For each k, let Pk be a shortest directed v1–vk path in D. Let ℓk and rk be the numbers of left-arcs and right-arcs in Pk,
respectively. Clearly, rk + ℓk < n.
Claim 5.4. For every k, (rk − ℓk) − 1
2
√
1 − ε2 ≤ xk ≤ (rk − ℓk) + 1
2
√
1 − ε2.
Proof of Claim 5.4. With a right-arc, the x-coordinate increases by at least
(1 + δ)2 − ε2 and at most 1 + δ.
With a left-arc the x-coordinate decreases by at least
√
1 − ε2 and at most 1.
Vertical-arcs does not change the x-coordinate.
Thus it holds that
rk
(1 + δ)2 − ε2 − ℓk ≤ xk ≤ rk(1 + δ) − ℓk
1 − ε2,
which implies
(rk − ℓk) − rk
1 −
(1 + δ)2 − ε2
≤ xk ≤ (rk − ℓk) + rkδ + ℓk
1 −
1 − ε2
.
Therefore, to prove the claim, it suffices to show the following two inequalities:
rk
1 −
(1 + δ)2 − ε2
≤ 1
2
√
1 − ε2, (1)
rkδ + ℓk
1 −
1 − ε2
≤ 12
√
1 − ε2. (2)
By δ ≤
√
1 + ε2 −1, it holds that 1−
(1 + δ)2 − ε2 ≥ 0. Thus the left-hand side of Eq. (1) is nonnegative. Obviously, the
left-hand side of Eq. (2) is nonnegative as well. Hence, to show Eqs. (1) and (2), it suffices to show that
rk
1 −
(1 + δ)2 − ε2
+ rkδ + ℓk
1 −
1 − ε2
≤ 12
√
1 − ε2. (3)
Suppose that Eq. (3) does not hold. Since n > rk + ℓk,
n
1 −
(1 + δ)2 − ε2
+ δ +
1 −
1 − ε2
>
1
2
1 − ε2.
By a simple calculation, we can show that 1 −
(1 + δ)2 − ε2 + δ ≤ 1 −
√
1 − ε2 for 0 ≤ ε ≤ 1 and δ > 0. Hence it holds
that 2n
1 −
√
1 − ε2
> 12
√
1 − ε2. This implies ε >
√
8n + 1/(4n + 1), a contradiction.
Let Lk = {vi : ri − ℓi = k}. By Claim 5.4, if u,w ∈ Lk, then φ′(u) and φ′(w) are in an ε ×
√
1 − ε2 rectangle. Hence
distφ′ (u,w) ≤ 1, and thus Lk is a clique. If vi ∈ Lk and vi′ ∈ Lk′ , where k−k′ ≥ 2, then xi−xi′ ≥ k−k′−
√
1 − ε2 ≥ 2−
√
1 − ε2
> 1 by Claim 5.4. Therefore, vi ∈ Lk implies N(vi) ⊆ Lk−1 ∪ Lk ∪ Lk+1. That is, G has a level structure in which every level is
a clique.
สำหรับ k แต่ละ Pk ให้เป็นเส้นทางที่สั้นที่สุดกำกับ v1-VK ในดีให้ℓkและ RK เป็นตัวเลขของโค้งซ้ายและโค้งขวาใน Pk,
ตามลำดับ เห็นได้ชัดว่า RK + ℓk <n.
เรียกร้อง 5.4 สำหรับทุก k (RK - ℓk) - 1
2
√
1 - ε2≤≤ XK (RK - ℓk) 1 +
2
√
1 -. ε2
หลักฐานการเรียกร้อง 5.4 ด้วยขวาโค้งพิกัด x เพิ่มขึ้นอย่างน้อย
(1 + δ) 2 - ε2และที่มากที่สุด 1 + δ.
ด้วยซ้ายโค้งพิกัด x ลดลงอย่างน้อย
√
1 - ε2และที่มากที่สุด 1.
โค้ง-แนวตั้งไม่ได้เปลี่ยนพิกัด x.
ดังนั้นจึงถือได้ว่า
RK
(1 + δ) 2 - ε2 - ℓk≤≤ XK RK (1 + δ) - ℓk
1 - ε2,
ซึ่งหมายถึง
(RK - ℓk) - RK
1 -
(1 + δ) 2 - ε2
≤≤ XK (RK - ℓk) + + rkδℓk
1 -
1 - ε2
.
ดังนั้นเพื่อพิสูจน์การเรียกร้องก็พอเพียงที่จะแสดง ความไม่เท่าเทียมกันสองต่อไปนี้:
RK
1 -
(1 + δ) 2 - ε2
≤ 1
2
√
1 - ε2 (1)
rkδ + ℓk
1 -
1 - ε2
≤ 12
√
1 - ε2 (2)
โดยδ≤
√
1 + ε2 -1 ก็ถือได้ว่า 1
(1 + δ) 2 - ε2≥ 0. ดังนั้นด้านซ้ายมือของสมการ (1) เป็นค่าลบ เห็นได้ชัดว่า
ด้านซ้ายมือของสมการ (2) เป็นค่าลบเช่นกัน ดังนั้นเพื่อแสดง EQS (1) และ (2) ก็พอเพียงที่จะแสดงให้เห็นว่า
RK
1 -
(1 + δ) 2 - ε2
+ + rkδℓk
1 -
1 - ε2
≤ 12
√
1 - ε2 (3)
สมมติว่าสมการ (3) ไม่ถือ เมื่อ n> RK + ℓk,
n
1 -
(1 + δ) 2 - ε2
+ δ +
1 -
1 - ε2
>
1
2
1 -. ε2
โดยคำนวณง่ายเราสามารถแสดง ที่ 1 -
(1 + δ) 2 - ε2 + δ≤ 1 -
√
1 - ε2 0 ≤ε≤ 1 และδ> 0 ดังนั้นมันถือ
ที่ 2n
1 -
√
1 - ε2
> 12
√
1 - ε2 ซึ่งหมายความε>
√
8N + 1 / (4n + 1), ความขัดแย้ง ?
ให้ลก = {vi: ri - ℓi = k} โดยเรียกร้อง 5.4 ถ้า u w, ∈ลกแล้วφ (มึง) และφ '(w) อยู่ในε×
√
1 - สี่เหลี่ยมผืนผ้าε2 ดังนั้น
distφ '(มึง w,) ≤ 1 และทำให้ลกเป็นก๊ก หาก vi ∈ลกและ vi '∈ลก' ที่ k-k '≥ 2 จากนั้นจินจิน-' ≥ k-k'-
√
1 - ε2≥ 2
√
1 - ε2
> 1 โดยการเรียกร้อง 5.4 ดังนั้น vi ∈ลกหมายถึง N (vi) ⊆ Lk-1 ∪ลก∪ลก + 1 นั่นคือ G มีโครงสร้างระดับที่ทุกระดับเป็น
ก๊ก
การแปล กรุณารอสักครู่..
สำหรับแต่ละ K ให้ PK เป็นสั้นกำกับ V1 – VK เส้นทางใน d . ให้ℓ K RK เป็นหมายเลขของโค้งซ้ายและขวาโค้งใน PK
ตามลำดับ ชัดเจน , RK ℓ K < N .
เรียกร้อง 5.4 . สำหรับทุก K ( −− 1 RK ℓ k )
2
ε√ 1 − 2 ≤ XK ≤ ( RK −ℓ K ) 1
2
ε√ 1 − 2 .
หลักฐานอ้าง 5.4 . กับโค้งขวา กลไกควบคุมควบคุมจากภายในเพิ่มขึ้นอย่างน้อย
( 1 δ ) 2 −ε 2 และที่ที่สุดδ
1 .ด้วยซ้าย คาร์ล กลไกควบคุมควบคุมจากภายในลดอย่างน้อย
1 − 2 √εมากที่สุด 1 .
โค้งแนวตั้งไม่ได้เปลี่ยนกลไกควบคุมควบคุมจากภายใน .
จึงถือว่า RK
( 1 δ ) 2 −− 2 εℓ K ≤ XK ≤ RK ( 1 δ ) −ℓ K
1 −ε 2
( ซึ่งหมายถึง RK −− RK
ℓ K )
1 −
( 1 δ ) 2 − 2
ε≤ XK ≤ ( RK −ℓ K RK δℓ K
1 − 1 − 2
ε
.
ดังนั้นเพื่อพิสูจน์การเรียกร้องมันพอเพียงเพื่อแสดงต่อไปนี้สองอสมการ : RK
1 − ( − 1 δ ) 2 ε 2
≤ 1
2
ε√ 1 − 2 ( 1 )
K RK δℓ 1 −
ε 1 − 2
≤ 12 √ε 1 − 2 ( 2 ) ≤
โดยδ√
1 ε 2 − 1 , − 1 ก็ถือว่า
( 1 δ ) ε 2 − 2 ≥ 0 ดังนั้น ด้านซ้ายมือของอีคิว ( 1 ) nonnegative . เห็นได้ชัดว่า
ซ้ายมือของอีคิว ( 2 ) nonnegative เช่นกัน ดังนั้นเพื่อแสดง EQS . ( 1 ) และ ( 2 )มันพอเพียงเพื่อแสดงให้เห็นว่า RK
1 − ( − 1 δ ) 2 ε 2
RK δℓ K
1 − 1 − 2
ε≤ 12
ε√ 1 − 2 ( 3 )
สมมติว่าอีคิว ( 3 ) ไม่ถือ เนื่องจาก N > RK ℓ K ,
-
1 −
( 1 δ ) 2 − 2
εδ
1 − 1 − 2 ε
>
1
2
ε 1 − 2 .
โดยคำนวณง่ายๆ เรา สามารถแสดงได้ว่า 1 −
( 1 δ ) 2 − 2 δε≤ 1 − 1 − 2 ε√
0 ≤ε≤ 1 และδ > 0 จึงถือ
ที่ 2n
√ 1 − 1 − 2
> ε 12
ε√ 1 − 2 นี้หมายถึง√ε >
8n 1 ( 5 / 1 ) , ความขัดแย้ง
ให้ LK = { 6 : ริ−ℓผม = k } โดยอ้างว่า 5.4 ถ้า u , w ∈ LK แล้วφ′ ( U ) และφ′ ( W ) อยู่ในε×
1 − 2 √εรูปสี่เหลี่ยมผืนผ้า ดังนั้น
Dist φ′ ( U , w ) ≤ 1 จึงเปลี่ยนเป็นกลุ่มคน ถ้า 6 ∈ LK และ 6 นั้นได้รับ∈ LK ที่ K − Kitchen Stories ≥ 2 แล้ว≥ K −− Xi Xi ’ K ′−
ε√ 1 − 2 ≥ 2 −
ε√ 1 − 2
การแปล กรุณารอสักครู่..