Luận Văn Ứng dụng tính chất của tập lồi giải một số bài toán hình học tổ hợp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ==***== NGUYỄN THỊ HOA ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TẬP LỒI GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Hình học HÀ NỘI - 2012 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ==***== NGUYỄN THỊ HOA ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TẬP LỒI GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP TĨM TẮT KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học Người hướng dẫn khoa học ThS.GVC Phan Hồng Trường HÀ NỘI - 2012 LêI CảM ƠN Để hoàn thành khóa luận này, trước hết em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy cô giáo tổ Hình học, thầy cô giáo khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội đà động viên, giúp đỡ em suốt thời gian làm khóa luận Đặc biệt em xin chân thành cảm ơn thầy giáo hướng dẫn Phan Hồng Trường đà tạo điều kiện tốt bảo tận tình để em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp Em xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, tháng 05 năm 2012 Sinh viên Nguyễn Thị Hoa LờI CAM ĐOAN Khóa luận hoàn thành với bảo tận tình thầy cô giáo khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt hướng dẫn tận tình thầy giáo Phan Hồng Trường Trong khóa luận có tham khảo kết nghiên cứu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Em xin khẳng định kết đề tài trùng lặp với kết đề tài khác Nếu sai em xin chịu hoàn toàn trách nhiệm Hà Nội, tháng 05 năm 2012 Sinh viên Nguyễn Thị Hoa MC LC Mở đầu Chương 1: H×nh låi 1.1 Các định nghĩa: 1.2 Bao lồi bao lồi đóng 1.3 Nãn låi Ch­¬ng 2: Mét sè vÊn đề hình học tổ hợp 2.1 Định lí Kelli không gian mét chiÒu R1 2.2 Định lí Kelli không gian hai chiều R2 2.3 VÝ dô: 10 Chng 3: Một số toán hình học tổ hợp 13 3.1 Một số phương pháp giải thông thường 13 3.1.1 Phương pháp sử dụng định lí Kelli 13 3.1.2 Phương pháp lấy bao lồi 16 3.2 Mét sè toán thường gặp 28 KÕt luËn 39 Tài liệu tham khảo 40 Mở đầu Lí chọn đề tài Hình học môn học quan trọng, tương đối khó chương trình Toán phổ thông có nhiều ứng dụng ®êi sèng ng­êi, ®Ĩ hiĨu ®­ỵc nã ng­êi häc cần tưởng tượng tư cao Đặc biệt, hình học tổ hợp nhánh hình học mà thường gặp kì thi chọn học sinh giỏi toán nước quốc tế Trong hình học tổ hợp có nhiều kết nghiên cứu nhà toán học ngành khác quan tâm Với mong muốn nghiên cứu sâu hình học tổ hợp tìm hiểu nhiều phương pháp giải toán hình học tổ hợp hay hơn, cụ thể hơn, trực quan hơn, nhằm chuẩn bị cho kiến thức tốt cho công việc giảng dạy sau này, em đà chọn đề tài ứng dụng tính chất tập lồi giải số toán hình học tổ hợp để làm đề tài khóa luận tốt nghiệp Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu sâu kiến thức vỊ tËp låi - Lµm râ tÝnh ­u viƯt cđa viƯc øng dơng tÝnh chÊt cđa tËp låi gi¶i mét số toán hình học tổ hợp Đối tượng, phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Kiến thức tập lồi - Phạm vi nghiên cứu: Một số toán hình học tổ hợp giải phương ph¸p sư dơng tÝnh chÊt cđa tËp låi NhiƯm vụ nghiên cứu - Trình bày sở lí thuyết tập lồi - Đề xuất số phương pháp giải toán hình học tổ hợp giải phương ph¸p sư dơng tÝnh chÊt cđa tËp låi C¸c phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu sử dụng lí luận, công cụ toán học - Nghiên cứu sách tham khảo, tài liệu liên quan CHƯƠNG 1: hình lồi Giả sử X không gian tuyến tính, R tập số thực 1.1 Các định nghĩa: §Þnh nghÜa 1.1.1: Cho a, b  X , đoạn thẳng nối a với b tập tất điểm x X thỏa mÃn: x ta  (1  t )b víi t  0;1 NhËn xÐt 1.1.1: NÕu En cã hÖ täa ®é trùc chuÈn O, x1, x2, …, xn vµ a(a1,a2,…,an), b(b1, b2, , bn); O(0, 0, , 0) đoạn nối ab tập hợp điểm y(y1, y2, , yn) tháa m·n: yi  tai  (1  t )bi , i  1, n víi t  0;1 Ví dụ 1.1.1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cã a(5;2), b(3;1) Khi ®ã x  a; b nÕu x(x1; x2) cã täa ®é tháa m·n:  x1  t.5  (1  t ).3 víi t  0;1   x2  t.2  (1  t ).1 Định nghĩa 1.1.2: Tập hợp P X , P gọi tập lồi a, b  P, x  X tháa m·n: x  ta  (1  t )b th× x  P Quy ­íc: TËp  lµ tËp låi VÝ dơ 1.1.2: Đoạn thẳng a; b tập lồi Định lí 1.1.1: Giao tập lồi tập lồi, tøc: NÕu Pi  X (i  I ) lµ tập lồi, với I tập số P Pi tập lồi iI Chøng minh: LÊy x1 , x2  Pi (i  I ) Víi i  I Pi låi nªn tx1+(1 - t)x2  Pi t  0;1  tx1  (1  t ) x2  P (®iỊu phải chứng minh) Nhận xét 1.1.2: Nếu P1, P2 tập lồi P1 P2 chưa đà tËp låi ThËt vËy: H1  A, H a với a đường thẳng không qua A LÊy B  H Khi ®ã AB  H1 H Định nghĩa 1.1.3: Cho x1 , x2 , , xn  X Ta gäi vect¬ x X tổ hợp lồi n n x1 , x2 , , xn nÕu ti  : i  1, n;  ti  cho x   ti xi i 1 i Định lí 1.1.2: Cho P tập lồi, A  P Gi¶ sư x1 , x2 , , xn A Khi với x tổ hợp låi cđa x1 , x2 , , xn th× x  A Chøng minh: Ta chøng minh b»ng quy n¹p +) Víi m=2 Víi t1 , t2  : t1  t2  1; x1 , x2  A Theo định nghĩa 1.1.2 ta có: t1 x1 t x2 A Vậy khẳng định với m = +) Giả sử khẳng định ®óng víi m  k Ta chøng minh kh¼ng định với k k k+1, tức là: x1 , x2 , , xk 1  A; ti  0, i  1, k  1;  ti  1: x   ti xi  A i 1 i 1 NÕu tk 1  th× t1  t2   tk  ta có x A Khẳng định Nếu  tk 1  , ®ã:  tk 1  t1  t2   tk 1   k Bëi v×  i 1 ti  (i  1, k )  tk 1 ti  cho nªn theo giả thiết quy nạp ta có: tk y t1 tk x1   xk  A  t k 1  t k 1 Với điểm y A ; xk A , ta cã  tk 1  0; (1  tk 1 )  tk 1  , ®ã: x  (1  tk 1 ) y  t k 1 xk 1  A (®iỊu phải chứng minh) 1.2 Bao lồi bao lồi đóng Định nghĩa 1.2.1: Giả sử tập lồi tùy ý thuộc X, Pi iI họ tất tËp låi chøa  , víi I