Klein 問題及其變異 ∗
馮躍 峰
1932 年, 匈牙利的一位女大學生克萊因 (E. Klein) 提出了這樣一個問題 (見文 [1]):
問題1: 給定自然數 k, 求最小的自然數 H(k), 使平面上任 H(k) 個點 (其中無三點共 線), 都有 k 個點構成一個凸 k 邊形的頂點。
顯然, H(3) = 3。 克萊因本人證明了 H(4) = 5。
圖1 圖2
實際上, 易知 H(4) > 4 (見圖 1)。 因此, 要證明 H(4) = 5, 只須證明任意 5 點 (其中無 3 點共線) 中必有 4 點構成某個凸 4 邊形的頂點。 對此, 我們需要如下一些基本概念和結論。
1. 凸集, 凸圖形
設 G 是一個平面點集, 若對 G 中任意兩點 A, B, 線段 AB 上的點都在 G 中, 則稱集 合 G 為凸集, 凸集的邊界稱為凸圖形。
2. 凸包
設 A 是一個平面點集, 則覆蓋集合 A 的最小凸圖形稱為 A 的凸包。
3. 兩個基本定理
∗編註
:
參見110
期p.28-42
「幸福結局問題−
鴿籠原理與拉姆西定理」。54
定理1: 兩個凸集的交集仍為凸集。
定理2: 凸集邊界 (凸圖形) 上的點依次用線段連接得到的多邊形是凸多邊形。
下面我們來重覆一下克萊因的工作。
考慮 5 個點的凸包, 因為無 3 點共線, 所以凸包只可能是三角形、 四邊形、 五邊形。
(1) 若凸包為五邊形或四邊形, 則結論顯然成立;
(2) 若凸包為三角形, 設為 △ABC, 點 D, E 在 △ABC 的內部 (見圖 2)。 作直線 DE, 因為無三點共線, 三點 A, B, C 都不在直線 DE 上, 不妨設直線 DE 與 AB、 AC 交於 M, N, 則由定理 2, MBCN 是凸四邊形, 進而 DBCE 是凸四邊形, 命題獲證。
但對 k > 4, 克萊因無法解決自己提出的問題, 便去請教她的同學澤克勒斯 (G. Szek- eres)。 1935 年, 澤克勒斯和厄爾多斯 (Erd¨os) 首次公開了這一問題, 並引述了克萊因關於 H(4) = 5 的證明。
H(5) =? 此問題已被著名數學家杜朗 (Turan) 和馬凱 (Makai) 共同解決。 他們證明了:
H(5) = 9。 但這一結論的初等證明因其分類相當繁瑣而過於冗長 (要用幾頁紙才能寫下), 尋 找一個簡單而初等的證明是一件有意義的工作。
那麼 H(6) 又是多少? 這卻是一個世界難題, 至今沒有徹底解決。 但人們已經知道 H(6)
≥ 17。
由於上面討論所用的方法不具一般性, 從而無法推廣。 正因為 H(k) 的精確值難於求出, 人們便轉向尋求 H(k) 的範圍。
1935 年, 厄爾多斯和澤克勒斯利用圖論中的拉姆賽 (F. P. Ramsey) 理論, 給出了 H(k) 的第一個估計: H(k) ≤ R(k, 5; 4)。
這裡 R(k, 5; 4) 的意義是指滿足下列條件的最小自然數 R (稱為拉姆賽數): 對於有至少 R 個元素的集合, 將它的所有 4 元子集分為兩類, 則存在 k 個元素, 這 k 個元素構成的集合的 所有 4 元子集都在第一個類內; 或者存在 5 個元素, 這 5 個元素構成的集合所有 4 元子集都在第 二個類內。
我們知道, 拉姆賽數的確定是圖論中的著名難題, 因而上述估計只能說明 H(k) 的存在性, 別無其他意義。 1960年, 他們又給出了 H(k) 的一個更好的估計:
2k−1+ 1 ≤ H(k) ≤ C2kk−2−4, 並猜想: H(k) = 2k−1+ 1.
