Lí thuyết đồ thị và bài toán erdos szekeres

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỒ HUYN TRANG L THUYT TH V GI ă - SZEKERES THUYẾT ERDOS LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành : TOÁN ỨNG DỤNG Mã số : 60 46 36 Giáo viên hướng dẫn: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG THÁI NGUYÊN, 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Khái niệm đồ thị 1.1 Định nghĩa đồ thị 1.2 Đường chu trình 1.3 Chu số sắc số đồ thị 1.3.1 Chu số đồ thị 1.3.2 Sắc số đồ thị 1.4 Chu trình Euler chu trình Hamilton 1.4.1 Chu trình Euler 1.4.2 Chu trình Hamilton 5 9 10 17 17 20 Lý thuyết đồ thị, nh lý Ramsey v Gi thuyt Erdoăs Szekeres 2.1 nh lý Ramsey ngôn ngữ đồ thị 2.2 Chứng minh định lí Ramsey nhờ ngơn ngữ đồ thị 2.3 Định lí Ramsey v chng minh Gi thuyt Erdoăs - Szekeres 2.3.1 Lch s bi toỏn Erdăos-Szekeres 2.3.2 Định lí Ramsey ngôn ngữ tập hợp 2.3.3 Ứng dụng Định lí Ramsey 2.3.4 Đánh giá cận cận ES(n) 25 25 28 34 34 37 39 40 Mối quan hệ lý thuyt th v gi thuyt Erdoăs Szekeres 3.1 nh lý Erdoăs -Szekeres m rng cho cỏc im v trí lồi 3.2 Giả thuyết "Big Line or Big Clique" 3.2.1 Tổng quát hóa nh lý Erdoăs - Szekeres 3.2.2 Một số khẳng định 43 45 46 50 55 2 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Li núi u Nm 1935, Klein, Erdoăs v Szekeres ó đặt câu hỏi: Cho số tự nhiên n bất kì, tồn hay khơng số tự nhiên ES(n) cho từ ES(n) điểm mặt phẳng, khơng có ba điểm thẳng hàng, trích n điểm đỉnh đa giác lồi? Để chứng minh tồn số ES(n), Szekeres (1935, xem [9]) phát lại Định lí Ramsey (do nhà toán học trẻ người Anh Ramsey phát biểu v chng minh nm 1930, xem [19]) Trong [9], Erdoăs Szekeres đưa giả thuyết: ES(n) = 2n−2 + Với cố gắng hàng trăm nh toỏn hc, sau 75 nm, gi thuyt Erdoăs -Szekeres chứng minh cho trường hợp n = 3, 4, gần (2006, xem [21]) cho trường hợp n = nhờ máy tính Cả hai nh lớ Ramsey v nh lớ Erdoăs -Szekeres u cú chung chất triết học: Khi số phần tử (số điểm) tập hợp đủ nhiều, chọn tập có cấu trúc (đa giác lồi) Định lí Ramsey phát biểu ngơn ngữ đồ thị Trường hợp đơn giản Định lí Ramsey toán sau: Cho đồ thị đầy đủ với sáu đỉnh cạnh tô hai màu đỏ xanh Chứng minh có ba cạnh đồng màu (hoặc đỏ xanh) Bài toán phát biểu ngơn ngữ trị chơi sau: Có sáu người ngồi quanh bàn tiệc, chứng tỏ có ba người đôi quen đôi không quen Do chất triết học sâu sắc, Định lí Ramsey trở thành hịn đá tảng Lí thuyết Ramsey có nhiều ứng dụng tốn học thực tế (lí thuyết số, hình học tổ hợp, lí thuyết đồ thị, lí thuyết mạng, tốn trị chơi, công nghệ thông tin, ) Một điều thú vị là, gần (2011), tác giả [10] sử dng nh lớ Erdoăs -Szekeres suy rng tr li câu hỏi mở giả thuyết "big Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn line and big clique" lí thuyết đồ thị (xem [10]) Như vậy, lí thuyết đồ thị, Định lí Ramsey gi thuyt Erdoăs -Szekeres cú mi quan h khỏ cht chẽ thú vị Cơ dựa báo [10], luận văn Lí thuyết Đồ thị Giả thuyết Erdoăs -Szekeres c gng phỏc tho mi quan h thỳ vị ba đối tượng toán học Luận văn gồm chương: Chương : Trình bày khái niệm lí thuyết đồ thị Các định nghĩa định lí Chương sử dụng hai chương sau Chương : Trình bày giả thuyt Erdoăs -Szekeres cỏc chng minh nh lớ Ramsey Chng :Dựa tài liệu [10], trình bày chứng minh nh lớ Erdoăs Szekeres suy rng v ỏp dng trả lời câu hỏi mở giả thuyết "big line or big clique" lí thuyết đồ thị Luận văn hoàn thành