Một số bài toán hình học tổ hợp

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ***** ĐẶNG THỊ THÚY NGÂN MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Đà Nẵng – Năm 2021 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ***** ĐẶNG THỊ THÚY NGÂN MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHÓA LUẬN: TS LÊ VĂN DŨNG Đà Nẵng – Năm 2021 LỜI CẢM ƠN Đề tài khóa luận tốt nghiệp hoàn thành trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng, hướng dẫn TS Lê Văn Dũng Trước hết, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến người thầy TS Lê Văn Dũng, người đặt toán định hướng nghiên cứu cho tơi Thầy tận tình bảo tạo điều kiện để học tập hoàn thành đề tài Cảm ơn thầy ln chia sẻ, động viên tơi q trình học tập nghiên cứu Tôi xin chân thành cảm ơn khoa Toán học trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng tạo điều kiện để tơi hồn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp Cuối cùng, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến gia đình người bạn thân thiết chia sẻ, giúp đỡ, động viên trình thực đề tài Đặng Thị Thúy Ngân MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Một số kiến thức hình học 1.1.1 Các định nghĩa 1.1.2 Định lý Pytago 1.1.3 Đường trung trực 1.1.4 Bất đẳng thức tam giác 1.1.5 Đường tròn bàng tiếp tam giác 1.2 Phương pháp phản chứng nguyên lý Dirichlet 1.2.1 Phương pháp phản chứng 1.2.2 Nguyên lý Dirichlet 1.3 Phương pháp quy nạp toán học 10 1.3.1 Giới thiệu 13 1.3.2 Phương pháp chứng minh quy nạp toán học 13 1.3.3 Quy nạp mạnh 13 1.3.4 Quy nạp bước nhảy 13 1.3.5 Quy nạp lùi 14 CHƯƠNG 2: MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP 15 2.1 Sử dụng phương pháp phản chứng – Nguyên lý Dirichlet 15 2.2 Sử dụng phương pháp quy nạp toán học 21 KẾT LUẬN 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO 28 PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bài tốn hình học tổ hợp tốn mà có nhiều thành phần (ví dụ nhiều điểm, nhiều góc, nhiều hình), để giải tốn cần dùng phương pháp tổ hợp, tức phương pháp phân chia kết hợp thành phần với Hình học tổ hợp nhánh khơng thể thiếu tốn tổ hợp nói chung, tốn Hình học tổ hợp thường khơng địi hỏi nhiều kiến thức kỹ tính tốn Chúng chủ yếu đòi hỏi chặt chẽ việc xét khả năng, sáng tạo việc đưa mơ hình cụ thể, linh hoạt việc vận dụng phương pháp Nhiều tốn có nội dung tương tự nhau, khác số, lại cần đến cách giải khác nhau, địi hỏi người giải tốn khơng thể rập khn, máy móc Chỗ khó mạnh Hình học tổ hợp chỗ thường xun xuất đề thi học sinh giỏi cấp Khác với tốn lĩnh vực Giải tích, Đại số, Lượng giác, tốn hình học tổ hợp thường liên quan nhiều đến đối tượng tập hợp hữu hạn Vì lẽ tốn mang đặc trưng rõ nét toán học rời rạc (Ít sử dụng đến tính liên tục - tính chất đặc trưng mơn giải tích) Mục đích nghiên cứu Trong khóa luận này, tơi nghiên cứu số phương pháp để giải tốn hình học tổ hợp, từ làm tiền đề để nghiên cứu giải toán Chứng minh chi tiết số kết liên quan đến tốn hình học tổ hợp tác giả trước Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp phản chứng - Nguyên lý Dirichlet - Phương pháp quy nạp toán học Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu khái niệm tính chất phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlet phương pháp quy nạp toán học Phương pháp nghiên cứu - Tham khảo tài liệu, hệ thống lại số kiến thức hình học - Thu thập báo khoa học tác giả trước liên quan hình học tổ hợp - Bằng cách tương tự hóa, khái quát hóa nhằm đưa kết mở rộng số kết tác giả trước - Phân tích, đánh giá, tổng hợp trao đổi với thầy hướng dẫn kết nghiên cứu để hồn chỉnh đề tài Ý nghĩa khoa học thực tiễn Đề tài có ý nghĩa mặt lý thuyết, tài liệu tham khảo cho quan tâm đến ứng dụng phương pháp phản chứng – Nguyên lý Dirichlet phương pháp quy nạp để giải số tốn hình học tổ hợp Cấu trúc đề tài Nội dung khóa luận tơi trình bày hai chương Ngồi ra, khóa luận có Lời cảm ơn, Mục lục, phần Mở đầu, phần Kết luận Tài liệu tham khảo Chương trình bày số định nghĩa, định lý tính chất số kiến thức hình học bản, phương pháp phản chứng – Nguyên lý Dirichlet phương pháp quy nạp toán học làm bổ trợ cho chương sau Chương bao gồm mục: mục 1.1 gồm số kiến thức hình học sử dụng khóa luận; mục 1.2 giới thiệu khái niệm, tính chất phương pháp phản chứng – Nguyên lý Dirichlet phương pháp sử dụng chúng; mục 1.3 giới thiệu khái niệm, tính chất phương pháp quy nạp tốn học Chương trình bày số tốn hình học tổ hợp Chương bao gồm mục: mục 2.1 trình bày tốn hình học tổ hợp chứng minh phương pháp phản chứng - Nguyên lý Dirichlet; mục 2.2 trình bày tốn hình học tổ hợp chứng minh phương pháp quy nạp toán học CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương này, trình bày số định nghĩa, định lý tính chất số kiến thức hình học bản, phương pháp phản chứng – Nguyên lý Dirichlet phương pháp quy nạp toán học làm bổ trợ cho chương sau Tất số đo tốn, khơng thích đơn vị, hiểu đo theo đơn vị đo 1.1 Một số kiến thức hình học 1.1.1 Các định nghĩa 1.1.1.1 Định nghĩa Mệnh đề câu khẳng định xác định tính hay sai Một mệnh đề khơng thể vừa đúng, vừa sai 1.1.1.2 Định nghĩa Mệnh đề chứa biến câu khẳng định mà đắn, hay sai cịn tùy thuộc vào hay nhiều yếu tố biến đổi 1.1.1.3 Định nghĩa Theo mệnh đề kéo theo có dạng: "Nếu A B", A B hai mệnh đề Mệnh đề "Nếu A B" kí hiệu A =>B Tính đúng, sai mệnh đề kéo theo sau: Mệnh đề A => B sai A B sai 1.1.1.4 Định nghĩa Mệnh đề "B=>A" mệnh đề đảo mệnh đề A => B 1.1.1.5 Định nghĩa - Nếu A => B mệnh đề mệnh đề B => A mệnh đề ta nói A tương đương với B, kí hiệu: A ⇔ B - Khi A ⇔ B, ta nói A điều kiện cần đủ để có B A B hay A B 1.1.2 Định lý Pytago 1.1.2.1 Định lý pitago thuận Trong tam giác vng (hình 1) bình phương cạnh huyền (cạnh đối diện với góc vng) tổng bình phương hai cạnh góc vng 1.1.2.2 Định lý pitago đảo Nếu tam giác có bình phương cạnh tổng bình phương hai cạnh cịn lại tam giác tam giác vuông 1.1.3 Đường trung trực 1.1.3.1 Định nghĩa Đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng vng góc với đoạn thẳng gọi đường trung trực đoạn thẳng (Hình 2) Hình 1.1.3.2 Định lý Điểm nằm đường trung trực đoạn thẳng cách hai mút đoạn thẳng 1.1.3.3 Định lý Điểm cách hai đầu mút đoạn thẳng nằm đường trung trực đoạn thẳng  Nhận xét Hình Tập hợp điểm cách hai