giả thuyết erdos - szekeres (hình học tổ hợp)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
NGUYỄN TIẾN THỊNH
GIẢ THUYẾT ERD
¨
OS - SZEKERES
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2011
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
NGUYỄN TIẾN THỊNH
GIẢ THUYẾT ERD
¨
OS - SZEKERES
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC
Chuyên ngành : Toán giải tích
Mã số: 60.46.01
Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS. Tạ Duy Phượng
Thái Nguyên - 2011
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mục lục
Chương 1. Giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres và một số bài toán mở rộng . . . . . . 4
1.1.Tổng quan về giả thuyết Erd
¨
os – Szekeres . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1. Lịch sử của bài toán Erd
¨
os-Szekeres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2. Bài toán Erd
¨
os-Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3, 4, 5 với tập điểm ở vị trí bất
kỳ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3 với tập điểm ở vị trí bất kỳ . . . . . . . . 14
1.2.2. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 4 với tập điểm ở vị trí bất kỳ . . . . . . . . 15
1.2.3. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ . . . . . . . . 17
Chương 2. Bài toán Erd
¨
os về sự tồn tại đa giác lồi rỗng . . . . . . . . . . . 25
2.1.Lịch sử Bài toán Erd
¨
os về đa giác lồi rỗng. . . . . . . . . . . . 25
2.1.1. Đa giác lồi rỗng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.2. Đa giác lồi rỗng suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2.Lời giải bài toán H(n) cho trường hợp n = 3, 4, 5 với tập điểm ở vị trí bất
kỳ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2.1. Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = 3 với tập điểm ở vị trí bất kỳ . . . 32
2.2.2. Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = 4 với tập điểm ở vị trí bất kỳ . . . 32
2.2.3. Chứng minh công thức H(n) cho trường hợp n = 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ . . . 35
Chương 3. Chứng minh giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres với trường hợp n = 6 trong
một số trường hợp riêng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.1.Giả thuyết Erd
¨

os-Szekeres với trường hợp n = 6. . . . . . . . . . 55
3.2.Chứng minh giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres với trường hợp n = 6 trong một số
trường hợp riêng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Tài liệu tham khảo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
1
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
MỞ ĐẦU
Giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres được đề cập đến từ rất sớm (vào năm 1935),
xuất phát từ bài toán của Esther Klein với phát biểu rất ngắn gọn:
• Giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres : Mọi tập hợp trên mặt phẳng gồm không
ít hơn 2
n−2
+ 1 điểm ở vị trí tổng quát (không có ba điểm nào thẳng
hàng) đều chứa n điểm là đỉnh của đa giác lồi.
• Bất chấp sự đơn giản trong phát biểu, sau ba phần tư thế kỉ, giả thuyết
Erd
¨
os-Szekeres mới được chứng minh cho các trường hợp n = 3, 4,
5. Gần đây (năm 2006) trường hợp n = 6 mới được chứng minh nhờ
máy tính. Sau 75 năm, rất nhiều kết quả mới đã làm phong phú thêm
giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres.

• Luận văn Giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres và một số bài toán liên quan có
mục đích trình bày chứng minh một số kết quả đã biết trong bài toán
(giả thuyết) Erd
¨
os-Szekeres cho hai bài toán mở rộng. Bài toán thứ
nhất là mở rộng của bài toán Erd
¨
os-Szekeres khi bỏ điều kiện các
điểm ở vị trí tổng quát (không có ba điểm nào thẳng hàng), tức là các
điểm ở vị trí bất kì. Bài toán thứ hai là bài toán Erd
¨
os về sự tồn tại đa
giác lồi rỗng trong tập hợp các điểm bất kì trên mặt phẳng.
• Luận văn gồm ba Chương.
• Chương 1: Trình bày tổng quan về giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres. Các
kiến thức sử dụng trong luận văn. Chứng minh công thức ES(n) =
2
n−2
+ 1 với n = 3, 4, 5 với tập điểm ở vị trí bất kỳ trong mặt phẳng.
• Chương 2: Chứng minh công thức tính H(n) với n = 3, 4, 5 với tập
điểm ở vị trí bất kỳ trong mặt phẳng.
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
• Chương 3: Trình bày lại một cách tóm lược công trình của Knut
Dehnhardt, Heiko Harboth và Zsolt Lángi [9] đã chứng minh cho giả
thuyết Erd

