Luận văn thạc sỹ một số kết quả mới trong hình học rời rạc và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG THỊ MINH TÂM MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC RỜI RẠC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Trịnh Thanh Hải THÁI NGUYÊN - 2022 Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm 1.2 Định lý Helly 1.3 Tính chất hình học ellipxoit Một số kết hình học rời rạc 12 2.1 Định lý Helly mở rộng 12 2.1.1 Định lý tô màu 12 2.1.2 Định lý định lượng 16 2.2 Định lý Helly cho ellipxoit 16 2.2.1 Phiên đơn sắc 16 2.2.2 Phiên đa sắc 18 2.3 Định lý Helly định lượng tô màu 21 Một số ứng dụng 22 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 38 Danh mục hình 1.1 Một số tập lồi R2 1.2 Một trường hợp định lý Helly R 1.3 Một ellipxoit R 1.4 Bao lồi E1 E2 chứa E 1.5 2.1 2 Bao lồi hai cầu chứa ellipxoit lớn 10 Phần tử nhỏ xác định hình trịn hình tam giác 13 2.2 Trong R hai lớp màu không đủ 14 2.3 Một trường hợp xảy 15 2.4 Ellipxoit Lowner ngũ giác lớn ta xóa cạnh 17 2.5 Ellipxoit thấp có kích thước nằm giao nửa phẳng 2.6 19 Một trường hợp đặc biệt định lý 2.9 20 Ký hiệu thuật ngữ ❼ Không gian Euclid d− chiều: Rd ❼ Khơng gian ma trận d × d: M d×d ❼ Vết ma trận M : T r(M ) ❼ Ma trận đơn vị: Id ❼ Các tập lồi: C, K, C1 , C2 , ❼ Họ tập lồi: C, C1 , ❼ Cầu đơn vị Rd : Bd2 ❼ Ellipxoit: E ❼ Với họ tập C, cho ∩C xác định ∩C = T ❼ Cho K thể lồi, vol(K) thể tích K ❼ Biên tập K: bd(K) ❼ Cho u, v ∈ Rd , ⟨u, v⟩ biểu thị tích vơ hướng chúng ❼ Cho u, v ∈ Rd , u ⊗ v biểu thị ma trận cấp uv T ❼ Cho tập S, lực lượng tập S: |S| c∈C c Mở đầu Hình học rời rạc (có nhiều tài liệu gọi 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 Trong thời gian gần tạp chí nước ngồi đăng tải nhiều kết hình học rời rạc cho ta số ứng dụng thú vị toán sơ cấp kết chưa có luận văn thuộc chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học đề cập đến Với mong muốn tìm hiểu kết này, em chọn đề tài “Một số kết hình học rời rạc ứng dụng” 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 số kết hình học rời rạc ứng dụng để hình thành tài liệu giảng dạy chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm Định nghĩa 1.1 Tập C Rd gọi lồi với x, y ∈ C với t ∈ [0, 1] điểm (1 − t)x + ty nằm C Hình 1.1: Một số tập lồi R2 Định nghĩa 1.2 Cho x1 , x2 , , xk điểm Rd Khi đó, y gọi tổ Pk hợp lồi x1 , x2 , , xk tồn λ1 , λ2 , , λk ∈ R+ cho i=1 λi = Pk y = i=1 λi xi Định nghĩa 1.3 Cho tập S ∈ Rd , bao lồi S tập lồi nhỏ có chứa S Ta ký hiệu conv(S) Định nghĩa 1.4 Với chuẩn ∥.∥ tập {x|∥x∥ ≤ 1} gọi cầu đơn vị chuẩn Ta ký hiệu cầu đơn vị chuẩn Euclid Rd Bd2 thể tích d π2
