Giả thuyết erdos szekeres

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN TIN THNH ă - SZEKERES GI THUYT ERDOS V MT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TỐN HỌC Thái Ngun - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN TIẾN THNH ă - SZEKERES GI THUYT ERDOS V MT S BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TỐN HỌC Chun ngành : Tốn giải tích Mã số: 60.46.01 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Tạ Duy Phượng Thái Nguyên - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Chương Gi thuyt Erdăos-Szekeres v mt s bi toỏn m rộng 1.1 Tng quan v gi thuyt Erdăos Szekeres 1.1.1 Lch s ca bi toỏn Erdăos-Szekeres 1.1.2 Bài toỏn Erdăos-Szekeres cho trng hp cỏc im v trớ 1.2 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3, 4, với tập điểm vị trí 10 1.2.1 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = với tập điểm vị trí 1.2.2 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = với tập điểm vị trí 1.2.3 Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = với tập điểm vị trí 14 15 17 Chng Bi toỏn Erdăos tồn đa giác lồi rỗng 25 2.1 Lịch s Bi toỏn Erdăos v a giỏc li rng 25 2.1.1 Đa giác lồi rỗng 2.1.2 Đa giác lồi rỗng suy rộng 25 27 2.2 Lời giải toán H(n) cho trường hợp n = 3, 4, với tập điểm vị trí 28 2.2.1 Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = với tập điểm vị trí 2.2.2 Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = với tập điểm vị trí 2.2.3 Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = với tập điểm vị trí 32 32 35 Chương Chng minh gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trng hp n = số trường hợp riêng 55 3.1 Gi thuyt Erdăos-Szekeres với trường hợp n = 55 3.2 Chứng minh giả thuyt Erdăos-Szekeres vi trng hp n = mt số trường hợp riêng 56 Kết luận 63 Tài liệu tham khảo 64 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn M U Gi thuyt Erdăos-Szekeres c đề cập đến từ sớm (vào năm 1935), xuất phát từ toán Esther Klein với phát biểu rt ngn gn: ã Gi thuyt Erdăos-Szekeres : Mi hợp mặt phẳng gồm khơng 2n−2 + điểm vị trí tổng qt (khơng có ba điểm thẳng hàng) chứa n điểm đỉnh đa giác lồi • Bất chấp đơn giản phát biểu, sau ba phần tư kỉ, giả thuyt Erdăos-Szekeres mi c chng minh cho cỏc trng hp n = 3, 4, Gần (năm 2006) trường hợp n = chứng minh nhờ máy tính Sau 75 năm, nhiều kết lm phong phỳ thờm gi thuyt Erdăos-Szekeres ã Lun Gi thuyt Erdăos-Szekeres v mt s bi toỏn liờn quan có mục đích trình bày chứng minh số kết qu ó bit bi toỏn (gi thuyt) Erdăos-Szekeres cho hai toán mở rộng Bài toán thứ m rng ca bi toỏn Erdăos-Szekeres b iu kin điểm vị trí tổng qt (khơng có ba điểm thẳng hàng), tức điểm vị trí Bài tốn thứ hai tốn Erdăos v s tn ti a giỏc li rng tập hợp điểm mặt phẳng • Luận văn gồm ba Chương • Chương 1: Trình bày tng quan v gi thuyt Erdăos-Szekeres Cỏc kin thc s dụng luận văn Chứng minh công thức ES(n) = 2n−2 + với n = 3, 4, với tập điểm vị trí mặt phẳng • Chương 2: Chứng minh cơng thức tính H(n) với