lµ tËp chØ số Khi P i gọi bao låi cđa tËp  iI KÝ hiƯu co  VÝ dô 1.2.1: Trong E2 cho BO, r   x : d O; x   r Khi ®ã co BO,1  BO,1 NhËn xÐt 1.2.1: a) co  lµ tËp låi nhá nhÊt chøa  b)  låi   = co  Định lí 1.2.1: co trùng với tất tổ hợp lồi Chứng minh: Theo định nghĩa 1.2.1 co mà theo nhËn xÐt 1.2.1 co  låi nªn co  chøa tất tổ hợp lồi (định lí 1.1.1) Mặt khác, tập tất tổ hợp lồi lồi, chứa Do chứa co Hệ 1.2.1: Tập lồi chứa tất tổ hợp lồi Bây giả sử X không gian lồi địa phương Định nghĩa 1.2.2: Giả sư   X Bao låi ®ãng cđa tËp định nghĩa giao tất tập lồi đóng chứa , kí hiệu lµ co VÝ dơ 1.2.2: Trong vÝ dơ 2.1.1 ta còng cã coBO,1  BO,1 NhËn xÐt 1.2.2: co tập lồi đóng Đó tập lồi đóng nhỏ chứa Mệnh đề 1.2.1: Giả sử A X lồi Khi đó: a) Phần intA bao đóng A A tập lồi b) NÕu x1  intA, x  A th× x1 , x2   tx1  (1  t ) x2 :  t  1  int A Nói riêng, int A A int A, int A int A Định lÝ 1.2.2: Víi   X ta cã co  co Chøng minh: Ta cã  lµ tËp låi suy co tập đóng, chứa Do co co (1) Mặt khác co co co giao tất tập lồi (không cần đóng) chứa Vì vËy co  co (2) Tõ (1) vµ (2) suy co  co B C A D E Khi tam giác EAB, BCD tam giác không nhọn Xét tứ giác ACDE Vì Ýt nhÊt mét gãc CAE, AED, EDC, DCA không nhọn, nên bốn tam giác CAE, AED, EDC, DCA tam giác nhọn Như trường hợp ta có ba tam giác không nhọn Bây trở lại toán: Từ 100 điểm, ta có C100 cách chọn năm điểm Theo bổ đề chọn 3C100 tam giác không nhọn (chúng trùng nhau) Tuy nhiên tam giác tạo năm điểm khác nhau, nghĩa nằm C972 năm điểm Như chọn 3C100 C972 tam giác không nhọn Mặt khác, số tất tam giác chọn từ 100 điểm đà cho C100 Vậy số lượng tam giác nhọn nhiều là: C100  3C100 C972 Gäi k lµ tØ số số tam giác nhọn toàn thể tam giác Từ lập luận suy ra: 27 k VP(1) = - C100  3C100 C100 (1) 3C100 3.100.99.98.97.96.1.2.3.1.2 = 1  1  C97 C100 1.2.3.4.5.97.96.100.99.98 10 10 Tõ (1) ta cã k  = 70% 10 Nãi c¸ch kh¸c sè tam gi¸c chän nhiỊu nhÊt chØ chiếm 70% tổng số tất tam giác Đó điều phải chứng minh 3.2 số toán thường gặp Bài 1: Trên mặt phẳng cho n hình tròn (n 4) Giả sử với ba hình tròn có hình tròn bán kính r cắt ba hình tròn Chứng minh tồn hình tròn bán kính r cắt n hình tròn Giải: O* ri r Ai i Gọi Si hình tròn tâm Ai, bán kính ri (i = 1, n ), Si = (Ai ; ri) Gäi i lµ hình tròn tâm Ai, bán kính ri+r (i = 1, n ), i = (Ai ; ri + r) Nh­ tâm tất hình tròn có bán kính r mà cắt Si nằm i Xét n tËp låi 1, 2, …, n 28 Víi i, j, k tuú ý mµ i, j, k  {1, 2, 3, , n} Theo giả thiết tồn hình tròn (Oi,j,k ; r) cắt Si, Sj, Sk, tức Oi,j,kijk Điều chứng tỏ i j  k ≠  n víi mäi i, j, k {1, 2, 3,,n} Theo định lí Kelli suy  i   VËy tån t¹i i1 n O* i i1 Xét hình tròn O*, bán kính r, (O* ; r) Hình tròn rõ ràng cắt Si với i=1, n Đó điều phải chứng minh Bài 