hướng dẫn PGS TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn thầy hướng dẫn tận tình giúp đỡ, giảng giải suốt trình tác giả học tập nghiên cứu đề tài Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy cô giáo trường Đại học Khoa học thuôc Đại học Thái Nguyên thầy giáo Viện Tốn học Việt Nam tận tâm giảng dạy giúp đỡ tác giả hoàn thành khóa học Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn bạn bè đồng nghiệp gia đình động viên, giúp đỡ tạo điều kiện mặt q trình học tập Song, cịn hạn chế thời gian, trình độ hiểu biết nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo thầy giáo góp ý bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, ngày 30 tháng 10 năm 2011 Tác giả Hồ Huyền Trang Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Khái niệm đồ thị Chương trình bày khái niệm lí thuyết đố thị dựa theo [1] [2] nhằm sử dụng chương 1.1 Định nghĩa đồ thị Chúng ta coi đồ tuyến đường giao thông thành phố, sơ đồ tổ chức quan, sơ đồ khối tính tốn thuật tốn, sơ đồ mạng máy tính ví dụ cụ thể đồ thị Định nghĩa 1.1.1 Đồ thị G = (V, E) gồm hai tập hợp V E , đó: V 6= ∅, phần tử V gọi đỉnh (vertices) E ⊆ V × V tập hợp cặp không thứ tự đỉnh gọi cạnh (edges) Ví dụ 1.1 Đồ thị G cho hình vẽ với tập đỉnh V = {a, b, c, d, e} tập cạnh E = {(a, b), (a, c), (b, c), (d, b), (d, c), (e, a), (e, b), (e, d)} Nếu (a, b) cạnh đồ thị ta nói đỉnh b kề với đỉnh a hai đỉnh a b kề với cạnh (a, b) Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Cặp đỉnh (x, y) ∈ E không thứ tự gọi cạnh vơ hướng, cịn có thứ tự gọi cạnh có hướng Vì thế, ta thường phân đồ thị thành hai lớp: Đồ thị vô hướng đồ thị có hướng Định nghĩa 1.1.2 Đồ thị chứa cạnh vô hướng gọi đồ thị vơ hướng, cịn đồ thị chứa cạnh có hướng gọi đồ thị có hướng Định nghĩa 1.1.3 Đồ thị G = (V, E) gọi đối xứng nếu: ∀x, y ∈ V : (x, y) ∈ E ⇔ (y, x) ∈ E Nhận xét:Các đồ thị vô hướng đối xứng Định nghĩa 1.1.4 Đồ thị G = (V, E) mà cặp đỉnh nối với không cạnh gọi đơn đồ thị (thường gọi tắt đồ thị) Còn cặp đỉnh nối với nhiều cạnh gọi đa đồ thị 1.2 Đường chu trình Giả sử G = (V, E) đồ thị Định nghĩa 1.2.1 Đường đồ thị dãy đỉnh: hx1 , x2 , , xi , xi+1 , , cho đỉnh dãy (không kề đỉnh đầu tiên) kề với đỉnh trước cạnh đó, nghĩa là: ∀ i = 2, 3, , k − 1, k : (xi−1 , xi ) ∈ E Ta nói đường từ đỉnh đầu x1 đến đỉnh cuối xk Số cạnh đường gọi độ dài đường Đường đơn đường mà đỉnh khác đơi Định nghĩa 1.2.2 Chu trình đường khép kín (tức đỉnh cuối đường trùng với đỉnh đầu đường đi) Ta thường kí hiệu chu trình là: [x1 , x2 , , xi , xi+1 , , xk−1 , xk ] Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn x1 = xk Để cho gọn, ta kí hiệu chu trình [x1 , x2 , , xi , xi+1 , , xk−1 ] Khi nói đến chu trình, nhiều ta không cần xác định điểm đầu điểm cuối Chu trình gọi chu trình đơn đỉnh khác đơi Trong đồ thị, đỉnh nút đỉnh kề với Đỉnh lập đỉnh mà khơng có đỉnh khác kề với Tập m - độc lập đồ thị m - đỉnh cô lập Định nghĩa 1.2.3 i) Đồ thị G0 = (V , E ) gọi đồ thị đồ thị G nếu: V ⊆ V ; E = E ∩ (V × V ) ii) Đồ thị G” = (V, E”) với E” ⊆ E gọi đồ thị riêng đồ thị G Ví dụ 1.2 Hình 1.2 Đồ thị thứ hai đồ thị đồ thị đầu Định nghĩa 1.2.4 i) Hai đỉnh đồ thị G gọi liên thơng đồ thị có đường nối chúng với ii) Đồ thị G đươc gọi liên thông cặp đỉnh đồ thị liên thông với Quan hệ liên thông tập đỉnh quan hệ tương đương Nó tạo lên phân hoạch tập đỉnh Mỗi lớp tương