1 CÁC BÀI TOÁN VỀ HÌNH HỌC TỔ HỢP Lê Phúc Lữ Thành phố Hồ Chí Minh I Kiến thức cần nhớ 1 Các khái niệm cơ bản về hình học tổ hợp Khoảng cách từ điểm M đến hình ( )H là { }min | ( )MN N H∈ Chẳng hạn nế[.]
CÁC BÀI TỐN VỀ HÌNH HỌC TỔ HỢP Lê Phúc Lữ - Thành phố Hồ Chí Minh I Kiến thức cần nhớ Các khái niệm hình học tổ hợp - Khoảng cách: từ điểm M đến hình ( H ) {MN | N ∈ ( H )} Chẳng hạn ( H ) điểm khoảng cách từ M đến hình ( H ) độ dài đoạn thẳng, ( H ) đường trịn (O) khoảng cách từ M đến giao điểm gần MO với đường tròn, h M N O - Lân cận: bán kính d hình ( H ) tập hợp điểm M có khoảng cách đến ( H ) không vượt d Chẳng hạn: lân cận điểm hình trịn, lân cận đường trịn hình xuyến, lân cận đoạn thẳng hai hình chữ nhật hai nửa hình trịn, lân cận đa giác gồm nhiều hình chữ nhật nhiều phần hình trịn A B D C - Bao lồi: hệ điểm đa giác lồi có đỉnh thuộc hệ điểm cho, có chu vi nhỏ chứa tồn hệ điểm Bao lồi công cụ mạnh, không để giải tốn mang tính lý thuyết mà cịn mang tính thực tiễn cao - Điểm ngun: hệ trục tọa độ vng góc Oxy khơng gian Oxyz điểm có tọa độ số nguyên Một số định lí - Lân cận bán kính d đa giác có diện tích S , chu vi P có diện tích S + pd + π d - Một tam giác nội tiếp hình chữ nhật có diện tích khơng vượt q diện tích hình chữ nhật - Một đa giác có khoảng cách lớn hai điểm M , N nằm khơng vượt q d nội tiếp hình trịn có đường kính d - Một đa giác có số cạnh chẵn tồn đường chéo không song song với cạnh đa giác - Định lí Pick: đa giác lồi khơng tự cắt có a điểm ngun cạnh (có tính đỉnh) b a điểm ngun nằm phía có diện tích S = + b − II Một số tập áp dụng Bài 1: Trong mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 , A3 , , An cho khơng có ba điểm thẳng hàng khơng có điểm tạo thành hình thang Qua điểm Ai , i = 1, n , ta vẽ đường thẳng song song với tất đoạn thẳng Aj Ak , j ≠ k , k ∈ {1, 2,3, , n} Tìm số tối đa giao điểm đường thẳng song song vẽ Giải (n − 1)(n − 2) đường thẳng qua n − Xét điểm Ai ,1 ≤ i ≤ n đó, có tất cả: Cn2−1 = điểm lại n(n − 1)(n − 2) Do có tất n điểm nên ta có đường thẳng mặt phẳng có n − đường thẳng song song với Ta tìm số giao điểm tối đa đường thẳng d qua điểm Ai ,1 ≤ i ≤ n với đường thẳng khác cịn lại Ngồi đường thẳng d ra, ta M = n(n − 1)(n − 2) − đường thẳng (n − 1)(n − 2) − đường qua Ai đường thẳng d Do đường thẳng d song song với P= n − đường thẳng khác nên số giao điểm nhiều đường thẳng d là: khác có N = n3 − 4n + 3n + n(n − 1)(n − 2) (n − 1)(n − 2) = − 1 − −= M −N −P 1 − (n − 3) 2 n(n − 1)(n − 2) Vì có tất đường thẳng giao điểm tính lần nên số giao n(n − 1)(n − 2)(n3 − 4n + 3n + 4) Bài toán thú vị chỗ thay song song vng góc cho kết điểm tối đa có là: Bài Trong mặt phẳng cho n điểm phân biệt A1 , A2 , , An cho khơng có