n = 3, 4, với tập điểm vị trí mặt phẳng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn • Chương 3: Trình bày lại cách tóm lược cơng trình Knut Dehnhardt, Heiko Harboth Zsolt Lángi [9] ó chng minh cho gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trng hợp n = số trường hợp riêng mà khơng sử dụng máy tính Luận văn hồn thành hướng dẫn PGS TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn thầy hướng dẫn tận tình giúp đỡ tác giả suốt trình tập dượt nghiên cứu viết luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy cô giáo trường Đại học sư phạm thuộc Đại học Thái Nguyên thầy cô giáo Viện Toán học Việt Nam tận tâm giảng dạy giúp đỡ tác giả hồn thành khóa học Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn Trường Cao đẳng Công nghiệp Nam Định, nơi tác giả công tác, đồng nghiệp, gia đình bạn bè động viên, giúp đỡ tạo điều kiện mặt trình tác giả học tập Thái Nguyên, tháng 08 năm 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Gi thuyt Erdoă s-Szekeres v mt s bi toỏn m rộng Trong chương phát biểu giả thuyết Erdăos-Szekeres cho trng hp cỏc im v trớ tng quỏt v mt m rng ca bi toỏn ErdăosSzekeres cho trường hợp điểm vị trí bất kì, đồng thi cng trỡnh by chng minh cụng thc Erdăos-Szekeres trường hợp n = 3, 4, với tập hợp điểm mặt phẳng vị trí 1.1 1.1.1 Tng quan v gi thuyt Erdăos Szekeres Lch s ca bi toỏn Erdăos-Szekeres Nm 1933, Esther Klein ó phát biểu chứng minh toán sau Bài toán 1.1: Với năm điểm cho trước mặt phẳng vị trí tổng qt (khơng có ba điểm thẳng hàng), ta tìm bốn điểm đỉnh tứ giác lồi Dưới chứng minh Klein Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Xét đa giác lồi lớn chứa tất năm điểm vị trí tổng qt Chỉ có ba khả khác sau xảy ra: Hình 1.1: Tập năm điểm vị trí tổng qt ln tồn điểm đỉnh tứ giác lồi Trường hợp thứ (xem hình1.1-loại 1): Bao lồi năm điểm ngũ giác Khi bốn điểm từ năm điểm tạo thành tứ giác lồi (điểm cịn lại nằm ngồi tứ giác lồi đó) Vậy ta có tứ giác lồi khơng chứa điểm bên Erdăos gi cỏc t giỏc ny l t giỏc li rỗng Trường hợp thứ hai (xem hình 1.1-loại 2): Bao lồi tứ giác ABCD chứa điểm E bên (tứ giác lồi ABCD chứa điểm E bên gọi tứ giác lồi gần rỗng) Kẻ đường chéo AC tứ giác ba điểm năm điểm cho không thẳng hàng nên điểm E phải thuộc tam giác ABC tam giác ACD Trong hình 1.1-loại điểm E nằm bên tam giác ABC (bên tam giác ACD) Khi AECD tứ giác lồi rỗng Như vậy, trường hợp ta có tứ giác lồi rỗng AECD tứ giác lồi gần rỗng ABCD Trường hợp cuối (xem hình 1.1-loại 3): Bao lồi tam giác ABC, hai điểm D E lại nằm bên tam giác Do khơng có ba Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn điểm thẳng hàng nên đường thẳng qua hai điểm D E chia mặt phẳng chứa tam giác thành hai phần cho nửa mặt phẳng phải chứa hai đỉnh tam giác Hai đỉnh với hai điểm thuộc phần tam giác tạo thành tứ giác lồi rỗng Từ quan sát trên, E Klein đề nghị toán tổng quát sau Bài toán 1.2 : Với số tự nhiên n ≥ 3, xác định số nguyên dương N(n) nhỏ cho tập có tối thiểu N(n) điểm mặt phẳng