Đang tải... (xem toàn văn)
Trong m ục này ta kí hiệu S(A) là diện tích miền A trong một mặt phẳng. Ch ứng minh. Tương tự như chứng minh Định lí 2. Tập phần tử là khối ba chiều giới hạn bởi các mặt cong phẳng.. Khi[r]
(1)NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỐI NGẪU VÔ HẠN PHẦN TỬ
THE INFINITE DUAL DIRICHLET PRINCIPLE
TRẦN QUỐC CHIẾN
Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng TRƯƠNG CÔNG NÊN
Học viên Cao học khóa 2005 – 2008
TÓM TẮT
Mặc dù đơn giản nguyên lý Dirichlet áp dụn g để giải nhiều toán tổ hợp phức tạp Tuy nhiên, nguyên lý Dirichlet áp dụng cho tập hữu hạn Bài báo trình bày nguyên lý Dirichletđối ngẫu cho tập hữu hạn chứng minh rằng nó tương đương với nguyên lý Dirichlet (cổ điển ) Sau đó, nguyên lý Dirichletđối ngẫu được mở rộng cho tập vô hạn Cuối cùng, kết áp dụng để giải số bài toán tổ hợp phức tạp
ABSTRACT
Although it is simple, the Dirichlet principle is applied to solve many difficult combinatorical problems However Dirichlet principle deals exceptionally with finite sets This paper presents the dual Dirichlet principle and shows that it is equivalent to the Dirichlet principle Then, the dual Dirichlet principle is extended for infinite sets Finally, the results are applied to solve some difficult combinatorical problems
1 Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu hữu hạn phần tử
Trước hết ta nhắc lại Nguyên lý Dirichlet
• Ngun lí Dirichlet Nếu xếp nhiều n đối tượng vào m hộp n
m > k tồn
tại hộp chứa k + đối tượng
Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu phát biểu sau
• Ngun lí Dirichlet đối ngẫu Cho tập hữu hạn S ≠ ∅ S1, S2, …, Sn tập
của S cho | S1 | + | S2 | + … + | Sn | > k | S | Khi đó, tồn phần tử x S sao∈
cho x phần tử chung k+ tập Si ( i = 1, 2, … n)
Ta chứng minh hai nguyên lý tương đương
• Định lí (Định lí tương đương) Ngun lý Dirichlet Nguyên lý Dirichlet đối
ngẫu tương đương
Chứng minh
◊ Nguyên lý Dirichlet suy Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu:
Giả sử S có m phần tử x1, x2, …, xm Xét tập X = { (xi,Sj) | xi ∈Sj , i = 1, 2, …,
(2)Ta phân bố phần tử tập X vào m hộp 1, 2, …, m sau: xi ∈Sj
(xi,Sj) phân vào hộp i với i = 1, 2, …, m j = 1, 2, …, n Khi đó, theo
ngun lí Dirichlet, tồn hộp i có k + phần tử Từ suy tồn phần tử xi
là phần tử chung k + tập Si ( i = 1, 2, … n)
◊ Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu suy Nguyên lý Dirichlet:
Kí hiệu n phần tử j = 1, 2, …, n Ta phân bố phần tử j = 1, 2, …, n vào m hộp Hi , i = 1, …, m Kí hiệu S = { Hi | i = 1, 2, …, m}, Sj = { Hi | j ∈ Hi } ∀ j = 1, 2,
