Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)

Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)Về chứng minh giả thuyết Erdos-Szekers cho trường hợp n=6 (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG MINH HIẾU VỀ CHỨNG MINH GIẢ THUYẾT ERDöS-SZEKERES CHO TRƯỜNG HỢP n  LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC T N n - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG MINH HIẾU VỀ CHỨNG MINH GIẢ THUYẾT ERDöS-SZEKERES CHO TRƯỜNG HỢP n  LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC C n n àn : P ươn p Mã số: p To n sơ cấp 60 46 01 13 NGƯỜI HƯ NG D N KHOA HỌC PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG T N n - 2016 i Mục lục Mục lục i Danh mục hình ii LỜI MỞ ĐẦU Chương 1: Tổng quan giả thuyết Erdös-Szekeres 1.1 Giả thuyết Erdös-Szekeres Chương 2: Chứng minh giả thuyết Erdös–Szekeres cho trường hợp n  29 2.1 Chứng minh giả thuyết Erdös–Szekeres cho n  trường hợp riêng 30 2.2 Chứng minh máy tính giả thuyết Erdös-Szekeres cho trường hợp n  51 2.2.1 Tổ hợp lồi 51 2.2.2 Chứng minh máy tính giả thuyết Erdös-Szekeres cho trường hợp n  55 2.2.3.Chứng minh máy tính giả thuyết Erdös-Szekeres cho trường hợp n  60 Kết luận 65 Tài liệu tham khảo 66 ii Danh mục hình Hình 1.1: Mọi tập năm điểm vị trí tổng quát tồn bốn điểm đỉnh tứ giác lồi Hình 1.2: Các ngũ giác ABCDM, ABCDN, ABCDP, ABCDQ không lồi Hình 1.3a: Các ngũ giác ABCQM, ABCQN, ABCQP không ngũ giác lồi Hình 1.3b: Các ngũ giác ABDPM, ABDPN, ABDPQ không lồi Hình 1.3c: Các ngũ giác ADCNQ, ADCNP, ACDNM không lồi Hình 1.3d: Các ngũ giác BCDMN, BCDMP, BCDMQ không lồi Hình 1.4a: Các ngũ giác ABCPM, ABCPN không lồi Hình 1.4b: Các ngũ giác DABQM, DABQN không lồi Hình 1.4c: Các ngũ giác ADCMP, ADCMQ không lồi Hình 1.4d: Các ngũ giác BCDNP, BCDNQ không lồi Hình 1.5: Các ngũ giác ABCMN, ABDMN, BCDPQ không lồi 10 Hình 1.6a: Các ngũ giác ABPQM, ABPQN không lồi 10 Hình 1.6b: Các ngũ giác BCQMN BCQMP không lồi 10 Hình 1.6c: Các ngũ giác CDMNP, CDMNQ không lồi 11 Hình 1.6d: Các ngũ giác CDMNP, CDMNQ không lồi 11 Hình 1.7a: Các ngũ giác ANCQM, ANCQP không ngũ giác lồi 11 Hình 1.7b: Các ngũ giác ANCQM, ANCQP không ngũ giác lồi 12 Hình 1.8a: Các ngũ giác ANQDM, AMPDQ không lồi 12 Hình 1.8b: Các ngũ giác ANQDM, AMPDQ không lồi 13 Hình 1.9a: Các ngũ giác ANQDM, AMPDQ không lồi 13 Hình 1.9b: Các ngũ giác BQDMN, BPDNQ không lồi 14 iii Hình 1.10a: Các ngũ giác ANPQM, BPQMN không lồi 14 Hình 1.10b: Các ngũ giác CQMNP, DMNPQ không lồi 15 Hình 1.11a: Các ngũ giác ABCMN, ABDMN không lồi 15 Hình 1.11b: Các ngũ giác BCDPQ, ACDPQ không lồi 16 Hình 1.12a: Các ngũ giác ABQMN, ABPMN không lồi 16 Hình 1.12b: Các ngũ giác CDNPQ, CDMPQ không lồi 17 Hình 1.13a: Cấu hình (9;0) 18 Hình 1.13b: Cấu hình (8;1) 18 Hình 1.13c: Cấu hình (7;2) 18 Hình 1.14a: Cấu hình (6;3) 18 Hình 1.14b: Cấu hình (5;4) 18 Hình 1.14c: Cấu hình (4;5) 18 Hình 1.15a: Cấu hình (4;4;1) 18 Hình 1.15b: Cấu hình (4;3;2) 18 Hình 1.16a: Cấu hình (3;6) 19 Hình 1.16b: Cấu hình (3;5;1) 19 Hình 1.17a: Cấu