vị trí tổng quát chứa n điểm tạo thành đa giác lồi n đỉnh Bài toán 1.2 phát biểu [15] sau ny c gi l Bi toỏn Erdăos-Szekeres Trong [15], Bi toán 1.2 tách thành hai toán: Bài tốn 1.2a : Tồn hay khơng tồn số N(n) Bài toán 1.2b : Nếu số N(n) tồn xác định N(n) hàm n, tức tìm số điểm N(n) nhỏ mà từ chọn n điểm tạo thành đa giác lồi n đỉnh Trong [15], trình bày chứng minh tồn số N(n) hai cách hồn tồn khác nhau: • Cách thứ nhất: Do Szekeres chứng minh không lâu sau E Klein phát biểu tốn, dựa định lí Ramsey (Szekeres thành viên khác nhóm sinh viên Budapest lúc khơng biết định lí Ramsey, để giải toán Klein đưa ra, Szekeres phát lại sử dụng định lí này), từ ta có bất đẳng thức N(n) ≤ R4 (n, 5), R4 (n, 5) số Ramsey Tuy nhiên, đánh giá lớn so với thực tế Thí dụ, với n = N(5) ≤ 210000 , xa so Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn với thực tế N(5) = ã Cỏch th hai: Do Erdăos chứng minh nhờ kết hợp hình học với lí thuyết n−2 tổ hợp kết ta đánh giá tốt N(n) ≤ C2n−4 + vào năm 1935 (xem chi tiết [15]) Sau 63 năm Chung Graham (xem [8]) chứng minh n−2 N(n) ≤ C2n−4 , ∀ n ≥ Ngay sau Kleitman Pachter (xem [10]) chứng minh n−2 N(n) ≤ C2n−4 + − 2n, ∀ n ≥ Cũng năm (1998) Tóth Valtr (xem [19]) chứng minh n−2 N(n) ≤ C2n−5 + 2, ∀ n ≥ Sau năm (2005) Tóth Valtr (xem [20]) chứng minh n−2 N(n) ≤ C2n−5 + 1, ∀ n ≥ Như đánh giá tốt Tóth Valtr, nhiên với n = C74 + = 36 cách xa so với chứng minh Szekeres Peters năm 2006 N(6) = 17, xem [18] Theo [11], năm (1960-1961) P Erdăos and G Szekeres ó xõy dng c trng hp tổng quát cho tập hợp chứa 2n−2 điểm vị trí tổng qt (khơng có ba điểm thẳng hàng) khơng chứa n-giác lồi Do cận N(n) giảm Như ta có: n−2 +2 2n−2 < N(n) ≤ C2n−5 Vậy với n = 5, ta xét toán sau: Bài toán 1.3 : Với chín điểm cho trước vị trí tổng qt mặt phẳng (tức khơng có ba điểm thẳng hàng) ta tìm năm điểm tạo thành ngũ giác lồi Bài toán lần Đoàn Hữu Dũng giải đăng tạp chí Tốn học Tuổi trẻ năm 1967, xem[1] Trên tài liệu nước Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ngồi, cơng thức N(5) = lần Kalbfleisch, Kalbfleisch Stanton chứng minh năm 1970 Tuy nhiên, cách chứng minh cồng kềnh, cơng thức N(5) = Bonnice [7] năm 1974 Lovász năm 1979 chứng minh theo cách đơn giản Cách chứng minh Bonnice trùng với cách chứng minh Đoàn Hữu Dũng Như vậy, với n = công thức N(5) = chứng minh ngắn gọn Đoàn Hữu Dũng vào năm 1967 [1] Bonnice vào năm 1974 [7] Dựa đẳng thức N(3) = N(4) = Erdăos v Szekeres a gi thuyt sau õy: Gi thuyt Erdăos-Szekeres (1935): Mi hp trờn mặt phẳng gồm khơng 2n−2 + điểm vị trí tổng qt (khơng có ba điểm thẳng hàng) chứa n điểm đỉnh n giác lồi Bất chấp đơn giản phát biểu, sau ba phn t th k, gi thuyt Erdăos - Szekeres chứng minh cho trường hợp n = 3, 4, Trường hợp n = Szekeres Peters chứng minh năm 2006 nhờ máy tính (xem [18]) Knut Dehnhardt, Heiko Harborth, and Zsolt Lángi, V.A.Koshelev chứng minh cho số trường hợp riờng (khụng dựng mỏy tớnh) nm 2009 Gi thuyt Erdăos - Szekeres có liên quan chặt chẽ với lĩnh vực