Point-Line incidences via Cuttings

1. Point-Line incidences via Cuttings By Tatiana Kriviliov

2. בהרצאה זו נראה הוכחה שונה של החסם העליון I(n,n)=O(n ) עבור Point-line incidences • למה: • I(m,n)=O(n +m) • I(m,n)=O(m +n)

3. הוכחה: • יש לכל היותר זוגות של קווים נחתכים • מצד שני לנקודה pi P עם diincidences יש זוגות נחתכים של קווים • סך הכול • נחסום את הסכום הכולל של כל הdi-ים.

4. כיוון שכל נקודה שאין לה incidences נוכל למחוק מהאוסף P , אנחנו מניחים כי עבור כל i di 1 • ולכן מקבלים

5. לפי Cauchy-Schwarz ומכאן

6. Cutting lemma • למה:יהי L אוסף של n קווים במרחב , ויהי r פרמטר כך ש 1<r<n .אזי אפשר לחלק את המרחב ל t משולשים כך שפנים של כל אחד מהם נחתך על ידי מקסימום קווים מהאוסף L , וכן t<Cr²,עבור קבוע מסוים C שלא תלוי בn ו ב r . • * הכוונה היא שקיימת לפחות אפשרות אחת כזאת.

7. כדי שנהיה יותר חסכניים בהסברים נגדיר כמה מושגים: • * cutting – תת חלוקה של המרחב למספר סופי גדול של משולשים. • * 1/r cutting – תת חלוקה של אוסף L המכיל n קווים כך שפנים של כל משולש המתקבל מ cutting זה נחתך על ידי מקסימום קווים מאוסף L.

8. Szemeredi-Trotter theorem for m=n זהו משפט שמדבר על חסם עליון עבור incidences. המשפט: נתונות n נקודות ו m קווים במרחב אזי מספר השכיחויות ביניהם הוא (O(n m +m+n , כאן נוכיח אותו עבור m=n.

9. הוכחה: יהיP אוסף של n נקודות , ויהי L אוסף של n קווים, ו I(P,L) מספר השכיחויות. נגדיר ערך חדש r=n ונחלק את המרחב שלנו ל t=O(r²)=O(n ) משולשים כך שכל אחד מהמשולשים מחולק על ידי מקסימום =n קווים , וזאת לפי cutting lemma.

10. נגדיר בהתחלה את Pi להיות אוסף כל הנקודות שנמצאות בתוך המשולש i ו Li יהיה אוסף קווים שיחתוך את הפנים של משולש זה. n >|Li| |Pi|= n

11. כמה מקרים פרטיים שנקודות או קווים לא נכנסים לאוספים Li ו Pi: 1.נקודה שמהווה אחד הקודקודים של אחד המשולשים ונמצאת על אחד הקווים מאוסף L. 2.קו שמהווה אחת הצלעות של משולש מסוים ונמצאת עליו אחת הנקודות של האוסף P.

13. יש לנו מקסימום 3t נקודות מסוג 1 , ולכן יש מקסימום I(n,3t) שכיחויות של נקודות אלה עם הקווים מאוסף L. יש מקסימום 3t קווים מסוג 2 , ולכן יש מקסימום I(3t, n) שכיחויות של קווים אלה עם נקודות מאוסף P.

14. סה''כ: I(L,P) I(n,3t)+ I(3t, n)+ ΣI(L ,P ) מלמה שכבר הוכחנו I(3t, n), I(n,3t) מוגבלים על ידי O(t + )=O(n ) n Σ|P | 2n וזה בדיוק מה שהינו צריכים להראות. I(n,n)=O(n )

15. A Weaker Cutting Lemma נוכיח כאן שכל אוסף של n קווים שמקיים את 1/r-cutting מכיל בתוכו log²n)O(r²משולשים , אך קודם נראה כי הגבול התחתון הוא . (r²) במקרה הכללי כשיש לנו n קווים הם יוצרים לפחות תאים .