cầu đơn vị vd với vd = Γ n2 + Định nghĩa 1.5 Tập lồi compact K Rd gọi thể lồi tập K có phần khác rỗng Định nghĩa 1.6 Đồ thị cặp G = (V, E), đó: (1) V tập hợp hữu hạn phần tử, gọi đỉnh (2) E ⊆ V × V tập hợp phần tử, chúng gọi cạnh Chú ý, E tập rỗng 1.2 Định lý Helly Định lý 1.1 (Radon) Cho tập S ⊂ Rd cho |S| ⩾ d + Khi có S1 , S2 mà S1 ∪ S2 = S, S1 ∩ S2 = ∅ cho conv(S1 ) ∩ conv(S2 ) ̸= ∅ Chứng minh Ta chứng minh với trường hợp |S| = d + Ta biểu diễn phần tử S qua s1 , s2 , , sk Gọi sji thành phần thứ j si Khi ta có tổ hợp tuyến tính λ1 si1 + + λd+2 sid+2 = 0, (i = 1, , d) (1.1) λ1 + + λd+2 = (1.2) Dòng đầu cho d phương trình tọa độ, ta có d + phương trình Ta gọi λ1 , λ2 , , λd+2 Gọi I1 tập tất i cho λi > 0, I2 tập tất i P cho λi < c := i∈I1 λi Ta có: X X λi si = −λi si i∈I1 i∈I2 X λi i∈I1 c si = X −λi i∈I2 c si Từ phương trình (1.1) (1.2), ta có phương trình tổ hợp lồi Như vậy, P λi điểm i∈I1 si tổ hợp lồi S1 := si i∈I1 S2 := si i∈I2 Khi ta có kết c khơng có tập rỗng Định lý 1.2 (Helly) Cho C họ hữu hạn tập lồi Rd , với C1 ∈ T C, , Cd+1 ∈ C giao ∩d+1 C khác rỗng Khi đó, C tập khác rỗng i i=1 Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp hữu hạn tập Với |C| ≤ d + 1, mệnh đề tầm thường Với tất họ gồm k − tập với k ≥ d + Gọi C họ k tập mà d + tập khơng có giao điểm Theo giả thiết quy nạp với K ∈ C có điểm pK cho pK ∈ T C∈C,C̸=K C Sử dụng định lý 1.1 với d + điểm, ta có phân hoạch C = C1 ∪ C2 , conv({pC }C∈C1 ) ∩ conv({pC }C∈C2 ) ̸= T T Rõ ràng conv({pC }C∈C1 ) ⊂ C∈C2 C conv({pC }C∈C2 ) ⊂ C∈C1 C Vậy, số điểm p conv({pC }C∈C1 ) ∩ conv({pC }C∈C2 ) nằm (∩C1 ) ∩ (∩C2 ) = ∩C Hình 1.2: Một trường hợp định lý Helly R2 Định lý 1.3 [2] (Carathéodory) Cho tập S ⊂ Rd điểm p ∈ conv(S) Khi đó, có tập Q ⊂ S cho |Q| ⩽ d + p ∈ conv(Q) Định lý 1.4 [2] (Tverberg) Cho tập S ⊂ Rd cho |S| > (d + 1)(m − 1) với m Khi S chia thành m rời rạc S1 , , Sm , theo cách m bao lồi conv(S1 ), , conv(Sm ) có điểm chung Định lý 1.5 [2] (Carathéodory) Cho họ điểm Rd điểm p Nếu tập gồm d + điểm, điểm p không nằm bao lồi tập p khơng nằm bao lồi họ điểm Định lý 1.6 [2] (Định lý Helly hình cây) Cho G đồ thị hình G ký hiệu họ G Nếu phần tử có điểm chung điểm chung thuộc tất phần tử G 1.3 Tính chất hình học ellipxoit Cho A ∈ M d×d ma trận xác định dương a ∈ Rd , định nghĩa ellipxoit E(A, a) theo định nghĩa sau: E(A, a) = {x ∈ Rd |(x − a)T A−1 (x − a) ≤ 1} Một cách khác để xác định ellipxoit ảnh affine cầu đơn vị Khơng khó để thấy Q ∈ M d×d ánh xạ affine khơng kỳ dị, E(Q2 , a) = QB2 + a Đối với ma trận xác định dương A, có ma trận xác định dương 1 A cho A = (A )2 Có mối liên hệ chặt chẽ tính chất hình học ellipxoit tính chất đại số ma trận tương ứng Vì A xác định dương, nên có cở sở trực giao vecto riêng Các trục ellipxoit vecto riêng độ dài chúng tương ứng với giá trị riêng Một ánh xạ thang chia tỷ lệ thể tích theo định thức ma trận Như vậy,
