Khóa luận tốt nghiệp toán Bài toán phủ và bao hình

Tổng số đo góc trong và góc ngoài tại một đỉnh của hình N - giác bằng 180°.. Tính số cạnh của một đa giác lồi, biết đa giác đó thỏa mãn các điều kiện sau: a Tổng các góc trong bằng tổng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN

NGUYỄN THỊ QUỲNH

BÀI TOÁN PHỦ VÀ BAO HÌNH

Chuyên ngành: Hình học

Người hưống dẫn khoa học: ThS PHẠM THANH TÂM

Hà Nội - 2014

Lời đầu tiên của khóa luận em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn ThS.Phạm Thanh Tâm Thầy đã giao đề tài và tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình hoàn thành khóa luận này Em xin gửi lời cảm ơn của mình tới các thầy, cô giáo trong khoa Toán đã giảng dạy tận tình và giúp đõ chúng em trong suốt quá trình học tập tại Khoa.

Nhân dịp này em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành của mình tới gia đình, bạn bè đã ở bên

cổ vũ động viên giúp đõ em trong suốt quá trình học tập vừa qua

Hà Nội, ngày 16 tháng 05 năm 2014 Sinh viên

Nguyễn Thị QuỳnhSau một thời gian nghiên cứu, tìm hiểu tài liệu cùng với sự hướng dẫn của thầy giáo ThS Phạm Thanh Tâm em đã hoàn thành bài khoá luận của mình

Em xin cam đoan khoá luận này là kết quả của quá trình làm việc nghiêm túc với sự cố gắng nỗ lực của bản thân dưới sự hướng dẫn chỉ bảo tận tình của ThS Phạm Thanh Tâm Trong khi nghiên cứu khóa luận này, em đã tham khảo một số tài liệu ghi trong tài liệu tham khảo

Hà Nội, ngày 16 tháng 05 năm 2014 Sinh viên

Nguyễn Thị Quỳnh

LỜI CẢM

2

Bài toán phủ đa giác lồi

Bài toán phủ một đoạn thẳng

Bài toán phủ một hình vuông

Bài toán bao hình

Bài toán bao hình vuông

Bao hình tam giác và đường tròn

Bài toán Malfatti

Bài tập đề nghị

Kiến thức cơ

5 5

5 6

8

1 0 1 0

1 3 1 3 1 7 1 9

19

2 2

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

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 Yì lẽ đó các bài toán này mang đặc trưng rõ nét của toán học rời rạc

Bài toán phủ và bao hình là một phần của hình học tổ hợp Những bài toán này rất đa dạng

về nội dung và phương pháp giải Nhiều bài toán phát biểu rất đơn giản, với những kiến thức phổ thông ta cũng có thể hiểu được nhưng để giải được chúng thì cần đến một sự hiểu biết sâu sắc những kiến thức về hình học tổ hợp Yì vậy, em đã chọn đề tài "Bài toán phủ và bao hình" nhằm mục đích tìm hiểu sâu hơn về những vấn đề trong hình học tổ hợp cũng như tìm ra được lời giải tối ưu cho những bài toán này

2. Mục đích nghiên cứu

Bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học và tìm hiểu sâu hơn về các bài toán phủ và bao hình và các vấn đề liên quan đến hình học tổ hợp

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu một số chuyên đề về hình học tổ hợp, các bài toán về phủ hình và bao hình.Tìm ra lời giải và xây dựng hệ thống bài tập liên quan

4. Đối tượng nghiên cứu

Nghiên cứu các dạng bài toán phủ và bao hình trong hình học tổ hợp, các tính chất, định lí

và ứng dụng có liên quan

5. Phương pháp nghiên cứu

Đọc tài liệu, phân tích, so sánh tổng hợp

6. Cấu trúc khóa luận

Ngoài phần mở đầu, danh mục tài liệu tham khảo, khóa luận bao gồm ba chương: Chương 1: Kiến thức mở đầu

Chương 2: Bài toán phủ hình

Chương 3: Bài toán bao hình

4

Chương 1 Kiến

thức cơ bản

Trong phần này, ta chỉ giới hạn đi nghiên cứu đối tượng là các đa giác lồi, còn các trường hợp đa giác khác sẽ được tìm hiểu sau

Định nghĩa 1.1.1 (Tập lồi) Tập X c I " , X j í 0 gọi là tập lồi nếu với mọi X , Y £ X và Ằ € [0,1] thì

ví dụ 1.1.1 R”, {*} là các tập lồi

Định nghĩa 1.1.2 (Bao lồi) Bao lồi của một tập X là giao của các tập lồi chứa X ,

KH: Conv X

Đinh nghĩa 1.1.3 (Đa giác) Là đường gấp khúc N cạnh teong mặt phẳng ( N > 3) A I A2 AN

sao cho đỉnh đầu và đỉnh cuối trùng nhau Cạnh đầu A Ỉ A2 và cạnh cuối AN_ Ị AN (cũng coi là hai cạnh liên tiếp) không nằm trên một đường thẳng.Đa giác như thế kí hiệu là Ấ \ Ấ 2 AN.

Đa giác N cạnh còn gọi là N - giác Các điểm A Ị gọi là các đỉnh của đa giác Các đoạn thẳng

A Ị AI +I gọi là các cạnh của đa giác Góc A Ị - Ị A Ị A I + Ị gọi là góc đa giác ở đỉnh A Ị

Định nghĩa 1.1.4 (Đa giác đdn) Là đa giác mà bất kì hai cạnh không liên tiếp nào cũng không

có điểm chung

Định nghĩa 1.1.5 (Đa giác lồi) Là đa giác mà toàn bộ đa giác này nằm về một phía của đường thẳng chứa cạnh bất kỳ nào của đa giác đó

Định ngbĩa 1.1.6 (Đa giác đều) Đa giác được gọi là đa giác đều nếu tất cả các cạnh của chúng

bằng nhau và tất cả các góc của chúng bằng nhau

Khác với đa diện đều, đa giác đều có thể có số cạnh (góc) lớn vô

cùng

Khi

đó hìnhdáng đa giác đều tiến gần tới hình tròn

Định nghĩa 1.1.7 (Đường chéo của đa giác) Một đoạn thẳng nối

hai đỉnh không kềnhau của một đa giác gọi là đường chéo của đa giác đó

Tính chất 1.2.1 Tổng các góc trong của một đa giác lồi n cạnh bằng

Tính chất 1.2.2 Tổng số đo góc trong và góc ngoài tại một đỉnh của hình N - giác bằng 180°

Tính chất 1.2.3 Mọi góc trong một đa giác lồi không vượt quá 180°

Tính chất 1.2.4 Trong đa giác lồi, đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ nằm hoàn toàn trong đa giác

Tính chất 1.2.5 Số đo góc của đa giác N cạnh là

(«-2)180° N

Định lý 1.1 Số đường chéo của đa giác N cạnh là

N ( N — 3)

ví dụ 1.3.1 Tính số cạnh của một đa giác lồi, biết đa giác đó thỏa mãn các điều kiện sau:

a) Tổng các góc trong bằng tổng các góc ngoài (tại mỗi đỉnh của đa giác chỉ kề một góc ngoài);

b) Số đường chéo gấp đôi số cạnh;

Tổng các góc trong trừ đi một góc của đa giác bằng

2570°.

(1

(1

6

Gọi số cạnh của đa giác là N ( N > 3 , N Ễ N).

a) Khi đó, tổng số đo các góc trong của đa giác là

(n-2)180°;

Mà tổng số đo các góc ngoài của một đa giác là 360° nên theo giả thiết, ta được

( N - 2)180° = 360°

Suy ra N = 4 Vậy số cạnh của đa giác đó là 4

b) Theo giả thiết số đường chéo gấp hai lần số cạnh nên ta có

-= 2 / ĩ < = > K — I n = 0

2

Suy ra N = 7 Vậy số cạnh của đa giác là 7

c) Tổng các góc trong của một đa giác bằng ( N — 2) 180° nên theo giả thiết ta có:

Do N e iV, N > 3 nên suy ra N = 17 Yậy đa giác đó có 17 cạnh

Ví dụ 1.3.2 Chứng minh rằng trong một đa giác lồi bất kỳ không thể có quá 3 góc nhọn

Giả sử đa giác lồi có к góc nhọn ( K > 4) Khi đó, nếu góc trong một đỉnh của đa giác lồi là góc nhọn thì góc ngoài tương ứng tại đỉnh đó là góc tù Do vậy, nếu đa giác có К > 4 góc nhọn thì

sẽ có К > 4 góc tù tương ứng và tổng các góc ngoài của chúng sẽ lớn hơn 360° Điều này không xảy ra vì trong một đa giác bất kì tổng các góc ngoài chỉ bằng 360°

Vậy: Trong một đa giác lồi bất kì không thể có quá 3 góc nhọn

G

Ví dụ 1.3.3 Có tồn tại hay không đa giác có số cạnh bằng số đường chéo?

Giải

Gọi N là số cạnh của đa giác ( N > 3 , N E z+)

Đa giác có số cạnh bằng số đường chéo khi và chỉ khi

n(n— 3 ) 9

-= N N — 5 N = 0

2

Suy ra N = 5

Vậy đa giác duy nhất có số cạnh bằng số đường chéo là ngũ giác

Ví dụ 1.3.4 Tìm tất cả các hình chữ nhật sao cho có thể cắt hình chữ nhật đó thành 13 hình vuông bằng nhau

Bài tập 1.1 Chứng minh rằng bằng một đường chéo thích

hợp, mọi N - giác đơn có thể phân hoạch thành hai đa giác có số cạnh nhỏ hơn N

G

8

Bài tập 1.2 Chứng minh rằng ngũ giác có 5 cạnh bằng nhau và 3 góc liên tiếp bằng nhau là ngũ giác đều.

Bài tập 1.3 Tổng tất cả các góc trong và một trong các góc ngoài của đa giác là 2225° Hỏi đa giác có bao nhiêu cạnh?

Bài tập 1.4 Tìm số cạnh của một đa giác biết các đưòng chéo của nó có độ dài bằng nhau

Bài tập 1.5 Cho ngũ giác lồi A B C D E có các cạnh bằng nhau và các góc trong đều nhỏ hơn 120° Chứng minh rằng các góc trong của ngũ giác lồi đó đều là góc tù

Bài tập 1.6 Cho hình vuông A B C D , độ dài cạnh bằng 1 đơn vị Gọi P , Q lần lượt nằm trên cạnh

A B , A D CMR chu vi tam giác A P Q bằng 2 khi và chỉ khi góc C P Q bằng 45°

Bài tập 1.7 Chứng minh rằng trong một tứ giác lồi có các góc không bằng nhau thì có ít nhất một góc

là góc tù

Bài tập 1.8 a) Tìm số N sao cho trong mặt phẳng có thể phủ kín bởi đa giác đều có N cạnh

b) Có tồn tại các ngũ giác bằng nhau để phủ kín mặt phẳng hay không

Bài tập 1.9 Người ta đánh dấu mỗi đỉnh của đa giác đều 1995 cạnh bởi màu xanh hoặc đỏ Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đỉnh của đa giác là 3 đỉnh của một tam giác cân được đánh dấu cùng màu.Bài tập 1.10 Chứng minh rằng có vô số hình bình hành M N P Q nội tiếp một hình bình hành

A B C D cho trước (mỗi đỉnh của hình bình hành M N P Q nằm trên mỗi cạnh của hình bình hành

A B C D) và các hình bình hành này có chung tâm đối xứng

Bài tập 1.11 Cho lục giác đều có tất cả các góc trong bằng nhau Chứng minh rằng hiệu giữa các cạnh đối diện thì bằng nhau

Bài tập 1.12 Một đa giác có hiệu giữa đường chéo lớn nhất và nhỏ nhất bằng cạnh của nó Hỏi đa giác

đó là đa giác gì ?

Chương 2 Bài toán

phủ hình

Trong thực tế, ở bất cứ đâu, ta cũng gặp bài toán này như lát vỉa hè, sàn nhà, sân trường, bằng những viên gạch đa giác giống nhau (hình chữ nhật, hình vuông, hình lục giác, ) Mặt phẳng được lát bởi những đa giác giống nhau này sao cho hai đa giác tuỳ ý không có điểm chung, nhưng chúng có thể chung đỉnh và chung cạnh Khi đó ta được " M Ộ T P H Ủ M Ặ T P H Ẳ N G " nếu mọi điểm trong mặt phẳng đều nằm trong một hình đa giác mà ta dùng để lát

Ví dụ 2.1.1 Xét những hình tam giác, tứ giác, ngũ giác, giống nhau mà ta dùng để lát mặt phẳng

Để dễ thấy trực quan, ta coi các đa giác là những viên gạch và lát mặt phẳng bằng những viên gạch giống nhau.

a) Ta có thể lát mặt phẳng bằng những viên gạch hình tam giác Bằng cách ghép hai viên gạch hình tam giác này ta được viên gạch có dạng hình bình hành Hiển nhiên ta cũng có thể phủ được mặt phẳng bằng những viên gạch này (xem hình H.2.1 và hình H.2.2)

b) Tương tự, mặt phẳng cũng có thể lát bằng những viên gạch hình tứ giác có dạng bất kỳ , ghép hai viên tứ giác lại tạo ra viên lục giác, trong đó những góc đối diện bằng nhau và các cạnh đối diện song song và bằng nhau Ta cũng thấy mặt phẳng có thể lát bằng viên gạch hình này (xem hình H.2.3 và hình H.2.4)

c) Ta cũng có thể ghép mặt phẳng bằng những viên gạch lục giác sao cho mọi đỉnh của viên gạch sẽ là đỉnh của ba góc trong của viên gạch lục giác, mà tổng của chúng là 360° (xem hình H.2.5)

1

d) Giả sử ta dùng những viên gạch ngũ giác giống nhau để lát mặt phẳng

+) Nếu những viên gạch ngũ giác là ngũ giác đều thì không thể phủ được mặt phẳng

(vì N 180° > 360° với N = 3,4,5)

+) Nếu viên gạch ngũ giác là không đều thì có thể phủ được mặt phẳng bởi một loại ngũ giác như sau

Ta chia một lục giác đều thành ba ngũ giác bằng nhau bằng cách dựng ba đường trung trực của ba cạnh không kề nhau Mặt phẳng có thể lát bằng những viên gạch lục giác và những viên gạch ngũ giác này thực sự lát được mặt phẳng (xem hình H.2.6)

Từ đó, ta thấy với N < 6, mặt phẳng có thể phủ được bởi những viên gạch hình N - giác giống nhau

H2

Ta xét định lí sau:

Đ ị n h l ý 2 1 Với n > 7 không tồn tại những viên gạch có dạng n - giác lồi giống nhau mà có thể lát được mặt phẳng.

Chứng minhGiả sử tồn tại một phủ mặt phẳng bởi những viên gạch N - giác giống nhau với N > 7

Kí hiệu S là diện tích của N - giác, D là đường kính của đường tròn chứa N - giác với giả thiết D V Ằ N - giác cố định

Xét ba đường tròn đồng tâm lần lượt có bán kính R , R — D V Ầ R + D sao cho R

đủ lớn ( R > D ) Kí hiệu N R là số lượng những N - giác nằm trong đường tròn bán kính R

Khi đó

(.R - D)2

NR > v s J n. ( 2 1 ) ( R-d) 2 , n 9

(Yì giả sử ngược lại nêu N R < -7 T thì N R S < ( R — D ) 7 T không xảy ra)

a) Phủ đa giác lồi bằng những đa giác vị tự vói chính nó

Ta xét bài toán phủ một đa giác lồi bằng một số những đa giác khác mà chúng nhận được từ

đa giác đã cho qua một phép vị tự với hệ số К < 1

Định nghĩa 2.2.1 Cho đa giác D và một họ đa giác D Ị (D Ị là các đa giác vị tự với đa giác D

với tỉ số vị tự K € (0,1)) Ta nói rằng một số đa giác D Ị tạo thành một phủ vị tự của đa giác

D , nếu mọi điểm của đa giác đã cho thuộc ít nhất một trong những đa giác phủ

Để đơn giản, trong mục này ta nói một phủ thay cho một phủ vị tự nói trên

Ví dụ 2.2.1 Với tam giác A B C bất kì có tồn tại một phủ theo định nghĩa trên không?

Từ {231 và (2.41 ta được bất

2n{R + d) 2 K 2 (n — 2)(J? — d) 2 M 2 3S

(2

3 1

Khi đó các tam giác AA]5ic, A A2B C2 và ДАЯ2С1 là các tam giác vị tự với tam giác

A B C và ba tam giác này phủ được tam giác A B C

Ta đi chứng minh rằng không thể phủ một tam giác bất kỳ bằng hai tam giác vị tự có hệ số vị tự nhỏ hơn 1

Thật vậy, giả sử có một tam giác M N P vị tự với tam giác A B C mà phủ được hai đỉnh

A , B Khi đó, mọi đoạn thẳng trong tam giác phủ M N P và song song với A B sẽ có độ dài nhỏ hơn thực sự độ dài A B ( vì hệ số V Ị T Ự К < 1) Điều này vô lí và không thể có một phủ như vậy

Do đó, để có một phủ theo điều kiện đã cho cần phải có ít nhất ba tam giác vị tự

Bằng cách chứng minh tương tự, cần phải có ít nhất bốn hình bình hành vị tự với hình bình hành A B C D đã cho mới phủ được nó (xem hình H.2.8)

Ta có bổ đề sau:

B ổ đ ề 2 1 Mọi đa giác lồi D có n cạnh khác hình bình hành đều tồn tại ba cạnh,

mà kéo dài ba cạnh này tạo ra một tam giác chứa đa giác đã cho.

Chứng minh

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp

+) Nếu N = 3,4 thì đa giác lồi M đã cho là tam giác hoặc tứ giác thì khẳng định trên luôn đúng (xem hình H.2.9)

+) Giả sử bổ đề đúng với mọi đa giác lồi M khác hình bình hành có số cạnh nhỏ hơn N Ta xét đa giác M có N cạnh (n > 5) thì từ điều kiện M là đa giác lồi không phải là hình bình hành nên tồn tại ít nhất ba cạnh kề mà có hai cạnh kéo dài cắt nhau tạo thành một đa giác có số cạnh nhỏ hơn, kí hiệu M„_ !

Khi đó theo giả thiết quy nạp :

+) Nếu M„_ 1 là một tam giác thì bổ đề được chứng minh

н.2.

+) Nếu М „ _ 1 là một hình bình hành A B C D , nhưng đa giác ban đầu M không phải hình bình hành, do đó tồn tại điểm nào đó trong các điểm A , B , C , D không phải là đỉnh của M

( vì nếu A , B , C , D là các đỉnh của M thì đa giác M sẽ chứa A B C D Nhưng theo cách dựng trên A B C D chứa M , do đó M là hình bình hành A B C D , mâu thuẫn với giả thiết).Tiếp đó, ta giả sử D không thuộc M Kí hiệu F là đỉnh thuộc M gần nhất với D Xét đường thẳng đi qua F và một cạnh của M cắt hai cạnh A D , C D lần lượt ở E , F Từ đa giác M là lồi nên M sẽ nằm hoàn toàn về một phía của E F và cả về một phía của cạnh A D

Áp dụng kết quả của bổ đề 2J_ ta sẽ chứng minh rằng mọi đa giác lồi khác hình bình hành

có thể phủ được bởi ba đa giác vị tự

Thật vậy, cho A B C là tam giác chứa đa giác A Ị A2 ■ ■ A „ Giả sử A \ Ả I ,

AKAK +I và A I A I+I lần lượt nằm trên các cạnh A B , A B và ВС Lấy một điểm о bất kỳ nằm trong đa giác và nối О với ba điểm P, Q , R ( P £ A I A2, Q e AKAK +I , R e A I A I+I )

Các đoạn thẳng O P, O Q , O R chia đa giác M đã cho thành ba phần M I , M2, M ^

Gọi các đa giác M L , М 2 là ảnh của M qua phép vị tự có tâm tương ứng ƠI và Ơ2- Giả sử

M phủ được bởi hai đa giác nói trên Khi đó, ta dựng đường thẳng I đi qua Ỡ1 và O 2 và gọi F

Ễ M là điểm sao cho khoảng cách từ F tới đường thẳng I là lớn nhất Khi đó, F không thể phủ bởi một trong hai đa giác M Ị , M2 (mâu thuẫn với giả thiết hai đa giác phủ đa giác đã cho) (xem hình H.2.11)

Do vậy, M không thể phủ bằng hai đa giác vị tự với nó Định lí được chứng minh,

b) Phủ đa giác lồi bằng những đa giác đồng dạng vói nó (vói hệ số đồng dạng

кф 1)

Định nghĩa 2.2.2 (Phủ đa giác bằng những đa giác đồng dạng với nó) : Tương tự như định nghĩa phủ đa giác lồi bằng những đa giác vị tự với nó

B ổ đ ề 2 2 Mọi hình bình hành có thể phủ được bằng ba hình bình hành đồng dạng với nó.

Chứng minh

Xét hình bình hành A B C D Gọi O , 0 \ lần lượt là trung điểm của A C và B C Giả

sử đường chéo A C lớn hơn cạnh B C . Khi đó, trên cạnh B C ta dựng các đoạn thẳng 0 \ Ả

và 0 \ C thoả mãn

AC OỉA = OỉC = k—,k < 1 ( 2 6 )

Từ đó suy ra mọi hình bình hành có thể phủ được bằng ba hình bình hành đồng dạng với nó.

Kết hợp kết quả của định lí 1 2 trên và bổ đề 2.3 ta có định lí sau

Đ ị n h l ý 2 3 Mọi đa giác lồi có thể phủ được bằng ba đa giác đồng dạng với nó.

Xét bài toán đơn giản nhất khi đa giác là tam giác A B C

+) Nếu A B C là tam giác đều thì không tồn tại một tam giác đều khác mà có thể phủ đồng thời hai

đỉnh của tam giác A B C đồng thời thoả mãn cạnh của nó nhỏ hơn cạnh của tam giác A B C đã cho

( vì khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong tam giác luôn nhỏ hơn một cạnh của tam giác)

Do đó, để phủ được tam giác A B C thì phải cần đến ba tam giác

+) Nếu A B C là tam giác không đều Giả sử cạnh A B > ВС (xem hình H.2.13)

Ta dựng tam giác A B C đồng dạng với tam giác A B C thoả mãn B C nằm trên cạnh А В và А В = K A B >

ВС , ( К < 1) Khi đó, tam giác A B C sẽ phủ một tứ giác nhỏ nào đó, ví dụ như В B C C .

Mặt khác, tam giác A B с vị tự với tam giác A B C qua phép vị tự tâm A và tam giác này có thể phủ

được phần còn lại của tam giác A B C Do đó, có thể phủ tam giác A B C bằng hai tam giác đồng

dạng

Cho e là một số Ta xét một đoạn thẳng A có độ dài bằng 1 được phủ bởi một số đoạn thẳng khác

Bài toán đặt ra : Từ một phủ bất kỳ của đoạn thẳng đơn

vị, có tồn tại hay không một số đoạn thẳng (trong những

đoạn thẳng phủ) mà mọi cặp đoạn thẳng của chúng đều không

có điểm chung nhưng tổng độ dài của chúng nhỏ hơn e > 0

hoặc lớn hơn e > 0 Để ý rằng E0 = - giữ vai trò quan

trọng như một số kết quả trong định lí sau :

B

1

Đ ị n h l ý 2 4 Cho tập hợp M những đoạn thẳng phủ đoạn thẳng AB với độ dài bằng 1

a) Tồn tại một tập hợp con ơ c M gồm những đoạn thẳng không giao nhau mà tổng

của chúng không nhỏ hơn

b) Nếu E > — thì luôn tồn tại tập hợp M chứa những đoạn thẳng có tính chất sau: Tổng những độ dài của những đoạn thẳng không giao nhau thuộc M nhỏ hơn £.

Chứng minh

Ta có nhận xét sau: Cho tập M những đoạn thẳng phủ đoạn thẳng A B Nếu một đoạn thẳng bị phủ toàn bộ bởi một hoặc vài đoạn thẳng, thì ta bỏ đoạn thẳng này đi và những đoạn thẳng còn lại vẫn phủ A B

a) Xét tất cả những đoạn thẳng phủ điểm A Trong những đoạn thẳng vừa chọn, ta chọn đoạn thẳng có điểm đầu bên phải nằm về phía bên phải nhất trên đoạn thẳng A B

+) Nếu ta bỏ đi tất cả những đoạn khác phủ A ngoài đoạn thẳng ta vừa chọn ở trên, thì ta vẫn còn một phủ đoạn A B , gọi là Đ O Ạ N T H Ẳ N G T H Ứ N H Ấ T

Tiếp đó, ta xét tất cả những đoạn thẳng phủ điểm cuối bên phải B! của đoạn thẳng thứ nhất

Tiếp tục quá trình này, ta tách được một đoạn thẳng A2B2 phủ B Ị gọi là Đ O Ạ N

T H Ẳ N G T H Ứ H A I Xét tất cả các đoạn thẳng phủ B2 và cũng tách được một đoạn thẳng và gọi đó là Đ O Ạ N T H Ẳ N G T H Ứ B A ,

Sau khi đánh số như trên thì ta nhận được mọi cặp đoạn thẳng có số thứ tự đồng thời chẵn hoặc lẻ sẽ không có điểm chung (vì giả sử đoạn thứ nhất và đoạn thứ ba có điểm chung, thì đoạn thứ hai và đoạn thứ ba phủ B \ mà theo cách dựng, tổng các độ

dài của những đoạn thẳng phủ A B không nhỏ hơn 1 Do đó, điều giả sử sai) Yậy tổng

, Ì các độ dài của các đoạn thăng có sô thứ tự chăn hoặc lẻ không nhỏ hơn

1

b) Cho e là một so, 3ho e là một so, E > -. E > - 1

Xét hai đoạn thẳng AIBI và A2B2 giao nhau và phủ

AB Nếu chúng có độ dài bằng nhau A\BI = A2B2 = — + ỗ > - < £ t h ì chúng sẽ tạo ra tập M cần tìm.

2.2.3 Bài toán phủ một hình vuông

Rado (1906 — 1989) là nhà toán học người Hungari Ông là người đầu tiên nghiên cứu về bài toán liên quan đến phủ một hình vuông Bài toán này cũng được lấy tên ông là B À I

TO Á N R A D O Bài toán Rado liên quan đến việc tìm số £ơ thoả mãn tính chất sau:

a) Cho hình vuông có cạnh bằng 1 được phủ bởi tập hợp những hình vuông con Từ mỗi tập hợp hình vuông con này, có thể chọn ra được những hình vuông không giao nhau thoả mãn tổng diện tích của chúng lớn hơn £ ( với mọi 0 < £ < £0)

b) Cho hình vuông có cạnh bằng 1, tồn tại một tập hợp hình vuông phủ hình vuông đã cho thoả mãn tổng diện tích của những hình vuông tuỳ ý không giao nhau nhỏ hơn £ ( với mọi £ > £ỡ)

Để dễ tưởng tượng, ta coi hình vuông là cái mặt bàn hình vuông có cạnh bằng 1 đơn vị, ta muốn phủ mặt bàn hình vuông này bằng những K H Ă N T R Ả I B À N H Ì N H

V U Ô N G Cụ thể ta xét định lí sau:

Đ ị n h l ý 2 5 Cho một mặt bàn hình vuông có cạnh bằng 1 , được phủ bâi những khăn trải bàn hình vuông Khi đó, tồn tại một tập hợp con những khăn trải bàn không giao nhau sao cho tổng diên tích của chúng không nhỏ hơn

9Chứng minh

a) Theo giả thiết, từ tập hợp những khăn trải bàn phủ mặt bàn hình vuông có cạnh bằng 1 là hữu hạn nên ta chọn ra được một chiếc khăn có cạnh lớn nhất, chẳng hạn «1 và ta kí hiệu là

K Ị Sau đó xét tất cả những khăn trải bàn còn lại có giao với K \ và những khăn này đều phải nằm trong hình vuông có cạnh 3ữi mà nó chứa Ẳj (xem hình H.2.16)

Phần mặt bàn chưa được phủ bởi K\, nhưng được phủ bởi những khăn giao với K \ có diện tích không vượt quá diện tích của 8 hình vuông có cạnh «1, tức là diện tích phần phủ này không lớn hơn 8A F

Ta bỏ đi những khăn có giao với K I và xét những khăn còn lại trừ K Ị

Từ trong tập này, ta lại chọn ra một khăn có cạnh lớn nhất C I 2 và kí hiệu nó là K2. Ta bỏ đi những khăn có giao với K2 và diện tích của phần bỏ đi này không nhỏ hơn 8A \

Bằng cách lập luận tương tự, ta sẽ nhận được một tập hợp những khăn không giao nhau

K Ị,K2, ■ ■ , K P và tổng diện tích của những khăn này bằng A Ị + A Ị + + A Ị

Mà theo lập luận ở trên ta có:

Hay tông diện tích của những khăn này không nhỏ hơn — và ta tìm được so £0 từ

bât đăng thức E0 > — và định lí được chứng minh

Như vậy tồn tại số £0 thoả mãn hai tính chất A ) , B) và

Cho đến nay, kết quả tốt nhất đối với E O được cho bằng bất đẳng thức

(2 ' 9)

Định nghĩa 2.3.1 (Lưói nguyên) Trong mặt phẳng toạ độ qua mỗi điểm ( M , N ) có toạ độ nguyên, ta kẻ một đường thẳng song song với trục hoành và một đường thẳng song song với trục tung, ta được một hệ những đường thẳng gọi là M Ộ T L Ư Ớ I N G U Y Ê N (xem hình H.2.17) Những điểm có toạ độ nguyên là các Đ Ỉ N H của lưới nguyên Lưới nguyên chia mặt phẳng thành những ô vuông bằng nhau và mỗi ô có diện tích bằng 1

B ổ đ ề 2 3 Cho H là một hình trong mặt phẳng thoả mãn điều kiện S(H) > 1 (ở đây S(H) là diện tích của hình H) Khi đó tồn tại ít nhất hai điểm khác nhau (X2,y2)

thuộc A mà những hiệu của chúng X2 — X\ và y2 — y 1 là những số nguyên.

Chứng minh

+) Ta thấy rằng nếu một hình vuông H bất kỳ nào đó nằm trong lưới nguyên mà tịnh tiến đến trùng một hình vuông khác trong lưới nguyên thì hiệu giữa những toạ độ tương ứng của hai điểm nào đó trong hình vuông H là một số nguyên Bởi vì trong hình vuông H tồn tại P và <2 sao cho P Q _L O X và P Q = A là độ dài cạnh của hình vuông

Khi đó ta chọn một trong những ô vuông ứong lưới vuông làm cơ sở và tịnh tiến mọi hình vuông của lưới về hình vuông cơ sở

H.2.16

Khi đó, những phần của diện tích hình H nằm trong những hình vuông khác nhau sẽ được chuyển vào hình vuông cơ sở sau những phép tịnh tiến này , và tổng diện tích của chúng bằng diện tích hình H , suy ra tổng diện tích này lớn hơn 1 (diện tích của hình vuông cơ sở).

Theo nguyên lí Dirichlet về diện tích thì ít nhất hai trong số những ảnh đưa tới hình vuông cơ

sở có một điểm trong chung { X0, Y0)

Yậy trong hình ban đầu H , tương ứng với điểm ( X0, Y0) sẽ là hai điểm khác nhau (*i>;yi)> (*2)^2) mà theo định nghĩa của phép tịnh tiến ta có X \ — X0, Y I — Y „ , X 2

— X0 và Y I — Y0 là những số nguyên Do đó, *2 — X1 và — Y I là những số nguyên

Đ ị n h l ý 2 6 (Định lí Bloosphelt) Cho H là một hình trong mặt phẳng thoả mãn điều kiện S{H) > 1 (ở đây S{H) là diện tích hình H) Khi đó tồn tại một phép tịnh tiến sao cho ảnh của H qua phép tịnh tiến này chứa ít nhất hai điểm có toạ độ nguyên.

Chứng minh

Ta chọn một trong những ô vuông trong lưới vuông làm cơ sở và tịnh tiến mọi hình vuông của lưới về hình vuông cơ sở (mỗi hình vuông chỉ tồn tại một phép tịnh tiến như vậy) Khi đó qua phép tịnh tiến này, mọi điểm ( X , Y ) thuộc hình H sẽ có ảnh tương ứng với điểm ( X +

H ệ q u ả 2 3 1 Cho n là số tự nhiên bất kỳ, còn A là hình trong mặt phẳng có diện tích S(A) > n Khi đó, tồn tạỉn+ 1 điểm trong khác nhau ( * 1,у 1 ) với i —

1 , 2 , , л + 1 trong A, sao cho các hiệu Xi — Xj và yi — yj là những số nguyên với i,j= 1 , 2 , , и + 1

H ệ q u ả 2 3 2 Cho n là số tự nhiên bất kỳ, F là một hình trong mặt phẳng có diện tích lớn hơn n Trong mặt phẳng, ta đưa vào một hệ toạ độ vuông góc Khi đó, tồn tại một phép tịnh tiến sao cho ảnh của F chứa ít nhất n + 1 điểm trong có toạ độ nguyên.

H ệ q u ả 2 3 3 Nếu tập hợp tất cả những khăn hình vuông giống nhau phủ một bàn vuông có cạnh bằng 1, thì tồn tại một tập hợp con gồm những chiếc khăn sao cho mọi cặp khăn bất kỳ không giao nhau và tổng diện tích của chúng không nhỏ hơn

Trên thực tế tồn tại rất nhiều phương án cho bài toán Rado có liên quan đến việc phủ bàn bằng những khăn hình tam giác, khăn tròn, Nhiều bài toán loại này cho đến nay vẫn không có lời giải và đang thách thức những người làm toán

Khác với phần trước khi ta xét khăn phủ bàn là hình vuông Ở phần này, ta xét trường hợp khăn phủ bàn là những khăn hình chữ nhật và ta phủ bàn bằng cách cho các cạnh của khăn song song với mặt bàn Khi đó, quy ước mặt bàn có diện tích bằng 1 Ta có các khẻ năng như sau:+) Nếu tất cả các "khăn" là đồng dạng với nhau, thì ta lập luận tương tự như mục 2.2.3 Từ tập hợp những khăn trải bàn phủ mặt bàn hình chữ nhật, ta chọn ra một chiếc khăn có diện tích lớn nhất với cạnh của nó là 01 và B \ và kí hiệu là P \ Sau đó xét tất cả những khăn còn lại có giao với P Ị và những khăn này đều nằm trong hình chữ nhật 3 Ũ Ị và 3 B I (xem hình H.2.19)

н.2.18

Lúc này diện tích phần bàn không được phủ bởi P I nhưng được phủ bằng những

chiếc khăn có giao với P I không vượt quá 8 D \ B \ Ta bỏ đi khăn P \ và những khăn cógiao với P I Sau đó, lại xét khăn có diện tích lớn nhất như trên, kí hiệu P2 có cạnh A2 và

B — 2 Tiếp tục quá trình này, ta chọn ra được một tập hợp gồm những khăn không giao „ ' 1

nhau là P \ , , PN và tống diện tích của chúng không nhỏ hơn - (chứng minh tương tựnhư chứng minh định lí 2.5)

+) Nếu những "khăn" hình chữ nhật không đồng dạng với nhau thì kết luận như mục 2.2.3 không còn đúng Khẳng định này được suy ra từ định lí:

Đ ị n h l ý 2 7 Với mọi e > 0 , tồn tại một phủ trên bàn hình chữ nhật có diện tích bằng 1 bởi những khăn hình chữ nhật, mà những cạnh của chúng song song với những cạnh của bàn sao cho tổng diện tích của những khăn không giao nhau nhỏ hơn

E

ví dụ 2.5.1 Trong mặt phẳng cho 25 điểm thoả mãn giữa ba điểm bất kỳ trong chúng có thể chọn được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng giữa những điểm này có thể chọn được 1 điểm phủ bởi đường tròn bán kính bằng 1

B một khoảng nhỏ hơn 1 ) Dễ thấy rằng mỗi điểm đã cho sẽ rơi vào một trong hai lớp A và P

trên ( Yì theo giả thiết có 25 điểm nên ít nhất một trong những lớp trên sẽ chứa không ít hơn 13 điểm )

в н.2.20H.2.19

Ví dụ 2.5.2 Cho tứ giác lồi A B C D Trên mỗi cạnh và hai đưòng chéo của tứ giác, ta dựng những đường tròn có bán kính tương ứng Chứng minh rằng họ những đường tròn vừa dựng được có thể phủ được tứ giác lồi A B C D

Giải

Trên mỗi cạnh và hai đường chéo của tứ giác A B C D , ta dựng những đường tròn có bán kính tương ứng Khi đó giả sử tồn tại một điểm P thuộc tứ giác A B C D mà nó lại không được phủ bởi một đường tròn nào được dựng ở trên Khi đó, mỗi góc A P B , B P C , C P D , D PA

đều nhỏ hơn 90° Suy ra tổng của bốn góc này sẽ nhỏ hơn 360° (xem hình H.2.20)

Mặt khác, tổng của bốn góc này lại bằng 360° Do đó, điều giả sử sai

Vậy không tồn tại một điểm P như vậy và ta nhận được họ những đưòng tròn phủ tứ giác đã cho

Ví dụ 2.5.3 Trong hình hộp bình hành có kích thước 5, 10 và 25 được đặt vào nó 120 khối lập phương một đơn vị Chứng minh rằng trong hình hộp bình hành có thể đặt hình cấu có bán kính băng — mà không giao với bât cứ một khôi lập phương nào

Giải

Tâm của hình cầu cần tìm phải nằm ngoài 120 lân cận của hình lập phương Tâm

' ' 1 1

này cách các điếm của hình lập phương một khoảng băng -, gọi là — lân cận

Mặt khác, để hình cầu cần tìm nằm trong khối hộp hình bình hành thì tâm của nó phải

nằm trong phần co lại của các kích thước 4, 9 và 24

Bài tập 2.2 Cho đa giác lồi Chứng minh rằng tồn tại đường tròn xác định từ ba đỉnh cạnh nhau của đa giác và đường tròn đó phủ đa giác này.

Bài tập 2.3 Hãy tìm đa diện lồi M , mà số lượng nhỏ nhất đa diện vị tự với nó đủ để phủ M là :a) 5;

Bài tập 2.6 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên N > 3 tồn tại một phủ mặt phẳng bằng N -

giác lồi không bằng nhau

Bài tập 2.7 Chứng minh rằng mọi hình chữ nhật không phải là hình vuông có thể phủ bằng hai hình chữ nhật đồng dạng với nó có hệ số đồng dạng nhỏ hơn 1

Bài tập 2.8 Hãy tìm số lượng nhỏ nhất những đa diện vị tự cần thiết để phủ

3.2 Bài toán bao hình

a) Bao hình vuông bỏỉ hình tam giác vuông

Xét bài toán cụ thể sau: Cho tam giác vuông A B C có độ dài các cạnh là A , B và cạnh huyền

C Hãy tìm hình vuông có diện tích lớn nhất được bao bởi hình tam giác vuông đã cho

Giải

Chú ý rằng các hình vuông K nằm trong tam giác đều không phải là hình cần tìm Thật vậy, xét phép vị tự tâm O tỉ số K như sau :

+) Với tỉ số vị tự K = 1 thì K có các đỉnh trong hình vuông

+) Với K > 1 đủ lớn thì tồn tại một đỉnh nằm ngoài tam giác

Yì vậy tồn tại một hình vuông có đỉnh nằm trên cạnh tam giác có diện tích lớn hơn K Do đó ta xét các trường hợp của bài toán theo số đỉnh của hình vuông nằm trên các cạnh của tam giác.Trường hợp 1 : Bốn đỉnh của hình vuông nằm trên các cạnh A , B , C của tam giác

•) Nếu hai đỉnh của hình vuông nằm trên cạnh huyền, thì do các tam giác đồng dạng với nhau ta suy ra cạnh X của hình vuông là

Trong đó, H là chiều cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền

•) Nếu một đỉnh của hình vuông thuộc cạnh huyền thì một đỉnh khác của hình vuông

sẽ trùng với đỉnh góc vuông của tam giác.Khi đó đường chéo của hình vuông I sẽ là đường phân giác của góc vuông và ta tính được

Trường hợp 2): Ba đỉnh của hình vuông nằm trên các cạnh của tam giác.

Giả sử A > B , thì J3 < 45° (với A , J3 là những góc nhọn của tam giác A B C tại các đỉnh A

và B )

•) Nếu hai đỉnh của hình vuông cùng nằm trên cạnh huyền hoặc cạnh bên thì so sánh

ìvới các trường hơp ở phấn trước, ta tính đươc canh X của hình vuông là X < -.

a + b

•) Nếu trên mỗi cạnh của tam giác có một đỉnh của hình vuông

Kí hiệu M N P Q là hình vuông nằm trong tam giác A B C (xem hình H.3.1)

Đặt Q P C = Ọ < S S Áp dụng định lí Cosin cho AN B P, ta được

Xét hàm số

f ( ọ ) = ( a + b)(cosọ — 1) + bsinọ v ớ i 0 < ọ < ß.

с

A A' н 3.3B' в

Đạo hàm bậc nhất hàm số trên ta được

f\ẹ) = bcosẹ- (а + b)sinọ.

B B Ta thấy / ( Ọ ) > 0 nếu TA N Ọ < —-— (hoăc /

( Ọ ) < 0 nếu TA N ( Ọ > —-—) nên suy ra

Lập luận tương tự như trên ta cũng suy ra điều phải chứng minh

Yậy cạnh X của hình vuông thoả mãn 3^8

Trường hợp 3 : Hình có hai đỉnh nằm trên cạnh của tam giác

Thực hiện phép tịnh tiến ta đưa về trường hợp hình vuông có 3 đỉnh nằm trên các cạnh của tam giác (xem hình H.3.3)

Yậy hình vuông có diện tích lớn nhất được bao bởi một tam giác vuông cho trước là hình vuông có đường chéo là đường phân giác của góc vuông tam giác,

b) Bao hai hình vuông bỏi một hình vuông

Đ ị n h n g h ĩ a 3 2 1 Cho hai hình vuông Kị và K 2 có các cạnh tương ứng là a,

b Ta nói rằng hình vuông K bao hai hình vuông Kị và K2, nếu Ki và K2 không có điểm trong chung và K chứa cả hai hình vuông K\ v ò K2-

Bài toán của chúng ta là đi tìm hình vuông K có diện tích nhỏ nhất bao cả K I và K2. Ta có một kết quả nếu bất đẳng thức A + B < 1 xảy ra thì ta có thể bao K Ị và K2 bằng một hình vuông K có cạnh là 1 đơn vị (xem hình H.3.4)

Điều ngược lại, khẳng định được kết luận theo kết quả của định lí sau:

Đ ị n h l ý 3 1 Cho hai hình vuông K\ v ò K2 có các cạnh tương ứng là a,b được bao bởi một hình vuông K có cạnh là 1 đơn vị Khi đó, bất đẳng thức a + b < 1 xảy ra.

Thật vậy, xét những tam giác do T tạo ra với hình vuông K và các đường kéo dài cạnh nào

đó của K Khi đó, cạnh huyền của các tam giác vừa tạo ra nằm trên đường T , còn các đường phân giác ở các góc vuông của chúng sẽ nằm trên đường chéo của K

Tổng độ dài các đường phân giác này là V 2 và áp dụng kết quả bài toán ở phần trước ta được bất đẳng thức A + B < 1

xét bài toán cụ thể sau: Trong một hình vuông K có cạnh là 33 đơn vị, ta đặt vào đó 100 tam giác Mỗi tam giác có chu vi không quá 6 đơn vị

Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn bán kính bằng 1, nằm trong hình vuông bao hình vuông đã cho ra ngoài 1 đơn vị và không có điểm chung với bất kỳ tam giác nào trong các tam giác đã cho

Giải

H.3.6

Trước tiên ta sẽđi tìm diện tích của các tam giác này Kí hiệu 2 P là chu vi củamột trong những tamgiác và A , B , C là độ dài các cạnh của nó Áp dụng bất đẳng thứcCauchy cho ba số không âm ta có

ỷ p - a ỷ p - b ý p - c < ^ ( p - a + p - b + p - c ) = ị p

Suy ra

( p - a ) ( p - b ) ( p - c ) < (|)3 < 1 ( 3 11 )

Mặt khác, S2 = P ( P — A ) ( P — B ) ( P — C ) (theo công thức Herron) nên ta suy ra

s2 < 3 s < V3 (3.12)

Đến đây để giải được bài toán trên, ta xét bổ đề sau:

B ổ đ ề 3 1 Cho M là đa giác lồi có chu vỉ p và diện tích s Xét tập hợp các điểm

B sao cho tồn tại một điểm A thuộc M mà AB < r Khi đó, diện tích của hình <ỉ>(r)M bằng s + pr+ 7ĩr 2

Giả sử M là N - giác Khi đó, <ĩ> ( R )M bao gồm các điểm thuộc M , N hình chữ nhật cạnh R , N hình quạt có bán kính R (xem hình H.3.6)

Kí hiệu ( X I , ( X 2, - ■ ■ , ( XNL Ầ những góc của những hình dẻ quạt, P I , P 2, ■ ■

■ , P N là những góc trong của N - giác M

Do M là đa giác lồi nên

Trở lại với bài toán ban đầu, từ hình vuông đã cho lấy các cạnh ra phía ngoài của K độ dài

1 đơn vị ta được hình vuông K I có cạnh là 35 (xem hình H.3.7) Khi đó, diện tích của hình K