…, n Hiển nhiên | Sj | = ∀j = 1, 2, …, n | S | = m Suy | S1 | + | S2 | + … + | Sn |
= n > k.m > k |S|
Theo Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu tồn phần tử Hi chung của k + tập Sj ( i =
1, 2, … n), tức tồn hộp Hi
2 Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu vơ hạn phần tử
chứa k + phần tử
2.1 Tập phần tử khoảng đường thẳng
Trong mục ta kí hiệu d(I) độ dài khoảng I ⊂ R
• Định lý Cho A khoảng giới nội, A 1, A2, … , An khoảng cho
Ai ⊂A (i = 1, 2, …, n) d(A) < d(A1) + d(A2) + … + d(An) Khi có hai
khoảng số khoảng có điểm chung
Chứng minh Thật vậy, giả sử khơng có cặp khoảng cho có
điểm chung Khi đó, d(A1 A 2 … An) = d(A1) + d(A2) + … + d(An) >
d(A) Mặt khác, từ Ai ⊂A (i = 1, 2, …, n) suy d(A1 A 2 … An) d(A) Các ≤
bất đẳng thức mâu thuẫn với Vậy có hai khoảng số khoảng có điểm chung
• Định lý Cho A khoảng giới nội, A1, A2, … , An khoảng A,
k số tự nhiên thỏa mãn
k d(A) < d(A1) + d(A2) + … + d(An)
Khi tồn k + khoảng Ai (i = 1, 2, …, n) có điểm chung
Chứng minh Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp
◊ Trường hợp k = chứng minh định lý
◊ Giả sử định lí với k, ta phải chứng minh với k + Cho A1, A2, …
, An khoảng A thỏa mãn
(k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + … + d(An) (2.1)
Ta tồn điểm chung k + khoảng Ai (i = 1, 2, …, n)
Vì Ai ⊂A, nên d(Ai) d(A) (i = 1, 2, … , n), t≤ suy d(A1) + d(A2) + … + d(An
≤
) n.d(A) Theo (2.1) ta có (k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + … + d(An
≥
) < n.d(A) Suy k + < n Vì n k +
(3)bằng quy nạp theo n Ta n = k + 2, tức :
(k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + … + d(Ak + 2) (2.2)
Đặt A'i = Ai \ Ak + (i = 1, 2, … , k + 1) (2.3)
A"i = Ai Ak + (i = 1, 2, … , k + 1) (2.4)
và
A' = A \ Ak + (2.5)
A" = Ak + (2.6)
Suy : A'i ⊂A' A"i ⊂A"( i = 1, 2, … , k + 1)
Vì có tất k + tập hợp A'i
≥
, từ bao hàm thức ta :
(k + 1).d(A') d(A'1) + d(A'2) + … + d(A'k+1) (2.7)
Nếu lấy (2.2) trừ (2.7) ta có :
(k + 1).d(A") < d(Ak + 2) + d(A"1) + d(A"2) +… + d(A"k+1) (2.8)
Từ (2.8) suy :
k.d(Ak + 2) < d(A1 Ak + 2) + d(A2 Ak + 2) +… + d(Ak + Ak + 2) (2.9)
Từ (2.9) theo giả thiết quy nạp (mệnh đề với k) suy A 1 Ak + 2, A2 Ak + 2,
…, Ak+1 Ak + có điểm chung, điều có nghĩa tập hợp A1, A2, … , Ak +
≥
có điểm chung Như với n = k + từ (2.3) suy k + tập hợp thỏa ( 2.1) có điểm chung
Bây giả thiết với n k + có k + tập hợp thỏa (2.1) có điểm chung Ta phải chứng minh từ (k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + … +
d(An)+ d(An + 1) (2.10)
