Luận văn về bài toán cực trị trong hình học tổ hợp

Mở đầu Từ thời xa xưa vấn đề toán học đời từ sớm từ hoạt động thực tiễn người, có tư hình học tổ hợp, ví dụ: Ở nước châu Á, số có Ấn Độ, nhà toán học Jaina nghiên cứu dãy số, dãy cấp số, hoán vị tổ hợp; Thời Trung Quốc cổ đại, người ta biết đến biểu đồ tổ hợp phức cịn gọi “hình vng thần kì”; Thời kì cổ đại Hy Lạp có nhà triết học thông thái đặc biệt nhà triết học Kxenorat biết từ chữ cho trước lập thành bảng chữ số Nhưng phải đến khoảng kỉ XVII – XVIII với cơng trình nghiên Pascal, Fermat, Euler tốn học tổ hợp thực hình thành nhánh tốn học Tốn tổ hợp có tính hấp dẫn, lý thú tốn học nói chung tốn sơ cấp nói riêng Nội dung tốn tổ hợp phong phú ứng dụng nhiều thực tế đời sống Hình học tổ hợp nhánh khơng thể thiếu tốn tổ hợp, toán hay, thú vị thường xuyên xuất thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic toán quốc tế, thi Olympic sinh viên trường đại học, cao đẳng nước Ở Trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên có học viên Lê Thị Bình làm luận văn Thạc sĩ với đề tài “Các tốn hình học tổ hợp” chưa luận văn đề cập cách hệ thống đến dạng tốn “Cực trị hình học tổ hợp” Chính với mong muốn tìn hiểu sâu tốn cực trị hình học tổ hợp, em chọn đề tài “Các tốn cực trị hình học tổ hợp” làm đề tài luận văn thạc sĩ Mục đích nghiên cứu luận văn xác định là: Sưu tầm, nghiên cứu trình bày cách có chọn lọc tốn cực trị hình học tổ hợp để hình thành tài liệu giảng dạy chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Nội dung luận văn trình bày thành hai chương: Chương 1: Trong chương này, luận văn trình bày số nguyên lý phương pháp thường gặp lời giải tốn hình học tổ hợp, kèm theo ví dụ, tập minh họa Chương 2: Nội dung chương dành riêng để trình bày lời giải số tốn cực trị hình học tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi xếp theo hai dạng là: Bài tốn liên quan đến tìm giá trị lớn nhất, tìm giá trị nhỏ hình học tổ hợp Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình PGS TS Trịnh Thanh Hải Em chân thành cảm ơn thầy Trịnh Thanh Hải tận tình hướng dẫn em triển khai đề tài luận văn Em xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè anh chị tạo điều kiện để em hoàn thành đề tài Tuy nhiên điều kiện lực thân hạn chế, luận văn chắn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp để luận văn em hoàn thiện Em xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 05 năm 2019 Học viên Đỗ Phương Thảo Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tổng quan tốn hình học tổ hợp Trước tiên, luận văn xin nhắc lại vài dạng tốn tổ hợp trình bày luận văn: (i) Bài toán cực trị tổ hợp: Dạng 1: Tìm số nguyên dương k nhỏ (lớn nhất) cho tập A mà | A |= k hữu hạn có tính chất T Ví dụ 1.1.1 Gọi A tập tất số tự nhiên lẻ không chia hết cho nhỏ 30 Tìm số k nhỏ cho tập A gồm k phần tử tồn hai số chia hết cho nhau? Ví dụ 1.1.2 Cho tập A gồm 16 số nguyên dương Hãy tìm số ngun dương k nhỏ có tính chất: Trong tập có k phần tử A tồn hai số phân biệt a, b cho a2 + b2 số nguyên tố (VMO 2004) Với toán dạng này, thường xét tập A có tính chất đặc biệt cho | A |= m A khơng thỏa mãn tính chất T , từ suy kmin > m + Tiếp theo ta chứng minh tập A mà | A |= m + có tính chất T , từ ta tìm kmin = m + Để chứng minh tập A mà | A |= m + có tính chất T ta sử dụng nguyên lí Dirichlet dựa vào tính chất tập A Dạng 2: Tìm số phần tử lớn (nhỏ nhất) tập A gồm phần tử có tính chất T Ví dụ 1.1.3 Cho A tập hợp gồm phần tử Tìm số lớn tập gồm phần tử A cho giao hai tập tập khơng phải tập gồm hai phần tử Ví dụ 1.1.4 Trong thi có 11 thí sinh tham gia giải tốn Hai thí sinh giải chung với khơng q Tìm k lớn để tốn có k thí sinh giải Để giải tốn này, thường thực theo cách sau: Đặt | A |= k , lập luận ta chứng minh k < m (k > m) Sau ta xây 0 dựng