Luận văn Về sự tồn tại lục giác lồi rỗng trong bài toán Erdós

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ HẰNG
VỀ SỰ TỒN TẠI LỤC GIÁC LỒI RỖNG
TRONG BÀI TOÁN ERD
˝
OS
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN-2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ HẰNG
VỀ SỰ TỒN TẠI LỤC GIÁC LỒI RỖNG
TRONG BÀI TOÁN ERD
˝
OS
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG
THÁI NGUYÊN-2015
Mục lục
Mở đầu iii
1 Tổng quan bài toán Erd
˝
os về đa giác lồi rỗng 1
1.1 Giới thiệu và xây dựng kết quả chính . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Phương pháp chứng minh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Định nghĩa và kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3.2 Vị trí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 Chứng minh công thức đánh giá E(6) ≤ 463 14
2.1 Trường hợp đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Trường hợp với j = 0 (1 ≤ i ≤ 5) . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2.1 Cấu hình dạng (8,1,0) . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2.2 Cấu hình dạng (8,2,0) . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2.3 Cấu hình dạng (8,3,0) . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2.4 Cấu hình dạng (8,4,0) . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2.5 Cấu hình dạng (8,5,0) . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3 Trường hợp với một điểm ở trong . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3.1 Cấu hình dạng (8,3,1) . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3.2 Cấu hình dạng (8,4,1) . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3.3 Cấu hình dạng (8,7,1) . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.4 Các trường hợp, trong đó sử dụng tính chất tối thiểu của
bát giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.4.1 Cấu hình dạng (8,3, ≥ 2) . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4.2 Cấu hình dạng (8,4, ≥ 2) . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.4.3 Cấu hình dạng (8,5, ≥ 3) . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.4.4 Cấu hình dạng (8,6,5) . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.5 Các trường hợp áp dụng tính cực tiểu của bát giác . . . . . 27
2.5.1 Cấu hình dạng (8,6,4) . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
i
2.5.2 Cấu hình dạng (8,5,2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.5.3 Cấu hình dạng (8,7,5) . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.6 Trường hợp cá biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.6.1 Cấu hình dạng (8,6,3) . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.6.2 Cấu hình dạng (8,7,4) . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.7 Phần cơ bản của chứng minh: Các trường hợp đặc biệt . . . 42
2.7.1 Cấu hình dạng (8,7,3) . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.7.2 Cấu hình dạng (8,6,2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.7.3 Cấu hình dạng (8,6,1) . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.7.4 Cấu hình dạng (8,5,1) . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
Kết luận 63
ii
Mở đầu
Giả thuyết Erd
˝
os-Szekeres được đề cập từ rất sớm (vào năm 1935):
Mọi tập không ít hơn 2
n−2
+1 điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát
(không có ba điểm nào thẳng hàng) đều chứa n điểm là đỉnh của một
đa giác lồi.
Bất chấp sự cố gắng của hàng trăm nhà toán học đã nghiên cứu và
viết hàng trăm bài báo, giả thuyết Erd
˝
os-Szekeres mới chỉ được chứng
minh trọn vẹn cho các trường hợp n = 3, 4, 5. Gần đây, năm 2006,
trường hợp n = 6 đã được chứng minh bởi Szekeres và Peters nhờ
máy tính. Sau đó, năm 2009, ba nhà toán học là Knut Dehnhardt,
Heiko Harboth và Zsolt Lángi đã đưa ra một chứng minh thuần túy
toán học cho một trường hợp riêng của trường hợp n = 6.
Năm 1978, Erd
˝
os đã phát biểu một bài toán mới, đó là bài toán Erd
˝
os
về đa giác lồi rỗng: Cho n là một số tự nhiên bất kỳ, tồn tại hay không
số nguyên dương nhỏ nhất E(n) sao cho từ mọi tập chứa tối thiểu
E(n) điểm ở vị trí tổng quát trên mặt phẳng đều có thể chọn ra được