hình (3;4;2) 19 Hình 1.17b: Cấu hình (3;3;3) 19 Hình 1.18 20 Hình 1.19 21 Hình 1.20 22 Hình 1.21 24 Hình 1.22 25 iv Hình 1.23 26 Hình 2.1 33 Hình 2.2 33 Hình 2.3 35 Hình 2.4 37 Hình 2.5 38 Hình 2.6 41 Hình 2.7 43 Hình 2.8 44 Hình 2.9 45 Hình 2.10 46 Hình 2.11 47 Hình 2.12 48 Hình 2.13 50 LỜI MỞ ĐẦU Năm 1932, Esther Klein có nhận xét sau đây: Từ năm điểm cho trước mặt phẳng vị trí tổng quát (không có ba điểm thẳng hàng), tìm bốn điểm tạo thành tứ giác lồi Esther Klein đặt toán: Cho n số tự nhiên Hỏi số điểm tối thiểu ES n  vị trí tổng quát mặt phẳng để từ lấy n điểm đỉnh đa giác lồi n cạnh? Năm 1935, Paul Erdös György Szekeres [7] phát biểu: Giả thuyết Erdös–Szekeres (1935, [7]) Với số tự nhiên n  3, tập có tối thiểu ES n   2n2  điểm mặt phẳng vị trí tổng quát (không có ba điểm thẳng hàng), chứa n điểm đỉnh đa giác lồi n cạnh Giả thuyết Erdös–Szekeres gọi Bài toán Erdös–Szekeres Mặc dù giả thuyết Erdös–Szekeres phát biểu cách 80 năm, có câu trả lời khẳng định cho ba trường hợp: n  (E Klein, 1932, [6]); n  (Đoàn Hữu Dũng, 1967, [1]; Kalbfleisch J D., Kalbfleisch J G., and Stanton R G , 1970, [9] ; Bonice, 1974, [2], ) n  (G Szekeres and L Peters, 2006, [14], chứng minh máy tính; K Dehnhardt, H Harborth, and Z Lángi, 2009, [5] cho trường hợp riêng) Luận văn Về chứng minh giả thuyết Erdös-Szekeres cho trường hợp n  có mục đích trình bày chứng minh giả thuyết Erdös-Szekeres cho trường hợp n  6, dựa hai báo [5] [14] Luận văn gồm hai chương Chương 1: Tổng quan giả thuyết Erdös–Szekeres Trình bày tổng quan giả thuyết Erdös–Szekeres, chứng minh công thức ES(n)  2n2  với n  4,5 Chương 2: Chứng minh giả thuyết Erdös–Szekeres cho trường hợp n  Trình bày chứng minh giả thuyết Erdös–Szekeres cho n  trường hợp riêng (theo báo [5]) trình bày chứng minh máy tính giả thuyết Erdös-Szekeres (theo báo [14]) cho trường hợp n  n  Luận văn tác giả hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn khoa học PGS.TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học mình, PGS.TS Tạ Duy Phượng, người tận tình giúp đỡ tác giả suốt trình nghiên cứu hoàn thành luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy, cô giáo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Viện Toán học tận tâm giảng dạy giúp đỡ tác giả hoàn thành khóa học Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Phổ thông Dân tộc bán trú Trung học Cơ sở Trung Hà, nơi tác giả công tác, đồng nghiệp, gia đình, bạn bè động viên giúp đỡ tạo điều kiện trình tác giả học tập hoàn thành luận văn Tuyên Quang, ngày 25.5.2016 Tác giả Hoàng Minh Hiếu Chương Tổng quan giả thuyết Erdös-Szekeres Cho X tập hữu hạn điểm mặt phẳng Ta nói điểm X vị trí tổng quát (in general position) X ba điểm thẳng hàng Tập điểm Y  X gọi vị trí lồi (in convex position) Y đỉnh đa giác lồi Bao lồi tập X ( convX ) tập lồi nhỏ chứa X (là giao tất tập lồi chứa X ) Chương trình bày tổng quan giả thuyết Erdös-Szekeres chứng minh công thức ES(n)  2n2  với n  4,5 với tập điểm vị trí tổng quát mặt phẳng 1.1 Giả