若此猜想成立, 則 H(6) = 17。 人們希望看到關於 H(6) = 17 的嚴格證明。
上述一些結果引起了組合數學界的廣泛注意, 著名數學家 Rota 推崇它是二十世紀組合數 學的經典性結論, 並收入其主編的名著 [2] 中。
下面我們研究 Klein 問題的一種變異。 為此, 我們先給出如下的
定義: 如果平面上的 n 個點都在其凸包的邊界上, 則稱它是一個凸 n 點組。 特別地, 平面 上無 3 點共線的凸 n 點組是一個凸 n 邊形的頂點。
前述 Klein 問題討論的是平面上存在凸 k 點組的點集 (其中無 3 點共線) 的最小容量 (點 的個數)。 如果我們將這一問題的題設與題斷逆轉過來, 即先給定平面上點集的容量 (假定為 n 個點), 反過來討論其中至少有多少個凸 k 點組, 則得到 Klein 問題的一種變異:
問題2: 給定自然數 n, k ≥ 4, 對平面上的任意 n 個點, 其中任何 3 點不共線, 求其中的 凸 k 點組的個數的最小值 f (n, k)。
這一問題可以看作是 Klein 問題的推廣。 實際上, 解不等式 f (n, k) ≥ 1, 即可得到存在 凸 k 點組的 n 的最小值。 因此, 它是一個容量和難度都比 Klein 問題更大的問題。 下面介詔 這一問題在 k = 4 時的一些初步結果。 為敘述問題方便, 我們將 f (n, 4) 簡記為 f (n)。
顯然, 由前面的圖 1可知, f (4) = 0。 進而, 我們有下面的 命題1: f (5) = 1。
證明: 由 H(4) = 5, 有 f (5) ≥ 1。 又如圖 3, 令 P = {A, B, C}, Q = {D, E}, 則四 邊形必含有 Q 中的兩個點, 否則, 四點組必是三角形及其內部一個點, 不構成凸 4 點組。 另外, D、 E 只能與 B、 C 構成凸 4 點組, 這是因為 E 在三角形 ADC 內, D 在三角形 ABE 內, 所以圖 3中恰有一個凸四邊形。 故 f (5) = 1。
圖3 圖4
命題2: f (6) = 3。
為了證明這一結論, 我們需要下面的 引理1: 當 n ≥ 5 時, f (n) ≥ nC−43n=t(n)。△ 證: 當 n = 5 時, 由 H(4) = 5, 知結論成立。
當 n > 5 時, 每 5個點都有一個凸 4點組, 共得到 Cn5 個凸 4 點組。 但其中有重覆計數: 每 個凸 4點組對應 n − 4 個不同的5點組, 被計數 n − 4 次, 這樣, 凸4點組的個數 f (n) ≥ t(n)。
綜上所述, 引理 1 獲證。 下面證明命題 2。
首先, 由引理 1, f (6) ≥ t(6) = 6/2 = 3; 其次, 如圖 4, 令 P = {A, B, C}, Q = {D, E, F }, 則凸 4 點組必恰含有 Q 中的兩個點。 實際上, 當恰含有 Q 中一個點時, 此點在三 角形 ABC 內, 不與 A, B, C 構成凸 4 點組; 當含有 Q 中三個點時, 則只能含有 P 中的 一個點, 設為 A, 但 D 在三角形 AEF 內, 不構成凸 4 點組。 另外, DE 只與 AB 構成凸 4 點組, EF 只與 BC 構成凸 4 點組, F D 只與 CA 構成凸 4 點組, 所以恰有 3 個凸 4 點組, 故 f (6) = 3。
命題3: f (7) = 9。
證: 考察7 點的凸包, 設其連續 3 個頂點為 A1, A2, A3, 令 P = {A1, A2, A3}, 其餘 4 個 點的集合記作 Q, 則 Q 中的點都在角形域:
∠
