Point-Line incidences via Cuttings

By Tatiana Kriviliov

בהרצאה זו נראה הוכחה שונהשל החסם העליון

I(n,n)=O(n )עבור

Point-line incidences:למהI(m,n)=O(n +m)I(m,n)=O(m +n)

43

mn

:הוכחה יש לכל היותר זוגות של קווים

נחתכים מצד שני לנקודהpi P עם di

incidences יש זוגות נחתכים של קווים

סך הכולנחסום את הסכום הכולל של כל

-ים.di ה

2

n

2id

1 22

mid n

כיוון שכל נקודה שאין להincidences נוכל למחוק

, אנחנו מניחים כי Pמהאוסף iעבור כל

di 1 ולכן מקבלים

2( 1) / 2

2i

i

dd

Cauchy-Schwarzלפי

ומכאן

2

1 1

( 1) ( 1) 22

m m

i i

nd m d m

( )id O n m m

Cutting lemma למה:יהיL אוסף של n , קווים במרחב

.אזי אפשר r<n>1 פרמטר כך ש rויהי משולשים כך tלחלק את המרחב ל

שפנים של כל אחד מהם נחתך על ידי , וכן Lקווים מהאוסף מקסימום

t<Cr² עבור קבוע מסוים,C שלא תלוי .r ו ב nב הכוונה היא שקיימת לפחות אפשרות *

אחת כזאת.

n

r

כדי שנהיה יותר חסכניים בהסבריםנגדיר כמה מושגים:

*cutting תת חלוקה של המרחב – למספר סופי גדול של משולשים.

*1/r cutting תת חלוקה של – קווים כך שפנים n המכיל Lאוסף

cutting מ של כל משולש המתקבלזה נחתך על ידי מקסימום קווים

.Lמאוסף

n

r

Szemeredi-Trotter theorem for m=n

זהו משפט שמדבר על חסם עליון .incidencesעבור

קווים m נקודות ו nהמשפט: נתונות במרחב אזי מספר השכיחויות

ביניהם הוא

(O(n m +m+n כאן נוכיח אותו , .m=nעבור

2

3

2

3

נקודות , n אוסף של Pהוכחה: יהי I(P,L) קווים, ו n אוסף של Lויהי

מספר השכיחויות.

ונחלק את r=nנגדיר ערך חדש t=O(r²)=O(n )המרחב שלנו ל

משולשים כך שכל אחד מהמשולשים n = מחולק על ידי מקסימום

.cutting lemmaקווים , וזאת לפי

n

r

1

32

3

2

3

להיות אוסף Piנגדיר בהתחלה את כל הנקודות שנמצאות בתוך

יהיה אוסף קווים Li ו iהמשולש שיחתוך את הפנים של משולש זה.

n >|Li|

|Pi|= n n t

2

3

1

3

כמה מקרים פרטיים שנקודות או ו Liקווים לא נכנסים לאוספים

Pi :

.נקודה שמהווה אחד הקודקודים 1של אחד המשולשים ונמצאת על

.Lאחד הקווים מאוסף .קו שמהווה אחת הצלעות של 2

משולש מסוים ונמצאת עליו אחת .Pהנקודות של האוסף

.1

.2 l L

l Lp

p

נקודות 3tיש לנו מקסימום , ולכן יש מקסימום 1מסוג

I(n,3t) שכיחויות של נקודות .Lאלה עם הקווים מאוסף

, 2 קווים מסוג 3tיש מקסימום I(3t, n)ולכן יש מקסימום

שכיחויות של קווים אלה עם .Pנקודות מאוסף

סה''כ:

I(L,P) I(n,3t)+ I(3t, n)+ ΣI(L ,P ) מוגבלים I(3t, n), I(n,3t)מלמה שכבר הוכחנו

על ידי

O(t n ) n

Σ|P | 2n

וזה בדיוק מה שהינו צריכים להראות.