thuyết Erdös-Szekeres Năm 1932, cách lấy bao lồi năm điểm, Esther Klein chứng minh nhận xét đơn giản sau Định lí 1.1 (E Klein, 1932) Với năm điểm cho trước mặt phẳng vị trí tổng quát (không có ba điểm thẳng hàng), ta tìm bốn điểm tạo thành tứ giác lồi 1a) 1b) 1c) Hình 1.1: Mọi tập năm điểm vị trí tổng quát tồn bốn điểm đỉnh tứ giác lồi Chỉ có ba trường hợp bao lồi năm điểm Hình 1.1 Cả ba trường hợp có tứ giác lồi Trường hợp thứ (Hình 1a) Bao lồi năm điểm ngũ giác ABCDE Khi bốn điểm từ năm điểm tạo thành tứ giác lồi (và điểm lại nằm tứ giác lồi đó) Trong trường hợp ta có tất C54  tứ giác lồi Đó tứ giác ABCD, ABCE, ABDE, ACDE, BCDE Tất tứ giác không chứa điểm lại (điểm thứ năm nằm bên tứ giác) Ta gọi tứ giác lồi tứ giác lồi rỗng Ngoài ra, ta có tất C53  10 tam giác tạo thành từ năm điểm A, B, C, D, E (ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, BDE, CDE) Và tất tam giác tam giác rỗng Trường hợp thứ hai (Hình 1b) Bao lồi tứ giác chứa điểm lại bên Trong trường hợp ta có tứ giác lồi (kí hiệu ABCD) chứa điểm E bên Tứ giác ABCD (chỉ chứa điểm E bên trong) gọi tứ giác gần rỗng Vì ba điểm thẳng hàng nên E phải nằm phía với B (hoặc với D) đường thẳng AC Do ta có tứ giác AECD (hoặc ABCE) tứ giác lồi rỗng, tứ giác ABCE (hoặc tương ứng AECD) tứ giác lõm Tương tự, điểm E phải nằm phía với A (hoặc với C) đường chéo BD Khi tứ giác BEDC (hoặc tứ giác ABED) tứ giác lồi rỗng tứ giác ABED (hoặc tứ giác BCDE) tứ giác lõm Như vậy, Trường hợp ta có hai tứ giác lồi rỗng, tứ giác lồi gần rỗng hai tứ giác lõm Ngoài ra, trường hợp này, ta có tất 10 tam giác tạo thành từ năm điểm A, B, C, D, E Đó tam giác: ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, BDE, CDE Trong tất tam giác có đỉnh E tam giác rỗng (không chứa hai điểm lại bên trong) Vì kẻ đường chéo AC (hoặc BD) tứ giác lồi ABCD điểm không thẳng hàng 53 với     Kí hiệu  * n tập    n thỏa mãn điều kiện hình học (1) (2) với tập điểm Sn Định nghĩa 2.2.1 Tập k phần tử gọi tập lồi tương đối  hợp cặp cup – cap có chung điểm cuối, nghĩa C,i  C,i , C,i  [a0 , , ], C,i  [b0 , , b j ] với tổng độ dài i  j  k Ở a  a0  b0 ,  b j  b C,i  C, j  {a, b} Ta áp dụng định nghĩa để xác định tính lồi cho  , không phụ thuộc vào việc  có thực hóa P  Fn hay không Lưu ý có ba tạo thành phần tử liên tiếp chuỗi qui định phải có dấu,  thực hóa cấu hình hình học tất nhiên tất ba thứ tự chuỗi có dấu Ta phải chọn điều kiện yếu cho   chuỗi cho phải biểu di n Chung  Graham cup cap với  thực hóa P  Fn đó, điểm thứ tự theo chiều tăng dần tọa độ x Khi ta hỏi có hay không phiên tổ hợp  Pk  với  tùy ý hay không, nghĩa là, ta có toán ( P ,k ) Nếu n  2k 2 tồn tập k  giác S n lồi tương đối    n Sự tồn tập k  giác chứng minh nhờ Định lí Ramsey Lint Wilson (xem [15]) Giả thuyết ( P ,k ) mạnh so với ( Pk ) có lượng nhỏ lớp hàm dấu thực hóa hình học 54 Tất nhiên, ( P ,k ) với    n với trường hợp đặc biệt  mà tất tập tứ giác S n thuộc lớp (3) Do ( P ,k ) đưa giả thiết yếu ( P*,k ) Nếu n  2k 2 tồn tập k  giác lồi tương đối    