Stern–Brocot tree

Có một dãy tương tự như dãy Farey (xem [1] và [2]), tên chúng là dãy Stern-Brocot. Dãy này được tìm ra một cách độc lập bởi Moritz Stern (1858) và Achille Brocot (1861). Stern là một nhà Toán học Đức còn Brocot là một nhà thiết kế đồng hồ người Pháp.

Trong định nghĩa sau, $\displaystyle \dfrac{1}{0}$ là số hữu tỷ hình thức, ta xem như nó lớn hơn mọi số hữu tỷ. Dãy Stern-Brocot thứ $\displaystyle n\, (n\in\mathbb{N})$ , ký hiệu $\displaystyle SB_n$ , được xác định như sau: $\displaystyle SB_0$ là dãy $\displaystyle \frac{0}{1},\frac{1}{0}$ và với mỗi số nguyên dương $\displaystyle n$ , $\displaystyle SB_n$ được tạo ra bằng cách chép lại toàn bộ (giữ nguyên thứ tự) các số hạng của $\displaystyle SB_{n-1}$ và chèn vào giữa hai số hạng liên tiếp phân số trung gian ở dạng tối giản của chúng.

Một số dãy Stern-Brocot:

$\displaystyle SB_0:\frac{0}{1},\frac{1}{0}$ .

$\displaystyle SB_1:\frac{0}{1},\frac{1}{1},\frac{1}{0}$ .

$\displaystyle SB_2:\frac{0}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{1},\frac{2}{1},\frac{1}{0}$ .

Dễ thấy rằng với mỗi số tự nhiên $\displaystyle n$ , $\displaystyle SB_n$ là một dãy tăng gồm $\displaystyle 2^n+1$ số hữu tỷ không âm, và hai số cách đều số ở giữa là nghịch đảo của nhau.

Ta có thể nhúng các dãy Stern-Brocot vào một cây như hình , gọi là cây Stern-Brocot. Ta thấy mỗi số hữu tỷ không âm có mặt đúng một lần trong cây. Thật vậy, vì mỗi dãy Stern-Brocot là một dãy tăng nên mọi số hữu tỷ không âm xuất hiện nhiều nhất một lần trong cây, bây giờ ta chứng minh mọi số hữu tỷ không âm đều xuất hiện trong cây. Xét một số hữu tỷ không âm ở dạng tối giản $\displaystyle \dfrac{m}{n}$ . Tồn tại số tự nhiên $\displaystyle p$ và hai số hạng $\displaystyle \dfrac{a}{b},\dfrac{a'}{b'}$ của $\displaystyle SB_p$ sao cho $\displaystyle \dfrac{a}{b}<\dfrac{m}{n}<\dfrac{a'}{b'}$ . Nếu $\displaystyle \dfrac{m}{n}$ là phân số trung gian của $\displaystyle \dfrac{a}{b},\dfrac{a'}{b'}$ thì tất nhiên nó xuất hiện trong cây, nếu không sẽ xảy ra một trong hai trường hợp: $\displaystyle \dfrac{a}{b}<\dfrac{m}{n}<\dfrac{a+a'}{b+b'}$ , ta thay phân số $\displaystyle \dfrac{a'}{b'}$ bởi $\displaystyle \dfrac{a+a'}{b+b'}$ ; $\displaystyle \dfrac{a+a'}{b+b'}<\dfrac{m}{n}<\dfrac{a'}{b'}$ , ta thay phân số $\displaystyle \dfrac{a}{b}$ bởi $\displaystyle \dfrac{a+a'}{b+b'}$ . Quá trình này không thể tiếp tục mãi vì với dãy dạng $\displaystyle \dfrac{a}{b}<\dfrac{m}{n}<\dfrac{a'}{b'}$ ta luôn có $\displaystyle m+n\geq a+a'+b+b'$ , suy ra $\displaystyle \dfrac{m}{n}$ xuất hiện trong cây.

Khi thay $\displaystyle \dfrac{0}{1}<\dfrac{1}{0}$ bởi hai số hữu tỷ không âm $\displaystyle \dfrac{a}{b}<\dfrac{c}{d}$ với $\displaystyle bc-ad=1$ ta sẽ được các dãy mới, gọi là các dãy Stern-Brocot suy rộng. Có thể chứng minh được rằng mọi số hữu tỷ nằm giữa $\displaystyle \dfrac{a}{b}$ và $\displaystyle \dfrac{c}{d}$ đều xuất hiện trong một dãy Stern-Brocot suy rộng nào đó.