tập A thỏa tính chất T | A |= m (ii) Bài toán cực trị hình học tổ hợp Các tốn cực trị tổ hợp (i), mà tập A gồm đối tượng hình học thường xếp vào dạng Bài tốn cực trị hình học tổ hợp Ví dụ 1.1.5 Cho đa giác 2007 đỉnh Tìm số nguyên dương k nhỏ thoả mãn tính chất: Trong cách chọn k đỉnh đa giác, tồn đỉnh tạo thành tứ giác lồi mà số cạnh tứ giác cạnh đa giác cho (VMO 2007) Ví dụ 1.1.6 Cho 2006 điểm phân biệt khơng gian, khơng có bốn điểm thẳng hàng Số k gọi số tốt ta điền lên đoạn thẳng nối hai điểm 2006 điểm cho số tự nhiên không vượt k cho với tam giác có ba đỉnh 2006 điểm cho có hai cạnh điền hai số cạnh cịn lại điền số lớn Tìm số tốt có giá trị nhỏ (TST Việt Nam 2006) Phương pháp giải tốn cực trị hình học tổ hợp luận văn trình bày chi tiết nội dung Chương 1.2 1.2.1 Một số nguyên lý, phương pháp giải toán thường gặp lời giải tốn hình học tổ hợp Một số nguyên lý Nguyên lý cộng Quy tắc cộng: Nếu Ei (i = 1, , k ) với k kiện thỏa mãn: (i) Khơng có hai kiện số chúng xảy đồng thời; (ii) Ei xảy theo ni cách k kiện xảy theo (n1 + n2 + · · · + nk ) cách Nguyên lý nhân Quy tắc nhân: Nếu Ei (i = 1, , k ) với k kiện thỏa mãn Và E1 xảy theo n1 cách, E2 xảy theo n2 cách (không phụ thuộc đến việc E1 xảy nào); E3 xảy theo n3 cách (không phụ thuộc đến việc E2 , E1 xảy nào), , Ek xảy theo nk cách (không phụ thuộc đến (k − 1) kiện trước xảy nào), k kiện xảy đồng thời theo n1 · n2 · n3 nk cách Nguyên lý bù trừ Khi hai công việc làm đồng thời, ta khơng thể dùng quy tắc cộng để tính số cách thực nhiệm vụ gồm hai việc Để tính số cách thực nhiệm vụ này, ta cộng số cách làm hai việc trừ số cách làm đồng thời hai việc Ta phát biểu nguyên lý đếm ngôn ngữ tập hợp Cho A1 , A2 hai tập hữu hạn, đó: [ | A1 A2 |=| A1 | + | A2 | − | A1 ∩ A2 | Từ đó, với ba tập hữu hạn A1 , A2 , A3 ta có: | A1 ∪ A2 ∪ A3 |=| A1 | + | A2 | + | A3 | − | A1 ∩ A2 | − | A1 ∩ A3 | − | A3 ∩ A2 | + | A1 ∩ A2 ∩ A3 | Và quy nạp, với k tập hữu hạn A1 , A2 , , Ak ta có: | A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ak |= N1 − N2 + N3 − · · · + (−1)k−1 Nk Trong Nm (1 ≤ m ≤ k ) tổng phần tử tất giao m tập lấy từ k tập cho, nghĩa là: X | Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aim | Nm = 1 AB + CD = a + a = 2a, nên tồn hai đường chéo AC, BD lớn a, trái với giả thiết đường chéo lớn a Vậy đa giác lồi, có nhiều hai cạnh có độ dài đường chéo lớn Bài toán 1.3.2 [1] Kẻ tất đường chéo đa giác lồi cạnh Biết khơng có ba đường chéo đồng quy Có giao điểm đường chéo nằm đa giác? Lời giải Mỗi giao điểm hai đường chéo tương ứng với tứ giác lồi có đỉnh đỉnh đa giác Do đó, có tứ giác lồi có nhiêu giao điểm đường chéo nằm đa giác Gọi đa giác lồi ABCDEF G, ta có M, N giao điểm AC với BD AC P giao điểm BE AD Nên điểm M ứng với tứ giác ABCD, điểm N ứng với tứ giác ABCE , điểm P ứng với tứ giác ABDE Số giao điểm phải tìm bằng: C74 = 1.3.2 7·6·5·4 = 35 4! Các tốn chứng minh hình học tổ hợp Bài tốn 1.3.3 [3] Cho 17 đường thẳng có tính chất: Mỗi đường thẳng cắt m hình chữ nhật cho trước thành hai tứ giác có tỉ số diện tích , (m, n > 0) n Chứng minh đường thẳng qua điểm Lời giải Nhận xét: Các đường thẳng cho khơng thể cắt hai cạnh kề hình chữ nhật, cắt hai cạnh kề tạo thành tam giác ngũ giác mâu thuẫn với giả thiết Suy đường thẳng phải qua hai cạnh đối diện hình chữ nhật (khơng qua đỉnh) Giả sử đường thẳng M N cắt hình chữ nhật tạo thành hai tứ giác AM N D M N CN Suy ra: dt(AM N D) m = dt(M BCN ) n Gọi P Q trung điểm AD BC , cắt M N E Suy ra: (AM + DN )AD m PE m = ⇒ = (M B + CN )BC n EQ n Suy ra: PE m PE m = ⇒ = EQ + P E n+m PQ m+n Suy E cố định tính chất đối xứng hình chữ nhật Do P Q tồn điểm F , đường thẳng qua F cho kết tỉ số diện tích hai tứ m giác n Tương tự tồn hai điểm G J trục đối xứng HK thỏa mãn đường thẳng qua G J thỏa mãn giả thiết chia