ba điểm thẳng hàng bốn điểm tạo thành hình bình hành Gọi M i , i = 1, m trung điểm đoạn thẳng Ai Aj , i ≠ j Gọi N tổng độ dài đoạn Ai Aj , i ≠ j M tổng độ dài đoạn M i M j , i ≠ j Chứng minh rằng: M < n − 3n + N Giải Trước hết, ta thấy rằng: - Nếu M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC thì: MN + NP + PM= ( AB + BC + CA) - Nếu M, N, P, Q, R, S trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, AC, BD tứ giác ABCD ta có bất đẳng thức sau: MN + PQ + RS < ( AB + BC + CD + DA + AC + BD) B A M A S N P P R Q B M C D N C Áp dụng hai hệ thức cho tất trung điểm Ta thấy đoạn M i M j , i ≠ j thuộc tam giác tứ giác đó, cịn cạnh Ai Aj , i ≠ j thuộc n – tam giác thuộc Cn2− = (n − 2)(n − 3) tứ giác Cộng vế hệ thức đó, ta được: n − 3n + 1 M i M j < (n − 2) + (n − 2)(n − 3) ∑ Ai Aj ⇔ M < N 4 2 1≤i < j ≤ n 1≤i < j ≤ m ∑ Bài Trong mặt phẳng cho 3n điểm phân biệt A1 , A2 , A3n cho khơng có ba điểm thẳng hàng khoảng cách điểm khơng vượt q Chứng minh rằng: Tồn đường thẳng d không qua điểm điểm A1 , A2 , A3n không song song với đường thẳng chứa điểm Ai , Aj , i ≠ j Giả sử khoảng cách từ điểm A1 , A2 , A3n đến đường thẳng d tăng dần Chứng minh tam giác: A3i +1 A3i + A3i +3 , i = 1, n đôi rời Chứng minh tổng diện tích n tam giác nhỏ Giải Gọi Ω đa giác lồi chứa tất điểm A1 , A2 , A3n Kẻ đường thẳng mặt phẳng không cắt cạnh Ω đường thẳng khơng qua điểm điểm nói Do số điểm cho hữu hạn nên số đường thẳng qua điểm hữu hạn, tồn đường thẳng không song song với đường thẳng chứa điểm 3n điểmtrên Từ suy đường thẳng d tồn ta có đpcm Qua điểm A3i +1 , kẻ đường thẳng ∆ i song song với d Do khoảng cách từ điểm A1 , A2 , A3n đến d tăng dần nên đường thẳng ∆ i nói chia mặt phẳng thành dãy mà tam giác A3i +1 A3i + A3i +3 , i = 1, n phân cách với tam giác khác đường thẳng ∆ i Tức tam giác nói rời b a d D C A B Gọi Si , i = 1, n diện tích tam giác A3i +1 A3i + A3i +3 Rõ ràng tồn đường thẳng a, b vng góc với d qua đỉnh tam giác A3i +1 A3i + A3i +3 Qua đỉnh A3i +3 , kẻ đường thẳng ∆ 'i song song với d Kí hiệu giao điểm hình vẽ Rõ ràng tam giác A3i +1 A3i + A3i +3 nằm hồn tồn hình chữ nhật ABCD nên: Si < 1 1 S ABCD = AB.BC ≤ AC.di ≤ di , 2 2 di khoảng cách đường thẳng ∆ i ∆ 'i Suy ra: n n 1 S < di ≤ A1 A3n ≤ ∑ ∑ i 2 =i =i Ta có đpcm Bài Trong mặt phẳng, cho tập hợp A gồm 20142 điểm phân biệt đánh số từ đến 20142 cho ba điểm chúng không thẳng hàng Một tứ giác (lồi lõm) gọi “đẹp” đỉnh thuộc A đánh số số thỏa mãn hai điều kiện sau: - Đó số tự nhiên cách 2014 đơn vị - Đó số tự nhiên liên tiếp có chứa số chia hết cho 2014 số phải lớn nhỏ Nối tất điểm thuộc tập hợp A lại với cho điểm thuộc A thuộc tứ giác Tìm số lớn tứ giác “đẹp” tạo thành Giải Xét bảng ô vuông gồm 2014 × 2014 vng