đương quan hệ đươc gọi mảng liên thông (hay thành phần liên thông) Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Kí hiệu: p số mảng liên thơng đồ thị Một đồ thị G gọi p− liên thông G liên thông cịn đồ thị liên thơng ta bỏ p đỉnh tùy ý với cạnh kề với đỉnh Định nghĩa 1.2.5 Bậc đỉnh số cạnh kề với đỉnh thường kí hiệu d(a) bậc đỉnh a đồ thị G Bậc đồ thị số đỉnh, thường kí hiệu n Định lý 1.2.1 Tổng tất bậc đỉnh đồ thị hai lần số cạnh đồ thị Chứng minh Ta tính bậc đỉnh Mỗi đỉnh thuộc cạnh bậc tăng thêm Mà cạnh có hai đỉnh Do tổng tất bậc đỉnh gấp đôi số cạnh đồ thị Hệ 1.2.1 Số đỉnh có bậc lẻ đồ thị phải số chẵn Định lý 1.2.2 Đồ thị G có n đỉnh Nếu bậc đỉnh G không nhỏ n2 đồ thị G liên thơng Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử đồ thị G liên thơng Khi có hai đỉnh a b nằm hai mảng liên thông khác Vậy thì, n ≤ d(a) + d(b) ≤ n − Suy điều mâu thuẫn Một số tính chất bậc đỉnh Đỉnh có bậc gọi đỉnh cô lập (isolated vertex) Đỉnh có bậc gọi đỉnh treo, cạnh tới đỉnh treo gọi cạnh treo Đồ thị mà đỉnh đỉnh cô lập gọi đồ thị rỗng Đồ thị gọi đồ thị phẳng biểu diễn mặt phẳng cho khơng có hai đường biểu diễn cắt Đồ thị gọi đồ thị đầy đủ hai đỉnh có cạnh nối, tức đỉnh đồ thị kề với đỉnh khác Ta kí hiệu Kn đồ thị vơ hướng đầy đủ n đỉnh Trong đồ thị Kn , đỉnh có bậc n − đồ thị liên thơng Hai đỉnh nối với đường ngắn có độ dài 1, cạnh nối hai đỉnh Ví dụ 1.4: Ví dụ đồ thị Kn Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.3 1.3.1 Chu số sắc số đồ thị Chu số đồ thị Định nghĩa 1.3.1 Cho đồ thị G = (V, E) có n đỉnh, m cạnh p thành phần liên thông Đại lượng c = m − n + p gọi chu số đồ thị G Ví dụ 1.5 Xét đồ thị sau: Hình 1.5 Đồ thị định hướng khơng liên thơng Đồ thị có n = 7, m = 8, p = 2.Vậy chu số c = − + = Định lý 1.3.1 Nếu thêm cạnh vào đồ thị G chu số tăng thêm không thay đổi Chứng minh Giả sử thêm cạnh (a, b) vào đồ thị G Khi m tăng thêm i) Nếu hai đỉnh a, b thuộc mảng liên thơng n, p không đổi, chu số tăng thêm ii) Nếu hai đỉnh a, b thuộc hai mảng liên thơng khác G p giảm 1, chu số khơng đổi Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Hệ 1.3.1 Chu số đồ thị số nguyên không âm Chứng minh Thật vậy, đồ thị G xây dựng từ đồ thị G0 gồm n đỉnh khơng có cạnh Sau thêm cạnh vào đồ thị G0 để đồ thị G Chu số G0 c = − n + n = Q trình thêm cạnh khơng làm giảm chu số Vậy chu số G lớn chu số G0 = 1.3.2 Sắc số đồ thị Khái niệm sắc số liên quan đến tốn tơ màu đồ thị sau: Hãy tô màu đỉnh đồ thị cho, cho hai đỉnh kề phải tô hai màu khác Ta nói rằng, đồ thị G tô k màu tồn hàm m : V → {0, 1, 2, , k − 1} cho, hai đỉnh x y kề m(x) 6= m(y) Dễ thấy rằng, đồ thị G tơ màu khơng có đỉnh nút Định nghĩa 1.3.2 Sắc số đồ thị số màu dùng để tơ màu đỉnh đồ thị Ta kí hiệu χ (G) sắc số đồ thị G Hiển nhiên χ (G) ≤ n Nghĩa sắc số (số màu) không vượt số đỉnh đồ thị Tập B ⊆ V gọi tập ổn định đồ thị G nếu: ∀x ∈ B : B ∩ F (x) = ∅ Nhận xét Mỗi cách tô màu m cho đồ thị G ứng với cách phân hoạch tập đỉnh V thành tập ổn định không giao nhau, tập ứng với màu Ngươc lại, cách phân hoạch tập đỉnh V thành tập ổn định không giao cho ta cách tơ màu Ví dụ 1.6 Tìm sắc số đồ thị G sau: 10 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn q(k, 3) = k với k ≥ Bổ đề 3.2.1 Với l ≥ 3, l ≥ ta có:  (l − 1) (k − 1) + 1, q(k, l) = 21 (l − 1) (k − 2) + 2, k lẻ; (1) k chẵn Chứng minh: Lấy f (k, l) kí hiệu vế