I(n,n)=O(n )

i i

i

4

3n n7

6

4

3

23( , ) ( ,| |)i i iI L P I n P

1 2 1 23 3 3 3(| | ) ( ) | | ( )i iO P n n O n P O tn

A Weaker Cutting Lemma קווים nנוכיח כאן שכל אוסף של

מכיל בתוכוr-cutting/1שמקיים את log²n) O(r² משולשים , אך קודם

)r². )נראה כי הגבול התחתון הוא קווים הם nבמקרה הכללי כשיש לנו

יוצרים לפחות

תאים .

n²2

12

nn

מצד שני כל משולש בתוך הצורה שלנו )נובע > k תאים כאשר kמחולק ל

ומכאן כי כל (r-cutting/1מ משולש מחולק למקסימום

תאים.

כיוון שכל תא צריך להופיע בלפחות משולש אחד , מספר המשולשים הוא

.(r² )לפחות

nr

21 22

kk k

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

Sadded

\L S

כל s=6rln(n)למה : עבור משולש שנוצר מבנייה זו מקיים

ונחתך על ידי , r-cutting/1את לא יותר מ קווים של האוסף

L\S.הנשאר

נוכיח את זה כך שנראה שהסתברות לקיום אפשרות

כזה היא חיובית וזה מה Sבחירת שיוכיח את הלמה החלשה

nr

הוא מסוכן אם Tנגיד כי משולש מסוים קווים.k=n/rהוא מחולק על ידי לפחות

.Tנתקן את המשולש השרירותי אינו Sמה ההסתברות שאף קו מהאוסף

?Tחותך את הפנים של משולש

פעמים , ההסתברות sנבחר קו באקראי הקווים kשהוא אף פעם לא יהיה אחד מ

היא מקסימום Tשחותכים את

(1-k/n< )n זאת אומרת הסתברות ,חיובית.

s 6

הוא מעניין אם הוא Tנגיד כי משולש נמצא בלפחות מדגם אחד של

מסוים.Sבחירת הטריאנגולציה עבור קדקודים 3לכל משולש כזה יש

שנוצרים על ידי סידור של אוסף nולכן יש פחות מ Lהקווים

משולשים כאלה.מכאן יש לנו רנדומאלי Sהסתברות חיובית ש

יחתוך את כל המשולשים המסוכנים והמעניינים . בפרט אף אחד

לא יכול Sמהמשולשים בבחירת להיות מסוכן.

6

The Cutting Lemma: A Tight Bound

Levels and their simplifications: אוסף קווים במרחב , ונניח שהוא לא Lיהי

מכיל קווים מקבילים.אזי הדרגה של במרחב היא מספר הקווים xנקודה

.xשעוברים מתחת לנקודה הוא Lנשים לב שדרגת הנקודות כאשר

תא פתוח היא זהה , וגם כן במקרה זה היא זהה.אבל Lדרגת הקטעים באותו

דרגת הקטע יכולה להיות שונה מדרגת נקודת הקצה שלו.

,עבור L של הסידור kנגדיר דרגה 0 k<n להיות אוסף , E

Lשיכיל את כל הקטעים מאוסף .kשהדרגה שלהם בדיוק

קטעים אלה ונקודות הקצה שלהם ביחד מהווים קו פוליגוני

(x-monotone) והכוונה היא שכל קו מאונך חוצה אותו בדיוק פעם

אחת.

k

את הקטעים e0,e1,e2,…,etנסמן עכשיו ב הם הקרניים הבלתי e0 ,et כך ש Eשל

שכל אחת מהן piמוגבלים.נגדיר נקודות תהיה בתוך הקטע המתאים ולא בקצוות

נגדיר:q 2שלו.עבור פרמטר

q-simplification of the level k להיות פוליגון מונוטוני שמכיל את החלק

את p0 עד לנקודה e0השמאלי של ואת p0pq, pqp2q,..,p qptהקטעים

.ptהחלק הימני של

מכיל מקסימום q-simplification מכאן קטעים.2 +

k

( 1) /t q

tq

0e9e

0p

2p 3p4p

1p

8p

9p

קודם נוכיח למה בה נשתמש עבור ההוכחה בהמשך.

שבין kהדרגהשל.החלק 1למה: נחתך על ידי p(j+q)ו pjהנקודות

קווים q+1מקסימום

נחתך על ידי לא יותר pjp(j+q).המקטע 2 קווים q+1מ

3.q-simplification of the level k ו -kמוכל ברצועה שבין הדרגות

k +/ 2q

/ 2q

L.ברור,כל קו של 1הוכחה:שחותך את

מכילאתאחדהקטעיםej,ej+1,…,ej+q

2 .הואמחוברולכןכלהקוויהקמורהחלקאתשחוציםםשלוחייביםלחתוךגםאתה

עצמווכןהמקטעpjpj+q מוכל ב

.נניח אנחנו הולכים לאורך המסלול 3 ,pj+q לנקודה pjמהנקודה

אזי אנחנו מתחילים בנקודת הקצה .הדרגה kשהדרגה שלה היא בדיוק

שלנו יכולה להשתנות רק כאשר אנחנו עוברים מקו אחד של האוסף

L.לקו אחר שלו יותר מזה כאשר אנחנו עוברים את כל

pj+qהמסלול ומגיעים לנקודה .kאנחנו חייבים להיות בדרגה

את השינוי iלכן אם נסמן ב המקסימלי בדרגה,

kזאת אומרת עוברים מדרגה k+i ומדרגה k+iלדרגה אנחנו חייבים לחתוך kלדרגה קווים תוך כדי , לכן 2iלפחות

( וממסקנה זאת כי 2נקבל מ )i חייב להיות קטן מ q/2

ומכאן הטענה.

Proof of the cutting lemma for lines in general positions

אזי צריך =r(n הפרמטר הנתון . במקרה ש)rיהי

0-cutting בגודל O(n²) זאת אומרת נשרטט , n² משולשים ולכן נוכל להניח כי r הרבה יותר

.nקטן מ .ונחלק את האוספים של הדרגות = qניקח

השונות

E0,E1,..,En-1 ל q קבוצות כך שכל הקבוצה ה i ית,i=0,1 עבור j i(q) עבור Ejמכילה את כל ה

…,q-1.

/10n r

כיוון שהמספר הכולל של כל , קיים O(n²)הקטעים הוא

אחד עבורו הקבוצה iלפחות n²/qית מכילה מקסימום iה

כזה ומעכשיו iקטעים , נבחר נתבונן רק בדרגות

i,i+q,i+2q,…, ונראה את 1/r-cutting.עבורם

-q את ה Pj נסמן בsimplification של הדרגה

jq+i.

Pj קטעים אזי mj מכיל Ejq+iאם קטעים mj/q+3מכיל לכל היותר

, וכן הכמות הסופית של מספר ,…, j=0,1 עבור Pjהקטעים של

שווה ל

n²/q²+3(n/q+1)=O(n²/q²)

( 1) /n q

1jP

jP

1jP

נשים לב כי הקווים הפוליגונים Pj אף פעם לא חותכים אחד

את השני , כיוון שאם זה כן היה קורה אזי אחד הקטעים

היה נמצא qj+iשדרגתו , וזה בלתי Pj+1מעל

אפשרי.

עכשיו נעביר קווים מאונכים מכל למעלה ולמטה Pjקודקוד של

.Pj+1 ו Pj-1עד שהם פוגעים ב

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.

Pjנסתכל על הטרפזים שנמצאים בין

,לפי למה שהוכחנו מקודם Pj+1ו הטרפזים האלה נמצאים בין הדרגות

qj+i - ו q(j+1)+i + ולכן כל צלע מאונכת של טרפזים כאלה

קווים.3qנחתכת על ידי מקסימום

/ 2q / 2q

החלק התחתון של טרפז כזה הוא בעצם , ומכאן הוא Pjחלק של איזשהו קטע ב קווים. q+1נחתך על ידי לא יותר מ

הטענה היא זהה גם עבור החלק העליון של הטרפז.

