Esta es una respuesta parcial, se puede demostrar que $r \le 3$ todos los $n$.
Antes de empezar, debemos establecer algunos hechos.
- Deje $\| (x,y) \| = \max\{|x|,|y|\}$ ser el max-norma en $\mathbb{R}^2$.
- Vamos $I_0 = [0,\frac12]$, $I_1 = [\frac12,1]$, $J_0 = [-\frac12,0]$, $J_1 = [-1,-\frac12]$.
- Para todos $p_{10} \in I_1 \times I_0$, $p_{01} \in I_0 \times I_1$ y $p_{11} \in I_1 \times I_1$,
$$\|p_{10}\|, \|p_{01}\|, \|p_{11}\|, \|p_{10} - p_{01}\|, \|p_{10} - p_{11}\|, \|p_{01} - p_{11}\|, \|p_{10} + p_{01} - p_{11}\| \le 1\tag{*1a}$$
- Para todos $q_{10} \in I_1 \times J_0$, $q_{01} \in I_0 \times J_1$ y $q_{11} \in I_1 \times J_1$,
$$\|q_{10}\|, \|q_{01}\|, \|q_{11}\|, \|q_{10} - q_{01}\|, \|q_{10} - q_{11}\|, \|q_{01} - q_{11}\|, \|q_{10} + q_{01} - q_{11}\| \le 1\tag{*1b}$$
Para derivar la enlazado $r \le 3$, veamos un auxiliar problema con mayor enlazado.
Para cualquier $n > 0$, vamos a $S_n$ siguiente declaración:
Para cualquiera de los puntos de $p_1, \ldots, p_n$$\| p_i \| \le 1$, existe una partición de los índices en dos grupos $A,B$ tal que
$$\left\|\sum_{i \in A} p_i - \sum_{i\in B}p_j\right\| \le 4$$
Para $n \le 4$, $S_n$ es trivialmente cierto.
Para $n > 4$, suponga $S_k$ es cierto para todos los $k < n$.
Deje $p_1, \ldots, p_n$ cualquier $n$$\| p_i \| \le 1$. Dado que el valor de verdad de $S_n$ permanece unchange cuando nos reemplazar a algunos de los $p_k$$-p_k$, podemos asumir todos los $p_k \in [0,1] \times [-1,1]$.
Split $[0,1] \times [-1,1]$ en 8 cuadrados de lado $\frac12$ y organizarlos
en 3 grupos:
$$\begin{cases}
A :& I_0 \times I_0, I_0 \times J_0\\
B :& I_1 \times I_0, I_0 \times I_1, I_1 \times I_1\\
C :& I_1 \times J_0, I_0 \times J_1, I_1 \times J_1
\end{casos}$$
Si uno escoge a dos puntos de la misma plaza, su diferencia tiene max-norma $\le \frac12$. Junto con los puntos de plazas en el grupo $A$ ya han max-norma $\le \frac12$, nos encontramos con a $6$ excepciones (uno de cada uno de plazas en ninguno de los grupos $B$ o $C$), podemos agrupar el resto de los puntos en en la mayoría de las $\frac{n}{2} + 2 < n$ vectores con max-norma $\frac12$.
Por hipótesis de inducción, podemos encontrar una partición de los vectores a
hacer que su suma/diferencia de max-norma $\le \frac12 \cdot 4 = 2$. Ampliar la
vectores de nuevo en su componente de puntos, esto nos da una partición de la $n$ puntos (excluyendo las excepciones) con una suma/diferencia cuyos max-norma $\le 2$.
El uso de $(*1a)$/$(*1b)$, podemos combinar las excepciones (si las hubiere) que viene de plazas en el grupo $B$/grupo $C$ en dos vectores con el max-norma $\le 1$. Esto implica la original $n$ puntos pueden ser combinados en uno solo, con max-norma $\le 2 + 1 + 1 = 4$. En definitiva,
$$S_1 \land S_2 \land \ldots \land S_{n-1}\quad\implies\quad S_n$$
Al principio de la introducción, $S_n$ es cierto para todos los $n$.
El problema original puede ser visto como un caso especial de este auxiliar problema. La diferencia está en el problema original, todos los $p_k \in [0,1]^2$. Esto significa que no habrá ninguna excepción viene de plazas en el grupo $C$. La repetición de
argumentos anteriores, se pueden combinar todos estos $p_k \in [0,1]^2$ en un vector con max-norma $\le 2 + 1 = 3$ lugar.