p vol E(A, a) = det(A)vd (1.3) Cho ma trận xác định dương A ∈ M n×n , xác định chuẩn sau: ∥x∥A = √ xT A−1 x Khi cầu đơn vị chuẩn ∥.∥A E(A, 0) Từ ta có E(A, a) = {x ∈ Rd |∥x − a∥A ≤ 1} Hình 1.3: Một ellipxoit R2 Một ưu điểm lớn ellipxoit ý tưởng sau: Giả sử có toán bất biến phép biến đổi affine có ellipxoit có liên quan đến tốn Sau đó, sử dụng phép biến đổi affine để biến đổi ellipxoit thành hình cầu đơn vị Sau biến đổi, phải xử lý hình cầu thay hình ellipxoit tùy ý, điều thường dễ dàng nhiều Để làm ví dụ, trình bày định lý Định lý 1.7 Cho K ⊂ Rd thể lồi Khi K chứa ellipxoit tích lớn Chứng minh Vì K compact nên tích hữu hạn Do đó, có giới hạn thể tích ellipxoit K Vì K compact nên có ellipxoit tích lớn Chúng ta chứng minh Giả sử E1 = ABd2 + a E2 = BBd2 + b ellipxoit tích cực đại Chúng ta chứng minh chúng đồng Rõ ràng vấn đề bất biến, phép biến đổi affine thay đổi kích thước hệ số khơng đổi Do đó, ánh xạ affine, ta giả thiết E1 = Bd2 Sau đó, giả sử B đường chéo Ký hiệu bi,i phần tử thứ i đường chéo Như vậy, vd = vol(Bd2 ) = vol(E(B , b)) = vd det(B) = vd d Y i=1 bi,i Lời giải Xét ma trận liên thuộc × 200, hàng đại diện cho toán cột đại diện cho thí sinh tham gia thi Mỗi phần tử ma trận nhận giá trị thí sinh tương ứng với cột khơng giải toán tương ứng với hàng ngược lại Đặt N số cặp số hàng Giả sử với hai thí sinh bất kì, tồn tốn mà khơng giải Khi đó, với hai cột bất kì,!có 200 cặp số hai cột nằm hàng Mà ta có cặp cột Do ! 200 N ≥ = 19900 (1) Mặt!khác, theo giả thiết có tối đa 80 số hàng Và có nhiều 80 cặp số hàng Và có hàng nên suy ! 80 N ≤6× = 18960 (2) Từ (1) (2), ta suy 19900 ≤ T ≤ 18960, vơ lý Vì điều giả sử ban đầu sai toán chứng minh Bài toán 3.4 (IMO 2004) Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu hình gồm vng đơn vị hình vẽ đây, hình nhận lật hình (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hình nhận xoay hình góc Hãy xác định tất hình chữ nhật m × n, m, n số nguyên dương cho lát hình chữ nhật viên gạch hình móc câu 24 Lời giải Dễ thấy m, n ∈ / 1, 2, Chia hình chữ nhật m × n thành m × n vuông đánh số hàng, cột từ lên trên, từ trái sang phải Ta gọi ô (p, q) ô nằm giao hàng thứ p cột thứ q Hai viên gạch hình móc câu ghép lại để hai hình Do đó, để lát hình chữ nhật m × n m.n phải chia hết cho 12 Nếu hai số m n chia hết cho lát hình chữ nhật m × n Thật vậy, giả sử m chia hết cho Nếu n chia hết cho chia hình chũ nhật m × n thành hình × 3, lát Nếu n không chia hết cho viết n dạng n = 3a + 4b với a, b số nguyên dương, lát Bây ta chứng minh hai số m, n chia hết cho Giả sử ngược lại, m n chia hết cho không chia hết cho Để chứng minh điều không xảy ta tạo bất biến Để tạo bất biến ta điều số vào hình chữ nhật theo quy tắc sau: Xét ô (p, q) Nếu hai tọa độ p q chia hết cho điền số vào Nếu hai tọa độ p q chia hết cho điền số vào Với cách điển số ta thu bất biến tổng số hình (H1) tổng số hình (H2) ln số lẻ Do