Về bài toán cực trị trong hình học tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ PHƯƠNG THẢO VỀ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN-2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ PHƯƠNG THẢO VỀ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP 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-2019 Mục lục Trang Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tổng quan toán hình học tổ hợp 1.2 Một số nguyên lý, phương pháp giải toán thường gặp lời giải tốn hình học tổ hợp 1.2.1 Một số nguyên lý 1.2.2 Phương pháp đếm hai lần (Double Counting) 1.3 Một số ví dụ tốn hình học tổ hợp 1.3.1 Các toán đếm hình học tổ hợp 1.3.2 Các toán chứng minh hình học tổ hợp 3 Chương 2.1 Bài 2.2 Bài 2.3 Bài 4 8 Một số toán cực trị hình học tổ hợp 22 tốn tìm giá trị lớn 22 tốn tìm giá trị nhỏ 36 tốn liên quan đến cực trị hình học tổ hợp 43 Kết luận 46 ii 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 tốn 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 toán 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 toán 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 tốn 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 không 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 ngun 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 toán 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 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 (khơng 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 Ngun lý bù trừ Khi hai cơng việc làm đồng thời, ta 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 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 tốn 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 tốn 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 tô 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 tròn, 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 − không 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 không 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 toán liên quan đến cực trị hình học tổ hợp Bài tốn 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 không 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 tốn 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 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 toán 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 không lớn Theo nguyên 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