mút đoạn thẳng đường trung trực đoạn thẳng 1.1.4 Bất đẳng thức tam giác 1.1.4.1 Định lý Trong tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh lại 1.1.4.2 Hệ Trong tam giác, hiệu độ dài hai cạnh nhỏ độ dài cạnh lại 1.1.5 Đường tròn bàng tiếp tam giác 1.1.5.1 Định nghĩa Một đường tròn bàng tiếp tam giác đường trịn nằm ngồi tam giác, tiếp xúc với cạnh tam giác với phần kéo dài hai cạnh lại 1.1.5.2 Định nghĩa Tâm đường tròn bàng tiếp giao điểm đường phân giác góc với đường phân giác ngồi hai góc cịn lại 1.2 Phương pháp phản chứng Nguyên lý Dirichlet 1.2.1 Phương pháp phản chứng 1.2.1.1 Định nghĩa Phương pháp phản chứng hay phép phản chứng (còn goi reductio ad absurdum, tiếng La tinh có nghĩa "thu giảm đến vô lý") phương pháp chứng minh gián tiếp Phương pháp chứng minh phát biểu cách cho thấy kịch ngược lại dẫn đến điều vô lý mâu thuẫn 1.2.1.2 Mục tiêu Mục tiêu phương pháp phản chứng bác bỏ mệnh đề phủ định mệnh đề cần chứng minh 1.2.1.3 Phương pháp giải Phép phản chứng toán học thường biết đến dạng chứng minh mâu thuẫn hay chứng minh phản chứng Nếu ta muốn chứng minh kết luận tốn phải chúng minh ngược lại với sai, ta giả thiết ngược lại với nó, tìm kết luận mâu thuẫn Chứng minh toán phương pháp phản chứng gồm ba bước: - Bước (phủ định kết luận): Ta giả sử kết luận toán không - Bước (đưa đến mâu thuẫn): Từ điều giả sử từ giả thiết toán, ta suy điều mâu thuẫn với giả thiết mâu thuẫn với kiến thức học - Bước (khẳng định kết luận): Vậy kết luận toán 1.2.1.4 Ưu điểm phương pháp phản chứng Ưu điểm phương pháp phản chứnglà tạo thêm giả thiết (giả thiết phản chứng) vào giả thiết toán Chẳng hạn để chứng minh A  B phương pháp phản chứng, ta sử dụng giả thiết phản chứng A  B để điều vô lý Ví dụ 1.1 Cho hai điểm A, B nằm bên đa giác (có thể khơng lồi) Chứng minh có đỉnh đa giác mà khoảng cách từ đỉnh đến A lớn khoảng cách từ đến B Giải (Hình 5) Gọi X1 X X n đa giác cho Giả sử: X1B  X1 A, X N  X B, , X n B  X n A Gọi đường trung trực đoạn thẳng AB d Gọi A  ( P1 ), B  ( P2 ) cho ( P1 ) ( P2 ) hai nửa mặt phẳng đa giác cắt đường thẳng d Hình Để khoảng cách từ X n đến A nhỏ khoảng cách từ X n đến B X n phải thuộc mặt phẳng ( P1 ) Do X1B  X1 A nên X   P1  , X B  X A nên X   P1  , tương tự, X , X , , X thuộc ( P1 ) Từ suy đỉnh đa giác thuộc nửa mặt phẳng ( P1 ) , B thuộc nửa mặt phẳng ( P2 ) nên B nằm bên đa giác, trái với giả thiết Vậy tồn đỉnh X đa giác cho khoảng cách từ X đến A lớn khoảng cách từ X đến B 14 Bước 2: Giả sử P(n) Ta chứng minh P(n+k) 1.3.5 Quy nạp lùi Quy nạp lùi thực sau: Bước 1: Chứng minh P   với dãy   dãy tăng thực tập số tự nhiên Bước 2: Giả sử P(n) đúng, chứng minh P(n−1) Ta dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh công thức mà bạn B đưa Ví dụ 1.5 ví dụ sau Ví dụ 1.6 Cho n đường trịn mặt phẳng, hai đường tròn cắt hai điểm, khơng có ba đường trịn qua điểm Chứng minh n đường trịn chia mặt phẳng thành  n  n  1 miền Giải Khẳng định với n = 1, tức n    n  n  1   11  1  , đường tròn chia mặt phẳng thành hai miền Giả sử khẳng định với n = k tức M k   k  k  1 , nói cách khác: k đường trịn chia mặt phẳng thành  k  k  