phải (1) Đầu tiên, ta chứng minh cận q(k, l) với k lẻ k ≥ Trường hợp k = chứng minh Như minh họa Hình 2a, cho P tập bao gồm l − điểm phía thứ hai (k − 1)- giác lồi Vì vậy, P có 21 (l − 1) (k − 1) điểm mà khơng có l điểm thẳng hàng khơng có k điểm vị trí lồi chặt (vì tối đa hai điểm từ phía vị trí lồi chặt) Suy ra, q(k, l) > 12 (l − 1) (k − 1) Do số nguyên nên q(k, l) ≥ 21 (l − 1) (k − 1) + = f (k, l) Bây giờ, ta chứng minh cận q(k, l) với k chẵn k ≥ Với k = 4, tập có l − điểm thẳng hàng điểm đường thẳng khơng có điểm vị trí lồi chặt Suy ra, q(4, l) ≥ l + Giả sử k ≥ 6, minh họa Hình 2b, P tập bao gồm l − điểm phía thứ hai (k − 2)-giác lồi, cộng thêm điểm không thẳng hàng với hai điểm khác Vì vậy, P có 21 (l − 1) (k − 2) + điểm mà khơng có l điểm thẳng hàng khơng có k vị trí lồi chặt (vì tối đa hai điểm từ phía vị trí lồi chặt cộng thêm điểm) Suy q(k, l) > 21 (l − 1) (k − 2) + Do số nguyên nên q(k, l) ≥ 21 (l − 1) (k − 2) + = f (k, l) 48 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình Các ví dụ đường cực trị với l = 6, k = 9(a) l = 6, k = 8(b) Bây ta chứng minh cận q(k, l) ≤ f (k, l) với l ≥ 3, k ≥ Bằng phương pháp quy nạp k ≥ Trường hợp k = {1, 2, 3} l = suy từ suy luận Bây giờ, giả sử k ≥ l ≥ Cho P tập có f (k, l) điểm vị trí lồi mà khơng có l điểm thẳng hàng khơng có k điểm vị trí lồi Lấy v1 , v2 , , vm điểm góc P theo chiều kim đồng hồ với vm+1 = v1 v0 = vm Lấy Pi = P ∩ vi vi+1 với i ∈ [m] Vì vậy, |Pi ∈ [2, l − 1]| với i ∈ [m] Giả thiết |Pi | ≥ với vài i ∈ [m] Vậy thì, |P − Pi | ≥ f (k, l) − (l − 1) = f (k − 2, l) Theo giả thiết quy nạp, P − Pi có tập S chứa k − điểm vị trí lồi chặt (suy từ P P − Pi khơng có l điểm thẳng hàng) Vì vậy, S hai điểm Pi tạo thành tập k điểm vị trí lồi chặt, điều mâu thuẫn Bây giờ, giả thiết |Pi | ≤ với i ∈ [m] Giả sử |Pi | = với i ∈ [m] Ta nói t, u, v, w, x, y điểm liên tiếp nằm biên conv(P ), với Pi = {v, w} Suy ra, {u, v, w, x} vị trí lồi chặt, giả thiết k ≥ Do |P − {t, u, v, w, x, y}| ≥ f (k, l) − ≥ f (k − 4, l) Bằng phương pháp quy nạp, P − {t, u, v, w, x, y} có tập S có k − điểm vị trí lồi chặt (suy từ P P − {t, u, v, w, x, y} khơng có l điểm thẳng hàng) Suy ra, |Pi−1 | ≤ |Pi+1 | ≤ Từ suy S ∪ {u, v, w, x} tập k điểm vị trí lồi chặt, điều mâu thuẫn Giả sử |Pi | = với i ∈ [m] Khi ấy, |P | = 2m Như minh họa Hình Giả sử S chứa m điểm khơng điểm góc P , cộng với điểm góc thứ (trong trường hợp m lẻ, ta bỏ hai điểm góc liên tiếp từ S ) Vì vậy, S tập có 21 (3m − 1) điểm vị trí lồi Ta có |P | ≥ f (k, l), mà l ≥ nên 32 k − Thế khơng có k điểm vị trí lồi chặt, |S| ≤ k − 8(k − 1) ≥ |S| ≥ 12m − = |P | ≥ 6( 23 k − 1) − = 9k − 10, có nghĩa k ≤ 2, điều mâu thuẫn 49 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình Trường hợp |Pi | = với i ∈ [m] , m = 6(a) m = 7(b) Những điểm đen điểm thuộc S 3.2.1 Tổng quát hóa nh lý Erdă os - Szekeres Trong phn ny ta chứng minh Định lý 3.1.1 Định lý 3.1.2, l tng quỏt húa ca nh lý Erdoăs - Szekeres cho điểm vị trí tổng quát Gọi tập hợp P nhiễu tập P hữu hạn điểm mặt phẳng Giả sử v ∈ P ảnh điểm v ∈ P lấy S := {v : v ∈ S} với S ⊆ P Nếu khoảng cách d(v, v ) ≤ ε với v ∈ P P ε - nhiễu Nhận xét Định lý 3.1.1 thu từ Bổ đề 3.2.2 v nh lý Erdoăs Szekeres cho nhng im v trí tổng quát (được áp dụng cho P ) Bổ đề 3.2.2 Với tập điểm P mặt phẳng tồn P - nhiễu P vị trí tổng quát cho S tập P vị trí lồi S