2: Cho họ n đa giác lồi (n 3) đôi cắt Chứng minh tồn đường thẳng cắt tất đa giác Giải: y Pi Pj O aj bj bi x Xét tất đa giác Pi, i = 1, n , đà cho hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Với đa giác Pi, ta chiếu lên trục hoành ta đoạn [ai;bi] Như ta có tương ứng - Pi  [ai ; bi], i= 1, n 29 Theo gi¶ thiÕt víi mäi i ≠ j ((i, j) {1, 2, , n}) Điều có nghÜa lµ [ai ; bi]  [aj ; bj] ≠ Theo định lí Kelli n n i i 1  ai ; bi    Nh­ vËy tån t¹i     ; bi Do đường thẳng x = cắt tất n đa giác Pi, i= 1, n Đó điều phải chứng minh Bài 3: Trong mặt phẳng có điểm phân biệt Với hai điểm nối thành đoạn thẳng Chứng minh tỉ số đoạn thẳng dài với đoạn thẳng ngắn lớn Gi¶i: Gi¶ sư X = {A1, A2, A3, A4, A5, A6} tập hợp điểm đà cho Đặt d  max Ai Aj ,   imin Ai Aj Ta ph¶i chøng minh j i j i , j 1,6 i , j 1,6 d   Xét trường hợp sau: Nếu tồn ba điểm thẳng hàng Không giảm tính tổng quát cho ba điểm A1, A2, A3 A1A2  A2A3 A1 A2 A3 Râ rµng ta có A1A3 2A1A2 Theo định nghĩa d d A1A3 nên d 2A1A2 Lại theo định nghĩa , A1A2 nên d Điều khẳng định toán trường hợp Tồn ba điểm tạo tam giác có góc lớn lớn 900 A2 A3 A1 30 Giả sử ba điểm lµ A1, A2, A3 vµ 1200  A1 A2 A3 < 1800 Theo định lí hàm số cosin thì: A1 A32 = A1 A22 + A2 A32 - 2A1A2.A2A3.cos  A1 A32  A1 A22 + A2 A32 + A1A2.A2A3 Vì d A1A3, A1A2, A2A3 nªn suy d2 ≥ 2 + 2 + = 32 d Điều khẳng định toán trường hợp Xét trường hợp tổng quát ba điểm thẳng hàng Gọi bao lồi điểm đà cho Khi có khả sau: a) Bao lồi tam giác Giả sử tam giác A1A2A3 Vì điểm số điểm đà cho thẳng hàng, nên điểm lại A4, A5, A6 nằm hẳn tam giác A1 A1A2A3 A4 A2 A3 Xét chẳng hạn điểm A4 Khi đó, A1 A4 A2 + A2 A4 A3 + A3 A4 A1 = 3600 nên phải tồn chẳng hạn A1 A4 A2 1200 Khi áp dụng trường hợp suy điều phải chứng minh b) Bao lồi tứ giác, giả sử tứ giác A1A2A3A4 A3 A2 A1 A5 A4 31 Vì điểm số điểm đà cho thẳng hàng, nên suy hai điểm lại A5, A6 phải nằm hẳn tam giác A1A2A4 tam giác A4A2A3 Giả sử A5 thuộc phần tam giác A1A2A4 Lập luận ba góc A1 A5 A2 , A1 A5 A4 , A4 A5 A2 phải có góc lớn 1200 Giả sử A1 A5 A4 1200 Khi áp dụng trường hợp suy điều phải chứng minh c) Bao lồi ngũ giác, giả sử ngũ giác A1A2A3A4A5 A4 A5 A3 A6 A1 A2 Từ giả thiết suy A6 không thuộc cạnh ngũ giác, không thuộc hai đường chéo A2A5, A2A4 Vì A6 phải thuộc vào phần mét ba tam gi¸c: A1A2A5, A5A2A4, A4A2A3 Cã thể cho A6 thuộc vào phần tam giác A2A5A4 Lại lập luận cho A2 A6 A5 1200, ta lại quay lại trường hợp 32 d) Bao lồi lục giác, giả sử lục giác A1A2A3A4A5A6 A2 A3 A4 A1 A5 A6   V× A1  A2  A3  A4  A5  A6 = 7200 nªn max A1, A2 , A3 , A4 , A5 , A6 1200 Từ giả sử A1 1200 Khi xét tam giác A6A1A2 ta quay trường hợp Bài toán giải hoàn toàn Bài 4: Trên mặt phẳng cho 2005 điểm, ba điểm thẳng hàng bốn