Luận văn thạc sỹ 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 cơng thức phương pháp quy nạp tốn 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 khơng 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 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 khơng 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 54 [ = 60◦ Vì |AB| = Gọi ϕ góc AB a, ϕ ≥ CAB h = |AB| · √ d sin ϕ ≤ 2d √ , suy ≤ d, dẫn tới mâu thuẫn Bài tốn 3.2.8 Hình vng S cạnh cm bị phủ tám hình vng cạnh cm Lời giải Đặt bốn hình vng nhỏ bốn góc S cho hai cạnh hình vng nhỏ trùng với hai cạnh S Khi phần khơng bị phủ cịn lại S bị phủ hình vng ABCD (Hình 3.7) Ta chứng minh cạnh hình Hình 3.7: vng ABCD nhỏ cm, hình vng ABCD bị phủ bốn √ hình vng cạnh cm Thơng qua tính tốn ta thấy |AB| = < Ta có điều cần chứng minh Tuy nhiên ta khơng thể phủ S tám hình vng nhỏ với điều kiện cạnh hình vng nhỏ phải song song với cạnh S Thật vậy, ta xét chín điểm sau: Bốn đỉnh S , bốn trung điểm cạnh S tâm S Vì < nên hình vng nhỏ phủ nhiều chín điểm Mà ta có tám hình vng nên trường hợp thực 55 Bài tốn 3.2.9 Trên đa giác lồi người ta xếp nhiều 10 đồng xu hình trịn bán kính 1, đơi khơng giao có tâm nằm đa giác Chứng minh phủ đa giác cho 10 hình trịn bán kính đồng tâm với 10 đồng xu nói Lời giải Giả sử phản chứng 10 hình trịn bán kính khơng phủ kín đa giác, tồn điểm A nằm ngồi hình trịn lớn nằm đa giác Như ta đặt thêm đồng xu đường kính có tâm điểm A mà không chồng lên đồng xu trước, điều trái với giả thiết có nhiều 10 đồng xu Vậy toán chứng minh 3.3 Bao hình Trong phần chúng chúng tơi trình bày số vấn đề tính chất hệ S đối tượng hình học bao đa giác M Mệnh đề 3.3.1 Trên bàn trịn bán kính R ta xếp n > đồng xu có bán kính r cho khơng thể đặt thêm đồng xu vào mà không chồng lên đồng xu trước Khi ta có bất đẳng thức   R −1 r < √ R n< r Chứng minh Vì đồng xu khơng chồng lên nên tổng diện tích bề mặt đồng xu nhỏ tổng diện tích bề mặt bàn trịn, ta n.πr2 < πR2 Đặt đồng xu ci (Si , r) i ∈ I = {1, 2, , n} bàn tròn D(S, R) Nếu ta tăng bán kính đồng xu lên gấp đơi ta đồng xu Ci (Si , 2r) ta giảm bán kính bàn trịn từ R xuống R −r ta bàn trịn d(S, R −r) Hệ hình trịn Ci phải phủ hình trịn d khơng tồn số điểm X ∈ d cho X ∈ / Ci (i ∈ I), tức |XS| ≤ R − r |XSi | > 2r, (i ∈ I) Khi ta 56 thêm đồng xu cn+1 (X, r) thỏa cn+1 ⊆ D ci ∩ cn+1 = ∅ (i ∈ I) Theo giả thiết toán điều mâu thuẫn nên n hình trịn Ci phủ hình trịn d Suy tổng diện tích chúng thỏa mãn n − π − (2r)2 > π.(R − r)2 Mệnh đề 3.3.2 Hình trịn C bán kính n chứa 4n đoạn thẳng có độ dài đơn vị đoạn thẳng l Khi tồn đường thẳng l0 song song vuông góc với l cắt hai số 4n đoạn thẳng nói Chứng minh Dựng đường kính A1 A2 , B1 B2 thỏa A1 A2 k l B1 B2 ⊥ l Gọi Ui , Vi , Wi 4n đường thẳng độ dài đơn vị hình chiếu trực giao chúng lên A1 A2 , B1 B2 Mỗi tập hợp Vi , Wi điểm đoạn thẳng độ dài chúng = |Vi | , bi = |Wi | thỏa mãn + bi ≥ |Ui | = 1, với ≤ i ≤ 4n Do (a1 + a2 + + a4n ) + (b1 + b2 + + b4n ) ≥ 4n Giả sử a1 + a2 + + a4n ≥ b1 + b2 + + b4n , |V1 | + |V2 | + + |V4n | ≥ 2n (3.3.1) Mỗi tập Vi tập đoạn thẳng A1 A2 có độ dài 2n, dựa vào bất đẳng thức (3.3.1) suy hai đoạn Vi , Vj (i 6= j) có chung điểm C Khi đường thẳng vng góc với l qua C cắt hai đoạn Ui , Uj Tương tự với trường hợp a1 + a2 + + a4n ≤ b1 + b2 + + b4n đường thẳng song song với l cắt hai đoạn Ui , Uj Bài tốn 3.3.3 Cho năm điểm phân biệt nằm hình vng cạnh Khi tồn hai năm điểm có khoảng cách khơng lớn √ Lời giải Chia hình vng ban đầu thành bốn hình vng tương đẳng cạnh Theo nguyên lý