tập vị trí lồi (khơng chặt) Chứng minh: Với ba điểm (u, v, w) thứ tự không thẳng hàng P , tồn µ > cho ε - nhiễu P không đổi hướng (u, v, w) với < ε < µ Bởi tồn hữu hạn ba nên tồn ba với µ nhỏ Lấy P µ - nhiễu P vị trí tổng quát Lấy S tập P vị trí lồi Coi S thứ tự theo chiều ngược kim đồng hồ Do đó, ba điểm thứ tự liên tiếp S có hướng dương Bây xét S theo thứ tự tương ứng S Do nhiễu bảo tồn ba điểm định hướng, ba định hướng điểm 50 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn liên tiếp S có hướng khơng âm, có nghĩa S vị trí lồi không chặt (đpcm) Bây ta chứng minh hai bổ đề, từ Định lý 3.1.2 chứng minh Bổ đề 3.2.3 Với k ≥ 3, l ≥ ta có:  ES (k, l) ≤ ES( 12 (k − 1)(l − 1) + 1), ES (k, l) ≤ ES( 21 (k − 2)(l − 1) + 2), k lẻ; k chẵn Chứng minh Với k lẻ, lấy P tập có ES( 21 (k − 1)(l − 1) + 1) điểm khơng có l điểm thẳng hàng Vì vậy, P chứa ( 12 (k − 1)(l − 1) + 1) điểm vị trí lồi theo Định lý 3.1.1 Vì vậy, P chứa k - điểm vị trí lồi chặt theo Bổ đề 3.2.2 Tương tự với trường hợp k chẵn Với k chẵn, lấy P tập có ES( 21 (k − 2)(l − 1) + 2) điểm khơng có l điểm thẳng hàng Vì vậy, P chứa ( 12 (k − 2)(l − 1) + 2) điểm vị trí lồi theo Định lý 3.1.1 Do đó, P chứa k - điểm vị trí lồi chặt theo Bổ đề 3.2.2 Bổ đề 3.2.4 Với k ≥ 3, l ≥ ta có:   ES(k) − ES (k, l) ≤ (l − 3) + ES(k) Chứng minh: Mọi tập P tập điểm mặt phẳng với tối đa l − điểm thẳng hàng tối đa k − điểm vị trí tổng quát Lấy S ⊆ P tập điểm lớn vị trí tổng quát Khi điểm  trongP - S k−1 thẳng hàng với hai điểm nằm S Tập S xác định đường, đường có tối đa (l − 3) điểm P - S Vì vậy:     k−1 k−1 |P | ≤ (l − 3) + |S| ≤ (l − 3) + k −   k−1 Có nghĩa là, |P | ≥ (l − 3) + k P chứa l điểm thẳng hàng  k điểm vị trí tổng quát Như vây, tập P chứa ES(k) − (l − 3) + ES(k) điểm mặt phẳng chứa l điểm thẳng hàng ES(k) điểm vị trí tổng quát Trong trường hợp cuối cùng, P chứa k điểm vị trí lồi chặt 51 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Đánh giá tốt cho cận ES(k) (xem [20]):    2k  2k − √ ES(k) ≤ + ∈ O k−2 k Từ Bổ đề 3.2.3 ta có hệ quả: Nếu k lẻ thì: ES(k, l) ∈ O (k−1)(l−1) √ ! (2) kl k chẵn thì: ES(k, l) ∈ O 2(k−2)(l−1) √ kl ! (3) Tương tự, từ Bổ đề 3.2.4 suy  l.24k (4) ES(k, l) ∈ O √ kl Nhận xét đánh giá (4) mạnh đánh giá (2) (3) với l ≥ k đủ lớn, với l ≤ đánh giá (2) (3) mạnh Bây giờ, ta xét tập điểm khơng có - lỗ với đặc trưng sau:  Định lý 3.2.2 (xem [10]) Cho P tập điểm hữu han, ta có điều kiện sau tương đương: a) P không chứa - lỗ b) Đồ thị P nhìn thấy crossing-free c) P có tam giác d) Ít điều kiện sau thỏa mãn: • Tất điểm P ngoại trừ không điểm thẳng hàng (xem hình 4a 4b) • Tồn hai điểm v, w ∈ P hai phía đối diện đường thẳng L cho: P − {v, w} ⊆ L giao conv(P − {v, w}) vw điểm P − {v, w} rỗng (xem Hình 4c 4d) • P tập điểm với điểm xếp Hình 4e 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình Tập điểm không chứa - lỗ Hệ 3.2.1 Với số nguyên l ≥ 2, tập có {7, l + 2} điểm mặt phẳng chứa l điểm thẳng hàng 4- lỗ Hệ 3.2.1 chứng minh Định lí 3.1.2 Bằng cách áp dụng Định lí Ramsey hai màu (xem[19]), với số dương t, tồn số dương n cho với cạnh - màu siêu đồ thị - uniform (4 - đều) đầy đủ n đỉnh, tồn tập X t đỉnh cho cạnh gây X đơn sắc Áp dụng kết với t := max{7, k, l + 2}, ta khẳng định ES(k, l) ≤ n Giả sử P tập n điểm mặt phẳng với l điểm thẳng hàng Giả sử G siêu đồ thị uniform với tập đỉnh P Cho T đỉnh, tô cạnh