A1A2A3 內。我們先證明: 恰含有 P 中兩個點的凸 4點組至少有 C42 = 6 個。 實際上, 在 Q 中任取兩 個點 A, B, 作直線 AB, 則點 A1, A2, A3 中必有兩個點, 設為 A2、 A3, 在直線 AB 的同一 側。 因為直線 AB 與點集的凸包圍成一個凸多邊形, 而 A, B 與 A2、 A3 都在此凸多邊形的邊 界上, 所以它們構成凸 4點組 (見圖 5)。 注意到 Q 中的 A、 B 點對有 C42 = 6 個, 由此得到 6 個恰含 P 中兩個點的凸 4 點組。
圖5 圖6
再考察點集 Q 的凸包 Ω, 此時 P 中的點都在凸包 Ω 外。
(1) 若 Ω 為三角形 (見圖 6), 則 {A1} ∪ Q 中至少有 f (5) = 1 個凸 4 點組, 因為 Q 不 是凸 4 點組, 所以此 4 點組必含點 A1。 同樣考慮 {A2} ∪ Q, {A3} ∪ Q, 又可得到 2 個類似的 凸 4 點組。 於是, 恰含 P 中 1 個點的凸 4 點組有 3 個, 所以 f (7) ≥ 6 + 3 = 9。
(2) 若 Ω 為凸4邊形, 設為 B1B2· · · B4。 考察點集 Q 中在 △A1A2A3 內的點的個數 k。
(i) 若 k ≤ 2, 則 △A1A2A3 外至少有 Q 中 2 個點, 設為 B1, B2 (見圖 7)。 因為 B1, B2
都在角形域
∠
A1A2A3 內且在 △A1A2A3 外, 所以它們分別與 A1, A2, A3 構成凸 4點組, 得 到 2 個恰含 P 中 3 個點的凸 4 點組, 所以 f (7) ≥ 6 + 1 + 2 = 9。圖7 圖8
(ii) 若 k ≥ 3, 再考察四邊形 B1B2· · · B4 的形狀。
如果四邊形 B1B2· · · B4 是平行四邊形 (見圖 8), 則 4 個角形域:
∠
BiBi+1Bi+2 (i = 1, 2, 3, 4) 覆蓋了全平面。 對每個點 Ai (1 ≤ i ≤ 3), 必有其中一個角形域覆蓋了點 Ai, 此角 形域邊界上的 3 個點與 Ai 構成凸 4 點組 (因為 Ai 在四邊形 B1B2· · · B4 外)。 由此得到 3 個 恰含 P 中 1 個點的凸 4 點組, 所以 f (7) ≥ 6 + 1 + 3 = 10。如果四邊形 B1B2· · · B4 是梯形, 不妨設 B1B2//B3B4, 而 B4B1, B3B2 的延長線交於 X。 此時, 四邊形 B1B2· · · B4 的 4條邊及 2條對角線所在直線將平面劃分為若干個區域, 記其 中以線段 B4X, B3X 的延長線為邊界的一個角形域為 X。 那麼, 12 個角形域:
∠
BiBjBk (i, j, k 是 1, 2, 3, 4 中任何 3 個互異的數) 覆蓋了平面上除角形域 X 外的所有點, 且每個點至少 被覆蓋 2 次, 比如被角形域:∠
B1B4B2 覆蓋的區域, 也被角形域:∠
B1B4B3 覆蓋 (見圖 9, 圖 中的數字表示所在區域被覆蓋的次數)。 注意到 △A1A2A3 至少包含四邊形 B1B2· · · B4 的 3 個頂點, 從而 A1, A2, A3 中至少有一個點 Ai (1 ≤ i ≤ 3) 不在角形域 X 內, 它至少被2個角 形域∠
BiBjBk 覆蓋, 此 2 個角形域邊界上的 3 個點分別與 Ai 構成凸 4點組 (因為 Ai 在四邊 形 B1B2· · · B4 外), 於是, 得到2個恰含 P 中1個點的凸4點組, 所以 f (7) ≥ 6 + 1 + 2 = 9。圖9
如果四邊形 B1B2· · · B4 是兩組對邊都不平行的四邊形, 不妨設 B2B1, B3B4 的延長線 交於點 X, B1B4, B2B3 的延長線交於點 Y 。 此時, 四邊形 B1B2· · · B4 的 4 條邊及 2 條對 角線所在的直線將平面劃分為若干個區域, 其中以線段 B2X, B3X 的延長線為邊界的一個角 形域記為 X, 以線段 B1Y , B2Y 的延長線為邊界的一個角形域記為 Y 。 那麼, 12 個角形域:
∠
BiBjBk (i, j, k 是 1, 2, 3, 4 中任何 3 個互異的數) 覆蓋了平面上除角形域 X, Y 外的 所有點, 且每個點至少被覆蓋 2次, (見圖 10, 圖中的數字表示所在區域被覆蓋的次數)。 注意到△A1A2A3 至少包含四邊形 B1B2· · · B4 的 3 個點, 從而 A1, A2, A3 中至少有一個點 Ai
(1 ≤ i ≤ 3) 不在角形域 X, Y 內, 它至少被 2 個角形域
∠
BiBjBk 覆蓋, 此 2 個角形域邊界 上的 3 個點分別與 Ai 構成凸 4點組 (因為 Ai 在四邊形 B1B2· · · B4 外), 於是, 得到 2 個恰含 P 中 1 個點的凸 4 點組, 所以 f (7) ≥ 6 + 1 + 2 = 9。圖10
綜上所述, f (7) ≥ 9。
另一方面, 作正三角形 ADE, 在三角形 ADE 內作線段 GF//DE, 且使 AG = AF 。 再在三角形 ADE 外作線段 BC//DE, 且使 B 在
∠
GDF 的對頂角內, 使 C 在∠
GEF 的 對頂角內, 得到圖 11。 則此圖中恰有 9 個凸 4 點組。圖11
實際上, 令 P = {A, B, C}, Q = {D, E, F, G}。 考察每一個凸 4 點組, 假設凸 4 點組中 恰含 P 中的 k 個點。
(1) 若 k = 0, 則這樣的凸 4 點組恰有 1 個, 即四邊形 DEF G。
(2) 若 k = 1, 則這樣的凸 4 點組恰有 2 個, 因為 A 不與 Q 中任何三角形構成凸 4 點組, 而 B 僅與 E, F , G 構成凸 4 點組, C 僅與 F , G, D 構成凸 4 點組。
(3) 若 k = 2, 則 4 點組必含有 Q 中的兩個點。 當所含 P 中的兩個點為 A, B 時, 則它 們只與 Q 中的 D, G 構成凸 4 點組; 當所含 P 中的兩個點為 A, C 時, 則它們只與 Q 中的 E, F 構成凸 4 點組; 當所含 P 中的兩個點為 B, C 時, 則它們可與 Q 中的 G, F ; D, E; G, E; F , D 這 4 個點對構成凸 4 點組, 此時共有 1 + 1 + 4 = 6 個凸 4 點組。
(4) 若 k = 3, 則這樣的凸 4 點組不存在。 是因 4 點組中含有 Q 中的一個點, 此點在三角 形 ABC 內, 不構成凸 4點組。
綜上所述, 圖中恰有 1 + 2 + 6 = 9 個凸 4 點組, 故 f (7) = 9。
命題4: f (8) = 17。
為了證明此結論, 我們需要下面的
引理2: 當 n ≥ 8 時, f (n) ≥ Cn2−3+ f (n − 2) + 4。
證: 考察 n 個點的凸包, 設它的連續 3 個頂點為 A1, A2, A3, 令 P = {A1, A2, A3}, 其 餘 n − 3 個點的集合記作 Q。 注意到 n ≥ 8, 所以 |Q| ≥ 5。 同命題 3 所證, Q 中任何兩個點 都與 P 中某兩個點構成凸 4 點組, 由此得到 Cn2−3 個恰含有 P 中兩個點的凸 4 點組。
再考察 Q 的凸包 Ω, P 中的點都在凸包 Ω 外。
(1) 若 Ω 為凸 5 邊形, 設為 B1B2· · · B5。 此時考察 {A1} ∪ Q 中的 n − 2 個點, 至少有 f (n − 2) 個凸 4 點組。 此外, 5 個角形域:
∠
BiBi+1Bi+2 (i = 1, 2, . . . , 5) 覆蓋了全平面, 從而 必有一個角形域覆蓋了點 A2, 設此角形域為∠
BjBj+1Bj+2, 則四點 Bj, Bj+1, Bj+2, A2 構 成凸 4點組; 再將角形域∠
BjBj+1Bj+2劃分為 3個角形域:∠
