Lời nói đầu Hình học tổ hợp là một nhánh không thể thiếu được của các bài toán tổ hợp nói chung, nó thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi ở mọi cấp.. Khác với các bài t
Trang 1LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HOC TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
PGS TS Phan Huy Khải
THÁI NGUYÊN, NĂM 2009
Trang 2Lời nói đầu
Hình học tổ hợp là một nhánh không thể thiếu được của các bài toán tổ hợp nói chung,
nó thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi ở mọi cấp Khác với các bài toán trong lĩnh vực Giải tích, Đại số, Lượng giác, các bài toán của hình học tổ hợp thường liên quan nhiều đến các đối tượng là các tập hợp hữu hạn Vì lẽ đó các bài toán này mang đặc trưng rõ nét của toán học rời rạc (Ít sử dụng đến tính liên tục - một tính chất đặc trưng của
Chương II Nguyên lí Dirichlet: là một trong những phương pháp thông dụng và hiệu quả để giải các bài toán hình học tổ hợp Nguyên lí Dirichlet còn là một công cụ hết sức nhạy bén có hiệu quả cao dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc của toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng trong các lĩnh vực khác nhau của toán học Dùng nguyên lí này trong nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh được sự tồn tại của một đối tượng với tính chất xác định Tuy rằng với nguyên lí này ta chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìm được vật cụ thể, nhưng thực tế nhiều bài toán ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại đã đủ
Chương III Sử dụng tính lồi của tập hợp để áp dụng vào các bài toán tổ hợp, trong chương này chúng ta đề cập đến hai kết quả hay sử dụng nhất đó là định lí Kelli về tính giao nhau của các tập hợp lồi và sử dụng phép lấy bao lồi để giải các bài toán hình học tổ hợp là một trong những phương pháp rất hữu hiệu
Trang 3Phần còn lại của luận văn được trình bày vài phương pháp khác để giải các bài toán hình học tổ hợp
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chỉ bảo của thầy giáo PGS.TS Phan Huy Khải Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến thầy
Tôi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo Khoa Toán Trường Đại học Khoa học, các thầy các cô đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho tôi trong thời gian học tập tại trường
Thái Nguyên, ngày 18 tháng 9 năm 2009
Tác giả
Lê Thị Bình
Trang 4Mục lục
Mục lục trang
Lời nói đầu i
Mục lục ii
Chương I: Nguyên lí cực hạn……… 1
Chương II: Sử dụng nguyên lí Dirichlet………… 9
Chương III: Sử dụng tính lồi của tập hợp……… 19
§1 Các bài toán sử dụng định lí Kelli……… 19
§2 Phương pháp sử dụng phép lấy bao lồi……… 27
Chương IV: Vài phương pháp khác ……… 32
Trang 5tổ hợp, người ta thường dùng một lược đồ chung để giải sau:
- Đưa bài toán đang xét về dạng có thể sử dụng nguyên lí 1 (hoặc nguyên
lí 2) để chứng tỏ rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát của bài toán cần có giá trị lớn nhất (nhỏ nhất), xét bài toán tương ứng khi nó nhận giá lớn nhất (nhỏ nhất)
-Chỉ ra mâu thuẫn, hoặc đưa ra giá trị còn lớn hơn (hoặc nhỏ hơn) giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) mà ta đang khảo sát
Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải chứng minh
Các ví dụ được trình bày dưới đây sẽ minh hoạ cho phương pháp này
Ví dụ 1.1: Trên một đường thẳng đánh dấu n điểm khác nhau A 1 , A 2 , …,
A n theo thứ tự từ trái qua phải (n ≥ 4) Mỗi điểm được tô bằng một trong 4
màu khác nhau và cả bốn màu đều được dùng Chứng minh rằng tồn tại một
Trang 6đoạn thẳng chứa đúng hai điểm của hai màu và ít nhất hai điểm của hai màu còn lại