Đọc thêm

[1] https://nttuan.org/2008/04/02/farey-sequence-and-approximation-of-irrational-numbers-i/

[2] https://nttuan.org/2008/05/02/farey-sequence-and-approximation-of-irrational-numbers-ii/

Farey sequence and approximation of irrational numbers I

Trong bài này chúng ta sẽ tìm hiểu về các dãy Farey. Phần đầu là kiến thức cơ bản về dãy Farey, ở phần thứ hai chúng ta sẽ dùng dãy Farey để chứng minh lại một số định lý xấp xỉ (xem [1]).

Cho số nguyên dương $\displaystyle n$ . Phân số tối giản $\displaystyle \frac{p}{q}\in [0;1]$ được gọi là phân số Farey bậc $\displaystyle n$ nếu $\displaystyle 0<q\leq n$ . Dãy tăng tất cả các phân số Farey bậc $\displaystyle n$ được gọi là dãy Farey bậc $\displaystyle n$ , ký hiệu là $\displaystyle F_n$ .

Bốn dãy Farey đầu tiên là:

$\displaystyle \displaystyle F_1:\,\frac{0}{1};\frac{1}{1}$ .

$\displaystyle \displaystyle F_2:\,\frac{0}{1};\frac{1}{2};\frac{1}{1}$ .

$\displaystyle \displaystyle F_3:\,\frac{0}{1};\frac{1}{3};\frac{1}{2};\frac{2}{3};\frac{1}{1}.$

$\displaystyle \displaystyle F_4:\,\frac{0}{1};\frac{1}{4};\frac{1}{3};\frac{1}{2};\frac{2}{3};\frac{3}{4};\frac{1}{1}.$

Rõ ràng là với mỗi số nguyên dương $\displaystyle n$ , dãy $\displaystyle F_n$ có đúng $\displaystyle 1+\sum_{k=1}^n\varphi (k)$ số hạng.

Định lý 1. Cho các số tự nhiên $\displaystyle a,b,c$ và $\displaystyle d$ thỏa mãn $\displaystyle 0\leq \frac{a}{b}<\frac{c}{d}\leq 1$ và $\displaystyle bc-ad=1$ . Khi đó $\displaystyle \frac{a}{b}$ và $\displaystyle \frac{c}{d}$ là hai số hạng liên tiếp của dãy $\displaystyle F_n$ . Ở đây $\displaystyle n$ là một số nguyên dương thỏa mãn $\displaystyle \max\{b,d\}\leq n\leq b+d-1$ .

Chứng minh. Từ $\displaystyle bc-ad=1$ ta có $\displaystyle \displaystyle \frac{a}{b},\frac{c}{d}$ là hai phân số tối giản, mà $\displaystyle \max\{b,d\}\leq n$ , suy ra chúng là các số hạng của dãy $\displaystyle F_n$ . Nếu chúng không phải là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ thì tồn tại phân số Farey bậc $\displaystyle n$ , ký hiệu là $\displaystyle \frac{h}{k}$ , thỏa mãn $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{h}{k}<\frac{c}{d}.$ Vì $\displaystyle ck-dh\geq 1$ và $\displaystyle bh-ak\geq 1$ nên

$\displaystyle b+d-1\geq n\geq k=(bc-ad)k=b(ck-dh)+d(bh-ak)\geq b+d,$

đây là điều không thể xảy ra. $\Box$

Với các số tự nhiên $\displaystyle a,b,c$ và $\displaystyle d$ thỏa mãn $\displaystyle 0\leq \frac{a}{b}<\frac{c}{d},$ phân số $\displaystyle \dfrac{a+c}{b+d}$ được gọi là phân số trung gian của hai phân số $\displaystyle \frac{a}{b}$ và $\displaystyle \frac{c}{d}$ . Từ chứng minh trên ta có:

Định lý 2. Cho các số tự nhiên $\displaystyle a,b,c$ và $\displaystyle d$ thỏa mãn $\displaystyle 0\leq \frac{a}{b}<\frac{c}{d}\leq 1$ và $\displaystyle bc-ad=1$ . Khi đó nếu $\displaystyle \dfrac{h}{k}$ là phân số trung gian của hai phân số $\displaystyle \frac{a}{b}$ , $\displaystyle \frac{c}{d}$ thì $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{h}{k}<\frac{c}{d}$ và $\displaystyle bh-ak=1,\quad ck-dh=1.$

Từ kết quả này ta thấy trong định lý 1, nếu $\displaystyle n>b+d-1$ thì $\displaystyle a/b$ và $\displaystyle c/d$ không phải là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ . Định lý sau cho một cách xác định các dãy Farey bằng quy nạp.