điền số theo thứ tự từ xuống trái sang sau: … 2013 2014 2015 2016 2017 … 4019 4028 4029 4030 4031 … 6041 6042 … … … … … … … … … … … 20142 Trước hết, ta chứng minh chia tất 20142 điểm cho thành tứ giác “đẹp” Rõ ràng số đỉnh tứ giác “đẹp” tương ứng với số bị che bảng ô vuông đặt mảnh bìa hình chữ nhật kích thước 1× vào Ta chứng minh khơng thể che hết tồn bảng vng hình chữ nhật 1× Thật vậy, ta tơ màu ô vuông nằm cột chẵn hàng chẵn Do bảng có 20142 vng nên số 20142 vng bị tô màu là: = 1014049 số lẻ Giả sử ngược lại ta lấp kín bảng vng mảnh bìa Khi đó, mảnh bìa che hai ô vuông ô vuông bảng ô vuông, tức có số chẵn ô vng bị che đi; đó, số vng bị che bảng số chẵn Từ ta thấy có mâu thuẫn Vậy khơng thể che hết bảng vng hình chữ nhật 1× Gọi k số tứ giác đẹp lớn cần tìm k < 1014049 ⇒ k ≤ 1014048 Ta chứng minh k = 1014048 cách cách dùng mảnh bìa che kín bảng ô vuông Thật vậy, chia bảng ô vuông thành hai phần: - Phần gồm 2012 cột đầu, ta xếp mảnh bìa theo hàng, hàng có 503 mảnh bìa Khi đó, ta che kín hết phần mảnh bìa - Phần gồm cột cuối, ta xếp nối tiếp mảnh bìa từ xuống cuối cịn lại vng × góc bảng Như vậy, ta dùng k = 1014048 mảnh bìa che tối đa 20142 − vng bảng Từ đó, ta thấy, số tứ giác “đẹp” lớn cần tìm k = 1014048 Bài Cho mảnh giấy hình vng Người ta cắt mảnh giấy thành hai mảnh hình chữ nhật Lấy hai mảnh cắt làm hai mảnh cho đường cắt không qua đỉnh mảnh giấy tiếp tục làm nhiều lần Hỏi sau lần cắt, ta thu 30 đa giác có 70 cạnh? Giải Giả sử sau n lần cắt, ta thu 30 đa giác có 70 cạnh Cần tìm giá trị nhỏ n Ta thấy sau lần cắt mảnh giấy thành mảnh, số đỉnh đa giác tăng lên đỉnh (vì đường cắt khơng qua đỉnh mảnh giấy); đó, sau n lần cắt, số đỉnh tăng lên tổng cộng 4n + Mặt khác, sau lần cắt vậy, ta có thêm đa giác nên sau n lần cắt có tất n + đa giác; ta có 30 đa giác có 70 cạnh nên số đa giác lại (n + 1) − 30 = n − 29 Mà đa giác có đỉnh (trường hợp mảnh giấy hình tam giác) nên tổng số đỉnh đa giác lại 3(n − 29) Từ đó, ta được: 4n + ≥ 30.70 + 3(n − 29) ⇔ n ≥ 2009 Ta chứng minh n = 2009 giá trị nhỏ cần tìm cách cách cắt thỏa mãn đề Trước hết, ta cắt mảnh giấy 29 lần để 30 hình chữ nhật Sau đó, hình chữ nhật, ta cắt 66 lần (mỗi lần số đỉnh đa giác tăng lên 1) để thu đa giác 70 cạnh Số lần cắt tổng cộng là: 29 + 30.66 = 2009 Vậy số lần cắt cần tìm 2009 lần Bài Trên mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 , A3 , , An cho khoảng cách điểm đôi khác Trong đoạn thẳng xuất phát từ Ai ,1 ≤ i ≤ n , ta gọi Aj , j ≠ i điểm mà khoảng cách Ai Aj ngắn tơ màu đoạn đó; tiếp tục chọn đoạn thẳng xuất phát từ Aj đoạn Aj Ak , k ≠ i, k ≠ j ngắn tô màu cho Chứng minh q trình kết thúc, khơng có đường gấp khúc khép kín tô màu tất cạnh Giải: Giả sử xuất phát từ điểm A1 , ta