suy có k + tập hợp dãy A1, A2, … , An + 1có điểm chung
Thật vậy, đặt :
A'i = Ai \ An+1 (i = 1, 2, … , n) (2.11)
A"i = Ai An+1 (i = 1, 2, … , n) (2.12)
và A' = A \ An + (2.13)
A" = An + (2.14)
Vì A'i A"i = Ai, A'i A"i = ∅ (i = 1, 2, …, n) A' A" = A, A' A" = ∅ nên
d(A'i) + d(A"i) = d(Ai) (i = 1, 2, … , n) (2.15)
và d(A') + d(A") = d(A) (2.16)
Chúng ta chứng minh bất đẳng thức sau đúng:
(k + 1).d(A') < d(A'1) + d(A'2) + … + d(A'n) (2.17)
hoặc k.d(A'') < d(A"1) + d(A"2) + … + d(A"n) (2.18)
Thật trường hợp ngược lại ta có
(4)và k.d(A'') ≥ d(A"1) + d(A"2) + … + d(A"n
≥
)
Cộng hai vế lại (2.15), (2.16) ta có :
d(A') + k.d(A) d(A1) + d(A2) + … + (An
≥
) (2.19)
Cộng hai vế (2.19) với d(A") từ (2.15), (2.16) ta có :
(k + 1).d(A) d(A1) + d(A2) + … + d(An) + d(An + 1)
Điều trái với (2.10) Nên hai bất đẳng thức (2.17) (2.18) phải có bất đẳng thức
Giả sử (2.17) Theo giả thiết quy nạp n từ (2.17) suy k + tập hợp dãy A'1, A'2, … , A'n có điểm chung Từ (2.11) suy kết luận
cũng cho dãy A1, A2, … , An
Giả sử (2.18) Từ giả thiết quy nạp k suy k + tập hợp A"1, A"2, … , A"n có điểm chung với (2.12) tồn điểm
mà điểm k+1 tập hợp A1, A2, … , An An +1
Như từ (2.10) suy k + tập hợp dãy A1, A2, … , An
2.2 Tập phần tử miền phẳng giới hạn đường cong phẳng khép kín
có điểm chung Suy kết luận với n + Từ phương pháp quy nạp, suy điều phải chứng minh
Trong mục ta kí hiệu S(A) diện tích miền A mặt phẳng
Định lý Nếu A miền giới hạn đường cong phẳng khép kín, cịn A1,
A2, … , An miền cho Ai ⊂A (i = 1, 2, …, n) S(A) < S(A1) + S(A2) + … +
S(An), nhất có hai miền số miền nói có điểm chung
Chứng minh Tương tự chứng minh Định lí
Định lý Cho A miền giới hạn đường cong phẳng khép kín, cịn A1,
A2, … , An miền thoả mãn Ai ⊂A (i = 1, 2, …, n) k số tự nhiên thỏa mãn
k S(A) < S(A1) + S(A2) + … + S(An
2.3 Tập phần tử khối ba chiều giới hạn mặt cong phẳng
)
Khi k + số miền nói có điểm chung
Chứng minh Tương tự chứng minh Định lý
Trong mục ta kí hiệu V(A) diện tích khối A
Định lý Nếu A khối giới hạn mặt cong phẳng, A1, A2, … , An
các khối cho Ai ⊂A (i = 1, 2, …, n) V(A) < V(A1) + V(A2) + … + V(An),
nhất có hai khối số khối có điểm chung
Chứng minh Tương tự chứng minh Định lí
Định lý Cho A khối giới hạn mặt cong phẳng, A 1, A2, … , An
những khối thoả mãn Ai ⊂A (i = 1, 2, …, n), k số tự nhiên mà thỏa
(5)Khi k + số khối có điểm chung
Chứng minh Tương tự chứng minh Định lí
3 ỨNG DỤNG
• Ví dụ
Trong hình vng có cạnh chứa số đường tròn Tổng tất chu vi chúng 10 Chứng minh tồn đường thẳng cắt đường trịn đường trịn đó?