Định lý 3. Với mọi số nguyên dương $n,$ ta có

(1) Dãy $\displaystyle F_{n+1}$ có được từ dãy $\displaystyle F_n$ bằng cách viết vào giữa hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ có tổng các mẫu không vượt quá $\displaystyle n+1$ phân số trung gian của chúng.

(2) Nếu $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ thì $\displaystyle bc-ad=1$ .

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo $\displaystyle n$ . Rõ ràng khẳng định đúng với $\displaystyle n=1$ . Giả sử khẳng định đúng với các số nguyên dương bé hơn $\displaystyle n\, (n\geq 2)$ , ta sẽ chứng minh khẳng định đúng với $\displaystyle n$ . Từ các kết quả trước và giả thiết quy nạp ta có nếu $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ thì $\displaystyle bc-ad=1$ . Sau khi viết vào giữa hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ có tổng các mẫu không vượt quá $\displaystyle n+1$ phân số trung gian của chúng ta thu được dãy con $\displaystyle F^{\prime}_n$ của $\displaystyle F_{n+1}$ . Nếu trong $\displaystyle F_{n+1}$ có phân số $\displaystyle \dfrac{h}{k}$ không thuộc $\displaystyle F'_n$ thì tồn tại hai số hạng liên tiếp $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ của $\displaystyle F'_n$ sao cho $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{h}{k}<\frac{c}{d}$ . Vì $\displaystyle \frac{h}{k}$ không thuộc $\displaystyle F^{\prime}_n$ nên nó cũng không thuộc $\displaystyle F_n$ , suy ra $\displaystyle k>n$ , kết hợp với $\displaystyle k\leq n+1$ ta có $\displaystyle k=n+1$ . Từ chứng minh của các kết quả trên suy ra $\displaystyle k=n+1\geq b+d$ , do đó $\displaystyle \frac{a}{b}$ và $\displaystyle \frac{c}{d}$ là hai phân số liên tiếp của $\displaystyle F_n$ . Mà $\displaystyle b+d\leq n+1$ , suy ra chúng không thể là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F^{\prime}_n$ , vô lý. $\Box$

Dãy số Farey được đặt theo tên của nhà địa chất người Anh John Farey, lá thư của ông về những dãy này đã được đăng vào năm 1816. Farey phỏng đoán, mà không đưa ra chứng minh, rằng mỗi số hạng trong một dãy Farey là trung gian của các số liên tiếp trong dãy Farey ngay trước nó. Bức thư của Farey đã được đọc bởi Cauchy, người đã đưa ra chứng minh trong một cuốn sách của mình và cho rằng kết quả này là của Farey. Trên thực tế, một nhà toán học khác, Charles Haros, đã công bố những kết quả tương tự vào năm 1802 mà cả Farey và Cauchy đều không biết. Vì vậy, đó là một sự tình cờ lịch sử đã liên kết tên tuổi của Farey với những dãy này. Một lần nữa, trước đó là Pell, người có tên được đặt cho một mối quan hệ toán học không phải là người đầu tiên tìm ra nó.

Đọc thêm

[1] https://nttuan.org/2007/12/15/pell-equation/

Dilworth’s theorem

Một quan hệ hai ngôi $R$ trên một tập hợp $X$ là một tập hợp con của $X\times X$ . Khi $(x,y)\in R$ , ta viết $xRy$ . Một tập hợp sắp thứ tự một phần, hay poset, là một tập $S$ cùng với một quan hệ hai ngôi $R$ trên $S$ , thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(1) Phản xạ: $aRa$ với mọi $a$ thuộc $S$ .

(2) Phản đối xứng: Nếu $aRb$ và $bRa$ thì $a=b$ .