n điểm là đỉnh của một đa giác lồi rỗng.
Bài toán này đã thu hút nhiều nhà nghiên cứu hình học tổ hợp trên
thế giới. Ngay sau đó, cũng vào năm 1978, Harborth đã chứng minh
E(5) = 10. Năm 1983, với mọi n, Horton đã xây dưng tập mà với
n ≥ 7 không thể lấy ra được đa giác lồi rỗng 7 đỉnh. Như vậy,chỉ còn
lại trường hợp n = 6. Năm 2003, Overmars đã chứng minh nếu, E(6)
tồn tại thì E(6) ≥ 30.
Năm 2008, Koselev đã Chứng minh định lý: mọi tập với tối thiểu 463
điểm ở vị trí tổng quát trên mặt phẳng đều chứa 6 điểm tạo thành
lục giác lồi rỗng.
Luận văn có mục đích trình bày chứng minh công thức E(6) ≤ 463
theo bài báo của Koselev [20]. Để làm rõ bức tranh toàn cục, Luận
văn cũng trình bày tổng quan về bài toán Erd
˝
os về đa giác lồi rỗng.
Luận văn gồm 2 chương:
iii
Chương 1: Tổng quan về bài toán Erd
˝
os về đa giác lồi rỗng.
Chương 2: Chứng minh đánh giá E(6) ≤ 463 của Koselev.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Tạ Duy
Phượng. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn Thầy đã tận tình giúp đỡ tôi
trong suốt quá trình tập dượt nghiên cứu và viết luận văn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô giáo trường Đại học Khoa
học - Đạị học Thái Nguyên và Viện Toán học Việt Nam đã tận tình
giảng dạy và giúp đỡ để tôi hoàn thành khóa học.
Cuối cùng xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, giúp
đỡ, khích lệ và tạo mọi điều kiện cho tôi trong quá trình học tập và
nghiên cứu.

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Nguyễn Thị Hằng
iv
Chương 1
Tổng quan bài toán Erd
˝
os về đa
giác lồi rỗng
1.1 Giới thiệu và xây dựng kết quả chính
Năm 1935 Erd
˝
os-Szekeres đã phát biểu bài toán sau đây.
Bài toán 1(Erd
˝
os-Szekeres) Cho số nguyên n ≥ 3, hãy tìm một
số nguyên dương nhỏ nhất g(n) sao cho từ một tập hợp bất kỳ các
điểm trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát và chứa tối thiểu g(n) điểm
thì có thể chọn ra một tập hợp con có n điểm là đỉnh của một đa giác
lồi n cạnh.
Năm 1978 Erd
˝
os đã phát biểu một dạng khác của bài toán trên.
Bài toán 2 (Erd
˝
os-Szekeres) Cho số nguyên bất kì n ≥ 3, hãy tìm
số nguyên dương nhỏ nhất h(n) sao cho từ mọi tập điểm X trên mặt
phẳng ở vị trí tổng quát và chứa tối thiểu h(n) điểm có thể chọn ra
một tập hợp gồm n điểm mà các phần tử của nó là đỉnh của một n
giác lồi và rỗng. Nghĩa là n giác lồi này không chứa một điểm nào
bên trong X.

Ta nhắc lại tập các đỉnh trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát nếu như
không có ba điểm nào nằm trên một đường thẳng. Cả hai bài toán đều
là những bài toán điển hình trong hình học tổ hợp và lý thuyết Ramsey
(xem [5], [6], [7]).
Bài toán thứ nhất Erd
˝
os-Szekeres đã xét trong bài báo [2]. Erd
˝
os-Szekeres
1
đã chứng minh rằng tồn tại g(n) với n bất kì và được dựa trên đánh giá trên
g(n) ≤

2n − 4
n − 2

+1 và cũng đưa ra một giả thuyết g(n) = 2
n−2
+1. Giả
thuyết này đã được khẳng định cho n ≤ 6. Ở đây trường hợp g(n) = 3 là
hiển nhiên. Trường hợp g(4) = 5 đã được chứng minh bởi Klein năm 1935
(xem trong Hình 1 trong đó biểu thị tất cả khả năng phân bố các điểm trên
mặt phẳng). Mệnh đề g(5) = 9 đã được Ender Makai chứng minh. Tuy
nhiên, có vẻ như Makai mới chỉ ra phản ví dụ nói rằng g(5) ≥ 9. Mệnh
đề g(5) = 9 đã được chứng minh bởi Đoàn Hữu Dũng 1967 [1]. Mệnh
đề g(6) = 17 đã được khẳng dịnh bởi Szekeres và Peter năm 2006. Ngoài
ra năm 1961, Erd
˝
os-Szekeres đã chứng minh đánh giá dưới g(n) ≥ 2
n−2

+1.
Hình 1: Mọi tập hợp từ năm điểm đều chứa tứ giác lồi
Bất đẳng thức g(n) ≤

2n − 4
n − 2

+ 1 đã được nhiều lần làm tốt lên.
Đã có ba kết quả liên tiếp vào năm 1998. Kết quả đầu tiên thuộc về hai
vợ chồng F.Chung và R.Graham: g(n) ≤

2n − 4
n − 2

(xem [9]). Kết quả
thứ hai thuộc về Kleitman và Pachter là g(n) ≤

2n − 4
n − 2

+ 7 − 2n
(xem [10]). Và cuối cùng đánh giá tốt thứ ba thì thuộc về Tóth và Valtr
g(n) ≤

2n − 5
n − 3

+2 (xem [11]). Trong năm 2005 thì Tóth và Vailtr thay
đánh giá trên bằng đánh giá g(n) ≤


