Bài toán đếm, phủ và tô màu trong hình học tổ hợp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN TUẤN KHẢI BÀI TỐN ĐẾM, PHỦ VÀ TƠ MÀU TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8460113 Quy Nhơn - Năm 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN TUẤN KHẢI BÀI TOÁN ĐẾM, PHỦ VÀ TƠ MÀU TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP CHUN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8460113 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS LÊ CƠNG TRÌNH Quy Nhơn - Năm 2021 i Mục lục Mở đầu 1 Bài toán đếm hình học tổ hợp 1.1 Một số tính chất tổ hợp đa giác lồi 1.2 Đếm số giao điểm 1.3 Đếm tam giác 11 1.4 Đếm đa giác 16 1.5 Hệ điểm đường thẳng 18 1.6 Hệ đoạn thẳng 24 1.7 Một số tính chất tổ hợp đa giác không lồi 25 Hệ đường cong miền 29 2.1 Chia mặt phẳng đường thẳng 30 2.2 Chia mặt phẳng đường cong khép kín 34 2.3 Chia đa giác lồi 36 2.4 Chia không gian 42 Phủ hình bao hình 44 3.1 Phủ hình 45 3.2 Phủ hình với hệ hình trịn tương đẳng 49 ii 3.3 Bao hình 55 3.4 Bài toán xếp chồng 58 Bài tốn tơ màu 61 4.1 Tô màu điểm 61 4.2 Tô màu miền 66 4.3 Tô màu bàn cờ 68 4.4 Tô màu phụ trợ 70 Kết luận 76 Mở đầu Việc nghiên cứu toán đếm số đối tượng hình học, chẳng hạn đếm số giao điểm, đếm số tam giác, đếm số tứ giác, thỏa mãn số tính chất đó; việc nghiên cứu tính chất tổ hợp mặt phẳng, đa giác, không gian bị chi thành nhiều miền hệ đường thẳng đường cong; việc nghiên cứu tốn phủ hình, bao hình, tốn tơ màu, vấn đề quan tâm nghiên cứu hình học tổ hợp Luận văn tập trung nghiên cứu tốn nói hình học tổ hợp Các kết luận tổng hợp trình bày lại từ tài liệu [1] [2], toán tham khảo tài liệu [3], [4], [5], [6], [7] Ngoài mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn bố cục thành chương: Chương 1: Bài tốn đếm hình học tổ hợp Trong chương tác giả trình bày số tính chất tổ hợp đa giác lồi đa giác không lồi, với số tốn đếm số đối tượng hình học Chương 2: Hệ đường cong miền Trong chương tác giả trình bày số tốn tổ hợp liên quan đến việc chia đối tượng hình học cho trước thành nhiều phần có "hình dạng" khác họ đường thẳng đường cong Chương 3: Phủ hình bao hình Trong chương tác giả trình bày tốn phủ hình (covering) bao hình (parking), đồng thời nghiên cứu tình đối tượng hình học cho trước chứa số đối tượng khác bên Chương 4: Bài tốn tơ màu Trong chương tác giả trình bày số tốn tơ màu đối tượng hình học, gồm tô màu điểm, tô màu miền, tô màu bàn cờ, Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình thầy PGS.TS Lê Cơng Trình, người ln nhắc nhở, động viên, giúp đỡ tơi q trình nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn q thầy khoa Tốn Thống kê, phịng Sau đại học trường Đại học Quy Nhơn, đặc biệt quý thầy cô trực tiếp giảng dạy cho lớp Cao học Tốn khóa 22 Cuối tơi tỏ lịng biết ơn đến gia đình, người thân bạn bè ln ủng hộ, giúp đỡ, tạo điều kiện cho