Luận văn Về sự tồn tại lục giác lồi rỗng trong bài toán Erdós

Mọi miền cấm của ngũ giáccũng là tập hợp các điểm được xác định từ ngũ giác ấy bởi đúng mộtđường thẳng xem Hình 5 trong đó đường thẳng AE.. Sử dụng cácđỉnh này và đồng thời một cặp đỉnh

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ HẰNG

VỀ SỰ TỒN TẠI LỤC GIÁC LỒI RỖNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN-2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ HẰNG

VỀ SỰ TỒN TẠI LỤC GIÁC LỒI RỖNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa họcPGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG

THÁI NGUYÊN-2015

Mục lục

1 Tổng quan bài toán Erd˝os về đa giác lồi rỗng 1

1.1 Giới thiệu và xây dựng kết quả chính 1

1.2 Phương pháp chứng minh 3

1.3 Định nghĩa và kí hiệu 6

1.3.1 Định nghĩa 7

1.3.2 Vị trí 9

2 Chứng minh công thức đánh giá E(6) ≤ 463 14 2.1 Trường hợp đơn giản 14

2.2 Trường hợp với j = 0 (1 ≤ i ≤ 5) 14

2.2.1 Cấu hình dạng (8,1,0) 15

2.2.2 Cấu hình dạng (8,2,0) 15

2.2.3 Cấu hình dạng (8,3,0) 16

2.2.4 Cấu hình dạng (8,4,0) 17

2.2.5 Cấu hình dạng (8,5,0) 18

2.3 Trường hợp với một điểm ở trong 18

2.3.1 Cấu hình dạng (8,3,1) 19

2.3.2 Cấu hình dạng (8,4,1) 19

2.3.3 Cấu hình dạng (8,7,1) 20

2.4 Các trường hợp, trong đó sử dụng tính chất tối thiểu của bát giác 21

2.4.1 Cấu hình dạng (8,3, ≥ 2) 22

2.4.2 Cấu hình dạng (8,4, ≥ 2) 23

2.4.3 Cấu hình dạng (8,5, ≥ 3) 24

2.4.4 Cấu hình dạng (8,6,5) 26

2.5 Các trường hợp áp dụng tính cực tiểu của bát giác 27

2.5.1 Cấu hình dạng (8,6,4) 28

2.5.2 Cấu hình dạng (8,5,2) 33

2.5.3 Cấu hình dạng (8,7,5) 34

2.6 Trường hợp cá biệt 35

2.6.1 Cấu hình dạng (8,6,3) 35

2.6.2 Cấu hình dạng (8,7,4) 38

2.7 Phần cơ bản của chứng minh: Các trường hợp đặc biệt 42

2.7.1 Cấu hình dạng (8,7,3) 42

2.7.2 Cấu hình dạng (8,6,2) 47

2.7.3 Cấu hình dạng (8,6,1) 52

2.7.4 Cấu hình dạng (8,5,1) 58

Mở đầu

Giả thuyết Erd˝os-Szekeres được đề cập từ rất sớm (vào năm 1935):Mọi tập không ít hơn 2n−2+ 1 điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát(không có ba điểm nào thẳng hàng) đều chứan điểm là đỉnh của một

đa giác lồi

Bất chấp sự cố gắng của hàng trăm nhà toán học đã nghiên cứu vàviết hàng trăm bài báo, giả thuyết Erd˝os-Szekeres mới chỉ được chứngminh trọn vẹn cho các trường hợp n = 3, 4, 5 Gần đây, năm 2006,trường hợp n = 6 đã được chứng minh bởi Szekeres và Peters nhờmáy tính Sau đó, năm 2009, ba nhà toán học là Knut Dehnhardt,Heiko Harboth và Zsolt Lángi đã đưa ra một chứng minh thuần túytoán học cho một trường hợp riêng của trường hợp n = 6

Năm 1978, Erd˝os đã phát biểu một bài toán mới, đó là bài toán Erd˝os

về đa giác lồi rỗng: Chonlà một số tự nhiên bất kỳ, tồn tại hay không

số nguyên dương nhỏ nhất E(n) sao cho từ mọi tập chứa tối thiểu

E(n)điểm ở vị trí tổng quát trên mặt phẳng đều có thể chọn ra được

n điểm là đỉnh của một đa giác lồi rỗng

Bài toán này đã thu hút nhiều nhà nghiên cứu hình học tổ hợp trênthế giới Ngay sau đó, cũng vào năm 1978, Harborth đã chứng minh

E(5) = 10 Năm 1983, với mọi n, Horton đã xây dưng tập mà với

n ≥ 7 không thể lấy ra được đa giác lồi rỗng 7 đỉnh Như vậy,chỉ cònlại trường hợp n = 6 Năm 2003, Overmars đã chứng minh nếu, E(6)

tồn tại thì E(6) ≥ 30

Năm 2008, Koselev đã Chứng minh định lý: mọi tập với tối thiểu 463điểm ở vị trí tổng quát trên mặt phẳng đều chứa 6 điểm tạo thànhlục giác lồi rỗng

Luận văn có mục đích trình bày chứng minh công thức E(6) ≤ 463

theo bài báo của Koselev [20] Để làm rõ bức tranh toàn cục, Luậnvăn cũng trình bày tổng quan về bài toán Erd˝os về đa giác lồi rỗng.Luận văn gồm 2 chương:

Chương 1: Tổng quan về bài toán Erd˝os về đa giác lồi rỗng.