m, n chẵn nên tổng số tồn hình chữ nhật m × n số chẵn Muốn lát hình chữ nhật m × n tổng số hình (H1) (H2) sử dụng phải số chẵn Khi đó, m.n chia hết cho 24 Điều khơng xảy m, n khơng chia hết cho Bài toán 3.5 Một ếch nhảy từ đỉnh A đến đỉnh E hình bát giác 25 ABCDEF GH Tại đỉnh trừ E, ếch nhảy tới hai đỉnh liền kề với đỉnh Gọi an số đường phân biệt từ A đến E có n bước nhảy Chứng minh a2n−1 = 0, a2n = √ Lời giải Dễ dàng thấy số cách bước phải chẵn nên a2n−1 = Gọi bn số đường phân biệt ếch từ C (hoặc G) đến E Rõ ràng sau hai bước nhảy đầu tiên, ếch đến C, G quay trở A Ta có cơng thức sau a2 n = 2a2n−2 + 2b2n−2 Từ điểm C (hoặc điểm G), hai bước nhảy, ếch trở chỗ cũ đến A (nếu đến E ếch dừng lại, ta có b2n = 2b2n−2 + a2n−2 Từ hai quan hệ này, ta suy a2n = 4a2n−2 + 2a2n−4 , n ≥ Ta tính a1 = a2 = a3 = 0, a4 = nên dễ dàng suy điều cần chứng minh Bài tốn 3.6 Người ta tơ đỏ số cạnh đa giác lồi tô xanh cạnh lại Biết tổng độ dài cạnh đỏ nhỏ nửa chu vi đa giác khơng có cạnh kề tơ màu xanh Hỏi đa giác đa giác ngoại tiếp đường trịn hay khơng? Lời giải Giả sử BC cạnh xanh, AB, CD cạnh kề với cạnh BC Theo giả thiết, AB CD cạnh đỏ Giả sử đa giác ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P tiếp điểm đường tròn AB, BC, CD 26 Ta có BC = BN + N C = BM + CP Do tổng độ dài cạnh xanh nhỏ tổng độ dài cạnh đỏ (dấu nhỏ xảy tồn hai cạnh đỏ Dấu xảy khơng tồn hai cạnh đỏ kề nhau) Từ suy tổng độ dài cạnh xanh không lớn nửa chu vi đa giác, tức tổng độ dài cạnh đỏ lớn nửa chu vi đa giác, trái với giả thiết Vậy đa giác cho khơng thể ngoại tiếp đường trịn Bài tốn 3.7 Cho đường trịn Ta tơ màu xanh số cung đường tròn, tổng độ dài cung màu xanh đường tròn nhỏ nửa chu vi đường tròn Chứng minh tồn đường kính đường trịn mà hai đầu khơng bị tô màu Lời giải Tô đỏ cung đối xứng với cung xanh qua O Do tổng độ dài cung xanh nhỏ nửa chu vi đường tròn nên tổng độ dài cung xanh cung đỏ nhỏ chu vi đường tròn Suy tồn điểm A không tô màu xanh hay màu đỏ Điểm B đối xứng với điểm qua O khơng tơ màu thế, đường kính AB đường kính cần tìm Bài tốn 3.8 Mỗi điểm mặt phẳng tô bảy màu Hỏi có phải ln tồn hai điểm màu có khoảng cách hay khơng? Lời giải Ta đưa ví dụ để chứng tỏ mặt phẳng tô màu hai điểm màu có khoảng cách Ta chia mặt phẳng thành lục giác với cạnh a tô chúng hình (các điểm thuộc hai hay ba lục giác tơ màu số màu tơ lục giác đó) 27 Khi khoảng cách lớn điểm màu nằm lục giác khơng q 2a, cịn khoảng cách điểm màu lục giác khác không nhỏ độ dài đoạn thẳng AB Ta có AB = AC + BC = 4a2 + 3a2 = 7a2 > (2a)2 √ Do đó, ta chọn a cho 2a < < 7a, hay √17 < a < khoảng cách điểm màu Vậy ln tìm hai điểm màu có khoảng cách Bài toán 3.9 Một đa diện lồi khơng gian có tất mặt hình tam giác Với cạnh AB đa diện ta vẽ mũi tên có chiều từ A đến B từ B đến A cho đỉnh có mũi tên vào mũi tên Chứng