¨
os-Szekeres với trường hợp n = 6 trong một số trường hợp
riêng mà không sử dụng máy tính.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy
Phượng. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn thầy hướng dẫn đã
tận tình giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình tập dượt nghiên cứu và viết
luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trường Đại học sư phạm
thuộc Đại học Thái Nguyên và các thầy cô giáo Viện Toán học Việt Nam
đã tận tâm giảng dạy và giúp đỡ tác giả hoàn thành khóa học.
Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn Trường Cao đẳng Công
nghiệp Nam Định, nơi tác giả đang công tác, các đồng nghiệp, gia đình và
bạn bè đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện về mọi mặt trong quá trình
tác giả học tập.
Thái Nguyên, tháng 08 năm 2011
3
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 1
Giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres và một số bài
toán mở rộng
Trong chương này chúng tôi phát biểu giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres cho
trường hợp các điểm ở vị trí tổng quát và một mở rộng của bài toán Erd
¨
os-
Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì, đồng thời cũng trình bày
chứng minh công thức Erd

¨
os-Szekeres trong trường hợp n = 3, 4, 5 với tập
hợp điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ.
1.1. Tổng quan về giả thuyết Erd
¨
os – Szekeres
1.1.1. Lịch sử của bài toán Erd
¨
os-Szekeres
Năm 1933, Esther Klein đã phát biểu và chứng minh bài toán sau
đây.
Bài toán 1.1: Với năm điểm cho trước trong mặt phẳng ở vị trí tổng
quát (không có ba điểm nào thẳng hàng), bao giờ ta cũng tìm được bốn
điểm là đỉnh của một tứ giác lồi.
Dưới đây là chứng minh của Klein.
4
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Xét đa giác lồi lớn nhất chứa tất cả năm điểm ở vị trí tổng quát. Chỉ có ba
khả năng khác nhau sau đây xảy ra:
Hình 1.1: Tập năm điểm ở vị trí tổng quát luôn tồn tại 4 điểm là đỉnh của một tứ giác lồi.
Trường hợp thứ nhất (xem hình1.1-loại 1): Bao lồi của năm điểm là
một ngũ giác. Khi ấy mọi bộ bốn điểm từ năm điểm ấy đều tạo thành tứ
giác lồi (điểm còn lại nằm ngoài tứ giác lồi đó). Vậy ta có tứ giác lồi không
chứa điểm nào bên trong. Erd
¨
os gọi các tứ giác này là tứ giác lồi rỗng.
Trường hợp thứ hai (xem hình 1.1-loại 2): Bao lồi là tứ giác ABCD
chứa một điểm E ở bên trong (tứ giác lồi ABCD chứa duy nhất một điểm
E ở bên trong được gọi là tứ giác lồi gần rỗng). Kẻ đường chéo AC của tứ
giác thì do ba điểm bất kì trong năm điểm đã cho không thẳng hàng nên

điểm E phải thuộc tam giác ABC hoặc tam giác ACD. Trong hình 1.1-loại
2 thì điểm E nằm ở bên trong tam giác ABC (bên ngoài tam giác ACD).
Khi ấy AECD là tứ giác lồi rỗng. Như vậy, trong trường hợp này ta có một
tứ giác lồi rỗng AECD và một tứ giác lồi gần rỗng ABCD.
Trường hợp cuối cùng (xem hình 1.1-loại 3): Bao lồi là tam giác
ABC, hai điểm D và E còn lại nằm bên trong tam giác. Do không có ba
5
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
điểm nào thẳng hàng nên đường thẳng đi qua hai điểm D và E sẽ chia mặt
phẳng chứa tam giác thành hai phần sao cho một nửa mặt phẳng phải chứa
hai đỉnh của tam giác. Hai đỉnh này cùng với hai điểm thuộc phần trong
tam giác tạo thành một tứ giác lồi rỗng.
Từ quan sát trên, E. Klein đã đề nghị một bài toán tổng quát sau đây.
Bài toán 1.2 : Với mỗi số tự nhiên n ≥ 3, hãy xác định số nguyên
dương N(n) nhỏ nhất sao cho mọi tập có tối thiểu N(n) điểm trên mặt
phẳng ở vị trí tổng quát chứa n điểm tạo thành một đa giác lồi n đỉnh.
Bài toán 1.2 được phát biểu trong [15] và sau này được gọi là Bài
toán Erd
¨
os-Szekeres.
Trong [15], Bài toán 1.2 đã được tách ra thành hai bài toán:
Bài toán 1.2a : Tồn tại hay không tồn tại số N(n).
Bài toán 1.2b : Nếu số N(n) tồn tại thì hãy xác định N(n) như một hàm
của n, tức là tìm số điểm N(n) nhỏ nhất mà từ đó có thể chọn ra được n
điểm tạo thành đa giác lồi n đỉnh.
Trong [15], đã trình bày chứng minh sự tồn tại số N(n) bằng hai cách
hoàn toàn khác nhau:
• Cách thứ nhất: Do Szekeres chứng minh không lâu sau khi E. Klein
phát biểu bài toán, dựa trên định lí Ramsey (Szekeres và các thành
viên khác trong nhóm sinh viên Budapest lúc đó không ai biết định