Chương 2: Chứng minh đánh giá E(6) ≤ 463 của Koselev

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Tạ DuyPhượng Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn Thầy đã tận tình giúp đỡ tôitrong suốt quá trình tập dượt nghiên cứu và viết luận văn

Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô giáo trường Đại học Khoahọc - Đạị học Thái Nguyên và Viện Toán học Việt Nam đã tận tìnhgiảng dạy và giúp đỡ để tôi hoàn thành khóa học

Cuối cùng xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, giúp

đỡ, khích lệ và tạo mọi điều kiện cho tôi trong quá trình học tập vànghiên cứu

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015

Nguyễn Thị Hằng

Chương 1

Tổng quan bài toán Erd˝ os về đa giác lồi rỗng

1.1 Giới thiệu và xây dựng kết quả chính

Năm 1935 Erd˝os-Szekeres đã phát biểu bài toán sau đây

Bài toán 1(Erd˝os-Szekeres) Cho số nguyên n ≥ 3, hãy tìm một

số nguyên dương nhỏ nhất g(n) sao cho từ một tập hợp bất kỳ cácđiểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát và chứa tối thiểu g(n) điểmthì có thể chọn ra một tập hợp con có n điểm là đỉnh của một đa giáclồi n cạnh

Năm 1978 Erd˝os đã phát biểu một dạng khác của bài toán trên

Bài toán 2 (Erd˝os-Szekeres) Cho số nguyên bất kì n ≥ 3, hãy tìm

số nguyên dương nhỏ nhất h(n) sao cho từ mọi tập điểm X trên mặtphẳng ở vị trí tổng quát và chứa tối thiểu h(n) điểm có thể chọn ramột tập hợp gồm n điểm mà các phần tử của nó là đỉnh của một n

giác lồi và rỗng Nghĩa là n giác lồi này không chứa một điểm nàobên trong X

Ta nhắc lại tập các đỉnh trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát nếu nhưkhông có ba điểm nào nằm trên một đường thẳng Cả hai bài toán đều

là những bài toán điển hình trong hình học tổ hợp và lý thuyết Ramsey(xem [5], [6], [7])

Bài toán thứ nhất Erd˝os-Szekeres đã xét trong bài báo [2] Erd˝os-Szekeres

đã chứng minh rằng tồn tạig(n)vớinbất kì và được dựa trên đánh giá trên

đề g(5) = 9 đã được chứng minh bởi Đoàn Hữu Dũng 1967 [1] Mệnh

đề g(6) = 17 đã được khẳng dịnh bởi Szekeres và Peter năm 2006 Ngoài

ra năm 1961, Erd˝os-Szekeres đã chứng minh đánh giá dướig(n) ≥ 2n−2+1

Hình 1: Mọi tập hợp từ năm điểm đều chứa tứ giác lồi

+ 1 đã được nhiều lần làm tốt lên

Đã có ba kết quả liên tiếp vào năm 1998 Kết quả đầu tiên thuộc về hai

thứ hai thuộc về Kleitman và Pachter là g(n) ≤

Bài toán 2 được nghiên cứu tương đối sâu hơn Đẳng thức h(3) = 3

và h(4) = 5 là hiển nhiên (xem Hình 1) Đánh giá h(5) = 10 đã đượcchứng minh bởi Harborth 1978 (xem [13]) Năm 1983 Horton đã chứng

minh rằng h(n) không tồn tại khi n ≥ 7 (xem [14]) Mãi đến năm 2006Gerken mới chứng minh được tồn tại của h(6) và chứng minh bất đẳngthức h(6) ≤ g(9) ≤



136



+ 1 = 1717 (xem [15]) Và tất cả nhữngđánh giá dưới choh(6) đã chứng minh được bằng máy tính Đánh giá dướiđầu tiên thuộc về Overmars và Scholten năm 1988, đó là h(6) ≥ 27 (xem[16]) Đánh giá tiếp theo năm 2001 cũng bởi Overmars và cũng là đánhgiá tốt nhất hiện nay h(6) ≥ 30 (xem [17]) Sai khác giữa đánh giá trên

và đánh giá dưới là quá lớn Làm giảm đánh giá này là một bài toán khó.B.A.Koselev đã chứng minh định lý sau đây

Hình 2: Định nghĩa các tập H, I, J, K

Để chứng minh Định lý 1 cần khẳng định rằng trong một tập hợp bất kìtrên mặt phẳng ở vị trí tổng quát mà có số điểm lớn hơn hoặc bằng 463

thì phải tồn tại lục giác lồi rỗng Ta cố định một tập điểm bất kì, ta nhậnxét rằng tập điểm X chứa tối thiểu X một bát giác lồi Quan hệ bao hàmtrong tập hợp tất cả các bát giác lồi tạo nên tập hợp X là một quan hệchặt Bởi vậy luôn luôn có thể nói về các bát giác nhỏ nhất kể các điểm

từ trong X Chọn một trong chúng và kí hiệu tập đỉnh của chúng là tập

H Kí hiệu I0 = (conv(H)\H) ∩ X là tập tất cả các điểm của X nằm bêntrong bao lồi của H Hoặc I0 là rỗng (khi đó ta có bát giác rỗng) Hoặc là

conv(I0) chứa đa giác lồi là một đoạn (2-giác) hoặc là một điểm (1-giác)