16. מצד שני כל משולש בתוך הצורה שלנו מחולק ל k תאים כאשר k< (נובע מ 1/r-cutting ) ומכאן כי כל משולש מחולק למקסימום תאים. כיוון שכל תא צריך להופיע בלפחות משולש אחד , מספר המשולשים הוא לפחות (r²).

17. Proof of a weaker version of the Cutting lemma נבחר אוסף רנדומלי של קווים מאוסף L ונקרא לו s=|S| , אוסף קווים אלה יוצר תאים שנהפוך למשולשים על ידי העברת קווים נוספים בין קדקודים של התאים שאין ביניהם חיבור , כל תא בנפרד.זה נותן לנו t=O(s²) משולשים

19. למה : עבור s=6rln(n) כל משולש שנוצר מבנייה זו מקיים את 1/r-cutting, ונחתך על ידי לא יותר מ קווים של האוסף הנשאר .L\S נוכיח את זה כך שנראה שהסתברות לקיום אפשרות בחירת S כזה היא חיובית וזה מה שיוכיח את הלמה החלשה

20. נגיד כי משולש מסוים T הוא מסוכן אם הוא מחולק על ידי לפחות k=n/r קווים.נתקן את המשולש השרירותי T. מה ההסתברות שאף קו מהאוסף S אינו חותך את הפנים של משולש T? נבחר קו באקראי s פעמים , ההסתברות שהוא אף פעם לא יהיה אחד מ k הקווים שחותכים את T היא מקסימום (1-k/n) <n , זאת אומרת הסתברות חיובית.

21. נגיד כי משולש T הוא מעניין אם הוא נמצא בלפחות מדגם אחד של בחירת הטריאנגולציה עבור Sמסוים.לכל משולש כזה יש 3 קדקודים שנוצרים על ידי סידור של אוסף הקווים Lולכן יש פחות מ n משולשים כאלה.מכאן יש לנו הסתברות חיובית ש S רנדומאלי יחתוך את כל המשולשים המסוכנים והמעניינים . בפרט אף אחד מהמשולשים בבחירת S לא יכול להיות מסוכן.

22. The Cutting Lemma: A Tight Bound Levels and their simplifications: יהי L אוסף קווים במרחב , ונניח שהוא לא מכיל קווים מקבילים.אזי הדרגה של נקודה x במרחב היא מספר הקווים שעוברים מתחת לנקודה x. נשים לב שדרגת הנקודות כאשר L הוא תא פתוח היא זהה , וגם כן במקרה זה דרגת הקטעים באותו L היא זהה.אבל דרגת הקטע יכולה להיות שונה מדרגת נקודת הקצה שלו.

23. נגדיר דרגה k של הסידור L ,עבור 0 k<n , להיות אוסף E שיכיל את כל הקטעים מאוסף L שהדרגה שלהם בדיוק k. קטעים אלה ונקודות הקצה שלהם ביחד מהווים קו פוליגוני (x-monotone) והכוונה היא שכל קו מאונך חוצה אותו בדיוק פעם אחת.

25. נסמן עכשיו ב e0,e1,e2,…,et את הקטעים של E כך ש e0 ,et הם הקרניים הבלתי מוגבלים.נגדיר נקודות pi שכל אחת מהן תהיה בתוך הקטע המתאים ולא בקצוות שלו.עבור פרמטר q 2 נגדיר: q-simplification of the level k להיות פוליגון מונוטוני שמכיל את החלק השמאלי של e0 עד לנקודה p0 את הקטעים p0pq, pqp2q,..,p qpt ואת החלק הימני של pt. מכאן q-simplification מכיל מקסימום +2 קטעים.

27. קודם נוכיח למה בה נשתמש עבור ההוכחה בהמשך. למה:1.החלק P של הדרגה kשבין הנקודות pjו p(j+q) נחתך על ידי מקסימום q+1 קווים 2.המקטע pjp(j+q) נחתך על ידי לא יותר מ q+1 קווים 3.q-simplification of the level k מוכל ברצועה שבין הדרגות k-ו k+

28. הוכחה:1.ברור,כל קו של L שחותך את P מכיל את אחד הקטעים ej,ej+1,…,ej+q 2. P הוא מחובר ולכן כל הקווים שחוצים את החלק הקמור שלו חייבים לחתוך גם את ה P עצמו וכן המקטע pjpj+q מוכל ב P.