(3) Bắc cầu: Nếu $aRb$ và $bRc$ thì $aRc$ .
Khi $S$ là một poset với quan hệ hai ngôi $R$ thì ta cũng nói $R$ là một quan hệ thứ tự trên $S$ . Trong trường hợp này ta hay ký hiệu $R$ bởi $\leq$ hoặc $\leq_P$ . Phần tử $a$ của $S$ được gọi là phần tử cực đại nếu với mỗi $b$ thuộc $S$ , $(a,b)$ và $(b,a)$ không thuộc $R$ , hoặc $bRa$ . Nói cách khác, $a$ được gọi là phần tử cực đại nếu với mỗi $b$ thuộc $S$ , $a$ và $b$ không so sánh được với nhau hoặc $b\leq a$ . Tương tự ta có khái niệm phần tử cực tiểu.

Ví dụ 1. Tập hợp các số thực $\mathbb R$ cùng với quan hệ hai ngôi $R$ gồm các cặp $(a,b)$ sao cho $a\leq b$ là một poset. Quan hệ này có tính chất: với mỗi số thực $a$ và $b$ , $aRb$ hoặc $bRa$ .
Ví dụ 2. Tập hợp các số nguyên dương $\mathbb N^*$ cùng với quan hệ hai ngôi $R$ gồm các cặp $(a,b)$ sao cho $a$ chia hết $b$ là một poset. Quan hệ này không có tính chất của quan hệ bên trên, nghĩa là có hai phần tử của tập các số nguyên dương không so sánh được theo quan hệ thứ tự này.
Ví dụ 3. Cho $X$ là một tập hữu hạn có nhiều hơn $1$ phần tử và ký hiệu $\mathcal{P}(X)$ là tập lũy thừa của $X$ , là tập gồm tất cả tập con của $X$ . Tập hợp $\mathcal{P}(X)$ cùng với quan hệ hai ngôi $R$ gồm các cặp $(a,b)$ sao cho $a\subset b$ là một poset. Luôn tìm được hai phần tử của tập lũy thừa không so sánh được theo quan hệ thứ tự này.

Cho $S$ là một poset. Nếu với mỗi $a,b\in S$ , $a\leq b$ hoặc $b\leq a$ , thì poset được gọi là một tập hợp sắp thứ tự toàn phần, và $\leq$ được gọi là một quan hệ thứ tự toàn phần trên $S$ . Nếu $a\leq b$ và $a\not=b$ thì ta viết $a<b$ . Một tập con của $S$ được gọi là một xích nếu $\leq$ là một quan hệ thứ tự toàn phần trên tập con đó. Một tập con của $S$ được gọi là một phản xích nếu hai phần tử bất kỳ trong nó không so sánh được theo quan hệ $\leq$ .

Quan hệ thứ tự trong ví dụ 1 là một quan hệ thứ tự toàn phần, các quan hệ thứ tự trong các ví dụ 2 và 3 không phải là quan hệ thứ tự toàn phần. Trong ví dụ 1, mọi tập các số thực đều là xích. Trong ví dụ 2, tập hợp $\{18,25,49\}$ là một phản xích. Trong ví dụ 3, khi $X=[9]$ , thì $\{\{1,2\}, \{1,2,4\},\{1,2,4,9\}\}$ là một xích.

Bây giờ ta đến với định lí chính của bài. Chứng minh được lấy từ [1].