n * Tất nhiên ( Pk ) hệ trực tiếp ( P*,k ) câu hỏi tự nhiên đặt chúng tương đương với Nói cách khác, điều kiện (3) không điều kiện cần mà điều kiện đủ cho  thực hóa P  Fn không Câu trả lời không Knuth [10] đưa ví dụ tập điểm không thực hóa hình học thỏa mãn điều kiện (3) Do ( P*,k ) mạnh  Pk  Cảm nhận cho ta thấy ( P ,k ) phải Vì ( P ,4 ) với    nên S chứa tập tập bốn điểm (tứ giác) Giả sử tập tứ giác S không lồi Khi giả sử  (1,2,3)  , bước sau suy từ biểu thức trước (123)  (235)  (245)  (124)  (134)  (345)  (234)  (123) với kí hiệu cho  (i, j , k )   viết đơn giản (ijk ) Ví dụ, (235) [1,2,3,5]  cup tập tứ giác 1235 tập lồi, trái với giả thiết Tương tự, bước thứ hai , (245) [2,3,5] [2,4,5] tương ứng 3-cup 3-cap tập tứ giác 2345 lồi, lần trái với giả thiết Các bước khác phiên hai bước Ta kết thúc với (123) , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy S phải chứa tập tứ giác lồi 55 Điều minh họa ưu điểm củaviệc sử dụng tổ hợp (không cần tham chiếu đến ràng buộc hình học), mở đường cho chứng minh nhờ máy tính giả thuyết ( P ,5 ) trình bày phần 2.2.2 Nói riêng, giả thiết ( P ,5 ) khẳng định mạnh so với Định lí 1.2 (Chương 1, trang 10) Vấn đề thú vị ( P ,k ) trường hợp không tầm thường k  Chứng minh giả thuyết  P*,6  tốn thời gian nhiều so với chứng minh giả thuyết ( P ,5 ) điều không ngạc nhiên, từ khẳng định tính đắn P6 , nghĩa giả thuyết 17 điểm chứng minh 2.2.2 Chứng minh máy tính giả thuyết Erdös-Szekeres cho trường hợp n  Định lí 2.2 Với    tồn tập ngũ giác lồi S9 Chứng minh Chọn    tùy ý S9  1,2,, ,9 Mỗi  biểu di n phần mảng Am  {a1, ,am } ba với kích thước m  C93  84, mà phần tử nhận giá trị   Nghĩa là, i tương ứng với ba abc,   (a, b, c) Ở kí hiệu Am đưa vào đơn giản nhằm thuận tiện tính toán, đặc biệt, trình khảo sát, tăng cường thêm phần tử Am Do đó, Am đánh dấu đại diện cho tập  Việc thứ tự phần tử Am không quan trọng, ta chọn a1   (1,2,3), a2   (1,2,4), a3   (1,3,4), , a84   (7,8,9) (4) Vì có 2m trạng thái có mảng trên, nên việc tìm kiếm đơn giản không khả thi, cần phải tổ chức cách tìm kiếm hiệu 56 Thuật toán đơn giản trường hợp n  9, trình bày mở rộng để giải trường hợp n  17 Cho abcde (theo thứ tự) năm điểm S9 Nó tạo thành tập ngũ giác lồi C53  10 ba thỏa mãn bốn quan hệ (gọi quan hệ lồi): R1 :  (abc)   (bcd )   (cde); R2 :  (abc)   (bce)   ( ade) R3 :  (abd )   (bde)   (ace); R4 :  (acd )   (cde)   ( abe) (5) Các dấu không thỏa mãn mối quan hệ (5) gọi lõm Tổng mối quan hệ lồi S  C95  504 Giả thuyết điểm có tập ngũ giác lồi tương đương với giả thuyết trạng thái (gán nhãn đầy đủ) mảng 84 phần tử Am phải thỏa mãn 504 mối quan hệ Bây xét  tập hàm dấu điểm Hàm    biểu di n phần C53  10 phần tử, có 210 hàm dấu hiệu  Bằng phép tính đơn giản ta 700 số lồi Kí    tập hợp hàm dấu lõm  ta có 5 |  | 1024  700  324 Kí hiệu hàm dấu  {1 , , 324 } với i cố định, 10 ba đại diện  i (cũng theo thứ tự (4)) đựợc kí hiệu {i1 , , i10 } Sắp thứ tự hàm dấu lõm không quan trọng Giả thuyết nói tất trạng thái Am thỏa mãn 504 mối