Theo định nghĩa của tập hợp B, và do
j là chỉ số lớn nhất thuộc B, nên màu của điểm A j sẽ khác với màu của tất
cả các điểm A j+1 , …, A i
Xét đoạn [A j A i] Khi đó đoạn thẳng này chứa đúng hai điểm của hai màu
(đó là A j và A i ), và ít nhất hai điểm của hai màu còn lại A j+i , …, A i-1.□
Ví dụ 1.2: Cho ABC là tam giác nhọn Lấy một điểm P bất kì trong tam
giác
Chứng minh rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P tới
ba điểm A , B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam giác đó
Giải: Gọi A1, B1, C1 tương ứng là hình chiếu của P xuống BC, AC, AB
APC +C PB+BPA +A PC+CPB +B PA= (1)
Trang 7Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại:
PA PBA
PB
= ≤
Như vậy PB ≥ 2PA1 (4)
Từ (4) suy ra max {PA,PB, PC}≥PB≥ 2PA1 ≥ 2min PA ,PB ,PC{ 1 1 1} □
Ví dụ 1.3: Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ, không thể tìm được năm
điểm nguyên là đỉnh của một ngũ giác đều
(Một điểm M(x ; y) trên mặt phẳng toạ độ được gọi là “điểm nguyên” nếu cả hai toạ độ x , y của nó đều là những số nguyên)
Giải: Giả thiết trái lại, tồn tại một ngũ giác đều sao cho năm đỉnh của nó
đều là những “điểm nguyên”.Ta xét tập hợp sau:
Ω= {a2 | a là cạnh của ngũ giác đều có năm đỉnh là các “điểm nguyên”}
Dễ thấy, do a là cạnh của ngũ giác đều với các đỉnh nguyên nên a2 là số nguyên dương
Thật vậy, giả sử A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 là đa giác đều thuộc Ω Giả sử A i (x i ; y i),
i = 1, 5, thì nếu gọi a là cạnh của ngũ giác đều này, ta có:
a 2 = A 1 A 2 2 = (x 2 – x 1 ) 2 + (y 2 - y 1 ) 2
Do x i , y i ∈¢, ∀ =i 1, 5 nên a2 là số nguyên dương Như thế tập Ω ≠∅, điều này suy ra từ giả thiết phản chứng
Tập Ω các số tự nhiên, khác rỗng, nên theo nguyên lí cực hạn suy ra tồn tại
phần tử nhỏ nhất, tức là tồn tại ngũ giác đều ABCDE sao cho 2
*
a là nhỏ nhất, ở đây a* là cạnh của ngũ giác đều này Dễ thấy ABCB' ; BCDC' ; CDED';
Trang 8DEAE' và AEBA' đều là các hình bình hành với BD ∩ CE = A' , AD ∩ CE =B' , AD ∩ BE = C' , AC ∩ BE = D' ,AC ∩ DE = E'
Từ hình bình hành EABA' suy ra:
' '
B E A A
B E A A
Rõ ràng A'B'C'D'E' là ngũ giác đều với các đỉnh
của nó đều là các “điểm nguyên”, H-1.3
tức là A'B'C'D'E'∈ Ω Mặt khác, nếu gọi a' là cạnh của ngũ giác đều,
thì rõ là:
a'< a*⇒ a'2 < 2
*
a (2) Bất đẳng thức (2) mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của a* Vậy giả thiết phản chứng là sai Như thế không tồn tại một ngũ giác đều với các đỉnh đều là
“điểm nguyên”
Ví dụ 1.4: Trên mặt phẳng cho 2005 điểm, khoảng cách giữa các điểm này
đôi một khác nhau Nối điểm nào đó trong số các điểm này với điểm gần nhất
Cứ tiếp tục như thế Hỏi với cách nối đó có thể nhận được một đường gấp khúc khép kín không?
Giải: Giả sử xuất phát từ một điểm A1 bất kỳ Theo nguyên lí cực hạn,
trong số tất cả các đoạn thẳng có đầu mút A1 thì tồn tại điểm gần A1 nhất Điểm này là duy nhất, vì theo giả thiết khoảng cách giữa các điểm là khác
Trang 9nhau khi căp điểm khác nhau Gọi điểm này là A2 Tiếp tục xét như vậy với
các đoạn thẳng xuất phát từ A2 Có hai khả năng xảy ra:
1.Nếu A1 là điểm gần A2 nhất Khi đó đường gấp khúc dừng lại ngay tại A2
Rõ ràng ta thu được đường gấp khúc với
Chú ý rằng điểm A n không thể nối được với điểm A i nào đó mà 1≤ i ≤ n –2
Thật vậy nếu trái lại ta nối được A n với A i (ở đây 1 ≤ i ≤ n – 2) Theo định
nghĩa về cách nối điểm ta được:
A n A i < A n-1 A n < A i A i+1 (1)
Nhưng theo cách nối từ A i ta lại có:
A i A i+1 < A n A i (2)
Từ (1) và (2) suy ra vô lí Vậy không H -1.5
bao giờ đường khấp khúc A1A2…A n là khép kín