29. 3.נניח אנחנו הולכים לאורך המסלול מהנקודה pj לנקודה pj+q , אזי אנחנו מתחילים בנקודת הקצה שהדרגה שלה היא בדיוק k .הדרגה שלנו יכולה להשתנות רק כאשר אנחנו עוברים מקו אחד של האוסף L לקו אחר שלו. יותר מזה כאשר אנחנו עוברים את כל המסלול ומגיעים לנקודה pj+q אנחנו חייבים להיות בדרגה k .

30. לכן אם נסמן ב i את השינוי המקסימלי בדרגה, זאת אומרת עוברים מדרגה k לדרגה k+i ומדרגה k+i לדרגה k אנחנו חייבים לחתוך לפחות 2i קווים תוך כדי , לכן נקבל מ (2) וממסקנה זאת כי i חייב להיות קטן מ q/2 ומכאן הטענה.

31. Proof of the cutting lemma for lines in general positions יהי r הפרמטר הנתון . במקרה ש(n)Wr= אזי צריך 0-cutting בגודל O(n²), זאת אומרת נשרטט n² משולשים ולכן נוכל להניח כי r הרבה יותר קטן מ n. ניקח q= .ונחלק את האוספים של הדרגות השונות E0,E1,..,En-1 ל q קבוצות כך שכל הקבוצה ה iית מכילה את כל ה Ej עבור j i(q) עבור i=0,1,…,q-1 .

32. כיוון שהמספר הכולל של כל הקטעים הוא O(n²) , קיים לפחות i אחד עבורו הקבוצה ה iית מכילה מקסימום n²/qקטעים , נבחר i כזה ומעכשיו נתבונן רק בדרגות i,i+q,i+2q,…, ונראה את 1/r-cutting עבורם.

33. נסמן בPj את ה q-simplification של הדרגה jq+i . אם Ejq+i מכיל mj קטעים אזי Pj מכיל לכל היותר mj/q+3 קטעים , וכן הכמות הסופית של מספר הקטעים של Pj עבור j=0,1,…, שווה ל n²/q²+3(n/q+1)=O(n²/q²)

35. נשים לב כי הקווים הפוליגונים Pj אף פעם לא חותכים אחד את השני , כיוון שאם זה כן היה קורה אזי אחד הקטעים שדרגתו qj+i היה נמצא מעל Pj+1 , וזה בלתי אפשרי.

36. עכשיו נעביר קווים מאונכים מכל קודקוד של Pj למעלה ולמטה עד שהם פוגעים ב Pj-1 ו Pj+1. זה מחלק את המרחב שלנו ל O(n²/q²)=O(r²) טרפזים. נטען כי כל אחד מהטרפזים האלה נחתך על ידי לא יותר מ n/r קווים מהאוסף L.

37. נסתכל על הטרפזים שנמצאים בין Pj ו Pj+1,לפי למה שהוכחנו מקודם הטרפזים האלה נמצאים בין הדרגות qj+i- ו q(j+1)+i+ ולכן כל צלע מאונכת של טרפזים כאלה נחתכת על ידי מקסימום 3q קווים.

38. החלק התחתון של טרפז כזה הוא בעצםחלק של איזשהו קטע ב Pj , ומכאן הוא נחתך על ידי לא יותר מq+1 קווים. הטענה היא זהה גם עבור החלק העליון של הטרפז. ולכן המספר הסופי של הקווים החותכים טרפז כזה הוא לכל היותר 10q n/r. ניתן להשיג את 1/r-cutting על ידי חילוק של כל טרפז כזה לשני משולשים.

39. The Cutting Lemma Revisited נראה כאן את ההוכחה האופטימלית ל cutting lemma (עבור כל אוסף H ועבור כל פרמטר r>1) שמשתמשת גם בטכניקה של הלמה החלשה , זאת אומרת בחירת קווים באופן אקראי , וגם משתמשת במושג של הדרגות שהוגדר מקודם.

