Luận văn Thạc sĩ Khoa học Toán học Các bài toán hình học tổ hợp

1 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - LÊ THỊ BÌNH LÊ THỊ BÌNH CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số:60.46.40 Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số:60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HOC TOÁN HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HOC TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Phan Huy Khải PGS TS Phan Huy Khải THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 Lời nói đầu Hình học tổ hợp nhánh thiếu toán tổ hợp nói chung, thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp Khác với toán lĩnh vực Giải tích, Đại số, Lượng giác, toán hình học tổ hợp thường liên quan nhiều đến đối tượng tập hợp hữu hạn Vì lẽ toán mang đặc trưng rõ nét toán học rời rạc (Ít sử dụng đến tính liên tục - tính chất đặc trưng môn giải tích) Luận án đề cập đến phương pháp để giải toán hình học tổ hợp Ngoài phần mở đầu, danh mục tài liệu tham khảo, luận án gồm ba chương Chương I áp dụng Nguyên lí cực hạn vào giải toán hình học tổ hợp phương pháp vận dụng cho nhiều lớp toán khác, đặc biệt có ích giải toán tổ hợp nói chung hỗn hợp tổ hợp nói riêng Nguyên lí dùng để giải toán mà đối tượng phải xét tồn giá tri lớn nhất, giá trị nhỏ theo nghĩa kết hợp với toán khác đặc biệt phương pháp phản chứng, tập hợp giá trị cần khảo sát tập hợp hữu hạn vô hạn tồn phần tử lớn Chương II Nguyên lí Dirichlet: phương pháp thông dụng hiệu để giải toán hình học tổ hợp Nguyên lí Dirichlet công cụ nhạy bén có hiệu cao dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác toán học Dùng nguyên lí nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn đối tượng với tính chất xác định Tuy với nguyên lí ta chứng minh tồn mà không đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều toán ta cần tồn đủ Chương III Sử dụng tính lồi tập hợp để áp dụng vào toán tổ hợp, chương đề cập đến hai kết hay sử dụng định lí Kelli tính giao tập hợp lồi sử dụng phép lấy bao lồi để giải toán hình học tổ hợp phương pháp hữu hiệu Phần lại luận văn trình bày vài phương pháp khác để giải toán hình học tổ hợp Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình bảo thầy giáo PGS.TS Phan Huy Khải Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo Khoa Toán Trường Đại học Khoa học tự nhiên, thầy cô trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho thời gian học tập trường Mục lục Thái Nguyên, ngày 18 tháng 07 năm 2015 Tác giả Mục lục Lê Thị Bình trang Lời nói đầu i Mục lục ii Chương I: Nguyên lí cực hạn………………………………… Chương II: Sử dụng nguyên lí Dirichlet………… Chương III: Sử dụng tính lồi tập hợp…………………… 19 §1 Các toán sử dụng định lí Kelli………………………… 19 §2 Phương pháp sử dụng phép lấy bao lồi…………………… 37 Chương IV: Vài phương pháp khác ……………………… 62 -1- -2- Chương I: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN khác bốn màu dùng Chứng minh tồn đoạn Nguyên lí 1: Trong tập hợp hữu hạn khác rỗng số thực chọn thẳng chứa hai điểm hai màu hai điểm hai màu lại số bé số lớn Giải: Xét tập hợp sau: Nguyên lí 2: Trong tập hợp khác rỗng số tự nhiên luôn chọn A = { k | ≤ k ≤ n } số bé Tập A ≠ ∅ ( theo giả thiết dùng bốn màu) A hữu hạn nên theo nguyên Sử dụng nguyên lí cực hạn phương pháp vận dụng cho nhiều lí cực hạn, tồn số i nhỏ mà i∈A Theo định nghĩa tập hợp A, i số bé thuộc A, nên màu lớp toán khác, đặc biệt có ích giải toán tổ hợp nói chung hỗn hợp tổ hợp nói riêng Nguyên lí dùng để giải toán mà tập điểm Ai khác với màu tất điểm A1, A2, …, Ai-1 hợp đối tượng phải xét tồn giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Chú ý dãy A1, A2 , …, Ai lại có đủ bốn màu theo nghĩa Nguyên lí cực hạn thường sử dụng kết hợp với Xét tiếp tập sau: phương pháp khác, đặc biệt phương pháp phản chứng, vận dụng B = {k | ≤ k ≤ i điểm Ak , Ak+1, …, Ai có mặt đủ bốn trường hợp tập giá trị cần khảo sát tập hợp hữu hạn (Nguyên lí màu} Tập B ≠ ∅ (vì dãy A1, A2 , …, Ai có đủ bốn màu), B hữu hạn 1) vô hạn tồn phần tử lớn nhỏ nên theo nguyên lí cực hạn, tồn (Nguyên lí 2) Để sử dụng nguyên lí cực hạn giải toán hình học tổ hợp, số j lớn mà j∈ B người ta thường dùng lược đồ chung để giải sau: - Đưa toán xét dạng sử dụng nguyên lí (hoặc nguyên lí 2) để chứng tỏ tất giá trị cần khảo sát toán cần có giá trị lớn (nhỏ nhất), xét toán tương ứng nhận giá lớn Theo định nghĩa tập hợp B, j số lớn thuộc B, nên màu điểm Aj khác với màu tất điểm Aj+1 , …, Ai Xét đoạn [Aj Ai] Khi đoạn thẳng chứa hai điểm hai màu (nhỏ nhất) -Chỉ mâu thuẫn, đưa giá trị lớn (hoặc nhỏ hơn) giá trị lớn (đó Aj Ai ), hai điểm hai màu lại Aj+i , …, Ai-1.