mặt suốt thời gian học thạc sĩ hoàn thành luận văn Trong thời gian ngắn hoàn thành luận văn này, khơng tránh sai sót Chúng tơi mong nhận góp ý, phê bình q báu q thầy bạn đồng nghiệp Quy Nhơn, tháng năm 2021 Học viên: Nguyễn Tuấn Khải Chương Bài toán đếm hình học tổ hợp Trong chương chúng tơi trình bày số tính chất tổ hợp đa giác lồi đa giác không lồi, với số tốn đếm số đối tượng hình học thỏa mãn số tính chất đó: Đếm số giao điểm, đếm số tam giác, 1.1 Một số tính chất tổ hợp đa giác lồi Trong phần chúng tơi trình bày số tính chất tổ hợp đa giác lồi Đầu tiên định nghĩa tập lồi Định nghĩa 1.1.1 Tập lồi mặt phẳng (trên đường thẳng, không gian) tập hợp U điểm mặt phẳng (trên đường thẳng, khơng gian) có tính chất sau: Với hai điểm phân biệt X , Y thuộc U điểm đoạn thẳng XY thuộc U Tập lồi đường thẳng có cấu trúc đơn giản: Ngoại trừ đường thẳng, tập rỗng, điểm tập lồi tia đoạn thẳng, có khơng có điểm biên Việc phân loại tập lồi mặt phẳng rõ ràng khó khăn, công cụ đáng kể việc xây dựng tập lồi giao tập lồi tập lồi Một khái niệm quan trọng bao lồi K U : giao tất tập lồi M thỏa mãn U ⊆ M (vì K tập lồi nhỏ chứa U ) Định nghĩa 1.1.2 Cho K = {A1 , A2 , , An } tập gồm n điểm phân biệt mặt phẳng (n ≥ 3) Tập M gọi n-giác lồi A1 A2 An M giao n nửa mặt phẳng α1 , α2 , , αn cho với i = 1, 2, , n đường thẳng Ai Ai+1 (trong An+1 = A1 ) biên nửa mặt phẳng αi điểm Aj ∈ K\{Ai ; Ai+1 } nằm αi Nếu U tập hợp hữu hạn gồm n điểm (n ≥3) mặt phẳng cho n điểm không nằm đường thẳng bao lồi U đa giác lồi có đỉnh số (hoặc tất cả) phần tử tập U Một kết quan trọng khác lý thuyết tập lồi Định lý Helly Định lý 1.1.3 (Helly) Giả sử S hệ (hữu hạn vơ hạn) tập lồi mặt phẳng cho trước cho ba tập hợp có điểm chung Khi tất tập S có điểm chung Hai tính chất sau đa giác lồi sử dụng thường xuyên chương Tính chất 1.1.4 Số đường chéo un n-giác lồi M thỏa mãn un = n(n − 3) Chứng minh Thật vậy, n đỉnh đa giác M nối với n = n(n−1) đoạn thẳng, có n đoạn cạnh đa giác M Do ta có un = n(n−1) −n= n(n−3) Một cách tính khác: Mỗi đỉnh đa giác M điểm cuối n − đường chéo Nếu cộng tất n đỉnh M đường chéo đếm hai lần, có un = n(n−3) Tính chất 1.1.5 Tổng Sn góc n-giác lồi thỏa mãn Sn = (n − 2) · 180◦ (1.1.1) Chứng minh Ta chứng minh công thức phương pháp quy nạp toán học Với n = 3, (1.1.1) công thức biết tổng góc tam giác Bây giả sử công thức (1.1.1) với i = n (n > 3), ta chứng minh (1.1.1) với i = n + Ta chia nhỏ (n + 1)-giác lồi A1 A2 An+1 theo đường chéo A1 A3 thành tam giác A1 A2 A3 n-giác lồi A1 A3 An+1 Khi n-giác lồi A1 A3 An+1 có tổng góc Sn = (n − 2) · 180◦ Vì tổng Sn+1 góc đa giác A1 A2 An+1 tổng góc tam giác A1 A2 A3 cộng với tổng góc n-giác A1 A3 An+1 , suy Sn+1 = 180◦ + (n − 2) · 180◦ = (n − 1) · 180◦ Một cách tính khác: Đa giác M = A1 A2 An chia n − cạnh A1 Ak (k = 3, 4, , n − 1) thành n − tam giác, tổng góc n − tam giác Sn Mệnh đề 