hình chữ nhật m thành hai tứ giác có tỉ số diện tích Từ tồn bốn điểm E, F, G, J n P Q HK thỏa mãn đường thẳng qua cắt hai cạnh đối m diện hình chữ nhật thành hai tứ giác thỏa mãn tỉ số diện tích Như n ta có “ 17 thỏ lồng”, 17 đường thẳng điểm 17 − E, F, G, J Theo ngun lý Dirichlet ln có + [ ] = đường thẳng ln qua điểm Bài tốn 1.3.4 [3] Cho 19 điểm khơng có ba điểm thẳng hàng, nằm lục giác có cạnh Chứng minh tồn tam giác (đỉnh ba 19 điểm trên) có góc khơng lớn 45◦ nằm đường trịn có bán kính nhỏ Lời giải Lục giác chia thành tam giác có cạnh Vậy ta 19 − có “ lồng 19 thỏ” Suy ln có + [ ] = điểm nằm 6 tam giác Gọi điểm nằm tam giác có cạnh A, B, C, D Vị trí A, B, C, D xếp sau: • A, B, C, D tứ giác lồi, suy ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 360◦ Suy có góc ≤ 90◦ , giả sử ∠A ≤ 90◦ ⇒ ∠DAC + ∠CAB ≤ 90◦ Vậy hai góc ∠DAC, ∠CAB ln có góc khơng lớn 45◦ • Có điểm nằm tam giác tạo ba điểm lại Giả sử điểm D nằm tam giác ABC - Nếu ∠CDB ≥ 90◦ ⇒ ∠DBC + ∠DCB ≥ 90◦ Suy hai góc ∠DBC, ∠DCB có góc nhỏ 45◦ ⇒ tam giác thỏa mãn tam giác DBC - Nếu ∠CDB < 90◦ ⇒ CAB < 90◦ Suy ∠CAD ∠DAB ln có góc nhỏ 45◦ ⇒ tam giác thỏa mãn ACD ADB Tam giác có cạnh ⇒ bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác √ √ 1 3 · 25 < 27 ⇒ < ⇒ < ⇒ < 27 25 25 Bài sử dụng hai lần nguyên lý Dirichlet Bài tốn 1.3.5 [3] Cho tam giác có cạnh 1, lấy 17 điểm tùy ý tam giác Chứng minh tồn hai điểm số 17 điểm có khoảng cách khơng vượt 4 Lời giải Chia tam giác thành 16 tam giác có cạnh , từ 17 điểm cho ln có tam giác chứa điểm (kể điểm nằm cạnh) , đường thẳng M N cắt hai cạnh tam giác P Q (giả sử hai cạnh AB, AC ) Gọi hai điểm M, N nằm tam giác ABC có cạnh \ - Nếu M QA > 90◦ ⇒ tam giác AP Q tam giác tù Suy M N < AQ < AB ≤ \ \ - Nếu M QA < 90◦ ⇒ P[ CQ = 180◦ − M QA ≤ 90◦ Suy P QC tam giác tù ⇒ M N ≤ P Q < P C ≤ BC Vậy hai trường hợp ta ln có BC > M N Bài toán 1.3.6 [3] Cho điểm P nằm đa giác 2n cạnh, kẻ đường thẳng qua P đỉnh đa giác Chứng minh tìm cạnh đa giác cho khơng có đường thẳng nói cắt cạnh 10 Bài toán 2.1.8 (IMO lần thứ 38-1997) Trong mặt phẳng có điểm với toạ độ nguyên đỉnh hình vng đơn vị Các hình vng tô màu xen kẽ trắng đen giống bàn cờ Với cặp số nguyên dương (m, n) xét tam giác vng có đỉnh có toạ độ nguyên hai cạnh bên có độ dài m, n nằm dọc theo cạnh hình vng Gọi S1 tổng diện tích phần đen tam giác, S2 tổng diện tích phần trắng Và đặt f (m, n) =| S1 − S2 | (a) Tính f (m, n) với số nguyên dương m, n mà chẵn lẻ (b) Chứng minh f (m, n) ≤ max(m, n) với m, n (c) Chỉ không tồn số C cho f (m, n) < C với m, n Lời giải (a) Nếu m lẫn n chẵn f (m, n) = Thật vậy, gọi M trung điểm cạnh huyền tam giác M điểm nằm mắc lưới (của hình bàn cờ) Nếu ta xoay tam giác 180◦ màu sắc y nguyên Do đó, số S1 , S2 tam giác có giá trị tương ứng nửa số tơ màu đen, trắng hình chữ nhật tạo thành Mà số ô đen, trắng hình chữ nhật băng nhau, suy f (m, n) = Nếu m, n lẻ f (m, n) = Thật vậy, trung điểm M cạnh huyền tam giác tâm hình vng, ta thấy màu hai nửa tam giác giống Lúc này, S1 S2 tam giác khác hình chữ nhật nói đơn vị nên f (m, n) = Nếu m, n chẵn lẻ kết có 33 từ câu (a) Giả sử n chẵn m lẻ Khi đó, ta kéo dài cạnh có độ dài m thêm đơn vị ta tam giác chứa tam giác cũ Tam giác có hai cạnh chẵn nên có S1 = S2 Diện tích thêm vào điện tích tam giác có cạnh góc vng 1, n chiều cao n nên diện tích thêm vào Trường hợp xấu nhất, diện tích phủ màu ta có f (m, n) = n < max(m, n) nên ta suy điều phải chứng minh (c) Bằng trực giác, ta thấy cạnh huyền chạy dọc theo đường chéo dãy hình vng màu đen kéo dài đường chéo phía, phần diện tích chiếm chỗ thêm vào có màu đen nhiều Ta chứng minh điều lí luận Trong trường hợp ta có n = m Khi mở rộng cạnh huyền phía nói, phần màu trắng thêm vào dãy tam giác vuông mà tam giác đồng dạng với tam giác có cạnh góc vng