quan hệ lồi tương đương với giả thuyết trạng thái Am chứa hàm dấu hoàn toàn đánh dấu từ  với tập ngũ giác S9 57 Giả sử U  {u1 , , u5} tập ngũ giác liên tiếp S : u1  [1,2,3,4,5], u2  [2,3,4,5,6], , u5  [5,6,7,8,9] (6) Ta nói hàm dấu (hoặc đơn giản, dấu)  gán cho tập ngũ giác U gán cho phần tử Am tương ứng với tập ngũ giác Nghĩa là, hạn chế  u j chuyển dấu Ta ý dấu  gán cho u j ,1  j  đó, lựa chọn dấu cho u j 1 rút gọn u j u j 1 có chung điểm { j  1, j  2, j  3, j  4} Do có chung C43  ba Vậy với i   ta định nghĩa tập tương thích (compatible subset) tập dấu l   thỏa mãn l1  i , l  i , l  i , l  i10 (7) Bằng số phép tính đơn giản máy tính ta thấy tập tương thích không chứa nhiều 27 dấu Nói tóm lại, thuật toán tìm kiếm cách liên tục gán dấu  để ba tương ứng với u j giả thiết giả thuyết sai Nghĩa là, giả sử trạng thái Am mang dấu từ dấu  điều dẫn đến mâu thuẫn trường hợp Các thuật toán dựa hai nhận xét chính: (I) Thứ tự tập ngũ giác (6) bảo đảm rằng, với dấu cho, tập tương thích không phụ thuộc vào j , nghĩa là, không phụ thuộc vào dấu gán cho u1 , u2 , u3 u4 Do tập tương thích cho dấu  cần tính lần, trước tìm kiếm (II) Trạng thái gán nhãn phần Am làm tăng nhãn khác, loại bỏ từ việc tìm kiếm số lượng lớn cấu hình 58 Để minh họa cho nhận xét thứ hai, xét trạng thái Am gán nhãn phần, nghĩa là, tất phần tử gán dấu   Ta giả sử trạng thái gán nhãn phần không thỏa mãn quan hệ lồi nào, nghĩa là, tất ba phần tử Am tương ứng với quan hệ lồi (5) gán nhãn, quan hệ không thỏa mãn Bây ta lưu ý phần tử gán nhãn khác Am cần thiết để xác định giá trị phần tử khác dựa giả thiết mối quan hệ lồi (5) thỏa mãn Ví dụ,  (abc)   (bcd )    (cde) phải mang giá trị  để tránh quan hệ (5) Ngược trở lại, phần tử gán nhãn khác xác định giá trị phần tử khác, tiếp tục đệ quy Bằng cách này, việc gán dấu từ  cho phần tử Am tương ứng với u j dẫn đến phần tử khac Am phải gán nhãn, rút gọn cho lựa chọn dấu tương hợp cho um với m  j , làm giảm số lượng cấu hình cần kiểm tra Hơn nữa, phần tử Am cần phải gán nhãn cách xét quan hệ lồi giao kéo theo số mối quan hệ lồi khác thỏa mãn, loại bỏ việc tìm kiếm tất cấu hình phẳng biểu di n gán nhãn phần Am Bằng cách này, mâu thuẫn sinh với tương đối phép gán cần thiết lấy từ  Trong thực tế, việc tìm kiếm máy tính rằng, có tập ngũ giác không cần gán nhãn (theo thứ tự) u1 , u2 , u3 (các phép gán tăng cường bao gồm điểm) Dưới mô tả chi tiết thuật toán Thuật toán dừng trạng thái gán nhãn hoàn toàn tìm thấy mà mâu thuẫn, tất cấu hình phải mâu thuẫn 59 THUẬT TOÁN Bước Giả sử ta phải gán nhãn phần Am cách gán nhãn cho u1, , u j với j  phần tử  (Đầu tiên đơn giản gán phần tử  cho u1 cho thứ tự cố định phần tử  ) Kiểm tra mối quan hệ lồi (5) để xem nhận mâu thuẫn  (ijk ) cho ba (i, j, k ) không gán nhãn buộc phải thỏa mãn quan hệ lồi Lặp lại bước (có nghĩa là, kiểm tra lại tất mối quan hệ lồi phần tử cần phải gán nhãn) không phần tử cần gán nhãn, tìm thấy mâu thuẫn Bước Nếu không tìm thấy mâu thuẫn bước trước, ta phải phép gán nhãn cho