Ta có câu trả lời phủ định: Không thể nhận được một đường gấp khúc
khép kín, nếu nối theo quy tắc trên
Ví dụ 1.5: Cho các số nguyên m, n với m < p , n < q cho p × q số thực đôi
một khác nhau Điền các số đã cho vào các ô vuông con của bảng ô vuông
kích thước p × q (gồm p hàng, q cột) sao cho mỗi số được điền vào một ô và
mỗi ô được điền vào một số Ta gọi một ô vuông con của bảng là ô “xấu” nếu
số nằm ô đó bé hơn ít nhất m số nằm cùng cột với nó và đồng thời bé ít nhất n
Trang 10số nằm cùng hàng với nó Với mỗi cách điền số nói trên, gọi s là số ô “xấu” của bảng số nhận được Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của s
Giải: Bằng phương pháp quy nạp ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau:
Mặt khác, trong trường hợp này: (p – m)(q – n) = (2 – 1)(2 – 1) = 1
Kết luận của bài toán đúng trong trường hợp này
Giả thiết quy nạp kết luận của bài toán đúng đến p + q = k
(ở đây p > m , q > n) , tức là trong trường hợp này số ô “xấu “ lớn hơn hoặc bằng (p – m)(p – n)
• Xét khi bảng p×q có p + q = k + 1
Ta gọi một ô vuông con của bảng là “xấu theo hàng” (“xấu theo cột”) nếu
số nằm trong ô đó bé hơn ít nhất n số (tương ứng m số) nằm cùng hàng (tương
ứng nằm cùng cột) với nó
Trang 11Lấy hàng i bất kì Hàng i này có q số đôi một khác nhau (do có q cột).Vì thế trong hàng i có (q – n) số, mà mỗi số này bé hơn ít nhất n số nằm trong
cùng hàng ấy
(Thật vậy, giả sử xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn các số trong hàng là
x 1 < x 2 <…< x q-n < x q-n+1 <…< x q-1 < x q
Khi đó các ô chứa các số x 1 , x 2 ,…, x q-n là các ô “xấu theo hàng”)
Như vậy: trong mỗi hàng có (q – n) ô “xấu theo hàng và trong mỗi cột có (p – m) ô “xấu theo cột”
Nếu trong bảng p×q nói trên các ô “xấu theo hàng” đồng thời là “xấu theo
cột” và ngược lại thì số ô “xấu” s được tính bằng:
s = (q – n)(p – m)
Vậy (1) đúng trong trường hợp này
Vì lẽ đố chỉ cần quan tâm đến các trường hợp: trong bảng p×q tồn tại các
ô chỉ “xấu theo hàng”(mà không “xấu theo cột”), hoặc chỉ “xấu theo cột”(mà
không “xấu theo hàng”) Do vậy, theo nguyên lí cực hạn tồn tại số a, đó là số
nhỏ nhất ghi trong các ô như vậy Không giảm tổng quát có thể cho là ô chứa
a là ô “xấu theo hàng”(không “xấu theo cột”)
Xét cột của bảng p×q mà chứa ô mang số a Chú ý rằng trong cột này có
p - m ô “xấu theo cột” (trong số này không có ô chứa a) Các ô chắc chắn
cũng phải là ô “xấu theo hàng”, vì nếu trái lại các ô nào đó không phải là ô
“xấu theo hàng”, thì ô ấy thuộc vào tập hợp nói trên (tập hợp các ô chỉ “xấu
theo một loại” Ô chứa a không phải là ô “xấu theo cột” nên giá trị a ghi trong
ô đó lớn hơn tất cả các giá tri ghi trong p – m ô “xấu theo cột” nói trên (Chú
ý là các ô trong bảng đôi một khác nhau) Điều này sẽ dẫn đến mâu thuẫn với
định nghĩa số a là số bé nhất trong tập hợp nói trên Vì vậy (p – m) ô “xấu theo cột” trong cột chứa ô ghi số a cũng chính là (p – m) ô “xấu” của bảng p×q
Trang 12Bỏ cột chứa ô mang số a ta được bảng mới p×(q – 1) mà một ô vuông con của bảng này là “xấu” thì nó cũng là ô “xấu” của bảng p×q
Vì p + q –1 = k + 1 –1 = k , nên theo giả thiết suy ra số ô “xấu”của bảng
p×(q–1) – không ít hơn (p –m)(q – 1– n) Vì thế số ô “xấu” s của bảng p×q
sẽ thoả mãn bất đẳng thức:
s ≥ (p – m)(q – 1 – n) + (p – m) hay s ≥ (p – m)(q – n) Vậy (1) cũng đúng khi p + q = k + 1
Theo nguyên lí quy nạp (1) đúng với mọi bảng p×q
Còn lại ta sẽ chỉ ra một cách điền số vào bảng p×q để thu được đúng (p–
Trang 13CHƯƠNG II: SỬ DỤNG NGUYÊN LÍ DIRICHLET
Nguyên lí những cái lồng nhốt các chú thỏ đã được biết đến từ lâu.Nguyên
