Erdős-Szekeres型问题

Question

是否存在一个整数$N$，使得$\mathbb R^4中的每一组$\geq N$点$包含六个不同的点，这些点是两个相交三角形的顶点？

更一般地说，给定维数$d_1、\dots、d_k$，使得泛型仿射子空间维度为$d_1、\dots、d_k$的$\mathbb R^d$在一个点上相交足够（但有限）的$\mathbb R^d$集合包含$k+\sum_i d_i$不同的点定义维度$d_1、\点、d_k$与点相交的$k$单纯形？

这个问题有很多不同之处。例如：给定一个整数$k$，$\mathbb R^4$的每个足够大的子集是否都包含$k的顶点$三角形（所有$3k$顶点都是不同的），以便所有三角形相交成对？相应的平面问题有一个肯定的答案：根据Erdős Szekeres定理，$\mathbb R^2$的每个足够大的子集（在泛型中位置）在凸位置包含$2k$个点。这定义了$k$“对角线”它们都是成对交叉的。

（Erdős-Szekeres定理当然表明，对于上述所有问题，考虑凸位置上的点就足够了。）

Answer 1

第一个问题的答案是肯定的（$N=7$）。考虑一个具有7个顶点和所有可能三角形的$2$-维简单复数$K$。假设$\mathbb R^4$中有7个点。您可以构造一个线性映射$f\colon|K|\rightarrow\mathbb R^4$（$|K|$表示复数的几何实现）。众所周知，$K$不会嵌入到$\mathbb R^4$中。更准确地说，这个复数的所谓Van Kampen阻塞是非零的，这意味着对于任何连续映射$f'\colon|K|\rightarrow\mathbb R^4$，存在两个顶点不相交的单形$\sigma，$K$的\tau$，它们的图像$f（|\sigma|），f（|\tau|）$相交。如果你在$f$上应用这个结果，你就会得到想要的结论。在不太可能的情况下，$\sigma$或$\tau$的维数小于2，只需将它们扩展为三角形（只有当点不在通用位置时才会发生这种情况）。

这种推理扩展到某些参数$m$、$d=2m$和$N=2m+3$的情况$k=2$、$d_1、d_2=m$。（不过，目前我无法回答一般性问题。）

Answer 2

如果所有$d_i$都至少为$\lfloor d/2\rfloor$，则答案为YES，否则为NO。

对于NO：由于循环多边形$C_d（n）$是相邻的$\lfloor d/2\rfloor$-，因此存在任意大的点集，其中没有跨$\lffloor d/2\ rfloor$点的单纯形与跨其他点的任何单纯形（甚至$d$-单纯形）相交。

答案是肯定的：我们依赖吉尔·卡莱（Gil Kalai）引用的高维版本的埃尔德斯·塞克尔（Erdös-Szekeres）。
（作为参考，这是Grünbaum的多边形书第126页第7.3节的练习6（i），其中只声明了“邻里”。Björner等人的五作者定向拟阵的第398页第9.4.7命题给出了“循环”的完整主张和证明。事实上，我们得到并将使用更强的条件，即所有子多元论也都是循环的。）

因此，我们可以假设我们的点集包含/是$（d_1+1）+\cdots+（d_k+1）$顶点上$d$维循环多边形的顶点集。还假设w.l.o.g.为$d_1\ge d_2\ge\cdots\ge d_k$。现在，如果我们通过轮次将顶点指定给单纯形，也就是说，第一个顶点为$\Delta_1$，第二个顶点为$\Delta_2$$从k$-th到$\Delta_k$，再从$（k+1）$-st到$\Delta_1$等等，我们得到了顶点集的简单划分。一种是使用循环多边形组合和Gale均匀度标准检查它们是否成对相交。对于这一点，关键的事实是，当我们查看$\Delta_i$和$\Delta _j$的顶点时，它们在循环多边形上交替出现。它们总共至少有$d+2$个顶点。最后，$d+2$顶点上的循环多面体的组合是两个单纯形的组合，它们在相对于它们两者的内部相交。

Answer 3

了解以下Erdos-Szekeres事实是有用的：对于每个k>d，都有N（k，d），因此R^d中一般位置的每个N点都包含“循环位置”的k点。我们说d点$x_1，x_2，。。。如果所有单形$x_{i_1}，…，则x_d$处于循环位置，。。。，x{i{d+1}}$具有相同的方向。这一事实源自拉姆齐定理。（具有非常大的N（k，d）。）它暗示了各种类似的结果，如果它们涉及循环位置中点的属性，请在此处提问。

这给出了原始问题的$k=2$情况的完整答案。实际上，考虑一下原来的问题是有用的，因为对于大小$d_1，d_2\dots，d_k$，其和是$（d+1）（k-1）+1$。如果N足够大，并且在$R^d$中有$N$个点，我们可以用大小$d_ 1，d_ 2，\ dots，d_k$的Tverberg分区找到$（d+1）（k-1）+1$points的子集。当谈到Radon分区时，循环位置的点是“cannonical”。对于较大的价值$k$，我不知道确切的情况。我们可以查看矩曲线上点的字典顺序，这是子序列继承的一个属性。（因此它将排除大量的$d_i$序列。）但我不确定每一个大的点集“包含”力矩曲线上的点的字典序列。（“包含”相当于特弗伯格的行为。）所以还有更多要探索的。

顺便说一句，一个有趣的高维问题是f（n，d）是多少，所以$R^d$中一般位置的每个f（n、d）点都包含凸位置的$n$点。这是$d$中的单调非增量。

Answer 4

编辑：以下参数不正确因为3个跨越Borromean环的曲面不一定有一个公共点感谢谢尔盖·阿瓦库莫夫指出这一点。最好去掉这个答案。

在$k=3，d=3，d_1=d_2=d_3=2$的情况下，答案是肯定的。

所需数字N由下式给出

Negami定理[1]。对于任何链接L，都有一个数字N，因此对于3空间中的任何N个通用点集，都有链接L'与L的同位素，由属于给定集的所有顶点的虚线形成。

要应用该定理，请将L设为，例如Borromean环。由顶点属于给定集合的三角形形成的曲面很容易跨越L'的每个分量。由于L'是波罗米安环的同位素，因此三个构造表面具有共同点。因此，必须有三个三角形具有一个公共点。

[1] S.Negami，空间图的Ramsey型定理，图与组合，14（1998），75-80。

Answer 5

没有简单的约束，这看起来像特弗伯格定理.我认为简单的情况下紧接着是三角剖分。

Answer 6

在3-dim中，确实有一条线段与三角形相交。证明：在凸位置取多个点。它们定义了一个多面体。如果这个多面体有一个大的面，那么我们可以使用平面形式，找到两个相交的线段，当然，这两个线段可以延伸到相交的三角形和线段。取多面体的一个顶点v。如果v没有很多邻居，那么由于每个面都很小，因此有一个u与v不在同一个面上，所以int（uv）位于多面体内部，在这种情况下，我们很容易完成。如果v有多个邻居，则将它们从v投影到一个平面，并找到两个相交的线段。一个在另一个后面，加上v，我们得到一个与线段相交的三角形。

我不确定是否可以在4维中实现这一点，因为在那里我们有一个相交的三角形和线段，它们是不对称的。

Answer 7

对于上的特定问题N美元$4个空间中的点$N=7美元$（正如马丁·坦瑟的回答）。观察到有一个简单得多的证据（基于米哈伊尔·斯科本科夫的想法），见调查[1，美元\S$2.3]. （我计划更新[1]，进一步简化该证明。）

让我为参数的某些值提供一些最佳界限。这一段是对G“unter Ziegler”答案的补充，但可以独立阅读。关于4空间中7点的van Kampen-Flores定理推广到关于d美元$-空间。假设$d=千牛顿$,$d_1=\ldots=d_k=（k-1）n+1$那么很明显，人们无法接受$N=（kn+2）（k-1）$.但如果$N=（kn+2）（k-1）+1$，一般问题的答案是肯定的千美元$超级大国！这是千美元$-Karanbir Sarkaria证明的折叠线性van Kampen-Flores定理(千美元$prime）和Alexey Volovikov(千美元$主功率）。当千美元$不是主要力量。我认为作为一个大国千美元$任意推广$d_1、\ldot、d_k$这并不难（但值得写一篇论文）。见调查[2，推测3.1.4和3.1.8]，[3，备注1.1.d]。

有一个类似的有趣问题是，用链接代替交叉点。例如，参见[1]，线性康威-戈登-萨克斯定理1.1]，[3]，问题4.4.d]。特别是，最小值是什么亿美元$在Borromean环的Negami定理（上面由Mikhail Skopenkov引用）中L美元$? 有人能接受吗$N=9美元$? 请参见https://en.wikipedia.org/wiki/Valknut.

[1]https://arxiv.org/pdf/1402.0658.pdf

[2]https://arxiv.org/pdf/1805.10237.pdf, 猜想3.1.4和3.1.8，

[3] A.Skopenkov，拓扑Tverberg猜想用户指南，俄罗斯数学。调查，73:2（2018），323-353，备注1.1.d（将很快更新https://arxiv.org/pdf/1605.05141.pdf).

（我计划更新[2]和[3]，增加对K.S.Sarkaria的引用。广义Van Kampen-Flores定理，Proc.Amer.Math.Soc.111（1991），559–565。）