T màu xanh T tạo thành tứ giác lồi chặt tô cạnh T màu đỏ trái lại Khi tồn tập X t điểm cho cạnh gây X đơn sắc Nếu tất cạnh gây X đỏ khơng có bốn điểm X tạo thành tứ giác lồi chặt, điều mâu thuẫn với hệ 3.2.1 |X| ≥ max {7, l + 2} Ngược lại, tất cạnh gây X xanh, nghĩa điểm X tạo thành tứ giác lồi chặt Điều suy X tạo thành t - tứ giác lồi chặt (với vài điểm không điểm góc X tam giác điểm góc X Suy tồn điểm X không tạo thành tứ giác lồi chặt) Do đó, t ≥ k (đpcm) Bây giờ, ta chứng minh Định lí 3.1.3 Chứng minh gần với chứng 53 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn minh Định lí - lỗ cho điểm vị trí tổng quát Valtr [20] Chứng minh Định lí 3.1.3 Cố định l ≥ lấy k := (2l−1)−1 2l−2 số nguyên Lấy P tập chứa ES(k) điểm mặt phẳng Theo Định lí 3.1.1, P chứa k điểm vị trí lồi Giả sử phản chứng P không chứa l điểm thẳng hàng khơng có - lỗ Một tập X có k điểm nằm P vị trí lồi gọi k minimal (k - tối thiểu hay k - cực tiểu) không tồn tập Y có tối thiểu k điểm P vị trí lồi cho conv(Y ) 6⊂ conv(X) minh họa Hình Lấy A1 tập k - cực tiểu P Lấy A2 , , Al−1 lớp lồi bên A1 Chính xác hơn, với i = 2, , l − 1, lấy Ai tập điểm P nằm biên bao lồi P ∩ conv(Ai−1 ) − Ai−1 Đặt Al = P ∩ conv(Al−1 ) − Al−1 Hình Xác định A1 , A2 , Al Theo Bổ đề 3.2.1, với k = 5, với i ∈ [2, l], 2l − điểm liên tiếp Ai−1 chứa điểm vị trí lồi chặt Như bao lồi 2l − điểm liên tiếp Ai−1 chứa điểm Ai , khơng h nằm i |A| phải chứa - lỗ Bây giờ, Ai−1 chứa 2l−1 tập rời nhau, tập chứa 2l − điểm liên tiếp bao lồi tập chứa điểm nằm Ai Suy bao lồi tập Ai−1 rời 54 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn  |Ai−1 | |A| |Ai | ≥ > −1 2l − 2l −  kéo theo |Ai−1 | < (2l − 1) (|Ai | + 1) (5) Giả sử Ai = ∅ với i ∈ [2, l] Theo (5), |Ai | < (2l − 1) i−1 P (2l − 1)j < |Ai−2 | < (2l − 1)2 + (2l − 1) Theo quy nạp,|A1 | < j=1 i l −1 ≤ (2l−1) = k Điều mâu thuẫn 2l−2 Bây ta giả thiết rằng: Ai 6= ∅ với i ∈ [l] Cố định điểm z ∈ Al Nhận xét |A1 | ≤ với i ∈ [l − 1] Ai+1 = ∅ Vì vậy, giả sử |Ai | ≥ với i ∈ [l − 1] Xét tập Ai xếp theo chiều kim đồng hồ quanh conv(Ai ) Nếu x y hai điểm liên tiếp Ai với y theo chiều kim đồng hồ từ x ta nói → có hướng cung A đoạn − xy i − → → Cho xy cung Ai với i ∈ [l − 2] Chúng ta nói − xy rỗng ∆ (x, y, z) ∩ Ai+1 = ∅ (xem minh họa Hình 6a) Trong trường hợp này, giao biên tập conv(Ai+1 ) ∆ (x, y, z) chứa − − → cung → pq Ta gọi → pq theo sau − xy (2l−1) −1 2l−2 Hình 3.2.2 Một số khẳng định − → {x, y, p, q} Khẳng định 1: Nếu → pq theo sau cung rỗng − xy 55 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn − - lỗ → pq rỗng → cung A với i ∈ [l − 2] Lấy S := Chứng minh Cho − xy i {x, y, p, q} Vì p q điểm conv(Ai ), hai x, y điểm → khơng rỗng góc S Ta có p, q điểm góc S , khơng − xy Do S vị trí lồi chặt S rỗng theo Ai+1 Vì thế, S - lỗ − Giả sử → pq không rỗng, tức là: ∆ (x, y, z) ∩ Ai+1 6= ∅ Lấy r điểm ∆ (x, y, z) ∩ Ai+2 gần tới pq Thế thì, ∆ (x, y, z) ∩ P = ∅ Do {x, y, p, q} - lỗ, nên {x, y, r, p, q} - lỗ minh họa Hình 6b Điều − mâu thuẫn chứng minh → pq rỗng − → là: Như minh họa Hình 7a - 7c ta nói → pq theo sau − xy •Liên kết đơi p ∈ xz q ∈ yz •Liên kết trái p ∈ xz q 6∈ yz •Liên kết phải p 6∈ xz q ∈ yz Hình − → → − Khẳng định Nếu → pq theo sau cung rỗng − xy pq liên kết đôi liên kết trái liên kết phải − Chứng minh Giả sử → pq không liên kết đôi không liên → rỗng nên kết phải khơng liên