1.1.6 Tồn n-giác lồi M (n ≥ 3) cho ba đường chéo M không đồng quy Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp toán học theo n tồn n-giác lồi M nội tiếp đường trịn khơng có ba đường chéo đồng quy Với n ≤ 5, n-giác lồi xét n-giác lồi thơng thường, khẳng định mệnh đề đưa Với n > ta giả sử n-giác lồi Mn = A1 A2 An nội tiếp đường tròn C khơng có ba đường chéo đồng quy Ta xét tập hợp P gồm tất đường thẳng nối giao điểm tất đường chéo đa giác Mn Khi có hữu hạn đường thẳng thuộc P có hữu hạn giao điểm đường thẳng với đường tròn C Do tồn điểm An+1 nằm đường trịn C khơng nằm đường thẳng thuộc P Hơn An+1 chọn nằm cung tròn giới hạn A1 , An không chứa A2 , A3 , An−1 Khi A1 A2 An An+1 (n + 1)-giác lồi khơng có ba đường chéo đồng quy Mệnh đề 1.1.7 Cho n (n ≥ 4) điểm nằm mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng bốn điểm đỉnh tứ giác lồi Khi n điểm cho đỉnh n-giác lồi Chứng minh Gọi S tập hợp điểm cho giả sử bao lồi S k -giác M Ta chứng minh điểm X ∈ S đỉnh M Phản chứng tồn điểm Y ∈ S nằm bên k -giác M Từ đỉnh Z tùy ý M ta vẽ tất đường chéo nối với đỉnh Z , k -giác M chia thành k − tam giác điểm Y nằm tam giác Giả sử tam giác ABC , bốn điểm A, B, C, Y không tạo thành tứ giác lồi, điều mâu thuẫn với giả thiết Mệnh đề 1.1.8 Chọn điểm P tùy ý nằm đa giác lồi M dựng hình chiếu vng góc từ P lên đường thẳng chứa cạnh M Khi có hình chiếu nằm cạnh M Chứng minh Trong tất đường thẳng chứa cạnh M , ta chọn đường thẳng có khoảng cách đến P nhỏ nhất, giả sử đường thẳng (Nếu có nhiều đường thẳng ta chọn đường bất kì) Giả sử cạnh AB nằm 64 đường trịn hình vng tạo thành hình vng QP BA) Nếu sáu Hình 4.3: điểm N, Q, M, L, P, K có màu đỏ khẳng định mệnh đề Suy sáu điểm với điểm nằm đường thẳng N K, M L mang hai màu lại (giả sử xanh vàng) Ta có trường hợp sau đây: - N K có màu xanh, bốn điểm Q, M, L, P mang màu xanh khẳng định mệnh đề N K có màu xanh bốn điểm Q, M, L, P mang màu vàng tam giác có ba đỉnh thuộc bốn điểm Q, M, L, P tam giác vng có ba đỉnh màu - N màu xanh, K màu vàng điểm X ∈ N K \ {N, A, K} có màu xanh Nếu hai điểm Q, M có màu xanh khẳng định mệnh đề Giả sử Q, M màu vàng, hai điểm P, L màu vàng khẳng định mệnh đề Lúc Q, N màu vàng P, L màu xanh Xét điểm Y ∈ M L \ {M, B, L}, Y có màu ba tam giác ABY, QM Y, P LY tam giác vuông có ba đỉnh màu Vậy tồn ba điểm màu tạo thành đỉnh tam giác vuông Bài tốn 4.1.4 (Đề thi vơ địch Trung Quốc 1986) Mỗi điểm mặt phẳng tô hai màu đen màu đỏ Chứng minh ta tìm ba 65 điểm màu mà khoảng cách cặp điểm khoảng cách cặp điểm √ Lời giải Giả sử không tồn ba điểm màu mà khoảng cách cặp điểm Ta chứng minh tồn ba điểm màu cho khoảng cách cặp điểm √ Do ta giả sử khơng tồn ba điểm tạo Hình 4.4: thành ba đỉnh tam giác có cạnh tô màu nên ta xét tam giác có cạnh có hai đỉnh tam giác tơ hai màu khác Gọi A điểm cách hai đỉnh khác màu khoảng Khi hai đỉnh tam