(LUẬN văn THẠC sĩ) hình học tổ hợp với các phương pháp chứng minh luận văn ths toán học 84601

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN ĐỨC ĐẮC HÌNH HỌC TỔ HỢP VỚI CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - Năm 2018 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN ĐỨC ĐẮC HÌNH HỌC TỔ HỢP VỚI CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460101.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS Nguyễn Hữu Điển Hà Nội - Năm 2018 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Mục lục Lời nói đầu Chương Tổng quan phương pháp chứng minh 1.1 Phương pháp quy nạp 1.2 Phương pháp phản chứng 1.3 Nguyên lý Dirichlet 1.4 Nguyên lý cực hạn Chương Các phương pháp chứng minh cho học tổ hợp 2.1 Tổng quan hình học tổ hợp 2.2 Vận dụng phương pháp quy nạp 2.3 Vận dụng phương pháp phản chứng 2.4 Vận dụng nguyên lý Dirichlet 2.5 Vận dụng nguyên lý cực hạn 3 10 tốn hình Chương Ứng dụng phương pháp theo chủ đề hình học Các tốn thi Olympic nước 3.1 Hệ điểm đường cong 3.1.1 Nhận xét vật thể lồi 3.1.2 Đếm giao điểm 3.1.3 Đếm số tam giác 3.1.4 Đếm số đa giác 3.1.5 Các toán với hệ điểm đường thẳng 3.1.6 Các toán với hệ đoạn thẳng 3.1.7 Các tốn với đa giác khơng lồi 3.2 Hệ đường cong miền i TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com 13 13 15 18 20 24 28 28 28 32 35 37 39 41 43 48 3.3 3.4 3.5 3.2.1 Chia mặt phẳng hệ đường 3.2.2 Chia mặt phẳng đường cong kín 3.2.3 Chia đa giác lồi 3.2.4 Chia không gian Phép phủ đóng gói 3.3.1 Các đối tượng phủ 3.3.2 Phép phủ với hệ hình trịn 3.3.3 Bài tốn đóng gói Phép tô màu 3.4.1 Màu điểm 3.4.2 Tô màu miền 3.4.3 Tô màu bàn cờ Các tốn thi Olympic ngồi nước 49 53 55 58 59 59 62 65 67 67 70 72 74 Kết luận 85 Tài liệu tham khảo 86 ii TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Lời nói đầu Hình học tổ hợp phận hình học nói chung nhánh tổ hợp Những toán Hình học tổ hợp thường liên quan nhiều đến đối tượng tập hợp hữu hạn Vì toán mang đặc trưng rõ nét tốn học rời rạc Các tốn hình học tổ hợp đa dạng nội dung phương pháp giải Nhiều tốn phát biểu đơn giản, thấy để giải cần trang bị kiến thức riêng hình học tổ hợp hình học Khi tốn trở nên dễ dàng Tuy nhiên có địi hỏi kiến thức chun sâu, chí có nhiều tốn hình học tổ hợp tổng qt cho khơng gian chưa có lời giải Hình học tổ hợp nước ta coi nội dung dành cho học sinh khá, giỏi bậc Trung học sở thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi, đề thi tuyển sinh THPT chuyên, đề thi Olympic truyền thống 30/4, đề thi Olympic Tốn quốc tế Vì luận văn em xin trình bày đề tài: “Hình học tổ hợp với phương pháp chứng minh” Trong luận văn em đưa số phương pháp chứng minh thường sử dụng cho tốn hình học tổ hợp ứng dụng phương pháp vào chứng minh tốn theo chủ đề, có đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên, thi học sinh giỏi nước thời gian qua Bố cục luận văn gồm ba chương: Chương Tổng quan phương pháp chứng minh Chương trình bày phương pháp vận dụng để giải tốn nói chung như: phương pháp quy nạp, nguyên lý Dirichlet, nguyên TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com lý cực hạn Ngoài phương pháp phản chứng sử dụng nhiều đan xen phương pháp khác Chương Các phương pháp chứng minh cho tốn Hình học tổ hợp Chương đưa tổng quan Hình học tổ hợp ví