n (n + 1) n Tam giác lớn có cạnh , tam giác lớn n+1 n−1 n−1 , tam giác có cạnh có cạnh n n+1 n−2 n−2 , , , sau cùng, tam giác nhỏ nhât có cạnh góc vng n n+1 1 , n n+1 Suy điện tích phần màu trắng thêm vào (n − 1)2 (n − 2)2 1 2n + 1 n ( + + +· · ·+ )= (n2 +· · ·+12 ) = n + n(n + 1) n(n + 1) n(n + 1) 2n(n + 1) 12 Từ đó, diện tích phần màu đen thêm vào n n 2n + − = − 12 12 nhiều diện tích phần màu trắng thêm vào n 2n + n n−1 − − = − = 12 12 6 Đến đây, ta thấy n số chẵn f (n, n) = tam giác ban đầu, tam giác có f (n + 1, n) = n−1 bị chặn theo n được, từ ta suy điều phải chứng minh Bài toán 2.1.9 (Vietnam TST 1993) Gọi hình chữ nhật × (hoặc × 2) bị cắt bỏ vng × góc gọi hình chữ nhật khuyết đơn (Hình 1) Hình chữ nhật × (hoặc × 2) bị cắt bỏ hai hình vng × nẳm hai góc đối diện hình chữ nhật khuyết kép (Hình 2) Người ta ghép vng × 2, số hình chữ nhật đơn số hình chữ nhật khuyết kép cho khơng có hai hình chờm lên để tạo thành hình chữ nhật kích 34 thước 1993 × 2000 Gọi s tổng hình vng × hình chữ nhật khuyết kép cách ghép Tìm giá trị lớn s Lời giải.Gọi y số hình chữ nhật khuyết đơn Ta có đẳng thức diện tích 4s + 5y = 2000 × 1993 (1) Điền số vào ô (2k, 2t) với ≤ k ≤ 996, ≤ t ≤ 1000, ta thấy có 1000, 996 số điền Dựa vào Hình ta thấy: Hình vng × hình chữ nhật khuyết kép chứa số Hình chữ nhật khuyết đơn chứa x số với x = x = Suy 100, 96 = 1s + xy ≥ s + y (2) Từ (1) (2) ta suy 2000 · 1993 = 5(s + y) − s ≤ · 1000 · 996 − s Suy s ≤ 99400 Ta xét cách ghép sau thỏa mãn s = 994000 Vậy giá trị lớn tổng số hình vng hình chữ nhật khuyết kép cách ghép 994000 35 2.2 Bài tốn tìm giá trị nhỏ Bài tốn 2.2.1 (Romania Masters in Mathematics 2015) Cho số nguyên dương n, xác định số thực lớn µ, thỏa mãn điều kiện sau: Với tập C gồm 4n điểm bên hình vng U ln tồn hình chữ nhật T nằm U cho • Các cạnh T song song với cạnh U • Phần T chứa điểm C • Diện tích T nhỏ µ Điều xuất phát trường 2n + k hợp mà C tập điểm (1/2 ± ε, ± ε) với ≤ k ≤ n ε > nhỏ n+1 Gọi x1 < · · · < xk tọa độ theo trục Ox điểm thuộc C , gọi Lời giải Ta dự đoán đáp số µ = số điểm mà tọa độ trục Ox xi Ngồi đặt x0 = 0; xk+1 = Giả sử với hình T thỏa mãn hai điều kiện đầu diện tích nhỏ µ = 2n + a Với ≤ i ≤ k , miền xi−1 ≥ x ≤ xi+1 , ≤ y ≤ bao phủ [ i ] + hình chữ nhật thỏa mãn hai điều kiện đầu Nếu y1 < · · · < yai tọa độ theo trục 0y cho hình chữ nhật phủ khoảng y ∈ (0, y2 ) · (y2 y4 ), x ∈ (0; x2 ) (x2 x4 ) Khi ta dễ dàng chứng minh hình chữ nhật chứa điểm Do diện tích hình chữ nhật nhỏ µ, ta cộng diện tích lại ta xi+1 − xi−1 < ([ ] + 1)µ Nếu k = 2t + 1, ta = (x2 −0)+(x4 −x2 )+· · ·+(x2t −x2t−2 )+(1−x2t ) < f (ai )+f (a3 )+· · ·+f (a2t+1 )µ Và < (x2 −0)+(x3 −x1 )+(x5 −x3 )+· · ·+(x2t −x2t−2 )(1−x2t ) < f (ai )+f (a3 )+· · ·+f (a2t+1 )µ Cộng vế ta được: < (2f (a1 ) + f (a2 ) + f (a3 ) + · · · + f (a2k−1 ) + k)µ Nếu k = 2t, làm tương tự ta < (f (a1 ) + f (a2 ) + f (a4 ) + · · · + f (a2t−2 ) + f (a2t ))µ < (f (ai ) + f (a3 ) + · · · + f (a2t+1 ))µ 36 (1) Cộng vế lại ta bất đẳng thức (1) trường hợp trước (k = 2t + 1) x Do 2f (x) ≤ 2( + 1) = x + f (x) ≤ x với số nguyên x ≥ 1, kết hợp với (1) ta có < (a1 + + a3 + · · · + ak−1 + ak+2 )µ = (4n + 4)µ = Rõ ràng mâu thuẫn Vậy giả thiết ta sai ta thu µ = 2n + số cần tìm Bài tốn 2.2.2 (VMO-2007) Cho đa giác 2007 đỉnh Tìm số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn tính chất: cách chọn k đỉnh đa giác tồn đỉnh tạo thành tứ giác lồi mà số cạnh cạnh đa giác cho Lời giải Gọi đỉnh đa giác là: A1 , A2 , , A2007 Chú ý tứ giác (tạo từ số đỉnh đa giác) có cạnh cạnh đa giác đỉnh tứ giác đỉnh liên tiếp đa giác Gọi A tập đỉnh: {A1 , A2 , A3 , A5 , , A2006 } bỏ đỉnh A4i với i = 1, , 501 A2007 Ký hiệu | A | số phần tử tập hợp A Hiển nhiên | A |= 1505 A không chứa đỉnh liên tiếp đa giác Dễ thấy, tập A không chứa đỉnh