40. החישובים יהפכו להיות הרבה יותר פשוטים כאשר נבחר את הקווים לפי השיטה הברנולית , לפיה במקום לבחור S קווים באקראי שיכולים לחזור על עצמם , נגדיר הסתברות p=s/n ונגריל כל קו מהאוסף H על ידי הסתברות זו לאוסף S , ההגרלות בלתי תלויות. *בעצם תוצאות של שתי ההגרלות השונות הן זהות , ההבדל הוא שבשיטה השנייה החישובים הרבה יותר פשוטים.

41. Sampling and triangulation alone do not work השיקולים כאן דומים לשיקולים של הלמה החלשה , ומראים כי עם הסתברות קרובה ל 1 אף אחד מהמשולשים ממדגם S אינו נחתך על ידי יותר מ C logn קווים מ H לקבוע מתאים C.

42. בהמשך נראה שטענה זו היא נכונה גם עבור C logs במקום ה C logn ,אך זה לא נכון עבור כל קבוע C שלא תלוי ב n או ב s. לכן הדרך הכי ישירה עבור 1/r-cutting , לבחור const*r קווים אקראים.

43. נתבונן קודם במקרה החד ממדי , כאשר H={h1,h2,…,hn} הוא אוסף של n נקודות .לשם הפשטות נבחר s=n/2 ומכאן p=1/2 ,זאת אומרת אנחנו כביכול מטילים מטבע הוגן n פעמים , וכוללים את hi ב S אם ההטלה ה iית הייתה פלי.

44. אנחנו מעוניינים במספר הכי גדול של עצים שהוטלו ברצף . ל k מסוים זה סביר יותר שיצא רצף באורך k כזה עבור n הטלות ככל ש n גדל. אכן אם אנחנו נחלק את כל n ההטלות , לרצפים באורך k(אפשר להניח ש n מתחלק ב k)ואז בכל בלוק יש לנו סבירות של 2 לקבל בכל ההטלות עץ.

45. ההסתברות לא לקבל אפילו רצף אחד של עץ באורך k באחד מה n/k בלוקים היא (1-2 ) .כאשר n שואף לאינסוף הסתברות זו שואפת ל 0,חישוב יותר זהיר מראה כי עבור k= ,יש לנו הסתברות קטנה כי לא נקבל לפחות רצף אחד כזה.מכאן רצף של n הטלות סביר להכיל רצף של logn עצים.

46. The strategy: a two-level decomposition במקום לנסות ולחפש דגימה של משולשים המתאימה ל 1/r-cutting , אנחנו נבנה מדגם כזה עבור H דרך שני שלבים.קודם ניקח מדגם של S מתוך H עם הסתברות p=r/n ונשרטט משולשים במרחב, נקרא לאוסף משולשים אלה T.

47. (המספר המצופה של משולשים הוא O(r²),נראה זאת בהמשך) בדרך כלל T לא יהיה 1/r-cutting.יהי I(D) אוסף הקווים מתוך H שחותכים משולש Dמתוך T.ויהי nD=| I(D)|. נגדיר excess של משולש להיות t = nD*r/n . אם t 1 אזי המשולש הוא טוב , ונוכל להכניס אותו ל 1/r-cutting הסופי.

48. אחרת:אם t >1 אזי המשולש צריך טיפול . נכסה את המשולש הלא טוב על ידי משולשים אחרים כך שכל אחד מהם יקיים את ה 1/t -cutting , ולאחר מכן מחברים את נקודות המפגש של המשולשים החדשים עם המשולש המקורי , כדי שכל התאים שנוצרו יהפכו למשולשים.

50. נשים לב כי כל משולש שהתקבל מחלוקה זו הוא 1/r-cutting ולכן נוכל להוסיף את המשולשים החדשים הטובים ל 1/r-cutting של H,במקום המשולש המקורי הלא טוב. אבל איך בדיוק אנחנו מוצאים חלוקה טובה עבור משולש רע?