kết trái Hình 7d Do − xy p 6∈ ∆ (x, y, z) q 6∈ ∆ (x, y, z) Đặt D := P ∩ ∆[x, y, z]− {p, q} Như vậy, z ∈ D D 6= ∅ Lấy điểm r điểm thuộc D gần pq Khi ấy, ∆ (r, p, q) rỗng Theo Khẳng định trên, {x, y, p, q} - lỗ Do đó, 56 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn {x, y, r, p, q} - lỗ (điều mâu thuẫn) Giả sử A1 khơng có cung rỗng Nghĩa là, ∆ (x, y, z) ∩ A2 6= ∅ với → A Ta thấy ∆ (x, y, z) ∩ ∆ (p, q, z) = ∅ với cung khác cung − xy − → → − biệt xy pq A1 (do tam giác mở) Do đó, |A2 | ≥ |A1 | , điều mâu thuẫn với tính cực tiểu A1 → Bây ta giả sử cung − x− y1 A1 rỗng Với → −−−−−→ i = 2, 3, , l − lấy − x− i yi kéo theo cung xi−1 yi−1 Theo Khẳng định → (tại bước lặp), cung − x− i yi rỗng Với i ∈ [2, l − 2] đó, cung − → x− i yi khơng liên kết đơi, ngược lại {x1 , x2 , , xl−2 , z} điểm thẳng hàng {y1 , y2 , , yl−2 , z} điểm thẳng hàng Suy {x1 , x2 , , xl−1 , z} {y1 , y2 , , yl−1 , z} thẳng Giả sử i số → nguyên dương bé [2, l − 2] cho − x− i yi không liên kết đơi → Khơng làm tính tổng quát, coi − x− i yi liên kết trái → Mặt khác, − x− j yj không liên kết trái với j ∈ [i+1, l−1], không {x1 , x2 , , xl−1 , z} điểm thẳng hàng Lấy j số nguyên dương → bé j ∈ [i + 1, l − 1] cho − x− j yj không liên kết trái Khi ấy, − −−−→ −−→ x− j−1 yj−1 liên kết trái xj yj không liên kết trái Từ đó, suy rằng: {xj−2 , yj−2 , yj−1 , yj , xj−1 } - lỗ minh họa Hình Điều mâu thuẫn chứng minh P chứa l điểm thẳng hàng - lỗ Hình Chúng ta thấy cận |P | Định lý 3.1.3 xa tối ưu Như biết (xem [15], [24]), Tất tập điểm biết với tối đa l điểm thẳng hàng khơng có - lỗ có O(l2 ) điểm, lưới l×l ví dụ 57 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình Đồ thị nhìn thấy lưới × Xem ([15], [24]) cho ví dụ khác Bài toán mở : Với giá trị l, tồn số nguyên dương n cho tập n điểm mặt phẳng chứa l điểm thẳng hàng - lỗ Bài toán với l = theo Định lí lục giác rỗng Nếu câu hỏi với giá trị cụ thể l Giả thuyết "Big Line or Big Clique" với k = với giá trị l Với k ≥ phương pháp khác cần thiết có tập điểm vị trí tổng qt mà khơng có - lỗ 58 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Kết luận Luận văn cố gắng phác thảo mối quan hệ chặt chẽ thú vị Lí thuyết Đồ th, nh lớ Ramsey v Gi thuyt Erdoăs -Szekeres da tài liệu [9], [10], Đặc biệt chứng minh Định lí Ramsey nhờ ngơn ngữ đồ thị, chứng minh Định lí Ramsey ngơn ngữ tập hợp v chng minh Bi toỏn Erdoăs -Szekeres cho mt s trường hợp riêng nhờ Định lí Ramsey Đồng thời luận văn trình bày tóm lược báo gần (2011) 10 tác giả "Zachary Abel, Brad Ballinger, Prosenjit Bose, Sébastien Collette, Vida Dujmovi´c, Ferran Hurtado, Scott D Kominers, Stefan Langerman, Attila Pór, and David R Wood", sử dng nh lớ Erdoăs -Szekeres suy rng tr li câu hỏi mở giả thuyết "Big Line or Big Clique" lí thuyết đồ thị Trong đề tài này, cịn nhiều câu hỏi mở Hy vọng quan tâm nhiều 59 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [1 ] Vũ Đình Hịa, Một số kiến thức sở Graph hữu hạn, Nhà xuất giáo dục, 2003 [2 ] Vũ Đình Hịa, Định lí vấn đề đồ thị hữu hạn, Nhà xuất giáo dục, 2003 [3 ] Đoàn Hữu Dũng (1967), Li gii ca bi toỏn Erdoăs mt trng hp đặc biệt (với lời nhận xét Hoàng Chúng), Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, số 33, tháng 6, 1967, trang 14-16 [4 ] Đoàn Hữu Dũng, Nguyễn Tiến Thnh Bi toỏn Erdoăs cho ng giỏc li suy rng Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, số 