Dirichlet bốn hình vng chứa hai năm 57 điểm cho khoảng cách chúng khơng lớn đường chéo hình vng này, cụ thể √ Mệnh đề 3.3.4 Cho (n2 + 1) điểm phân biệt nằm hình vng cạnh a Khi tồn hai (n2 + 1) điểm có khoảng cách khơng lớn √ a n Chứng minh Chia hình vng ban đầu thành n2 hình vng tương đẳng cạnh Theo ngun lý Dirichlet n2 hình vng chứa hai (n2 + 1) điểm cho khoảng cách chúng khơng lớn đường chéo hình vng này, cụ thể √ a n Bài toán 3.3.5 Cho sáu điểm phân biệt nằm hình chữ nhật kích thước × Khi hai số sáu điểm có khoảng cách không √ Lời giải Ở tồn ta lập luận tương tự Bài tốn 3.3.3, chia hình chữ nhật ban đầu thành sáu hình chữ nhật nhỏ có kích thước × với độ dài đường chéo √ Tuy nhiên số lượng điểm cho không dư để thực ngun lý Dirichlet Vì ta khơng chia thành sáu hình chữ nhật nhỏ mà chia thành năm miền Hình 3.8 Khi năm miền chứa Hình 3.8: hai sáu điểm cho khoảng cách lớn hai điểm miền √ nên ta có điều phải chứng minh 58 Bài tốn 3.3.6 Cho sáu điểm phân biệt mặt phẳng cho khoảng cách hai điểm ln lớn Khi khơng thể phủ sáu điểm hình trịn bán kính Lời giải Giả sử điểm cho A1 , A2 , , An thỏa mãn |Ai Aj | = với i 6= j Giả sử tồn hình trịn C(S, 1) phủ tồn sáu điểm trên, S∈ / {A1 , A2 , , An } |SX| ≤ với X ∈ C Chia hình trịn thành sáu hình ◦ \ cánh quạt tia SAi , tồn góc A i SAj ≤ 60 , từ suy |Ai Aj | ≤ 1, điều mâu thuẫn với giả thiết 3.4 Bài tốn xếp chồng Trong phần chúng tơi trình bày vấn đề xoay quanh việc xếp chồng vật thể hình học M0 hệ S = {M1 , M2 , , Mn } Ở phần giả định đối tượng M0 tạo thành từ mạng lưới hình vng tương đẳng Hình vng tạo k (k = 1, 2, ) hình vng gọi bàn cờ kích thước k × k (hoặc bàn cờ k × k ) Các đối tượng hình học có hình dạng Hình 3.9 gọi domino (a), tromino (b), tetromino (c), mảnh loại Γ (d) mảnh loại T (e) Hình 3.9: Bài tốn 3.4.1 Một bàn cờ 20 × 20 xếp chồng bốn mảnh × 1, tám mảnh × 2, mười hai mảnh × mười sáu mảnh × 59 Lời giải Bằng phương pháp quy nạp toán học chứng minh với k ≥ 1, bàn cờ k(k + 1) × k(k + 1) xếp chồng bốn mảnh × 1, tám mảnh × 2, mười hai mảnh × 3, , 4k mảnh k × k Với k = 1, khẳng định rõ ràng bàn cờ × xếp chồng bốn mảnh × Giả sử khẳng định với bàn cờ k(k + 1) × k(k + 1), ta chứng minh khẳng định với bàn cờ (k + 1)(k + 2) × (k + 1)(k + 2) Bàn cờ chia thành Hình 3.10: hai miền hình vng A kích thước k(k + 1) × k(k + 1), hình vng C kích thước 2(k + 1) × 2(k + 1) hai miền hình chữ nhật khơng vng B, D kích thước 2(k + 1) × k(k + 1) (Hình 3.10) Theo giả thiết quy nạp, hình vng A xếp bốn mảnh × 1, tám mảnh × 2, mười hai mảnh × 3, , 4k mảnh k × k Do ta cần chứng minh miền B ∪ C ∪ D xếp 4(k + 1) mảnh (k + 1) × (k + 1) Thật vậy, B, D hai hình chữ nhật có kích thước 2(k + 1) × k(k + 1) xếp 2k mảnh (k + 1) × (k + 1), C hình vng kích thước 2(k + 1) × 2(k + 1) nên xếp bốn mảnh (k + 1) × (k + 1) Suy miền B ∪ C ∪ D xếp 2k + 2k + = 4(k + 1) mảnh (k + 1) × (k + 1) Ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.4.2 Cắt miền × tùy ý bàn cờ 2023 × 2023 Khi phần cịn lại bàn cờ xếp mảnh loại Γ 60 Lời giải Ta chứng minh phương pháp quy nạp mệnh đề với bàn cờ (6n + 1) × (6n + 1); 2023 = 6.337 + Với n = ta có bàn cờ × 7, ta xét trường hợp phần bị cắt vị trí 1, 2, Hình 3.11(a), ta có vị dụ tương ứng cách xếp mảnh loại Γ tương ứng với trường hợp Hình 3.11(b), (c), (d) Giả sử mệnh đề với bàn cờ (6n + 1) × (6n + 1), Hình 3.11: ta chứng minh mệnh đề với bàn cờ (6n + 7) × (6n + 7) Thật vậy, đặt hình vng (6n + 1) × (6n + 1) vào góc bàn cờ (6n + 7) × (6n + 7) cho miền bị cắt nằm hình vng Theo giả thiết quy nạp ta