□ (nhỏ nhất) mà ta khảo sát Ví dụ 1.2: Cho ABC tam giác nhọn Lấy điểm P tam Theo nguyên lí phương pháp phản chứng, ta suy điều phải chứng minh Các ví dụ trình bày minh hoạ cho phương pháp Ví dụ 1.1: Trên đường thẳng đánh dấu n điểm khác A1, A2, …, An theo thứ tự từ trái qua phải (n ≥ 4) Mỗi điểm tô màu giác Chứng minh khoảng cách lớn khoảng cách từ P tới ba điểm A , B, C tam giác không nhỏ lần khoảng cách bé khoảng cách từ P tới ba cạnh tam giác Giải: Gọi A1, B1, C1 tương ứng hình chiếu P xuống BC, AC, AB -3- Ta có: -4- •APC1 +C PB•1+ BPA•1 + •A PC1 +CPB• 1+ B PA•1 ∈ Do xi , yi ¢ , ∀ =i ,5 nên a2 số nguyên dương Như tập Ω ≠∅, điều = 360o (1) Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại: max suy từ giả thiết phản chứng {•APC ,C PB,BPA ,A PC,CPB ,B PA • 1 • •1 • •1 }= BPA• Tập Ω số tự nhiên, khác rỗng, nên theo nguyên lí cực hạn suy tồn phần tử nhỏ nhất, tức tồn ngũ giác ABCDE cho a*2 nhỏ nhất, (2) Từ (1) (2) dễ suy ra: PBA&1&≥ 60o a* cạnh ngũ giác Dễ thấy ABCB' ; BCDC' ; CDED'; DEAE' (3) AEBA' hình bình hành với BD ∩ CE = A' , AD ∩ CE =B' , AD ∩ Từ (3) ta đến cos PBA• = PA1 ≤ PB BE = C' , AC ∩ BE = D' ,AC ∩ DE = E' Như PB ≥ 2PA1 Từ hình bình hành EABA' suy ra: (4) Từ (4) suy max {PA,PB,PC}≥ PB ≥ 2PA1 ≥ 2min PA ,PB ,PC{ 1 xA' = xB + xE − xA } □ Ví dụ 1.3: Chứng minh mặt phẳng toạ độ, tìm năm điểm nguyên đỉnh ngũ giác (Một điểm M(x ; y) mặt phẳng toạ độ gọi “điểm nguyên” hai toạ độ x , y số nguyên) Giải: Giả thiết trái lại, tồn ngũ giác cho năm đỉnh “điểm nguyên”.Ta xét tập hợp sau: Ω= {a2 | a cạnh ngũ giác có năm đỉnh “điểm nguyên”} Dễ thấy, a cạnh ngũ giác với đỉnh nguyên nên a2 số nguyên dương Thật vậy, giả sử A1A2 A3A4A5 đa giác thuộc Ω Giả sử Ai (xi ; yi), i yA' = yB + yE − yA Do A, B, C, D, E “điểm nguyên” nên xA, xE, xB ; yA, yE, yB số nguyên Vì (1) suy xA' , yA' số nguyên Như A' “điểm nguyên” Tương tự B' , C' , D' , E' ''điểm nguyên'' A'B'C'D'E' ngũ giác với đỉnh “điểm nguyên”, Rõ ràng H-1.3 tức A'B'C'D'E'∈ Ω Mặt khác, gọi a' cạnh ngũ giác đều, rõ là: a'< a* ⇒ a'2 < a*2 = ,5, gọi a cạnh ngũ giác này, ta có: a2 = A1A22 = (x2 – x1)2 + (y2 - y1)2 (1) (2) Bất đẳng thức (2) mâu thuẫn với tính nhỏ a* Vậy giả thiết phản chứng sai Như không tồn ngũ giác với đỉnh “điểm nguyên” -5- -6- đường khấp khúc A1A2…An khép kín Ví dụ 1.4: Trên mặt phẳng cho 2005 điểm, khoảng cách điểm đôi khác Nối điểm số điểm với điểm gần Cứ Ta có câu trả lời phủ định: Không thể nhận đường gấp khúc khép kín, nối theo quy tắc tiếp tục Hỏi với cách nối nhận đường gấp khúc Ví dụ 1.5: Cho số nguyên m, n với m < p , n < q cho p × q số thực đôi khép kín không? Giải: Giả sử xuất phát từ điểm A1 Theo nguyên lí cực hạn, khác Điền số cho vào ô vuông bảng ô vuông kích số tất đoạn thẳng có đầu mút A1 tồn điểm gần A1 thước p × q (gồm p hàng, q cột) cho số điền vào ô ô Điểm nhất, theo giả thiết khoảng cách điểm khác điền vào số Ta gọi ô vuông bảng ô “xấu” số nằm căp điểm khác Gọi điểm A2 Tiếp tục xét với ô bé m số nằm cột với đồng thời bé n số nằm đoạn thẳng xuất phát từ A2 Có hai khả xảy ra: hàng với Với cách điền số nói trên, gọi s số ô “xấu” bảng 1.Nếu A1 điểm gần A2 Khi đường gấp khúc dừng lại A2 số nhận Hãy tìm giá trị nhỏ s Giải: Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh bất đẳng thức sau: Rõ ràng ta thu đường gấp khúc với s ≥ (p – m) (q – n) khúc A1A2 dĩ nhiên không khép kín Ta quy nạp theo số p + q 2.Nếu tồn điểm A3 A2A3 ngắn Khi ta có đường gấp khúc A1A2A3 với A1A2 > A2A3 (1) • Nếu p + q = 2, tức p = q = (bảng có số) Khi kết luận H –1.4 toán (hiểu theo nghĩa m , n hiểu theo nghĩa trường hợp này) Giả sử có đường gấp khúc A1A2…An theo lập luận ta có: A1A2 > A2A3 > …> An-1An • Với p + q = ⇒ p = q = m = n = Chú ý điểm An nối với điểm Ai mà 1≤ i ≤ n –2 Thật trái lại ta nối An với Ai (ở ≤ i ≤ n – 2) Theo định nghĩa cách nối điểm ta được: Nhưng theo cách nối từ Ai ta lại có: Không giảm tổng quát cho a < b < c < d (nếu không lí luận tương tự) a b d Ô có số a ô “xấu” (vì bé số nằm cột số nằm (2) Từ (1) (2) suy vô lí Vậy không Xét cách điền bốn số đôi khác a, b, c, d c AnAi < An-1An < AiAi+1 (1) AiAi+1 < AnAi • Tương tự p + q = hàng, có ô “xấu” mà thôi) Ta có s = H -1.5 Mặt khác, trường hợp này: (p – m)(q – n) = (2 – 1)(2 – 1) = -7- -8- Kết luận toán trường hợp phải ô “xấu theo hàng”, trái lại ô ô “xấu theo Giả thiết quy nạp kết luận toán đến p + q = k hàng”, ô thuộc vào tập hợp nói (tập hợp ô “xấu theo (ở p > m , q > n) , tức trường hợp số ô “xấu “ lớn loại” Ô chứa a ô “xấu theo cột” nên giá trị a ghi ô lớn (p – m)(p – n) tất giá tri ghi p – m ô “xấu theo cột” nói (Chú ý ô • Xét bảng p×q có p + q = k + bảng đôi khác nhau) Điều dẫn đến mâu thuẫn với định nghĩa Ta gọi ô vuông bảng “xấu theo hàng” (“xấu theo cột”) số a số bé tập hợp nói Vì (p – m) ô “xấu theo cột” số nằm ô bé n số (tương ứng m số) nằm hàng (tương cột chứa ô ghi số a (p – m) ô “xấu” bảng p×q Bỏ cột chứa ô mang số a ta bảng p×(q – 1) mà ô vuông ứng nằm cột) với Lấy hàng i Hàng i có q số đôi khác (do có q cột).Vì hàng i có (q – n) số, mà số bé n số nằm bảng “xấu” ô “xấu” bảng p×q Vì p + q –1 = k + –1 = k , nên theo giả thiết suy số ô “xấu”của bảng p×(q–1) – không (p –m)(q – 1– n) Vì số ô “xấu” s bảng p×q hàng thoả mãn bất đẳng thức: (Thật vậy, giả sử xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn số hàng x1 s ≥ (p – m)(q – – n) + (p – m) hay s ≥ (p – m)(q – n) < x2 4) tạo thành từ ô vuông đánh số 1, 2, , n Trong ô n – 2, n – 1, n có quân cờ Hai người chơi trò chơi sau: Mỗi người chơi phép chuyển quân cờ Điều luôn làm cặp số không giao không giao với ô số -Như người thứ được, người thứ hai - 41 - - 42 - Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2×3, ta thấy ô 3, 6, màu đỏ nên Vậy người thứ thua -Do lần chơi quân cờ đặt vào ô có số hiệu ngày nhỏ Vì suy mâu thuẫn trò chơi phải kết thúc sau số hữu hạn bước người chơi đầu thắng họ tuân thủ theo quy tắc □ Ví dụ 4.5: Trên tờ giấy có kẻ vô hạn ô vuông ô tô môt Vậy giả thiết phản chứng sai Nhận xét chứng minh Vì 2004M 2004 M = 668 Do hình chữ nhật kích thước 2004×2005 chia thành 2005×668 hình chữ nhật 1×3 Vậy số ô đỏ hình chữ nhật tùy ý kích thước 2004×2005 hai màu xanh đỏ cho hình chữ nhật kích thước 2×3 có hai ô màu đỏ Xét hình chữ nhật kích thước 2004×2005 2005×668 ô Số ô đỏ cần tìm 1339340 ô □ Tính số ô đỏ Ví dụ 4.6: Trên mặt phẳng cho 2n điểm (n ≥ 2), ba điểm thẳng hàng Một số chúng nối thành đoạn thẳng theo nguyên tắc sau: Giải: Ta có nhận xét: Nếu điểm A nối với điểm B, điểm B nối với điểm C , A không Mọi hình chữ nhật kích thước 1×3 chứa ô màu đỏ nối với C Chứng minh với cách nối ta thu không n2 Thật vậy, giả sử kết luận nhận xét không đúng, tức tồn hình chữ đoạn thẳng nhật 1×3 có số ô màu đỏ khác Không giảm tổng quát giả sử hình Giải : Ta chứng minh phương pháp quy nạp sau: chữ nhật AKHD kích thước 1×3 có hai ô đỏ (nếu không ô đỏ Với n = Khi ta có bốn điểm A1, A2, A3, A4 nào, ba hình chữ có hai ô đỏ mà nhật 2×3 thôi) A2 Rõ ràng không phép nối để tạo thành A3 tam giác Vì cách nối để có Trường hợp AKHD ô đỏ lí luận tương tự Cũng cho hai ô đỏ AKHD ô 7, ô (nếu ô khác lí luận vậy) Xét hình chữ nhật BFNA Đó hình chữ nhật 2×3, nên theo giả thiết có hai ô đỏ hai ô đỏ, ô 1, 2, 4, màu xanh Xét hình chữ nhật BCHK , từ giả thiết ô ,2, 4, màu xanh nên ô 3, màu đỏ tối đa đoạn thẳng nối Cách nối có = 22 đoạn thẳng Vậy kết luận A1 A4 H - 4.5 toán n = - Giả sử kết luận toán đến n = k , tức có 2k điểm (k ≥ 2) ba điểm thẳng hàng Khi có không k2 đoạn - 44 - - 43 - thẳngtrong cách nối tuân theo yêu cầu đặt Ví dụ B 4.7: Cho bảng ô vuông có n×n ô, với n số lẻ ô - Xét n = k + tức ta có 2k + điểm Dĩ nhiên giả thiêt có hai điểm A , B bảng ta đặt số –1 Gọi ak tích số ô ô cột k , bk A A2k tích số ô hàng k (k = ,n ) nối với (vì không số đoạn thẳng n kết luận tầm thường) A1 A2 H - 4.6 Chứng minh rằng: Xét 2k điểm lại Theo giả thiết quy nạp với 2k điểm số đoạn thẳng nối với (tuân theo