Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n=5 với tập điể mở vị trí bất kỳ

1. 2.Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n=3,4,5 với tập điể mở vị trí bất kỳ.

1.2.3. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n=5 với tập điể mở vị trí bất kỳ

kỳ

Công thức ES(5) = 9: Mọi tập có tối thiểu chín điểm cho trước trên mặt phẳng ở vị trí bất kì (các điểm có thể thẳng hàng) bao giờ ta cũng tìm được năm điểm là đỉnh của một ngũ giác lồi suy rộng.

Ta sử dụng phương pháp xét bao lồi của tập Ω theo chiều giảm dần về số đỉnh của ∂Ω.

Chứng minh. Ta có tập Ω có chín điểm (chín phần tử , |Ω| = 9 ) thì chỉ có thể

xảy ra một trong ba khả năng:

Khả năng thứ 1. |∂Ω|≥ 5, ta gọi các đỉnh của ∂Ω là V1,V2,..,Vk với k ≥ 5 . Khi đó năm đỉnh liên tiếp của ∂Ω lập thành một ngũ giác lồi suy rộng (ta không quan tâm đến các điểm thuộc int{convΩ}) xem hình 1.13.

Hình 1.13: Tập có chín điểm chứa ngũ giác lồi suy rộng

Khả năng thứ 2. |∂Ω| = 4, ta gọi các đỉnh của ∂Ω là V1,V2,..,V4. Khi đó ta cần xét các cấu hình sau:(4,5); (4,4,1); (4,3,2) :

1. Cấu hình (4,5): Ta có |∂Ω| = 4 và |∂Ω1| = 5. Gọi A,B,C,D,E là các

đỉnh thuộc ∂Ω1. Khi ấy các điểm A,B,C,D,E là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng cần tìm. Xem hình 1.14 và 1.15.

Hình 1.15: Tập có cấu hình (4 , 5)

2. Cấu hình (4,4,1): Ta có |∂Ω| = 4 và |∂Ω1| = 4. Gọi B,C,D,E là các

đỉnh thuộc ∂Ω1 và A là đỉnh thuộc int{convΩ1}.

Ta chia tứ giác B,C,D,E thành hai tam giác bởi một đường chéo (giả sử là BD, tương ứng AC.)

(i), Điểm A thuộc trong phần trong của tam giác BCD hoặc tam giác BDE. Khi đó ta có cấu hình(4,4,1) chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1). Vậy theo mệnh đề 1 Ω chứa các điểm là đỉnh của ngũ

giác lồi suy rộng. Xem hình 1.16

(ii), Điểm A nằm trên đường chéo của tứ giác BCDE (thẳng hàng với hai đỉnh của ∂Ω1 - ta giả sử là B và D). Khi đó đường thẳng chứa B,A,D chia mặt phẳng thành hai miền và sẽ có một miền chứa ít nhất hai đỉnh của ∂Ω. Hai đỉnh này kết hợp với B,A,D lập thành ngũ giác lồi suy rộng. Xem hình 1.17.

Hình 1.17: Tập có cấu hình (4,4,1) có chứa ngũ giác lồi suy rộng

3. Cấu hình (4,3,2): Ta có |∂Ω| = 4 và |∂Ω1| = 3. Gọi C,D,E là các đỉnh

thuộc ∂Ω1, A và B là các đỉnh thuộc int{convΩ1}. Như vậy cấu hình

(4,3,2) chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1) bằng cách bớt đi một điểm thuộc int{convΩ1}. Theo mệnh đề 1 cấu hình này cho ta ngũ

Hình 1.18: Tập có cấu hình (4 ,3, 2)

Khả năng thứ 3.

Khả năng thứ ba: |∂Ω| = 3. Gọi các đỉnh của ∂Ω là V1,V2,V3. Khi đó ta cần xét các cấu hình sau: (3,6); (3,5,1); (3,4,2) và (3,3,3) :

1. Cấu hình (3,6) và (3,5,1): Ta có |∂Ω1|≥ 5, do đó năm đỉnh liên tiếp

trên ∂Ω1 lập thành ngũ giác lồi suy rộng. Xem hình 1.19 và 1.20.

Hình 1.20: Tập có cấu hình (3,6) và (3 ,5, 1)

2. Cấu hình (3,4,2): Ta có |∂Ω| = 3. Gọi các đỉnh của ∂Ω là V1,V2,V3,

|∂Ω1| = 4 gọi các đỉnh của ∂Ω1 là C,D,E,F, A và B là các điểm thuộc

int{convΩ1}. Khi đó ta chia mặt phẳng thành bốn miền, xem hình

1.21.

Miền (I) được giới hạn bởi các tia BC và BF.

Miền (II) được giới hạn bởi tia BC đoạn AB và tia AD. Miền (III) được giới hạn bởi các tia AD và AE.

Miền (IV) được giới hạn bởi tia AE đoạn AB và tia BF.

• (i), Nếu miền (II) hoặc miền (IV) có chứa một đỉnh của ∂Ω ( giả sử là miền (II)). Khi đó đỉnh này kết hợp với A,B,C,D để lập thành ngũ giác lồi suy rộng. Xem hình 1.22

Hình 1.22: Tập có cấu hình (3,4,2) mà miền (II) có chứa một đỉnh của ∂Ω

• (ii), Ngược lại thì miền (I) hoặc (III) phải chứa đúng hai đỉnh của ∂Ω (giả sử là miền (III)). Khi đó hai đỉnh này kết hợp với A,D,E để lập thành ngũ giác lồi suy rộng. Xem hình 1.23

Hình 1.23: Tập có cấu hình (3,4,2) mà miền (III) có chứa đúng hai đỉnh của ∂Ω

3. Cấu hình (3,3,3) Ta có |∂Ω| = 3. Gọi các đỉnh của ∂Ω là V1,V2,V3,

|∂Ω1|=3, gọi các đỉnh của ∂Ω1 là D,E,F, các điểm thuộc int{convΩ1} là

(3,3,2) bằng cách bỏ đi một trong ba điểm thuộc int{convΩ1}, theo

mệnh đề 2 cấu hình này cho ta ngũ giác lồi suy rộng.

Mặt khác: Ta có thể chỉ ra tập tám điểm không tạo thành ngũ giác lồi, xem hình 1.24.

Vậy ES(5) = 9 hay mọi tập có tối thiểu chín điểm ở vị trí bất kì trong mặt phẳng luôn có năm điểm là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng.

Hình 1.24: Tập tám điểm không có ngũ giác lồi

Như vậy ta đã chứng minh được các công thức ES(3) = 3, ES(4) = 5, ES(5) = 9.

Vậy ta đã chứng minh được giả thuyết Erdos-Szekeres¨ cho các trường hợp n = 3,4,5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ. Khi tập hợp điểm ở vị trí tổng quát trong mặt phẳng (không có ba điểm bất kỳ nào thẳng hàng) sẽ là một trường hợp riêng của bài toán ta đã xét.

Chương 2

Bài toán Erdos¨ về sự tồn tại đa giác lồi rỗng

Chương này chúng tôi trình bày Bài toán Erdos¨ về sự tồn tại đa giác lồi rỗng. Đặc biệt là chứng minh bài toán H(5) =10 với tập hợp điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ.