3 Mối quan hệ giữa lý thuyết đồ thị và giả thuyết Erdo ¨ s-
3.2.1Tổng quát hóa của Định lý Erdo ¨ s-Szekeres
Trong phần này ta sẽ chứng minh Định lý 3.1.1 và Định lý 3.1.2, là tổng quát hóa của Định lý Erdo¨s - Szekeres cho những điểm ở vị trí tổng quát. Gọi tập hợpP0 là nhiễu của tập P hữu hạn điểm trong mặt phẳng. Giả sử
v0 ∈ P0 là ảnh của điểm v ∈ P và lấy S0 := {v0 : v ∈ S} với mỗi S ⊆ P. Nếu khoảng cách d(v, v0) ≤ ε với mỗi v ∈ P thì P0 là ε - nhiễu. Nhận xét rằng Định lý 3.1.1 thu được từ Bổ đề 3.2.2 dưới đây và Định lý Erdo¨s - Szekeres cho những điểm ở vị trí tổng quát (được áp dụng cho P0).
Bổ đề 3.2.2. Với mọi tập điểm P trên mặt phẳng tồn tại một P0 - nhiễu của P ở vị trí tổng quát sao cho nếu S0 là tập con của P0 ở vị trí lồi thì S là tập ở vị trí lồi (không chặt).
Chứng minh: Với mỗi bộ ba điểm (u, v, w) sắp thứ tự không thẳng hàng trong P, tồn tại µ > 0 sao cho mọi ε - nhiễu của P sẽ không đổi hướng của (u, v, w) với mọi 0 < ε < µ. Bởi vì tồn tại hữu hạn bộ ba như vậy nên tồn tại bộ ba với µ nhỏ nhất. Lấy P0 là µ - nhiễu của P ở vị trí tổng quát.
Lấy S0 là tập con của P0 ở vị trí lồi. Coi S0 được sắp thứ tự theo chiều ngược kim đồng hồ. Do đó, mỗi bộ ba điểm sắp thứ tự liên tiếp trong S
có hướng dương. Bây giờ xét S theo thứ tự tương ứng như S0. Do nhiễu bảo tồn bộ ba điểm đã định hướng, mỗi bộ ba định hướng của các điểm
liên tiếp trong S có hướng không âm, có nghĩa là S ở vị trí lồi không chặt (đpcm).
Bây giờ ta chứng minh hai bổ đề, từ đó Định lý 3.1.2 được chứng minh. Bổ đề 3.2.3. Với mọi k ≥ 3, l ≥3 ta có:
ES (k, l) ≤ES(12(k−1)(l−1) + 1), nếu k lẻ;
ES (k, l) ≤ES(12(k−2)(l−1) + 2), nếu k chẵn.
Chứng minh Với k lẻ, lấy P là tập có ít nhất ES(12(k−1)(l−1) + 1)
điểm không có l điểm thẳng hàng. Vì vậy, P chứa (12(k − 1)(l −1) + 1)
điểm ở vị trí lồi theo Định lý 3.1.1. Vì vậy, P chứa k - điểm ở vị trí lồi chặt theo Bổ đề 3.2.2.
Tương tự với trường hợp k chẵn. Với k chẵn, lấy P là tập có ít nhất
ES(12(k−2)(l−1) + 2) điểm không có l điểm thẳng hàng. Vì vậy, P chứa
(12(k−2)(l−1) + 2) điểm ở vị trí lồi theo Định lý 3.1.1. Do đó, P chứa k
- điểm ở vị trí lồi chặt theo Bổ đề 3.2.2. Bổ đề 3.2.4. Với mọi k ≥ 3, l ≥3 ta có: ES (k, l) ≤ (l−3) ES(k)−1 2 + ES(k).
Chứng minh: Mọi tập P là tập các điểm trong mặt phẳng với tối đa
l−1 điểm thẳng hàng và tối đa k−1 điểm ở vị trí tổng quát. Lấy S ⊆P
là tập điểm lớn nhất ở vị trí tổng quát. Khi ấy mọi điểm trong P - S là thẳng hàng với hai điểm nằm trong S. Tập S xác định
k −1 2
đường, mỗi đường có tối đa (l−3) điểm trong P - S. Vì vậy:
|P| ≤ k −1 2 (l−3) +|S| ≤ k −1 2 (l −3) +k−1. Có nghĩa là, nếu |P| ≥ k−1 2 (l −3) + k thì P chứa l điểm thẳng hàng hoặc k điểm ở vị trí tổng quát. Như vây, mọi tập P chứa ít nhất
(l −3)
ES(k)−1 2
+ ES(k) điểm trong mặt phẳng chứa l điểm thẳng hàng hoặc ES(k) điểm ở vị trí tổng quát. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Đánh giá tốt nhất cho cận trên của ES(k) là (xem [20]): ES(k) ≤ 2k−5 k −2 + 1∈ O 22k √ k . Từ Bổ đề 3.2.3 ta có hệ quả: Nếu k lẻ thì: ES(k, l) ∈ O 2 (k−1)(l−1) √ kl ! (2) và nếu k chẵn thì: ES(k, l) ∈ O 2 (k−2)(l−1) √ kl ! (3) Tương tự, từ Bổ đề 3.2.4 suy ra ES(k, l) ∈ O l.24k √ kl (4)
Nhận xét rằng đánh giá (4) mạnh hơn đánh giá trong (2) và (3) với
l ≥6 và k đủ lớn, với l ≤ 5 thì đánh giá trong (2) và (3) là mạnh hơn. Bây giờ, ta sẽ xét các tập điểm không có 4 - lỗ với các đặc trưng sau: Định lý 3.2.2. (xem [10]) Cho P là tập điểm hữu han, ta có các điều kiện sau là tương đương:
a) P không chứa 4 - lỗ.
b) Đồ thị P nhìn thấy được là crossing-free. c) P có một tam giác duy nhất.
d) Ít nhất một trong các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
• Tất cả các điểm trong P ngoại trừ không quá một điểm là thẳng hàng (xem hình 4a và 4b).
• Tồn tại hai điểm v, w ∈ P ở về hai phía đối diện của một đường thẳng L sao cho: P − {v, w} ⊆ L và giao của conv(P − {v, w}) và vw hoặc là một điểm trong P − {v, w} hoặc là rỗng. (xem Hình 4c và 4d).
Hình 4. Tập các điểm không chứa 4 - lỗ.
Hệ quả 3.2.1. Với mỗi số nguyên l ≥ 2, mọi tập có ít nhất {7, l + 2}
điểm trong mặt phẳng chứa l điểm thẳng hàng hoặc 4- lỗ.
Hệ quả 3.2.1 có thể là một chứng minh của Định lí 3.1.2. Bằng cách áp dụng Định lí Ramsey hai màu (xem[19]), với mỗi số dương t, tồn tại số dươngn sao cho với mọi cạnh2 - màu của siêu đồ thị 4 - uniform (4 - đều) đầy đủ bất kỳ trên ít nhấtnđỉnh, tồn tại tậpX củatđỉnh sao cho các cạnh gây ra bởi X là đơn sắc. Áp dụng kết quả này với t := max{7, k, l+ 2}, ta khẳng định rằng ES(k, l) ≤ n. Giả sử P là một tập ít nhất n điểm trong mặt phẳng với l điểm thẳng hàng. Giả sử G là một siêu đồ thị 4 - uniform với tập đỉnh P. Cho mỗi bộ 4 T của các đỉnh, tô cạnh của T màu xanh nếu T tạo thành tứ giác lồi chặt và tô cạnh của T màu đỏ nếu trái lại. Khi ấy tồn tại tập X của t điểm sao cho những cạnh gây ra bởi X là đơn sắc. Nếu tất cả các cạnh gây ra bởi X là đỏ thì không có bộ bốn điểm trong X tạo thành tứ giác lồi chặt, điều này mâu thuẫn với hệ quả 3.2.1 vì |X| ≥ max{7, l+ 2}. Ngược lại, tất cả các cạnh gây ra bởi X là xanh, nghĩa là mọi bộ 4 điểm trong X tạo thành tứ giác lồi chặt. Điều này suy ra rằng X tạo thành t - tứ giác lồi chặt (với một vài điểm không là điểm góc trong X sẽ trong tam giác của các điểm góc của X. Suy ra tồn tại bộ 4 điểm trong X không tạo thành tứ giác lồi chặt). Do đó, t ≥k. (đpcm). Bây giờ, ta đi chứng minh Định lí 3.1.3. Chứng minh này gần với chứng
minh Định lí 6 - lỗ cho các điểm ở vị trí tổng quát của Valtr [20].