Ta kí hiệu I là tập tất cả các đỉnh (I = ∂(conv(I0)) ∩ X) Nếu |I| > 2

thì có thể xây dựng J0 = (conv(I)\I) ∩ X như là tập hợp tất cả các điểmcủa X mà nằm bên trong bao lồi của I Nhận xét rằng nếu J0 6= 0 thì

conv(J0) cũng là đa giác lồi (có thể là 1-giác hoặc 2-giác), bởi vậy thì ta

có thể xây dựng J như là tập hợp tất cả các đỉnh của nó Tương tự xâydựng tập K, L và quá trình này sẽ kết thúc sau hữu hạn bước

Hình 3: Tập hợp dạng (8,0,0, ) và (8,3,0, )

Đặt i = |I| và j = |J |, Ta nói rằng tập X có dạng (8, i, j, ) Trongtrường hợp suy biến thì xuất hiện dạng(8, 0, 0, ), (8, i, 0, ), (xem Hình3)

Hình 4: Sự các định không duy nhất của các dạng

Ta nhận xét rằng các dạng này không duy nhất Ví dụ tập hợp trong Hình

4 có dạng(8, 4, 1, ), nếu như bát giác lồi tối thiểu trong đó lấyA1A2 A8

Ta sẽ có dạng (8, 5, 2, ), nếu như xét bát giác B1B2 B8 Dưới đây chúng

ta sẽ không nói về sự đa dạng của các bát giác lồi trong X Khi ta nói vềdạng của tập X, thì ta hiểu X có một bát giác lồi, tương ứng với nó thì

X có một dạng đã cho

Để chứng minh sự tồn tại của lục giác lồi rỗng trong tập hợp X thì đầutiên chúng ta xét tập con H0 = conv(H) ∩ X Ta có bổ đề sau:

Bổ đề (Valtr) Cho X, H, I, J, K như trong định nghĩa ở trên Nếu

|H| ≥ 7 và trong X không có lục giác lồi rỗng thì K = ∅.

Câu nói "như trong bổ đề" nói chung không hoàn toàn là chính xác bởi vì

từ trước tới nay ta luôn luôn giả thiết rằng |H| = 8 Nhưng rõ ràng trongđịnh nghĩa về các bao lồi lồng nhau trong Hình 2 thì có thể cho cả trườnghợp |H| 6= 8

Từ Bổ đề ta suy ra ngay sự tồn tại lục giác lồi rỗng trong mọi tập hợpdạng (8, i, j, k, ),khik > 0 Bởi vậy tiếp theo chúng ta chỉ xét các trườnghợp (8, i, j, 0, 0, 0, ) Để cho ngắn gọn chúng ta sẽ nói chỉ về các trườnghợp đó là cấu hình dạng (8, i, j) Tất cả các trường hợp đó sẽ gồm 43 cấuhình bởi vì i và j có thể thay đổi trong miền giới hạn: 0 ≤ i ≤ 2 hoặc

3 ≤ i ≤ 7 và 0 ≤ j ≤ 7

Theo ý tưởng, mỗi trường hợp trong 43 trường hợp cần phải xét riêng.Nhưng mà chúng ta có thể chia tất cả tập hợp này ra thành 7 lớp để vớimỗi lớp đó có thể áp dụng cách tiếp cận riêng để chứng minh Trong 6 lớpđầu tiên chúng ta sử dụng phương pháp nào đó để khẳng định sự tồn tạicủa lục giác lồi rỗng trong tập H0 Trong lớp thứ 7 thì chúng ta cần sửdụng nhiều thông tin hơn về tập X Trong trường hợp này thì ta gọi làtrường hợp đặc biệt và nó thuộc vào cấu hình dạng

(8, 7, 3), (8, 6, 2), (8, 6, 1), (8, 5, 1)

Ta có định lí sau

Định lý Giả sử X ⊂ R2 là tập các điểm ở vị trí tổng quát và |X| ≥ g(8).Khi đó, trong mỗi 39 trường hợp không phải trường hợp đặc biệt thì tồntại tập H0 chứa lục giác lồi rỗng Với 4 trường hợp đặc biệt, ta có thể chỉ

ra ví dụ, trong đó H0 không chứa lục giác lồi rỗng

Giả thiết rằng ta đã chứng minh được định lý Khi đó ta có thể phânloại tất cả các cấu hình trên mặt phẳng Hơn nữa, ngay lập tức ta có thểchứng minh định lý 1 cho hầu hết tất cả các trường hợp trong cấu hình này.Với những trường hợp đặc biệt thì chúng ta cần phải sử dụng các phần tửcủa X\H0, để H0 thỏa mãn định lý Có nghĩa là tự nó không chứa lục giáclồi rỗng, hay như ta sẽ nói nó thể hiện phản ví dụ Khi đó chúng ta phảiđặt những hạn chế rất nặng lên trên các phân bố điểm trong các phản ví dụ

1.3 Định nghĩa và kí hiệu

Trong mục này chúng ta đưa vào một số những khái niệm hình học màchúng được sử dụng trong các chứng minh tiếp theo

1.3.1 Định nghĩa

Hình 5: Định nghĩa các miền sector

Cho ba điểm bất kì X, Y, Z trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát Ta xác định

PXY(Z) là nửa mặt phẳng mở tương ứng với nửa đường thẳng XY, chứađiểm Z Xích lồi là tập hợp các đỉnh liên tiếp của một đa giác lồi

Xích lồi ABC đã cho xác định 3-sector (xem Hình 5 bên trái)

(ABC) = (PAB(C) ∩ PBC(A))\conv({A, B, C})