2n − 5
n − 3

+ 1 với (n ≥ 5) tốt hơn
một đơn vị (xem [12]) và đây cũng là đánh giá tốt nhất cho tới nay. Như vậy
giả thuyết Erd
˝
os-Szekeres chưa được chứng minh cũng chưa có phản ví dụ.
Bài toán 2 được nghiên cứu tương đối sâu hơn. Đẳng thức h(3) = 3
và h(4) = 5 là hiển nhiên (xem Hình 1). Đánh giá h(5) = 10 đã được
chứng minh bởi Harborth 1978 (xem [13]). Năm 1983 Horton đã chứng
2
minh rằng h(n) không tồn tại khi n ≥ 7 (xem [14]). Mãi đến năm 2006
Gerken mới chứng minh được tồn tại của h(6) và chứng minh bất đẳng
thức h(6) ≤ g(9) ≤

13
6

+ 1 = 1717 (xem [15]). Và tất cả những
đánh giá dưới cho h(6) đã chứng minh được bằng máy tính. Đánh giá dưới
đầu tiên thuộc về Overmars và Scholten năm 1988, đó là h(6) ≥ 27 (xem
[16]). Đánh giá tiếp theo năm 2001 cũng bởi Overmars và cũng là đánh
giá tốt nhất hiện nay h(6) ≥ 30 (xem [17]). Sai khác giữa đánh giá trên
và đánh giá dưới là quá lớn. Làm giảm đánh giá này là một bài toán khó.
B.A.Koselev đã chứng minh định lý sau đây.
Định lí 1. (Koselev, [20], 2008) Ta có bất đẳng thức
h(6) ≤ max {g(8), 400} ≤ 463.
Lịch sử của bài toán Erd
˝

os-Szekeres có thể xem trong bài báo tổng quan
của Soltan [5].
1.2 Phương pháp chứng minh
Ta nói rằng một tập hữu hạn điểm trên mặt phẳng chỉ chứa k-giác đã
cho nếu như từ tập đó có thể chọn được tập hợp k điểm là các đỉnh của
một k-giác.
Hình 2: Định nghĩa các tập H, I, J, K
Để chứng minh Định lý 1 cần khẳng định rằng trong một tập hợp bất kì
trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát mà có số điểm lớn hơn hoặc bằng 463
3
thì phải tồn tại lục giác lồi rỗng. Ta cố định một tập điểm bất kì, ta nhận
xét rằng tập điểm X chứa tối thiểu X một bát giác lồi. Quan hệ bao hàm
trong tập hợp tất cả các bát giác lồi tạo nên tập hợp X là một quan hệ
chặt. Bởi vậy luôn luôn có thể nói về các bát giác nhỏ nhất kể các điểm
từ trong X. Chọn một trong chúng và kí hiệu tập đỉnh của chúng là tập
H. Kí hiệu I

= (conv(H)\H) ∩ X là tập tất cả các điểm của X nằm bên
trong bao lồi của H. Hoặc I

là rỗng (khi đó ta có bát giác rỗng). Hoặc là
conv(I

) chứa đa giác lồi là một đoạn (2-giác) hoặc là một điểm (1-giác).
Ta kí hiệu I là tập tất cả các đỉnh (I = ∂(conv(I

)) ∩ X). Nếu |I| > 2
thì có thể xây dựng J

= (conv(I)\I) ∩ X như là tập hợp tất cả các điểm

của X mà nằm bên trong bao lồi của I. Nhận xét rằng nếu J

= 0 thì
conv(J

) cũng là đa giác lồi (có thể là 1-giác hoặc 2-giác), bởi vậy thì ta
có thể xây dựng J như là tập hợp tất cả các đỉnh của nó. Tương tự xây
dựng tập K, L và quá trình này sẽ kết thúc sau hữu hạn bước.
Hình 3: Tập hợp dạng (8,0,0, ) và (8,3,0, )
Đặt i = |I| và j = |J|, Ta nói rằng tập X có dạng (8, i, j, ). Trong
trường hợp suy biến thì xuất hiện dạng (8, 0, 0, ), (8, i, 0, ), (xem Hình
3).
4
Hình 4: Sự các định không duy nhất của các dạng
Ta nhận xét rằng các dạng này không duy nhất. Ví dụ tập hợp trong Hình
4 có dạng (8, 4, 1, ), nếu như bát giác lồi tối thiểu trong đó lấy A
1
A
2
A
8
.
Ta sẽ có dạng (8, 5, 2, ), nếu như xét bát giác B
1
B
2
B
8
. Dưới đây chúng
ta sẽ không nói về sự đa dạng của các bát giác lồi trong X. Khi ta nói về

dạng của tập X, thì ta hiểu X có một bát giác lồi, tương ứng với nó thì
X có một dạng đã cho.
Để chứng minh sự tồn tại của lục giác lồi rỗng trong tập hợp X thì đầu
tiên chúng ta xét tập con H