có A1 A2 ngắn nhất, ta tô màu đoạn thẳng Tiếp tục xét điểm A2 , ta có hai trường hợp xảy ra: - Nếu A2 Ai = A2 A1 q trình dừng lại khơng có đường gấp khúc khép kín 1≤i ≤ n tơ màu tất cạnh - Nếu = A2 Ai A2 Aj , j ≠ ta tiếp tục q trình Khơng tính tổng quát, giả sử 1≤i ≤ n j = , đó: A2 A3 < A1 A2 , ta tơ màu đoạn A2 A3 Tiếp tục vậy, giả sử trình dừng lại điểm Ak ,3 ≤ k ≤ n , ta có đoạn thẳng q trình tơ màu là: A1 A2 > A2 A3 > > Ai Ai +1 > > Ak −1 Ak Giả sử đoạn có đường gấp khúc khép kín đó, tức có điểm đầu mút hai đoạn thẳng, giả sử điểm Ai đường gấp khúc là: Ai Ai +1 Am Ai Khi đó, theo cách lựa chọn điểm, ta có: Ai Ai +1 > Ai +1 Ai + > > Am Ai Từ suy có điểm Am mà Am Ai < Ai Ai +1 , mâu thuẫn với cách chọn Ai +1 Từ ta có đpcm Bài Trong hình vng cạnh 200 cm có 2010 đa giác lồi mà đa giác có diện tích khơng q 2π (cm ) chu vi không 3π (cm) Chứng minh hình vng ln tồn hình trịn có bán kính cm khơng cắt đa giác Giải Dựng hình vng có cạnh 198cm bên hình vng cho hai hình vng có tâm với (tức thu nhỏ cạnh hình vng cũ 2cm) Diện tích hình vng cạnh 198cm : 1982 = 39204 (cm ) Dựng lân cận bán kính cm hình đa giác cho Diện tích lân cận tổng diện tích đa giác, diện tích hình chữ nhật diện tích hình quạt dựng đỉnh đa giác Ta chứng minh với đa giác n cạnh bất kì, tổng góc ngồi 3600 Thật vậy, với đa giác vậy, ta chia thành n – tam giác có chung đỉnh đơi rời Tổng góc tam giác 1800 nên tổng góc đa giác lồi (n − 2)1800 Do đó, tổng góc đa giác lồi : n.1800 − (n − 2).1800 = 3600 Tổng góc hình quạt 3600 , hình quạt có bán kính cm nên tổng diện tích hình quạt diện tích hình trịn bán kính cm : π 12 = π (cm ) Do đó, tổng diện tích đa giác lân cận : 2π + 3π + π = 6π (cm ) ; suy : tổng diện tích đa giác lân cận là: 2010.6π < 2010.6.3, = 38592 (cm ) < 39204 (cm ) Vậy tồn điểm A thuộc hình vuông cạnh 198 cm mà không thuộc đa giác lân cận cm chúng Khi đường trịn (A,1 cm) khơng cắt đa giác rõ ràng thỏa mãn đề Ta có đpcm Bài Trong hình vng có cạnh cho k điểm phân biệt (có thể thẳng hàng) Nối điểm lại với đoạn thẳng cho hai đoạn khơng cắt tạo thành tam giác chia hình vng thành phần nhỏ hình tam giác rời Tìm số k nhỏ cho tam giác chia ra, tồn tam giác có diện tích khơng q 100 Giải Giả sử với k điểm nằm hình vng đó, có tất a tam giác tạo thành Tổng tất góc tam giác a.1800 Mặt khác, góc góc quay xung quanh điểm cho với đỉnh hình vng nên tổng : 4.900 + k 3600 Do đó, ta có 4.900 + k 3600 = a.1800 ⇔ a = 2k + Tức với cách xếp điểm nối đoạn thẳng ứng với k điểm ta thu 2k + tam giác Vì có tất 2k + tam giác nên diện tích tam giác nhỏ không vượt Mà 2k + 1 ≤ ⇔ k ≥ 49 nên tất giá trị k ≥ 49 thỏa mãn đề 2k + 100 Ta chứng minh k = 48 (hoặc nhỏ hơn) không thỏa mãn đề cách cách xếp điểm phía hình vng cách