Trong chương 1, chúng tôi đã phát biểu Giả thuyết Erdos-Szekeres,¨ với n = 6 chúng ta cần chứng minh được rằng:
Giả thuyết Erdos-Szekeres¨ với trường hợp n = 6 (1935):
Mọi tập hợp trên mặt phẳng gồm không ít hơn 17 điểm ở vị trí tổng quát (không có ba điểm bất kỳ nào thẳng hàng) đều chứa 6 điểm là đỉnh của lục giác lồi.
Giả thuyết Erdos-Szekeres¨ với trường hợp n = 6 đã được George Szekeres và Lindsay Peters chứng minh hoàn toàn nhờ sự trợ giúp của máy tính vào năm 2006, (xem [18]).
3.2. Chứng minh giả thuyết Erdos-Szekeres¨ với trường hợp n=6
trong một số trường hợp riêng.
Nhận xét 3.2.1. Giả sử Ω là tập 17 điểm trong mặt phẳng ở vị trí tổng quát và có cấu hình (s1,s2,...,sk); k ≥ 0 ta thấy:
(i), Nếu ∀i=0,...,k mà |si|≥6 thì Giả thuyết Erdos-Szekeres¨ với trường hợp n = 6 được chứng minh.
(ii), Như vậy chúng ta còn phải chứng minh Giả thuyết Erdos-Szekeres¨ với trường hợp n = 6, khi tập Ω có cấu hình (s1,s2,...,sk); k ≥ 0 mà ∀ i
= 0,...,k thì |si|≤ 5. Như vậy ta có tất cả 72 loại cấu hình cho tập Ω từ (5,5,5,2), (5,5,4,3),..., (3,3,3,3,3,2).
(iii), Chúng tôi trình bày lại một cách tóm lược công trình của Knut Dehnhardt, Heiko Harboth và Zsolt Lángi [9] đã chứng ming Giả thuyết Erdos-Szekeres¨ với trường hợp n = 6, khi tập Ω có ∂Ω =
Ω\int{convΩ} là một ngũ giác lồi. Kết quả chính của họ là định lý sau đây:
Định lý 3.2.2. Nếu Ω là một tập 17 điểm trong mặt phẳng ở vị trí tổng quát (không có ba điểm bất kỳ nào thẳng hàng). Nếu ∂Ω=Ω\int{convΩ}= 5, thì
Ω chứa 6 điểm là đỉnh lục giác lồi.
Để chứng minh định lý 3.2.2 ta cần có các định nghĩa và một loạt các bổ đề sau:
Nếu Ω = {A1 : i = 1,2,...,n} là một tập hữu hạn điểm trong mặt phẳng ở vị trí tổng quát(tức là không có ba điểm nào thẳng hàng). Ta kí hiệu V (Ω) là tập các điểm thuộc ∂Ω.
Định nghĩa 3.2.3 (Vượt qua chính xác m-cạnh (beyond exactly m- edges )).
Giả sử a,b là hai điểm phân biệt trong mặt phẳng. Ta kí hiệu: [a,b] là đoạn thẳng đóng với điểm cuối là a và b.
L(a,b) là đường thẳng chứa a và b. L+(a,b) là tia đóng đi ra từ a và chứa b.
L−(a,b) là tia đóng đi ra từ a trong L(a,b) và không chứa b.
Nếu tập Ω có |∂Ω| = s; s ≥ 3 là một s-giác lồi. Gọi b là một điểm thuộc Ω. Khi đó nếu điểm b không nằm trên bất kỳ đường biên nào của ∂Ω và được tách hoàn toàn từ đúng m cạnh của ∂Ω, với 1 ≤ m ≤ s, thì chúng ta nói rằng điểm b là vượt qua chính xác m-cạnh của ∂Ω.
Nếu các đường biên là các đường đi qua các cạnh E1,E2,...,Em của ∂Ω
với 1 ≤ m ≤ s, thì ta có thể nói rằng điểm điểm b là vượt qua chính xác m-
cạnh E1,E2,...,Em của ∂Ω. Xem hình 3.1.
Định nghĩa 3.2.4 (Tập hợp đồng nhất ). Nếu A và B là các tập hợp điểm trong mặt phẳng ở vị trí tổng quát. Giả sử có một song ánh f : A → B sao cho với mỗi a1,a2,a3 ∈ A, bộ ba (a1,a2,a3) và (f (a1), f (a2), f (a3)) có sự định hướng giống nhau hoặc là có sự định hướng ngược nhau ( opposite orientation), độc lập với cách chọn a1, a2 và a3. Khi đó chúng ta nói rằng tập A và tập B là các tập hợp đồng nhất.
Chúng ta thừa nhận một loạt các bổ đề sau:
Bổ đề 1. Cho Ω là một tập hữu hạn điểm trong mặt phẳng ở vị trí tổng
quát. Nếu ∂Ω và Q là các đa giác lồi với Q ⊂ int{convΩ}. Nếu X ⊂∂Ω là một tập vượt qua chính xác cạnh của Q, thì ∂Q∪X là các điểm ở trong vị trí lồi (in convex position). Xem hình 3.2.
Hình 3.2: Nếu X thuộc miền được gạch chéo thì X ở trong vị trí lồi với Q.
Bổ đề 2. Nếu {Pi : i = 1,2,...,m} là một họ của t tam giác, q tứ giác, p ngũ giác sao cho p+q+t = m và M = ∂{P1∪P2∪...∪Pm} là một m−giác
(x1,x2,...,xm) sao cho [xi,xi+1] là một cạnh của Pi. Ngoài ra Pi và Pi+1 có phần trong rời nhau với mọi i = 1,2,...,m. Nếu M thuộc phần trong của k−giác
P0, và giả sử rằng nếu các điểm của W Pi là ở vị trí tổng quát. Nếu q+2t < k, thì W có chứa lục giác lồi. Xem hình 3.3. Trong các chứng
minh chúng tôi thường sử dụng bổ đề 2 với k = 5.
Bổ đề 3. Nếu Ω là một tập 11 điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát sao cho ∂Ω là một ngũ giác lồi, Q = ∂{Ω\V (Ω)} là một tam giác và ∂{Ω\V (Ω)∪{q}} là một tứ giác với mọi đỉnh q ∈V (Q), thì Ω chứa lục
Hình 3.3: Với {Pi : i = 1,2,...,5}
giác lồi. Xem hình 3.4.
Bổ đề 4. Nếu Ω là một tập 13 điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát sao cho ∂Ω là một ngũ giác lồi, Q = ∂{Ω\V (Ω)} là một tam giác, thì Ω chứa lục giác lồi.
Bổ đề 5. Nếu Ω là một tập không ít hơn 13 điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát sao cho ∂Ω là một ngũ giác lồi, Q = ∂{Ω\V (Ω)} là một tam
giác, và Ω không chứa 6 đỉnh tạo thành một hình lục giác lồi, thì Q đồng nhất với một trong các loại sau: Loại 0; loại 1; loại 2; loại 3a; loại 3 b; loại 4a; loại 4b và loại 4c như trong các hình sau (Xem hình 3.5):
Hình 3.5:
Bổ đề 6. Nếu Ω là một tập 17 điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát sao cho ∂Ω là một ngũ giác lồi, Q = ∂{Ω\V (Ω)} là một tứ giác, thì Ω chứa
lục giác lồi.
Bổ đề 7. Nếu Ω là một tập hợp điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát sao cho ∂Ω và Q=∂{Ω\V (Ω)} là một ngũ giác lồi, và R=Ω\{∂Ω∪∂Q} có một tập con loại 3a hoặc một tập con đồng nhất với một trong các kiểu loại 5a; loại 5b và loại 5c, thì Ω chứa lục giác lồi. Xem hình 3.6.
Hình 3.6: Với các đỉnh của ∂R là r1,r2,r3,r4 và các đỉnh thuộc int{convR} là t1,t2,t3.
Bổ đề 8. Nếu Ω là một tập 17 điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát có cấu hình (5,5,5,2) tức là |∂Ω| = 5; |∂Q| = 5; |∂R| = 5 và |T| = 2, thì Ω chứa lục giác lồi.
Chứng minh. Định lý 3.2.2
Ta có ∂Ω=Ω\int{convΩ}=5. Gọi Q=Ω\∂Ω thì ∂Q=Q\int{convQ}. Gọi R=Ω\{∂Ω∪∂Q} thì ∂R=R\int{convR}. Gọi T =Ω\{∂Ω∪∂Q∪∂R}. Khi đó ta xét các khả năng sau:
1. Nếu |∂Q| = 3 thì theo bổ đề 4 ta có Ω chứa lục giác lồi. 2. Nếu |∂Q| = 4 thì theo bổ đề 6 ta có Ω chứa lục giác lồi. 3. Nếu |∂Q| = 5 thì ta lại xét các trường hợp sau theo |∂R|.
• (i) Nếu |∂R| = 3 thì theo bổ đề 5 ta có: ∂R∪T là loại 4a, 4b hoặc 4c. Do đó nó chứa một tập con loại 3a. Theo bổ đề 3 ta có Ω chứa lục giác lồi.
• (ii) Nếu |∂R| = 4 thì ta có: ∂R∪T chứa một tập con đồng nhất với
loại 5a; loại 5b hoặc loại 5c. Theo bổ đề 7 ta có Ω chứa lục giác
lồi.
• (iii) Nếu |∂R| = 5 thì ta có cấu hình (5,5,5,2) tức là |∂Ω| = 5; |∂Q| = 5; |∂R| = 5 và |T| = 2. Theo bổ đề 8 ta có Ω có chứa lục giác lồi.
Như vậy định lý được chứng minh.
Trong [9] đã chứng minh được 24 trên tổng số 72 lớp cấu hình được phân loại bởi Bonnice[7]. Như vậy bài toán vẫn còn lại 48 lớp cấu hình chưa có lời giải, cho nên đây vẫn còn là một bài toán mở, mà hy vọng sẽ sớm có lời giải đáp.
KẾT LUẬN
Luận văn trình bày tổng quan về giả thuyết Erdos-Szekeres¨ và chứng minh giả thuyết cho các trường hợp n = 3,4,5 với tập hợp điểm ở vị trí bất kỳ. Đặc biệt là chứng minh công thức H(5) =10 với tập hợp điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ (mặc dù vào năm 1978 Harboth đã chứng minh công thức H(5) =10 với tập hợp điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát, xong do hạn chế về ngôn ngữ và khả năng nên chúng tôi không có được bài 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 công trình của Knut Dehnhardt, Heiko Harboth và Zsolt Lángi, đã chứng minh cho giả thuyết
Erdos-¨ Szekeres với trường hợp n = 6 trong một số trường hợp riêng mà không sử dụng máy tính.
Với khuôn khổ, thời gian và năng lực của chúng tôi còn nhiều hạn chế, cho nên còn rất nhiều câu hỏi mở chưa tìm được câu trả lời. Hy vọng với sự lỗ lực của các nhà toán học trong thời gian gần nhất sẽ trả lời được phần nào các câu hỏi mở nêu trên.
Tài liệu tham khảo
[1] Đoàn Hữu Dũng, Lời giải của bài toán Ecđôtsơ trong một trường hợp đặc biệt, Tạp chí Toán học và Tuỏi trẻ, số 33, tháng 6, 1967 ,
trang 14-16.
[2] Đoàn Hữu Dũng, Tạ Duy Phượng, Nguyễn Tiến Thịnh, Về bài toán
Erdos-Szekeres¨ cho ngũ giác lồi suy rộng, Kỉ yếu Hội Thảo khoa
học các 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 sự tồn tại ngũ giác gần rỗng trong số chín điểm ở vị trí bất kỳ, Kỉ yếu Hội Thảo khoa học
các 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 Tiến Thịnh, Bài toán Erdos-Szekeres¨ cho
ngũ giác lồi suy rộng, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số 41, tháng 8
[5] Hoàng Đức Tân, Định lí Ramsey, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số 178, tháng 2 năm 1991, trang 1-2.
[6] Zachary Abel, Brad Ballinger, Prosenjit Bose, Sébastien Collette, Vida Dujmovic,´ 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
[math.CO] 24 Apr 2009, 1-16 hoặc 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 Erdos-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. Erdos¨ 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 Erdos-Szekeres¨ Problem, Doklady
Mathematics, 2007, Vol. 76, No1, pp. 603-605.
[14] V. A. Koshelev, On Erdos-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 Erdos-Szekeres¨ problem on points in convex position - A survey,Bulletin of the American
Mathematical Society (N. S.), 37(4):437–458, 2000.
[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 Szekeres and Lindsay Peters, Computer solution to the 17- point Erdos-Szekeres¨ problem,The ANZIAM Journal 48: 151–164.
doi:10.1017/S144618110000300X,
http://www.austms.org.au/Publ/ANZIAM/V48P2/2409.html . [19] Géza Tóth, Paven Valtr, Note on thr Erdos-Szekeres¨ therem,
[20] Géza Tóth, Paven Valtr, The Erdos-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.