BjBj+1Bj−1,∠
Bj−1Bj+1Bj+3,∠
Bj+3Bj+1Bj+2, 其中必有一個角形域覆蓋了點 A2, 此角形域邊界上的 3 個點與 A2 構成凸 4 點組 (見圖 12)。 於是恰含 P 中一個點 A2 的凸 4點組有 2個。 同理, 恰含 P 中一個點 A3 的 凸 4 點組有 2 個, 所以 f (n) ≥ Cn2−3+ f (n − 2) + 4。圖12 圖13
(2) 若 Ω 為凸 4 邊形 B1B2· · · B4, 則四邊形 B1B2· · · B4 內有 Q 中的一個點 B5。 (i) 如果四邊形 B1B2· · · B4 至少 2 個頂點在 △A1A2A3 外, 則每個點與 A1, A2, A3 構 成凸 4 點組, 得到至少 2 個恰含 P 中三個點的凸 4 點組。 此外, 作射線 B5Bi (i = 1, 2, 3, 4), 則 4 個角形域:
∠
BiB5Bi+1 (i = 1, 2, 3, 4) 覆蓋了全平面, 從而必有一個角形域覆蓋了點 A2, 設此角形域為版∠
BjB5Bj+1, 則四邊 Bj, B5, Bj+1, A2 構成凸 4點組。 於是恰含 P 中一個 點 A2 的凸 4點組有 1個 (見圖 13)。 同理, 恰含 P 中一個點 A3 的凸 4點組有 1個。 最後, 考察 {A1} ∪ Q 中的 n − 2 個點, 至少有 f (n − 2) 個凸4點組, 所以 f (n) ≥ Cn2−3+ f (n − 2) + 4。(ii) 如果四邊形 B1B2· · · B4 至多有 1 個頂點在 △A1A2A3 外, 則類似於命題 3 的討論, 12 個角形域:
∠
BiBjBk (i, j, k 是 1, 2, 3, 4 中任何 3 個互異的數) 覆蓋了平面上最多除去 2 個角形域 X, Y 外的所有點, 且每個點至少被覆蓋 2 次 (見圖 10)。 注意到 △A1A2A3 至少 包含四邊形 B1B2· · · B4 的 1 個頂點, 從而 A1, A2, A3 中至少有一個點, 設為 A2, 不在角 形域 X, Y 內, 它至少被 2個角形域∠
BiBjBk 覆蓋, 此 2 個角形域邊界上的 3 個點分別與 A2構成凸 4 點組 (因為 A2 在四邊形 B1B2· · · B4 外), 於是得到 2 個恰含 P 中一個點 A2 且不 含 Q 中點 B5 的凸 4 點組。 此外, 作射線 B5Bi (i = 1, 2, 3, 4), 則 4 個角形域:
∠
BiB5Bi+1(i = 1, 2, 3, 4) 覆蓋了全平面, 從而必有一個角形域覆蓋了點 A2。 設此角形域為
∠
BjB5Bj+1, 則四點 Bj, B5, Bj+1, A2 構成凸四邊形。 於是恰含 P 中一個點 A2 且含點 B5 的凸 4 點組 有 1 個。 同理, 恰含 P 中一個點 A3 且含點 B5 的凸 4 點組有 1 個。 最後, 考察 {A1} ∪ Q 的 n − 2 個點, 至少有 f (n − 2) 個凸 4 點組, 所以 f (n) ≥ Cn−32 + f (n − 2) + 4。(3) 若 Ω 為凸三角形, 設為 B1B2B3, 它的內部有 Q 中的 2 個點 B4, B5。 此時考察 {A1} ∪ Q 中的 n − 2 個點, 至少有 f (n − 2) 個凸 4 點組。 此外, 作射線 B4Bi (i = 1, 2, 3), 則 3 個角形域:
∠
BiB4Bi+1 (i = 1, 2, 3) 覆蓋了全平面, 從而必有一個角形域覆蓋了點 Ak(k = 2, 3)。 設此角形域為
∠
