Hence, if x ≤ (k−1)/(k+1), then ∥ti

Hence, if x ≤ (k−1)/(k+1), then ∥ti, bj∥ ≤ 1. Now, let us verify the following adjacency/non-adjacency relations. (See the
left subgraph in Fig. 3.)
Case 1: j ≤ i − 2. Since i ≤ k, x = ik/(k + 1) − j ≥ (2k − i + 2)/(k + 1) ≥ (k + 2)/(k + 1) > k/(k + 1). Thus ti is not
adjacent to bj with j ≤ i − 2.
Case 2: j = i − 1. In this case, x = ik/(k + 1) − (i − 1) = (k + 1 − i)/(k + 1). If i = 1, then x = k/(k + 1). Otherwise,
x ≤ (k − 1)/(k + 1). Thus ti is adjacent to bi−1 if and only if i ̸= 1.
Case 3: j = i. First we have x = i − ik/(k + 1) = i/(k + 1). If i = k, then x = k/(k + 1). Otherwise, x ≤ (k − 1)/(k + 1).
Thus ti is adjacent to bi if and only if i ̸= k.
Case 4: j ≥ i+1. Since x ≥ (i+1)−ik/(k+1) = (k+1+i)/(k+1) > k/(k+1), the point ti is not adjacent to bj with
j ≥ i + 1.
Now, let us check the adjacency/non-adjacency relations between two points ti ∈ D and bj ∈ B. (See the right subgraph
in Fig. 3.) Since i ≤ k − 1, it follows that i − 1 < ik/(k + 1) < i. Therefore, ti = (i · k
k+1 , 0) is adjacent to bi−1 = (i − 1, 0)
and bi = (i, 0), and not adjacent to other bj = (j, 0) ∈ {b0, . . . , bi−2} ∪ {bi+1,...,bk
}. 
As limk→∞ γ (k) = 0, the following theorem follows from Lemmas 3.4 and 3.5.
Theorem 3.6. There is no constant t such that SG(t) = TSG.
In the rest of this section, we prove the following theorem, which can be considered as a dual of Theorem 3.6.
Theorem 3.7. There is no constant t such that SG(t) = UDG.
Proof. Suppose there is a constant t such that SG(t) = UDG. Let Gk be the k×k grid with k ≥ 16t. Clearly, Gk ∈ UDG. Let φk
be a t-realization of Gk. By Observation 3.1, all points representing the vertices of Gk in φk lie in a rectangle R of side lengths
t and diam(Gk) < 2k. As α(Gk) ≥ k2/2, there must be at least k2/2 points whose pairwise distance is more than 1. On the
other hand, we can cover R by at most

t/
√
1/2

·

2k/
√
1/2

< 8tk ≤ k2/2 squares of diagonal length 1. By the pigeonhole
principle, there is such a square containing two points in a maximum independent set of Gk. This is a contradiction.