lí này được phát biểu đầu tiên bởi nhà toán học người Đức Pete Gustava
Lejeune Dirichlet (1805-1859) như sau:
Nguyên lí Dirichlet (hay còn gọi là nguyên lí chuồng thỏ):
Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có một chuồng
con thỏ, ở đây kí hiệu [α] để chỉ phần nguyên của số α
Ta có thể dễ dàng chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng như sau:
Giả sử trái lại mọi chuồng thỏ không có đến n m 1 n 1 1 n 1 1
điều vô lí (vì có n chuồng thỏ) Vậy giả thiết phản chứng là sai
Nguyên lí Dirichlet mở rộng được chứng minh
Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản như vậy, nhưng có là một công
cụ hết sức có hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả hết sức sâu sắc của toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng trong các lĩnh vực khác nhau của toán học Dùng nguyên lí này trong nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh được sự tồn tại của một đối tượng với tính chất xác định Tuy rằng với nguyên lí này ta chỉ chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được
Trang 14phương pháp tìm được vật cụ thể, nhưng thực tế nhiều bài toán ta chỉ cần chỉ
Với cùng cách diễn đạt như vậy, thì nguyên lí Dirichlet mở rộng như sau:
Giả sử A và B là các tập hữu hạn và s(A) , s(B) tương ứng kí hiệu là số lượng các phần tử của A và B Giả sử có một số tự nhiên k nào đó mà s(A) >
k.s(B), và ta có một quy tắc cho tương ứng với mỗi phần tử của A với một
phần tử của B Khi đó tồn tại ít nhất k + 1 phần tử của A mà chúng tương ứng với một phần tử của B Chú ý khi k = 1, ta có ngay lại nguyên lí Dirichlet
Chương này dùng để trình bày phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet
để giải các bài toán hình học tổ hợp Vì lẽ đó, trước hết chúng tôi trình bày một số mệnh đề sau (thực chất là một số nguyên lí Dirichlet áp dụng cho độ dài các đoạn thẳng, diện tích các hình phẳng, thể tích các vật thể) rất hay được
sử dụng đến trong nhiều bài toán hình học tổ hợp được đề cập đến trong chương này
* Nguyên lí Dirichlet cho diện tích:
Nếu K là một hình phẳng, còn K1, K2,…, K n là các hình phẳng sao cho
K i ⊆ K với i = 1, n , và | K | < | K1| + | K2| + … + |K n |, ở đây | K| là diện tích của hình phẳng K, còn | K i | là diện tích của hình phẳng K i , i = 1, n; thì tồn tại ít
Trang 15nhất hai hình phẳng H i , H j (1 ≤ i < j ≤ n) sao cho H i và H j có điểm trong
chung (Ở đây ta nói rằng P là điểm trong của tập hợp A trên mặt phẳng, nếu
như tồn tại hình tròn tâm P bán kính đủ bé sao cho hình tròn này nằm trọn
trong A)
Tương tự như nguyên lí Dirichlet cho diện tích, ta có các nguyên lí cho độ
dài đoạn thẳng, thể tích các vật thể …
Nguyên lí Dirichlet còn được phát biểu cho trường hợp vô hạn như sau:
*Nguyên lí Dirichlet vô hạn: Nếu chia một tập vô hạn các quả táo vào hữu
hạn ngăn kéo, thì phải có ít nhất một ngăn kéo chứa vô hạn quả táo
Nguyên lí Dirichlet mở rộng cho trường hợp vô hạn này đóng vai trò
cũng hết sức quan trọng trong lí thuyết tập hợp điểm trù mật trên đường
thẳng Nó có vai trò quan trọng trong lí thuyết số nói riêng và toán học rời rạc
nói chung (cho cả hình học tổ hợp)
Ứng dụng to lớn của nguyên lí Dirichlet để giải các bài toán hình học tổ
hợp được trình bày qua các ví dụ sau đây:
Vídụ 2.1: Trên mặt phẳng cho 25 điểm Biết rằng trong 3 điểm bất kì trong số
đó luôn luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1.Chứng minh rằng tồn tại
hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm đã cho
Giải: Lấy A là một trong số 25 điểm đã cho Xét hình tròn Ω1(A ; 1) tâm