41, tháng 8, 2011, trang 12-14 [5 ] Hoàng Chúng, Lời giải tốn 154/66, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, số 29, tháng 2, 1967 [6 ] Đoàn Hữu Dũng, T Duy Phng, Nguyn Tin Thnh (2010), Gi thuyt Erdoăs - Szekeres hay Bài tốn có kết hạnh phúc, Bản thảo, 150 trang [7 ] W E Bonnice (1974), On convex polygons determined by a finite planar set, Amer Math Monthly 81, p 749 - 752, MR 50:8301 [8 ] Justin Walker, A brief introduction to Ramsey theory of Graphs, 2008 [9 ] P Erdoăs, G Szekeres, A combinatorial problem in geometry, Compositio Mathematica, Tome (1935), p 463-470 In lại trong: Paul Erd˝os: The Art of Counting: Selected Writings (Spencer, J., ed.), pp 3–12, MIT Press, Cambridge, MA, 1973 In lại trong: Classic Papers in Combinatorics (I Gessel and G.-C Rota, eds.), pp 4956, Birkhăauser, Basel, 1987 MR 58:27144; MR 88c:01055 60 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn [10 ] Zachary Abel, Brad Ballinger, Prosenjit Bose, Sébastien Collette, Vida Dujmovi´c, Ferran Hurtado, Scott D Kominers, Stefan Langerman, Attila Pór, and David R Wood, Every large point set contains many collinear points or an empty pentagon, arXiv:0904.0262v2 [math.CO] 24 Apr 2009, 1-16 Graphs and Combinatorics 27(1): 47-60 (2011) [11 ] Louigi Addario Berry, Cristina Fernandes, Yoshiharu Kohayakwa, Josn Coelhode Pina, Yoshiko Wakabayashi, On a geometric Ramsey style problem, 2007 [12 ] Tobias Gerken, Empty convex hexagons in planar point sets, Discrete Comput, Geom, 39 (1-3): 239-272, 2008 [13 ] Joseph D Horton, Sets with no empty convex 7-gons, Canad, Math, Bull, 26 (4): 482-484, 1983 [14 ] P Erdoăs, On some problems of elementany and Combinatorics, Ann, Mat, Pura Appl (103): 99-108, 1975 [15 ] Jan Kára, Attila Pór , David R.Wood, On the chromatic number of the visibility graph of a set of point in the plane, Discrete Comput, Geom, 34 (3): 497-506, 2005 [16 ] Jiri Matousek, Lectures on Discrete Geometry, vol, 212 of Graduate texts in Mathematics, Springer, 2002, ISBN 0-387-95373-6 [17 ] Carlos M Nicolás, The empty hexagon theorem, Discrete Comput, Geom, 38 (2): 389-397, 2007 [18 ] Géza Tóth, Pavel Valtr, The Erdoăs - Szekeres theorem: upper bounds and related results, In combinatorial and computational geometry, vol, 52 of Math, Sci, Res, Inst, Publ, pp.557-568, Cambridge Univ, Press, 2005 [19 ] Ronalnd L Graham, Bruce L Rothschild, Joel H Spencer, Ramsey theory, John Wiley, 1980 [20 ] Pavel Valtr, On empty hexagons, In surveys on discrete and computational geomtry, vol, 453 of contemp, Math, pp.433-441, Amer, Math, Soc, 2008 61 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn [21 ] George Szekeres and Lindsay Peters (2006), Computer solution to the 17-point Erdoăs - Szekeres problem, The ANZIAM Journal 48: 151–164 [22 ] Knut Dehnhardt, Heiko Harborth, and Zsolt Lỏngi (2009), A partial proof of the Erdoăs - Szekeres conjecture for hexagons [23 ] F.R.L Chung, R.L.Graham, Forced convex n-gons in the place, Discrete Comput.Geom 19 :367-371, 1998.MR 99e:52020 [24 ] David Eppstein Happy endings for flip graphs, In Proc, 23rd Annual Symposium on Computational Geometry, pp.92-101, ACM, 2007 [25 ] Stanley Rabinowitz, Consequences of the pentagon property, Geombinatorics, 14, 208 - 220, 2005 62 Số hóa Trung tâm Học liệu – ĐHTN http://www.lrc-tnu.edu.vn