lí Ramsey, nhưng để giải bài toán của Klein đưa ra, Szekeres đã phát
hiện lại và sử dụng định lí này), từ đó ta có bất đẳng thức N(n) ≤
R
4
(n, 5), trong đó R
4
(n, 5) là số Ramsey. Tuy nhiên, đánh giá này là
quá lớn so với thực tế. Thí dụ, với n = 5 thì N(5) ≤ 2
10000
, quá xa so
6
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
với thực tế N(5) = 9 .
• Cách thứ hai: Do Erd
¨
os chứng minh nhờ kết hợp hình học với lí thuyết
tổ hợp và kết quả ta được một đánh giá tốt hơn N(n) ≤ C
n−2
2n−4
+ 1 vào
năm 1935 (xem chi tiết hơn trong [15]).
Sau 63 năm Chung và Graham (xem [8]) đã chứng minh được
N(n) ≤ C
n−2
2n−4
, ∀ n ≥ 3.
Ngay sau đó Kleitman và Pachter (xem [10]) đã chứng minh được
N(n) ≤ C
n−2
2n−4

+ 7 − 2n, ∀ n ≥ 3
Cũng trong năm đó (1998) Tóth và Valtr (xem [19]) đã chứng minh được
N(n) ≤ C
n−2
2n−5
+ 2, ∀ n ≥ 3.
Sau đó 7 năm (2005) Tóth và Valtr (xem [20]) đã chứng minh được
N(n) ≤ C
n−2
2n−5
+ 1, ∀ n ≥ 5.
Như vậy đánh giá tốt nhất hiện nay là của Tóth và Valtr, tuy nhiên với
n = 6 thì C
4
7
+ 1 = 36 còn cách khá xa so với chứng minh của Szekeres và
Peters năm 2006 là N(6) = 17, xem [18].
Theo [11], năm (1960-1961) P. Erd
¨
os and G. Szekeres đã xây dựng được
trường hợp tổng quát cho tập hợp chứa 2
n−2
điểm ở vị trí tổng quát (không
có ba điểm bất kỳ nào thẳng hàng) không chứa n-giác lồi. Do đó cận dưới
của N(n) là không thể giảm được. Như vậy ta có:
2
n−2
< N(n) ≤ C
n−2
2n−5

+ 2
Vậy với n = 5, ta xét bài toán sau:
Bài toán 1.3 : Với chín điểm cho trước ở vị trí tổng quát trong mặt
phẳng (tức là không có ba điểm nào thẳng hàng) bao giờ ta cũng tìm được
năm điểm tạo thành một ngũ giác lồi.
Bài toán này lần đầu tiên được Đoàn Hữu Dũng giải và đăng trên
tạp chí Toán học và Tuổi trẻ năm 1967, xem[1]. Trên các tài liệu nước
7
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ngoài, công thức N(5) = 9 lần đầu tiên được Kalbfleisch, Kalbfleisch và
Stanton chứng minh năm 1970. Tuy nhiên, cách chứng minh trên là khá
cồng kềnh, do đó công thức N(5) = 9 đã được Bonnice [7] năm 1974 và
Lovász năm 1979 chứng minh theo cách đơn giản hơn. Cách chứng minh
của Bonnice về cơ bản trùng với cách chứng minh của Đoàn Hữu Dũng.
Như vậy, với n = 5 công thức N(5) = 9 đã được chứng minh ngắn gọn bởi
Đoàn Hữu Dũng vào năm 1967 [1] và Bonnice vào năm 1974 [7].
Dựa trên các đẳng thức N(3) = 3 và N(4) = 5 Erd
¨
os và Szekeres
đưa ra giả thuyết sau đây:
Giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres (1935): Mọi tập hợp trên mặt phẳng
gồm không ít hơn 2
n−2
+ 1 điểm ở vị trí tổng quát (không có ba điểm nào
thẳng hàng) đều chứa n điểm là đỉnh của n giác lồi.
Bất chấp sự đơn giản trong phát biểu, sau ba phần tư thế kỉ, giả
thuyết Erd
¨