tồn mặt ABC đa diện có mũi tên cạnh đánh dấu chiều Lời giải Ở toán đưa khái niệm góc màu [ gọi góc màu AB AC Ta định nghĩa góc ABC đánh dấu mũi tên theo cách có mũi tên vào B mũi tên từ B Giả sử tồn cách vẽ mũi tên mà khơng tồn mặt đa diện có mũi tên cạnh đánh dấu chiều Gọi D; M ; C số đỉnh, số mặt số cạnh đa diện Theo hệ thức Euler ta có: D+M −C =2 (1) Theo giả sử phản chứng ta thấy không tồn mặt đa diện có mũi tên cạnh đánh dấu chiều, mà mặt đa diện 28 hình tam giác nên mặt đa điện có góc màu Do có tổng cộng M góc màu Mặt khác, xét đỉnh đa diện, giả sử đỉnh có x mũi tên y mũi tên vào x ≥ y Theo x ≥ y ≥ Số góc màu đỉnh xy Ta lại có điều xy − (x + 1)(y − 1) = x − y + ≥ Do đỉnh bậc n (tức có n cạnh có đầu mút đỉnh này) có n − góc màu Do số góc màu không bé 2C − D Từ ta suy đẳng thức M ≥ 2C − D (2) Từ (2.1) (2.2) suy D + m ≥ 2C hay ≥ C Điều xảy đa diện lồi nên bất đẳng thức sai, dẫn tới giả sử sai ta có điều cần chứng minh Bài tốn 3.10 Cho điểm hai điểm nối với đoạn thẳng tô hai màu xanh đỏ Chứng minh tìm tám giác có ba cạnh màu Lời giải Gọi điểm A, B, C, D, E, F Từ điểm A ta kẻ đoạn thẳng AB, AC, AD, AE, AF Theo nguyên lý Dirichlet, tồn ba đoạn thẳng tô màu Khơng tính tổng qt giả sử đoạn thẳng AB, AC, AD tô màu xanh Nếu tồn đoạn thẳng ba đoạn thẳng BC, CD, DB tơ xanh tốn chứng minh (giả sử BC tơ xanh tam giác ABC thỏa mãn) Nếu ba đoạn thẳng BC, CD, DB tơ đỏ tam giác BCD thỏa mãn Vậy toán chứng minh 29 Bài tốn 3.11 (IMO 1992) Trong khơng gian cho điểm cho khơng có hệ điểm đồng phẳng Cứ hai điểm nối với đoạn thẳng tô hai màu xanh đỏ, khơng tơ Tìm giá trị nhỏ n cho để có n đoạn thẳng tơ màu tập hợp cạnh tơ phải chứa tam giác có ba cạnh màu Lời giải Với hệ gồm điểm 10 cạnh tô màu xanh đỏ kết tốn khơng Cách tơ màu điều (đoạn thẳng tô nét đứt tượng trưng cho đoạn hẳng nối hai điểm mà không tô màu) Với hệ gồm điểm mà 15 cạnh tơ màu xanh đỏ ln tồn tam giác mà có ba cạnh màu (chứng minh toán trên) Xét hệ điểm Nếu có ba cạnh khơng tơ màu số cạnh tô màu 36 - = 33, ln tồn hệ điểm điểm mà tất 15 cạnh tơ màu Theo chứng minh hệ điểm chứa tam giác có ba cạnh màu Như n = 33 ln đảm bảo có tam giác có ba cạnh màu Với n = 32, ta trường hợp tô màu mà không tồn tam giác có ba cạnh màu Xuất phát từ điểm A, B, C, D, E ta thêm điểm P nối với B, C, D, E tô màu cạnh P B, P C, P D, P E so cho chứng tương ứng màu với AB, AC, AD, AE Khi ta hệ điểm, 14 cạnh có màu khơng có tam giác có ba cạnh màu Ta thêm điểm Q nối P, A, C, D, E tô màu cạnh QP, QA, QD, QE cho chúng tương ứng màu với BP, BA, BC, BD, BE Khi ta hệ 30 điểm, 19 cạnh có màu khơng có tam giác có ba cạnh màu Sau ta thêm điểm R nối P, Q, A, B, D, E tô màu cạnh RP, RQ, RA, RB, RD, RE cho chúng tương ứng màu với CP, CQ, CA, CB, CD, CE Khi ta hệ điểm, 25 cạnh có màu khơng có tam giác có ba cạnh màu Cuối