nối chúng lại thành tam giác mà diện tích tam giác lớn 100 Thật vậy, ta đặt 48 điểm chia đường chéo qua hai đỉnh hình vng nối điểm với hai đỉnh lại hình vng Rõ ràng hình vng chia thành 98 1 tam giác nhỏ diện tích tam giác , khơng thỏa mãn đề > 98 100 Vậy giá trị nhỏ k cần tìm 49 10 Ta lại tiếp tục có ba trường hợp: (1.1) Nếu có cặp đỉnh chúng thuộc cạnh, giả sử M M’ hai đỉnh lại N, N’ khơng; rõ ràng đỉnh nằm N, N’ không nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng qua đầu mút đoạn thẳng chứa hai đỉnh N, N’, điều mâu thuẫn với giả thiết (H) đa giác lồi (1.2) Nếu hai cặp đỉnh hai đoạn MN , M ' N ' nằm cạnh (H) hai cạnh phải song song với nhau, ta thấy điều mâu thuẫn (1.3) Nếu khơng có cặp đỉnh thuộc đoạn tương tự trường hợp trên, đỉnh nằm hai đỉnh M, M’ N, N’ khơng thuộc nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng qua đầu mút đoạn thẳng chứa hai đỉnh M, M’ N, N’; mâu thuẫn (2) Nếu giao điểm đường thẳng qua hai cạnh chứa A6 , A3 song song tịnh tiến vector A6 A3 đường thẳng đó, ta ln nhận vector có với A6 A3 Do đa giác cho lồi nên đỉnh lại thuộc miền (P) (H) nằm phần hai đường thẳng song song nêu Từ đó, ta đưa trường hợp dẫn đến điều mâu thuẫn A1 A2 A6 I A5 A3 A4 (3) Nếu giao điểm hai đường thẳng qua hai cạnh chứa A6 , A3 cắt điểm không nằm miền (P) Khi đó, độ dài đoạn thẳng song song với A6 A3 tăng lên đến giá trị giảm xuống đến 0; giảm đến độ dài A6 A3 ta lại quay trường hợp có điều vơ lí Tiếp theo, ta cần chứng minh tồn cách dựng đường thẳng (d) mà điểm thỏa mãn đề - Nếu khoảng cách từ A1 A2 từ A5 A4 đến A6 A3 tốn kết thúc 14 -Nếu khoảng cách từ A1 A2 từ A5 A4 đến A6 A3 không giả sử đoạn A1 A2 gần A6 A3 đoạn A5 A4 Quay (d) quanh X nửa vòng tròn, độ dài A6 A3 thay đổi liên tục quay (d) quanh X vòng tròn Độ dài đoạn A1 A2 A5 A4 thay đổi theo tỉ lệ chúng giữ nguyên Đến quay xong đoạn A1 A2 A5 A4 đổi chỗ cho nhau, tức khoảng cách từ đoạn đoạn A5 A4 đến A6 A3 gần đoạn A1 A2 Do phép biến đổi thực liên tục nên tồn thời điểm mà khoảng cách A1 A2 A5 A4 đến A6 A3 Ngay lúc đó, điểm A1 , A2 , , A6 thỏa mãn tất điều kiện đề Ta có đpcm Bài 12 (VN TST 2007) Cho đa giác cạnh (H) Xét ba tam giác với đỉnh đỉnh đa giác (H) cho cho khơng có hai tam giác có chung đỉnh Chứng minh chọn từ tam giác cạnh cho cạnh Lời giải Kí hiệu hình (H) cho đa giác A1 A2 A3 A8 A9 hình vẽ Trước hết, ta thấy độ dài cạnh đường chéo hình (H) thuộc giá trị khác (nếu gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp (H) ta dễ dàng tính giá trị π 2π 3π 4π , R sin , R sin ) ta đặt chúng a1 , a2 , a3 , a4 theo thứ tự tăng dần R.sin , R sin 9 9 độ dài Rõ ràng tam giác có đỉnh thuộc đỉnh (H) có cạnh có độ dài thuộc dạng sau: (a1 , a1 , a2 ), (a2 , a2 , a4 ), (a1 , a3 , a4 ), (a3 , a3 , a3 ), (a2 , a3 , a4 ), (a4 , a4 , a1 ) A1 a1 A2 a2 A A3 a3 a4 A A4 A A A 15 Giả sử tam giác lấy ∆1 , ∆ , ∆ Xét trường hợp sau: - Nếu tam giác có tam giác đều, rõ ràng, tam giác phải có độ dài cạnh 3π R.sin ; khơng tính tổng qt, giả sử tam giác A1 A4 A7 Do tam giác ∆1 , ∆ , ∆ khơng có hai đỉnh trùng nên ta lập tam giác có đỉnh hai đỉnh tập hợp { A2 , A3 },{ A4 , A5 },{ A7 , A8 } Ta chứng minh tam giác phải có 3π , tức hai đỉnh có số có số dư chia cho Giả sử 3π , đỉnh ngược lại, hai tam giác cần lập, khơng có tam giác có cạnh R.sin A2 phải nối với A4 A4 phải nối với A8, A8 nối với A2 hai đỉnh có số chia cho dư 2, mâu thuẫn Do đó, hai tam giác lập được, ln có cạnh có độ 3π dài R.sin Suy trường hợp ln có tam giác thỏa mãn đề cạnh có độ dài R.sin - Nếu tam giác đó, khơng có tam giác Khi tam giác xét khơng có ba đỉnh thuộc ba tập hợp sau: α1 = { A1 , A4 , A7 } , α = { A2 , A5 , A8 } , α = { A3 , A6 , A9 } Ta thấy đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai tập khác nhận giá trị a1 , a2 , a4 Hơn nữa, khơng có tam giác có độ dài cạnh (a1 , a2 , a4 ) nên ta có hai nhận xét: (1) Một tam giác có đỉnh thuộc ba tập α1 , α , α nói có hai cạnh có độ dài (các cạnh (a1 , a1 , a2 ) , (a2 , a2 , a4 ) , (a4 , a4 , a1 ) ) tức phải cân (2) Một tam giác có hai ba đỉnh thuộc tập tam giác cạnh có độ dài (a2 , a3 , a4 ) (a1 , a3 , a4 ) , tức tam giác khơng cân * Ta xét tiếp trường hợp (các tam giác xét cân khơng đều): + Có hai tam giác cân tam giác khơng cân: theo nhận xét (1), hai tam giác cân phải có đỉnh thuộc tập hợp khác ba tập α1 , α , α ; đó, rõ ràng tam giác cịn lại phải có đỉnh thuộc tập hợp khác nhau, tức phải cân, mâu thuẫn Vậy trường hợp không tồn + Có tam giác cân hai tam giác khơng cân: theo nhận xét (2), hai tam giác khơng cân phải có hai đỉnh thuộc tập hợp đỉnh lại thuộc tập hợp khác, giả sử tam giác có hai đỉnh thuộc α1 đỉnh thuộc α ; rõ ràng tam giác khơng cân cịn lại phải có 16 hai đỉnh thuộc α , đỉnh thuộc α , suy tam giác cịn lại có hai đỉnh thuộc α , đỉnh thuộc α1 nên tam giác cân, mâu thuẫn Vậy tương tự trên, trường hợp không tồn + Cả ba tam giác khơng cân: theo nhận xét (2), tam giác thuộc hai dạng (a2 , a3 , a4 ) (a1 , a3 , a4 ) , tức tam giác ln chứa cạnh có độ dài a3 Trong trường hợp này, toán giải + Cả ba tam giác cân: đó, tam giác có độ dài (a1 , a1 , a2 ) , (a2 , a2 , a4 ) , (a4 , a4 , a1 ) Rõ ràng không tồn trường hợp có độ dài cạnh nhận ba giá trị ba nên phải có hai trùng nhau, tức có hai tam giác cân tam giác cân nhận ba giá trị thuộc làm cạnh, ln chọn từ tam giác cạnh với cạnh đáy cạnh bên hai tam giác cân Trong trường hợp này, toán giải Vậy trường hợp, ta có đpcm Bài 13 (Đề thi Nữ sinh châu Âu 2012) Một hình vng