liên tiếp đa giác Vậy k ≥ 1506 Ta chứng minh cách chọn 1506 đỉnh tùy ý đa giác tồn đỉnh liên tiếp đa giác 1506 đỉnh Thật vậy, giả sử T tập hợp gồm 1506 đỉnh tùy ý đa giác Phân hoạch tập đỉnh đa giác thành tập hợp B1 = {A1 , A2 , A3 , A4 }; ; B2 = {A1 , A2 , A3 , A4 }B502 {A2005 , A2006 , A2007 } Giả sử T không chứa đỉnh liên tiếp đa giác Lúc với i = 1, , 501 Tập Bi không thuộc T , tức tập Bi có đỉnh khơng thuộc T Khi đó: | A |≤ · 502 = 1506 Do | A |= 1506 nên B502 ⊂ T tập Bi với i = 1, , 501 có phần tử thuộc T Ta có A2005 , A2006 , A2007 ∈ T ⇒ A1 ∈ / T Suy A2 , A3 , A4 ∈ T ⇒ A5 ∈ / T ⇒ A6 , A7 , A8 ∈ T · · · ⇒ A2002 , A2003 , A2004 ∈ T Khi đỉnh liên tiếp A2002 , A2003 , A2004 , A2007 ∈ T Mâu thuẫn Vậy suy k = 1506 Vậy số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn tính chất cần tìm 1506 Nhận xét: Có thể giải ngắn gọn cách xét 2007 − 1506 = 501 điểm lại 37 chia đường tròn ngoại tiếp đa giác cho khơng q 501 cung, phải có 1506 cung chúng chứa khơng > đỉnh liên tiếp 501 Bài toán 2.2.3 (Dự tuyển VMO-2012) Cho M tập gồm n điểm mặt phẳng thỏa mãn: • Tồn điểm thuộc M đỉnh thập giác lồi • Với điểm thuộc M mà đỉnh ngũ giác lồi ln có điểm M nằm hồn tồn ngũ giác (phần ngũ giác hiểu phần mặt phẳng bên ngũ giác, khơng kể cạnh) Hãy tìm giá trị nhỏ n? Lời giải Ta chứng minh n ≥ 11 Gọi thất giác có đỉnh thuộc M A1 A2 A3 A7 Từ giả thiết (2) tồn P1 thuộc M P1 nằm ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 Nối P1 A1 P1 A5 ta suy tồn P2 ∈ M , P2 nằm ngũ giác A1 P1 A5 A6 A7 P1 6= P2 Do có điểm thuộc {A1 , A2 , A3 , , A7 } không nằm đường thẳng P1 P2 Theo nguyên lý Dirichle có điểm nằm nửa mặt phẳng bờ P1 P2 điểm với P1 P2 tạo thành ngũ giác, ngũ giác chứa điểm P3 ∈ M Bây ta có đường thẳng P1 P2 ; P2 P3 ; P3 P1 tạo thành tam giác P1 P2 P3 Ký hiệu π1 nửa mặt phẳng bờ P1 P2 không chứa tam giác P1 P2 P3 Ký hiệu tương tự cho π2 π3 Tổng diện tích π1 + π2 + π3 phủ toàn mặt phẳng trừ tam giác P1 P2 P3 Theo nguyên lý Dirichle tồn miền chứa điểm {A1 , A2 , A3 , , A7 }, khơng giảm tính tổng qt ta giả sử π1 chứa A1 A2 A3 Khi tồn P4 ∈ M nằm ngũ giác tạo bới A1 , A2 , A3 , P1 , P2 Vậy n ≥ 11 Ta ví dụ chứng tỏ n = 11 thỏa mãn Ta chọn M gồm điểm đỉnh thật giác lồi điểm nằm trong, 11 điểm có tọa độ nguyên thuộc M nằm Khi số ngũ giác có ngũ giác có diện tích nhỏ ABCDE Vì có trường hợp tọa độ điểm nguyên (lẻ, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, lẻ), (chẵn, chẵn) nên phải tồn đỉnh số đỉnh A, B, C, D, E tính chẵn lẻ tọa độ Suy trung điểm đoạn nối đỉnh đó, gọi P , điểm nguyên thuộc M P không nằm ABCDE Suy P nằm cạnh ngũ giác Giả sử P ∈ AB P phải trung điểm AB , suy P BCDE ngũ giác lồi có diện tích nhỏ thật diện tích ABCDE (vơ lý) Vậy giá trị nhỏ n 11 Bài tốn 2.2.4 (VNTST – 2006) Trong khơng gian cho 2006 điểm mà khơng có điểm đồng phẳng Người ta nối tất điểm lại 38 đoạn thẳng Số tự nhiên m gọi số tốt ta gán cho đoạn thẳng đoạn thẳng nói số tự nhiên không vượt m cho tam giác tạo ba điểm số điểm có hai cạnh gán hai số cạnh lại gán số lớn hai số Tìm số tốt có giá trị nhỏ Lời giải.Cũng nhiều toán khác, này, ta thấy số 2006 khơng có ý nghĩa lớn thử tùy ý tổng quát trường hợp n = tùy ý Tư tưởng “chia nhị phân” đại diện quan trọng ứng dụng chiến lược chia để trị Thay xử lý tốn lớn, ta chia giải phần nhỏ Ở này, ta tình mà khơng phân tích thấu đáo, dựa theo xây dựng cục nook thử với vài số nhỏ, ta dễ dàng rơi vào ngộ nhận dẫn đến kết sai Ta tiến hành tương tự ví dụ nêu Xét tình với số nhỏ: • Với n = cần m = được, • Với n = cần đến số để đánh nên chọn m = 1, • Với n = cần số nên m = 1, • Với n = ta cần số m = Đến dễ thấy tồn cạnh đánh số Giả sử cạnh nối A B Ta chia n − đỉnh lại thành phần rõ ràng đỉnh phải nối với A B cạnh đánh số Ta lại chia chúng thành tập hợp: X chứa đỉnh nối với A cạnh đánh