dụ minh họa cách áp dụng phương pháp chứng minh cho toán Hình học tổ hợp Chương Ứng dụng phương pháp theo chủ đề hình học; tốn thi học sinh giỏi, thi Olympic nước Chương đưa số tốn Hình học tổ hợp theo chủ đề như: Bài toán hệ điểm đường cong; toán đường cong miền; toán phủ hình bao hình; tốn tơ màu; tốn có đề thi học sinh giỏi lớp tỉnh, đề thi tuyển sinh THPT chun, đề thi Olympic Tốn Để hồn thành luận văn này, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Hữu Điển dành thời gian hướng dẫn, bảo, tận tình giúp đỡ em trình xây dựng đề tài hoàn thiện luận văn Em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi cho em suốt trình học tập trường Em xin cảm ơn gia đình, bạn bè tất người quan tâm, tạo điều kiện, giúp đỡ em hồn thành luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề luận văn chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi có sai sót cách trình bày Rất mong góp ý xây dựng thầy cô bạn Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 28 tháng năm 2018 Học viên Nguyễn Đức Đắc TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Chương Tổng quan phương pháp chứng minh Chương liệt kê phương pháp điển hình vận dụng để giải toán trung học phổ thông như: phương pháp quy nạp, phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlet, nguyên lý cực hạn Mỗi phương pháp trình bày độc lập sử dụng chúng đan xen phương pháp khác ta giải nhiều tập hay thú vị 1.1 Phương pháp quy nạp Phương pháp quy nạp có vai trị vơ quan trọng tốn học, khoa học sống Đối với nhiều tốn chương trình tốn phổ thơng tốn logic, tức tốn khơng mẫu mực, phương pháp quy nạp cho ta nhiều cách giải hữu hiệu Suy diễn trình từ “tính chất” tập thể suy tính chất cá thể, nên ln ln đúng, cịn q trình ngược lại, tức trình quy nạp: từ “tính chất” số thể suy “tính chất” tập thể khơng phải lúc đúng, mà q trình thỏa mãn số điều kiện đó, tức thỏa mãn nguyên lý quy nạp: Nếu khẳng định S(n) thỏa mãn hai điều kiện sau: (a) Đúng với n = k0 (số tự nhiên nhỏ mà S(n) xác định) (b) Từ tính đắn S(n) n = t (hoặc giá trị n (k0 ≤ n ≤ t)) (t ≥ k0 ), ta cần chứng minh tính đắn (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 S(n) n = t + Khi S(n) với n ≥ k0 Giả sử khẳng định S(n) xác định với n ≥ t0 Để chứng minh S(n) ∀n ≥ t0 quy nạp ta cần thực theo hai bước sau: Cơ sở quy nạp: chứng minh S(n) với số tự nhiên n = t0 Quy nạp: giả sử khẳng định S(n) đến n = t (hoặc n (t0 ≤ n ≤ t)) (t ≥ t0 ) Trên sở giả thiết ta chứng minh tính đắn S(n) n = t + 1, tức S(t + 1) Nếu hai bước thỏa mãn, theo nguyên lý quy nạp S(n) với ∀n ≥ t0 Giả thiết bước quy nạp mệnh đề với n = t gọi giả thiết quy nạp Ví dụ 1.1.1 Chứng minh mệnh đề S(n) sau với tất số tự nhiên n n ( n + 1) 0+1+2+···+n = Giải Cơ sở quy nạp: Ta có S(0) 0= · (0 + 1) Hai vế nên mệnh đề với n = Vì S(0) Quy nạp: Giả sử S(k) đúng, ta phải chứng minh S(k + 1) đúng, tức (k + 1)((k + 1) + 1) 0+1+2+···+k+k+1 = Sử dụng giả thiết quy nạp S(k) đúng, vế trái viết thành k ( k + 1) k ( k + 1) + 2( k + 1) + ( k + 1) = 2 (k + 1)(k + 2) = (k + 1)((k + 1) + 1) = Vậy S(k + 1) Vì bước sở quy nạp bước quy nạp thực hiện, mệnh đề S(n) với số tự nhiên n  (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Ví dụ 1.1.2 Cho x + , x 6= số nguyên Chứng minh với x số nguyên dương n, số T (n, x ) = x n + n x số nguyên Giải Bài toán giải quy nạp Cơ sở quy nạp: Với n = 1, theo giả thiết ta có T (1, x ) = x + số x nguyên, nên khẳng định Quy nạp: Giả sử với n = k khẳng định đúng, nghĩa T (k, x ) = x k + xk số nguyên Với n = k + số T (k + 1, x ) = x k+1 + k+1 x     k −1 1  k x + k − x = x+ + k −1 x x x 1 Theo giả thiết quy nạp, số x + , x k−1 + k−1 , x k + k nguyên x x x nên T (k + 1, x ) số nguyên khẳng định với số nguyên dương n  Ví dụ 1.1.3 Chứng minh A(n) = 7n + 3n − chia hết cho với số tự nhiên n Giải Bài toán giải quy nạp Cơ sở quy nạp: Với n = 0, ta có A(0) = chia hết cho 9, nên khẳng định Quy nạp: Giả sử A(k) chia hết cho với k ∈ N Ta chứng minh A(k + 1) chia hết cho Thật vậy, ta có A ( k + ) = 7k +1 + ( k + ) − = 7A(k) − 9(2k − 1) Theo giả thiết quy nạp A(k) chia hết cho 9, dó A(k + 1) chia hết cho Vậy A(n) chia hết cho với số tự nhiên n  (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 1.2 Phương pháp phản chứng Để chứng minh toán phương pháp phản chứng gồm bước: Bước (Phủ định kết luận): Ta giả sử kết luận tốn khơng 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): Như kết luận toán Ưu điểm phương pháp ta tạo thêm giả thiết (giả thiết phản chứng) vào giả thiết tốn Ví dụ 1.2.1 ([4]) Người ta đồn đền thiêng ba vị thần ngự trị: thần Thật Thà (ln ln nói thật), thần Dối Trá (ln ln nói rối) thần Khơn Ngoan (khi nói thật, nói dối) Các vị thần ngự bệ thờ sẵn sàng trả lời câu hỏi có người thỉnh cầu Nhưng hình dạng ba vị thần giống hệt nên người ta vị thần trả lời tin hay không tin Một hôm, học giả từ phương xa đến gặp vị thần để xin thỉnh cầu Bước vào miếu, học giả hỏi thần ngồi bên phải: - Ai ngồi cạnh ngài? - Đó thần Dối Trá Tiếp hỏi thần ngồi giữa: - Ngài thần gì? - Tơi thần Khôn Ngoan Cuối ông ta quay sang hỏi thần ngồi bên trái: - Ai ngồi cạnh ngài? - Đó thần thật Nghe xong học giả khẳng định vị thần Bạn cho biết học giả suy luận nào? (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com , i =1 {i,j,k} i =1 vế trái tổng lấy tất tập ba phần tử {i, j, k} {1, 2, , n} Như ta chứng minh (3.10), ta chia tập M0 = M1 ∪ M2 ∪ ∪ Mn thành 2n phần rời X1 ∩ X2 ∩ ∩ Xn , Xi = Mi Xi = M0 \Mi (1 ≤ i ≤ n) Nếu ta có Xi = Mi với xác r giá trị i ∈ {1, 2, , n} r ≥ 3, diện tích phần X1 ∩ X2 ∩ ∩ Xn tính vế trái (3.14) xác (3r ) lần, vế phải tính xác r − lần Với r ≥ 3, bất đẳng thức (3r ) ≥ r − kiểm tra trực tiếp cách viết hệ số nhị phân Với r = r = ta sử dụng > − = −  3.3.2 Phép phủ với hệ hình trịn Giả sử S = {D1 , D2 , , Dn }, với n ≥ 1, hệ hình trịn với bán kính R, M0 đối tượng phẳng bị chặn Mục đích tốn sau tìm, với n cố định, R nhỏ cho tập M0 cho trước phủ hệ S , để định giá trị cho trước R liệu có phủ tất Bài tốn đáng quan tâm trường hợp n = ta khơng có đủ thơng tin đối tượng M0 (ví dụ Bài 3.3.5 ta biết độ dài chu vi đa giác M0 ) Một kết quan trọng hướng định lý Jung: Nếu khoảng cách hai điểm hình phẳng M0 lớn 1, M0 phủ hình trịn với bán kính √1 Trên thực tế, n ≥ 2, phép phủ M0 hệ S hình trịn có nghĩa ta chia hệ M0 thành nhiều n phần rời M1 , M2 , , Mn có tính chất chung sau: khoảng cách hai 62 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 điểm “xa nhất” Xi , Yi ∈ Mi với i = 1, 2, , n không vượt 2R (Lưu ý điều kiện không đủ tồn phủ vậy.) Bài 3.3.4 Cho M tập hợp