u1, , u j không gây mối quan hệ lồi cần thỏa mãn Kiểm tra xem Am hoàn toàn gán nhãn chưa Nếu có, ta tìm thấy trạng thái mà mối quan hệ lồi thỏa mãn, việc tìm kiếm kết thúc phản ví dụ cho Định lí 2.2 Nếu hoàn toàn gán, di chuyển đến hình phẳng kiểm tra sau Nếu  gán u j , gán phần tử tập tương thích cho  đến u j 1 quay trở lại bước Ta lưu ý có ba u j 1 mà gán, hạn chế lựa chọn từ tập tương thích cho  đề cập Nếu lựa chọn lại cho phép gán cho u j 1 , ta thu mâu thuẫn, phép gán cho u1, , u j ta chuyển sang bước Bước Nếu mâu thuẫn tìm thấy Bước Bước 2, ta phải bát chấp khả gán nhãn phần tử không gán nhãn lại Am , phép gán cho u1, , u j phải kéo theo 60 mối quan hệ lồi thỏa mãn Di chuyển đến hình phẳng kiểm tra sau: Bước Xét trạng thái Am có nhãn tương ứng với u j Gán phần tử cho u j , có nghĩa là, phần tử tập tương thích gán cho u j 1 với j  , phần tử  j  1, quay trở lại Bước Nếu lựa chọn khác để gán cho u j , ta phải đến mâu thuẫn phép gán cho u1, , u j j  ta làm giảm j lặp lại bước Nếu j  lựa chọn khác từ  cho u1 , việc tìm kiếm kết thúc với tất trạng thái phải dẫn đến mâu thuẫn Một số ý tính hiệu Trong Bước 1, số yếu tố gán nhãn, quan hệ lồi chứa phần tử cần phải kiểm tra, xét hết danh sách đầy đủ 504 quan hệ Do phần tử al Am , tập hợp quan hệ chứa al lưu lại trước bắt đầu việc tìm kiếm Ta tận dụng ưu điểm tuyến tính quan hệ lồi cách gán nửa phần tử  cho u1 , ví dụ, phần tử mà a1   Sử dụng máy tính làm việc 1,5 GHz, việc tìm kiếm kết thúc Bước giây để chứng minh Định lý 2.2 2.2.3.Chứng minh máy tính giả thuyết Erdös-Szekeres cho trường hợp n  Định lí 2.3 Với   17 tồn tập lục giác lồi S17 * 61 Chứng minh Chứng minh Định lí 2.3 mở rộng chứng minh Định lí 2.2 Các kí hiệu Am ,  , hiểu Định lí 2.2 Số phần tử m Am cần thiết để biểu di n dấu  17 S17 C173  680 Giả sử abcdef tập (được thứ tự) sáu điểm S17 Chúng tạo thành tập lục giác lồi C63  20 ba thỏa mãn tám mối quan hệ lồi: R1 :  (abc)   (bcd )   (cde)   (def ), R2 :  (abc)   (bcd )   (cdf )   (aef ), R3 :  (abc)   (bce)   (cef )   ( adf ), R4 :  (abd )   (bde)   (def )   (acf ), R5 :  (acd )   (cde)   (def )   ( abf ), (8) R6 :  (abc)   (bcf )   (ace)   ( def ), R1 :  (abd )   (bdf )   (ace)   (cef ), R1 :  (acd )   (cdf )   (abe)   (bef ) Tổng quan hệ lồi S17  C176  99008 Một tính toán đơn giản |  | 184,556 với  tập hợp dấu lõm S Cho U12  {u1 , , u12 } kí hiệu cho tập lục giác liên tiếp S17 : u1  1,2, ,6, u2  2,3, ,7 , , u12  12,13, ,1 7 (9) Lí tưởng ta gán nhãn cho tất dấu từ  cho tập lục giác nhằm chứng minh ( P ,6 ) Tuy nhiên đến , điều chưa thực số lượng lớn dấu thời gian chạy máy đòi hỏi Tuy nhiên, cách hạn chế dấu lõm để thỏa mãn điều kiện hình học, việc tìm kiếm thực Để làm việc ta xác định *   dấu lõm mà thỏa mãn mối quan hệ (3) cho tất tập tứ giác S6 62 Như trước đây, ta lưu ý dấu * gán cho phần tử Am tương ứng với tập lục giác u j , lựa chọn để gán nhãn cho u j 1 đưa tới u j u j 1 chung điểm { j  1, , j  5} có chung C53  10 ba Một tìm kiếm máy tính đơn giản | * | 892 dấu * , tập tương thích không chứa nhiều 18 dấu Hai số bước mô tả Thuật toán cần phải mở rộng Mở rộng cho thuật toán 1, Bước Trong trường hợp điểm, ta kiểm tra mối quan hệ lồi để xem có phần tử khác Am cần gán nhãn, tìm thấy mâu thuẫn Tuy nhiên, ta không kiểm tra mối quan hệ lồi (8), mà phải có điều kiện hình học (3) Nếu tất bốn ba tương ứng với tập tứ giác S17 gán nhãn, điều kiện hình học (1) (2) thỏa mãn, ta đến mâu thuẫn Nếu hai ba ba tương ứng với tứ giác gán nhãn, phải có hai ba lại thiết phải gán nhãn để tránh mâu thuẫn Ví dụ, giả sử   gán với +  ,  không gán nhãn Khi ấy, cách để thỏa mãn điều kiện hình học (1) (2)   gán + Mở rộng thuật toán 1, Bước Trong trường hợp điểm, j không vượt 3, lý điều kiện (6) đủ Bây ta thấy j có giá trị lớn 12 Nghĩa là, có tổ hợp dấu gán cho u1 , , u12 không tạo mâu thuẫn Trong trường hợp này, ta thực ba lần kiểm tra 63 Kiểm tra u13 Ta mở rộng u12 thành u13 cách kết nạp tập lục giác u13  [9,13,14,15,16,17] Điểm chọn bất kì, điểm từ đến 11 có đủ để đáp ứng Sau ta kiểm tra tất dấu để U 13 tương thích với dấu gán cho u12 theo nghĩa chúng phải phù hợp với 10 ba mà chúng có điểm chung Khi ba chung u12 u13 khác với u j u j 1,1  j  11, tập hợp tương thích thứ hai tính trước cho dấu * nhằm để đánh dấu u13 Ta mở rộng tập lục giác chọn, điều không cần thiết thực tế Nếu việc gắn dấu thực cho u13 mà không dẫn đến mâu thuẫn, ta đến bước Kiểm tra bit: Ta chọn phần tử không gán dấu al Am gán cho dấu + Sau ta thực việc kiểm tra Thuật toán 1, Bước mô tả (có nghĩa là, kiểm tra tính lồi hình học) Nếu đến mâu thuẫn, ta khôi phục trạng thái ban đầu Am trước gán al kiểm tra dấu  Nếu đến mâu thuẫn ta biết phép gán cho u1 , , u13 phải dẫn đến mâu thuẫn, ta tiến hành Thuật toán 1, Bước Nếu việc gán dấu cho al không dẫn đến mâu thuẫn, ta khôi phục trạng thái Am trước gán dấu, chọn phần tử chưa gán nhãn Am Nếu kiểm tả tất phần tử không gán Am mà không tìm thấy mâu thuẫn, ta tiến hành bước Kiểm tra hai-bit: Điều tương tự việc kiểm tra bit, ngoại trừ việc thay chọn phần tử chưa gán nhãn Am , ta chọn cặp hai phần tử chưa gán nhãn Có bốn phép gán để kiểm tra (; ; ; ) , tất dẫn đến mâu thuẫn, ta lại tiến hành 64 Thuật toán 1, Bước Nếu bốn phép gán không dẫn đến mâu thuẫn, ta chọn cặp phần tử khác tiếp tục Số lượng dấu kiểm tra u13 20312212 Số sau kiểm tra một-bit 23339 Các thuật toán mô tả thực song song, phép gán dấu từ * cho u1 thực cách độc lập qua trình khác cho u1 Ví dụ, sử dụng | * | /2  446 sử lí máy tính song song để tính u1 Sử dụng máy tính đại, thời gian cần thiết để tìm mâu thuẫn cho việc gán u1 khoảng từ đến hai mươi giờ, tùy thuộc vào gán cụ thể Tổng thời gian máy tính để thiết lập mâu thuẫn cho tất 446 dấu cho u1 , thiết lập Định lí 2.3, vào khoảng 3000 GHz giờ, tương đương với 1500 thời gian tính toán cách sử dụng vi xử lý lên đến GHz 65 Kết luận Luận văn cố gắng trình bày hai cách chứng minh (bằng máy tính lập luận toán học) Giả thuyết Erdös-Szekeres cho trường hợp n  Ngay trường hợp n  6, bao lồi 17 điểm tứ giác