số 0, Y chứa đỉnh nối với B cạnh đánh số Khi ta cho: • Từ đỉnh tập X sang đỉnh tập Y , cạnh nối với đánh số 0, • Từ đỉnh A sang tập Y từ đỉnh B sang tập X , cạnh nối với đánh số Còn lại X Y , ta cần sử dụng max{(f | X |, f (| Y |)} Tuy nhiên, cần chọn nhỏ nên: f (n) = + min{min{(f | X |, f (| Y |))}} Hơn nữa, f (n) hàm đơn điệu | X |, | Y |= n − nên min{max{(f | X |, f (| Y |))}} = f ([ n−1 ]) Lập luận phù hợp đáng tiếc kết luận lại sai với phần ví dụ xây dựng trường hợp n = 7, n = ta dễ dàng phát vấnn 39 đề nằm chỗ cách xây dựng mơ hình Trên thực tế, ta chia từ đầu không cần phải xét thêm điểm A, B nên công thức f (n) = + f ([ Vậy giá trị nhỏ + f ([ n−1 ]) n−1 ]) Bài toán 2.2.5 [3] Cho n điểm mặt phẳng, với n > khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh có (n − 3)(n − 4) tứ giác lồi có đỉnh nằm n điểm cho Lời giải Trước hết xét điểm bất kì, khơng có điểm thẳng hàng, bao lồi hình có nhiều ba điểm ln tồn tứ giác lồi từ điểm A, B, C, D, E Chẳng hạn tứ giác ABCD Nếu hình bao có ba điểm A, B, C hai điểm D, E nằm tam giác ABC Suy hai đỉnh tam giác ABC nằm phía với đường thẳng DE Tứ giác lồi tạo thành từ năm điểm BDEC , mệnh đề chứng minh với n = (n − 3)(n − 4) Với n = ⇒ = Xét n > 5, theo giả thiết khơng có ba điểm thẳng hàng Theo cơng thức tính tổ hợp ta có tất cạnh chọn n điểm là: Cn5 = n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4) 120 Mỗi cách chọn cho ta tứ giác lồi, tứ giác lồi số lập từ (n − 4) tập hợp khác từ điểm nói Vậy có n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4) Cn5 = n−4 120 Số tứ giác lồi hình thành từ n điểm cho Bài toán đua chứng minh bất đẳng thức n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4) (n − 3)(n − 4) ≥ 120 với n ≥ • n(n − 1)(n − 2)(n − 3) ≥ 60(m − 4), • (n − 5)(n − 6) ≥ 0, • n > Từ kết luận: Ln tồn (n − 3)(n − 4) tứ giác lồi có đỉnh nằm n điểm cho 40 Bài toán 2.2.6 [3] Cho n điểm bên hình vng ABCD có cạnh Chứng minh tồn tam giác có đỉnh điểm cho đỉnh hình vng cho diện tích tam giác không vượt 2(n + 1) Lời giải Gọi n điểm cho nằm hình vng A1 , A2 , A3 , , An suy tam giác Nếu A2 nằm bốn tam giác đó, chẳng hạn tam giác A1 CD, nối A2 với đỉnh A1 , C, D Số tam giác tạo thành tăng thêm Nếu A2 nằm tam giác A1 CD, chảng hạn nằm A1 C , nối A2 với đỉnh B D, số tam giác tạo thành tăng thêm Vậy trường hợp tam giác tăng thêm Với điểm A1 , A2 , A3 , , An ta làm tương tự, số tam giác lần tạo tành thêm 2, sau n bước ta thu tổng tam giác tạo thành: 4+(n−1)2 = 2n + tam giác Các tam giác tạo đỉnh cho đỉnh A, B, C, D Tổng số diện tích 2n + tam giác tạo thành tổng diện tích hình vng ABCD Gọi diện tích 2n + tam giác S1 , S2 , , Si , , S2n+2 Suy S1 + S2 + · · · + Si + · · · + S2n+2 = Tồn Sk = min{S1 , S2 , , Si , , S2n+2 } ⇒ S ≤ 2(n + 1) Bài toán 2.2.7 (IMO lần thứ 31-1990) Lấy n ≤ xét tập E gồm 2n − điểm khác đường tròn Giả sử xác có k điểm tơ màu đen Cách tô màu gọi tốt tồn mơt cặp điểm đen cho bên trong hai cung chúng chứa xác n điểm thuộc E Tìm giá trị nhỏ k cho với cách tô màu k điểm E thể tốt Lời giải Theo chiều kim đồng hồ đường trịn, ta kí hiệu 2n − điểm cho 0, 1, 2, , 2n − Đặt K = {0, 1, 2, , 2n − 2} Với m nguyên ta đồng m với I thuộc K m = i (mod 2n − 1) Ta định nghĩa quan hệ i ∗ j hai phân tử i j (thuộc K ) ta có | i − j |= n + | i − j |= n − Rõ ràng ta có i ∗ j hai phần cung tạo thành chứa n điểm E Nếu k số thỏa mãn tính chất đầu ta nói đơn giản k tốt Từ đó, k tốt với tập H K gồm k phần tử, tồn hai phần tử H có quan hệ ∗ với Ta chứng minh: 41 (a) Số n tốt, (b) Nếu 2n − không chia hết cho n − khơng phải tốt, (c) Nếu 2n − chia hết cho n − tốt Chứng minh (a): Xét tập H K gồm n phần tử Giả sử H khơng có cặp phần tử có quan hệ ∗ với Với j thuộc H , ta kí hiệu K(j) tập hợp tất phân tử (của K ) có quan hệ ∗ với j Thế K(j) H khơng giao với j thuộc H Vì phần tử có mặt nhiều hai K(j) nên hợp K(j) (với j chạy khắp H ) có n phần tử, điều mâu thuẫn với việc H có n phần tử Chứng minh (b): Để chứng minh khẳng định (b), ta cần xây dựng tập L K cho L gồm n − phần tử khơng có cặp có quan kệ ∗ với Xét tập L = {3k | k = 0, 1, , n − 2} M = {3k + n − | k = 0, 1, n − 1} = {3(n − − k) + n − | k = 0, 1, , n − 1} = {4n − − 3k | k = 0, 1, , n − 1} = {3(−1 − k) | k = 0, 1, , n − 1} Vì 2n − khơng chia hết ta suy L giao M = {3k | k = −n, −n + l, , n − 2} = K Từ ta có L gồm n − phần tử, M gồm n phần tử, L M có giao rỗng Đề ý với j thuộc L, J = 3k ≤ k ≤ n − K(j) = {3k + n − 2, 3k + n + 1} = {3k + n − 2, 3(k + 1) + n − 2} ⊂ M Ta kết luận K(j) L khơng giao Điều có nghĩa khơng có cặp phần tử có quan hệ ∗ với L Bây xét trường hợp 2n − chia hết cho Trong trường hợp n ≡ (mod 3) Đặt n = 3m − (với m ≥ 2) Thế 2n − = 3(2m − 1), n − = 3(m − 1) n + = 3m Nếu i j (thuộc K ) có quan hệ ∗ với i j đồng dư với theo modulo Ta viết: K = {3k + r | k = 0, 1, , 2m − 2} (r = 0, 1, 2) Như thế, K phân thành ba tập không giao K0 , K, K2 Với i thuộc K , từ I thuộc K , ta suy hai phần tử có quan hệ ∗ với i thuộc K Ta chứng minh 3m − tốt Thật vậy, A tập K gồm 3m − phần tử theo nguyên tắc Dirichlet, tập dạng A ∩ K1 có m phần tử Tương tự 42 chứng minh phần (a) ta đến kết luận tồn cặp phần tử có quan hệ ∗ với A ∩ Kr CA Bây ta chứng minh 3(m − 1) không tốt Muốn thế, ta cần xây dựng tập gồm (m − 1) phần tử K , mà khơng có cặp phần tử có quan hệ ∗ với Đặt M = {3k + r | k = 0, 1, 2, , m − 2}, với r = 0, 1, Đề ý i j có quan hệ ∗ với | i − j |= 3(m − 1) | i − j |= 3m Ta thấy khơng có cặp phần tử có quan hệ ∗ với tập M0 , M1 , M2 Tóm lại, từ điều trên, ta suy giá trị k nhỏ (k min) cho cách tô màu k điểm E nói đề tốt là:  kmin = n 2n − 6= 3m, m ∈ N n − 2n − = 3m, m ∈ N kmin = 2.3   n  n−1  n= (mod3) (mod3) n ≡ (mod3) Bài tốn liên quan đến cực trị hình học tổ hợp Bài toán 2.3.1 (IMO lần thứ 23 − 1982) Xét hình vng S có cạnh dài 100 (đơn vị) Gọi L đường gấp khúc nằm S khơng tự cắt nó, L bao gồm đoạn thẳng A0 A1 , A1 A2 , , An−1 An , với A0 không trùng với An Giả sử với điểm P nằm biên (tức cạnh) S có điểm tồn điểm X Y L cho khoảng cách X Y khơng L cho khống cách từ điểm đến P không lớn Chứng minh lớn 1, độ dài phần đường gấp khúc L nằm X Y không bé 198 Lời giải Như lệ thường, ta kí hiệu d khoảng cách Euclide hai điểm Khi đọc theo đường L, ta chọn điểm P có khoảng cách đến đỉnh V1 hình vng khơng q Ta tiếp tục xa tiếp cận với hai đỉnh kề V1 , gọi đỉnh V2 , tương ứng ta có P2 ta có V3 , V4 , tương ứng có điểm P3 , P4 Kí hiệu [L < P ] phần đường L tính từ P trước [L > P ] phần lại Xét cạnh V1 V2 Đặt A = {x ∈ V1 V4 : d(x, [L < P2 ]) ≤ }, B = {x ∈ V1 V4 : d(x, [L < P2 ]) ≤ } 43 S B = V1 V4 Hơn nữa, ta có A ∩ B 6= Chọn z ∈ A ∩ B Lấy X ∈ [L < P2 ] cho d(X, z) ≤ Cũng vậy, ta chọn điểm Y ∈ [L < P2 ] Khi đó(X, Y ) ≤ phần đường gấp khúc X Y Chú ý từ giả thiết ta có A Bài toán 2.3.2 (IMO lần thứ − 1965) Cho n điểm mặt phẳng (n > 2) Chứng minh rằng: có nhiều n cặp điểm có khoảng cách lớn (giữa hai điểm bất kỳ) Trước hết, ta để ý có hai đoạn thẳng có độ dài d mà khơng cắt ta tìm hai đầu mút đầu mút hai đoạn thẳng để tạo thành đoạn thẳng có độ dài lớn d Lời giải Thật vậy, giả sử hai đoạn thắng P Q RS , với P Q = RS = d Nếu điều ngược lại với khẳng định xảy ra, ta có góc P[ OR > 90◦ (vì khơng P R > P Q = d) Tương tự, ta chứng minh tất góc tứ giác bé 90◦ , điều mâu thuẫn Ta dùng kết 2.3.1 để chứng minh tốn Giả sử có n cặp điểm có khoảng cách cực đại d Như thế, dễ thấy đỉnh A phải có đoạn AB, AC, AD có độ dài d (cực đại) Giả sử AC nằm AB AD Khi C khơng thể nối với điểm nữa, mâu thuẫn cho ta điều phải chứng minh (thậy vậy, giả sử C nối với X , theo Mệnh đề suy CX phải cắt AB lẫn AD, mâu