điểm (vô hạn hữu hạn) mặt phẳng với tính chất mà ba điểm từ M phủ hình trịn có bán kính R Chứng minh tất điểm tập M phủ hình trịn có bán kính R Giải Ta xét hệ S hình trịn D( X, R) bán kính R tâm X, X ∈ M Vì ta phủ ba điểm từ M với hình trịn bán kính R, điều có nghĩa ba hình trịn S có điểm chung Theo định lý Helly điều kéo theo tất hình trịn S có điểm chung A Nhưng hình trịn D( A, R) phủ toàn tập M  Bài 3.3.5 Chứng minh đa giác M với chu vi 2a phủ hình trịn có bán kính R = 2a Chứng minh < d < a, có đa giác M với chu vi 2a phủ hình trịn với bán kính d2 Giải Trên biên đa giác M ta chọn điểm A, B cho theo hai hướng dọc biên, chúng có khoảng cách a từ điểm Do | AB| < a, với điểm M biên M ta có | AM| + | BM| ≤ a Ký hiệu S trung điểm đoạn thẳng AB, ta chứng minh hình trịn D(S, 2a ) phủ toàn biên M (và phủ tồn đa giác M) Để làm điều này, ta chọn điểm M biên M, dựng điểm M0 đối xứng với M qua trung điểm S (hình 3.26) Theo bất đẳng thức tam giác, | MM0 | ≤ | MA| + | MA0 |, tức là, | SM ≤ 21 (| MA| + | AM0 |) Vì | AM0 | = | BM| | AM| + | BM| ≤ a, ta có |SM| ≤ 12 (| AM| + | BM|) ≤ 21 a Điều có nghĩa M ∈ D 63 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Hình 3.26 Một ví dụ đa giác thỏa mãn điều kiện phần hai toán tam giác cân với đáy ( a − d) cạnh bên 12 ( a + d) Rõ ràng tam giác tồn với < d < a, có tính chất mong muốn, 21 ( a + d) > 12 (d + d) = d; có nghĩa cạnh bên tam giác khơng thể phủ hình trịn bán kính 2d  Bài 3.3.6 Chứng minh hình trịn bán kính R khơng thể phủ hai hình trịn với bán kính nhỏ R Hình 3.27 Giải Ta chứng minh điều phản chứng Giả sử hình trịn D(S, R)) phủ hai hình trịn D1 (S1 , r1 ), D2 (S2 , r2 ), max{r1 , r2 } < R Đầu tiên giả sử S1 = S (hình 3.27a) Thì rõ ràng điểm đầu mút X, Y đường kính D khơng nằm D1 , 64 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 X, Y ∈ D2 ; có nghĩa 2r2 ≥ | X, Y | ∈ 2R mâu thuẫn Trong trường hợp S1 6= S ta có |S1 X | > R > r1 (xem hình 3.27b); X ∈ / D1 X ∈ D2 , tương tự ta có Y ∈ D2 Vì vậy, nói chung, X, Y ∈ D2 khơng thể xảy ra, | XY | = 2R > 2r2  3.3.3 Bài tốn đóng gói Dưới ta trình bày số tốn tính chất hệ S đối tượng hình học đóng gói đa giác M Bài 3.3.7 Trong hình chữ nhật có kích thước 20 × 25 ta có 120 vng đơn vị Chứng minh ta đặt hình trịn D với đường kính hình chữ nhật cho khơng phủ lên vng cho trước Hình 3.28 Giải Như hình 3.28, ta “co” hình chữ nhật R cho khung có chiều rộng x = 12 , ta “mở rộng” 120 ô vuông tập tất điểm có khoảng cách tối đa 12 từ hình vng Mỗi vng “mở rộng” có diện tích S = + · · 21 + π ( 12 )2 = + π4 , tổng S0 diện tích tất vuông “mở rộng” 120 · (3 + π4 ); đồng thời, diện tích hình chữ nhật “co” lại 19 · 24 = 456 Theo bất đẳng thức 120 · (3 + π4 ) < 456 ta thấy số điểm X hình chữ nhật “co” khơng nằm hình vng “mở rộng” Do hình trịn D( X, 21 ) có tính chất mong muốn  65 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Bài 3.3.8 Trên bàn tròn với bán kính R có n > khơng phủ đồng xu có bán kính r cho đặt thêm đồng xu bàn mà không phủ lên vài số n đồng xu Chứng minh ta có bất đẳng thức   √ R R −1 < n < (3.15) r r Giải Vì đồng xu khơng phủ lên nhau, tổng diện tích chúng nhỏ so với diện tích bàn; ta có n · πr2 < πR2 , suy vế phải bất đẳng thức (3.15) Còn lại, chứng minh vế trái Ký hiệu đồng xu cho Di (Si , r ), i ∈ I = {1, 2, , n}, bàn D(S, R) Nếu ta tăng bán kính tất đồng xu từ r đến 2r, ta có đồng xu Di∗ (Si , 2r ), ta giảm bán kính bàn từ R thành R − r, ta có “bàn” D ∗ (S, R − r ) Hệ hình trịn Di∗ phủ hình trịn D ∗ , khơng tồn số điểm X ∈ D ∗ với tính chất X ∈ / Di∗ (i ∈ I ), tức là, | XS| ≤ R − r | XSi | > 2r i ∈ I, ta thêm đồng xu Dn+1 ( X, r ) vào đồng xu ban đầu, với tính chất Dn+1 ⊆ D Di ∩ Dn+1 = ∅ i ∈ I, mà theo giả thuyết tốn khơng thể Do đó, n hình trịn Di∗ phủ hình trịn D ∗ , tổng diện tích chúng thỏa mãn n · π · (2r )2 ≥ π · ( R − r )2 , rõ ràng đẳng thức không xảy Biến đổi dễ dàng thu bất đẳng thức chặt cho vế trái (3.15)  Bài 3.3.9 Giả sử hình trịn D có bán kính n chứa 4n đoạn thẳng có độ dài đơn vị, chứa đường thẳng l cho trước Chứng minh tồn đường thẳng l cho song song vng góc với l cắt hai số đoạn thẳng cho Giải Ta dựng đoạn thẳng A1 A2 B1 B2 đường kính hình trịn D cho A1 A2 k l B1 B2 ⊥ l Ta ký hiệu phép chiếu trực giao đoạn thẳng cho Ui (1 ≤ i ≤ 4n) lên đường A1 A2 , B1 B2 tương ứng Vi , Wi Mỗi Vi , Wi , đoạn thẳng (hoặc điểm), độ dài chúng = |Vi |, bi = |Wi | rõ ràng thỏa mãn + bi ≥ |Ui | = 1(1 ≤ i ≤ 4n), ( a1 + a2 + + a4n ) + (b1 + b2 + + b4n ) ≥ 4n Đầu tiên ta giả sử a1 + a2 + + a4n ≥ b1 + b2 + + b4n ; |V1 | + |V2 | + + |V4n | ≥ 2n 66 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Dựa vào thực tế V1 , V2 , , V4n tập đoạn thẳng A1 A2 có chiều dài 2n, bất đẳng thức cuối có nghĩa hai đoạn Vi , V j (i 6= j) có điểm chung C Do đó, đường vng góc với đường thẳng l qua C cắt hai đoạn Ui , U j Tương tự, trường hợp a1 + a2 + + a4n < b1 + b2 + + b4n có đường song song thích hợp với l  3.4 Phép tô màu Trong phần này, ta nghiên cứu tình mà tập M gồm điểm mặt phẳng bị chia thành nhiều lớp T1 , T2 , , Tn Nếu có n màu khác tơ màu tất điểm lớp Ti màu thứ i; ta có màu tập M Trong mục này, hai câu hỏi sau thường xuyên xuất hiện: • Với phép tô màu M số màu tùy ý cho trước, lớp Ti có tính chất hình học quy định cho trước khơng? • Với cách tơ màu M thích hợp với số lượng màu định, lớp Ti có tính chất định hay không? Làm để việc tô màu thực được? Trong tốn tơ màu, toán tiếng toán bốn màu 3.4.1 Màu điểm Ta bắt đầu với tốn ban đầu khơng có điều kiện tập hợp điểm có màu giống Bài 3.4.1 Giả sử điểm mặt phẳng tô màu ba màu Chứng minh có hai điểm có màu mà khoảng cách chúng Giải Đầu tiên, khẳng định tốn tầm thường khơng có nhiều hai màu sử dụng cho việc tô màu điểm (khi cần hai đỉnh tam giác chiều dài cạnh có màu) 67 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Hình 3.29 Ta giả sử có cách tô màu điểm mặt phẳng cho đầu mút đoạn thẳng có chiều dài có màu khác Đầu √ tiên ta chứng minh hai điểm A, B với khoảng cách có √ màu Thực tế, | AB| = 3, đường trịn c1 ( A, 1) c2 ( B, 1) giao điểm C 6= D, ACD BCD tam giác có chiều dài cạnh (hình 3.29) Vì giả sử ta màu điểm ba { A, C, D } { B, C, D } khác nhau, điểm A B có màu Bây ta cần xét tam giác XYZ bất kỳ, √ với | XY | = | XZ | = |YZ | = Với ta vừa chứng minh, Y có màu với X, X có màu với Z Do Y Z có màu, |YZ | = Đây mâu thuẫn, khẳng định chứng minh  Bài 3.4.2 Giả sử điểm mặt phẳng tô với hai màu Chứng minh có ba điểm màu tạo thành đỉnh tam giác 68 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Hình 3.30 Giải Ta giả sử việc tô màu