khác tốn-tin học (lí thuyết Ramsey, lí thuyết th, hỡnh hc t hp, ) Gi thuyt Erdăos - Szekeres cng c gi l Bi toỏn Erdăos - Szekeres Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình 2.40: Tập 10 điểm có |∂ Ω| = có cấu hình (3,3,3,1) Hình 2.41: Tập 10 điểm có |∂ Ω| = có cấu hình (3,3,3,1) hai đỉnh ∂ Ω Giả sử miền (IV) hai đỉnh V1 V2 Vậy ta ngũ giác lồi rỗng suy rộng CEV1V2 F Xem hình 2.42 [ii] Mỗi miền (IV), (V), (VI) chứa đỉnh ∂ Ω [*] Tồn đỉnh ∂ Ω nằm vị trí lồi với tứ giác (miền gạch chéo): ABEC ACFD miền (IV) ACFD ADGB miền (V) ADGB ABEC miền (VI) Thì ta thu ngũ giác lồi rỗng suy rộng, ta giả sử 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình 2.42: Tập 10 điểm có |∂ Ω| = có cấu hình (3,3,3,1) đỉnh V1 nằm vị trí lồi tứ giác lồi ABEC Vậy ta có ngũ giác lồi rỗng suy rộng ABEV1C Xem hình 2.43 Hình 2.43: Tập 10 điểm có |∂ Ω| = có cấu hình (3,3,3,1) [**] Ngược lại miền (*) chứa đỉnh ∂ {convΩ} Khi với hai đỉnh ∂ Ω thuộc hai miền (*) liên tiếp chúng ln nằm vị trí lồi với tam giác 53 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn CEF, DFG tam giác BEG Vậy ta có ngũ giác lồi rỗng suy rộng Xem hình 2.44 Hình 2.44: Tập 10 điểm có |∂ Ω| = có cấu hình (3,3,3,1) Như ta chứng minh công thức: H(3) = 3, H(4) = 5, H(5) = 10 54 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Chứng minh gi thuyt Erdoă s-Szekeres vi trng hp n = số trường hợp riêng Trong chương chúng tơi trình bày lại cách tóm lược cơng trình Knut Dehnhardt, Heiko Harboth Zsolt Lángi [9] chng minh cho gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trng hp n = số trường hợp riêng mà không s dng mỏy tớnh 3.1 Gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trng hợp n = Trong chương 1, phỏt biu Gi thuyt Erdăos-Szekeres, vi n = chỳng ta cn chng minh c rng: Gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trường hợp n = (1935): Mọi tập hợp mặt phẳng gồm khơng 17 điểm vị trí tổng qt (khơng có ba điểm thẳng hàng) chứa điểm đỉnh lục giỏc li Gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trng hp n = George Szekeres Lindsay Peters chứng minh hồn tồn nhờ trợ giúp máy tính vào năm 2006, (xem [18]) 55 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 3.2 Chứng minh gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trng hp n = số trường hợp riêng Nhận xét 3.2.1 Giả sử Ω tập 17 điểm mặt phẳng vị trí tổng qt có cấu hình (s1 , s2 , , sk ) ; k ≥ ta thấy: (i), Nếu ∀ i = 0, , k mà |si | thỡ Gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trng hợp n = chứng minh (ii), Như chỳng ta cũn phi chng minh Gi thuyt Erdăos-Szekeres vi trường hợp n = 6, tập Ω có cấu hình (s1 , s2 , , sk ) ; k ≥ mà ∀ i = 0, , k |si | ≤ Như ta có tất 72 loại cấu hình cho tập Ω từ (5, 5, 5, 2), (5, 5, 4, 3), , (3, 3, 3, 3, 3, 2) (iii), Chúng tơi trình bày lại cách tóm lược cơng trình Knut Dehnhardt, Heiko Harboth v Zsolt Lỏngi [9] ó chng ming Gi thuyt Erdăos-Szekeres với trường hợp n = 6, tập Ω có ∂ Ω = Ω\int {convΩ} ngũ giác lồi Kết họ định lý