ω là V1,V2,V3,

|∂ Ω1| = 4 gọi các đỉnh của ∂ Ω1 là C, D, E, F, A và B là các điểm thuộc int {convΩ1} Khi đó ta chia mặt phẳng thành bốn miền, xem hình 1.21.

Miền (I) được giới hạn bởi các tia BC và BF.

Miền (II) được giới hạn bởi tia BC đoạn AB và tia AD.

Miền (III) được giới hạn bởi các tia AD và AE.

Miền (IV) được giới hạn bởi tia AE đoạn AB và tia BF.

Hình 1.21: Tập có cấu hình (3,4,2) chia mặt phẳng thành bốn miền

• (i), Nếu miền (II) hoặc miền (IV) có chứa một đỉnh của ∂ Ω ( giả

sử là miền (II)) Khi đó đỉnh này kết hợp với A, B,C, D để lập thành ngũ giác lồi suy rộng Xem hình 1.22

Hình 1.22: Tập có cấu hình (3,4,2) mà miền (II) có chứa một đỉnh của ∂ Ω

• (ii), Ngược lại thì miền (I) hoặc (III) phải chứa đúng hai đỉnh của

∂ Ω (giả sử là miền (III)) Khi đó hai đỉnh này kết hợp với A, D, E

Hình 1.23: Tập có cấu hình (3,4,2) mà miền (III) có chứa đúng hai đỉnh của ∂ Ω

3 Cấu hình (3,3,3) Ta có |∂ Ω| = 3 Gọi các đỉnh của ∂ Ω là V1,V2,V3,

|∂ Ω1| = 3, gọi các đỉnh của ∂ Ω1là D, E, F, các điểm thuộcint {convΩ1}

là A, B và C Khi đó ta có cấu hình (3,3,3) chứa cấu hình con chuẩn tăc (3,3,2) bằng cách bỏ đi một trong ba điểm thuộc int {convΩ1}, theo mệnh đề 2 cấu hình này cho ta ngũ giác lồi suy rộng.

Mặt khác: Ta có thể chỉ ra tập tám điểm không tạo thành ngũ giác

Như vậy ta đã chứng minh được các công thức ES(3) = 3, ES(4) =

5, ES(5) = 9

Vậy ta đã chứng minh được giả thuyết Erd¨os-Szekeres cho cáctrường hợp n = 3, 4, 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ Khi tập hợp điểm ở vịtrí tổng quát trong mặt phẳng (không có ba điểm bất kỳ nào thẳng hàng)

sẽ là một trường hợp riêng của bài toán ta đã xét

Năm 1978 Erd¨os đã đặt một bài toán mới liên quan tới giả thuyếtErd¨os-Szekeres, đó là Bài toán về đa giác lồi rỗng (xem [15]) Trước hếtchúng ta định nghĩa đa giác lồi rỗng.

2.1.1 Đa giác lồi rỗng

Định nghĩa 2.1.1 (Đa giác lồi rỗng) Cho S là tập hợp các điểm ở vị

trí tổng quát trong mặt phẳng (không có ba điểm nào thẳng hàng) với

|S| = k, k ≥ 3 Đa giác P căng bởi các điểm của Q trong S với số phần tử

của |Q| = n, n ≤ k được gọi là đa giác lồi rỗng n đỉnh ( n-lỗ) trong S nếu

nó không chứa các điểm khác của S thuộc phần trong của nó Ở đây|S| và

|Q| là kí hiệu số phần tử của tập S và Q Kí hiệu H(n) là số nguyên dươngnhỏ nhất sao cho mọi tập S các điểm ở vị trí tổng quát với |S| ≥ H(n) chứa

đa giác rỗng n đỉnh

Bài toán Erd¨os về đa giác lồi rỗng (1978)

Cho n là một số tự nhiên bất kì, n ≥ 3 Hãy xác định số nguyên dươngnhỏ nhất H(n), nếu nó tồn tại, sao cho mọi tập S có tối thiểu H(n) điểm

ở vị trí tổng quát trên mặt phẳng, chứa n điểm là đỉnh của một đa giác lồirỗng

Dễ dàng thấy rằng H(3) = 3; H(4) = 5 (xem hình 1.1.)

Sử dụng cách tiếp cận hình học trực tiếp, Harborth (1978) đã chứngminh rằng H(5) = 10, tức là từ mười điểm ở vị trí tổng quát có thể chọn rađược năm điểm tạo thành ngũ giác lồi rỗng Từ hình 2.1 cho thấy, tập chínđiểm ở vị trí tổng quát không chứa năm điểm nào tạo thành ngũ giác lồirỗng (tồn tại hai ngũ giác lồi, nhưng cả hai đều không rỗng)

Hình 2.1: Tập 9 điểm ở vị trí tổng quát không tồn tại ngũ giác lồi rỗng có cấu hình (3,5,1).

Tuy nhiên, với n ≥ 7 bất kì, Horton (1983) [12] đã xây dựng ví dụtập với n điểm ở vị trí tổng quát không chứa 7- giác lồi rỗng nào Do đó,

H(n) = ∞ với mọi số tự nhiên n ≥ 7

Như vậy, bài toán về đa giác lồi rỗng của Erd¨os đã có câu trả lời cho

n≤ 5 và n ≥ 7 Có rất nhiều cố gắng để chứng minh hay bác bỏ sự tồn tạicủa H(6) Năm 2003, bằng máy tính, Overmars [17] đã tìm ra 29 điểm ở

vị trí tổng quát không chứa lục giác lồi rỗng Như vậy, nếu H(6) tồn tại thì

H(6) ≥ 30 Năm 2007 Koselev [13] đã đưa ra định lý sau đây:

Định lý 2.1.2 (Koselev) Mọi tập với tối thiểu 463 điểm ở vị trí tổng quát

trên mặt phẳng đều chứa sáu điểm tạo thành lục giác lồi rỗng.

Vậy đánh giá tốt nhất hiện nay là 30 ≤ H(6) ≤ 463

Trong chương này chúng tôi phát biểu bài toán Erd¨os mở rộng về sựtồn tại của đa giác lồi rỗng suy rộng, nghĩa là các điểm có thể ở vị trí bất

kỳ Do đó trước tiên ta cần mở rộng định nghĩa về đa giác lồi rỗng

2.1.2 Đa giác lồi rỗng suy rộng

Định nghĩa 2.1.3 (Đa giác lồi rỗng suy rộng ) Cho S là tập hợp các điểm

ở vị trí bất kì trong mặt phẳng với |S| = k, k ≥ 3, và P là đa giác rỗng nđỉnh ( n-lỗ, với k ≥ n ≥ 3) trong convS Nếu mọi điểm của P đều nằm trênbiên của tập convP thì P được gọi là đa giác lồi rỗng suy rộng

Ta xét thí dụ sau đây:

Thí dụ: Nếu tập Ω gồm năm điểm A, B,C, D, E với điểm E nằm trên

cạnh AB thì convΩ là tứ giác lồi ABCD, còn conv(Ω\ {A}) là tứ giác lồiBCDE nên conv(Ω\ {A}) 6= convΩ, vậy A là điểm góc của tập convΩ

Nhưng conv(Ω\ {E}) cũng chính là tứ giác lồi ABCD nên conv(Ω\ {E}) =convΩ, vậy E không phải là điểm góc của tập convΩ (xem 2.2).

Hình 2.2: Năm điểm tạo thành đa giác lồi rỗng suy rộng

Bài toán H(n): Cho n là một số tự nhiên bất kì, n ≥ 3 Hãy xác định

số nguyên dương nhỏ nhất H(n), nếu nó tồn tại, sao cho mọi tập S có tốithiểu H(n) điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ đều chứa n điểm là đỉnhcủa một đa giác lồi rỗng suy rộng?

điểm ở vị trí bất kỳ

Trong phần này ta sẽ chứng minh công thức H(n) của bài toán Erd¨os

về sự tồn tại của đa giác lồi rỗng suy rộng với tập điểm ở vị trí bất kỳ Tavẫn sẽ sử dụng phương pháp bao lồi theo chiều giảm dần về số điểm của

∂ Ω-bao lồi ngoài cùng lớn nhất của tập hợp điểm, như trong Chương 1

Định nghĩa 2.2.1 (Cấu hình dạng (m, a1, , ak) ) Cho Ω là một tập hợp

n điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ với n ≥ 3 Ta nói tập Ω có cấu hìnhdạng (m, a1, , ak) nếu ai= const, ∀i = 1, , k và m ≥ 3 :

Một cấu hình dạng (m, a1, , ak) với m ≥ 4 chưa chắc đã chứa cấu hìnhcon chuẩn tắc dạng (m − 1, a1, , ak)

Mệnh đề 3 Cho Ω là tập hợp các điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ

trong mặt phẳng, |Ω| ≥ 8 Nếu Ω có cấu hình dạng (m,3,1) với m ≥ 4, thì luôn có năm điểm thuộc Ω lập thành ngũ giác lồi rỗng suy rộng.

Chứng minh.

(i)Với m ≥ 4 và nếu Ω chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1) thì theo chứngminh mệnh đề 1 cấu hình (m,3,1) chứa ngũ giác lồi suy rộng rỗng.xem hình 1.3

(ii) Ngược lại nếu Ω không chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1) thì theochứng minh mệnh đề 1 Ta có một miền có nhiều hơn hai đỉnh của

∂ Ω, ta giả sử là miền (I) có chứa k đỉnh V1,V2, ,Vk của ∂ Ω với

m− 1 ≥ k ≥ 2 Khi đó ta có k + 3 giác lồi rỗng ABV1,V2, ,VkC, từ

k+ 3 đỉnh đó ta lấy ra năm đỉnh liên tiếp ta được ngũ giác lồi suyrộng rỗng Xem hình 2.3

Hình 2.3: Cấu hình (m,3,1) với m ≥ 4 có ngũ giác lồi rỗng suy rộng.

Mệnh đề 4 Cho Ω là tập hợp các điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ

trong mặt phẳng, |Ω| ≥ 8 Nếu Ω có cấu hình dạng (m,3,2) với m ≥ 3, thì luôn có năm điểm thuộc Ω lập thành ngũ giác lồi rỗng suy rộng.

Chứng minh.

(i) Với m ≥ 3 nếu Ω chứa cấu hình con chuẩn tắc (3,3,2) thì theo chứngminh mệnh đề 2 cấu hình (m,3,2) chứa ngũ giác lồi suy rộng rỗng.Xem hình 1.5

(ii) Ngược lại nếu Ω không chứa cấu hình con chuẩn tắc (3,3,2) thì theochứng minh mệnh đề 2 Khi đó ta có hoặc là miền (I) hoặc (II) cónhiều hơn hai đỉnh của ∂ Ω, hoặc là miền (III) có nhiều hơn một đỉnhcủa ∂ Ω Ta giả sử là miền (III) có chứa k đỉnh V1,V2, ,Vk của ∂ Ω với

m− 1 ≥ k ≥ 1 Khi đó ta có k + 4 giác lồi rỗng ABEV1,V2, ,VkF, từ

k+ 4 đỉnh đó lấy ra năm đỉnh liên tiếp ta được ngũ giác lồi suy rộngrỗng Xem hình 2.4

Hình 2.4: Cấu hình (m,3,2) với m ≥ 3 có ngũ giác lồi rỗng suy rộng.

Mệnh đề 5 Cho Ω là tập hợp các điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ

trong mặt phẳng, |Ω| ≥ 7 Nếu Ω có cấu hình dạng (m,1) với m ≥ 6, thì luôn có năm điểm thuộc Ω lập thành ngũ giác lồi rỗng suy rộng.

Chứng minh.

Ta gọi các đỉnh của ∂ Ω lần lượt là V1,V2, ,Vm với m ≥ 6 và gọi điểmthuộc int {convΩ} là A Ta kẻ đường thẳng qua A và V1, đường thẳng AV1chia mặt phẳng thành hai miền (I) và (II) Ta luôn có một miền chứa không

ít hơn 3 đỉnh của ∂ Ω - trừ ra đỉnh V1, ba đỉnh liên tiếp này kết hợp với A

và V1 tạo thành ngũ giác lồi suy rộng rỗng Xem hình 2.5

Hình 2.5: Cấu hình (m,1) với m ≥ 6 có ngũ giác lồi rỗng suy rộng.

Mệnh đề 6 Cho Ω là tập hợp các điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ

trong mặt phẳng, |Ω| ≥ 7 Nếu Ω có cấu hình dạng (m,2) với m ≥ 5, thì luôn có năm điểm thuộc Ω lập thành ngũ giác lồi rỗng suy rộng.

Chứng minh.

Ta gọi các đỉnh của ∂ Ω lần lượt là V1,V2, ,Vm với m ≥ 5 và gọi cácđiểm thuộc int {convΩ} là A và B Ta kẻ đường thẳng qua A và B, đườngthẳng AB chia mặt phẳng thành hai miền (I) và (II) Ta luôn có một miền

chứa không ít hơn 3 đỉnh của ∂ Ω Do đó ba đỉnh liên tiếp này kết hợp với

Avà B tạo thành ngũ giác lồi suy rộng rỗng Xem hình 2.6

Hình 2.6: Cấu hình (m,2) với m ≥ 5 có ngũ giác lồi rỗng suy rộng.

Sau đây ta chứng minh Công thức H(n) cho từng trường hợp n = 3, 4, 5.

2.2.1 Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = 3 với tập điểm ở

tam giác lồi rỗng suy rộng

Vậy H(3) =3 Hay mọi tập có tối thiểu ba điểm ở vị trí bất kỳ trong mặtphẳng luôn tồn tại tam giác lồi rỗng suy rộng

2.2.2 Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = 4 với tập điểm ở

vị trí bất kỳ