ולכן המספר הסופי של הקווים החותכים .10q n/rטרפז כזה הוא לכל היותר

על ידי r-cutting/1ניתן להשיג את חילוק של כל טרפז כזה לשני

משולשים.

The Cutting Lemma Revisitedנראה כאן את ההוכחה האופטימלית

)עבור כל cutting lemmaל ( r>1 ועבור כל פרמטר Hאוסף

שמשתמשת גם בטכניקה של הלמה החלשה , זאת אומרת

בחירת קווים באופן אקראי , וגם משתמשת במושג של הדרגות

שהוגדר מקודם.

החישובים יהפכו להיות הרבה יותר פשוטים כאשר נבחר את הקווים לפי

השיטה הברנולית , לפיה במקום לבחור S קווים באקראי שיכולים לחזור על

ונגריל p=s/nעצמם , נגדיר הסתברות על ידי הסתברות זו Hכל קו מהאוסף

, ההגרלות בלתי תלויות.Sלאוסף *בעצם תוצאות של שתי ההגרלות השונות הן

זהות , ההבדל הוא שבשיטה השנייה החישובים הרבה יותר פשוטים.

Sampling and triangulation alone do not work

השיקולים כאן דומים לשיקולים של הלמה החלשה , ומראים כי

אף 1עם הסתברות קרובה ל Sאחד מהמשולשים ממדגם

אינו נחתך על ידי יותר מ C logn קווים מ H לקבוע

.Cמתאים ns

בהמשך נראה שטענה זו היא נכונה במקום הC logsגם עבור

C logn אך זה לא נכון עבור כל, .s או ב n שלא תלוי ב Cקבוע

לכן הדרך הכי ישירה עבור

1/r-cutting לבחור , const*r קווים אקראים.

nsns

נתבונן קודם במקרה החד ממדי , הוא H={h1,h2,…,hn}כאשר

נקודות .לשם הפשטות nאוסף של ,זאת p=1/2 ומכאן s=n/2נבחר

אומרת אנחנו כביכול מטילים פעמים , וכוללים את nמטבע הוגן

hi ב S אם ההטלה ה i ית הייתהפלי.

אנחנו מעוניינים במספר הכי גדול kשל עצים שהוטלו ברצף . ל

מסוים זה סביר יותר שיצא רצף הטלות n כזה עבור kבאורך גדל.nככל ש

nאכן אם אנחנו נחלק את כל ההטלות , לרצפים באורך

k אפשר להניח ש(n מתחלק ב k ואז בכל בלוק יש לנו סבירות)

לקבל בכל ההטלות עץ. 2של k

ההסתברות לא לקבל אפילו רצף באחד מה kאחד של עץ באורך

n/k כאשר . ( 1-2) בלוקים היאn שואף לאינסוף הסתברות זו

,חישוב יותר זהיר מראה 0שואפת ל ,יש לנו = kכי עבור

הסתברות קטנה כי לא נקבל לפחות רצף אחד כזה.מכאן רצף

הטלות סביר להכיל רצף של nשל logn.עצים

k /n k

2

1log

2n

The strategy: a two-level decomposition

במקום לנסות ולחפש דגימה של משולשים המתאימה ל

1/r-cutting אנחנו נבנה מדגם כזה , דרך שני שלבים.קודם ניקח Hעבור

עם הסתברות H מתוך Sמדגם של p=r/n ,ונשרטט משולשים במרחב

.נקרא לאוסף משולשים אלה

)המספר המצופה של משולשים הוא O(r²))נראה זאת בהמשך,

.יהי 1/r-cuttingיהיהלאבדרך כלל I( אוסף הקווים מתוך H שחותכים

n I(ויהימתוך משולש של משולש להיותexcessנגדיר

t = nr/n.

