Luận văn Giả thuyết Erdos-Szekeres và một số bài toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN TIẾN THỊNH GIẢ THUYẾT ERDO¨S - SZEKERES VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2011 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN TIẾN THỊNH GIẢ THUYẾT ERDO¨S - SZEKERES 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 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Mục lục Chương 1. Giả thuyết Erdo¨s-Szekeres và một số bài toán mở rộng . . . . . . . . . . 4 1.1. Tổng quan về giả thuyết Erdo¨s – Szekeres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1. Lịch sử của bài toán Erdo¨s-Szekeres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.2. Bài toán Erdo¨s-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 Erdo¨s về sự tồn tại đa giác lồi rỗng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.1. Lịch sử Bài toán Erdo¨s 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 Erdo¨s-Szekeres với trường hợp n = 6 trong một số trường hợp riêng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3.1.Giả thuyết Erdo¨s-Szekeres với trường hợp n= 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3.2. Chứng minh giả thuyết Erdo¨s-Szekeres với trường hợp n= 6 trong một số trường hợp riêng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 1 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên MỞ ĐẦU Giả thuyết Erdo¨s-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 Erdo¨s-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 thẳng hàng) 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 thuyết Erdo¨s-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 nhờ máy tính. Sau 75 năm, rất nhiều kết quả mới đã làm phong phú thêm giả thuyết Erdo¨s-Szekeres. • Luận văn Giả thuyết Erdo¨s-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) Erdo¨s-Szekeres cho hai bài toán mở rộng. Bài toán thứ nhất là mở rộng của bài toán Erdo¨s-Szekeres khi bỏ điều kiện các điểm ở vị trí tổng quát (không có ba điểm nào thẳng hàng), tức là các điểm ở vị trí bất kì. Bài toán thứ hai là bài toán Erdo¨s về sự tồn tại đa giác 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 Erdo¨s-Szekeres. Các kiến 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 điểm ở vị trí bất kỳ trong mặt phẳng. 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên • Chương 3: Trình bày lại một cách tóm lược công trình của Knut Dehnhardt, Heiko Harboth và Zsolt Lángi [9] đã chứng minh cho giả thuyết Erdo¨s-Szekeres với trường hợp n= 6 trong một số trường hợp riêng 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 3 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Chương 1 Giả thuyết Erdo¨s-Szekeres và một số bài toán mở rộng Trong chương này chúng tôi phát biểu giả thuyết Erdo¨s-Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí tổng quát và một mở rộng của bài toán Erdo¨s- Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì, đồng thời cũng trình bày chứng minh công thức Erdo¨s-Szekeres trong trường hợp n= 3,4,5 với tập hợp điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ. 1.1. Tổng quan về giả thuyết Erdo¨s – Szekeres 1.1.1. Lịch sử của bài toán Erdo¨s-Szekeres Năm 1933, Esther Klein đã phát biểu và chứng minh bài toán sau đây. 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 bốn điểm là đỉnh của một tứ giác lồi. Dưới đây là chứng minh của Klein. 4 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Xét đa giác lồi lớn nhất chứa tất cả năm điểm ở vị trí tổng quát. Chỉ có ba khả 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 là một ngũ giác. Khi ấy mọi bộ bốn điểm từ năm điểm ấy đều tạo thành tứ giác lồi (điểm còn lại nằm ngoài tứ giác lồi đó). Vậy ta có tứ giác lồi không chứa điểm nào bên trong. Erdo¨s 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 ABCD chứa 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 nên điểm 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 giác ABC, hai điểm D và E còn lại nằm bên trong tam giác. Do không có ba 5 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên điểm nào thẳng hàng nên đường thẳng đi qua hai điểm D và E sẽ chia mặt phẳng chứa tam giác thành hai phần sao cho một nửa mặt phẳng phải chứa hai đỉnh của tam giác. Hai đỉnh này cùng với hai điểm thuộc phần trong tam 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 mặt phẳng 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 Bài toán Erdo¨s-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 n điểm tạo thành đa giác lồi n đỉnh. Trong [15], đã trình bày chứng minh sự tồn tại số N(n) bằng hai cách hoàn toàn khác nhau: • Cách thứ nhất: Do Szekeres chứng minh không lâu sau khi E. Klein phát biểu bài toán, dựa trên định lí Ramsey (Szekeres và các thành viên 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 phát hiện 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 là quá lớn so với thực tế. Thí dụ, với n= 5 thì N(5)≤ 210000, quá xa so 6 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên với thực tế N(5) = 9 . • Cách thứ hai: Do Erdo¨s chứng minh nhờ kết hợp hình học với lí thuyết tổ hợp và kết quả ta được một đánh giá tốt hơn N(n)≤Cn−22n−4+1 vào năm 1935 (xem chi tiết hơn trong [15]). Sau 63 năm Chung và Graham (xem [8]) đã chứng minh được N(n)≤Cn−22n−4, ∀ n≥ 3. Ngay sau đó Kleitman và Pachter (xem [10]) đã chứng minh được N(n)≤Cn−22n−4+7−2n, ∀ n≥ 3 Cũng trong năm đó (1998) Tóth và Valtr (xem [19]) đã chứng minh được N(n)≤Cn−22n−5+2, ∀ n≥ 3. Sau đó 7 năm (2005) Tóth và Valtr (xem [20]) đã chứng minh được N(n)≤Cn−22n−5+1, ∀ n≥ 5. Như vậy đánh giá tốt nhất hiện nay là của Tóth và Valtr, tuy nhiên với n= 6 thìC47+1= 36 còn cách khá