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

ดังนั้นหาก≤ x (k-1) / (k + 1) แล้ว∥ti, bj∥≤ 1. ตอนนี้ให้เราตรวจสอบต่อไปถ้อยคำ / ไม่แสวงหาถ้อยคำสัมพันธ์ (ดู
subgraph ซ้ายในรูปที่ 3.)
กรณีที่ 1: เจ≤ฉัน - 2. ตั้งแต่ฉัน≤ k, x = IK / (k + 1) - เจ≥ (2k - i + 2) / (k + 1) ≥ (k + 2) / (k + 1)> k / (k + 1) ดังนั้นที่ดินที่ไม่
ติดกับ bj กับเจ≤ฉัน - 2.
กรณีที่ 2: เจ = ฉัน - 1. ในกรณีนี้ x = IK / (k + 1) - (i - 1) = (k + 1 - i) / (k + 1) ถ้าฉัน = 1 แล้ว x = k / (k + 1) มิฉะนั้น
x ≤ (k - 1) / (k + 1) ดังนั้นที่ดินอยู่ติดกับ BI-1 ถ้าหากฉัน̸ = 1
กรณีที่ 3: เจ = ฉัน ครั้งแรกที่เรามี x = ฉัน - IK / (k + 1) = ฉัน / (k + 1) ถ้าฉัน = k แล้ว x = k / (k + 1) . มิฉะนั้น x ≤ (k - 1) / (k + 1)
ดังนั้นทิอยู่ติดกับ bi ถ้าหากฉัน̸ = k.
กรณีที่ 4: เจ≥ i + 1 ตั้งแต่ x ≥ (i + 1) -ik / (k + 1) = (k + 1 + i) / (k + 1)> k / (k + 1), ทิจุดไม่ติดกับ bj กับ
เจ≥ ฉัน + 1
ตอนนี้ให้เราตรวจสอบถ้อยคำ / ไม่แสวงหาถ้อยคำความสัมพันธ์ระหว่างสองจุดทิ∈ D และ bj ∈บี (ดู subgraph ที่เหมาะสม
ในรูปที่ 3.) ตั้งแต่ฉัน≤ k - 1 ได้เป็นไปตามที่ฉัน - 1 <IK / (k + 1) <i ดังนั้นทิ = (i · k
k + 1, 0) อยู่ติดกับสอง 1 = (i - 1, 0)
และสอง = (i, 0) และไม่ติดกับ bj อื่น ๆ = (ญ, 0) ∈ {b0, . . , สอง 2} ∪ {สอง + 1, ... , BK
} ?
ในฐานะที่เป็น limk →∞γ (k) = 0, ทฤษฎีบทต่อไปต่อจาก lemmas 3.4 และ 3.5.
ทฤษฎีบท 3.6 ไม่มีเสื้ออย่างต่อเนื่องเช่นที่สิงคโปร์ (t) = TSG.
ในส่วนที่เหลือของส่วนนี้เราพิสูจน์ทฤษฎีบทต่อไปนี้ซึ่งถือได้ว่าเป็นที่สองของทฤษฎีบท 3.6.
ทฤษฎีบท 3.7 ไม่มีเสื้ออย่างต่อเนื่องเช่นที่สิงคโปร์เป็น (t) = UDG.
หลักฐาน สมมติว่ามีเสื้ออย่างต่อเนื่องเช่นที่สิงคโปร์ (t) = UDG ให้ Gk จะ k × k ตารางกับ k ≥ 16t เห็นได้ชัดว่า Gk ∈ UDG ให้φk
เป็นเสื้อสำนึกของ Gk โดยการสังเกต 3.1 ทุกจุดที่เป็นตัวแทนของจุดของ Gk ในโกหกφkในสี่เหลี่ยม R ของความยาวด้าน
เสื้อและเส้นผ่าศูนย์กลาง (Gk) <2k ในฐานะที่เป็นα (Gk) ≥ k2 / 2 จะต้องมีอย่างน้อย k2 / 2 จุดที่มีระยะทางคู่เป็นมากกว่า 1. บน
มืออื่น ๆ ที่เราสามารถครอบคลุม R โดยที่มากที่สุด

ตัน /
√
1/2

·

2k /
√
1/2

<8tk ≤ k2 / 2 สี่เหลี่ยมของความยาวเส้นทแยงมุม 1 โดยนกพิราบอาศัย
หลักการมีเช่นตารางที่มีสองจุดที่อยู่ในชุดที่เป็นอิสระสูงสุดของ Gk นี่คือความแตกต่าง

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

ดังนั้น ถ้า≤ X ( K ( − 1 ) / ( K ( , 1 ) แล้ว∥ TI BJ ∥≤ 1 ตอนนี้ให้เราตรวจสอบถ้อยคำ / ไม่ประชาสัมพันธ์ ถ้อยคำต่อไปนี้ ( ดูจากในรูป subgraph
3
1 J ) กรณี≤ผม− 2 ตั้งแต่ผม≤ K , X = - / ( K ( 1 ) − ( − 2 J ≥ชั้น 2 ) / ( K ( 1 ) ≥ ( K ( K ( 1 / 2 ) ) > K / ( K ( 1 ) ดังนั้น TI ไม่
ติดกับ BJ กับ J ≤ผม− 2 .
2 กรณี : J = ฉัน− 1 ในกรณีนี้ , X = - / ( K ( − 1 ) ( − 1 ) = ( K ( − 1 ) / ( K ( 1 )ถ้า = 1 , x = k / ( K ( 1 ) มิฉะนั้น ≤
x ( K ( − 1 ) / ( K ( 1 ) ดังนั้น Ti อยู่ติดกับบี− 1 ถ้าและเพียงถ้าฉัน̸ = 1
3 J = . คดีแรกที่เราได้ x = ผมอิก / ( K ( − 1 ) = I / ( K ( 1 ) ถ้าฉัน = k , X = k / ( K ( 1 ) มิฉะนั้น , X ≤ ( K ( − 1 ) / ( K )
ดังนั้น Ti อยู่ติดกับบีถ้าและเพียงถ้าฉัน̸ = K .
: J ≥กรณี 4 ชั้น 1 เนื่องจาก x ≥ ( ชั้น 1 ) / ( K ( − 1 ) = - ( K 1 ชั้น ) / ( K ( 1 ) > K / ( K ( 1 )จุด Ti ไม่ติดกับ BJ กับ
J ≥ผม 1 .
ตอนนี้เรามาดูถ้อยคำ / ไม่ติดกัน ความสัมพันธ์ระหว่างจุดสองจุด ทิ∈ D และ BJ ∈ B ( ดู
subgraph ขวาในรูปที่ 3 ) เนื่องจากผม≤ K − 1 , − 1 คือว่าผม < ผม / ( k ) < ผมจึงตี ( ผมด้วย = k
0 k 1 ) อยู่ติดกับบี− 1 = ( − 1 , 0 ) และ บี =
( i , 0 ) และไม่ติดกับคนอื่น BJ = ( J , 0 ) ∈ { B0 , . . . . . . . . , บี ∪− 2 } { บี 1. . . . . . . , BK
} 
เป็น limk →∞γ ( k ) = 0 ทฤษฎีบทต่อไปนี้ต่อไปจาก lemmas 3.4 และ 3.5
ทฤษฎีบท 3.6 ไม่คงที่ t เช่นที่ SG ( t ) = TSG .
ในส่วนที่เหลือของส่วนนี้ เราพิสูจน์ทฤษฎีบทต่อไปนี้ ซึ่งถือได้ว่าเป็นคู่ของทฤษฎีบท 3.6
ทฤษฎีบท 3.7 ไม่คงที่ t เช่นที่ SG ( t ) = udg .
พิสูจน์ คิดว่ามันคงไม่เช่นที่ SG ( t ) = udg .ให้ GK เป็น k × k กริดกับ K ≥ 16t . อย่างชัดเจน , GK ∈ udg . ให้φ K
เป็น t-realization ของ จีเค โดยการสังเกต 3.1 , ทุกจุดที่เป็นตัวแทนของจุดยอดของ GK ในφ K โกหกในด้านความยาวของสี่เหลี่ยมผืนผ้า R
t และเดียม ( GK ) < 2K เป็นα ( GK ) ≥ K2 / 2 ต้องมีอย่างน้อย 2 / 2 จุดที่มีคู่ระยะทางมากกว่า 1 บนมืออื่น ๆเราสามารถครอบคลุม
, r โดยมากที่สุด

t /
1 / 2 √




ด้วย 2K /
√


1 / 2< 8tk ≤ K2 / 2 ของความยาวเส้นทแยงมุมสี่เหลี่ยม 1 โดยสวีท
หลักการ มีตารางที่มีสองจุดในสูงสุดอิสระชุด จีเค นี่คือความขัดแย้ง