= conv(H) ∩ X. Ta có bổ đề sau:
Bổ đề (Valtr) Cho X, H, I, J, K như trong định nghĩa ở trên. Nếu
|H| ≥ 7 và trong X không có lục giác lồi rỗng thì K = ∅.
Câu nói "như trong bổ đề" nói chung không hoàn toàn là chính xác bởi vì
từ trước tới nay ta luôn luôn giả thiết rằng |H| = 8. Nhưng rõ ràng trong
định nghĩa về các bao lồi lồng nhau trong Hình 2 thì có thể cho cả trường
hợp |H| = 8.
Từ Bổ đề ta suy ra ngay sự tồn tại lục giác lồi rỗng trong mọi tập hợp
dạng (8, i, j, k, ), khi k > 0. Bởi vậy tiếp theo chúng ta chỉ xét các trường
hợp (8, i, j, 0, 0, 0, ). Để cho ngắn gọn chúng ta sẽ nói chỉ về các trường
hợp đó là cấu hình dạng (8, i, j). Tất cả các trường hợp đó sẽ gồm 43 cấu
hình bởi vì i và j có thể thay đổi trong miền giới hạn: 0 ≤ i ≤ 2 hoặc
3 ≤ i ≤ 7 và 0 ≤ j ≤ 7.
5
Theo ý tưởng, mỗi trường hợp trong 43 trường hợp cần phải xét riêng.
Nhưng mà chúng ta có thể chia tất cả tập hợp này ra thành 7 lớp để với
mỗi lớp đó có thể áp dụng cách tiếp cận riêng để chứng minh. Trong 6 lớp
đầu tiên chúng ta sử dụng phương pháp nào đó để khẳng định sự tồn tại
của lục giác lồi rỗng trong tập H

. Trong lớp thứ 7 thì chúng ta cần sử
dụng nhiều thông tin hơn về tập X. Trong trường hợp này thì ta gọi là
trường hợp đặc biệt và nó thuộc vào cấu hình dạng
(8, 7, 3), (8, 6, 2), (8, 6, 1), (8, 5, 1)
Ta có định lí sau.

Định lý. Giả sử X ⊂ R
2
là tập các điểm ở vị trí tổng quát và |X| ≥ g(8).
Khi đó, trong mỗi 39 trường hợp không phải trường hợp đặc biệt thì tồn
tại tập H

chứa lục giác lồi rỗng. Với 4 trường hợp đặc biệt, ta có thể chỉ
ra ví dụ, trong đó H

không chứa lục giác lồi rỗng.
Giả thiết rằng ta đã chứng minh được định lý. Khi đó ta có thể phân
loại tất cả các cấu hình trên mặt phẳng. Hơn nữa, ngay lập tức ta có thể
chứng minh định lý 1 cho hầu hết tất cả các trường hợp trong cấu hình này.
Với những trường hợp đặc biệt thì chúng ta cần phải sử dụng các phần tử
của X\H

, để H

thỏa mãn định lý. Có nghĩa là tự nó không chứa lục giác
lồi rỗng, hay như ta sẽ nói nó thể hiện phản ví dụ. Khi đó chúng ta phải
đặt những hạn chế rất nặng lên trên các phân bố điểm trong các phản ví dụ.
1.3 Định nghĩa và kí hiệu
Trong mục này chúng ta đưa vào một số những khái niệm hình học mà
chúng được sử dụng trong các chứng minh tiếp theo.
6
1.3.1 Định nghĩa
Hình 5: Định nghĩa các miền sector
Cho ba điểm bất kì X, Y, Z trên mặt phẳng ở vị trí tổng quát. Ta xác định
P
XY

(Z) là nửa mặt phẳng mở tương ứng với nửa đường thẳng XY, chứa
điểm Z. Xích lồi là tập hợp các đỉnh liên tiếp của một đa giác lồi.
Xích lồi AB C đã cho xác định 3-sector (xem Hình 5 bên trái)
(ABC) = (P
AB
(C) ∩ P
BC
(A))\conv({A, B, C}).
Xích lồi ABCD xác đinh 4-sector (xem Hình 5 ở giữa)
(ABCD) = ((ABC) ∩ (BCD)\conv({A, B, C, D}).
Xích lồi ABCDE xác định 5-sector hay miền cấm của ngũ giác (xem Hình
5 bên phải)
(ABCDE) = ((ABCD) ∩ (BCDE)\conv({A, B, C, D, D}).
Ta nói rằng điểm được xác định từ một đa giác lồi đã cho bởi một đường
thẳng chứa cạnh của đa giác đó nếu đa giác đó được đặt trong nửa mặt
phẳng khác tương ứng với đường thẳng đó. Mọi miền cấm của ngũ giác
cũng là tập hợp các điểm được xác định từ ngũ giác ấy bởi đúng một
đường thẳng (xem Hình 5 trong đó đường thẳng AE).
Tập các điểm tách khỏi đa giác bởi một đường thẳng cụ thể nào đó, thí
dụ, đường thẳng P Q được gọi là 2-sector và kí hiệu là (P Q).
Ta sẽ nói rằng, điểm được tách khỏi đa giác bởi hai đường thẳng trên cạnh
của chúng đồng thời nếu điểm ấy được xác định từ đa giác bởi cả hai đường
thẳng đã cho, nghĩa là điểm ấy nằm trong giao của hai 2-sector tương ứng.
Ngược lại, điểm tách khỏi đa giác bởi hai đường thẳng chứa các cạnh của
nó nếu nó tách khỏi đa giác bởi chỉ 1 trong 2 đường thẳng ấy, tức là nằm
7
trong hợp của các 2-sector tương ứng.
Giả sử có một cấu hình (8, i, j), i ≥ 3.
Mệnh đề 1. Các tính chất sau đây được thỏa mãn:
(a) Mọi đường thẳng chứa cạnh của i-giác tách khỏi nó đúng ba đỉnh của

bát giác.
(b) Hai đường thẳng chứa hai cạnh liên tiếp của i-giác tách khỏi nó không
ít hơn bốn đỉnh của bát giác.
(c) Mọi đường thẳng chứa các cạnh liên tiếp của i-giác tách khỏi nó đồng
thời không nhiều hơn hai đỉnh của bát giác.
Hình 6: Trường hợp không thể xảy ra phân bố các đỉnh trong (a) của
Mệnh đề 1
Chứng minh Mệnh đề 1. Đầu tiên xét phần (a). Giả sử rằng một đường
thẳng nào đó tách khỏi i-giác nhiều hơn ba đỉnh của bát giác. Sử dụng các
đỉnh này và đồng thời một cặp đỉnh của i-giác mà đường thẳng đi qua các
điểm ấy, thì có thể xây dựng được một lục giác lồi rỗng trong cấu hình và
chứng minh xong. Nếu giả thiết rằng đường thẳng tách khỏi i-giác ít hơn
ba đỉnh của bát giác thì thay "chúng" (có thể là một đỉnh) bởi các đỉnh
của đa giác, qua chúng kẻ đường thẳng, ta nhận được một bát giác nhỏ
hơn (xem Hình 6) và điều này là không thể.
8
Phần (b) chứng minh tương tự phần (a).
Xét phần (c). Giả thiết rằng hai đường thẳng chứa các cạnh liên tiếp
của i-giác tách khỏi từ nó đồng thời ba đỉnh của bát giác (nhiều hơn ba
đỉnh là không thể, theo phần (a)). Khi đó lại theo phần (a) hai đường
thẳng này sẽ tách khỏi từ i-giác trong tổng thể chỉ ba đỉnh nêu trên, mà
điều này không thể được theo (b).
Mệnh đề 1 được chứng minh.
1.3.2 Vị trí
Giả sử cho một cấu hình bất kì (8, i, j). Tách từ cấu hình này ra một
cấu hình gồm i-giác ở giữa và j-giác bên trong. Cấu hình này cần dùng
trong các chứng minh sau vì vậy chúng ta đi xét cấu hình này một cách kĩ
càng hơn.
Chúng ta cần phân loại tập hợp vị trí các đỉnh của i-giác và j-giác. Để đơn
giản ta sẽ coi j = 3 và j = 4 bởi vì những trường hợp khác ta không cần

xét.
Hình 7: (i,3)-phân bố dạng [a
1
, b
1
, a
2
, b
2
, a
3
, b
3
]
Giả sử đầu tiên với j = 3. Ba đường thẳng đi qua các cạnh của tam
giác chia mặt phẳng ngoài tam giác ra thành sáu phần, trong đó ba phần
của chúng có dạng "tam giác", ba phần còn lại có dạng "tứ giác". Ta nói
rằng cấu hình mà cấu tạo từ i-giác và tam giác là (i, 3)- phân bố dạng
9
[a
1
b
1
a
2
b
2
a
3
b

3
], nếu như lượng các đỉnh của i-giác nằm bên trong tam giác
a
1
; a
2
; a
3
, còn lượng các đỉnh nằm bên trong tứ giác là b
1
; b
2
; b
3
(xem Hình
7). Nói chung kí hiệu [a
1
b
1
a
2
b
2
a
3
b
3
] xác định một cách không duy nhất.
Ví dụ, cũng chính kết hợp đó chúng ta có thể nói về cấu hình (i, 3)-phân
bố dạng [a

2
b
2
a
3
b
3
a
1
b
1
] hoặc (i, 3)-phân bố dạng [a
1
b
3
a
3
b
2
a
2
b
1
]. Nhưng như
vậy không sai khác về mặt nguyên tắc các khả năng có thể viết của các
đỉnh. Cách viết này từ quan điểm của chúng ta là tương đương và do đó
sau này chúng ta sẽ sử dụng cách viết bất kì trong số đó. Ở đây, điều quan
trọng cần nhấn mạnh là mọi cách viết cố định sẽ bắt đầu từ a
i
, có nghĩa

là từ số đỉnh của i-giác trong miền, các đại lượng a
i
, b
j
sẽ liên tiếp nhau
theo một trật tự được đặt trong các phần của mặt phẳng tương ứng (cùng
chiều hoặc ngược chiều kim đồng hồ).
Giả sử j = 4. Giống như j = 3 chúng ta xác định các phân bố như sau:
Hình 8: Chia mặt phẳng và xác định các tập hợp B
i
và các số b
i
Bốn đường thẳng đi qua các đỉnh của tứ giác chia mặt phẳng bên ngoài tứ
giác thành một số phần, có thể có ba dạng khác nhau về mặt nguyên tắc.
Tất cả các dạng đó được biểu diễn trong Hình 8. Trong trường hợp thứ
nhất, tứ giác là hình bình hành. Trong trường hợp thứ hai thì tứ giác được
xác định bởi một hình thang, còn trong trường hợp thứ ba thì là một tứ
giác không phải là hình thang. Trong mỗi trường hợp này chúng ta tách ra
các miền chia mặt phẳng xung quanh tứ giác mà được biểu thị trên Hình
8 bởi B
1
; B
2
; B
3
; B
4
. Cho cấu trúc tạo thành từ i-giác và tứ giác, đặt b
k
là số đỉnh của i-giác nằm trong miền B

k
, k = 1; 4. Với mỗi một trong ba
trường hợp này, các đỉnh b
1
; b
2
; b
3
; b
4
được xác định một cách duy nhất với
sự chính xác đến vị trí mà chúng ta đưa vào kí hiệu B
1
; B
2
; B
3
; B
4
. Ngầm
hiểu rằng, các miền và số lượng các đỉnh trong chúng đã được sắp theo
10
thứ tự (theo chiều kim đồng hồ).
Khi đại lượng phân bố các đỉnh b
1
; b
2
; b
3
; b

4
trong cấu hình đã cho được cố
định, ta xét các a
1
; a
2
; a
3
; a
4
như sau:
Hình 9: Chia mặt phẳng và xác định các tập hợp A
i
và các số a
i
Trường hợp khi tứ giác là hình bình hành thì hiển nhiên (Hình 9 bên trái):
Các số a
1
; a
2
; a
3
; a
4
chính là số đỉnh của i-giác nằm trong miền tương ứng.
Giả sử tứ giác là hình thang. Khi đó không hạn chế tổng quát các số
b
1
; b
2

; b
3
; b
4
có thể coi như được sắp xếp như trong Hình 8 và Hình 9. Xét
"miền phụ" A

, A, A

, A
3
, A
4
(xem Hình 9 giữa). Kí hiệu a

, a, a

, a
3
, a
4
là
số đỉnh của i-giác trong miền tương ứng. Chúng ta lấy các số nguyên không
âm bất kì a
1
, a
2
với điều kiện
a
1

+ a
2
= a

+ a + a

,
a
1
≤ a

+ a, a
2
≤ a + a

.
Chúng ta sắp đặt chúng như trong Hình 10 bên trái. Nói một cách khác,
chúng ta lấy a
1
đỉnh của i-giác từ miền A

∪ A ∪ A

đưa vào miền A

∪ A,
các đỉnh còn lại đặt vào trong miền A ∪ A

. Như vậy, khi xác định dạng
phân bố chúng ta bỏ qua số lượng đỉnh i trong A và để được xác định

ta đưa các đỉnh khác của nó vào trong miền A

∪ A và A ∪ A

. Như vậy
chúng ta đã thực hiện các bước làm như để chỉ ra, nhưng chúng không có
ý nghĩa.
Cuối cùng giả sử tứ giác không phải hình thang. Trường hợp này được
biểu diễn trên Hình 9 bên phải. Ở đây một lần nữa không hạn chế tổng
quát, xuất hiện các miền phụ A
2
, A
(1)
, , A
(5)
, trong đó tương ứng có
11
a
2
, a
(1)
, , a
(5)
đỉnh của i-giác. Chọn số nguyên không âm bất kì a
1
, a
4
, a
3
có tính chất

a
1
+ a
4
+ a
3
= a
(1)
+ + a
(5)
, a
1
≤ a
(1)
+ a
(2)
,
a
4
≤ a
(2)
+ a
(3)
+ a
(4)
, a
(3)
≤ a
(4)
+ a

(5)
.
Hình 10: Xác định cuối cùng các số a
i
và b
i
Sắp đặt các số trên như trong Hình 10 bên phải. Nói cách khác chúng ta
đưa a
1
đỉnh của i-giác từ tập A
(1)
∪ ∪ A
5
vào miền A
(1)
∪ A
(2)
; đặt a
4
đỉnh vào miền A
(2)
∪ A
(3)
∪ A
(4)
, a
3
đỉnh còn lại chúng ta đưa vào miền
A
(4)

∪ A
(5)
. Như vậy, lần này chúng ta đã không quan tâm tới lượng đỉnh
của i-giác trong miền A
(1)
∪ A
(2)
, A
(2)
∪ A
(3)
∪ A
(4)
, A
(4)
∪ A
(5)
. Nhưng để
thuận tiện hơn, ta phân bố các đỉnh của nó theo các tập hợp này. Như
trong trường hợp hình thang, ta không quan tâm tới cách phân bố như trên.
Kết quả, chúng ta có thể nói rằng mỗi cấu trúc tạo thành từ i-giác và
tứ giác (i, 4)-phân bố dạng [a
1
b
1
a
2
b
2
a

3
b
3
a
4
b
4
]. Như vậy giống như trong
trường hợp (i, 3) phân bố, dạng ở đây được xác định một cách không duy
nhất. Thứ nhất là có sự tự do trong việc lựa chọn cách đánh số của các
đại lượng a
i
, b
i
. Thứ hai là các số a
i
có thể nhận các giá trị thỏa mãn các
hạn chế đã cho. Ngoài ra , như trước đây chúng ta sẽ viết liên tiếp a
i
, b
i
mỗi một lần đều bắt đầu từ vị trí a
1
nào đó.
Hình 11: Ví dụ về xác định không duy nhất dạng phân bố
12
Hình 11, bên trái biểu diễn cấu hình tạo thành từ lục giác và tứ giác. Nó
có thể mô tả, ví dụ như (6, 4)-phân bố dạng [2, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1] (xem Hình
11 giữa). Có thể coi nó như (6, 4)-phân bố dạng [1, 0, 2, 0, 1, 1, 0, 1] (xem
Hình 11 phải). Tất nhiên tồn tại một số cách giải thích khác nhưng với

mỗi cách giải thích thì chúng đều biểu thị thông tin như nhau về vị trí
tương quan giữa các đỉnh của lục giác và tứ giác, mà chúng ta sẽ cần cho
chứng minh tiếp theo.
13
Chương 2
Chứng minh công thức đánh giá
E(6) ≤ 463
2.1 Trường hợp đơn giản
Trong mục này chúng ta sẽ xét cấu hình dạng sau đây:
(8, 0, 0), (8, 6, 0), (8, 7, 0), (8, i, 6), (8, i, 7) với (3 ≤ i ≤ 7)
Hiển nhiên trong mỗi cấu hình này tồn tại lục giác lồi rỗng.
Đồng thời trong mục này chúng ta có thể đưa thêm vào trường hợp (8, 7, 2),
vì trong cấu hình bất kỳ của dạng này chứa lục giác lồi rỗng. Chỉ cần kẻ
một đường thẳng đi qua hai điểm X và Y nằm trong 7-giác, khi đó một
trong hai nửa mặt phẳng chứa tối thiểu 4 đỉnh của thất giác và do đó cùng
với X và Y tạo thành lục giác lồi rỗng.
2.2 Trường hợp với j = 0 (1 ≤ i ≤ 5)
Xét các cấu hình dạng
(8, 1, 0), (8, 2, 0), (8, 3, 0), (8, 4, 0), (8, 5, 0)
và mỗi cấu hình này được xem xét riêng.
14
2.2.1 Cấu hình dạng (8,1,0)
Hình 12: Cấu hình (8,1,0)
Giả sử O là điểm duy nhất nằm trong bát giác lồi. Kẻ một đường thẳng
bất kỳ qua O và một đỉnh bất kì của bát giác, giả sử đỉnh đó là A.
Khi đó đường thẳng OA sẽ chia đa giác lồi 8 đỉnh thành 2 nửa mặt phẳng.
Vì số đỉnh của bát giác là 8 nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ có ít nhất 4
đỉnh cùng nằm trong một nửa mặt phẳng có bờ là OA. Khi đó 4 đỉnh này
cùng với 2 đỉnh O và A tạo thành lục giác lồi rỗng.
2.2.2 Cấu hình dạng (8,2,0)