os - Szekeres chỉ mới được chứng minh cho các trường hợp
n = 3, 4, 5. Trường hợp n = 6 mới được Szekeres và Peters chứng minh
năm 2006 nhờ máy tính (xem [18]) và Knut Dehnhardt, Heiko Harborth,
and Zsolt Lángi, V.A.Koshelev chứng minh cho một số trường hợp riêng
(không dùng máy tính) năm 2009. Giả thuyết Erd
¨
os - Szekeres có liên
quan chặt chẽ với các lĩnh vực khác của toán-tin học (lí thuyết Ramsey, lí
thuyết đồ thị, hình học tổ hợp, ). Giả thuyết Erd
¨
os - Szekeres cũng được
gọi là Bài toán Erd
¨
os - Szekeres.
8
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1.1.2. Bài toán Erd
¨
os-Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì
Trong giả thuyết Erd
¨
os-Szekeres, cũng như trong nhiều bài toán
khác của hình học tổ hợp, thường có một điều kiện duy nhất đặt lên tập
hữu hạn các điểm. Đó là điều kiện các điểm ở vị trí tổng quát (in general
position), tức là không có ba điểm nào thẳng hàng. Điều kiện này không
phù hợp với thực tế và dễ bị vi phạm, nhất là khi các tập có số điểm lớn
(thí dụ, số các điểm là chân các con chip gắn trên một bảng điện tử của các
máy móc hiện đại, hoặc số các ngôi sao trên bản đồ thiên văn,. . .). Các tập
có số điểm lớn và giả thiết sự tồn tại các điểm thẳng hàng nhiều khi là cần
thiết và có lợi.

Vì vậy, trong những năm gần đây, một số tác giả (xem [6]) đã xét bài
toán Erd
¨
os-Szekeres cho trường hợp các điểm ở vị trí bất kì.
Hiển nhiên, khi bỏ điều kiện các điểm ở vị tr í tổng quát (giả thiết các
điểm có thể thẳng hàng), thì không thể có đa giác lồi theo nghĩa thông
thường (thí dụ, ba điểm thẳng hàng không thể tạo thành tam giác theo
nghĩa thông thường). Vì vậy, việc đầu tiên là phải mở rộng khái niệm đa
giác lồi.
Định nghĩa 1.1.1 (Đa giác lồi suy rộng). Cho một tập Ω gồm hữu hạn
điểm trên mặt phẳng (ở vị trí bất kì). Ta ký hiệu convΩ là bao lồi của tập
Ω. Ta nói Ω là đa giác lồi suy rộng nếu mọi điểm của Ω đều nằm trên biên
của tập convΩ.
Chú ý: Nếu có bốn điểm thẳng hàng thì ta chỉ coi ba điểm liên tiếp
là tam giác suy rộng, còn bốn điểm liên tiếp là tứ giác suy rộng.
Định nghĩa 1.1.2 (Điểm góc, điểm cạnh). Điểm v ∈ convΩ được gọi là
điểm góc của tập convΩ nếu conv(Ω\
{
v
}
) = convΩ. Ngược lại thì v được
9
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
gọi là điểm cạnh của Ω. Nếu convΩ là đa giác lồi suy rộng thì ta cũng vẫn
gọi các điểm của Ω là đỉnh (suy rộng) của đa giác lồi suy rộng convΩ. Số
đỉnh của đa giác lồi suy rộng bằng số phần tử của Ω, mặc dù số đỉnh thật
sự (số điểm góc) có thể ít hơn. Đỉnh của đa giác lồi suy rộng bắt buộc phải
nằm trên cạnh, (trên biên) của tập convΩ, nhưng không nhất thiết phải là
điểm góc của convΩ. Ta gọi các điểm góc của convΩ là đỉnh-góc, còn các
đỉnh không phải là các điểm góc của convΩ là đỉnh-cạnh. Khi tất cả các