1 miền Ta chứng minh khẳng định với n = k + 1, tức là: M k 1   (k  1)  k  1  1   k (k  1) Thật vậy, đường tròn thứ k + cắt k đường tròn vẽ hai điểm nên đường tròn thứ k + bị k đường tròn cắt 2k điểm bị chia thành 2k cung Mỗi cung chia miền chứa thành hai miền, số miền tăng thêm 2k miền Do đó: M k 1  M k  2k   (k  1)k  2k   k (k   2)   k (k  1) , tức khẳng định với n = k + Kết luận: M = + n (n – 1), với số tự nhiên n  15 CHƯƠNG 2: MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP 2.1 Sử dụng phương pháp phản chứng – nguyên lý dirichlet Bài tốn 2.1.1 Cho hình vng ABCD có cạnh a; M trung điểm cạnh AD, điểm a E nằm BC thỏa mãn điều kiện  CE  Qua M kẻ đường thẳng song song với AE, cắt cạnh CD F Chứng minh hình thang AMFE khơng thể hình thang cân Giải (Hình 9) Giả sử AMFE hình thang cân AM = FE (*) MAE  FEA , mà MAE  BEA => FEA  BEA => EA phân giác (góc ngồi ∆ EFC) Mặt khác CA phân giác BCD (tính chất đường chéo hình vng), suy A tâm đường tròn bàng tiếp ECF ∆ EFC (đường tròn tiếp xúc với CE CF lầ lượt B D) Lại có a a a  BE  ; EF  BE  DF  BE  2  EF  AM  CE  Hình Mâu thuẫn với (*) Vậy AMFE khơng thể hình thang cân ̂ , 𝐴̂ > 𝐷 ̂ Bài toán 2.1.2 Chứng minh tứ giác ABCD, 𝐴̂ = 𝐵̂, 𝐶̂ = 𝐷 AD < BC Giải (Hình 10) Ta chứng minh AD  BC sai Thật vậy, gọi giao điểm AD BC E ta có: ̂ = 𝐴𝐵𝐶 ̂ (giả thiết) 𝐷𝐴𝐵 ̂ = 𝐸𝐵𝐴 ̂ => ∆ EAB cân E => EA = EB Suy 𝐸𝐴𝐵 Giả sử AD = BC => AD + EA = BC + EB => ED = EC Hình 10 => ∆ EDC cân E => trái với giả thiết ̂ , trái với giả Giả sử: AD > BC => AD + EA > BC + EB => ED > EC => 𝐶̂ > 𝐷 thiết 16 Vậy AD < BC Bài tốn 2.1.3 Cho đường trịn có đường kính ba điểm M , N , P tùy ý Chứng minh tồn điểm Q nằm đường tròn cho QM  QN  QP  12 Giải (Hình 11) Gọi QR đường kính đường trịn Ta có: MQ  MR  QR  NQ  NR  QR  PQ  PR  QR  Suy ra: ( MQ  NQ  PQ)  ( MR  NR  PR)  24 Trong hai tổng ( MQ  NQ  PQ) ( MR  NR  PR) , tồn tổng lớn 12 Do hai điểm Q R tồn điểm, chẳng hạn Q thỏa mãn: ( MQ  NQ  PQ)  12 Suy điều phải chứng minh Bài tốn 2.1.4 Cho đường trịn đường kính 6, đường tròn ta lấy 50 điểm Chứng minh tồn điểm đường tròn mà tổng khoảng cách từ điểm đến tất 50 điểm đánh dấu lớn 150 Giải (Hình 12) Gọi MN đường kính đường trịn Trên đường tròn ta lấy điểm P1 , P2 , , P50 ( P1 , P2 , , P50 không trùng với M, N) Ta có: PM  P1 N  MN  P2 M  P2 N  MN  P50 M  P50 N  MN  Suy ra: ( PM  P2 M   Pn M )  ( PN  P2 N   Pn N )  50MN  300 1 Hình 12 17 Trong hai tổng ( PM  P2 N   Pn N ) , tồn tổng lớn  P2 M   Pn M ) ( PN 1 150 Do hai điểm M N tồn điểm thỏa mãn đề bài, chẳng hạn N thỏa mãn: ( PN  P2 N   Pn N )  150 Suy điều phải chứng minh Bài toán 2.1.5 Cho tứ giác lồi MNPQ có MP  16, NQ  12 Chứng minh rằng: a) Tồn cạnh tứ giác lớn 15 b) Tồn cạnh tứ giác lớn Giải (Hình 13) a) Gọi giao điểm MP NQ O Ta có: MN  PQ  (OM  ON )  (OP  OQ)  (OM  OP)  (ON  OQ)  MP  NQ  18  12  30 Vậy hai cạnh MP NQ lớn 15 b) Gọi H trung điểm MP Ta có: HN  HQ  NQ  12 nên tồn hai đoạn thẳng HN HQ bé 6, chẳng hạn HQ  Trong hai góc MHN PHN tồn góc lớn 90 , chẳng hạn MHN Thế thì: MN  MH  NH  82  62  61  MN  100  10 Vậy MN  10 Suy điều phải chứng minh Hình 13 18 Bài tốn 2.1.6 Cho tam giác MNP có độ dài cạnh Bên tam giác lấy điểm Chứng minh tồn hai năm điểm có khoảng cách chúng nhỏ Giải (Hình 14) Gọi A, B, C trung điểm cạnh MN, NP, PM MPN có: MA AN MC CP }  AC đường trung bình MPN Chứng minh tương tự, ta AB BC đường trung bình MPN Vì MPN tam giác nên suy MA  AN  NB  BP  PC  CM  2 Hình 14 Tồn tam giác nhỏ chứa hai năm điểm cho Giả sử hai điểm D E D, E nằm MCA không trùng với ba đỉnh tam giác Ta cần chứng minh DE  Xét tam giác tạo đường thẳng DE biên MCA , chẳng hạn MGF Trong hai góc MFG MGF , tồn góc lớn 60 , chẳng hạn MFG , MFG  B nên MG  FG Ta có DE  FG  MG  MA  Suy điều phải chứng minh Nhận xét Để sử dụng nguyên lý Dirichlet, nhiều ta phải chia hình thành nhiều phần Bài tốn 2.1.7 Cho 2005 điểm mặt phẳng biết nhóm điểm điểm chọn điểm có khoảng cách bé Chứng minh điểm có 1003 điểm nằm đường trịn có bán kính 19 Giải Ta có: 2005 = 2.1002 + Gọi A điểm 2005 điểm cho Vẽ đường tròn tâm A bán kính Nếu tất 2004 điểm cịn lại năm hình trịn tâm A bán kính tốn giải Giả sử có điểm B năm ngồi đường trịn (A;1) tức AB > Vẽ đường trịn tâm B bán kính kí hiệu (B;1) Ta chứng minh tất 2005 điểm cho năm (A;1) (B;1) Thật vậy, lấy C bắt kì, xếp điểm A,B,C theo giả thuyết AB > nên AC < AB  , C nằm đường trịn (A;1) C nằm (B;1) 2005 điểm năm hai đường trịn nên theo ngun tắc Dirichlet có đường trịn chứa 1003 điểm Suy điều phải chứng minh Bài tốn 2.1.8 Cho bảng kích thước 44a ô vuông Người ta đánh dấu vào 5a ô vuông bảng Chứng minh chọn 2a hàng 2a cột bảng cho ô đánh dấu nằm 2a hàng 2a cột Giải (Hình 15) Chọn 2a hàng có chứa đánh dấu nhiều hàng Ta chứng minh số đánh dấu lại nhỏ 2a Giả sử trái lại vậy, tức số ô đánh dấu lại lớn 2a  Số hàng lại chưa chọn 2a Vậy theo ngun lí Dirichlet có hàng (trong số 2a hàng lại) chứa hai ô đánh dấu Chú ý theo cách chọn 2a hàng chọn chứa số đánh dấu nhiều hàng Có hàng cịn lại chưa chọn có hai đánh dấu, nên suy hàng số 2a hàng chọn có hai chọn, tức 2a hàng chọn khơng có 2a ô đánh dấu 20 Nếu vậy, số ô đánh dấu lớn 4a   2a  1  6a Đó điều vơ lí (vì có 6a đánh dấu) Vậy nhận xét chứng minh Như vậy, sau chọn 2a hàng (với cách chọn trên), theo nhận xét cịn lại khơng q 2a đánh dấu Vì có có 2a cột chứa chúng Vì lẽ khơng thấy đánh dấu nằm ngồi hàng hay cột chọn Bài tốn 2.1.9 Một hình lập phương có cạnh 20 chứa 14 000 điểm Chứng minh có hình cầu bán kính 1,5 chứa chín điểm số 14 000 điểm cho Giải Chia cạnh hình lập phương thành 12 phần Như hình lập phương cho chia thành 1212  1728 hình lập phương nhỏ Do 14 000 > 8.1728 = 13 824, nên tồn hình lập phương nhỏ, mà hình lập phương chứa chín điểm Như biết, gọi cạnh hình lập phương a, hình cầu ngoại tiếp có bán kính r, với r  a Vì hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ (cạnh r 20  ) là: 12 a 5 52.3 75 81       1,5 36 36 36 Hình cầu kính 1,5 dĩ nhiên chứa chín điểm 14 000 điểm cho 21 2.2 Sử dụng phương pháp quy nạp toán học Bài toán 2.2.1 Chứng minh tổng góc đa giác lồi n cạnh ( n  ) An  (n  2).180 Giải (Hình 16) Với n  khẳng định hiển nhiên Giả sử khẳng định với n  k , tức Ak  (k  2).180 Ta cần chứng minh khẳng định với n  k  , ta chứng minh Ak 1  (k 1).180 Thật vậy, thêm đỉnh