Hình 13: Cấu hình (8,2,0)
15
Gọi hai điểm nằm trong bát giác là P ; Q. Kẻ một đường thẳng đi qua
hai điểm P, Q. Vì các điểm ở vị trí tổng quát nên không có bất kì đỉnh nào
của bát giác nằm trên đường thẳng P Q. Đường thẳng P Q chia đa giác lồi
8 đỉnh thành hai nửa mặt phẳng. Theo nguyên lý Diriclet sẽ có ít nhất 4
đỉnh nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là P Q. Khi đó bốn đỉnh ấy cùng với
hai điểm P và Q tạo thành lục giác lồi rỗng.
2.2.3 Cấu hình dạng (8,3,0)
Hình 14: Cấu hình (8,3,0)
Trong trường hợp này chúng ta kẻ 3 đường thẳng, mỗi đường thẳng chứa
một cạnh của tam giác trong cùng P QR và kí hiệu a
1
, a
2
, a
3
, b
1
, b
2
, b
3
là số
đỉnh của bát giác nằm trong các miền tương ứng (xem mục 1.3.2 và Hình
14). Như thế:
a
1
+ a
2

+ a
3
+ b
1
+ b
2
+ b
3
= 8.
Để cấu hình này không có lục giác lồi rỗng thì các bất đẳng thức sau đây
cần phải thỏa mãn:
1 ≤ a
1
+ b
1
+ a
2
≤ 3, 1 ≤ a
2
+ b
2
+ a
3
≤ 3, 1 ≤ a
3
+ b
3
+ a
1
≤ 3,

0 ≤ b
i
≤ 2 (1 ≤ i ≤ 3).
16
Cộng tất cả lại chúng ta được:
2
3

i=1
(a
i
+ b
i
) ≤ 15.
Điều này có nghĩa là
a
1
+ a
2
+ a
3
+ b
1
+ b
2
+ b
3
≤ 7.
Vô lý.
Vậy tồn tại lục giác lồi rỗng.

2.2.4 Cấu hình dạng (8,4,0)
Hình 15: Cấu hình (8,4,0)
Tương tự như mục trên, ta kẻ 4 đường thẳng, mỗi đường thẳng chứa một
cạnh của tứ giác P QRS và kí hiệu a
1
, a
2
, a
3
, a
4
, b
1
, b
2
, b
3
, b
4
là số đỉnh của
bát giác nằm trong các miền đã cho (xem Mục 1.3.2 và Hình 15).
Giả sử như không có lục giác lồi rỗng trong cấu hình thì điều kiện sau đây
cần được thỏa mãn:
1 ≤ a
1
+ b
4
+ a
4
≤ 3, 1 ≤ a

2
+ b
2
+ a
3
≤ 3, 0 ≤ b
1
+ b
3
≤ 1.
Cộng tất cả chúng lại ta được
4

i=1
(a
i
+ b
i
) ≤ 7.
Vô lý.
Vậy tồn tại lục giác lồi rỗng.
17
2.2.5 Cấu hình dạng (8,5,0)
Hình 16: Cấu hình (8,5,0)
Giả sử trong tập H

= conv(H) ∩ X không có lục giác lồi rỗng, trong đó
H là bát giác lồi, X là tập tất cả các điểm ban đầu. Khi đó ngũ giác bao
lồi của I (ngũ giác nằm trong bát giác) sinh ra các miền cấm trong đó các
đỉnh của bát giác không thể nằm trong miền đó (xem Hình 16, trong đó

miền cấm đã được đánh dấu). Từ đây suy ra, mỗi đỉnh của bát giác phải
tách khỏi bao lồi của I đồng thời bởi tối thiểu 2 đường thẳng chứa các
cạnh của ngũ giác ấy. Vì h = 8 là số đỉnh của bát giác nên một đường
thẳng Y
i
Y
i+1
(Y
1
= Y
6
) nào đó tách khỏi bao lồi của I như là tối thiểu

2h
5

=

2.8
5

= 4 điểm.
Bốn điểm này cùng với các đỉnh của Y
i
và Y
i+1
tạo thành lục giác lồi rỗng.
Vậy giả thiết ban đầu không đúng và trong mọi trường hợp thì có một lục
giác lồi rỗng bên trong miền H


.
2.3 Trường hợp với một điểm ở trong
Xét các cấu hình dạng (8, 3, 1), (8, 4, 1), (8, 7, 1), mỗi cấu hình được xét
riêng
18
2.3.1 Cấu hình dạng (8,3,1)
Hình 17: Cấu hình (8,3,1)
Trong trường hợp này toàn bộ không gian xung quanh ∆ABC được chia
bởi 3 miền (AXB), (BXC) và (AXC), mỗi miền đó là 3-sector (X-là điểm
nằm bên trong tam giác)(xem Hình 17). Khi đó hoặc là trong một miền ấy
có nhiều hơn 2 đỉnh của bát giác và tồn tại lục giác lồi rỗng trong cấu hình
đang xét hoặc là trong mỗi miền (AXB), (BXC), (AXC) thì có không
nhiều hơn 2 đỉnh của bát giác. Điều này không thể xảy ra.
2.3.2 Cấu hình dạng (8,4,1)
Hình 18: Cấu hình (8,4,1)
19