đỉnh của đa giác là đỉnh-góc thì ta nói đa giác đó là đa giác chính qui.
Đa giác chính qui là đa giác theo nghĩa thông thường.
Bài toán ES(n):
Với số n cho trước, tồn tại hay không số ES(n) sao cho mọi tập có tối
thiểu ES(n) điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kì đều chứa n điểm là đỉnh
của một n - giác lồi suy rộng?
1.2. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3, 4, 5 với
tập điểm ở vị trí bất kỳ
Dưới đây chúng tôi trình bày lời giải Bài toán ES(n) cho các trường
hợp n = 3, 4, 5.
Để thuận tiện, ta qui ước kí hiệu ∂ Ω là tập Ω\int
{
convΩ
}
.
Định nghĩa 1.2.1 (Cấu hình). Cho Ω là một tập hợp n điểm trên mặt
phẳng ở vị trí bất kỳ (với n ≥ 3,) ta ký hiệu
|
Ω
|
là lực lượng của tập Ω. Ta
gọi tập:
Ω
1
= Ω\∂ Ω.
Ω
2
= Ω\
{
∂ Ω ∪ ∂ Ω

1
}
.

Ω
k
= Ω\
{
∂ Ω ∪ ∂ Ω
1
∪ ∪ ∂ Ω
k−1
, k ≥ 1
}
.
10
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Khi đó nếu
|
∂ Ω
|
= i
0
;
|
∂ Ω
1
|
= i
1

; ;
|
∂ Ω
k
|
= i
k
thì ta nói là tập Ω có cấu
hình (i
0
, i
1
, , i
k
).
Định nghĩa 1.2.2 (Cấu hình con). Cho Ω là một tập hợp n điểm trên mặt
phẳng ở vị trí bất kỳ với n ≥ 3. Ta nói cấu hình (v
0
, v
1
, , v
k
) chứa cấu hình
con (s
0
, s
1
, , s
k
) nếu với mọi i = 0, , k thì ta luôn có: v

i
≥ s
i
, ∀ k ≥ 0.
Định nghĩa 1.2.3 (Cấu hình con chuẩn tắc). Cho Ω là một tập hợp n
điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ với n ≥ 3 và P là tập con của Ω. Giả
sử tập P có cấu hình (p
0
, p
1
, , p
k
). Ta nói cấu hình (v
0
, v
1
, , v
k
) của Ω
chứa cấu hình con chuẩn tắc (p
0
, p
1
, , p
k
) nếu :
(i), (p
0
, p
1

, , p
k
) là cấu hình con của (v
0
, v
1
, , v
k
).
(ii), ∀ j = 0, , k − 1, ta giả sử tập ∂ Ω
j
có các đỉnh là V
1
,V
2
, ,V
q
với q ≥
3. Khi đó nếu ta bỏ đi m đỉnh bất kỳ của tập ∂ Ω
j
(q − m ≥ 3), ta giả
sử các đỉnh còn lại là V
1
,V
2
, ,V
q−m
thì ∂ P
j
⊂ ∂


V
1
,V
2
, ,V
q−m

.
Trong đó quy ta quy ước ∂ Ω
0
= ∂ Ω.
Hiển nhiên một cấu hình con chuẩn tắc là cấu hình con, điều ngược lại
nói chung không đúng.
Ta xét thí dụ sau( xem hình 1.2):
Hình 1.2: Cấu hình (5,3,1) chứa mọi cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1).
11
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mệnh đề 1. Cho Ω là tập hợp các điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ,
|
Ω
|
≥ 8. Nếu Ω chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1), thì luôn có năm điểm
thuộc Ω là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng.
Chứng minh. Ta có
|
∂ Ω
|
≥ 4. Gọi V
1

,V
2
, ,V
k
là các đỉnh của ∂ Ω
với k ≥ 4. Ta gọi B,C, D là các đỉnh của ∂ Ω
1
và gọi A là điểm thuộc
int
{
convΩ
1
}
, xem hình1.3.
Các tia AB, AC,AD chia mặt phẳng thành 3 miền:
Hình 1.3: Cấu hình (4,3,1) luôn chứa ngũ giác lồi suy rộng
Miền (I) được giới hạn bởi các tia AB và AC.
Miền (II) được giới hạn bởi các tia AC và AD.
Miền (III) được giới hạn bởi các tia AD và AB.
Như thế bao giờ cũng tồn tại một miền có chứa không ít hơn hai đỉnh
của ∂ Ω, ta giả sử là miền (I) với hai đỉnh là V
1
và V
1
. Khi đó hai đỉnh V
1
,
V
2
cùng với C, A, B tạo thành ngũ giác lồi suy rộng, xem hình 1.4.