A, bán kính 1 Chỉ có hai khả năng sau có thể xảy ra:
1 Nếu tất cả các điểm đã cho nằm trong Ω1,
thì kết luận của bài toán hiển nhiên đúng
Trang 16Xét hình tròn Ω1(B ; 1) tâm B, bán kính 1 Lấy C là điểm bất kì trong số
25 điểm đã cho sao cho C ≠ A, C ≠ B Theo giả thiết (và dựa vào AB > 1), nên min{CA, CB} < 1 Vì thế C ∈ Ω1, hoặc C ∈ Ω2
Điều khẳng định này chứng tỏ rằng các hình tròn Ω1 và Ω2 chứa tất cả 25 điểm đã cho Vì thế nguyên lí Dirichlet, ít nhất một trong hai hình tròn nói trên chứa không ít hơn 13 điểm đã cho
Chú ý:
Bài toán tổng quát: Cho 2n + 1 điểm trên mặt phẳng (n ≥ 3) Biết rằng trong
ba điểm bất kỳ trong số đó luôn luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1
Khi đó tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn n + 1 điểm đã cho
Ví dụ 2.2: Cho chín đường cùng có tính chất là mỗi đường thẳng chia hình
vuông thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng 2
3 Chứng minh rằng có ít nhất
ba đường thẳng trong số đó cùng đi qua một điểm
Giải: Các đường thẳng đã cho không thể cắt các cạnh
kề nhau của hình vuông, bởi vì nếu thế chúng chia hình
vuông thành một tam giác và ngũ giác
(Chứ không phải chia hình vuông thành hai tứ giác)
Vì lẽ đó, mọi đường thẳng (trong số chín đường thẳng)
đều cắt hai cạnh đối của hình vuông và dĩ nhiên không H – 2.2
đi qua một đỉnh nào của hình vuông cả
Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối BC và AD
Trang 17(ở đây E và F là các trung điểm của AB và CD tương ứng)
Gọi E, F, P, Q tương ứng là các trung điểm
của AB, CD, BC, AD Gọi J1, J2, J3, J4 là các điểm
sao cho J1, J2 nằm trên EF ; J3, J4 nằm trên PQ
và thoả mãn:
2 3
PJ
EJ FJ QJ
J F = J F = J Q = J P =
Khi đó từ lập luận trên ta suy ra mỗi đường
thẳng có tính chất thoả mãn yêu cầu đề bài phải đi
qua một trong bốn điểm J1 , J2 , J3 , J4 nói trên
Vì có chín đường thẳng, nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất
một trong bốn điểm J1 , J2 , J3 , J4 sao cho nó có ít nhất ba trong chín đường thẳng đã cho Vậy có ít nhất ba đường thẳng trong số chín đường thẳng đã cho
đi qua một điểm □
Ví dụ 2.3: Cho một bảng kích thước 2n×2n ô vuông Người ta đánh đấu vào
3n ô bất kì của bảng Chứng minh rằng có thể chọn ra n hàng và n cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên n hàng và n cột này
Giải: Chọn ra n hàng có chứa số ô được đánh dấu nhiều trên các hàng đó
nhất
Ta chứng minh rằng các ô được đánh dấu
còn lại nhỏ hơn hoặc bằng n Giả sử trái
lại không phải như vậy, tức là số ô
được đánh dấu lớn hơn hoặc
bằng n + 1 Số các hàng còn lại chưa chọn là n
Vậy theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít nhất một
hàng (trong số n hàng còn lại) chứa ít nhất hai
Trang 18Chú ý rằng theo cách chọn thì n hàng đã chọn có chứa số ô được đánh dấu
nhiều trên các hàng đó nhất Có một hàng còn lại chưa chọn có ít nhất hai ô
đánh dấu, nên suy ra mọi hàng trong số n hàng đã chọn đều có ít nhất hai ô được chọn, tức là trên n hàng đã chọn có không ít hơn 2n ô đã được đánh dấu Như vậy, số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 2n + (n + 1) ≥ 3n Đó là điều vô lí (vì chỉ có 3n ô được đánh dấu) Vậy nhận xét được chứng minh Như vậy, sau khi đã chọn ra n hàng (với cách chọn như trên), theo nhận xét còn lại có không quá n ô được đánh dấu Vì thế cùng lắm là có n cột chứa
chúng Vì lẽ đó sẽ không thấy còn ô đánh dấu nào nằm ngoài các hàng hay cột được chọn.□
Ví dụ 2.4: Trong mặt phẳng cho tập hợp A có n điểm (n ≥ 2) Một số cặp
điểm được nối với nhau bằng đoạn thẳng Chứng minh rằng tập hợp A đã cho,
có ít nhất hai điểm được nối với cùng số lượng các điểm khác thuộc A