điểm nằm đường tròn Chứng minh từ điểm chọn ba ®iĨm cho cã ®óng 1001 ®iĨm sè cßn lại nằm đường tròn qua ba điểm đà chọn, 1001 điểm nằm Giải: Lấy bao lồi 2005 điểm Bao lồi đa giác Do ba điểm thẳng hàng, nên cạnh đa giác bao lồi chứa hai điểm hai đỉnh cạnh Lấy cạnh đa giác bao lồi giả sử cạnh AB B A C100 33 Rõ ràng đường thẳng qua A, B đặt 2003 điểm lại phía đường thẳng Đánh số tất 2003 điểm lại C1, C2, …, C2003 cho: AC1 B  AC2 B AC2003 B (vì bốn điểm nằm đường tròn) Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác AC1002B Dễ thấy điểm C1, C2, , C1001 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC1002; điểm C1003, C1004, , C2003 nằm đường tròn Đó điều phải chứng minh Bài 5: Chứng minh số đường kính n - giác tuỳ ý không vượt n Giải: Ta chứng minh quy nạp toán cách tổng quát cho hệ n điểm tuỳ ý Với n = 3, kết luận toán hiển nhiên tam giác có cạnh nên có không đường kính Giả sử kết luận cho n: n hệ điểm tuỳ ý có không n ®­êng kÝnh XÐt hƯ H gåm n + ®iĨm tuỳ ý có đường kính d Nếu đỉnh có không hai đường kính số đường kính H không vượt n n đường kính (do đường kính tính hai lần) Nếu có đỉnh A không đường kính AA1, AA2, AA3 giả sử không tính tổng quát A3 nằm kho¶ng A1 A2 Ta sÏ chøng tá A3 chØ 34 có đường kính AA3 Nếu B ®iĨm t ý cđa hƯ th× AB  d nên B nằm hình tròn (A ; d) Giả sử A3B = d B nằm hình quạt giới hạn A A1 A2 Khi A3B cắt AA1 A3B cắt AA2 A1 B A3 A O A2 Không tính tổng quát giả sử A3B cắt AA1 Khi ta có tứ giác ABA3A2 gọi O = BA2 AA3 BA2 + AA3= BO + OA2 + AO + OA3 = (BO + OA3) + (AO + OA2) ≥ BA3 + AA2 Suy A2B > BA3 = d, v« lÝ Xét n điểm thu từ H bỏ A3, theo giả thiết quy nạp hệ n điểm có không n đường kính,do H có không (n + 1) đường kính Vậy toán đà chứng minh Bài 6: Cho m điểm không nằm đường thẳng Chứng minh tồn đa giác lồi có đỉnh m điểm đà cho cho điểm lại không nằm đa giác Giải: Vì số điểm đà cho hữu hạn, nên hoàn toàn xác định đường thẳng d cho tất điểm đà cho nằm phía d (giả sử bên d) Gọi A1 điểm gần d (nếu có nhiều điểm ta giả sử A1 35 điểm cuối bên phải) Qua A1 kẻ đường thẳng d’//d Quay d1 quanh d’ theo chiỊu ng­ỵc chiỊu kim đồng hồ, gặp điểm đà cho Ta xác định vị trí d đường thẳng d1, điểm vừa gặp gọi A2 (nếu có nhiều điểm ta chọn A2 ®iĨm xa A1 nhÊt) Quay d1 quanh d2 nh­ c¸ch làm trên, ta đường thẳng d2, gặp điểm A3 Tiếp tục trình đường thẳng qua A1, gọi dm.Ta nhận đa giác lồi A1A2Am thỏa mÃn đề d2 A3 Am d1 A2 A1 dm Bài 7: Người ta cắt đa giac lồi 10 cạnh thành hình tam giác Hỏi thu tam giác? Nếu đa giác không lồi số tam giác thu bao nhiêu? Giải: Khi chia đa giác lồi thành n tam giác (bằng đường chéo đường chéo) góc đa giác lồi nhỏ , nên đỉnh đa giác nằm cạnh tam giác, mà đỉnh đa giác phải đỉnh tam giác Vì tổng góc