thuẫn) Bài toán 2.3.3 (VMO-2011) Cho ngũ giác lồi ABCDE có cạnh hai √ đường chéo AC , AD có độ dài khơng vượt q Trong ngũ giác lấy 2011 điểm Chứng minh tồn đường trịn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác ABCDE chứa 403 điểm số 2011 điểm cho Lời giải Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau: Cho điểm nằm tam giác √ XY Z có độ dài cạnh khơng vượt q Khi ta có: min{IX, IY, IZ} ≤ [ [ [ [ Thật vậy, X IY + Yd IZ + Z IX = 360◦ nên ba góc X IY , Yd IZ, Z IX phải có góc khơng nhỏ 120◦ Giả sử XIY ≤ 120◦ áp dụng định lý Cosin tam giác IXY ta có: [ ≥ XY = IX +IY −2·IX·IY ·cos X IY ≥ IX +IY +IX·IY ≥ min{IX ; IY } Từ ta suy ra: min{IX; IY } ≤ Bổ đề chứng minh Quay lại tốn ta có: Theo giả thiết tam giác ABC, ACD, ADE √ có ba cạnh khơng vượt q 3, mà điểm 2011 điểm đặt ngũ giác ABCDE thuộc miền trong ba tam giác 44 nên theo Bổ đề trên, điểm phải đỉnh ngũ giác khoảng khơng lớn Theo ngun lý Dirichlet, có đỉnh ngũ giác 2011 có khoảng cách khơng lớn đến [ + 1] = 403 điểm Vậy toán chứng minh Nhận xét 2.3.4 Ngay trước giải toán này, ta cần lưu ý 2011 = 402, gần với 403 Điều gợi ý dùng nguyên lý Dirichlet đa giác thành phần Vì mà để ý tới trung điểm cạnh đỉnh suy luận hợp lý ta thấy đỉnh lựa chọn tốt 45 Kết luận Với mục đích nghiên cứu là: Trình bày cách có chọn lọc tốn cực trị hình học tổ hợp, luận văn hoàn thành nhiệm vụ sau: • Trình bày sơ lược số ngun lý, tính chất, phương pháp liên quan đến việc giải tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hình học tổ hợp • Sưu tầm, tổng hợp trình bày số tập tìm giá trị nhỏ nhất, lớn hình học tổ hợp toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi nước quốc tế • Đối với số toán tài liệu tham khảo chưa đưa lời giải có gợi ý lời giải tóm tắt, luận văn cố gắng đưa lời giải chi tiết để học sinh phổ thơng đọc, hiểu vận dụng để giải số toán tương tự Hướng luận văn mở, ta tiếp tục nghiên cứu, sử dụng kỹ thuật giải khác để đưa thêm lời giải cho toán 46 Tài liệu tham khảo [1] Vũ Hữu Bình Sputnik Education (12/2016), Hình học tổ hợp, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Đoàn Quỳnh - Hạ Vũ Anh – Phạm Khắc Ban – Văn Như Cường – Vũ Đình Hịa (2008), Tài liệu chun tốn tập hình học 12, NXB Giáo dục Việt Nam [3] Nguyễn Bá Đăng (2005), Rèn luyện phát triển tư thông qua giải tốn Hình học phẳng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Hữu Điền (2005), Một số chuyên đề hình học tổ hợp, NXB Giáo dục-Hà Nội [5] Vũ Hữu Bình (2016), Các tốn hình học tổ hợp, NXB Giáo dục [6] Vũ Đình Hịa (2003), Một số kiến thức sở hình học tổ hợp, NXB Giáo dục [7] PGS.TS Vũ Dương Thụy - ThS Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic toán học Quốc tế, NXB Giáo dục [8] Nguyễn Đình Thành Cơng – Nguyễn Văn Hưởng – Nguyễn Duy Hưng – Trần Trí Kiên – Nguyễn Văn Sơn – Lê Nhất – Trần Bảo Trung (2016), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi qua kỳ thi Olympic toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [9] Lecturenot (September 2003), Introduction to Discrete Geometry, Department of Applied Mathematics, Charles University Malostranské ná.25, 118 00 Praha 1, Czech Republic 47 ... Thảo Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tổng quan tốn hình học tổ hợp Trước tiên, luận văn xin nhắc lại vài dạng toán tổ hợp trình bày luận văn: (i) Bài tốn cực trị tổ hợp: Dạng 1: Tìm số nguyên dương... việc giải tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hình học tổ hợp • Sưu tầm, tổng hợp trình bày số tập tìm giá trị nhỏ nhất, lớn hình học tổ hợp toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi nước... đều, hình vng lục giác 1.3 1.3.1 Một số ví dụ tốn hình học tổ hợp Các tốn đếm hình học tổ hợp Trong toán đếm số đoạn thẳng, số góc, số đa giác, đơi ta cần dùng đến cơng thức tính số tổ hợp chập