3 Mối quan hệ giữa lý thuyết đồ thị và giả thuyết Erdo ¨ s-
3.2Giả thuyết "Big Line or Big Clique"
Định lý 3.1.3 có thể dùng để chứng minh một trường hợp tiếp theo của giả thuyết "Big Line or Big Clique" (xem [15]).
Giả thuyết "Big Line or Big Clique"([15]): Với mọi số nguyên k, l, tồn tại số nguyên nsao cho mọi tập hữu hạnn điểm trên mặt phẳng chứa: i) l điểm thẳng hàng, hoặc
ii) k điểm đôi một nhìn thấy được (đồ thị nhìn thấy được chứa k - clique). Giả thuyết này gần đây được quan tâm đặc biệt (xem [11,15,16]). Nó hiển nhiên, đúng với l ≤ 3 và với mọi k. Ka’ra và những người khác đã chứng minh giả thuyết này vớik ≤ 4và mọil [15]. Addarie Berry và những người khác [11] đã chứng minh giả thuyết này trong trường hợp k = 5 và
l = 4. Nhờ Định lý Erdo¨s - Szekeres ta sẽ chứng minh trường hợp tiếp theo của giả thuyết khi k = 5 và với mọi l bất kỳ.
Định lý 3.2.1. Giả thuyết "Big Line or Big Clique" đúng với k = 5 và với mọi l bất kỳ.
Chứng minh: Theo Định lý 3.1.3, mọi tập điểm đủ lớn chứa l điểm thẳng hàng (khi ấy giả thuyết đúng) hoặc 5 - lỗ H. Lấy H0 là 5 - lỗ chứa trong H với diện tích nhỏ nhất. Thế thì những điểm góc của H’ là 5 cặp điểm có thể nhìn thấy được (ngược lại thì tồn tại 5 - lỗ chứa trong H với diện tích nhỏ hơn như minh họa trong Hình 1).
Hình 1. Mọi 5 - lỗ chứa 5 cặp điểm nhìn thấy được. Ta xét bài toán sau đây:
Cho P là tập những điểm ở vị trí lồi, chọn một tập con của P ở vị trí lồi chặt. Với số nguyên k ≥ 1 và l ≥ 1, giả sử q(k, l) là một số nguyên nhỏ nhất sao cho mọi tập có ít nhất q(k, l) điểm trong mặt phẳng ở vị trí lồi chứa l điểm thẳng hàng hoặc k điểm ở vị trí lồi chặt. Hiển nhiên, nếu
k ≤ 2 hoặc l ≤ 2 thì q(k, l) = min(k, l). Từ đó, mọi tập điểm mà không có ba điểm ở vị trí lồi chặt là thẳng hàng, q(3, l) = l,∀l ≥ 1. Vì thế mọi tập điểm ở vị trí lồi mà không có ba điểm thẳng hàng sẽ ở vị trí lồi chặt,
q(k,3) = k với mọi k ≥ 1. Bổ đề 3.2.1. Với mọi l ≥ 3, l ≥ 3 ta có: q(k, l) = 1 2 (l −1) (k−1) + 1, nếu k lẻ; 1 2 (l −1) (k−2) + 2, nếu k chẵn. (1)
Chứng minh: Lấy f(k, l) kí hiệu là vế phải của (1).
Đầu tiên, ta chứng minh cận dưới của q(k, l) với k lẻ và k ≥ 5.
Trường hợpk = 3đã chứng minh ở trên. Như minh họa trong Hình 2a, cho
P là một tập bao gồm l −1 điểm trên mọi phía thứ hai của (k −1)- giác lồi. Vì vậy, P có 12 (l−1) (k −1) điểm mà không có l điểm thẳng hàng và không có k điểm ở vị trí lồi chặt (vì thế tối đa hai điểm từ mỗi phía là ở vị trí lồi chặt). Suy ra,q(k, l) > 12 (l−1) (k −1). Do đây là số nguyên nên
q(k, l) ≥ 12 (l−1) (k −1) + 1 = f(k, l).
Bây giờ, ta chứng minh cận dưới của q(k, l) với k chẵn và k ≥ 4.