Xích lồi ABCD xác đinh 4-sector (xem Hình 5 ở giữa)

(ABCD) = ((ABC) ∩ (BCD)\conv({A, B, C, D})

Xích lồiABCDE xác định 5-sector hay miền cấm của ngũ giác (xem Hình

5 bên phải)

(ABCDE) = ((ABCD) ∩ (BCDE)\conv({A, B, C, D, D})

Ta nói rằng điểm được xác định từ một đa giác lồi đã cho bởi một đườngthẳng chứa cạnh của đa giác đó nếu đa giác đó được đặt trong nửa mặtphẳng khác tương ứng với đường thẳng đó Mọi miền cấm của ngũ giáccũng là tập hợp các điểm được xác định từ ngũ giác ấy bởi đúng mộtđường thẳng (xem Hình 5 trong đó đường thẳng AE)

Tập các điểm tách khỏi đa giác bởi một đường thẳng cụ thể nào đó, thí

dụ, đường thẳng P Q được gọi là 2-sector và kí hiệu là (P Q)

Ta sẽ nói rằng, điểm được tách khỏi đa giác bởi hai đường thẳng trên cạnhcủa chúng đồng thời nếu điểm ấy được xác định từ đa giác bởi cả hai đườngthẳng đã cho, nghĩa là điểm ấy nằm trong giao của hai 2-sector tương ứng.Ngược lại, điểm tách khỏi đa giác bởi hai đường thẳng chứa các cạnh của

nó nếu nó tách khỏi đa giác bởi chỉ 1 trong 2 đường thẳng ấy, tức là nằm

trong hợp của các 2-sector tương ứng.

Giả sử có một cấu hình (8, i, j), i ≥ 3

Mệnh đề 1 Các tính chất sau đây được thỏa mãn:

(a) Mọi đường thẳng chứa cạnh của i-giác tách khỏi nó đúng ba đỉnh củabát giác

(b) Hai đường thẳng chứa hai cạnh liên tiếp của i-giác tách khỏi nó không

ít hơn bốn đỉnh của bát giác

(c) Mọi đường thẳng chứa các cạnh liên tiếp của i-giác tách khỏi nó đồngthời không nhiều hơn hai đỉnh của bát giác

Hình 6: Trường hợp không thể xảy ra phân bố các đỉnh trong (a) của

Mệnh đề 1

Chứng minh Mệnh đề 1 Đầu tiên xét phần (a) Giả sử rằng một đườngthẳng nào đó tách khỏi i-giác nhiều hơn ba đỉnh của bát giác Sử dụng cácđỉnh này và đồng thời một cặp đỉnh của i-giác mà đường thẳng đi qua cácđiểm ấy, thì có thể xây dựng được một lục giác lồi rỗng trong cấu hình vàchứng minh xong Nếu giả thiết rằng đường thẳng tách khỏi i-giác ít hơn

ba đỉnh của bát giác thì thay "chúng" (có thể là một đỉnh) bởi các đỉnhcủa đa giác, qua chúng kẻ đường thẳng, ta nhận được một bát giác nhỏhơn (xem Hình 6) và điều này là không thể

Phần (b) chứng minh tương tự phần (a).

Xét phần (c) Giả thiết rằng hai đường thẳng chứa các cạnh liên tiếpcủa i-giác tách khỏi từ nó đồng thời ba đỉnh của bát giác (nhiều hơn bađỉnh là không thể, theo phần (a)) Khi đó lại theo phần (a) hai đườngthẳng này sẽ tách khỏi từ i-giác trong tổng thể chỉ ba đỉnh nêu trên, màđiều này không thể được theo (b)

Mệnh đề 1 được chứng minh

1.3.2 Vị trí

Giả sử cho một cấu hình bất kì (8, i, j) Tách từ cấu hình này ra mộtcấu hình gồm i-giác ở giữa và j-giác bên trong Cấu hình này cần dùngtrong các chứng minh sau vì vậy chúng ta đi xét cấu hình này một cách kĩcàng hơn

Chúng ta cần phân loại tập hợp vị trí các đỉnh của i-giác và j-giác Để đơngiản ta sẽ coi j = 3 và j = 4 bởi vì những trường hợp khác ta không cầnxét

Hình 7: (i,3)-phân bố dạng [a1, b1, a2, b2, a3, b3]

Giả sử đầu tiên với j = 3 Ba đường thẳng đi qua các cạnh của tamgiác chia mặt phẳng ngoài tam giác ra thành sáu phần, trong đó ba phầncủa chúng có dạng "tam giác", ba phần còn lại có dạng "tứ giác" Ta nóirằng cấu hình mà cấu tạo từ i-giác và tam giác là (i, 3)- phân bố dạng

[a1b1a2b2a3b3], nếu như lượng các đỉnh của i-giác nằm bên trong tam giác

a1; a2; a3, còn lượng các đỉnh nằm bên trong tứ giác làb1; b2; b3 (xem Hình7) Nói chung kí hiệu [a1b1a2b2a3b3] xác định một cách không duy nhất