Mệnh đề 2. Cho Ω là tập hợp điểm trên mặt phẳng ở vị trí bất kỳ,
|
Ω
|
≥ 8.
Nếu Ω chứa cấu hình con chuẩn tắc (3,3,2) thì luôn có năm điểm thuộc Ω
là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng.
Chứng minh. Ta có
|
∂ Ω
|
≥ 3, gọi V
1
,V
2
, ,V
k
là các đỉnh của ∂ Ω với
k ≥ 3. Ta gọi D, E, F là các đỉnh của ∂ Ω
1
, gọi A và B là điểm thuộc
12
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Hình 1.4: Cấu hình (4,3,1) luôn chứa ngũ giác lồi suy rộng
int
{
convΩ
1
}
, xem hình1.5.

Các tia AD, AE,BD, BF và đoạn AB chia mặt phẳng thành 3 miền:
Hình 1.5: Cấu hình (3,3,2) luôn chứa ngũ giác lồi suy rộng
Miền (I) được giới hạn bởi các tia BD và BF.
Miền (II) được giới hạn bởi các tia AD và AE.
Miền (III) được giới hạn bởi tia AE đoạn AB và tia BF.
(i), Nếu miền (III) chứa ít nhất một đỉnh của ∂ Ω thì đỉnh này kết hợp với
A, B, F, E lập thành ngũ giác lồi suy rộng. Xem hình 1.6.
(ii), Ngược lại, một trong hai miền (I) hoặc miền (II) phải chứa không ít
hơn hai đỉnh của ∂ Ω ( ta giả sử là miền (I)). Do đó hai đỉnh này kết
13
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Hình 1.6: Cấu hình (3,3,2) với một đỉnh của ∂ Ω thuộc miền (III)
hợp với B, D, F lập thành ngũ giác lồi suy rộng. Xem hình 1.7.
Hình 1.7: Cấu hình (3,3,2) với đúng hai đỉnh của ∂ Ω thuộc miền (I)
1.2.1. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 3 với tập điểm ở vị trí
bất kỳ
Công thức ES(3) = 3: Mọi tập có tối thiểu ba điểm cho trước trên mặt
phẳng ở vị trí bất kì (các điểm có thể thẳng hàng) bao giờ ta cũng tìm được
ba điểm là đỉnh của một tam giác suy rộng.
14
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chứng minh. Khi có ba điểm (n = 3) thì chỉ có thể xảy ra một trong hai
khả năng:
• Khả năng thứ nhất: Ba điểm không thẳng hàng. Khi ấy ba điểm tạo
thành tam giác chính qui (xem hình 1.8-loại 1) .
• Khả năng thứ hai: Ba điểm thẳng hàng. Khi ấy convΩ là một đoạn
thẳng nên phần trong của nó bằng rỗng và ba điểm đều nằm trên biên
của tập convΩ . Do đó chúng tạo thành một tam giác suy rộng (xem
hình 1.8-loại 2).
Hình 1.8: Tập ba điểm luôn có tam giác lồi rỗng suy rộng

Vậy ES(3) = 3.
1.2.2. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 4 với tập điểm ở vị
trí bất kỳ
Công thức ES(4) = 5: Mọi tập có tối thiểu năm điểm cho trước trên
mặt phẳng ở vị trí bất kì (các điểm có thể thẳng hàng) bao giờ ta cũng tìm
được bốn điểm là đỉnh của một tứ giác lồi suy rộng.
Chứng minh. Ta có tập Ω có năm điểm (năm phần tử ,
|
Ω
|
= 5 ) thì chỉ
có thể xảy ra một trong hai khả năng:
15
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
• Khả năng thứ nhất:
|
∂ Ω
|
≥ 4, ta gọi các đỉnh của ∂ Ω là V
1
,V
2
, ,V
k
với k ≥ 4 . Khi đó bốn đỉnh liên tiếp của ∂ Ω lập thành một tứ giác lồi
suy rộng (xem hình 1.9 và 1.10 ) .
Hình 1.9: Tập năm điểm có cấu hình (5) hoặc (4,1)
Hình 1.10: Tập năm điểm có cấu hình (5) hoặc (4,1)
• Khả năng thứ hai:
|