quy luật nối cho) n ∑ ∑ak + bk ≠ k=1 k=1 Giải: Giả thiết phản chứng kết luận toán không tức ta có: n không vượt k ∑ ∑ak + Xét cách nối từ A B tới điểm A1 , A2 ,…, A2k lại Chú ý nối Aj với A , Aj nối với B ; nối Ai với B , Aj nối với A , số đoạn thẳng nối không vượt 2k Vậy tổng số đoạn thẳng nối lúc không vượt k2 + 2k + = k =1 nạp suy □ bk = (1) k =1 Từ giả thiết suy với k =1 ,n số ak , bk –1 Mặt khác, ta có a1a2…anb1b2…bn bình phương tích tất số bảng, mà tích số bảng –1, (k + 1)2, (A nối B) Vậy kết luận toán n = k + Theo nguyên lí quy n a a12 a bbn 12 bn =1 Từ (2) suy tất số ak , bk nói trên, số số –1 phải số chẵn Từ (1) su số ak , bk –1 nhau, số số ak , bk phải số chẵn Do số số ak , bk tổng hai số chẵn nhau, nên số chia hêt cho 4, tức 2n M Do n số lẻ nên 2n = 2( m +1) = 4m +2 M/ Mâu thuẫn chứng minh giả thiết phản chứng sai, tức (1) có n Điều nghĩa là: ∑ k=1 n ∑ak + bk ≠ □ k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn - 45 - - 46 - Ví dụ Ví dụ cho : Mi Mj < Mj Mk < Mk Mi ( Chú ý tam giác tạo thành từ sáu điểm có cạch có độ dài khác nhau) Như Mi Mj cạnh nhỏ tam giác Mi MjMk Vì có màu đỏ, 4.8: Trên mặt phẳng có sáu điểm cho ba điểm đỉnh phải cạnh lớn tam giác khác □ tam giác mà cạnh có độ dài khác Chứng minh cạnh nhỏ tam giác đồng thời cạch lớn tam giác khác 4.9: Cho hình lập phương Ta điền tám số nguyên dương đôi khác vào tám đỉnh hình lập phương Trên cạnh hình lập phương, Giải: Giả sử M1, M2, M3, M4, M5, M6 sáu điểm cho Trong tam giác ta ghi UCLN hai số điền hai đầu mút cạnh Hỏi xảy Mi Mj Mk ta tô cạnh lớn màu đỏ Xuất phát từ đỉnh M1 , có năm đoạn trường hợp tổng tám số tám đỉnh tổng 12 số 12 cạnh thẳng nối M1 với điểm lại không? Chỉ có hai trường hợp sau sảy ra: Giải: Ta có nhận xét sau đây: Hoặc có ba năm đoạn M1M2, M1M3, M1M4, M1M5, Gọi a , b hai số nguyên dương khác UCLN (a , b) = d (1) M1M6 tô màu đỏ Giả sử M1M2, M1M3, Khi ta có a + b ≥ 3d (2) M1M4 tô màu đỏ Thật từ (1) suy ra: a = da’; b = db’; với UCLN (a’, b’) = Xét tam giác M2 M3M4 Khi tam giác có cạnh màu đỏ (cạnh lớn nhất) Giả sử đoạn Do a’ ≥ 1, b’ ≥ 1, a ≠ b , nên a’ b’ Từ có Vì a + b = (a’+ b’)d ≥ 3d , (2) Dấu sảy M2M3 Khi tam giác M1 M2 M3 có ba cạnh màu đỏ màu Hoặc có ba năm đoạn nói chưa tô a’ + b’ ≥ a = 2b b = 2a Giả sử tám đỉnh hình lập phương ta ghi số nguyên dương (i = ,8) Chú ý số đôi khác Giả sử M1M2, M1M3, M1M4 chưa tô màu Xét ba tam giác M1M2 M3, Giả sử: UCLN (ai , aj) = dịj (1 ≤ i , j ≤ 8) M1 M3 M4, M2 M3 M4 Do M1 M2, M1 M3 chưa có màu, M2 M3 phải màu đỏ Theo nhận xét ta có: + aj ≥ 3dịj.Từ đó: Vậy tam giác M2 M3M4 có ba cạnh màu đỏ Tương tự M3M4, M4M2, phải màu đỏ aj dij (3) Như ta chứng minh luôn tồn tam giác có ba cạch màu đỏ Giả sử tam giác Mi Mj Mk không giảm tổng quát Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn - 47 - - 48 - Ví dụ Vì đỉnh ghi số thuộc ba cạnh nên tổng vế trái (3) Từ (6) suy toán có câu trả lời phủ định: có cách điền số vào đỉnh cạch lập phương cho tổng số tám đỉnh tổng 12 số 12 cạnh hình lập phương □ số tính ba lần Từ Từ (3) (4) đến ∑ aj ∑8 ≥ (4) Ví dụ 4.10: Cho bảng ô vuông kích thước 2n×(2n + 1) (bảng gồm 2n dòng dij (5) 1≤ ≤i j,8 i=1 Dấu (5) sảy = 2aj hay aj = 2ai , ∀1 ≤ i , j ≤ Nhưng điều có ≠ aj , ∀i ≠ j Vậy từ (5) có dij i=1 vuông bảng mà với hai ô vuông tô màu đỉnh chung Giải: (6) 1≤ ≤i j,8 2n + cột) Hãy tìm số nguyên dương k lớn cho ta tô màu k ô Ta đánh số hàng cột theo quy ước sau: Thứ tự hàng tính từ xuống dưới, thứ tự cột tính từ trái sang phải Kí hiệu (i ; j) ô vuông nằm giao hàng thứ i cột thứ j bảng Giả sử T cách tô màu theo yêu cầu đầu Kí hiệu k(T) số ô tô màu cách T Nếu ô (i ; j) tô màu cách tô màu T (1≤ ≤i 2n−1) ô (i +1 ; j), ô kề với (i ; j) hàng dĩ nhiên không tô màu Thực phép biến đổi sau T: Xóa màu tất ô (i ; j) mà i ≡ 1(mod 2), đồng thời tô màu ô (i + ; j) (tức xóa màu tất ô nằm hàng lẻ) Rõ ràng sau thực phép biến đổi ấy, ta có phép tô màu T’ Phép tô màu thỏa mãn điều kiện sau: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn - 49 - Hai ô vuông tô màu bước T’ đỉnh chung k(T) = k(T’) 3.Tất ô nằm hàng thứ 1, 3, 5,…, 2n – màu - 50 - n n( −1) + + +….+(n - 1) = Theo cách đánh số tam giác hai tam giác đánh số liên tiếp phải có Theo cách tô màu số ô tô màu hàng không vượt n + cạnh chung phải có màu khác Và có tối đa n hàng có màu, nên: giác đánh số, số tam giác đen nhiều số tam giác k(T’) ≤ (n + 1)n.Vì k(T) ≤ ( n +1)n với trắng 1.Vậy tổng số tam giác đánh số m phải thỏa mãn bất đẳng cách tô màu T thức: Xét cách tô màu sau: m ≤ n – n + □ 2, …, n ; j = 1, 2, …, n+1 Rõ ràng phép tô thỏa mãn yêu cầu đề Số ô tô n(n + 1) H-4.9 Tóm lại, số k lớn phải tìm n(n + 1).□ Ví dụ 4.11: Cho tam giác chia thành n2 tam giác Một số tam giác đánh số số 1, 2, …, m, cho tam giác với số liên tiếp phải có cạnh chung Chứng minh rằng: m ≤ n2 – n +1 Giải: Chia cạnh tam giác thành n phần Từ điểm chia kể đường thẳng song song với cạnh tam giác Khi số tam giác là: + + +…+ (2n – 1) = n2 Tô màu tam giác thành tam giác đen, trắng xen kẽ hình vẽ Khi số ô đen là: + + +…+ n = số ô trắng là: n n( +1) ,2 , hay m Tô màu tất ô (2i ; 2j – 1) với i = 1, Vì lẽ đó, số tam Ví dụ 4.12: Cho bàn cờ vua 8×8 ô Ở bước xét hàng cột, sau hàng (hoặc cột) chọn ra, ta thay đổi màu tất ô hàng (hoặc cột) theo quy tắc: đen biến thành trắng trắng biến thành đen Hỏi cách ấy, đến lúc thu bàn cờ có ô đen hay không? Giải: Giả sử trước tô lại hàng (hoặc cột) có k ô đen – k ô trắng Sau tô lại hàng (hoặc cột) có k ô trắng – k ô đen Vì sau lần tô lại số ô đen thay đổi là: (8 – k) – k = – 2k , tức thay đổi số chẵn ô đen ô đen Như tính chẵn, lẻ số không thay đổi suốt từ đầu đến cuối H-4.11 Lúc đầu số ô đen 32 ô ( số chẵn) Vì không lúc ta lại nhận bàn cờ có ô đen Bài toán có kết phủ định □ - 51 - - 52 - Ví dụ 4.13: Một đa giác lồi n cạnh chia thành tam giác Rõ ràng A1 ≤ B1 đường chéo không cắt nó, đồng thời đỉnh hội tụ Vậy kết luận toán n = số lẻ tam giác Chứng minh n chia hết cho -Giả sử kết luận toán n = k – 1, tức Ak-1 ≤ Bk-1 Giải: Theo giả thiết đa giác lồi chia thành nhiều tam giác đường chéo không cắt Tô màu đen, trắng -Xét n = k Không giảm tổng quát cho là: ; yk = max { y1,…,yk} ( không đánh số lại) tam giác cho hai tam giác có cạnh chung có màu khác Mặt khác, đỉnh hội tụ số lẻ tam giác, nên tô màu tất Ta có: Ak = Ak+1 +∑k (xk − xi )+∑k (yk − yi ) i=1 cạnh đa giác thuộc tam giác màu i=1 k (giả sử tam giác đen) H – 4.12 Giả sử m số cạnh tam giác trắng, hai = Ak−1 +∑ (xk − yi )+(yk − xi ) tam Mặt khác , cạnh tam giác trắng cạnh tam giác đen i=1 k k Bk = Bk−1 +∑xk − yi +∑ yk − xi + xk − yk i=1 tất cạnh tam giác trắng cạnh tam giác đen Ngoài hai tam giác đen cạnh chung, nên tổng số cạnh tam Từ m M suy nM □ Ví dụ 4.14: Trên đường thẳng có n điểm màu xanh n điểm màu đỏ Chứng minh tổng tất khoảng cách cặp điểm màu bé tổng tất khoảng cách cặp điểm khác màu Giải: Giả sử n điểm màu đỏ trục số có tọa độ x1, x2,…, xn; n điểm màu xanh trục số có tọa độ y1, y2,…,yn Gọi An tổng khoảng cách điểm màu, Bn tổng Ta chứng minh quy nạp -Nếu n = A1 = 0, B1 = | xi – yi | ≥ (2) i=1 Theo giả thiết quy nạp, Ak-1 ≤ Bk-1 (3) Từ (1), (2), (3) suy Ak ≤ Bk x1 khoảng cách điểm khác màu (1) giác trắng cạnh chung nên dĩ nhiên mM3 giác đen m + n phải chia hết cho xk = max { x1,…,xk} x2 y y x y H – 4.13 Vậy kết luận toán n = k Theo nguyên lí quy nạp suy An ≤ Bn với n nguyên dương □ Ví dụ 15: Cho bảng hình vuông n×n ô (n ≥ 2) Trong ô vuông ta viết số nguyên không âm tùy ý thỏa mãn điều kiện: Nếu ô viết số 0, tổng tất số viết dòng cột chứa ô không nhỏ n Tìm giá trị nhỏ tổng số viết bảng Giải: - 53 - - 54 - Với i = ,n , kí hiệu tổng số viết hàng thứ i ( kể từ S (5) H-4.15 xuống dưới) Với i = ,n , kí hiệu bj tổng số viết cột thứ j ( kể từ trái Bây ta xét khả sảy dấu (5) Có hai trường hợp sau: Nếu n chẵn (n = 2k) Khi đó, xét cách ghi số vào bảng sau: sang phải) Dễ thấy cách ghi số trường hợp thỏa mãn yêu cấu đề lúc Từ giả thiết toán suy ra: Với i = ,n ; j = ,n ta có: + bj ≥ n (1) tổng S số ghi bảng S = 2k2 Mặt khác, ta có: Như ta có: 4k +1 n22+1 T = ∑∑n n (ai +bj ) ≥ n3 2k + (2) = = 2k i= =1 j n2 +1 Giả sử aij số ghi cột ( i , j ) Vậy ta có trường hợp S = ( ô hàng i cột j ) aij nằm tổng bj Do bj xuất T n 2.Nếu n lẻ (n = 2k + 1) lần, “gián tiếp” Khi đó, xét cách ghi số vào bảng sau: số Rõ ràng cách ghi số thỏa mãn yêu cầu đề aij tham gia vào tổng T 2n lần Lúc tổng số ghi bảng là: Do kí hiệu S tổng số viết bảng, thì: S = ∑∑n n H-4.14 aij (3) S = (k + 1) + k = 2k + 2k + Lại có: i= =1 j n2 +1 (2k +21)2 +1 H-4.16 2k2 + 2k +1 = 2k + 2k +1 Từ (2), (3) nhận xét suy ra: n2 +1 n2 T = 2nS ⇒ S ≥ (4) Như trường hợp ta có:S = Mặt khác S số nguyên, nên từ (4) lại có: n2 +1 n2 +1 - 55 - - 56 - Kết hợp lại suy giá tri nhỏ tổng S cần tìm S = □ Nếu bước ba đỉnh có ghi ba số ( x ; y ; z), bước ghi ba số (x + y – 2x ; y + z – 2x ; z + x – 2y) Chứng minh xuất phát từ ba (a ; b ; c), sau số lần thực phép Ví dụ 4.16: Trên mặt phẳng xếp ghi trên, ta nhận ba số mà ba số không nhỏ bảy đoạn thẳng cho đoạn thẳng 2006 Giải: cắt ba đoạn thẳng khác không? a a1 Giải: Lập bảng hình vẽ Ta đánh dấu vào ô (i , j) ô (j , i) dấu × đoạn thẳng thứ i cắt đoạn thẳng thứ j, đánh dấu chúng không b c cắt (1 ≤ i ≤ 7, ≤ j ≤ 7) (Riêng ô (k , k), k =1 , đánh số 0, coi đoạn thẳng thứ k không cắt nó) Giả sử đoạn thẳng cắt ba thẳng khác.Như vậy, hàng đoạn H - 4.19 c1 Với n = 1, 2,…kí hiệu ( an ; bn ; c n) số ghi sau lần thay thứ n Ta có hệ thức sau: an + bn + cn = 0, ∀n = 1, 2,… H- 4.17 có ba dấu × Vậy toàn bảng có 21 dấu × Mặt khác bảng có ô (k , k) có dấu (xếp theo đường chéo chính) Với Mỗi n = 1, 2,… đặt: Sn+1 = an2+1 +bn2+1 +cn2+1 chéo chính) có dấu × Vậy số ô đánh dấu × phải số chẵn Do 21 =(an +bn −2cn )2 +(bn +cn −2an )2 +(cn +an −2bn )2 số lẻ, nên ta gặp mâu thuẫn Vậy giả thiết đoạn thẳng cắt ba đoạn =(an +bn +cn −3cn )2 +(bn +cn + an −3an )2 +(cn +an +bn −3bn )2 thẳng khác sai Bài toán cho có câu trả lời phủ định Không thể xếp bảy đoạn = 3(an +bn +cn )2 +9(cn2 + an2 +bn2 )−6(an +bn +cn )(cn +bn + an ) thẳng cho đoạn thẳng cắt ba đoạn thẳng khác □ Ví dụ 4.17: Tại ba đỉnh A, B, C tam giác ABC có ghi tương ứng ba số a, b, c không đồng thời Người ta thực phép thay đổi số ba đỉnh tam giác Sn = an2 + bn2 + cn2 Ta có: Như nói, ô (i , j) có dấu ×, ô (j , i) (đối xứng với ô (i , j) qua đường sau: b1 H - 4.18 =9Sn (do an +bn +cn = 0, n =1,∀ 2, ) Như ta có: Sn+1 = 9Sn (1) - 57 - - 58 - Từ (1) ta đến với n = , 3,… : n-1 Sn = S1 (2) ô vuông bảng theo quy tắc sau: Lần thứ tô ba ô vuông (r, s), (r + 1, s + 1), (r + 2, s + 2) ; với r, s hai số cho trước thỏa mãn điều kiện ≤ Do a, b, c không đồng thời nhau, nên a1, b1, c1 không đồng thời r ≤ 2005 ≤ s ≤ 2007 Từ lần thứ hai, lần tô ba ô chưa có màu Thật vậy: nằm cạnh hàng cột Hỏi cách tô màu hết tất ô vuông bảng cho hay không? a + −b2c = a = b = c1 = ⇔ Giải: Chia tất ô vuông bảng thành ba loại: b + −c 2a = ⇔ a = b = c - Loại I: Gồm tất ô (m, n) mà ( m – n) ≡ 0(mod 3) c + a −2b = - Loại II: Gồm tất ô (m, n) mà ( m – n ) ≡ 1(mod 3) Vì lẽ S1 = a1 +b1 +c12 > 2 -Loại III: Gồm tất ô (m, n) mà (m – n) ≡ 2(mod 3) Do S1 > 0, nên từ (2) suy ra: limSn = +∞ Do 2007M nên hàng ta có số ô loại (3) Vì x→∞ thế, toàn bảng số ô loại Từ (3) suy tồn k nguyên dương đủ lớn cho: Sk ≥ 3.(2.2006)2 (4) Vì Sk =ak2 +bk2 +ck2 , nên từ (4) theo nguyên lí Dirichlet suy ba số ak2, bk2, ck2 phải có số giả sử ak mà: Rõ ràng kể từ lần thứ hai, lần tô màu, ta tô ô loại I, ô loại II, ô loại III (vì ba ô hàng cột mà lại đứng cạnh nhau) Từ hai nhận xét suy ra, tô màu a ⇒ | ak| ≥ 2.2006 (5) hết tất ô bảng, lần tô thứ Có hai khả sảy ra: Nếu ak ≥ 2.2006, dĩ nhiên ak ≥ 2006,bài toán giải trường ô loại III Tuy nhiên do: r – s = (r + 1) – (s + 1) = (r + 2) – (s + hợp Nếu ak ≤ -2.2006 , ak + bk + ck = 0, nên suy ra: bk + ck ≥ 2.2006 ta phải tô ô loại I, ô loại II, 2), (6) Từ (6) lại theo nguyên lí Dirichlet suy có hai số bk , ck (mà giả sử bk) cho: bk ≥ 2006 Bài toán giải hoàn toàn □ H-4.20 nên ba ô tô lần đầu thuộc loại Vì toán có câu trả lời phủ định: tô màu hết tất ô vuông bảng theo yêu cầu □ Ví dụ 4.18: Cho bảng hình chữ nhật kẻ ô vuông có 2005 hàng 2007 cột Ví dụ 4.19: Hãy tìm số lượng mặt phẳng, mà chia khối lập Kí hiệu (m, n) ô vuông nằm giao hàng thứ m cột thứ n Tô màu phương không nhỏ 300 phần - 59 - - 60 - Giải: Chứng minh phương pháp quy nạp theo n, kết luận n i=1 21 hình chữ nhật thoả mãn yêu cầu đề bài.□ đường thẳng chia mặt phẳng không p(n) = n n( +1) +1 phần, nhận Ví dụ 4.21: Cho ABC tam giác nhọn với A = nB với n số nguyên p(n) đường thẳng đôi cắt ba đường có điểm chung Tương tự quy nạp theo n , chứng minh n mặt phẳng n3 +5n+6 chia không gian không q(n) = dương Chứng minh tam giác tách thành tam giác cân mà tất cạnh bên chúng mệnh đề với góc A nhỏ 90 phần n mặt phẳng chia Giải: Ta chứng minh B nạp theo n Ta chứng minh quy mà tam giác ABC cắt thành n tam giác cân mà q(n) phần hai mặt phẳng song song với ba mặt phẳng có chung đường thẳng bốn mặt phẳng có điểm chung Vì q(12) = 299 < 300 < 378 = q(13), để chia không gian 300 phần cần phải có 12 mặt phẳng Dễ thấy để chia khối lập phương phải cần số mặt phẳng □ M na cạnh AC Với n = kết luân hiển nhiên A (n −H1)-a4.21 a C Giả sử kết luận cho n – ta chứng minh cho n Chọn M ∈ AB cho CMA• = A Khi tam giác CMB có: Ví dụ 4.20: Những ô hình vuông kích thước 7×7 tô hai màu Chứng minh tồn 21 hình chữ nhật với đỉnh màu với cạnh song song với cạnh hình vuông ( ) =(n−1)B MCB•=180o −CMB•−CMB•=180o − 180o −nB Do theo giả thiết quy nạp, tam giác tách thành n – tam giác cân có cạnh MC = CA Cộng thêm với tam giác CAM Giải: Ta cho màu tô trắng đen Cho hàng, ta giả sử tồn k cho ta kết cắt tam giác ABC □ ô đen 7- k ô trắng Khi tồn C C k = k −7k + 21≥ 9, cặp ô màu.Vậy tồn k Ví dụ 4.22: Một hình tròn chia thành 10 hình quạt Mỗi hình quạt chứa rệp Một lần tất rệp đồng thời chuyển sang hình quạt bên cạnh 7.9 = 63 cặp ô màu hàng cho chuyển ngược chiều kim đồng hồ lúc Tiếp theo tồn C72 = 21 cặp cột Vậy tồn 21.2 = 42 tổ hợp màu cặp rệp lại chuyển theo chiều thuận kim đồng hồ Cứ lặp lại trình chuyển cột Với tổ hợp i = đến 24, giả sử tồn ji cặp tổ hợp, rệp Có khả bước tất rệp nằm tồn ji – hình chữ nhật cho tổ hợp Vì tổng ji 63, hình quạt hay không? tồn ∑42 ( ji −1)≥ 63−42 = 21 Từ suy tồn - 61 - - 62 - Giải: Đánh số hình quạt tròn từ đến theo chiều kim đồng hồ Mỗi rệp tính điểm số hình quạt mà (thí dụ, rệp nằm hình quạt thứ rệp tính điểm) Tại bước cộng điểm 10 rệp Ở vị trí đấu tiên 10 rệp, hình quạt nên tổng só điểm + + +…+ = 45 Khi di chuyển theo chiều kim đồng hồ, số rệp tăng lên 1, giảm ( trường hợp rệp hình quạt thứ chuyển theo chiều kim đồng hồ vào hình quạt thứ 0) Khi di chuyển theo chiều ngược kim đồng hồ, số rệp giảm 1, H – 4.23 Vì 18 – 10k ; –10k số chẵn nên nhận xét chứng minh Kí hiệu Sn tổng số điểm 10 rệp bước n Ta có S1 = 45, nói riêng S1 số lẻ Dựa vào nhân xét suy Sn số lẻ với n = 1, 2,… Giả sử tai bước k 10 rệp nằm hình quạt thứ j Lúc ta có Sk = 10j Nói riêng Sk số chẵn Ta nhận điều mâu thuẫn với việc Sn số lẻ với n Vậy toán có câu trả lời phủ định: Không có lúc thực phép di chuyển theo yêu cầu toán để 10 rệp nằm hình quạt □ Nhận xét Trong bất biến : Sn số lẻ với n = 1,2,… tăng lên ( trường hợp rệp hình quạt thứ chuyển theo chiều ngược Ví dụ 4.23: Chứng minh 2n điểm khác đa giác lồi, tồn kim đồng hồ vào hình quạt thứ 9) phép cắt đa giác thành n+1 đa giác lồi cho 2n điểm nằm Ta có nhận xét sau: Sau lần di chuyển tổng só điểm rệp tăng giảm số chẵn Thật vậy, sảy trường hợp sau: -Hoặc có rệp chuyển đọng ngược chiều kim đồng hồ sang ô bên cạnh đa giác Giải: Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 1, chọn cách cắt xác định đường thẳng qua hai điểm Ta giả sử mệnh đề với tất đa giác bên có chứa 2(n –1) cạnh (không phải từ ô sang ô 9), k chuyển động chiều kim đông hồ điểm Ta phải chứng minh mệnh đề với đa giác có 2n điểm Ta cố từ ô sang ô 0, – k chuyển động chiều kim đồng hồ sang ô bên định đường thẳng d mà không giao với đa giác cho Cho A cạnh (không phải từ ô sang ô 0), ≤ k ≤ Khi tổng số điểm điểm mà gần d chọn B điểm lại cho góc tạo 10 rệp sau chuyển động thay đổi lượng là: – 9k + (9 – k) = – 10k -Hoặc có rệp chuyển động ngược chiều kim đồng hồ sang ô bên đường thẳng AB d nhỏ (nó không) Đường thẳng AB chia đa giác thành hai đa giác lồi p1 p2 cho p1 không chứa điểm điểm từ 2n điểm, p2 chứa nhiều 2n – điểm từ cạnh (không phải từ ô sang ô 9), ≤ k ≤ Khi tổng số điểm 10 điểm cho Sử dụng giả thiết quy nạp, suy p2 chia thành n đa rệp sau chuyển động thay đổi lượng là: giác chứa cạnh chúng 2n – điểm lại đa giác với − −19k +(9−k) = −8 10k p1 cho ta cách cắt đa giác cần tìm - 63 - - 64 - - 65 - TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Hữu Điển (2005), Một số chuyên đề hình học tổ hợp, NXB Giáo [2] Vũ Đình Hòa (2006), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học tổ hợp, Dục NXB Giáo Dục [3] Phan Huy Khải (2007), Giải tích lồi toán sơ cấp, NXB Giáo Dục [4] Tập san Toán học tuổi trẻ năm [5] Nguyễn Văn Vĩnh (2005), 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp, NXB Giáo Dục [...]... CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP Trong chương này đề cập đến các bài toán hình học tổ hợp được giải bằng các phương pháp khác nhau Tuỳ theo từng bài cụ thể, mà ta có những phương pháp giải thích hợp Phương pháp này rất đa dạng và tỏ rõ hiệu quả trong nhiều bài toán của hình học tổ hợp như: bài toán tô màu, bài toán tính số lượng đối tượng hình, bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trong hình học tổ hợp, ... tập hợp lồi Chú ý: Hợp của hai hợp lồi A và B chưa chắc là tập hợp lồi §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. .. hợp, bài toán cắt và ghép hình, bài toán phủ bàn cờ… Các thí dụ minh hoạ dưới đây sẽ làm rõ ý tưởng của việc sử dụng các phương pháp khác để giải các bài toán hình học tổ hợp Ví dụ 4.1: Trên đoạn thẳng AB (với trung điểm là O), người ta thả vào đó 2n điểm sao cho chúng chia thành n cặp điểm, mỗi cặp gồm hai điểm đối xứng với nhau qua O Bôi đỏ tuỳ ý n điểm, còn lại bôi xanh Chứng minh rằng tổng các khoảng... lồi của một tập hợp để giải các bài toán i i i=1 di Vì thế ta đã chứng minh được sự tồn tại a ∈ * hình học tổ hợplà một trong những phương pháp hữu hiệu Fi Fj ci I [a ; b ] Tương tư , ta cũng chứng minh i Trước hết xin nhắc lại khái niệm bao lồi của một tập hợp: Cho tập hợp D, tập hợp lồi nhỏ nhất chứa D thì gọi là bao lồi của tập hợp D i Nói cách khác D = ∩Da , trong đó Dα là tập hợp lồi chứa D được... (2005), Một số chuyên đề hình học tổ hợp, NXB Giáo [2] Vũ Đình Hòa (2006), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học tổ hợp, Dục NXB Giáo Dục [3] Phan Huy Khải (2007), Giải tích lồi và các bài toán sơ cấp, NXB Giáo Dục [4] Tập san Toán học tuổi trẻ các năm [5] Nguyễn Văn Vĩnh (2005), 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp, NXB Giáo Dục ... xanh Xét hình chữ nhật BCHK , từ giả thiết và do các ô 1 ,2, 4, 5 màu xanh nên các ô 3, 6 là màu đỏ tối đa các đoạn thẳng là các nối trên Cách nối này có 4 = 22 đoạn thẳng Vậy kết luận bài A1 A4 H - 4.5 toán đã đúng khi n = 2 - Giả sử kết luận của bài toán đúng đến n = k , tức là nếu có 2k điểm (k ≥ 2) và không có ba điểm nào thẳng hàng Khi đó có không quá k2 đoạn - 44 - - 43 - thẳngtrong cách nối... dụng triệt Ví dụ 2.9: Cho 1000 điểm M1 , M2 ,…, M1000 trên mặt phẳng Vẽ một đường để trong việc giải các bài toán hình học nói chung và các bài toán hình học tổ tròn bán kính 1 tuỳ ý Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho: hợp nói riêng Trước hết xin nhắc lại một số kiến thức cơ bản về tập hợp lồi sẽ SM1 + SM 2 + + SM100 ≥1000 dùng đến trong chương này Giải: Xét đường kính S1S2 tuỳ ý của... cặp cột Vậy tồn tại 21.2 = 42 tổ hợp của màu và cặp rệp còn lại chuyển theo chiều thuận kim đồng hồ Cứ lặp lại quá trình chuyển cột Với tổ hợp i = 1 đến 24, và giả sử tồn tại ji cặp trong cùng một tổ hợp, thì rệp như vậy Có khả năng ở một bước nào đó tất cả các con rệp đều nằm trong tồn tại ít nhất ji – 1 hình chữ nhật cho tổ hợp này Vì tổng của ji ít nhất là 63, một hình quạt hay không? vậy tồn tại... cả các số trong bảng, mà tích các số trong bảng 1 hoặc –1, do vậy (k + 1)2, (A nối B) Vậy kết luận của bài toán cũng đúng khi n = k + 1 Theo nguyên lí quy n a a12 a bbn 12 bn =1 Từ (2) suy ra trong tất cả các số ak , bk nói trên, số các số bằng –1 phải là số chẵn Từ (1) su ra các số ak , bk bằng –1 và bằng 1 là bằng nhau, vậy số các số ak , bk bằng 1 cũng phải là số chẵn Do vậy số các số ak , bk là tổng... 0 i=1 Khoảng cách từ A tới điểm đỏ Xi là xi – ( – 1) = xi +1 Vì thế nếu S là tổng các khoảng cách từ A tới các điểm đỏ Xi , thì: (1) - 37 - - 38 - S = ∑n (xi +1) = n+∑n xi i=1 (2) (a ; b) Lượt di chuyển tiếp theo vị trí của i=1 Vì khoảng cách từ B tới điểm xanh Yj là 1 – yj , nên nếu gọi S’ là tổng các khoảng cách từ B tới các điểm xanh Yj , thì: i=1 Từ (1) suy ra: ∑ n (3) (4) j=1 Kết hợp (2), (3),