Giải Ta chọn cạnh hình vng chiếu vng
góc đường trịn xuống cạnh (xem hình 1) Ta có, hình chiếu đường trịn bán kính R xuống AB đoạn thẳng có độ dài 2R Vì cạnh hình vng
đã chọn có đoạn thẳng chiếu xuống với tổng độ dài 10
π Mà 10
π > Nên theo
nguyên lý Dirichlet đối ngẫu (Định lí 3) suy có điểm M thuộc AB điểm chung đoạn thẳng c hiếu xuống Khi đó, đường thẳng qua M vng góc với AB cắt đường trịn
• Ví dụ
Một tập hợp M hợp số đoạn thẳng nằm khoảng [0, 1] Biết khoảng cách điểm M khác 0,1 Chứng minh tổng độ dài đoạn tạo nên M không vượt 0,5
Lời giải Giả sử tổng độ dài tất đoạn
thẳng M lớn 0,5 Chia đoạn [0,1] thành 10
phần 0, 10
,
1 , 10 10
,
2 , 10 10
, … , ,1 10
Kí
hiệu Mi
i i , 10 10
+
là phần M nằm đoạn ( i = 0, 1, 2, … , 9) Di tổng độ
dài đoạn thẳng tạo Mi
1 , 10 10
Bằng cách tịnh tiến thích hợp chuyển đoạn
thẳng , 3, 10 10
, … , ,1 10
tới 0,
10
Kí hiệu Mi’ ảnh Mi
Vì D = D
với i = 1,
2, 3, … ,
0 + D1 + … + D9 > 0,5 = 5*0,1 Theo nguyên lý Dirichlet đối ngẫu
(Định lí 3) suy có tập hợp Mo, M1’, M2’, … , M9
1 0, 10
’ có điểm chung Điều có nghĩa số kết điểm khác x1,
x2, … ,x6
k 10
của M trừ tương ứng số dạng , k2 10,…,
6 k
10, với ki số
R
B
A Hình
A B
C D
A1 B1
C1
D1
O
(6)đó 0, 1, 2, … , i = 1, 2, … , Theo ngun lý Dirichlet có
số k1, k2, … , k6 liên tiếp Ví dụ k2 = k1 + hay k2 – k1 = Và x1
k 10 – = x2
2 k 10
–
, nên x2 – x1
k k 10
−
= =
10, mâu thuẫn với giả thiết
Vậy tổng độ dài đoạn tạo nên M không vượt 0,5
• Ví dụ
Tìm hình vng có kích thước bé nhất, để hình vng xếp
hình trịn có bán kính cho khơng có hình trịn có điểm chung ?
Lời giải Giả sử hình vng ABCD có tâm O cạnh a, chứa hình
trịn khơng cắt có bán kính 1, tâm chúng nằm hình vng A1B1C1D1 có tâm O, AB//A1B1 cạnh a – (xem hình 2) Các
đường thẳng nối từ trung điểm cạnh đối diện hình vng A1B1C1D1
≤
chia hình vng thành bốn hình vng nhỏ Theo nguyên lý Dirichlet, chúng có hai số tâm Khi khoảng cách hai tâm mặt không lớn đường chéo hình vng bé, mặt khác khơng bé Do có:
2 OA1 1
A B 2
= = a 2 −
Suy : a ≥ 2 2+
Vậy a ≥ 2 2+ tâm hình trịn điểm O, A1, B1, C1, D1
2 2+
thì tất điều kiện tốn thoả mãn, cạnh hình vng cần tìm
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Vũ Hữu Bình, Các tốn hình học tổ hợp (Dùng cho bậc trung học sở), NXB Giáo dục, Hà Nội, 2005
[2] Trần Quốc Chiến, Giáo trình Lý thuyết tổ hợp, Đại học Đà Nẵng, 2005
[3] Nguyễn Hữu Điển, Phương pháp Dirichlet ứng dụng , NXB khoa h ọc kỹ thuật, 1999
[4] Nguyễn Đức Nghĩa Nguyễn Tơ Thành, Tốn rời rạc, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2003
[5] Bộ Giáo dục Đào tạo - Hội Toán học Việt Nam, Tuyển tập 30 năm Tạp chí
Tốn học Tuổi trẻ, NXB Giáo dục, 2004
(7)[7] Stefan Danchev Brics and Soren Riis, “Tree Resolution proofs of the Weak
Pigeonhole Principle”
[8] Andreas Blass, “An Induction Principle and Pigeonhole Principles for K- Finite
Sets”, 2003
[9] Edwin Kwek Swee Hee - Huang Meiizhuo - Koh Chan - Heng Wee Kua,
“Applications of the Pigeonhole Principle”, Singapore Maths Project Festival,
2003
[10] http://en.wikipedia.org/wiki/Johan_Peter_Gustav_Lejeune_Dirichlet, “Johan_Peter_Gustav_Lejeune_Dirichlet”, ngày truy cập 11/9/2007