xa so với chứng minh của Szekeres và Peters năm 2006 là N(6) = 17, xem [18]. Theo [11], năm (1960-1961) P. Erdo¨s and G. Szekeres đã xây dựng được trường 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 dưới của N(n) là không thể giảm được. Như vậy ta có: 2n−2 < N(n)≤Cn−22n−5+2 Vậy 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 được năm 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 7 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ngoài, công thức N(5) = 9 lần đầu tiên được Kalbfleisch, Kalbfleisch và Stanton chứng minh năm 1970. Tuy nhiên, cách chứng minh trên là khá cồng kềnh, do đó công thức N(5) = 9 đã được Bonnice [7] năm 1974 và Lovász năm 1979 chứng minh theo cách đơn giản hơn. Cách chứng minh của 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 bởi Đoàn Hữu Dũng vào năm 1967 [1] và Bonnice vào năm 1974 [7]. Dựa trên các đẳng thức N(3) = 3 và N(4) = 5 Erdo¨s và Szekeres đưa ra giả thuyết sau đây: Giả thuyết Erdo¨s-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 nào thẳng 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, giả thuyết Erdo¨s - Szekeres chỉ mới được chứng minh cho các trường hợp n = 3,4,5. Trường hợp n = 6 mới được Szekeres và Peters chứng minh năm 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 Erdo¨s - Szekeres có liên quan chặt chẽ với các lĩnh vực khác của toán-tin học (lí thuyết Ramsey, lí thuyết đồ thị, hình học tổ hợp,...). Giả thuyết Erdo¨s - Szekeres cũng được gọi là Bài toán Erdo¨s - Szekeres. 8 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 1.1.2. Bài toán Erdo¨s-Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì Trong giả thuyết Erdo¨s-Szekeres, cũng như trong nhiều bài toán khác của hình học tổ hợp, thường có một điều kiện duy nhất đặt lên tập hữu hạn các điểm. Đó là điều kiện các điểm ở vị trí tổng quát (in general position), tức là không có ba điểm nào thẳng hàng. Điều kiện này không phù 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 các máy 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 cần thiết và có lợi. Vì vậy, trong những năm gần đây, một số tác giả (xem [6]) đã xét bài toán Erdo¨s-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 các điểm có thể thẳng hàng), thì không thể có đa giác lồi theo nghĩa thông thường (thí dụ, ba điểm thẳng hàng không thể tạo thành tam giác theo nghĩa thông thường). Vì vậy, việc đầu tiên là phải mở rộng khái niệm đa giác 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 nóiΩ là đa giác lồi suy rộng nếu mọi điểm củaΩ 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 góc của tập convΩ nếu conv(Ω\{v}) 6= convΩ. Ngược lại thì v được 9 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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. Số đỉnh 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 phải nằm trên cạnh, (trên biên) của tập convΩ, nhưng không nhất thiết phải là điểm góc của convΩ. Ta gọi các điểm góc của convΩ là đỉnh-góc, còn các đỉnh không phải là các điểm góc của convΩ là đỉnh-cạnh. Khi tất cả các đỉnh 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 tối thiểu ES(n) điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kì đều chứa n điểm là đỉnh của một n - giác lồi suy rộng? 1.2. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3,4,5 với 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. Ta gọi tập: Ω1 =Ω\∂Ω. Ω2 =Ω\{∂Ω∪∂Ω1}. ... Ωk =Ω\{∂Ω∪∂Ω1∪ ..∪∂Ωk−1,k ≥ 1}. 10 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Khi đó nếu |∂Ω| = i0; |∂Ω1| = i1; ...; |∂Ωk| = ik thì ta nói là tập Ω có cấu hình (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 hình con (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 Ω chứa 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 ∂Ω j có các đỉnh làV1,V2, ...,Vq với q≥ 3. Khi đó nếu ta bỏ đi m đỉnh bất kỳ của tập ∂Ω j (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 lại nói 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). 11 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Mệnh đề 1. Cho Ω là tập hợp các điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ, |Ω| ≥ 8. NếuΩ 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 ∂Ω với k ≥ 4. Ta gọi B,C,D là các đỉnh của ∂Ω1 và gọi A là điểm thuộc int{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 đỉnh của ∂Ω, ta giả sử là miền (I) với hai đỉnh là V1 và V1. Khi đó hai đỉnh V1 , V2 cùng vớiC,A,B tạo thành ngũ giác lồi suy rộng, xem hình 1.4. Mệnh đề 2. ChoΩ 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 12 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 13 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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. 14 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Chứng minh. Khi có ba điểm (n = 3) thì chỉ có thể xảy ra một trong hai khả năng: • Khả năng thứ nhất: Ba điểm không thẳng hàng. Khi ấy ba điểm tạo thành tam giác chính qui (xem hình 1.8-loại 1) . • Khả năng thứ hai: Ba điểm thẳng hàng. Khi ấy convΩ là một đoạn thẳng nên phần trong của nó bằng rỗng và ba điểm đều nằm trên biên của tập convΩ . Do đó chúng tạo thành một tam giác suy rộng (xem hình 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 tìm được bốn điểm là đỉnh của một tứ giác lồi suy rộng. Chứng minh. Ta có tập Ω có năm điểm (năm phần tử , |Ω| = 5 ) thì chỉ có thể xảy ra một trong hai khả năng: 15 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên • Khả năng thứ nhất: |∂Ω| ≥ 4, ta gọi các đỉnh của ∂Ω là V1,V2, ..,Vk với k≥ 4 . Khi đó bốn đỉnh liên tiếp của ∂Ω lập thành một tứ giác lồi suy rộng (xem hình 1.9 và 1.10 ) . Hình 1.9: Tập năm điểm có cấu hình (5) hoặc (4,1)