∂ Ω
|
= 3, ta gọi các đỉnh của ∂ Ω là V
1
,V
2
,V
3
, các
điểm thuộc int
{
convΩ
}
là A và B . Khi đó tia AB chia mặt phẳng
thành hai miền. Do đó phải có một miền chứa đúng hai đỉnh của ∂ Ω
( kể cả đỉnh thuộc tia AB), hai đỉnh này kết hợp với AB lập thành tứ
giác lồi rỗng suy rộng ( xem hình 1.11).
16
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Hình 1.11: Tập năm điểm có cấu hình (3,2)
Mặt khác: Ta có thể chỉ ra bốn điểm không tạo thành tứ giác lồi (tạo
thành tứ giác lõm, xem hình 1.12).
Vậy ES(4) = 5.
Hình 1.12: Tập bốn điểm không có tứ giác lồi suy rộng
1.2.3. Lời giải Bài toán ES(n) cho trường hợp n = 5 với tập điểm ở vị trí
bất 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.
17
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
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 V
1
,V
2
, ,V
k
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 V
1
,V
2
, ,V
4
. 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
|
∂ Ω
1
|
= 5. Gọi A, B,C, D, E là các
đỉnh thuộc ∂Ω
1
. 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 1.14: Tập có cấu hình (4,5)
18
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Hình 1.15: Tập có cấu hình (4,5)
2. Cấu hình (4,4,1): Ta có
|
∂ Ω

|
= 4 và
|
∂ Ω
1
|
= 4. Gọi B,C, D, E là các
đỉnh thuộc ∂ Ω
1
và A là đỉnh thuộc int
{
convΩ
1
}
.
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
Hình 1.16: Tập có cấu hình (4,4,1) chứa năm điểm là đỉnh của ngũ giác lồi suy rộng
(ii), Điểm A nằm trên đường chéo của tứ giác BCDE (thẳng hàng
với hai đỉnh của ∂ Ω
1
- ta giả sử là B và D). Khi đó đường thẳng
19
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
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
|
∂ Ω
1
|
= 3. Gọi C, D, E là các
đỉnh thuộc ∂ Ω
1
, A và B là các đỉnh thuộc int
{
convΩ
1
}
. Như vậy cấu
hình (4,3,2) chứa cấu hình con chuẩn tắc (4,3,1) bằng cách bớt đi
một điểm thuộc int
{
convΩ
1
}
. Theo mệnh đề 1 cấu hình này cho ta
ngũ giác lồi suy rộng. Xem hình 1.18.
Hình 1.18: Tập có cấu hình (4,3,2)
20

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Khả năng thứ 3.
Khả năng thứ ba:
|
∂ Ω
|
= 3. Gọi các đỉnh của ∂ Ω là V
1
,V
2
,V
3
. 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
|
∂ Ω
1
|
≥ 5, do đó năm đỉnh liên tiếp
trên ∂ Ω
1
lập thành ngũ giác lồi suy rộng. Xem hình 1.19 và 1.20.
Hình 1.19: Tập có cấu hình (3,6) và (3,5,1)
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 V

1
,V
2
,V
3
,
|
∂ Ω
1
|
= 4 gọi các đỉnh của ∂ Ω
1
là C, D, E, F, A và B là các điểm
thuộc int
{
convΩ
1
}
. Khi đó ta chia mặt phẳng thành bốn miền, xem
hình 1.21.
Miền (I) được giới hạn bởi các tia BC và BF.
21
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
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.
Hình 1.21: Tập có cấu hình (3,4,2) chia mặt phẳng thành bốn miền
• (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
22
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
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 V
1
,V
2
,V
3
,
|
∂ Ω
1
|
= 3, gọi các đỉnh của ∂ Ω
1
là D, E, F, các điểm thuộc int
{
convΩ
1
}
là A, B và C. Khi đó ta có cấu hình (3,3,3) chứa cấu hình con chuẩn

tăc (3,3,2) bằng cách bỏ đi một trong ba điểm thuộc int
{
convΩ
1
}
,
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
23
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên