For each k, let Pk be a shortest di

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.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

สำหรับแต่ละ k ให้ Pk เป็นเส้นแบบ v1 – vk สั้นที่สุดใน d ปล่อยให้ ℓk และมีหมายเลขของส่วนซ้ายและขวาส่วนใน Pk, rkตามลำดับ ชัดเจน rk + ℓk < nอ้าง 5.4 สำหรับทุก k − (rk − ℓk) 12√1 + 1 − ε2 ≤≤ xk (rk − ℓk)2√1 − Ε2หลักฐานการเรียกร้องที่ 5.4 กับแบบขวาอาร์ค พิกัด x เพิ่มขึ้นโดยน้อย(1 + δ) 2 − ε2 และมากที่สุด 1 + δมีโค้งซ้ายพิกัด x ลดโดยน้อย√1 − ε2 และมากที่สุด 1ส่วนโค้งแนวตั้งเปลี่ยนพิกัด xดังนั้น การที่จะเก็บที่rk(1 + δ) 2 − ε2 − ℓk ≤ xk ≤ rk (1 + δ) − ℓk1 − Ε2ซึ่งหมายถึงrk − (rk − ℓk)1 −(1 + Δ) 2 − Ε2≤≤ xk (rk − ℓk) + rkδ + ℓk1 −1 − Ε2.ดังนั้น การพิสูจน์สิทธิ์ มัน suffices แสดงความเหลื่อมล้ำทางการต่อไปนี้ทั้งสอง:rk1 −(1 + Δ) 2 − Ε2≤ 12√Ε2 − 1, (1)rkδ + ℓk1 −1 − Ε2≤ 12√1 − Ε2 (2)โดยδ≤√1 + ε2 −1 มี 1− นั้น(1 + Δ) 2 − Ε2 ≥ 0 ดังนั้น ด้านซ้ายของ Eq. (1) ได้ nonnegative อย่างชัดเจน การด้านซ้ายของ Eq. (2) เป็น nonnegative เช่น ดังนั้น Eqs แสดง (1) และ (2), มัน suffices ที่rk1 −(1 + Δ) 2 − Ε2+ rkδ + ℓk1 −1 − Ε2≤ 12√1 − Ε2 (3)สมมติว่า Eq. (3) ไม่ถือ เนื่องจาก n > rk + ℓkn1 −(1 + Δ) 2 − Ε2+ δ +1 −1 − Ε2>121 − Ε2โดยการคำนวณอย่างง่าย ๆ เราสามารถแสดงที่− 1(1 + Δ) 2 − Ε2 + Δ≤ 1 −√Ε2 − 1 ≤ε≤ 1 0 และδ > 0 ดังนั้น เก็บว่า 2n1 −√1 − Ε2> 12√1 − Ε2 นี้หมายถึงε >√8n + 1 /(4n + 1) ความขัดแย้ง ให้แอล = { vi: ri − ℓi = k } โดยอ้าง 5.4 ถ้าคุณ แอล w ∈ แล้ว φ′(u) และ φ′(w) ในการลอกε√สี่เหลี่ยม ε2 ของ− 1 ดังนั้นdistφ′ (u, w) ≤ 1 และแอลเป็นกลุ่ม ถ้า vi ∈แอลและ vi′ ∈ Lk′ ที่ k−k′ ≥ 2 แล้ว xi−xi′ ≥ k−k′−√1 − Ε2 ≥ 2−√1 − Ε2> 1 โดยอ้าง 5.4 ดังนั้น vi ∈แอลหมายถึง N(vi) ⊆ Lk−1 ∪แอล∪แอล + 1 นั่นคือ G มีโครงสร้างระดับทุกระดับมีกลุ่ม

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

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

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

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

εδ



 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