giác khác màu với điểm A, giả sử điểm B Gọi M trung điểm AB , lúc M A = M B = M màu với A B Giả sử M B có màu đen Dựng hai tam giác M BC M BD đối xứng qua AB Khi hai tam giác M BC M BD hai tam giác M, B có màu đen nên C, D có màu đỏ Như ta có tam giác ACD có ba đỉnh tô màu đỏ độ dài cạnh √ Bài toán chứng minh Bài toán 4.1.5 (Bài 209 Thi vào 10 chuyên toán ĐHSPHN 1992-1993) Mỗi điểm mặt phẳng tô ba màu đỏ, vàng, xanh Chứng 66 minh tìm hai điểm màu mà khoảng cách chúng độ dài cho trước tùy ý Lời giải Đây toán mở rộng Bài toán 4.1.4 Gọi a khoảng cách cho trước Trong mặt phẳng ta chọn bốn điểm A, B, C, D cho tam giác ABD, CBD tam giác cạnh a Lúc ta có năm đoạn thẳng AB, AD, BC, CD, BD có độ dài a Nếu năm đoạn thẳng có hai đầu mút màu tốn chứng minh Nếu khơng tồn đoạn có hai đầu mút màu A, C màu (vì có điểm A, B, C, D tô ba màu nên theo ngun lý Dirichlet có hai điểm tơ màu) Xét tất hình thoi với điểm A cố định Nếu không tồn đoạn năm đoạn AB, AD, BC, CD, BD có hai đầu mút màu tất √ điểm đường trịn tâm A bán kính a tơ màu Khi đường trịn ta ln tìm hai điểm có khoảng cách độ dài a Bài tốn chứng minh 4.2 Tô màu miền Bây xét tình sau: Mặt phẳng chia thành miền hệ đường cong Nếu muốn phân biệt miền khác (giống phân biệt quốc gia đồ) ta tô màu miền màu sắc khác Tuy nhiên làm phải đảm bảo hai miền "láng giềng" có màu khác Câu hỏi đặt là: Số màu đáp ứng yêu cầu bao nhiêu? Từ kỉ 19, nhiều nhà toán học nghiên cứu để trả lời câu hỏi Vào cuối kỉ 19, P.L.Heawood chứng minh số màu nhỏ thỏa 67 mãn yêu cầu năm màu Cuối vào năm 1976, W.Haken L.Aplle chứng minh số màu nhỏ thỏa mãn yêu cầu bốn với trợ giúp máy tính Mệnh đề 4.2.1 Chia mặt phẳng n đường thẳng thành nhiều miền Khi miền tơ hai màu cho hai miền màu khơng có nhiều điểm chung Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp toán học theo n Với n = 1, ta có hai nửa mặt phẳng, tô hai nửa mặt phẳng hai màu khác ta có điều cần chứng minh Giả sử mệnh đề với n = k ≥ 1, xét hệ P gồm (k + 1) đường thẳng tùy ý mặt phẳng Ta chọn đường thẳng tùy ý l ∈ P xét trường hợp tô màu miền mặt phẳng chia theo hệ thống k đường thẳng P = P \ {l} Ở hai nửa mặt phẳng giới hạn l, ta giữ nguyên màu miền nửa mặt phẳng ấy, nửa mặt phẳng lại ta đổi màu tất miền Khi ta mặt phẳng với miền tô màu thỏa mãn mệnh đề Mệnh đề 4.2.2 Chia mặt phẳng n ≥ đường thẳng thành nhiều miền Tô màu số miền màu cho hai miền tơ màu có khơng q điểm chung biên Khi số miền tơ màu không vượt n2 +n Chứng minh Gọi p số miền tô màu, S1 tập hợp miền tô màu bị chặn (miền đa giác), S2 tập hợp miền tơ màu khơng bị chặn Khi p = |S1 | + |S2 | Bất đẳng thức p ≤ n2 +n rõ ràng trường hợp hệ đường thẳng cho song song với nhau; trường hợp có |S1 | = |S2 | ≤ n + 1, trường hợp bất đẳng 68 thức n +1≤ n2 +n với n ≥ Chúng ta lưu ý đường thẳng hệ n đường thẳng bị chia thành hai tia nhiều (n − 2) đoạn thẳng giao điểm với (n − 1) đường thẳng Do thu hệ gồm 2n tia nhiều n(n − 2) đoạn thẳng, tia hay đoạn thẳng thuộc nhiều miền tơ màu Vì miền M ∈ S1 k -giác (k ≥ 3), có |S1 | ≤ n(n − 2) Mỗi miền M ∈ S2 chứa hai tia, nên ta có |S2 | ≤ 2n Suy p = |S1 | + |S2 | ≤ 4.3 n(n−2) +n= n2 +n Ta có điều phải chứng minh Tơ màu bàn cờ Trong trò chơi cờ vua, bàn cờ × tô màu sau: Trong hàng cột, ô tô màu trắng đen xen kẽ Trong hình học tổ hợp nghiên cứu tình tổng quát hơn: Bàn cờ m × n tô số màu cho trước Bài tốn 4.3.1 Trên bàn cờ vua × tô hai màu trắng đen theo kiểu cổ điển Chọn hàng cột đồng thời đổi màu tất ô sang màu ngược lại Khi sau số hữu hạn bước thực ta có bàn cờ hồn toàn màu đen Lời giải Giả sử hàng (tương ứng cột) có k màu đen (8 − k) ô màu trắng (với ≤ k ≤ 8) Khi thực đổi màu ô cờ hàng (cột) (8 − k) đen k trắng Khi số lượng ô màu đen thay đổi |(8 − k) − k| = |8 − 2k| ô, số chẵn Do thao tác đổi màu khơng làm thay đổi tính chẵn lẻ số đen, ban đầu có 32 đen nên số đen cịn lại sau thao tác đổi màu số chẵn 69 Bài tốn 4.3.2 Ta khơng thể tơ màu bàn cờ 2022 × 2022 tô hai màu trắng đen thỏa hai điều kiện sau: (i) Hai ô đối xứng qua tâm bàn cờ khác màu với (ii) Số ô màu đen hàng (cột) số ô màu trắng Lời giải Chia bàn cờ thành bốn miền hình vng A, B, C, D có kích thước (Hình 4.5) Với X ∈ {A; B; C; D} ta đặt wX , bX tương ứng số ô trắng Hình 4.5: đen miền X Theo giả thiết wA = bD (vì A đối xứng với D qua tâm) wA = wB Vì số lượng ô đen ô trắng hàng cột nên ta có wA + wB = · 20222 = 10112 wB + wD = 10112 , tức wA = wD Từ ta suy 10112 = bD + wD = · wA , điều vơ lí 10112 số lẻ Bài tốn 4.3.3 Giả sử bàn cờ 12 × 12 tơ ba màu Khi có bốn màu góc hình chữ nhật Lời giải Chọn hàng (cột) gọi a, b, c số ô tô màu thứ nhất, thứ hai, thứ ba; ta có a + b + c = 12, hàng (cột) có a + b + c cặp ô màu Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho n = ta a2 + b2 + c2 ≥ (a + b + c)2 , 70 a + b + c 1 (a + b2 + c2 ) − (a + b + c) 2 1 ≥ (a + b + c)2 − (a + b + c) = · 122 − = 18 6 = Suy hàng (cột) có 18 cặp màu tồn bàn cờ có 12 · 18 = 216 cặp ô màu, đồng thời số có 216÷3 = 72 cặp có màu thứ (tương ứng thứ hai, thứ ba) Vì 12 = 66 < 72 nên số cặp ô màu thứ (tương ứng thứ hai, thứ ba) nằm hai cột khác chiếm hai hàng giống nhau, tức bốn góc hình chữ nhật 4.4 Tơ màu phụ trợ Cách giải số toán đơn giản cách đáng kể sử dụng phương pháp tô màu phụ trợ Trong số điểm mặt phẳng phận vật thể hình học tơ màu thích hợp chia thành nhiều lớp Với phương pháp giải số vấn đề liên quan đến việc xếp bàn cờ mảnh thuộc nhiều loại khác Bài tốn 4.4.1 Xét bàn cờ vua × thơng thường tô hai màu đen trắng loại bỏ hai hai góc đối diện Khi ta xếp 31 mảnh domino lên bàn cờ Lời giải Giả sử mảnh domino tô ô đen ô trắng giả sử bàn cờ bị bỏ hai góc có màu đen Khi phần cịn lại bàn cờ có 32 màu trắng 30 màu đen, tổng mảnh domino 31 trắng 31 đen Do bàn cờ sửa đổi xếp 31 mảnh