tam giác, chưa có chứng minh túy toán học Tìm hiểu Giả thuyết Erdös-Szekeres, theo chúng tôi, thú vị, vì, Giả thuyết Erdös-Szekeres chứng minh, gợi thêm nhiều toán Thí dụ: Bài toán lục giác lồi rỗng Từ điểm mặt phẳng vị trí tổng quát, lấy sáu điểm tạo thành lục giác lồi rỗng (lục giác lồi không chứa điểm tập cho bên nó) Bài toán tính số lục giác lồi (lục giác lồi rỗng) Trong cấu hình cho (tạo từ 17 điểm vị trí mặt phẳng), có lục giác lồi 66 Tài liệu tham khảo [1] Đoàn Hữu Dũng (1967), Lời giải toán Ecđôtsơ trường hợp đặc biệt (với lời nhận xét Hoàng Chúng), Tạp chí Toán học Tuỏi trẻ, số 33, tháng 6, 1967, trang 14-16 [2] Bonnice W E (1974), On convex polygons determined by a finite planar set, Amer Math Monthly 81 (1974), 749-752 [3] F.R.L Chung, R.L Graham (1998), Forced convex n – gons in the plane, Discrete Comput.Geom 19: 367 – 371 [4] K Dehnhardt, Konvexe Sechsecke in ebenen Puntkmengen (1981, in German), Diplomarbeit, Technische Universität Braunschweig, Braunschweig, Germany [5] Knut Dehnhardt, Heiko Harborth, and Zsolt Lángi (2009), A partial proof of the Erdős-Szekeres conjecture for hexagons, Journal of Pure and Applied Mathematics: Advances and Applications,Volume Number 1, 69-86 [6] Paul Erdős and George Szekeres (1935), A combinatorial problem in geometry, Compositio Mathematica tome 2, 463–470 [7] P Erdős and G Szekeres (1961), On some extremum problems in elementary geometry, Ann Universitatis Scientiarum Budapestinensis, Eötvös, Sectio Mathematica III-IV (1960-1961), 53-62 [8] S Johnson (1986), A New Proof of the Erdös-Szekeres convex k-gon result, J Comb Theory, Ser A, 42(2), pp 318-139 [9] Kalbfleisch J D., Kalbfleisch J G., Stanton R G (1970), A combinatorial problem on convex n -gons, Proc Lousiana Conf Combinatorics, Graph Theory and Computing, Lousiana State Univ., Baton Rouge, La., 1970; Congressus Numerantium 1, 1970, 180-188 67 [10] D Kleitman, L Pachter (1998), Finding convex sets among points in the place, Discrete Comput.Geom 19: 405 – 410, MR 99e: 52021 [11] M Lewin (Jun., 1976), A New Proof of a Theorem of Erdös and Szekeres, The Mathematical Gazette, Vol 60, No 412, pp 136-138 [12] Wanter D Morris and Valeru Soltan (2000), The Erdős-Szekeres problem on points in convex position—A survey, Bulletin of the American Mathematical Society (N S.), 37(4):437–458 [13] E P Ramsey (1930), On a problem of formal logic, Proceeding of the London Math Society, 48, 264-286 [14] George Szekeres and Lindsay Peters (2006), Computer solution to the 17-point Erdős-Szekeres problem, The ANZIAM Journal 48: 151–164 [15] Géza Tóth, Paven Valtr (1998), Note on ther Erdős-Szekeres therem, Discrete Comput.Geom 19: 457–459 [16] Géra Tóth and P Valtr (2005), The Erdős-Szekeres theorem: upper bounds and related results In: J E Goodman, J Pach, and E Welzl, (eds.), Combinatorial and Computational Geometry, Vol 19; Vol 52 of Mathematical Sciences Research Institute Publications, 557-568 Cambridge University Press, Cambridge, 2005