khẳng định sai, nghĩa là, tam giác mặt phẳng có hai đỉnh có màu khác Ta xét hình lục giác ABCDEF với tâm S có màu đen Một đỉnh, ta xét B, tam giác BDF phải có màu đen Từ việc xét ASB BSC điểm A, C có màu khác (màu trắng) Nhưng điểm E có màu đen (4 ACE) F có màu trắng (4 ESF ) Xét điểm G giao điểm đường AB EF (xem hình 3.30) G có màu trắng đen Một hai hình tam giác AFG BEG có ba đỉnh màu, mâu thuẫn  Bài 3.4.3 Giả sử điểm mặt phẳng tô ba màu Chứng minh có ba điểm màu tạo thành đỉnh tam giác vng Hình 3.31 69 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Giải Ta chọn hai điểm A, B có màu (màu a) mặt phẳng Cho hình trịn k có đường kính AB nội tiếp hình vng KLMN, hình 3.31 (các điểm tiếp xúc đỉnh hình vng APBQ) Nếu điểm P Q có màu a, ta chứng minh xong (xét ABP ABQ) Điều trường hợp P Q có màu; ta cần xét việc tô màu đỉnh tam giác vng XYZ nội tiếp hình trịn k cho { X, Y, Z } ∩ { A, B, P, Q} = ∅ Cịn lại phân tích trường hợp điểm P Q có màu khác b, c, X = A điểm X đoạn KN có màu a (nếu khơng BAX tam giác mong muốn) Đối với màu điểm K ta phân biệt hai khả Nếu K có màu b, cần hạn chế trường hợp điểm X ∈ KN, X ∈ / { A, K }, có màu c (nếu khơng, đủ để lấy PKX); chọn điểm X ∈ / N cách tùy ý, ta có tam giác vng QNX với đỉnh có màu c Nếu K có màu c 4KNQ khơng có tính chất mong muốn, N có màu b (xem hình 3.31), đủ để xét việc tơ màu đỉnh tam giác vuông XYZ nội tiếp vịng trịn k0 ngoại tiếp hình chữ nhật KPQN cho { X, Y, Z } ∩ {K, P, Q, N } = ∅  3.4.2 Tô màu miền Bài 3.4.4 Chứng minh mặt phẳng bị chia n đường thẳng thành nhiều miền, miền tơ hai màu cho hai miền có màu khơng có nhiều điểm chung Giải Ta chứng minh khẳng định phép quy nạp với n Với n = rõ ràng ta cần tô màu khác cho hai nửa mặt phẳng Ta giả sử khẳng định với n = k ≥ 1, xét hệ P gồm k + đường mặt phẳng Ta chọn đường l ∈ P sau xét cách tơ màu miền thích hợp mà mặt phẳng bị chia hệ k đường P = P \{l } Một số miền nằm hoàn toàn bên 70 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Hình 3.32 một nửa mặt phẳng lại xác định đường l, phần lại bị cắt thành hai miền l Những cặp miền lý cho phép tô màu cho hệ P phải chuyển thành tô màu cho hệ P Ta làm sau: Trong nửa mặt phẳng bị giới hạn l (phần hình 3.32a) ta giữ ngun phép tơ màu, ta thay đổi màu miền nửa mặt phẳng cịn lại (hình 3.32b) Do đó, ta thu cách tơ màu hệ P , cặp miền lân cận có màu khác trường hợp có đường biên chung (một đoạn thẳng có chiều dài dương, đường nửa đường) phần đường l Chứng minh hoàn thành  Bài 3.4.5 Mặt phẳng bị chia thành nhiều miền n đường thẳng cho trước (n ≥ 3) Giả sử số miền tô màu (với màu) cho hai miền tơ màu có khơng nhiều điểm biên chung Chứng minh số miền tô màu không vượt n 3+n Giải Ký hiệu p số miền tô màu, với p = |S1 | + |S2 |, S1 , S2 lớp miền bị chặn, tương ứng không bị chặn, tô màu Bất đẳng thức p ≤ n 3+n rõ ràng trường hợp hệ đường bao gồm n đường song song, trường hợp ta có S1 = ∅ |S2 | ≤ n + 1, nữa, bất đẳng thức n + ≤ n 3+n với n ≥ Trong trường hợp lại, ta có cận mong muốn cách cộng bất đẳng thức |S1 | ≤ n ( n − 2) |S2 | ≤ n, (3.16) mà ta chứng minh Lưu ý n đường thẳng hệ cắt thành hai nửa đường thẳng tối đa (n − 2) đoạn thẳng 71 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 (chiều dài dương) giao điểm với (n − 1) đường khác Tính tất cả, ta có hệ 2n nửa đường thẳng tối đa n(n − 2) đoạn thẳng, tạo thành biên tất miền, nửa đường thẳng đoạn thẳng nằm biên nhiều miền tơ màu Vì miền M ∈ S1 đa giác k đỉnh với k ≥ 3, ta có 3|S1 | ≤ n(n − 2), dẫn đến bất đẳng thức (3.16) Biên miền M ∈ S2 gồm hai nửa đường thẳng, ta có 2|S2 | ≤ 2n, dẫn đến bất đẳng thức thứ hai (3.16) Hồn thành chứng minh  3.4.3 Tơ màu bàn cờ Đối với trò chơi cờ vua, bàn cờ × tơ màu theo cách cổ điển: Trong hàng cột, ô đen trắng xen kẽ cách đặn Trong hình học tổ hợp, quan tâm đến nghiên cứu tình tổng qt hơn, bàn cờ cỡ m × n tơ màu tùy ý với số lượng màu định Bài 3.4.6 Trên bàn cờ cỡ × tơ màu cổ điển, ta có thao tác sau: Chọn hàng cột đồng thời thay đổi ngược màu cho tất ô Quyết định xem sau thao tác ta có bàn cờ với ô đen Giải Ta giả sử số hàng (tương ứng cột) có k ô đen (8 − k ) ô trắng, k ∈ {1, 2, , 8} Nếu hàng (tương ứng cột) ta thực phép đổi màu, ta có (8 − k) đen k ô màu trắng Như số ô đen bàn cờ thay đổi thành (8 − k) − k = − 2k, số chẵn Do thao tác câu hỏi khơng làm thay đổi tính chẵn lẻ số lượng đen, ban đầu có 32 màu đen bàn cờ, số màu đen cịn lại sau thao tác không lẻ  Bài 3.4.7 Kiểm tra xem tơ màu ô bàn cờ cỡ 1990 × 1990 với hai màu cho ô đối xứng tâm bàn cờ có màu khác hàng cột có số thuộc hai màu 72 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 Hình 3.33 Giải Ta giả sử màu sử dụng màu đen trắng, ta chia bàn cờ thành bốn vng thích hợp A, B, C, D kích thước 995 × 995 (xem hình 3.33) Với X ∈ A, B, C, D ta ký hiệu wX (tương ứng bX ) số lượng ô màu trắng (tương ứng màu đen) hình vng X Theo yêu cầu phản xứng ta có w A = bD Vì hàng cột có số ô gồm hai màu, ta có w A + w B = 14 · 19902 = 9952 w B + w D = 9952 , tức là, w A = w D , 9952 = bD + w D = 2w A Nhưng điều mâu thuẫn, 9952 lẻ Do màu mong muốn không tồn  Bài 3.4.8 Giả sử ô bàn cờ 12 × 12 tô ba màu Chứng minh có bốn màu góc hình chữ nhật Cách giải Ta chọn cột ký hiệu a, b, c số ô cột với màu riêng lẻ; a + b + c = 12, cột có (2a) + (2b) + (2c ) cặp màu Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với n = a2 + b2 + c2 ≥ ( a + b + c )2 ,       a b c 1 + + = ( a2 + b2 + c2 ) − ( a + b + c ) 2 2 1 ≥ ( a + b + c)2 − ( a + b + c) = · 122 − = 18 6 Do cột bàn cờ tơ màu có 18 cặp có màu Vì vậy, tồn bàn cờ có 12 · 18 = 216 cặp ô 73 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 tô màu giống nằm cột, số có 216/3 = 72 cặp phải có màu Vì (12 ) = 66 < 72, điều có nghĩa số cặp có màu (nằm hai cột khác nhau) hai hàng, nghĩa là, chúng góc hình chữ nhật Cách giải Theo nguyên lý chuồng chim bồ câu, có 48 bàn cờ có màu (chọn màu đen) Ta xét tất cặp màu đen cột riêng lẻ; rõ ràng cần chứng minh ln có nhiều (12 ) cặp Nếu số cột có tối đa ba ô màu đen, ta liên tục “di chuyển” tới số màu đen từ cột gồm năm màu đen (các cột tồn tại, 48 = · 12) Phép tốn khơng làm tăng tổng số cặp ô màu đen (trong cột), với a < b > ta có bất đẳng thức         a b a+1 b−1 + > + 2 2 Sau số bước hữu hạn, ta có bàn cờ mà cột có bốn đen, có 12 · (42) = 72 cặp đen, bàn cờ ban đầu số khơng nhỏ 3.5 Các tốn thi Olympic nước Bài 3.5.1 (VMO 2011, [2]) Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài cạnh √ độ dài đường chéo AC, AD không vượt Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm ngũ giác Chứng minh