đơn vị chia thành đa giác, cho cạnh đa giác song song với cạnh hình vng cho trước Nếu tổng độ dài đoạn thẳng nằm bên hình vng (khơng tính hình vng) 2n (với n số thực dương), chứng minh tồn đa giác có diện tích lớn ( n + 1) Giải Trước hết ta xét bổ đề sau : Một đa giác R tạo thành đề có diện tích a có chu vi a Chứng minh: Xét bao lồi hình chữ nhật nhỏ chứa hình Gọi hai kích thước bao lồi x y Do bao lồi xét hình chữ nhật nhỏ nên biên R nằm cạnh hình chữ nhật Dễ thấy, đa giác tạo thành từ đường thẳng song song với cạnh hình vng đơn vị nên chu vi đa giác chu vi hình vng (vì khoảng trống R bao lồi hình chữ nhật) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM suy x + y ≥ = xy S hcn ≥ a Do đó: PR = Phcn = ( x + y ) ≥ a Bổ đề chứng minh xong Đặt diện tích chu vi tương ứng hình a1 , a2 , , ak p1 , p2 , , pk (lưu ý, hình ta xét khơng có diện tích chung) 17 Giả sử ngược lại tất hình có diện tich nhỏ i = 1, 2, , k Mặt khác ta có:= S hv k ( n + 1) , dễ thấy ≤ với ( n + 1) k kết hợp với bổ đề vừa chứng minh thu ∑= i =1 k k pi n ∑ a < ∑ ( n + 1) ≤ ∑ ( n + 1) = ( n + 1) i =i =i =i (do tổng độ dài đoạn thẳng 2n , đoạn thẳng tính hai lần vào hai chu vi hai hình kề nhau) n (đây điều vơ lí) , dẫn đến điều giả sử sai, phải tồn hình n +1 có diện tích lớn ( n + 1) Do < Ta có đpcm Bài 14 (VN TST 2006) Trong khơng gian cho 2006 điểm mà khơng có điểm đồng phẳng Người ta nối tất điểm lại đoạn thẳng Số nguyên dương m gọi số tốt ta gán cho đoạn thẳng đoạn thẳng nối số tự nhiên không vượt m cho tam giác tạo ba điểm số điểm có hai cạnh gán hai số cạnh cịn lại gán số lớn hai số Tìm số tốt có giá trị nhỏ Lời giải Do điểm cho khơng có bốn điểm đồng phẳng nên ba điểm chung tạo thành tam giác Gọi S(n) giá trị nhỏ số tốt ứng với n điểm không gian (n số tự nhiên), ta xác định giá trị S(2006) Ta xét giá trị n ≥ 2 1 - Với n = thử trực tiếp, ta thấy S(4) = Bởi S(4) = không thỏa mãn nên S (4) ≥ , ta S(4) = thỏa mãn Cụ thể ta gán đoạn thẳng sau : gán đoạn số đoạn lại số 2, rõ ràng tam giác tạo thành thỏa mãn đề 18 - Với giá trị n > bất kì, ta chứng minh : n + 1 S ( n) ≥ + S Gọi a số nhỏ gán cho đoạn thẳng trường hợp có n điểm Trong trường hợp tối thiểu, khơng tính tổng qt, ta giả sử a = 1, ta gọi hai đầu mút đoạn thẳng gán số X Y Trong n – điểm cịn lại, có điểm nối với X Y đoạn thẳng gán số điểm với X Y tạo thành tam giác khơng thỏa mãn đề Do đó, gọi A tập hợp tất điểm nối với X đoạn thẳng gán số (có tính ln điểm Y) B tập hợp tất điểm nối với Y đoạn thẳng gán số (có tính ln điểm X) A B khơng có phần tử chung hay A + B = n Ta có nhận xét sau : - Nếu lấy điểm tập A điểm B hai điểm phải nối đoạn thẳng gán số khơng hai điểm với X tạo thành tam giác không thỏa mãn đề (tam giác khơng có hai