Chứng minh Định lí 3.1.3 Cố định l ≥ 3và lấy k := (2l2−l−1)2−1 là một số nguyên.
Lấy P là một tập chứa ít nhất ES(k) điểm trong mặt phẳng. Theo Định lí 3.1.1, P chứa k điểm ở vị trí lồi. Giả sử phản chứng rằng P không chứa l điểm thẳng hàng và không có 5 - lỗ.
Một tập X có ít nhất k điểm nằm trong P ở vị trí lồi được gọi là k - minimal (k - tối thiểu hay k - cực tiểu) nếu không tồn tại tập Y có tối thiểu k điểm trong P ở vị trí lồi sao cho conv(Y) 6⊂ conv(X) như minh họa trong Hình 5. Lấy A1 là tập con k - cực tiểu của P. Lấy A2, ..., Al−1
là các lớp lồi bên trong A1. Chính xác hơn, với i = 2, ..., l −1, lấy Ai là tập điểm trong P nằm trên biên của bao lồi của P ∩ conv(Ai−1) −Ai−1. Đặt Al = P ∩ conv(Al−1)−Al−1
. .
Hình 5. Xác định A1, A2, ...Al.
Theo Bổ đề 3.2.1, với k = 5, với mỗi i ∈ [2, l], mọi 2l − 1 điểm liên tiếp của Ai−1 chứa 5 điểm ở vị trí lồi chặt. Như vậy bao lồi của bất kỳ
2l −1 điểm liên tiếp của Ai−1 chứa một điểm nằm trong Ai, nếu không nó phải chứa 5 - lỗ. Bây giờ, Ai−1 chứa
h |A| 2l−1
i
tập con rời nhau, mỗi tập chứa 2l −1 điểm liên tiếp và bao lồi của mỗi tập con chứa điểm nằm trongAi. Suy ra những bao lồi của những tập con này của Ai−1 là rời nhau.
|Ai| ≥ |A| 2l−1 > |Ai−1| 2l−1 −1 kéo theo |Ai−1| < (2l−1) (|Ai|+ 1) (5)
Giả sử rằng Ai = ∅ với i ∈ [2, l] nào đó. Theo (5), |Ai| < (2l −1)
và |Ai−2| < (2l −1)2 + (2l − 1). Theo quy nạp,|A1| < i−1 P j=1 (2l−1)j < (2l−1)i−1
2l−2 ≤ (2l−2l1)−2l−1 = k. Điều này là mâu thuẫn.
Bây giờ ta giả thiết rằng: Ai 6= ∅với mọi i ∈ [l]. Cố định một điểm z ∈ Al. Nhận xét rằng nếu |A1| ≤ 2 với i ∈ [l −1] nào đó thì Ai+1 = ∅. Vì vậy, chúng ta có thể giả sử rằng |Ai| ≥ 3 với mọi i ∈ [l −1]. Xét mỗi tập Ai
được sắp xếp theo chiều kim đồng hồ quanh conv(Ai). Nếu x và y là hai điểm liên tiếp trong Ai với y theo chiều kim đồng hồ từ x thì ta nói rằng đoạn −xy→ có hướng là một cung của A (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
i. Cho −xy→ là một cung của A
i với i ∈ [l −2] nào đó. Chúng ta nói rằng −xy→
là rỗng nếu ∆ (x, y, z)∩Ai+1 = ∅ (xem minh họa Hình 6a).
Trong trường hợp này, giao của biên của tậpconv(Ai+1)và∆ (x, y, z)chứa trong một cung −→pq. Ta gọi −→pq theo sau −xy→.
.
Hình 6.