thứ k  tổng góc đa giác tăng thêm lượng tổng góc Hình 16 X1 X k X k 1 Do đó: Ak 1  Ak  180  (k  2).180  180  (k 1).180 Vậy khẳng định nêu với n  k  Vậy khẳng định nêu với số tự nhiên ( n  ) Suy điều phải chứng minh Bài toán 2.2.2 Chứng minh số đường chéo đa giác lồi n cạnh (n > 4) bằng: An  n(n  3) Giải (Hình 17) Khẳng định với n  tứ giác có hai đường chéo Giả sử khẳng định với n  k , tức đa giác lồi k cạnh có Ak  k (k  3) đường chéo Hình 17 22 Ta cần chứng minh khẳng định n  k  , có nghĩa phải chứng minh Ak 1  (k  1)(k  2) Thật vậy, ta vẽ thêm đỉnh Ak 1 cạnh AAk trở thành đường chéo Ngoài từ đỉnh Ak 1 ta kẻ tới k  đỉnh cịn lại để tạo thành đường chéo Nên số đường chéo tạo thành ta thêm đỉnh Ak 1 k    k  Vậy ta có Ak 1  Ak  k   k (k  3) (k  1)(k  2)  k 1  2 Suy điều phải chứng minh Bài toán 2.2.3 Trong mặt phẳng cho n  điểm, tất không nằm đường thẳng Chứng minh tất đường thẳng nối hai điểm n điểm cho tạo số đường thẳng khác không nhỏ n Giải Khẳng định hiển nhiên với n  Giả sử khẳng định với n  k  Ta phải chứng minh khẳng định với n  k  Nếu có k  điểm khơng nằm đường thẳng tồn đường thẳng chứa hai điểm Trở lại với tốn giả sử ta có k  điểm đường thẳng qua hai điểm M k M k 1 chứa hai điểm mà thơi Khi xảy hai khả - Nếu điểm M1 , M , , M k nằm đường thẳng d điểm M k 1 khơng thuộc d Khi từ điểm M k 1 ta kẻ k đường thẳng khác tới điểm M1 , M , , M k , với đường thẳng d ta có tất k  đường thẳng (Hình 18) Hình 18 23 - Nếu điểm M1 , M , , M k không năm đường thẳng, theo giả thiết quy nạp ta có khơng k đường thẳng qua điểm M1 , M , , M k Theo giả sử tất đường thẳng khơng có đường trùng với đường qua M k M k 1 Như ta có khơng k  đường thẳng từ k  điểm Suy điều phải chứng minh Bài toán 2.2.4 Chứng minh n đường thẳng mặt phẳng chia mặt phẳng nhiều thành An  n  n  1  miền Giải (Hình 19) Ta có: Mặt phẳng bị chia thành nhiều miền n đường thẳng khơng có hai đường thẳng song song, khơng có ba đường thẳng đồng quy Khẳng định An  A1  n  n  1  với n  1.(1  1) 1  Giả sử khẳng định với n  k , tức k đường thẳng mặt phẳng chia mặt phẳng nhiều thành Ak  k  k  1  miền Hình 19 Ta chứng minh n  k  , có nghĩa phải chứng minh Ak 1  (k  1)  k   1 Thật vậy, đường thẳng thứ k  cắt k đường thẳng trước, bị chia thành k  phần, tạo thêm k  miền Do đó: Ak 1  Ak  (k  1)  k (k  1) 2(k  1) (k  1)(k  2) 1  1 2 Vậy khẳng định với số tự nhiên n  24 Suy điều phải chứng minh Bài tốn 2.2.5 Trong đường trịn vẽ n dây, số giao điểm nằm đường tròn dây a (ta quy định có b dây qua điểm số giao điểm tính b – 1) Chứng minh hình trịn cho bị chia thành n + a + miền Giải Khẳng định U n  n  a  với n  a  U1     Giả sử khẳng định với n  k , tức sau vẽ k dây ta có a giao điểm bên số miền U k  k  a  Vẽ thêm dây thứ k  , ta a ' giao điểm bên (a '  a ) , cần chứng minh U k 1  (k  1)  a ' Thật vậy, số giao điểm tăng thêm a ' a , giao điểm chia dây thứ k  thành a ' a  phần Do đó: U k 1  U k  a ' a   k  a   a ' a   (k  1)  a ' Vậy khẳng định với số tự nhiên n  Suy điều phải chứng minh Bài toán 2.2.6 Chứng minh ta chia đa giác lồi n cạnh  n   thành ngũ giác lồi Giải (Hình 20) Với n  6, n  7, n  khẳng định