số gán hai cạnh có hai cạnh cạnh lại gán số nhỏ hơn) - Hai điểm A nối với đoạn thẳng gán số lớn khơng chọn thêm điểm B, ta có tam giác khơng thỏa mãn đề (tam giác đều) Tương tự với tập hợp B Tức tập A B có chứa số lớn Tiếp theo, ta lại thấy tập A, B cần thêm S ( A ), S ( B ) số để gán cho n − 1 n + 1 đoạn thẳng Giả sử A ≥ B A ≥ + = Ta hồn tồn gán số tập A trùng với số tập B nên số cần có thêm n + 1 S , tính thêm số nhỏ gán cho đoạn XY ban đầu, ta được: n + 1 S ( n) ≥ + S với n Từ đó, áp dụng liên tiếp kết này, ta có: (chú ý S(4) = 2) S (2006) ≥ + S (1003) ≥ + S (502) ≥ ≥ + A(4) = 11 Tiếp theo, ta chứng minh giá trị 11 thỏa mãn đề Thật : Ta xây dựng cách gán điểm từ thấp đến cao cách ghép điểm lại Cụ thể sau : 19 - Đầu tiên ta xây dựng cho điểm Cách gán tương tự trên, trường hợp gán đoạn số 11 đoạn số 10 - Ghép lại tách từ hai điểm, gán cho đoạn thẳng nối điểm số 10, ta có tất điểm - Tiếp tục ghép tương tự theo thứ tự sau : → → 16 → 32 → 63 → 126 → 251 → 502 → 1003 → 2006 (Các trường hợp từ 32 đến 63 tương tự ta phải bỏ điểm hai ngồi) Mỗi lần ghép hai điểm lại số gán đoạn tách lại giảm đơn vị, đến ghép 2006 điểm số Dễ thấy cách gán số cho đoạn thẳng thỏa mãn đề Vậy giá trị nhỏ số tốt cần tìm 11 Bài 15 (VN TST 2000) Xét 2000 đường trịn bán kính r = mặt phẳng cho khơng có hai đường tròn tiếp xúc với đường tròn cắt với hai đường trịn khác Hãy tìm giá trị nhỏ số giao điểm đường tròn Giải Gọi G tập hợp đường tròn mặt phẳng thỏa mãn điều kiện cho S tập hợp tất giao điểm chúng Với C ∈ G, x ∈ S , ta xét hàm số f ( x, C ) , đó: • f ( x, C ) = x ∉ C • f ( x, C ) = x ∈ C có k đường trịn qua x k Với x ∈ S , ta thấy ∑ f ( x, C ) = C∈G Với C ∈ G , chọn điểm x ∈ C ∩ S cho f ( x, C ) = đạt giá trị nhỏ k Gọi C1 , C2 , C3 , , Ck −1 đường tròn khác C qua x Do đường trịn cắt hai đường trịn khác nên với i 1, 2,3, , k − gọi x1 , x2 , x3 , , xk −1 tương ứng giao điểm = khác x đường trịn nói với C Do đường trịn có bán kính khác nên xi ≠ x j với i ≠ j ,1 ≤ i, j ≤ k − Suy ra: 1 ∑ f ( x, C ) ≥ k + (k − 1) k = x∈S Từ đó, ta thấy N =S = ∑ ∑ f ( x, C ) =∑ ∑ f ( x, C ) ≥ G =2000 x∈S C∈G C∈G x∈S 20 ... Chứng minh hình vng ln tồn hình trịn có bán kính cm khơng cắt đa giác Giải Dựng hình vng có cạnh 198cm bên hình vng cho hai hình vng có tâm với (tức thu nhỏ cạnh hình vng cũ 2cm) Diện tích hình vng... đơi rời Tổng góc tam giác 1800 nên tổng góc đa giác lồi (n − 2)1800 Do đó, tổng góc ngồi đa giác lồi : n.1800 − (n − 2).1800 = 3600 Tổng góc hình quạt 3600 , hình quạt có bán kính cm nên tổng... trường hợp này, toán giải Vậy trường hợp, ta ln có đpcm Bài 13 (Đề thi Nữ sinh châu Âu 2012) Một hình vng đơn vị chia thành đa giác, cho cạnh đa giác song song với cạnh hình vng cho trước Nếu tổng