sau đây: Định lý 3.2.2 Nếu Ω tập 17 điểm mặt phẳng vị trí tổng qt (khơng có ba điểm thẳng hàng) Nếu ∂ Ω = Ω\int {convΩ} = 5, Ω chứa điểm đỉnh lục giác lồi Để chứng minh định lý 3.2.2 ta cần có định nghĩa loạt bổ đề sau: Nếu Ω = {A1 : i = 1, 2, , n} tập hữu hạn điểm mặt phẳng vị trí tổng quát(tức khơng có ba điểm thẳng hàng) Ta kí hiệu V (Ω) tập điểm thuộc ∂ Ω 56 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định nghĩa 3.2.3 (Vượt qua xác m-cạnh (beyond exactly m-edges)) Giả sử a, b hai điểm phân biệt mặt phẳng Ta kí hiệu: [a, b] đoạn thẳng đóng với điểm cuối a b L (a, b) đường thẳng chứa a b L+ (a, b) tia đóng từ a chứa b L− (a, b) tia đóng từ a L (a, b) khơng chứa b Nếu tập Ω có |∂ Ω| = s; s ≥ s-giác lồi Gọi b điểm thuộc Ω Khi điểm b không nằm đường biên ∂ Ω tách hoàn toàn từ m cạnh ∂ Ω, với ≤ m ≤ s, nói điểm b vượt qua xác m-cạnh ∂ Ω Nếu đường biên đường qua cạnh E1 , E2 , , Em ∂ Ω với ≤ m ≤ s, ta nói điểm điểm b vượt qua xác m-cạnh E1 , E2 , , Em ∂ Ω Xem hình 3.1 Hình 3.1: Điểm b vượt qua xác 2-cạnh P Định nghĩa 3.2.4 (Tập hợp đồng ) Nếu A B tập hợp điểm mặt phẳng vị trí tổng qt Giả sử có song ánh f : A → B cho với a1 , a2 , a3 ∈ A, ba (a1 , a2 , a3 ) ( f (a1 ) , f (a2 ) , f (a3 )) có định hướng giống có định hướng ngược (opposite orientation), độc lập với cách chọn a1 , a2 a3 Khi nói 57 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn tập A tập B tập hợp đồng Chúng ta thừa nhận loạt bổ đề sau: Bổ đề Cho Ω tập hữu hạn điểm mặt phẳng vị trí tổng quát Nếu ∂ Ω Q đa giác lồi với Q ⊂ int {convΩ} Nếu X ⊂ ∂ Ω tập vượt qua xác cạnh Q, ∂ Q ∪ X điểm vị trí lồi (in convex position) Xem hình 3.2 Hình 3.2: Nếu X thuộc miền gạch chéo X vị trí lồi với Q Bổ đề Nếu {Pi : i = 1, 2, , m} họ t tam giác, q tứ giác, p ngũ giác cho p + q + t = m M = ∂ {P1 ∪ P2 ∪ ∪ Pm } m−giác (x1 , x2 , , xm ) cho [xi , xi+1 ] cạnh Pi Ngoài Pi Pi+1 có phần rời với i = 1, 2, , m Nếu M thuộc phần k−giác P0 , giả sử điểm W = ∪m 1=0 ∂ Pi vị trí tổng quát Nếu q + 2t < k, W có chứa lục giác lồi Xem hình 3.3 Trong chứng minh chúng tơi thường sử dụng bổ đề với k = Bổ đề Nếu Ω tập 11 điểm mặt phẳng vị trí tổng quát cho ∂ Ω ngũ giác lồi, Q = ∂ {Ω\V (Ω)} tam giác ∂ {Ω\V (Ω) ∪ {q}} tứ giác với đỉnh q ∈ V (Q), Ω chứa lục 58 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình 3.3: Với {Pi : i = 1, 2, , 5} giác lồi Xem hình 3.4 Hình 3.4: Các điểm r1 , r2, r3 qi tạo thành tứ giác lồi với i = 1, 2, Bổ đề Nếu Ω tập 13 điểm mặt phẳng vị trí tổng quát cho ∂ Ω ngũ giác lồi, Q = ∂ {Ω\V (Ω)} tam giác, Ω chứa lục giác lồi Bổ đề Nếu Ω tập khơng 13 điểm mặt phẳng vị trí tổng quát cho ∂ Ω ngũ giác lồi, Q = ∂ {Ω\V (Ω)} tam giác, Ω khơng chứa đỉnh tạo thành hình lục giác lồi, Q đồng với loại sau: Loại 0; loại 1; loại 2; loại 3a; loại 3b; 59 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn loại 4a; loại 4b loại 4c hình sau (Xem hình 3.5): Hình 3.5: Bổ đề Nếu Ω tập 17 điểm mặt phẳng vị trí tổng quát cho ∂ Ω ngũ giác lồi, Q = ∂ {Ω\V (Ω)} tứ giác, Ω