BjB4Bj+1, 則四點 Bj, B4, Bj+1, Ak 構成凸 4 點組。 注意到 k = 2, 3, 由此得到 2 個恰含 P 中 1 個點 A2 (或 A3) 且含 Q 中點 B4 但不含 B5 的凸 4點組。同樣 △B1B2B3 的內部還有 Q 中一個點 B5。 類似可得到 2 個恰含 P 中 1 個點 A2 (或 A3) 且含 Q 中 B5 但不含 B4 的凸 4點組, 所以 f (n) ≥ Cn2−3+ f (n − 2) + 4。
綜上所述, 引理 2 獲證。
下面證明命題 4。
首先, 由引理 2, f (8) ≥ C52 + f (6) + 4 = 10 + 3 + 4 = 17。
其次, 作兩個正三角形 ABC 及 DEF , 使它們的中心重合, 邊互相平行。 再作線段 MN//BC, 使 M 在
∠
EBF 的對頂角內, 使 N 在∠
ECF 的對頂角內, 得到下圖 (圖 14)。圖14
下面證明圖 14中恰有17個凸4點組。 為此, 令 P = {D, E, F }, Q = {A, B, C, M, N}。
(1) 若凸 4 點組不含 P 中的點, 則凸 4 點組有 f (5) = 1 個;
(2) 若凸 4 點組恰含 P 中的一個點, 考察 Q 中的 C53 = 10 的三角形, 稱這些三角形中 3 頂點與 P 中一個點構成凸 4 點組的三角形為好的, 否則為不好的。 那麼, △ABC 是不好的, 而 △ABM 是好的, 其頂點可分別與 D, E 構成凸 4 點組, 得到 2 個凸 4 點組。 同樣, △ACN 是好的, 可得到 2 個凸四邊形。 △ABN, △ACM 是不好的, △AMN 是不好的。 △BCM
是好的, 其頂點與 F 構成一個凸 4 點組。 △BCN 是好的, 其頂點與 E 構成一個凸 4 點組。
△BMN 是好的, 其頂點與 F 構成一個凸 4 點組。 △CMN 是好的, 其頂點與 E 構成一個凸 4 點組。 這樣一共得到 8 個凸 4 點組。
(3) 若凸4點組恰含 P 中的2個點, 當含 D, E 時, 直線 DE 將 Q 中的點劃分為兩部分, 四點組中的另兩個點必在同一部分中。 C, F , N 中任可兩個點所在的直線都與線段 DE 相交, 不構成凸 4 點組; 而 A, B, M 中任何兩個點都可以與 D, E 構成凸 4 點組, 得到 3 個凸 4 點組。
同樣, 當含 D, F 時也可得到 3 個凸 4 點組。 當含 E, F 時, 直線 EF 的一側有 Q 中的 4 個點, 它們構成 6 個 2 點組, 只有 B, C; M, N 能與 E, F 構成凸 4 點組, 得 2 個凸 4 點組。 所以一共 得到 8個凸 4點組。
(4) 若四點組恰含 P 中的 3 個點, 則這樣的凸 4 點組不存在。
綜上所述, 圖 7 中凸 4 點組的個數為 1 + 8 + 8 = 17。 命題 4 獲證。
反覆利用引理 2, 我們可得到 n ≥ 8 時 f (n) 的一種估計:
f (2k) ≥ C2k2 −3+ f (2k − 2) + 2 ≥ C2k2 −3+ C2k2 −5+ f (2k − 4) + 2 × 2
≥ C2k2 −3+ C2k2 −5+ C2k2 −7+ f (2k − 6) + 2 × 3
≥ C22k−3+ C22k−5+ · · · + C52+ f (6) + 2 × (3k − 3).
f (2k − 1) ≥ C22k−4+ f (2k − 3) + 2 ≥ C22k−4+ C22k−6+ f (2k − 5) + 2 × 2
≥ C22k−4+ C22k−6+ C22k−8+ f (2k − 7) + 2 × 3
≥ C22k−4+ C22k−6+ · · · + C42+ f (5) + 2 × (3k − 3).
我們上面採用的方法主要是分類和遞歸。 如果想求出一般的 f (n, k) 或得到它的較好的估 計, 改進方法無疑是十分必要的, 有興趣的讀者不妨一試。