đúng, ta chia Hình 20 25 Giả sử khẳng định với n  k  Ta chứng minh khẳng định với n  k  Xét đa giác X1 X X k 3 Nối X1 với X k , ta chia đa giác thành hai miền đường chéo X1 X k (Hình 21) Theo giả thiết quy nạp đa giác X1 X X k 3 chia Còn đa giác X k X k 1 X k 2 X k 3 X1 ngũ giác lồi Vậy khẳng định với số tự nhiên n  Suy điều phải chứng minh Hình 21 Bài tốn 2.2.7 Chứng minh ta chia tam giác thành n tam giác cân với n số tự nhiên lớn Giải (Hình 22) Với n  4, n  5, n  khẳng định đúng, ta chia Hình 22 Giả sử khẳng định với n  Ta chứng minh khẳng định với n  k  Điều thực cách chia tam giác ban đầu thành n tam giác cân Bây n tam giác cân ta thực chia làm tam giác cân số tam giác cân tăng lên Vậy khẳng định với số tự nhiên n  Suy điều phải chứng minh 26 Bài toán 2.2.8 Cho đa giác lồi n cạnh Hỏi chia đa giác thành tam giác đường chéo khơng cắt Giải (Hình 23a) Với n  số tam giác A(4)  (Hình 23b) Với n  số tam giác A(5)  Hình 23 Ta dự đoán A(n)  n  2, n  Giả sử khẳng định với n  k Tức A(k )  k  2, k  Ta cần chứng minh khẳng định với n  k  , tức A(k  1)  k  Thật vậy, ta thêm đỉnh thứ k1 cạnh X1 X k 1 trở thành đường chéo không cắt đường chéo trước, tạo tam giác X1 X k X k 1 Dó A(k  1)  A(k )   k  Suy điều phải chứng minh Nhận xét (Hình 24) Từ tốn ta suy tổng số đường chéo A ta cần để chia đa giác n cạnh thành tam giác ( n  tam giác) là: A  n  3(n  2)  A  n  Hình 24 27 KẾT LUẬN Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu, kết khóa luận đọc hiểu chứng minh chi tiết toán hình học tổ hợp, tơi thu thành sau Hệ thống lại số kiến thức hình học Trình bày khái niệm chứng minh chi tiết số tính chất phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlet phương pháp quy nạp Chứng minh chi tiết số toán liên quan đến phương pháp giải toán hình học tổ hợp Trong q trình thực khóa luận, tác giả cố gắng, nhiên khơng thể tránh khỏi số thiếu sót cách hành văn việc hồn thành khóa luận Tác giả mong nhận đóng góp quý thầy để khóa luận hồn thiện 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Vũ Hữu Bình (2020), Hình học tổ hợp, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Thị Bình (2009), Các tốn hình học tổ hợp, Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên [3] Nguyễn Thành Nhân (2015), Chuyên đề quy nạp hình học, trang file:///C:/Users/ad/OneDrive%20-%20Danang%20University%20of%20Education/Deskt op/CHUY%C3%8AN%20%C4%90%E1%BB%80%20QUY%20N%E1%BA%A0P%20 TRONG%20H%C3%8CNH%20H%E1%BB%8CC%203.pdf 15/12/2021) (truy cập vào ngày ... học Chương trình bày số tốn hình học tổ hợp Chương bao gồm mục: mục 2.1 trình bày tốn hình học tổ hợp chứng minh phương pháp phản chứng - Nguyên lý Dirichlet; mục 2.2 trình bày tốn hình học tổ. .. Bài tốn hình học tổ hợp tốn mà có nhiều thành phần (ví dụ nhiều điểm, nhiều góc, nhiều hình) , để giải toán cần dùng phương pháp tổ hợp, tức phương pháp phân chia kết hợp thành phần với Hình học. .. (2020), Hình học tổ hợp, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Thị Bình (2009), Các tốn hình học tổ hợp, Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên [3] Nguyễn Thành Nhân (2015), Chuyên đề quy nạp hình