xếp mảnh loại Γ vào hình vng thỏa yêu cầu mệnh đề Các miền lại hai hình chữ nhật kích thước (6n + 1) × miền hình vng kích thước × dễ dàng xếp mảnh Γ Vậy ta có điều phải chứng minh 61 Chương Bài tốn tơ màu Trong chương chúng tơi nghiên cứu tình sau: Tập hợp M gồm hữu hạn, vô hạn điểm chia thành lớp T1 , T2 , , Tn Nếu chúng tơi có n màu khác tô tất điểm Ti với màu thứ i (1 ≤ i ≤ n), chúng tơi có màu tập M Có hai câu hỏi thường xuất gặp vấn đề này: • Để tơ màu M cách tùy ý với số màu cho trước, lớp Ti có tính chất hình học định khơng? • Để tơ màu M cách thích hợp với số màu cho trước, lớp Ti có tính chất định không? Làm để xây dựng cách tô màu cho M ? Một số nguyên lý, phương pháp sử dụng để giải tốn tơ màu ngun lý cực hạn, ngun lý Dirichlet, 4.1 Tô màu điểm Mệnh đề 4.1.1 Giả sử điểm mặt phẳng tơ ba màu Khi tồn hai điểm màu mà khoảng cách Chứng minh Đầu tiên, dễ dàng thấy với số màu không hai, khẳng 62 định tầm thường (ít hai ba đỉnh tam giác có cạnh màu) Giả sử phản chứng có cách tơ màu điểm mặt phẳng cho màu đầu mút đoạn thẳng có độ dài khác Đầu tiên ta chứng minh hai điểm A, B có khoảng cách √ √ có màu Thật vậy, |AB| = đường trịn c1 (A; 1) c2 (B; 1) cắt điểm C 6= D, lúc 4ACB 4BCD hai tam giác có cạnh (Hình 4.1) Hình 4.1: Theo giả thiết ban đầu, màu điểm ba {A, C, D} {B, C, D} khác nhau, từ suy A B có màu Bây ta xét 4XY Z thỏa mãn |XY | = √ √ 3, |XZ| = |Y Z| = Theo vừa trình bày Y Z màu với X suy chúng màu, điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy tồn hai điểm màu cách khoảng Mệnh đề 4.1.2 Giả sử điểm mặt phẳng tô hai màu Khi tồn tam giác có ba đỉnh màu 63 Chứng minh Giả sử với tam giác đều, tồn hai đỉnh khác màu Ta xét lục giác ABCDEF có tâm S , giả sử tâm S đỉnh B có màu đen Theo giả sử đỉnh A 4ABS đỉnh C 4CBS màu đen (giả sử màu đỏ) Ta suy đỉnh E có màu đen 4ACE hai đỉnh A, C có màu đỏ Đỉnh F có màu đỏ 4SEF hai đỉnh E, S có màu đen Gọi G giao điểm AB EF (Hình 4.2) Dễ dàng chứng minh 4BEG 4AF G hai tam giác Bây G có màu đen hay màu đỏ hai tam giác 4BEG 4AF G có ba đỉnh màu, điều mâu thuẫn với giả thiết Hình 4.2: Mệnh đề 4.1.3 Giả sử điểm mặt phẳng tô ba màu Khi tồn ba điểm màu tạo thành đỉnh tam giác vuông Chứng minh Chọn hai điểm A, B màu (giả sử màu đỏ) Giả sử đường trịn k đường kính AB nội tiếp hình vng KLM N Hình 4.3 (các tiếp điểm 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 4ABY, 4QM Y, 4P LY tam giác vng có ba đỉnh màu Vậy tồn ba điểm màu tạo thành đỉnh tam giác vng 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 không tồn ba điểm tạo Hình 4.4: thành ba đỉnh tam giác có cạnh tơ màu nên ta xét tam giác có cạnh có hai đỉnh tam giác tô 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 tơ 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 tơ ba màu nên theo ngun lý Dirichlet có hai điểm tô 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 Tơ màu miền Bây chúng tơi 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 tô 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 tô màu không 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 h i có |S1 | = |S2 | ≤ n2 + 1, trường hợp bất đẳng 68 thức h i 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 tô 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 trị 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 tơ số màu cho trước Bài tốn 4.3.1 Trên bàn cờ vua × tơ 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 tồn 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 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