ta thêm điểm S nối P, Q, R, A, B, C, E tô màu cạnh SP, SQ, SR, SA, SB, SC, SE cho chúng tương ứng màu với DP, DQ, DR, DA, DB, DC, DE Khi ta hệ điểm, 32 cạnh có màu khơng có tam giác có ba cạnh màu Vậy n = 33 số nhỏ thỏa mãn yêu cầu toán Bài tốn 3.12 Mặt phẳng có kẻ tơ 10 màu cho cạnh (có cạnh chung) tô màu khác nhau, đồng thời tất 10 màu 31 sử dụng Hai màu gọi cạnh chúng dùng để tô hai ô cạnh Hỏi số nhỏ cặp màu cạnh bao nhiêu? Lời giải Xét tuyến đường qua ô tất 10 màu không qua đỉnh ô Trên tờ giấy khác ta vẽ 10 điểm tô màu cho, lần ta từ ô màu sang ô màu khác, ta nối đoạn thẳng điểm màu Cuối ta hình gồm n điểm (trong trường hợp n = 10) nối đoạn thẳng, đồng thời theo đoạn thẳng từ đỉnh sang đỉnh khác Bằng phương pháp quy nạp theo n, ta chứng minh có khơng n − đoạn thẳng Vì đoạn thẳng tương ứng với cặp màu cạnh nhau, nên số cặp màu cạnh không nhỏ Ta lấy ví dụ cách sơn với cặp màu cạnh lập sau: Đầu tiên tô màu thứ vào ô thứ tự bàn cờ Sau ta sơn chưa tơ màu màu cịn lại theo thứ tự cho tất màu sử dụng Kho số hai cạnh ln có ô tô màu thứ Bài toán 3.13 (IMO 1979) Cho hình lăng trụ có đáy đáy hai ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 B1 B2 B3 B4 B5 Mỗi cạnh hai ngũ giác đoạn thẳng Ai Bj (i, j = 1, 5) tô hai màu xanh đỏ Biết tam giác có ba đỉnh đỉnh lăng trụ mà ba cạnh tô màu ln tồn hai cạnh có màu khác Chứng minh tất 10 cạnh hai ngũ giác (ở đáy đáy dưới) có màu Lời giải Trước tiên ta chứng minh tất cạnh ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 có màu Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra, tức tồn hai cạnh kề ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 khác màu Giả sử cạnh A1 A2 tô xanh A1 A5 tô đỏ Xét đoạn thẳng A1 Bi với i = 1, Theo nguyên lý Dirichlet tồn đoạn thẳng màu, khơng tính tổng qt giả sử ba đoạn thẳng màu xanh, ba cạnh A1 Bk , A1 Bm , A1 Bn Lúc ta xét tam giác A1 A2 Ak , A1 A2 Am , A1 A2 An , ta có ba cạnh A2 Bk , A2 Bm , A2 Bn màu đỏ Mặt khác hai ba đỉnh Bk , Bm , Bn hai đỉnh kề ngũ giác B1 B2 B3 B4 B5 nên chúng tô xanh đỏ, giả sử hai đỉnh Bk , Bm Từ ta thấy: 32 ❼ Nếu Bk Bm tơ xanh tam giác A1 Bk Bm có ba cạnh tô xanh ❼ Nếu Bk Bm tô xanh tam giác A2 Bk Bm có ba cạnh tơ đỏ Từ suy điều mâu thuẫn nên giả sử sai Như cạnh ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 có màu Hồn tồn tương tự ta chứng minh cạnh ngũ giác B1 B2 B3 B4 B5 tô màu Bây cần chứng minh màu cạnh hai ngũ giác giống tốn kết thúc Giả sử ngược lại, chẳng hạn cạnh ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 màu xanh ngũ giác B1 B2 B3 B4 B5 màu đỏ Chứng minh tương tự ta có cạnh A1 Bi với i = 1, có màu hai ba đỉnh Bi hai đỉnh kề nhau, từ ta có hai đỉnh tạo với A1 thành tam giác có cạnh đỏ (mâu thuẫn) Như cạnh A1 Bi với i = 1, có màu xanh Lập luận tương tự ta có cạnh A2 Bi với i = 1, có màu xanh