Giải: Giả sử a ∈ A Ta kí hiệu S(a) là số lượng các điểm của A nối với a
thành đoạn thẳng, ta có:
S(a) = 2, S(b) = 3, S(c) = 1, S(d) = 2, S(e) = 2
Bài toán đã cho trở thành: Chứng minh rằng tồn tại a1, a2 ∈ A (a1 ≠ a2),
mà S(a1) = S(a2) Rõ ràng với mọi a ∈A , ta có:
suy ra a nối với tất cả n –1 điểm còn lại, nói
riêng a phải nối với b Điều đó có nghĩa là
Trang 19S(b ) ≥ 1, và dẫn đến mâu thuẫn với (2) (vì S( b) = 0)
Gọi S là tập hợp các giá trị mà các đại lượng S(a) nhận, a ∈ A, tức là:
S = {m | m = S(a), a ∈ A}
Như vậy từ (1) suy ra tập hợp S có tối đa n giá trị Tuy nhiên từ (2) suy ra
(n – 1) và 0 không đồng thời thuộc S, vì thế tập S tối đa nhận (n – 1) giá trị
Theo nguyên lí Dirichlet suy ra tồn tại ít nhất a1 ∈ A, a2 ∈ A (a1 ≠ a2), mà
S (a1) = S(a2) □
Ví dụ 2.5: Chứng minh rằng trong mọi đa giác lồi với số cạnh chẵn, tồn tại
đường chéo không song song với một cạnh nào của đa giác
Giải: Ta biết rằng nếu một đa giác có n cạnh, thì có ( 3)
2
n n−
đường chéo
Xét một đa giác lồi bất kì với số cạnh là chẵn (đa giác lồi 2k cạnh k ≥ 2)
Khi đó số đường chéo của nó là 2 (2 3)
Giả sử trái lại đa giác này có tính chất: Mỗi đường chéo của nó đều song
song với một cạnh nào đó của đa giác Đa giác này có 2k cạnh, vì thế từ (1)
suy ra tồn tại ít nhất k –1 đường chéo d1 , d2 ,…, d k-1 mà các đường chéo này
cùng song song với một cạnh a nào đó của tam giác đã cho (thật vậy, nếu
ngược lại mỗi cạnh tối đa là song song k – 2 đường chéo, thế thì tối đa ta chỉ
có (k – 2)2k đường chéo và s ≥ (k – 2)2k
Điều này mâu thuẫn với (1)
Như thế ta có k đường thẳng song
song với nhau d1 , d2 ,…, d k-1 , a
Chú ý rằng do đa giác là lồi, nên
Trang 20các đường chéo d1 , d2 ,…, d k-1 cùng nằmtrên một nửa mặt phẳng bờ xác định
Từ đó suy ra toàn bộ đa giác nằm hẳn về một nửa mặt phẳng xác định bởi
d1 Do d1 là đường chéo, nên điều này mâu thuẫn với tính lồi của đa giác Vậy giả thiết phản chứng là sai □
Ví dụ 2.6: Một hình lập phương có cạnh bằng 15 chứa 11 000 điểm
Chứng minh rằng có một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất sáu điểm trong số
11 000 điểm đã cho
Giải: Chia mỗi cạnh của hình lập phương thành 13 phần bằng nhau Như
thế hình lập phương đã cho được chia thành 133 = 2197 hình lập phương nhỏ
Do 11 000 > 5.2197 = 10985, nên tồn tại ít nhất một hình lập phương nhỏ, mà hình lập phương này chứa ít nhất sáu điểm Như đã biết, nếu gọi cạnh hình lập
phương bằng a, thì hình cầu ngoại tiếp có bán kính R, với R = 1 3
Trang 21Ví dụ 2.7: Mỗi điểm trong mặt phẳng được bôi bằng một trong hai màu xanh
hoặc đỏ Chứng minh rằng ta luôn tạo ra được một hình chữ nhật có bốn đỉnh cùng màu
Giải: Vẽ ba đường thẳng song song ∆1, ∆2 , ∆3 (∆1// ∆2 // ∆3) Lấy trên ∆1
bất kì bảy điểm Vì mỗi điểm chỉ được bôi bằng một trong hai màu xanh hoặc
đỏ, nên theo nguyên lí Dirichlet trên ∆1 luôn tồn tại bốn điểm cùng màu
Không giảm tổng quát có thể cho đó là các điểm P1, P2, P3, P4 (và cùng màu đỏ)
Gọi Q1,Q2, Q3, Q4 là hình chiếu vuông góc của P1, P2, P3, P4 xuống ∆2 và
R1, R2, R3, R4 là hình chiếu của P1, P2, P3, P4 xuống ∆3
Chỉ có các khả năng sau sảy ra:
1 Nếu tồn tại hai trong số bốn điểm
Q1, Q2, Q3, Q4 màu đỏ (giả sử Q i , Q j) Khi
đó P i P j Q j Q i là hình chữ nhật có bốn đỉnh
cùng màu đỏ
2 Nếu tồn tại hai trong số bốn điểm R1, R2, R3, R4 màu đỏ (giả sử R i , R j)
Khi đó P i P j R j R i là hình chữ nhật có bốn đỉnh cùng màu đỏ
3 Bốn điểm Q1, Q2, Q3, Q4 và bốn điểm R1, R2, R3, R4 trong đó tối đa chỉ
có một điểm đỏ Khi đó rõ ràng theo nguyên lí Dirichlet tồn tại i , j mà Q i , Q j,
R i , Rj cùng xanh
Vậy Q i Q j R j R i là hình chữ nhật có bốn đỉnh cùng xanh □
Ví dụ 2.8: Chứng minh rằng trong mọi khối đa diện lồi tồn tại ít nhất hai mặt
có cùng số cạnh
Giải: Kí hiệu M là mặt có số cạnh lớn nhất của khối đa diện Giả sử mặt
M có k cạnh Khi đó vì có k mặt có cạnh chung với M, nên đa diện có ít nhất
k + 1 mặt Vì M là mặt có số cạnh lớn nhất bằng k , nên mọi mặt của đa diện
Trang 22có số cạnh nhận một trong các giá trị {3, 4, , k} Đa diện có ít nhất k + 1 mặt
số cạnh của nó nhận một trong k – 2 giá trị Vì thế theo nguyên lí Dirichlet
suy ra có ít nhất hai mặt của đa diện cố cùng số cạnh □
Ví dụ 2.9: Cho 1000 điểm M1 , M2 ,…, M1000 trên mặt phẳng Vẽ một đường
tròn bán kính 1 tuỳ ý Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao
cho: SM1 +SM2 + + SM100 ≥ 1000
Giải: Xét đường kính S1S2 tuỳ ý của đường tròn,
ở đây S1 và S2 là hai đầu của đường kính
Trang 23Chương III: SỬ DỤNG TÍNH LỒI CỦA TẬP HỢP
Tập hợp lồi có một đặc trưng cơ bản là khi nó chứa hai điểm, thì nó sẽ chứa toàn bộ đoạn thẳng chứa hai điểm ấy Tính ưu việt này được tận dụng triệt để trong việc giải các bài toán hình học nói chung và các bài toán hình học tổ hợp nói riêng Trước hết xin nhắc lại một số kiến thức cơ bản về tập hợp lồi sẽ dùng đến trong chương này
Định nghĩa tập hợp lồi: Giả sử Ω là một tập hợp cho trước ( trên đường
thẳng, mặt phẳng hoặc không gian)
Tập hợp Ω được gọi là tập hợp lồi với bất kì hai điểm A, B ∈ Ω, thì cả đoạn
thẳng AB (với hai đầu mút A và B) nằm trọn trong Ω
Ví dụ:
Tính chất tập hợp lồi: Nếu A, B là hai tập hợp lồi, thì A ∩ B cũng là tập hợp
lồi
Bằng quy nạp có thể chứng minh được:
Nếu A1, A2,…,A n thì A1 ∩ A2∩ …∩ A n cũng là tập hợp lồi
Chú ý: Hợp của hai hợp lồi A và B chưa chắc là tập hợp lồi
Trang 24§1: CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ KELLI Định lí Kelli là một trong các định lí rất quan trọng của hình học tổ hợp
Định lí này cho ta một điều kiện đủ hữu hiệu để nhận biết rằng khi nào một ho
các hình lồi có giao khác rỗng
I Định lí Kelli trong không gian hai chiều ¡ 2
Trong mặt phẳng cho n hình lồi (n ≥ 4) Biết rằng giao của ba hình lồi bất
kì trong chúng khác rỗng Khi đó giao của n hình lồi cũng khác rỗng
Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp theo số n các hình lồi
1 Xét n = 4
Gọi F F F F1, 2, 3, 4là bốn hình lồi có tính chất là giao của ba hình bất kì trong
chúng là khác rỗng Vì F2∩ ∩F3 F4 ≠ ∅ nên tồn tại A1∈ ∩ ∩F2 F3 F4
Tương tự tồn tại A2 ∈ ∩ ∩F1 F3 F4 ; A 3 ∈ ∩ ∩F1 F2 F4 ; A 4 ∈ ∩ ∩F1 F2 F3
Chỉ có hai khả năng sảy ra:
a) Nếu 4 điểmA A A A1 , 2 , 3 , 4 không hoàn toàn khác nhau Khi đó không giảm
tính tổng quát ta cho là A1≡ A2.Từ đó suy ra:
A1∈ ∩ ∩ ∩F1 F2 F3 F4 Nên F1∩ ∩ ∩F2 F3 F4 ≠ ∅
Vậy kết luận của định lí Kelli đúng trong trường hợp khi n = 4
b)A A A A1, 2, 3, 4 là 4 điểm phân biệt, khi đó lại có
hai khả năng xảy ra:
b1) Bao lồi củaA A A A1, 2, 3, 4 chính là tứ giác lồi
Trang 25Lập luận hoàn toàn tương tự suy ra O∈F1 , O∈F2 , O∈F4 Điều đó có nghĩa là:
4
1
i i
F
=
≠ ∅
Vậy định lí Kelli đúng khi n = 4
2 Giả sử kết luận của định lí Kelli đúng đến n ≥ 4
3 Xét trường hợp khi có n + 1 hình lồi, tức là ta có n + 1 hình lồi
là giao của hai hình lồi F n và F n+1
Xét ba hình lồi bất kì F i', F j', F trong n hình lồi k' F F1', 2', ,F n'
Trang 26Nếu trong chúng không có F n'thì theo giả thiết
Vì giao của ba hình lồi trong các hình lồì F F F F1, j, n, n+1 là khác rỗng (giả
thiết), nên theo trường hợp n = 4 ta có F i∩ ∩ ∩F j F n F n+1 ≠ ∅ Vậy với n hình
Chú ý: Ta thấy rằng điều kiện n ≥ 4 là cần thiết
Thật vậy, hãy xét mệnh đề tương tự với n = 3
“Cho một họ n hình lồi (n ≥ 3) trong mặt phẳng
Biết rằng giao của hai hình lồi bất kì trong
chúng khác rỗng Khi đó giao của n hình lồi cũng khác rỗng”
Trang 27II Định lí Kelli trong không gian một chiều ¡ 1
Trên đường thẳng cho n hình lồi (n ≥ 3) trong mặt phẳng Biết rằng giao của hai hình lồi bất kì trong chúng khác rỗng Khi đó giao của n hình lồi cũng
khác rỗng
Chứng minh: Ta biết rằng hình lồi trên đường thẳng chỉ có thể là đoạn thẳng
[a ; b], khoảng (a ; b), hay [a ; b), (a ; b] (ở đây a có thể là – ∞, còn b có thể
là + ∞)
Ta chỉ xét với các hình lồi là các đoạn thẳng, các trường hợp còn lại chứng minh hoàn toàn tương tự
Giả sử có n đoạn thẳng [a i ; b i], i= 1,n có tính chất sau: Bất kì giao của hai
đoạn thẳng nào trong chúng cũng khác rỗng, tức là [a i ; b i] ∩ [a j ; b j] ≠ ∅ ,
với mọi i ≠ j Ta sẽ chứng minh : [ ]
hay max {a i , a j } ≤ c ≤ min {b i , b j}
Đảo lại, giả sử max {a i , a j } ≤ min { b i , b j } Khi đó rõ ràng ta có thể chọn c sao cho max {a i , a j } ≤ c ≤ min { b i , b j} (1)
Trang 28Nói cách khác [ ]
1 ;
n
i i i
a b
=
≠ ∅
Định lí Kelli trong ¡ 1 được chứng minh hoàn toàn
Dưới đây chúng tôi sẽ trình bày các ví dụ minh hoạ cho việc vận dụng định
lí Kelli vào giải các bài toán của hình học tổ hợp liên quan đến tính giao khác
rỗng của các hình lồi
Ví dụ 3.1.1: Cho bốn nửa mặt phẳng lấp đấy mặt phẳng Chứng minh rằng
tồn tại ba nửa mặt phẳng trong bốn nửa mặt phẳng ấy, sao cho chỉ riêng ba
nửa mặt phẳng này cũng lấp đầy mặt phẳng
Giải: Gọi P P P P1, 2, 3, 4là bốn nửa mặt phẳng.Từ giả thiết ta có:
P1∪ ∪ ∪ =P2 P3 P4 ¡2 (1)
Rõ ràng P i lồi với mọi i= 1, 4
Từ (1) suy ra P1∪ ∪ ∪ = ∅P2 P3 P4 (2)
(Ở đâyA dùng để chỉ phần bù của tập hợp A)
Theo quy tắc Demorgan từ (2) có P1∩ ∩ ∩ = ∅P2 P3 P4 (3)
Vì P i lồi nên P i cũng lồi với mọi i= 1, 4
Giả thiết phản chứng không tồn tại ba nửa mặt phẳng nào trong số các
, ( 1, 4)
i
P i= , mà ba nửa mặt phẳng này lấp đầy mặt phẳng Điều đó có nghĩa là
với mọi i, j, k phân biệt, mà i, j, k ∈{1, 2, 3, 4} thì pi∪ pj ∪ pk ≠ ¡2
Trang 29Chú ý: Giả sử ¡2 là cả mặt phẳng Cho A là một mặt phẳng trong ¡2 Khi
:
A= ∈x ¡ x∈A A gọi là phần bù của tập hợp A trong ¡ 2 Ta dễ
dàng chứng minh quy tắc sau ( gọi là quy tắc Demorgan của phép lấy phần
bù) A∪ = ∩B A B ; A∩ = ∩B A B
Bằng quy nạp, có thể mở rộng quy tắc Demorgan cho n tập hợp (ví dụ
A ∪A ∪ ∪A =A ∩A ∩ ∩A )
dụ 3.1.2: Trên mặt phẳng cho n hình tròn ( n ≥ 4) Giả sử cứ mỗi ba hình tròn
đều có một hình tròn bán kính r cắt ba hình tròn này Chứng minh rằng tồn tại
Theo giả thiết tồn tại hình tròn (O i,j,k ; r) cắt cả S i , S j , S k ,
tức là O i j k, , ∈ Ω ∩ Ω ∩ Ωi j k Điều đó chứng tỏ rằng Ω ∩ Ω ∩ Ω ≠ ∅i j k với mọi i,
j, k ∈{1, 2, 3,…, n} Theo định lí Kelli suy ra 1
cạnh tương ứng song song với hai trục tạo độ Chứng minh rằng nếu hai hình
bất kì trong chúng có giao khác rỗng thì cả họ có giao khác rỗng
O*
Ω i
Ai
r i r
H-3.6
Trang 30Giải: Lấy hệ tọa độ có các trục song song với các cạnh hình chữ nhật
Chiếu các hình này nên Ox và Oy Ta có sự tương ứng 1–1 sau đây:
a b
=
≠ ∅
Vì thế ta đã chứng minh được sự tồn tại
a*∈ I [a i ; b i] Tương tư , ta cũng chứng minh
được sự tồn tại b* ∈ [ ]
1 ;
n
i i i
F
=
I □
Ví dụ 3.1.4: Trên một đường tròn đơn vị có một họ các cung có độ dài nhỏ
hơn π, có tính chất là giao của ba cung bất kì đều khác rỗng Chứng minh
rằng giao của tất cả các cung khác rỗng
Giải: Tương ứng với mỗi cung l i , xét hình viên phân F i tạo bởi cung và
dây trương cung Rõ ràng Fi là hình lồi, với mọi i= 1,n
Theo giả thiết thì với mọi i, j, k, ta có:
N O
H- 3.8