Định lí Dilworth. Cho $P$ là một poset hữu hạn. Khi đó số nhỏ nhất các xích đôi một rời nhau có hợp là $P$ bằng số lớn nhất các phần tử trong một phản xích của $P$ .
Chứng minh. Gọi $m$ là số nhỏ nhất các xích đôi một rời nhau có hợp là $P$ , và $M$ là số lớn nhất các phần tử trong một phản xích của $P$ . Dễ thấy $m\geq M$ . Ta đi chứng minh bất đẳng thức còn lại bằng quy nạp theo $\mid P\mid$ . Khẳng định đúng với $\mid P\mid=0$ . Bây giờ gọi $C$ là một xích cực đại trong $P$ . Nếu mỗi phản xích trong $P\setminus C$ chứa tối đa $M-1$ phần tử thì ra có điều cần chứng minh. Bây giờ giả sử $\{a_1,a_2,\ldots,a_M\}$ là một phản xích trong $P\setminus C$ . Gọi $S^-$ là tập các $x$ thuộc $P$ sao cho tồn tại $i$ để $x\leq a_i$ , và $S^+$ được xác định tương tự. Vì $C$ là cực đại nên phần tử lớn nhất của $C$ không thuộc $S^-$ , và theo giả thiết quy nạp $S^-$ là hợp của $M$ xích đôi một rời nhau $S_1^-$ , $S_2^-$ , $\ldots$ , $S_M^-$ , trong đó $a_i\in S_i^-$ với mọi $i$ . Dễ thấy với mỗi $i$ , $a_i$ là phần tử lớn nhất của $S_i^-$ . Lập luận tương tự với $S^+$ , sau đó hợp các xích tương ứng ta có một biểu diễn của $P$ như là hợp của $M$ xích đôi một rời nhau. $\Box$

Định lí sau đây là một đối ngẫu của định lí Dilworth. Chứng minh được lấy từ [2]

Định lí Mirsky. Cho $P$ là một poset. Nếu $P$ không có một xích $m+1$ phần tử, thì $P$ là hợp của $m$ phản xích.

Chứng minh. Khi $m=1$ định lí là đúng theo cách hiển nhiên. Bây giờ giả sử định lí là đúng với $m-1$ . Giả sử $P$ là một poset hữu hạn không có xích gồm $m+1$ phần tử. Gọi $M$ là tập các phần tử cực đại của $P$ . Khi đó $M$ là phản xích và $P\setminus M$ không có xích với $m$ phần tử. Theo giả thiết quy nạp, $P\setminus M$ là hợp của $m-1$ phản xích. Từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$
Kết quả sau là một hệ quả của định lí Mirsky.

Định lí Erdos – Szekeres. Cho hai số nguyên dương $m$ và $n$ . Khi đó mỗi dãy dài $mn+1$ các số thực phân biệt đều chứa một dãy con tăng dài $m+1$ hoặc một dãy con giảm dài $n+1$ .
Chứng minh. Xét một dãy như trong định lí, và gọi $P$ là tập các số hạng của dãy. Khẳng định là đúng khi $m=1$ , bây giờ ta xét $m>1$ . Tập hợp $P$ là một poset hữu hạn với quan hệ thứ tự $\leq_P$ được định nghĩa như sau: Với hai phần tử $x$ và $y$ của $P$ , $x\leq_P y$ nếu $x\leq y$ và $x$ không đứng sau $y$ trong dãy ban đầu. Xích trong $P$ là một dãy con tăng, và phản xích trong $P$ là một dãy con giảm. Theo định lí Mirsky, hoặc có một xích với $m+1$ phần tử hoặc $P$ là hợp của $m$ phản xích. Nếu xảy ra trường hợp đầu thì có dãy con tăng dài $m+1$ , nếu xảy ra trường hợp sau thì có một dãy con giảm dài ít nhất
$\displaystyle \left[\frac{mn+1}{m}\right]+1=n+1.$ $\Box$

Tài liệu tham khảo

[1] Tverberg, H.: On dilworth’s decomposition theorem for partially ordered sets. Journal of Combinatorial Theory 3, 305–306 (1967)

[2] L. Mirsky: A dual of Dilworth’s decomposition theorem, Amer. Math. Monthly 78, 876–877.

Convex set

Trong bài này, $\mathbb{R}^1,$ $\mathbb{R}^2$ và $\mathbb{R}^3$ lần lượt là tập các điểm thuộc đường thẳng, mặt phẳng và không gian.

Cho số nguyên dương $d\leq 3.$ Một tập hợp $C\subset \mathbb{R}^d$ được gọi là tập hợp lồi nếu với mỗi hai điểm $A$ và $B$ thuộc $C,$ cả đoạn thẳng $AB$ cũng nằm trong $C.$

Dễ thấy giao của một họ bất kỳ các tập hợp lồi là một tập hợp lồi. Vì thế ta có thể định nghĩa bao lồi của một tập hợp $X\subset \mathbb{R}^d$ là giao của tất cả các tập hợp lồi trong $\mathbb{R}^d$ chứa $X.$ Như vậy bao lồi của một tập hợp là tập hợp lồi nhỏ nhất chứa nó.