Trong số cạnh A1 Bi (tập hợp một) cạnh A2 Bi (tập hợp hai) vừa , chắn có Bk tập tập hai Khi tam giác A1 A2 Bk có ba cạnh màu xanh (mâu thuẫn), giả sử sai Tó lại ta có điều cần chứng minh Bài tốn 3.14 Cho số hữu hạn n đường thẳng (n ≥ 4) Biết với đường thẳng tùy ý tồn hình trịn bán kính r cắt đường thẳng Chứng minh tồn hình trịn bán kính r cắt n đường thẳng Lời giải Gọi Si hình trịn tâm Ai , bán kính ri , (i = 1, n) Si = (Ai , ri ) Gọi wi hình trịn tâm Ai , bán kính ri + r, (i = 1, n) wi = (Ai , ri + r) Như tâm tất hình trịn có bán kính r mà cắt Si nằm wi Xét n tập lồi w1 , w2 , , wn Với i, j, k tùy ý mà i, j, k ∈ 1, n, theo giả thiết tồn hình trịn (Oi,j,k , r) cắt tất Si , Sj , Sk , tức Oi,j,k ∈ wi ∩ wj ∩ wk Điều chứng tỏ wi ∩ wj ∩ wk ̸= ∅ với Tn Tn i, j, k ∈ 1, n Theo định lý Helly suy i=1 wi ̸= ∅ Vậy tồn O∗ ∈ i=1 wi 33 Xét hình trịn tâm O∗ bán kính r, (O∗ , r) Hình trịn rõ ràng cắt tất Si , ∀1, n Bài toán chứng minh Bài toán 3.15 (Olympic Toán Canada 2009) Cho n điểm mặt phẳng (n ≥ 4), điểm ln phủ kín hình trịn bán kính đơn vị Chứng minh tồn hình trịn bán kính đơn vị phủ kín n điểm Lời giải Ta xét hình trịn bán kính với tâm n điểm cho (n ≥ 4) Điều kiện "3 điểm ln phủ kín hình trịn bán kính đơn vị" tương đương với điều kiện "3 hình trịn (bán kính với tâm điểm trên) ln có giao khác rỗng", chúng có điểm chung tâm hình phủ kín điểm Theo định lý Helly, n hình trịn kể có giao khác rỗng hay có hình trịn bán kính phủ kín n điểm ban đầu Bài tốn 3.16 Cho tập hợp lồi A mặt phẳng họ gồm k(k > 3) nửa mặt phẳng phủ A Chứng minh tồn họ gồm ba nửa mặt phửng mà chúng phủ A Lời giải Cho H1 , H2 , , Hk nửa mặt phẳng phủ A (nghĩa điểm A nằm tập Hi , i = 1, 2, , k) Ta giả sử không ba nửa mặt phẳng phủ A ta xét tập hợp A1 , A2 , , Ak , Ai , i = 1, 2, , k nhận từ A bỏ điểm thuộc mặt phẳng Hi Nhưng tập hợp Ai lồi Ta chứng minh ba tập hợp chúng có điểm chung áp dụng định lý Helly Ta khẳng định A1 , A2 , A3 có điểm chung Bởi vì, theo giả thiết phản chứng, nửa mặt phẳng H1 , H2 , H3 khơng phủ A, tìm điểm x0 thuộc A không chứa tất tập H1 , H2 , H3 Nghĩa điểm x0 34 chung cho A1 , A2 , A3 Ta áp dụng định lý Helly tìm điểm y0 chung cho tất tập hợp Ai , i = 1, 2, , k Suy điểm y0 nằm A không nằm tập H1 , H2 , , Hk Ta thấy vô lý với giả thiết cho Do đó, tốn chứng minh Bài tốn 3.17 (Olympic Tốn Canada 2003) Trên đường thẳng có 2k − đoạn thẳng màu trắng 2k − đoạn thẳng màu đen cho đoạn thẳng cắt k đoạn thẳng khác màu Chứng minh có đoạn thẳng màu trắng cắt tất đoạn thẳng màu đen có đoạn thẳng màu đen cắt tất đoạn thẳng màu trắng Lời giải Ta chứng minh có đoạn thẳng màu đen cắt tất đoạn thẳng màu trắng Với đoạn thẳng màu trắng cho trước, ta xây dựng tập lồi đoạn thẳng tạo thành cách lấy tập hợp đoạn thẳng với tất đoạn thẳng màu đen có giao với Mỗi tập lồi gồm k