tất m tam giác nhỏ tổng góc đa giác đa cho Trong 36 trường hợp đa giác lồi 10 cạnh tổng góc , mà tổng góc m tam giác m suy m  Ta cã tam gi¸c tất đường cắt đường chéo đa giác Xét trường hợp cắt đa giác 10 cạnh không lồi Nếu đỉnh có góc nhỏ , đỉnh phải đỉnh tam giác Nếu góc đỉnh lớn đỉnh vừa đỉnh tam giác vừa thuộc cạnh tam giác Do tổng số đỉnh tam giác không thĨ nhá h¬n 10, nh­ vËy ta sÏ cã 3n 10 n Vậy cắt tam giác Bài : Trên mặt phẳng cho số hữu hạn điểm không thuộc đường thẳng Chứng minh tồn ba điểm cho đường tròn ngoại tiếp tam giác không chứa điểm bên Giải: A2 A1 Ai-1 M Ap Ai Ai Ai+1 Ai+1 Vì số điểm đà cho hữu hạn chúng không nằm đường thẳng, lấy bao lồi hệ điểm ta đa giác Giả sử đa giác lồi A1A2Ap, điểm lại phải nằm đa giác bao lồi Gọi Ai, Ai+1 hai đỉnh liên tiếp đa giác bao lồi (tức xét cạnh tùy ý AiA1+1) Do tập điểm đà cho không nằm đường thẳng nên tập điểm không thuộc AiA1+1 khác rỗng Khi tồn điểm M cho 37 Ai MAi1  max Ai A j Ai 1 , ë giá trị lớn lấy theo j 1.m mµ j  i, j  i  1; Aj   Ai Ai 1  (gi¶ sư A1, A2, , Am hệ hữu hạn điểm cho trước) Khi đường tròn ngoại tiếp Ai MAi đường tròn cần tìm 38 Kết luận Hình học tổ hợp nhánh hình học mà thường gặp kì thi chọn học sinh giỏi toán nước quốc tế Bản khoá luận trình bày số kết nghiên cứu tập lồi, số tính chất tập lồi ứng dụng tính chất tập lồi để giải toán hình học tổ hợp Sau trình nghiên cứu, em đà tìm hiểu thêm nhiều kiến thức mới, đúc rút cho số kiến thức vấn đề đà nghiên cứu Em hi vọng điều em trình bµy khãa ln nµy cã thĨ gióp cho viƯc nghiên cứu vấn đề khác có liên quan hình học thuận lợi Tuy nhiên lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, có nhiều cố gắng xong không tránh khỏi thiếu sót Vì em mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô giáo bạn sinh viên trường để khoá luận hoàn thiện 39 Tài liệu tham khảo Phan Huy Khải (2007) , Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông toán hình học tổ hợp, NXB giáo dục Nguyễn Hữu Điền (2005) , Một số chuyên đề hình học tổ hợp, NXB giáo dục 40 41 ... 3: số toán hình học tổ hợp Hình học tổ hợp đa dạng nội dung, mặt khác phong phú phương pháp giải Sau số phương pháp sử dụng tính chất tập lồi để giải toán hình học tổ hợp: 3.1 số phương pháp giải. .. Kết luận Hình học tổ hợp nhánh hình học mà thường gặp kì thi chọn học sinh giỏi toán nước quốc tế Bản khoá luận trình bày số kết nghiên cứu tập lồi, số tính chất tập lồi ứng dụng tính chất tập lồi. ..TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ==***== NGUYỄN THỊ HOA ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TẬP LỒI GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP TĨM TẮT KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Hình học Người