אזי המשולש הוא טוב , ונוכל t 1אם הסופי.r-cutting/1להכניס אותו ל

אזי המשולש צריך t >1אחרת:אם טיפול .

נכסה את המשולש הלא טוב על ידי משולשים אחרים כך שכל אחד

, t -cutting/1מהם יקיים את ה ולאחר מכן מחברים את נקודות

המפגש של המשולשים החדשים עם המשולש המקורי , כדי שכל

התאים שנוצרו יהפכו למשולשים.

נשים לב כי כל משולש שהתקבל r-cutting/1מחלוקה זו הוא

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?

A Sub Optimal Cutting Lemma

u>1הלמה:עבור כל אוסף סופי של קווים וכל K(ulog(u+1)) ² שמכילu-cutting/1קיים

הוא קבוע מתאים.Kמשולשים כאשר

נוכל t -cutting/1אם נפעיל למה זו על להגדיל את מספר המשולשים עבור

1/r-cutting

המספר הכולל של המשולשים מוגבל על ידי2max{1,4 ( log( 1)) }K t t

המפתח עבור הוכחת הלמה הוא tלמרות שיש לנו משולשים עם

מספרם הוא מאוד logrבגודל קטן .

יותר מדויק אנו מראים כי תחת הנחות מסוימות המספר המצופה

עם Tשל משולשים בתוך excess=t או יותר ,גדל באופן

.tאקספוננציאלי כפונקציה של

Good And Bad Triangulations

אז איך בדיוק נעשה החילוק של התאים שהתקבלו מהמדגם

למשולשים?חילוק שגם יתאים...

הקווים nכדי לראות זאת נגיד כי כל נוגעים במעגל Hשל האוסף

הוא מדגם עם Sהיחידה , ונגיד כי . 1/2הסתברות

lognראינו כי דגימה כזו נותנתקווים שלא נבחרו.נחלק

למשולשים את התא המרכזי , שבעצם מהווה מצולע סביב

n/2עיגול היחידה.נקבל בערך ,וזה t =lognמשולשים עם

יותר מדי בשבילנו.

עכשיו נשתמש בשיטה של חילוק המדגם המתקבל

לדרגות , נעביר קווים מאונכים למעלה ולמטה מכל קודקוד

שהתקבל מהמדגם , עד שהוא לא פוגש קו אחר או שנמשיך אותו עד אינסוף,נקרא לבניה

verticalזו decomposition.

קיבלנו טרפזים , כמקודם את אוסף (S)נסמן ב

I(הטרפזים שקיבלנו ו Hיהיה אוסף הקווים של

שחותכים טרפז מסוים מתוך(S).

Proposition )Trapezoids with large excess are rare(

,nלהיות אוסף הקווים בגודל Hיהי

n/2r כאשר p=r/n יהי יהי S מדגם של קווים לפי השיטה

,pהברנולית עם הסתברות t יהי

את מספר (S)בנסמן הטרפזים באיזשהו משולש של

(S) כאשר excess של הסידורש וגם מתקיים tהוא לפחות

t I(אזי המספר המצופה של הטרפזים

מוגבל על ידי(S)ב

nr

t

t2[| ( ) |] 2 t

tE T S C r

Proof of the suboptimal cutting lemma

נבחר H עבור u-cutting/1כדי להשיג r=Aulog(u+1) עבור קבוע גדול , A .