Với k = 4, một tập có l −1 điểm thẳng hàng và một điểm ngoài đường thẳng không có 4 điểm ở vị trí lồi chặt. Suy ra, q(4, l) ≥ l + 1. Giả sử
k ≥ 6, như minh họa ở Hình 2b, P là một tập bao gồm l −1 điểm trên mọi phía thứ hai của (k −2)-giác lồi, cộng thêm một điểm không thẳng hàng với bất kỳ hai điểm nào khác. Vì vậy, P có 12 (l −1) (k−2) + 1
điểm mà không có l điểm thẳng hàng và không có k trong vị trí lồi chặt (vì thế tối đa hai điểm từ mỗi phía là ở vị trí lồi chặt cộng thêm một điểm). Suy ra q(k, l) > 12 (l −1) (k−2) + 1. Do đây là số nguyên nên
Hình 2. Các ví dụ đường cực trị với l = 6, k = 9(a)và l = 6, k = 8(b).
Bây giờ ta chứng minh cận trên q(k, l) ≤ f(k, l) với mọi l ≥ 3, k ≥ 1. Bằng phương pháp quy nạp trên k ≥ 1. Trường hợp k = {1,2,3} hoặc
l = 3 suy ra từ các suy luận ở trên. Bây giờ, giả sử rằng k ≥ 4 và l ≥ 4. Cho P là tập có ít nhất f(k, l) điểm ở vị trí lồi mà không có l điểm thẳng hàng và không có k điểm ở vị trí lồi.
Lấy v1, v2, ..., vm là các điểm góc của P theo chiều kim đồng hồ vớivm+1 =
v1 và v0 = vm. LấyPi = P ∩vivi+1 với mỗi i ∈ [m]. Vì vậy, |Pi ∈ [2, l−1]|
với mỗi i ∈ [m]. Giả thiết rằng |Pi| ≥ 4 với một vài i ∈ [m] nào đó. Vậy thì, |P −Pi| ≥ f(k, l) − (l − 1) = f(k − 2, l). Theo giả thiết quy nạp,
P −Pi có một tập con S chứa k−2 điểm ở vị trí lồi chặt (suy ra từ P và vì vậy P −Pi không có l điểm thẳng hàng). Vì vậy, S và hai điểm trong của Pi tạo thành một tập con k điểm ở vị trí lồi chặt, điều này là mâu thuẫn. Bây giờ, giả thiết rằng |Pi| ≤3 với mỗi i ∈ [m].
Giả sử rằng|Pi| = 2 vớii ∈ [m]nào đó. Ta nóit, u, v, w, x, y là các điểm liên tiếp nằm trên biên của conv(P), với Pi = {v, w}. Suy ra, {u, v, w, x}
ở vị trí lồi chặt, giả thiết rằng k ≥ 5. Do đó |P − {t, u, v,w, x, y}| ≥
f(k, l)−6 ≥f(k−4, l). Bằng phương pháp quy nạp, P − {t, u, v,w, x, y}
có một tập con S có k −4 điểm ở vị trí lồi chặt (suy ra từ P và vì vậy
P − {t, u, v,w, x, y} không có l điểm thẳng hàng). Suy ra, |Pi−1| ≤ 3 và (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
|Pi+1| ≤ 3. Từ đây suy ra rằng S ∪ {u, v,w, x} là một tập k điểm ở vị trí lồi chặt, điều này là mâu thuẫn.
Giả sử rằng |Pi| = 3 với mọi i ∈ [m]. Khi ấy, |P| = 2m. Như minh họa trong Hình 3. Giả sử S chứa mỗi bộ m điểm không là điểm góc của P, cộng với mỗi điểm góc thứ 2 (trong trường hợp m lẻ, ta bỏ đi hai điểm góc liên tiếp từ S). Vì vậy, S là tập có ít nhất 12 (3m−1) điểm ở vị trí lồi. Ta có |P| ≥ f(k, l), mà l ≥ 4nên ít nhất 32k−1. Thế thì không có k điểm ở vị trí lồi chặt, |S| ≤ k −1 và 8(k − 1) ≥ 8|S| ≥ 12m − 4 = 6|P| ≥
Hình 3. Trường hợp |Pi|= 3 với mọii ∈ [m], trong đóm = 6(a) và m = 7(b). Những điểm đen là điểm thuộc S.