Ví dụ, cũng chính kết hợp đó chúng ta có thể nói về cấu hình (i, 3)-phân

bố dạng [a2b2a3b3a1b1] hoặc (i, 3)-phân bố dạng [a1b3a3b2a2b1] Nhưng nhưvậy không sai khác về mặt nguyên tắc các khả năng có thể viết của cácđỉnh Cách viết này từ quan điểm của chúng ta là tương đương và do đósau này chúng ta sẽ sử dụng cách viết bất kì trong số đó Ở đây, điều quantrọng cần nhấn mạnh là mọi cách viết cố định sẽ bắt đầu từ ai, có nghĩa

là từ số đỉnh của i-giác trong miền, các đại lượng ai, bj sẽ liên tiếp nhautheo một trật tự được đặt trong các phần của mặt phẳng tương ứng (cùngchiều hoặc ngược chiều kim đồng hồ)

Giả sử j = 4 Giống như j = 3 chúng ta xác định các phân bố như sau:

Hình 8: Chia mặt phẳng và xác định các tập hợp Bi và các số bi

Bốn đường thẳng đi qua các đỉnh của tứ giác chia mặt phẳng bên ngoài tứgiác thành một số phần, có thể có ba dạng khác nhau về mặt nguyên tắc.Tất cả các dạng đó được biểu diễn trong Hình 8 Trong trường hợp thứnhất, tứ giác là hình bình hành Trong trường hợp thứ hai thì tứ giác đượcxác định bởi một hình thang, còn trong trường hợp thứ ba thì là một tứgiác không phải là hình thang Trong mỗi trường hợp này chúng ta tách racác miền chia mặt phẳng xung quanh tứ giác mà được biểu thị trên Hình

8 bởi B1; B2; B3; B4 Cho cấu trúc tạo thành từ i-giác và tứ giác, đặt bk

là số đỉnh của i-giác nằm trong miền Bk, k = 1; 4 Với mỗi một trong batrường hợp này, các đỉnh b1; b2; b3; b4 được xác định một cách duy nhất với

sự chính xác đến vị trí mà chúng ta đưa vào kí hiệu B1; B2; B3; B4 Ngầmhiểu rằng, các miền và số lượng các đỉnh trong chúng đã được sắp theo

thứ tự (theo chiều kim đồng hồ).

Khi đại lượng phân bố các đỉnh b1; b2; b3; b4 trong cấu hình đã cho được cốđịnh, ta xét các a1; a2; a3; a4 như sau:

Hình 9: Chia mặt phẳng và xác định các tập hợp Ai và các số ai

Trường hợp khi tứ giác là hình bình hành thì hiển nhiên (Hình 9 bên trái):Các số a1; a2; a3; a4 chính là số đỉnh của i-giác nằm trong miền tương ứng

Giả sử tứ giác là hình thang Khi đó không hạn chế tổng quát các số

b1; b2; b3; b4 có thể coi như được sắp xếp như trong Hình 8 và Hình 9 Xét

"miền phụ" A0, A, A00, A3, A4 (xem Hình 9 giữa) Kí hiệu a0, a, a00, a3, a4 là

số đỉnh của i-giác trong miền tương ứng Chúng ta lấy các số nguyên không

âm bất kì a1, a2 với điều kiện

a1 + a2 = a0 + a + a00,

a1 ≤ a0+ a, a2 ≤ a + a00

Chúng ta sắp đặt chúng như trong Hình 10 bên trái Nói một cách khác,chúng ta lấy a1 đỉnh của i-giác từ miền A0∪ A ∪ A00 đưa vào miền A0∪ A,các đỉnh còn lại đặt vào trong miền A ∪ A00 Như vậy, khi xác định dạngphân bố chúng ta bỏ qua số lượng đỉnh i trong A và để được xác định

ta đưa các đỉnh khác của nó vào trong miền A0 ∪ A và A ∪ A00 Như vậychúng ta đã thực hiện các bước làm như để chỉ ra, nhưng chúng không có

ý nghĩa

Cuối cùng giả sử tứ giác không phải hình thang Trường hợp này đượcbiểu diễn trên Hình 9 bên phải Ở đây một lần nữa không hạn chế tổngquát, xuất hiện các miền phụ A2, A(1), , A(5), trong đó tương ứng có

a2, a(1), , a(5) đỉnh của i-giác Chọn số nguyên không âm bất kì a1, a4, a3

đỉnh vào miền A(2) ∪ A(3) ∪ A(4), a3 đỉnh còn lại chúng ta đưa vào miền

A(4)∪ A(5) Như vậy, lần này chúng ta đã không quan tâm tới lượng đỉnhcủa i-giác trong miền A(1) ∪ A(2), A(2)∪ A(3)∪ A(4), A(4) ∪ A(5) Nhưng đểthuận tiện hơn, ta phân bố các đỉnh của nó theo các tập hợp này Nhưtrong trường hợp hình thang, ta không quan tâm tới cách phân bố như trên

Kết quả, chúng ta có thể nói rằng mỗi cấu trúc tạo thành từ i-giác và

tứ giác (i, 4)-phân bố dạng [a1b1a2b2a3b3a4b4] Như vậy giống như trongtrường hợp (i, 3) phân bố, dạng ở đây được xác định một cách không duynhất Thứ nhất là có sự tự do trong việc lựa chọn cách đánh số của cácđại lượng ai, bi Thứ hai là các số ai có thể nhận các giá trị thỏa mãn cáchạn chế đã cho Ngoài ra , như trước đây chúng ta sẽ viết liên tiếp ai, bi

mỗi một lần đều bắt đầu từ vị trí a1 nào đó

Hình 11: Ví dụ về xác định không duy nhất dạng phân bố

Hình 11, bên trái biểu diễn cấu hình tạo thành từ lục giác và tứ giác Nó

có thể mô tả, ví dụ như(6, 4)-phân bố dạng [2, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1] (xem Hình