. proposition כמו ב Sנעשה בחירת אנחנו מקבליםt=0כאשר

E[|(S)|] Br ² עבור קבוע מסויםB. t=Alog(u+1)באותה צורה כאשר

אנחנו מקבלים אם A..הוא מספיק גדול

1[| ( ) |] 3tE T S

עבורוSלכן קיים מדגם

|(S)| 2Br ² וגם

|(S) |=0 1.זאת אומרת שקיים/u-cuttingכך ש

O(r ²)=O((ulog(u+1)) ²) הוא מספר הטרפזים

2

1 2[ | ( ) | | ( ) |]3 3tE T S T SBr

t

Proof of the cutting lemmaרוב ההוכחה כבר הראנו 1כדי לבנות/r-cutting נבחר מדגם S

T=T(S) , נסמן p=r/nעם הסתברות .vertical decompositionלהיות ה

נתקן כל טרפז מתוךT עם t >1 על t -cutting/1ידי

1הגודל המתקבל של/r-cutting מוגבל על ידי

2max{1,4 ( log( 1)) }K t t

2[ max{1,4 ( log( 1)) }]E K t t 4[ max{1,4 }]E Kt

2 2 2 4( 1)( ) 2 (2 )i iO r C r O 2( )O r

1

4

0 2 2

[| ( ) | 4 ]i ii t

E T S Kt

4( 1)

2[| ( ) |] [| ( ) | ] (2 )i

iE T S E T S O

Cutting lemma for arbitrary dimension

עבור cutting lemmaזוהי הכללה של :dמימד כלשהו

אוסף של Hמספר שלם , d 1יהי n מימדי , ויהיdעל-מישורים במרחב

1<r 1.אזי קיים/r-cutting עבור H R, זאת אומרת חלוקה של O(r )בגודל

תת מרחבים כך שכל אחד מהם O(r )ל .H על-מישורים של n/rנחתך על ידי

d

d d

החלק החדש היחיד בהוכחת משפטזה היא בניה של אוסף המשולשים

(S) . הסידור המקבילי לא עובד במקרה זה

, ואפילו לא ידוע האם הסידור על-מישורים nהמקבילי במקרה של

מימדי מכיל מקסימום dבמרחב ה O(n )תאים , לכן נשתמש ב

bottom vertex triangulation.

d

Bottom-vertex triangulationקודם נגדיר את ה

bottom-vertex triangulation , P R מימדי kעבור פאון קמור

,באינדוקציה. k d 1כך ש עבורk=1 P יהי מקטע

עצמו.Pוהטריאנגולציה מכילה את

d

עבורk>1 יהי, v הקודקוד של P עם הקואורדינאטה האחרונה הכי

, ’(bottom vertex)‘קטנה נעשה טריאנגולציה לכל

באופן אינדוקטיבי Pהפאונים של ונוסיף את כל הפאונים הפשוטים

שמתקבלים מבניית קונוסים .vשהפסגה שלהם היא

לא קשה לראות כי בנייה כזו היא P ובמקרה ש Pטריאנגולציה עבור

הוא פאון פשוט אז המספר הסופי של כל הפאונים הוא לכל היותר

פרופורציוני למספר הקודקודים של P. כל התאים החסומים של הסידורS

מוכללים בטריאנגולציה זו , אך צריך לדאוג גם לתאים שלא חסומים , ויש

כמה דרכים לעשות זאת.

נחצה את כל הסידור על ידי קופסהמספיק גדולה כך שתכיל את כל

רק r-cutting/1הקודקודים ונפעיל על פנים של הקופסה )זו שיטה יעילה

עבור רוב אפליקציות של

(1/r-cutting)בצורה זו אנחנו משיגים טריאנגולציה

T(S) עבור כל תת קבוצה של S שמכילה מימדיים.dאוסף של על-מישורים

זה נובע מכך שמספר הפאונים בכל תא הוא פרופורציונאלי למספר הקדקודים שלו , ומספר הכולל של קדקודים הוא

הוא כל העל-מישורים שחוצים את פנים של ) (I האוסף פאון

D) ( מכיל את כל העל-מישורים שיש להם שכיחות עם לפחות קדקוד אחד של .

חישוב זהיר יותר מראה כי

ומספר ה ) (|D| העובדה החשובה היא:

הם חסומים.) (Dעם

| ( ) | (| | 1)dT S O S

(| |)dO S

| ( ) | ( 1)D d d ( 3)| ( ) |

2

d dD

[| ( ) |] ( 1)dE T S O r [| | ] ( )d dE S O r