tồn hình trịn đơn vị tâm nằm cạnh ngũ giác cho chứa 403 điểm số điểm lấy Giải Để chứng minh khẳng định tốn, ta chứng minh phủ ngũ giác ABCDE hình trịn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác Ta có bổ đề sau: √ Bổ đề Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài cạnh khơng vượt q hình trịn đơn vị có tâm nằm đỉnh tam giác Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn điểm M thuộc tam giác XYZ mà M khơng thuộc hình trịn hình trịn đơn vị có tâm nằm đỉnh tam giác Khi đó, ta có MX > 1, MY > 74 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 \ YMZ [ ZMX \ phải có MZ > Dễ thấy, ba góc XMY, góc có số đo lớn hay 120◦ Khơng tính tổng quát, giả sử \ ≥ 120◦ Áp dụng định lý cosin cho tam giác XMY với ý XMY \ ≤ − , ta cos XMY \ > 1+1+2· XY = MX + MY − 2MX · MY cos XMY Suy XY > √ = 3, trái với giả thiết Do tam giác ABC, ACD ADE có độ dài cạnh khơng √ vượt nên theo bổ đề trên, chúng phủ


ba hình tròn đơn vị ( A), ( B), (C ) , ( A), (C ), ( D ) ( A), ( D ), ( E) Do đó, ngũ giác ABCDE phủ hình trịn đơn vị có tâm nằm đỉnh ngũ giác Theo nguyên lý Dirichlet, hình trịn phải tồn hình trịn chứa 403 điểm số điểm lấy  Bài 3.5.2 (IMO 2014, [2]) Cho đa giác có 103 cạnh Tơ màu đỏ 79 đỉnh đa giác tô màu xanh đỉnh lại Gọi A số cặp đỉnh đỏ kề B số cặp đỉnh xanh kề a) Tìm tất giá trị nhận cặp ( A, B) b) Xác định số cách tô màu đỉnh đa giác để B = 14 Biết hai cách tô màu xem chúng nhận từ qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác Giải a) Số đỉnh màu xanh 103 − 79 = 24 đỉnh Nếu tất đỉnh đỏ chụm thành cụm A = 78, bị cắt thành hai cụm A = 77 thế: Tức có k cụm (mỗi cụm đỉnh màu đỏ đứng sát nhau) A = 79 − k Nếu có k cụm đỏ có k cụm xanh, nên 75 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 B = 24 − k Các giá trị k từ đến 24, nên có 24 khả tất b) Để có B = 14 k = 10 (phải chia đỉnh xanh thành 10 cụm, đỉnh đỏ thành 10 cụm) Đếm số cách chia Ta thử đánh số cụm xanh từ đến 10, cụm Gọi số phần tử 10 cụm (theo thứ tự vịng trịn thuận chiều kim đồng hồ) x1 , x2 , , x10 Khi số y1 = x1 , y2 = x1 + x2 , , y9 = x1 + · · · + x9 (y10 = 24 cố định, không tính), số dương khác cách chọn số từ 23 số từ đến 23 (khơng thể 24) Có C23 cách chia 24 đỉnh xanh thành 10 cụm (có xếp hàng) Như có C23 cách chia đỉnh đỏ Nhận với C9 C9 Tương tự vậy, có C78 23 78 cách xếp hàng Mỗi cách cho cách tô màu: xếp cụm đỉnh xanh, cụm đỉnh đỏ, đến cụm đỉnh xanh, (Vì quay vịng trịn, nên ta coi “điểm bắt đầu” điểm đầu cụm đỉnh xanh) Hai cách xếp khác khơng trùng quay vịng trịn Thật vậy, số 79 số nguyên tố nên khơng có hai cách trùng C9 Nhưng có 10 cách chọn điểm bắt đầu Do số cách C23 78 (vì có 10 cụm đỉnh xanh) cho cách tô màu, nên phải chia số C9 C23 78 9 C23 C78 cho 10, kết cuối  10 Bài 3.5.3 (Putnam 1996) Xác định số A nhỏ cho với hai hình vng có tổng diện tích 1, tồn hình chữ nhật có diện tích A thỏa mãn điều kiện: hai hình vng nói xếp nằm hồn tồn hình chữ nhật mà phần chúng không đè lên nhau, cạnh hình vng song song với cạnh hình chữ nhật Giải Với hai hình vng có tổng diện tích nói đề bài, 76 (LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601(LUAN.van.THAC.si).hinh.hoc.to.hop.voi.cac.phuong.phap.chung.minh.luan.van.ths.toan.hoc.84601 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com