domino 71 Mệnh đề 4.4.2 Một bàn cờ m × n phủ mảnh có kích thước × × Nếu ta đổi mảnh × mảnh × bàn cờ phủ mảnh Chứng minh Chúng ta xét bàn cờ tô màu (đen) Hình 4.6 Khi mảnh × phủ không hai ô tô màu, mảnh × ln phủ ô tô màu Điều có nghĩa số ô tô màu Hình 4.6: bàn cờ với số mảnh × có tính chẵn lẻ Nếu đổi mảnh × mảnh × làm thay đổi tính chẵn lẻ số mảnh × với số ô tô màu, phủ bàn cờ với mảnh Mệnh đề 4.4.3 Cho n-giác M mặt phẳng tọa độ Oxy cho đỉnh M có tọa độ nguyên Khi bên đa giác cạnh M không chứa điểm tọa độ nguyên n ≤ Chứng minh Ta tơ màu tất điểm mặt phẳng tọa độ có tọa độ nguyên bốn màu (như Hình 4.7) Nếu n ≥ hai số đỉnh n-giác có màu Trung điểm đoạn thẳng có hai đỉnh màu điểm có tọa độ nguyên Vì M đa giác lồi nên trung điểm nói điểm M nằm cạnh M Điều mâu thuẫn với giả thiết mệnh đề 72 Hình 4.7: Mệnh đề 4.4.4 Một n-giác lồi M chia thành tam giác đường chéo không cắt cho đỉnh M đỉnh số lẻ tam giác Khi n chia hết cho Chứng minh Ta tơ màu hình tam giác hai màu cho hai tam giác có chung cạnh tơ hai màu khác Việc thực sau: Mỗi đường chéo chia M thành hai phần, hai phần tô màu thứ nhất, phần lại màu sắc đổi sang màu thứ hai Vì đỉnh M đỉnh số lẻ tam giác, nên với việc tô màu cạnh M thuộc tam giác có màu (giả sử màu đen) Gọi m số cạnh tam giác màu trắng, rõ ràng ta có | m Vì cạnh tam giác màu trắng cạnh M cạnh tam giác màu đen nên ta có tổng số cạnh tam giác màu đen m + n, hiển nhiên | m + n Cùng với | m ta suy | n Bài toán 4.4.5 Xác định số m, n cho bàn cờ kích thước m × n phủ mảnh chữ L (Hình 4.8) Lời giải Khơng tính tổng qt ta giả sử m ≤ n Để phủ bàn cờ m ≥ 2, n ≥ Giả sử ta phủ bàn cờ m × n a hình chữ L, ta có 73 Hình 4.8: · a vng Vì m · n ≥ nên a ≥ Xét a = 2, ta có bàn cờ × Lúc ta phủ bàn cờ mảnh chữ L Hình 4.9: Hình 4.9 Với a = 3, ta có m · n = 12 Có hai bàn cờ thỏa mãn × × Dễ thấy hai bàn cờ phủ mảnh hình chữ L Do ta dự đoán để phủ bàn cờ mảnh hình chữ L a phải chẵn Thật vậy, giả sử m chẵn bàn cờ có m dịng, ta tô màu ô bàn cờ sau: Các dịng lẻ từ xuống tơ màu đen, dịng cịn lại tơ màu trắng Mỗi mảnh hình chữ L phủ bàn cờ phải chiếm ô trắng ô đen ô đen ô trắng Gọi x số mảnh hình chữ L phủ ô đen ô trắng, y số mảnh hình chữ L phủ trắng đen Khi ta có hệ phương trình:      x+y =a     3x + y = 3y + x = 2a Suy x = y a = 2x, tức a chẵn Bây ta chứng minh a chẵn, nghĩa m · n ta phủ bàn cờ 74 m × n mảnh hình chữ L Nếu m 2, n bàn cờ chia thành bàn cờ × 4, mà bàn cờ chứng minh phủ mảnh hình chữ L Nếu m lẻ n 8, giả sử m = 2s + 3, (s ≥ 0, s ∈ N) Lúc ta chia bàn cờ m × n thành bàn cờ × × Do bàn cờ × phủ mảnh hình chữ L tốn chứng minh Ta phủ bàn cờ × phủ mảnh hình chữ L Hình 4.10 Bài tốn chứng minh Hình 4.10: Bài tốn 4.4.6 (Thi vơ địch Ba Lan 1976) Cho sáu điểm ba điểm đỉnh tam giác có độ dài cạnh khác Chứng minh đoạn thẳng nối hai điểm điểm cho, tồn đoạn thẳng vừa cạnh nhỏ tam giác, vừa cạnh lớn tam