11 giữa) Có thể coi nó như (6, 4)-phân bố dạng [1, 0, 2, 0, 1, 1, 0, 1] (xemHình 11 phải) Tất nhiên tồn tại một số cách giải thích khác nhưng vớimỗi cách giải thích thì chúng đều biểu thị thông tin như nhau về vị trítương quan giữa các đỉnh của lục giác và tứ giác, mà chúng ta sẽ cần chochứng minh tiếp theo

Chương 2

Chứng minh công thức đánh giá

E(6) ≤ 463

2.1 Trường hợp đơn giản

Trong mục này chúng ta sẽ xét cấu hình dạng sau đây:

(8, 0, 0), (8, 6, 0), (8, 7, 0), (8, i, 6), (8, i, 7) với (3 ≤ i ≤ 7)

Hiển nhiên trong mỗi cấu hình này tồn tại lục giác lồi rỗng

Đồng thời trong mục này chúng ta có thể đưa thêm vào trường hợp(8, 7, 2),

vì trong cấu hình bất kỳ của dạng này chứa lục giác lồi rỗng Chỉ cần kẻmột đường thẳng đi qua hai điểm X và Y nằm trong 7-giác, khi đó mộttrong hai nửa mặt phẳng chứa tối thiểu 4 đỉnh của thất giác và do đó cùngvới X và Y tạo thành lục giác lồi rỗng

2.2.1 Cấu hình dạng (8,1,0)

Hình 12: Cấu hình (8,1,0)

Giả sử O là điểm duy nhất nằm trong bát giác lồi Kẻ một đường thẳngbất kỳ qua O và một đỉnh bất kì của bát giác, giả sử đỉnh đó là A

Khi đó đường thẳng OA sẽ chia đa giác lồi 8 đỉnh thành 2 nửa mặt phẳng

Vì số đỉnh của bát giác là 8 nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ có ít nhất 4đỉnh cùng nằm trong một nửa mặt phẳng có bờ là OA Khi đó 4 đỉnh nàycùng với 2 đỉnh O và A tạo thành lục giác lồi rỗng

2.2.2 Cấu hình dạng (8,2,0)

Hình 13: Cấu hình (8,2,0)

Gọi hai điểm nằm trong bát giác là P ; Q Kẻ một đường thẳng đi quahai điểm P, Q Vì các điểm ở vị trí tổng quát nên không có bất kì đỉnh nàocủa bát giác nằm trên đường thẳng P Q Đường thẳng P Q chia đa giác lồi

8 đỉnh thành hai nửa mặt phẳng Theo nguyên lý Diriclet sẽ có ít nhất 4

đỉnh nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là P Q Khi đó bốn đỉnh ấy cùng vớihai điểm P và Q tạo thành lục giác lồi rỗng

2.2.3 Cấu hình dạng (8,3,0)

Hình 14: Cấu hình (8,3,0)

Trong trường hợp này chúng ta kẻ 3 đường thẳng, mỗi đường thẳng chứamột cạnh của tam giác trong cùngP QR và kí hiệua1, a2, a3, b1, b2, b3 là sốđỉnh của bát giác nằm trong các miền tương ứng (xem mục 1.3.2 và Hình14) Như thế:

Giả sử như không có lục giác lồi rỗng trong cấu hình thì điều kiện sau đâycần được thỏa mãn:

2.2.5 Cấu hình dạng (8,5,0)

Hình 16: Cấu hình (8,5,0)

Giả sử trong tập H0 = conv(H) ∩ X không có lục giác lồi rỗng, trong đó

H là bát giác lồi, X là tập tất cả các điểm ban đầu Khi đó ngũ giác baolồi của I (ngũ giác nằm trong bát giác) sinh ra các miền cấm trong đó cácđỉnh của bát giác không thể nằm trong miền đó (xem Hình 16, trong đómiền cấm đã được đánh dấu) Từ đây suy ra, mỗi đỉnh của bát giác phảitách khỏi bao lồi của I đồng thời bởi tối thiểu 2 đường thẳng chứa cáccạnh của ngũ giác ấy Vì h = 8 là số đỉnh của bát giác nên một đườngthẳng YiYi+1(Y1 = Y6) nào đó tách khỏi bao lồi của I như là tối thiểu



2h5



=



2.85



= 4 điểm

Bốn điểm này cùng với các đỉnh của Yi và Yi+1 tạo thành lục giác lồi rỗng.Vậy giả thiết ban đầu không đúng và trong mọi trường hợp thì có một lụcgiác lồi rỗng bên trong miền H0

2.3 Trường hợp với một điểm ở trong

Xét các cấu hình dạng (8, 3, 1), (8, 4, 1), (8, 7, 1), mỗi cấu hình được xétriêng

2.3.1 Cấu hình dạng (8,3,1)

Hình 17: Cấu hình (8,3,1)

Trong trường hợp này toàn bộ không gian xung quanh ∆ABC được chiabởi 3 miền(AXB), (BXC) và(AXC), mỗi miền đó là 3-sector (X-là điểmnằm bên trong tam giác)(xem Hình 17) Khi đó hoặc là trong một miền ấy

có nhiều hơn 2 đỉnh của bát giác và tồn tại lục giác lồi rỗng trong cấu hìnhđang xét hoặc là trong mỗi miền (AXB), (BXC), (AXC) thì có khôngnhiều hơn 2 đỉnh của bát giác Điều này không thể xảy ra