chứa lục giác lồi 60 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bổ đề Nếu Ω tập hợp điểm mặt phẳng vị trí tổng quát cho ∂ Ω Q = ∂ {Ω\V (Ω)} ngũ giác lồi, R = Ω\ {∂ Ω ∪ ∂ Q} có tập loại 3a tập đồng với kiểu loại 5a; loại 5b loại 5c, Ω chứa lục giác lồi Xem hình 3.6 Hình 3.6: Với đỉnh ∂ R r1 , r2, r3 , r4 đỉnh thuộc int {convR} t1 ,t2 ,t3 Bổ đề Nếu Ω tập 17 điểm mặt phẳng vị trí tổng qt có cấu hình (5,5,5,2) tức |∂ Ω| = 5; |∂ Q| = 5; |∂ R| = |T | = 2, Ω chứa lục giác lồi Chứng minh Định lý 3.2.2 Ta có ∂ Ω = Ω\int {convΩ} = Gọi Q = Ω\∂ Ω ∂ Q = Q\int {convQ} Gọi R = Ω\ {∂ Ω ∪ ∂ Q} ∂ R = R\int {convR} Gọi T = Ω\ {∂ Ω ∪ ∂ Q ∪ ∂ R} Khi ta xét khả sau: Nếu |∂ Q| = theo bổ đề ta có Ω chứa lục giác lồi Nếu |∂ Q| = theo bổ đề ta có Ω chứa lục giác lồi Nếu |∂ Q| = ta lại xét trường hợp sau theo |∂ R| 61 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn • (i) Nếu |∂ R| = theo bổ đề ta có: ∂ R ∪ T loại 4a, 4b 4c Do chứa tập loại 3a Theo bổ đề ta có Ω chứa lục giác lồi • (ii) Nếu |∂ R| = ta có: ∂ R ∪ T chứa tập đồng với loại 5a; loại 5b loại 5c Theo bổ đề ta có Ω chứa lục giác lồi • (iii) Nếu |∂ R| = ta có cấu hình (5,5,5,2) tức |∂ Ω| = 5; |∂ Q| = 5; |∂ R| = |T | = Theo bổ đề ta có Ω có chứa lục giác lồi Như định lý chứng minh Trong [9] chứng minh 24 tổng số 72 lớp cấu hình phân loại Bonnice[7] Như tốn cịn lại 48 lớp cấu hình chưa có lời giải, tốn mở, mà hy vọng sớm có lời giải đáp 62 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn KẾT LUẬN Luận văn trình by tng quan v gi thuyt Erdăos-Szekeres v chng minh giả thuyết cho trường hợp n = 3, 4, với tập hợp điểm vị trí Đặc biệt chứng minh công thức H(5) =10 với tập hợp điểm mặt phẳng vị trí (mặc dù vào năm 1978 Harboth chứng minh công thức H(5) =10 với tập hợp điểm mặt phẳng vị trí tổng quát, xong hạn chế ngôn ngữ khả nên báo này- Harboth h., Konvece Funfecke in ebenen Punktmegen, Elem Math 33 (1978), 116-118, MR 80a:52003) Đồng thời luận văn trình bày tóm lược lại cơng trình Knut Dehnhardt, Heiko Harboth Zsolt Lángi, chứng minh cho gi thuyt ErdăosSzekeres vi trng hp n = số trường hợp riêng mà không sử dụng máy tính Với khn khổ, thời gian lực chúng tơi cịn nhiều hạn chế, cịn nhiều câu hỏi mở chưa tìm câu trả lời Hy vọng với lỗ lực nhà toán học thời gian gần trả lời phần câu hỏi mở nêu 63 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [1] Đoàn Hữu Dũng, Lời giải tốn Ecđơtsơ trường hợp đặc biệt, Tạp chí Tốn học Tuỏi trẻ, số 33, tháng 6, 1967, trang 14-16 [2] Đoàn Hữu Dũng, Tạ Duy Phượng, Nguyễn Tiến Thịnh, Về toỏn Erdăos-Szekeres cho ng giỏc li suy rng, K yu Hội Thảo khoa học chuyên toán bồi dưỡng học sinh giỏi bậc THPT, Nguyễn Văn Mậu chủ biên, Nam Định, 26-28, 2010, trang 140-153 [3] Đoàn Hữu Dũng, Nguyễn Tiến Thịnh, Về tồn ngũ giác gần rỗng số chín điểm vị trí bất kỳ, Kỉ yếu Hội Thảo khoa học chuyên đề Olympic toán học khu vực cấp THPT, Nguyễn Văn Mậu chủ biên, Phú Thọ, 09-10/04, 2011, trang75-82 [4] Đoàn Hữu Dũng, Nguyễn Tin Thnh, Bi toỏn