giác khác Lời giải Xét đoạn thẳng, ta tơ đỏ cạnh nhỏ tam giác, ta tơ xanh khơng cạnh nhỏ Như tam giác có cạnh tô màu đỏ Ta chứng minh tồn tam giác mà ba cạnh tô màu đỏ Thật vậy, gọi A sáu điểm cho A nối với năm điểm lại đoạn màu xanh đỏ nên tồn ba cạnh màu, giả sử AB, AC, AD Nếu AB, AC, AD tô màu đỏ (Hình 4.11(a)), BCD phải có 75 Hình 4.11: cạnh màu đỏ, giả sử BC , ABC có ba cạnh tơ màu đỏ (Hình 4.11(b)) Nếu AB, AC, AD tơ màu xanh (Hình 4.11(c)) Do tam giác phải có cạnh tơ màu đỏ nên ta suy cạnh BC, CD, BD tơ màu đỏ, ta có BCD có ba cạnh tô màu đỏ Ta chứng minh xong tồn tam giác có ba cạnh tơ màu đỏ Bây ta xét tam giác mà ba cạnh tô màu đỏ Cạnh lớn tam giác cạnh phải tìm: vừa cạnh lớn tam giác nói trên, đồng thời cạnh nhỏ tam giác khác (vì tơ màu đỏ) 76 Kết luận Luận văn tổng hợp trình bày số dạng tốn Hình học tổ hợp, gồm tốn đếm, tốn phủ hình bao hình, tốn tơ màu Cụ thể, luận văn đạt kết sau: Trình bày số tính chất tổ hợp đa giác lồi đa giác khơng lồi, với số tốn đếm số đối tượng hình học thỏa mãn tính chất đó: Đếm số giao điểm, đếm tam giác, đếm tứ giác, Trình bày số toán tổ hợp liên quan đến việc chia mặt phẳng thành nhiều phần có "hình dạng" khác họ đường thẳng đường cong, tốn chia đa giác lồi, tốn chia khơng gian Trình bày tốn tổ hợp liên quan đến diện tích phần phủ lên đối tượng hình học, tốn phủ hình đường trịn tương đẳng, tốn bao hình, tốn xếp qn cờ, Trình bày tốn tô màu mặt phẳng, gồm tô màu điểm, tô màu miền tô màu bàn cờ (tổng quát) 77 Tài liệu tham khảo [1] H Hadwiger, H Debrunner, Combinatorial geometry in the plane, Holt, Rinehart and Winston, 1964 [2] J Herman, R Kucera, J Simsa, Counting and Configurations Problems in Combinatorics, Arithmetic, and Geometry, Springer-Verlag New York, 2003 [3] Vũ Hữu Bình, Hình học tổ hợp, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2016 [4] Nguyễn Hữu Điển, Một số chủ đề hình học tổ hợp, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, 2005 [5] Vũ Đình Hịa, Một số kiến thức sở hình học tổ hợp, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, 2001 [6] Tập san Toán học tuổi trẻ năm [7] Các đề thi Học sinh giỏi quốc gia, Olympic toán nước quốc tế 78 Quy Nhơn, ngày 25 tháng năm 2021 Người hướng dẫn PGS.TS Lê Cơng Trình Chủ tịch Hội đồng bảo vệ Học viên thực Nguyễn Tuấn Khải Phòng Đào tạo sau đại học ... phủ hình, bao hình, tốn tơ màu, vấn đề quan tâm nghiên cứu hình học tổ hợp Luận văn tập trung nghiên cứu toán nói hình học tổ hợp Các kết luận tổng hợp trình bày lại từ tài liệu [1] [2], toán. .. GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN TUẤN KHẢI BÀI TỐN ĐẾM, PHỦ VÀ TƠ MÀU TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8460113 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS... 42 Phủ hình bao hình 44 3.1 Phủ hình 45 3.2 Phủ hình với hệ hình trịn tương đẳng 49 ii 3.3 Bao hình 55 3.4 Bài toán