2.3.2 Cấu hình dạng (8,4,1)

Hình 18: Cấu hình (8,4,1)

Ở đây việc đầu tiên chúng ta phải đưa các đường chéo của tứ giác ABCD

và chúng ta cố định 1 trong 4 miền mà điểm O nằm trong (xem Hình 18)

Vì chỉ có một điểm trong tứ giác này và các miền này có vai trò như nhaunên không hạn chế tổng quát, có thể cho điểm O nằm bên trong miềnchứa cạnh AB (Hình 18) Hơn nữa, tất cả không gian xung quanh tứ giác

ABCD chia thành 4 miền đó là miền 3-sector (AOB), 4-sector (BOCD)

, (AOCD) và 2-sector (CD)

Hoặc là trong một miền nào đó có nhiều hơn số đỉnh của bát giác như chỉ

ra trong hình Khi đó tồn tại lục giác lồi rỗng trong cấu hình đã cho hoặc

là trong mỗi miền đó số đỉnh không vượt quá đại lượng tương ứng Điềunày không thể được vì 1.2 + 2.1 + 3.1 = 7 < 8

Dưới đây chúng ta sẽ sử dụng các suy luận tương tự Trong các trường hợp

đó sẽ có hình vẽ chỉ ra các miền mà mặt phẳng bị chia ra hoặc bị phủ bởicác miền ấy Trong mỗi miền này chúng ta sẽ chỉ ra lượng tối đa các đỉnhcủa bát giác của conv(H); mà chúng có thể có thể phân bố bên trong cácmiền mà bên trong không tồn tại lục giác lồi rỗng cấu hình đã cho Trongmọi trường hợp thì tổng số đỉnh đó sẽ nhỏ hơn 8

2.3.3 Cấu hình dạng (8,7,1)

Hình 19: Cấu hình (8,7,1)Giả thiết rằng không có lục giác lồi rỗng nào trong cấu hình này Chúng

ta sẽ chỉ ra rằng, khi đó mọi đỉnh của bát giác thì sẽ bị tách khỏi thất giác

đồng thời bởi 3 đường thẳng (hoặc nhiều hơn) chứa các cạnh của nó.Giả sử một đỉnh A của bát giác bị tách bởi thất giác T U V W XY Z bởiđúng một đường thẳng.

Khi đó không hạn chế tổng quát sẽ xuất hiện cấu hình tạo bởi bát giác lồi

T U V W AXY Z với điểm L ở bên trong (Hình 19), cấu hình này đã đượcxét trong mục 2.2.1 Nói cách khác, lục giác lồi rỗng trong cấu hình này

là tồn tại Điều này vô lý với giả thiết ban đầu

Bây giờ giả sử một đỉnh B của bát giác bị tách bởi thất giác bởi haiđường thẳng Không hạn chế tổng quát, điều này có nghĩa là xuất hiệnmột cấu hình từ thất giác lồiT U V BXY Z với hai điểm bên trong là L, W

(xem Hình 19) Thực chất cấu hình này đã được xét trong mục 2.1 Vô lý.Như vậy, mỗi đỉnh của bát giác được tách khỏi thất giác bởi ba đườngthẳng (hoặc nhiều hơn) chứa các cạnh của thất giác Từ đây suy ra tốithiểu có một đường thẳng trong số các đường thẳng ấy, ví dụ là U V, sẽđược tách bởi thất giác và ta có



3.87



= 4 đỉnh của bát giác Bốn đỉnhnày cùng với các đỉnh U, V một lần nữa lại hình thành một lục giác lồirỗng

Như vậy giả thiết ban đầu không đúng, do đó chúng ta có một lục giáclồi rỗng trong cấu hình đã cho

2.4 Các trường hợp, trong đó sử dụng tính chất tối

thiểu của bát giác

Trong trường hợp này chúng ta sẽ xét các cấu hình dạng

(8, 3, ≥ 2), (8, 4, ≥ 2), (8, 5, ≥ 3), (8, 6, 5)

Để chứng minh sự tồn tại của lục giác lồi rỗng trong các trường hợp này,chúng ta sử dụng các mệnh đề sau, thực chất đã được xét trong [15]

Mệnh đề 2 Giả thiết rằng trong mỗi cấu hình dạng (8, i, j) thỏa mãn

j ≥ 2 và giả sử 2 ≤ t ≤ min{i − 1, j} Xét t các đỉnh liên tiếp V1, V2, , Vt

của bao lồi conv(J ) Kí hiệu qua Tn là tập tất cả các đỉnh của các giác bao lồi conv(I) nằm bên trong nửa mặt phẳng tương ứng với đườngthẳng VnVn+1 mà nó không chứa các đỉnh khác của bao lồi conv(J ) (khi j

i-= 2 chúng ta có thể chọn bất kỳ một trong hai nửa mặt phẳng đó) Nếu

< t thì cấu hình đã cho có một lục giác lồi rỗng.