đoạn thẳng màu đen ta có tổng cộng 2k − đoạn thẳng màu đen nên hai tập lồi chắn có đoạn thẳng màu đen chung Do theo định lý Helly, tất tập lồi có đoạn thẳng màu đen chung Đây đoạn thẳng màu đen chung Hồn tồn tương tự có đoạn thẳng màu trắng cắt tất đoạn thẳng màu đen Bài toán 3.18 (Olympic Toán Iran 2006) Trên bầu trời đêm có hữu hạn ngơi Mỗi ngơi tỏa sáng khoảng thời gian định Biết với k ngơi (k > 1), có hai tỏa sáng thời điểm Chứng minh 35 chụp k − ảnh bầu trời cho tỏa sáng ảnh Lời giải Ta chứng quy nạp theo k Với k = 2, toán theo định lý Helly Giả sử ta có khẳng định với k ≥ 2, ta chứng minh khẳng định với k + Thật vậy, tất đoạn kể trên, chọn đoạn In = [an , bn ] cho an lớn Chọn điểm an Khi tất đoạn có giao với In chứa an Bỏ tất đoạn xét đoạn lại Nếu đoạn lại có k đoạn đơi khơng giao nhau, mâu thuẫn Do đó, với k đoạn đoạn cịn lại ln có hai đoạn giao Từ theo quy nạp ta xác định k − điểm cho đoạn đoạn cịn lại chứa điểm Cộng thêm an ta có k điểm cần tìm Bài toán 3.19 (Chọn đội tuyển Iran thi Olympin Toán quốc tế 2002) Cho đường cong kín cầu đơn vị cho đường tròn lớn có giao điểm với đường cong Chứng minh đường cong có độ dài 2π Lời giải Ta biết điểm đường cong nằm nửa không gian tạo mặt phẳng qua tâm cầu tồn đường cong nằm nửa không gian tạo mặt phẳng qua tâm cầu, mâu thuẫn Do tồn điểm A, B, C, D đường cong cho tâm cầu O nằm khối tứ diện ABCD Phần đường cong nối hai điểm A, B có độ dài nhỏ tổng độ dài cung tròn AB, BC, CD, DA Gọi D′ điểm đối xứng tâm D Khi D′ nằm chỏm cầu giới hạn đường ngoại tiếp tam giác ABC Ta thấy AB + BC ≥ AD′ + D′ C Do AB + BC + CD + DA ≥ AD′ + D′ C + CD + DA = 2π 36 Kết luận Luận văn đạt kết sau: Trình bày số khái niệm định lý, tính chất liên quan đến kết tổ hợp Nghiên cứu, tổng hợp, trình bày định lý tô màu, định lý định lượng, định lý Helly cho ellipxoit Ứng dụng định lý giải toán Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi hạn chế, khiếm khuyết Tác giả chân thành cảm ơn góp ý, bổ sung thầy cô giáo luận văn 37 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Đàm Văn Nhỉ tác giả (2019), "Tổ hợp - Nguyên lý đồ thị - Nhóm tơ mầu", Nhà xuất Thông tin Truyền thông Tiếng Anh [2] Gabor Damasdi (2017), "Convex and Discrete Geometry" Master’s thesis, Budapest [3] Haim Kaplan, Jiˇrí Matouˇsek, Micha Sharir(2011), "Simple Proofs of Classical Theorems in Discrete Geometry via the Guth–Katz Polynomial Partitioning Technique" Available from: https://doi.org/10.48550/arXiv.1102.5391 [4] Martin "New Jaggi, results Gabriel in tropical Katz, discrete and Uli geometry" Wagner Available (2008), from: http://www.m8j.net/math/TropicalDiscreteGeometry.pdf [5] David Gu, Emil Saucan (2016), "Discrete Geometry—From Theory to Applications: A Case Study" Available from: Axioms 2016, 5,27, doi:10.3390/axioms5040027 38