Nếu $A$ và $B$ là hai điểm khác nhau thì bao lồi của tập hợp $\{A,B\}$ là đoạn thẳng $AB.$ Nếu $A,B$ và $C$ là ba điểm không thẳng hàng thì bao lồi của tập $\{A,B,C\}$ là tam giác $ABC$ (phần trong và biên).

Dùng tổ hợp lồi ta có một mô tả khác của bao lồi.

Định lí 1. Cho $X$ là một tập hợp con khác rỗng của $\mathbb{R}^2.$ Khi đó điểm $x$ thuộc bao lồi của $X$ khi và chỉ khi tồn tại các điểm $x_1,x_2,\ldots,x_n\in X$ và các số thực không âm $t_1,t_2,\ldots,t_n$ thỏa mãn $\sum t_i=1$ và $x=\sum t_ix_i.$

Biểu diễn $\sum t_ix_i$ như trong định lí trên được gọi là tổ hợp lồi của các điểm $x_1,$ $x_2,$ $\ldots,$ $x_n.$

Với tập hợp hữu hạn trong mặt phẳng ta có kết quả sau, kết quả này được dùng nhiều trong các bài toán thi chọn học sinh giỏi.

Định lí 2. Cho số nguyên $n>2$ và $n$ điểm $A_1,A_2,\ldots,A_n$ trong $\mathbb{R}^2.$ Khi đó bao lồi của tập $\{A_i\}$ là đa giác lồi có tập đỉnh là tập con của tập $\{A_i\}.$

Trong định lí trên một đoạn thẳng được xem là một đa giác lồi với hai đỉnh là các đầu mút.

Định lí Helly là một kết quả cơ bản trong hình học tổ hợp về giao của các tập hợp lồi. Nó được Eduard Helly phát hiện vào năm 1913, nhưng mãi đến năm 1923 ông mới công bố, lúc đó các chứng minh của Radon (1921) và Konig (1922) đã xuất hiện.

Định lí 3 (Helly). Cho số nguyên $n>3$ và $n$ tập hợp lồi $X_1,X_2,\ldots,X_n$ trong $\mathbb{R}^2.$ Khi đó nếu mỗi ba tập trong chúng có giao khác rỗng thì cả $n$ tập có giao khác rỗng.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $n.$ Đầu tiên ta xét $n=4.$ Giả sử bốn tập hợp lồi $X_1,$ $X_2,$ $X_3$ và $X_4$ trong $\mathbb{R}^2$ có tính chất: mỗi ba tập trong chúng có giao khác rỗng. Lấy bốn điểm $A_1,$ $A_2,$ $A_3$ và $A_4$ sao cho $A_i$ thuộc $\displaystyle \bigcap_{j\not=i}A_j$ với mỗi $i.$

Nếu bốn điểm $A_1,$ $A_2,$ $A_3$ và $A_4$ thẳng hàng theo thứ tự đó thì $A_2$ thuộc cả bốn tập lồi. Nếu bao lồi của $\{A_i\}$ là một tam giác thì điểm còn lại không phải là đỉnh của bao lồi sẽ thuộc cả bốn tập lồi. Nếu bao lồi của $\{A_i\}$ là một tứ giác thì giao điểm của hai đường chéo tứ giác sẽ thuộc cả bốn tập lồi.

Vậy khẳng định đúng với $n=4.$ Bây giờ ta giả sử khẳng định đúng với $n\, (n\geq 4),$ và đi chứng minh nó đúng với $n+1.$ Xét $n+1$ tập hợp lồi $X_1,X_2,\ldots,X_{n+1}$ trong $\mathbb{R}^2$ có tính chất: mỗi ba tập trong chúng có giao khác rỗng. Dùng giả thiết quy nạp cho $n$ tập hợp lồi $X_1\cap X_{n+1},X_2\cap X_{n+1},\ldots,X_n\cap X_{n+1}$ ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Một cách tổng quát ta có kết quả sau, chứng minh được thực hiện tương tự như trên.

Cho số nguyên $n>d+1$ và $n$ tập hợp lồi $X_1,X_2,\ldots,X_n$ trong $\mathbb{R}^d.$ Khi đó nếu mỗi $d+1$ tập trong chúng có giao khác rỗng thì cả $n$ tập có giao khác rỗng.