Mệnh đề 2’ Giả thiết rằng trong cấu hình nào đó dạng (8, i, j) thỏamãn j ≥ 2 và giả sử 2 ≤ t ≤ min{i − 1, j} Xét t các đỉnh liên tiếp

V1, V2, , Vt của bao lồi conv(J ) Kí hiệu qua Tn0 là tập tất cả các đỉnhcủa các i-giác bao lồi conv(I) nằm bên trong nửa mặt phẳng tương ứng vớiđường thẳng VnVn+1 mà nó không chứa các đỉnh khác của bao lồi conv(J )

(khi j = 2 chúng ta có thể chọn bất kỳ một trong hai nửa mặt phẳng đó).Nếu

< t − 1 thì cấu hình đã cho chứa một lục giác lồi rỗng.Chứng minh mệnh đề này trên thực tế dựa trên tính chất cực tiểu của lụcgiác trong cấu hình dạng (8, i, j)

Trong trường hợp này chúng ta chọn hai dãy đỉnh của tam giác ABC

(thí dụ B và C) từ tập TP Q Xét miền (CP QB), (AP C), (AQB) phủ mặtphẳng bao quanh ∆ABC (Hình 20) Bên trong tứ giác(CP QB) không cóđiểm nào của tậpJ nhưng bên trong ∆AQB và∆AP C thì có những điểm

như vậy Giả sử, thí dụ điểm P0 ∈ AP C Khi đó thay miền (AP C) bằngsector (AP0C) ⊃ (AP C) Làm tương tự nếu Q0 ∈ AQB và P00 ∈ AP0C, Kết quả là phần mặt phẳng quanh ∆ABC bị phủ bởi một 4-sector và hai3-sector Khi ấy trong mỗi sector này xuất hiện giới hạn số đỉnh của bátgiác nằm tương ứng trong miền đó mà không xuất hiện lục giác lồi rỗng(xem Hình 20) Theo logic của mục 2.3.2 thì lục giác lồi rỗng trong cấuhình này một lần nữa lại tồn tại.

2.4.2 Cấu hình dạng (8,4, ≥ 2)

Hình 21: Cấu hình (8,4, ≥ 2)

Áp dụng Mệnh đề 2 với t = 2 ≤ min {i − 1, j} Cố định ba đỉnh liêntiếp của j-giác P = V1, Q = V2 và R = V3 (ở đây P = R nếu j = 2) Kíhiệu TP Q là tập hợp T1, TQR là tập hợp T2

Theo Mệnh đề 2, nếu |TP Q| < 2 hoặc |TQR| < 2 thì trong cấu hình đã cho

có lục giác lồi rỗng và ta chứng minh xong Như vậy, ta chỉ còn xét trườnghợp |TP Q| ≥ 2 hoặc |TQR| ≥ 2

Nhận xét rằng P = R(j = 2) thì điều kiện |TP Q| ≥ 2 , |TQR| ≥ 2 có nghĩa

là xảy ra hiện tượng như trong Hình 21 trái Và ta chứng minh xong (xemmục 2.3.2)

Bây giờ áp dụng Mệnh đề 2 với t = 3 ≤ min {i − 1, j}, j ≤ 3 Trongphần này, nếu |TP Q ∪ TQR| < 3, thì trong cấu hình sẽ có lục giác lồi rỗng.Như vậy chúng ta phải giả thiết rằng |TP Q ∪ TQR| ≥ 3

Điều kiện trên nói rằng, với cách sắp đặt các vị trí của tứ giác ABCD,không hạn chế tổng quát, chỉ có thể có hai khả năng xảy ra: hoặc là

{A, B} ⊂ TP Q và {B, C} ⊂ TQR (xem hình 21 ở giữa) hoặc là {A, B} ⊂

hoặcP0 = R Như vậy trong mọi cách sắp đặt thì phủ của mặt phẳng xungquanh tứ giác ABCD bị phủ bởi hai 3-sector và hai 4-sector với hạn chếtương ứng về số đỉnh của bát giác trong mỗi sector (Hình 21).

Trong trường hợp thứ 2 chúng ta có các sector sau đây:

(AP QB), (BQC), (CQRD), (AP D)

Cũng như trước đây thì có thể thay sector (AP D) bằng sector (AP0D)

(hoặc là sector (ARD), nếu R ∈ AP D) và một lần nữa ta lại nhận đượcmột phủ cần thiết

Trong cả hai trường hợp, áp dụng logic của Mục 2.3.2 và ta tìm được lụcgiác lồi rỗng trong cấu hình đã cho

Nhận xét rằng cả hai trường hợp vừa xét, ta sử dụng số 3-sector và sector bằng nhau Bức tranh tương tự cũng sẽ được quan sát trong cácphần tiếp theo

4-2.4.3 Cấu hình dạng (8,5, ≥ 3)

Hình 22: Cấu hình (8,5, ≥ 3)

Cố định 4 đỉnh liên tiếp của j-giác P = V1, Q = V2, R = V3, S = V4 (với

P = S nếu j = 3) Kí hiệu TP Q0 là tập hợp T10, TQR0 là tập hợp T20, TRS0 là

tập hợp T30.

Theo Mệnh đề 2 khi t = 2, nếu

T0P Q

< 1,

T0QR

... Cấu hình dạng (8,6,4)

Trước tiên nhận thấy cấu hình tạo thành từ lụcgiác tứ giác với điều kiện không tồn lụcgiác lồi rỗng biểu diễn (6, 4)-phân bố dạng sauđây xác đến cách viết tương đương... dụng định lý Holl để tìm năm 4-sector một3-sector phủ mặt phẳng quanh lục giác, tương tự Hình 23 TheoMục 2.3.2 lục giác lồi rỗng tồn cấu hình

Nhận thấy tất cấu hình mà xét mụcnày điều kiện...

T0QR

< |T0RS| < th? ?trong cấu hình tồn lục giác lồi rỗng ta chứng minh xong Nhưvậy phải xét trường hợp

T0P