Erdăos-Szekeres cho ng giỏc li suy rộng, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, số 41, tháng năm 2011, trang 12-14 [5] Hoàng Đức Tân, Định lí Ramsey, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, số 178, tháng năm 1991, trang 1-2 [6] Zachary Abel, Brad Ballinger, Prosenjit Bose, Sébastien Collette, Vida Dujmovi´c, Ferran Hurtado, Scott D Kominers, Stefan Langerman, Attila Pór, and R David, Every large point set contains many collinear points or an empty pentagon, arXiv:0904.0262v2 64 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [math.CO] 24 Apr 2009, 1-16 Graphs and Combinatorics 27(1): 47-60 (2011) [7] W E Bonnice, On convex polygons determined by a finite planar set, Amer Math Monthly 81 (1974), 749-752 MR 50:8301 [8] F R L Chung, R.L Graham, Forced convex n-gons in the place, Discrete Comput.Geom 19 :367-371, 1998.MR 99e:52020 [9] Knut Dehnhardt, Heiko Harborth and Zsolt Lansgi, A partial proof of the Erdăos-Szekeres conjecture for hexagons, Journal of Pure and Applied Mathematics: Advances and Applications; Volume no: 2, Issue no: 1, August (2009), 69-86 [10] D Kleitman, L Pachter, Finding convex sets among points in the place, Discrete Comput.Geom 19 :405-410, 1998.MR 99e:52021 [11] P Erdăos and G Szekeres, On some extremum problems in elementary geometry, Ann Universitatis Scientiarum Budapestinensis, Sectio Mathematica III-IV (1960-1961), 53-62 [12] Joseph D Horton, Sets with empty convex 7-gons, Canadian Math Bulletin 26 (4):482–484, 1983 MR 85f:52007 [13] V A Koshelev, On the Erdăos-Szekeres Problem, Doklady Mathematics, 2007, Vol 76, No1, pp 603-605 [14] V A Koshelev, On Erdăos-Szekeres problem for empty hexagons in the plane, Modeling and analysis of information systems, Vol 16, 2, 22-74, 2009, On Russian [15] Wanter D Morris and Valeru Soltan, The Erdăos-Szekeres problem on points in convex position - A survey,Bulletin of the American Mathematical Society (N S.), 37(4):437–458, 2000 65 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [16] Jessca L Nielsen, On the of Empty Convex Hexagons, Harvey Mudd College, 2003 [17] M Overmars, Finding sets of points without empty convex 6gons, Discrete and Computational Geometry 29(1):153–158, 2003 doi:10.1007/s00454-002-2829-x [18] George to the Journal Szekeres and 17-point 48: Lindsay Peters, Erdăos-Szekeres 151164 Computer problem,The solution ANZIAM doi:10.1017/S144618110000300X, http://www.austms.org.au/Publ/ANZIAM/V48P2/2409.html [19] Gộza Túth, Paven Valtr, Note on thr Erdăos-Szekeres therem, Discrete Comput.Geom 19 :457-459, 1998.MR 99e:52022 [20] Géza Tóth, Paven Valtr, The Erdăos-Szekeres theorem: upper bounds and related result, Combinatorial and Computational geometry MSRI Publication 52 :557-568, 2005 [21] P Valtr, On empty hexagons, In Survey on discrete and computational geometry, Vol 453 of Contemporary Mathematics, pp 433441, Amer Math Soc., 2008 66 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn