Biên soạn hệ thống câu hỏi trắc nghiệm khách quan trong dạy học hình học không gian lớp 11 THPT

www.VNMATH.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - LÊ THỊ BÌNH CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số:60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HOC TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Phan Huy Khải THÁI NGUYÊN, NĂM 2009 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com Lời nói đầu Hình học tổ hợp nhánh thiếu tốn tổ hợp nói chung, thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp Khác với toán lĩnh vực Giải tích, Đại số, Lượng giác, tốn hình học tổ hợp thường liên quan nhiều đến đối tượng tập hợp hữu hạn Vì lẽ tốn mang đặc trưng rõ nét tốn học rời rạc (Ít sử dụng đến tính liên tục - tính chất đặc trưng mơn giải tích) Luận án đề cập đến phương pháp để giải tốn hình học tổ hợp Ngồi phần mở đầu, danh mục tài liệu tham khảo, luận án gồm ba chương Chương I áp dụng Nguyên lí cực hạn vào giải tốn hình học tổ hợp phương pháp vận dụng cho nhiều lớp toán khác, đặc biệt có ích giải tốn tổ hợp nói chung hỗn hợp tổ hợp nói riêng Ngun lí dùng để giải tốn mà đối tượng phải xét tồn giá tri lớn nhất, giá trị nhỏ theo nghĩa kết hợp với tốn khác đặc biệt phương pháp phản chứng, tập hợp giá trị cần khảo sát tập hợp hữu hạn vơ hạn tồn phần tử lớn Chương II Nguyên lí Dirichlet: phương pháp thông dụng hiệu để giải tốn hình học tổ hợp Ngun lí Dirichlet cịn cơng cụ nhạy bén có hiệu cao dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc tốn học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác tốn học Dùng ngun 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 tốn hình học tổ hợp phương pháp hữu hiệu Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com Phần cịn lại luận văn trình bày vài phương pháp khác để giải tốn hình học tổ hợp Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình bảo thầy giáo PGS.TS Phan Huy Khải Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo Khoa Toán Trường Đại học Khoa học, thầy cô trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho thời gian học tập trường Thái Nguyên, ngày 18 tháng năm 2009 Tác giả Lê Thị Bình Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com Mục lục Mục lục 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 tốn sử dụng định lí Kelli………………………… 19 §2 Phương pháp sử dụng phép lấy bao lồi…………………… 27 Chương IV: Vài phương pháp khác ……………………… 32 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com -1- Chương I: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN Nguyên lí 1: Trong tập hợp hữu hạn khác rỗng số thực ln chọn số bé số lớn Nguyên lí 2: Trong tập hợp khác rỗng số tự nhiên ln ln chọn số bé Sử dụng nguyên lí cực hạn phương pháp vận dụng cho nhiều lớp toán khác, đặc biệt có ích giải tốn tổ hợp nói chung hỗn hợp tổ hợp nói riêng Nguyên lí dùng để giải tốn mà tập hợp đối tượng phải xét tồn giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ theo nghĩa Ngun lí cực hạn thường sử dụng kết hợp với phương pháp khác, đặc biệt phương pháp phản chứng, vận dụng trường hợp tập giá trị cần khảo sát tập hợp hữu hạn (Nguyên lí 1) vơ hạn tồn phần tử lớn nhỏ (Nguyên lí 2) Để sử dụng ngun lí cực hạn giải tốn hình học tổ hợp, người ta thường dùng lược đồ chung để giải sau: - Đưa toán xét dạng sử dụng ngun lí (hoặc nguyên lí 2) để chứng tỏ tất giá trị cần khảo sát toán cần có giá trị lớn (nhỏ nhất), xét tốn tương ứng nhận giá lớn (nhỏ nhất) -Chỉ mâu thuẫn, đưa giá trị lớn (hoặc nhỏ hơn) giá trị lớn (nhỏ nhất) mà ta khảo sát 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 khác bốn màu dùng Chứng minh tồn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com -2- đoạn thẳng chứa hai điểm hai màu hai điểm hai màu lại Giải: Xét tập hợp sau: A = { k | ≤ k ≤ n } Tập A ≠ ∅ ( theo giả thiết dùng bốn màu) A hữu hạn nên theo nguyên lí cực hạn, tồn số i nhỏ mà i ∈ A Theo định nghĩa tập hợp A, i số bé thuộc A, nên màu điểm Ai khác với màu tất điểm A1, A2, …, Ai-1 Chú ý dãy A1, A2 , …, Ai lại có đủ bốn màu Xét tiếp tập sau: B = {k | ≤ k ≤ i điểm Ak , Ak+1, …, Ai có mặt đủ bốn màu} Tập B ≠ ∅ (vì dãy A1, A2 , …, Ai có đủ bốn màu), B hữu hạn nên theo nguyên lí cực hạn, tồn số j lớn mà j ∈ B 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 (đó Aj Ai ), hai điểm hai màu cịn lại Aj+i , …, Ai-1.□ Ví dụ 1.2: Cho ABC tam giác nhọn Lấy điểm P tam 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 o · · · · · APC1 + C Ta có: · PB + BPA1 + A1PC + CPB1 + B1 PA = 360 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (1) http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com -3- Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại: { } · · · · · · max · APC1 ,C PB,BPA1 , A1PC,CPB1 ,B1PA = BPA1 (2) Từ (1) (2) dễ suy ra: PBA&1& ≥ 60 o Từ (3) ta đến cos (3) · = PA1 ≤ PBA PB Như PB ≥ 2PA1 (4) Từ (4) suy max {PA,PB,PC} ≥ PB ≥ PA1 ≥ {PA1 ,PB1 ,PC1} □ Ví dụ 1.3: Chứng minh mặt phẳng toạ độ, khơng thể tìm năm điểm ngun 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 = {a | 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 = 1, , gọi a cạnh ngũ giác này, ta có: a2 = A1A22 = (x2 – x1)2 + (y2 - y1)2 Do xi , yi ∈ ¢ , ∀i = 1,5 nên a2 số nguyên dương Như tập Ω ≠ ∅ , điều suy từ giả thiết phản chứng 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, a* cạnh ngũ giác Dễ thấy ABCB' ; BCDC' ; CDED'; Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com -4- DEAE' AEBA' hình bình hành với BD ∩ CE = A' , AD ∩ CE =B' , AD ∩ BE = C' , AC ∩ BE = D' ,AC ∩ DE = E' Từ hình bình hành EABA' suy ra:  x A' = xB + xE − x A   y A' = y B + yE − y A (1) 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'' Rõ ràng A'B'C'D'E' ngũ giác với đỉnh “điểm nguyên”, 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 (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” Ví dụ 1.4: Trên mặt phẳng cho 2005 điểm, khoảng cách điểm đôi khác Nối điểm số điểm với điểm gần Cứ tiếp tục Hỏi với cách nối nhận đường gấp khúc khép kín khơng? Giải: Giả sử xuất phát từ điểm A1 Theo nguyên lí cực hạn, số tất đoạn thẳng có đầu mút A1 tồn điểm gần A1 Điểm nhất, theo giả thiết khoảng cách điểm khác Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com -5- căp điểm khác Gọi điểm A2 Tiếp tục xét với đoạn thẳng xuất phát từ A2 Có hai khả xảy ra: 1.Nếu A1 điểm gần A2 Khi đường gấp khúc dừng lại A2 Rõ ràng ta thu đường gấp khúc với khúc A1A2 dĩ nhiên khơng khép kín 2.Nếu tồn điểm A3 A2A3 ngắn Khi ta có đường gấp khúc A1A2A3 với A1A2 > A2A3 H –1.4 Giả sử có đường gấp khúc A1A2…An theo lập luận ta có: A1A2 > A2A3 > …> An-1An 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: AnAi < An-1An < AiAi+1 (1) Nhưng theo cách nối từ Ai ta lại có: AiAi+1 < AnAi (2) Từ (1) (2) suy vơ lí Vậy khơng H -1.5 đường khấp khúc A1A2…An khép kín Ta có câu trả lời phủ định: Khơng thể nhận đường gấp khúc khép kín, nối theo quy tắc Ví dụ 1.5: Cho số nguyên m, n với m < p , n < q cho p × q số thực đơi khác Điền số cho vào ô vuông bảng vng kích thước p × q (gồm p hàng, q cột) cho số điền vào ô ô điền vào số Ta gọi ô vuông bảng “xấu” số nằm bé m số nằm cột với đồng thời bé n Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com -6- số nằm hàng với Với cách điền số nói trên, gọi s số “xấu” bảng số nhận Hãy tìm giá trị nhỏ s Giải: Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh bất đẳng thức sau: s ≥ (p – m) (q – n) (1) Ta quy nạp theo số p + q • Nếu p + q = 2, tức p = q = (bảng có số) Khi kết luận tốn (hiểu theo nghĩa m , n khơng có hiểu theo nghĩa khơng có trường hợp này) • Tương tự p + q = • Với p + q = ⇒ p = q = m = n = Xét cách điền bốn số đơi khác a, b, c, d Không giảm tổng quát cho a < b < c < d (nếu khơng lí luận tương tự) a b c d Ơ có số a “xấu” (vì bé số nằm cột số nằm hàng, có “xấu” mà thơi) Ta có s = Mặt khác, trường hợp này: (p – m)(q – n) = (2 – 1)(2 – 1) = Kết luận toán trường hợp Giả thiết quy nạp kết luận toán đến p + q = k (ở p > m , q > n) , tức trường hợp số ô “xấu “ lớn (p – m)(p – n) ã Xột bng pìq cú p + q = k + Ta gọi ô vuông bảng “xấu theo hàng” (“xấu theo cột”) số nằm bé n số (tương ứng m số) nằm hàng (tương ứng nằm cột) với Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 42 - Từ (6) suy tốn có câu trả lời phủ định: khơng thể có cách điền số vào đỉnh cạch lập phương cho tổng số tám đỉnh tổng 12 số 12 cạnh hình lập phương □ Ví dụ 4.10: Cho bảng vng kích thước 2n×(2n + 1) (bảng gồm 2n dịng 2n + cột) Hãy tìm số nguyên dương k lớn cho ta tô màu k ô vuông bảng mà với hai ô vuông tô màu khơng có đỉnh chung Giải: Ta đánh số hàng cột theo quy ước sau: Thứ tự hàng tính từ xuống dưới, cịn 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 tơ màu theo u 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) ( i + ; 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 nằm hàng lẻ) Rõ ràng sau thực phép biến đổi ấy, ta có phép tơ màu T’ Phép tô màu thỏa mãn điều kiện sau: Hai ô vuông tô màu bước T’ khơng có đỉnh chung Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 43 - k(T) = k(T’) 3.Tất ô nằm hàng thứ 1, 3, 5,…, 2n – khơng có màu Theo cách tơ màu số tơ màu hàng không vượt n + Và có tối đa n hàng có màu, nên: k(T’) ≤ (n + 1)n.Vì k(T) ≤ ( n +1)n với cách tô màu T Xét cách tô màu sau: Tô màu tất ô (2i ; 2j – 1) với i = 1, 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 = n(n + 1) , cịn số trắng là: + + +….+(n - 1) = n(n − 1) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 44 - Theo cách đánh số tam giác hai tam giác đánh số liên tiếp phải có cạnh chung phải có màu khác Vì lẽ đó, số tam giác đánh số, số tam giác đen nhiều số tam giác trắng 1.Vậy tổng số tam giác đánh số m phải thỏa mãn bất đẳng thức: m≤ 2n(n − 1) + , hay m ≤ n2 – n + □ Ví dụ 4.12: Cho bàn cờ vua 8×8 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 tơ lại hàng (hoặc cột) có k ô đen – k ô trắng Sau tơ lại hàng (hoặc cột) có k trắng – k đen Vì sau lần tô lại số ô đen thay đổi là: (8 – k) – k = – 2k , tức thay đổi số chẵn ô đen Như tính chẵn, lẻ số đen khơng 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 đen Bài tốn có kết phủ định □ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 45 - Ví dụ 4.13: Một đa giác lồi n cạnh chia thành tam giác đường chéo không cắt nó, đồng thời đỉnh hội tụ số lẻ tam giác Chứng minh n chia hết cho Giải: Theo giả thiết đa giác lồi chia thành nhiều tam giác đường chéo không cắt Tô màu đen, trắng 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 cạnh đa giác thuộc tam giác màu (giả sử tam giác đen) H – 4.12 Giả sử m số cạnh tam giác trắng, hai tam giác trắng khơng có cạnh chung nên dĩ nhiên mM Mặt khác , cạnh tam giác trắng cạnh tam giác đen tất cạnh tam giác trắng cạnh tam giác đen Ngoài hai tam giác đen khơng có cạnh chung, nên tổng số cạnh tam giác đen m + n phải chia hết cho Từ m M suy n M □ 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; cịn n điểm màu xanh trục số có tọa độ y1, y2,…,yn Gọi An tổng khoảng cách điểm màu, Bn tổng khoảng cách điểm khác màu Ta chứng minh quy nạp Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 46 - -Nếu n = A1 = 0, B1 = | xi – yi | ≥ Rõ ràng A1 ≤ B1 Vậy kết luận toán n = -Giả sử kết luận toán n = k – 1, tức Ak-1 ≤ Bk-1 -Xét n = k Không giảm tổng quát cho là: xk = max { x1,…,xk} ; yk = max { y1,…,yk} ( khơng đánh số lại) Ta có: k k i =1 i =1 Ak = Ak +1 + ∑ ( xk − xi ) + ∑ ( yk − yi ) k = Ak −1 + ∑ ( xk − yi ) + ( yk − xi )  (1) i =1 k k i =1 i =1 Bk = Bk −1 + ∑ xk − yi + ∑ yk − xi + xk − yk (2) Theo giả thiết quy nạp, Ak-1 ≤ Bk-1 (3) Từ (1), (2), (3) suy Ak ≤ Bk x1 x2 y1 y2 x3 y3 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 vng n×n (n ≥ 2) Trong ô vuông ta viết số nguyên không âm tùy ý thỏa mãn điều kiện: Nếu viết số 0, tổng tất số viết dòng cột chứa khơng nhỏ n Tìm giá trị nhỏ tổng số viết bảng Giải: Với i = 1, n , kí hiệu tổng số viết hàng thứ i ( kể từ xuống dưới) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 47 - Với i = 1, n , kí hiệu bj tổng số viết cột thứ j ( kể từ trái sang phải) Từ giả thiết toán suy ra: Với i = 1, n ; j = 1, n ta có: + bj ≥ n (1) Như ta có: n n ( ) T = ∑∑ + b j ≥ n3 i =1 j =1 (2) Giả sử aij số ghi cột ( i , j ) ( ô hàng i cột j ) aij nằm tổng bj Do bj xuất T n lần, “gián tiếp” số aij tham gia vào tổng T 2n lần Do kí hiệu S tổng số viết bảng, thì: H-4.14 n n S = ∑∑ aij (3) i =1 j =1 Từ (2), (3) nhận xét suy ra: T = 2nS ⇒ S ≥ n2 (4) Mặt khác S số nguyên, nên từ (4) lại có:  n2 + 1 S≥    (5) H-4.15 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: Dễ thấy cách ghi số trường hợp thỏa mãn yêu cấu đề lúc tổng S số ghi bảng S = 2k2 Mặt khác, ta có: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 48 -  n +   4k +     =  =  2k +  = 2k 2       n2 + 1 Vậy ta có trường hợp S =     2.Nếu n lẻ (n = 2k + 1) Khi đó, xét cách ghi số vào bảng sau: Rõ ràng cách ghi số thỏa mãn yêu cầu đề Lúc tổng số ghi bảng là: S = (k + 1)2 + k2 = 2k2 + 2k +  n2 + 1 H-4.16  ( 2k + 1)2 +   =  2k + 2k + 1 = 2k + 2k +  Lại có:  =     n2 + 1    Như trường hợp ta có: S =   n2 + 1 Kết hợp lại suy giá tri nhỏ tổng S cần tìm S =   □   Ví dụ 4.16: Trên mặt phẳng xếp bảy đoạn thẳng cho đoạn thẳng cắt ba đoạn thẳng khác không? 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 cắt (1 ≤ i ≤ 7, ≤ j ≤ 7) (Riêng ô (k , k), k = 1,7 đánh số 0, coi đoạn thẳng thứ k khơng cắt nó) Giả sử đoạn thẳng cắt ba đoạn thẳng khác.Như vậy, hàng H- 4.17 có ba dấu × Vậy tồn bảng có 21 dấu × Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 49 - Mặt khác bảng có (k , k) có dấu (xếp theo đường chéo chính) Như nói, (i , j) có dấu ×, (j , i) (đối xứng với (i , j) qua đường chéo chính) có dấu × Vậy số đánh dấu × phải số chẵn Do 21 số lẻ, nên ta gặp mâu thuẫn Vậy giả thiết đoạn thẳng cắt ba đoạn thẳng khác sai Bài toán cho có câu trả lời phủ định Khơng thể xếp bảy đoạn 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 sau: 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 ghi trên, ta nhận ba số mà ba số khơng nhỏ 2006 Giải: a1 a c b H - 4.18 b1 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,… Với Mỗi n = 1, 2,… đặt: S n = a n2 + b n2 + c n2 Ta có: S n+1 = an2+1 + bn2+1 + cn2+1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 50 - = ( an + bn − 2cn ) + ( bn + cn − 2an ) + ( cn + an − 2bn ) 2 = ( an + bn + cn − 3cn ) + ( bn + cn + an − 3an ) + ( cn + an + bn − 3bn ) 2 = ( an + bn + cn ) + ( cn2 + an2 + bn2 ) − ( an + bn + cn )( cn + bn + an ) = 9S n (do an + bn + cn = 0, ∀n =1,2, ) Như ta có: S n+1 = 9S n (1) Từ (1) ta đến với n = , 3,… : Sn = 9n-1S1 (2) Do a, b, c không đồng thời nhau, nên a1, b1, c1 không đồng thời Thật vậy:  a + b − 2c =  a1 = b1 = c1 = ⇔ b + c − 2a = ⇔ a = b = c c + a − 2b =  Vì lẽ S1 = a12 + b12 + c12 > Do S1 > 0, nên từ (2) suy ra: lim S n = +∞ (3) x →∞ 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 ak2 mà: ak2 ≥ ( 2.2006 ) ⇒ | ak| ≥ 2.2006 (5) Có hai khả sảy ra: Nếu ak ≥ 2.2006, dĩ nhiên ak ≥ 2006,bài toán giải trường hợp Nếu ak ≤ -2.2006 , ak + bk + ck = 0, nên suy ra: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 51 - bk + ck ≥ 2.2006 (6) Từ (6) lại theo nguyên lí Dirichlet suy có hai số bk , ck (mà giả sử bk) cho: bk ≥ 2006 Bài tốn giải hồn tồn □ Ví dụ 4.18: Cho bảng hình chữ nhật kẻ vng có 2005 hàng 2007 cột Kí hiệu (m, n) vng nằm giao hàng thứ m cột thứ n Tô màu 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 ≤ r ≤ 2005 ≤ s ≤ 2007 Từ lần thứ hai, lần tơ ba chưa có màu nằm cạnh hàng cột Hỏi cách tơ màu hết tất ô vuông bảng cho hay không? Giải: Chia tất ô vuông bảng thành ba loại: - Loại I: Gồm tất ô (m, n) mà ( m – n) ≡ 0(mod 3) - Loại II: Gồm tất ô (m, n) mà ( m – n ) ≡ 1(mod 3) -Loại III: Gồm tất ô (m, n) mà (m – n) ≡ 2(mod 3) Do 2007 M nên hàng ta có số loại Vì thế, tồn bảng số loại Rõ ràng kể từ lần thứ hai, lần tô màu, ta tô ô loại I, ô loại II, ô loại III (vì ba hàng cột mà lại đứng cạnh nhau) Từ hai nhận xét suy ra, tô màu hết tất bảng, lần tơ thứ ta phải tô ô loại I, ô loại II, ô loại III Tuy nhiên do: r – s = (r + 1) – (s + 1) = (r + 2) – (s + 2), H-4.20 nên ba ô tô lần đầu thuộc loại Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 52 - Vì tốn có câu trả lời phủ định: khơng thể tô màu hết tất ô vuông bảng theo u cầu □ Ví dụ 4.19: Hãy tìm số lượng mặt phẳng, mà chia khối lập phương không nhỏ 300 phần Giải: Chứng minh phương pháp quy nạp theo n, kết luận n đường thẳng chia mặt phẳng không p(n) = n ( n + 1) + phần, nhận p(n) đường thẳng đơi cắt khơng có ba đường có điểm chung Tương tự quy nạp theo n , chứng minh n mặt phẳng chia không gian không q(n) = n + 5n + phần n mặt phẳng chia q(n) phần khơng có hai mặt phẳng song song với khơng có ba mặt phẳng có chung đường thẳng khơng có bốn mặt phẳng có điểm chung Vì q(12) = 299 < 300 < 378 = q(13), để chia khơng gian 300 phần cần phải có 12 mặt phẳng Dễ thấy để chia khối lập phương phải cần số mặt phẳng □ Ví dụ 4.20: Những hình vng kích thước 7×7 tơ hai màu Chứng minh tồn 21 hình chữ nhật với đỉnh màu với cạnh song song với cạnh hình vng Giải: Ta cho màu tô trắng đen Cho hàng, ta giả sử tồn k ô đen 7- k trắng Khi tồn Ck2 + C72−k = k − k + 21 ≥ = k − 7k + 21 ≥ , cặp màu.Vậy tồn 7.9 = 63 cặp ô màu hàng Tiếp theo tồn C72 = 21 cặp cột Vậy tồn 21.2 = 42 tổ hợp màu cặp cột Với tổ hợp i = đến 24, giả sử tồn ji cặp tổ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 53 - hợp, tồn ji – hình chữ nhật cho tổ hợp Vì tổng ji 42 63, tồn ∑ ( ji − 1) ≥ 63 − 42 = 21 Từ suy tồn i =1 21 hình chữ nhật thoả mãn yêu cầu đề bài.□ µ = nB µ với n số nguyên Ví dụ 4.21: Cho ABC tam giác nhọn với A dương Chứng minh tam giác tách thành tam giác cân mà tất cạnh bên chúng Giải: Ta chứng minh mệnh đề với góc A nhỏ 900 Ta chứng minh quy nạp theo n mà tam M B nα giác ABC cắt thành n tam giác cân mà cạnh AC A (n − 1)α α Với n = kết luân hiển nhiên C H - 4.21 Giả sử kết luận cho n – ta · =A µ chứng minh cho n Chọn M ∈ AB cho CMA Khi tam giác CMB có: ( ) · = 180o − CMB · − CMB · = 180o − 180o − nB µ = ( n − 1) B µ MCB Do theo giả thiết quy nạp, tam giác tách thành n – tam giác cân có cạnh MC = CA Cộng thêm với tam giác CAM cho ta kết cắt tam giác ABC □ Ví dụ 4.22: Một hình trịn chia thành 10 hình quạt Mỗi hình quạt chứa rệp Một lần tất rệp đồng thời chuyển sang hình quạt bên cạnh cho chuyển ngược chiều kim đồng hồ lúc rệp cịn lại chuyển theo chiều thuận kim đồng hồ Cứ lặp lại trình chuyển rệp Có khả bước tất rệp nằm hình quạt hay khơng? Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 54 - Giải: Đánh số hình quạt trịn 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 H – 4.23 hồ, số rệp giảm 1, tăng lên ( trường hợp rệp hình quạt thứ chuyển theo chiều ngược kim đồng hồ vào hình quạt thứ 9) 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 (không phải từ ô sang ô 9), k chuyển động chiều kim đông hồ từ ô sang ô 0, – k chuyển động chiều kim đồng hồ sang ô bên cạnh (không phải từ ô sang ô 0), ≤ k ≤ Khi tổng số điểm 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 cạnh (không phải từ ô sang ô 9), ≤ k ≤ Khi tổng số điểm 10 rệp sau chuyển động thay đổi lượng là: −1 − 9k + ( − k ) = − 10k Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 55 - 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 tốn có câu trả lời phủ định: Khơng 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,… Ví dụ 4.23: Chứng minh 2n điểm khác đa giác lồi, tồn phép cắt đa giác thành n+1 đa giác lồi cho 2n điểm nằm 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) điểm Ta phải chứng minh mệnh đề với đa giác có 2n điểm Ta cố định đường thẳng d mà không giao với đa giác cho Cho A điểm mà gần d chọn B điểm cịn lại cho góc tạo 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 điểm cho Sử dụng giả thiết quy nạp, suy p2 chia thành n đa giác chứa cạnh chúng 2n – điểm lại đa giác với p1 cho ta cách cắt đa giác cần tìm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 56 - TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Hữu Điển (2005), Một số chuyên đề hình học tổ hợp, NXB Giáo Dục [2] Vũ Đình Hịa (2006), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học tổ hợp, NXB Giáo Dục [3] Phan Huy Khải (2007), Giải tích lồi tốn sơ cấp, NXB Giáo Dục [4] Tập san Toán học tuổi trẻ năm [5] Nguyễn Văn Vĩnh (2005), 23 chuyên đề giải 1001 tốn sơ cấp, NXB Giáo Dục Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn ... 3.1.2: Trên mặt phẳng cho n hình trịn ( n ≥ 4) Giả sử ba hình trịn có hình trịn bán kính r cắt ba hình trịn Chứng minh tồn hình trịn bán kính r cắt n hình trịn Giải: Gọi Si hình trịn tâm Ai , bán... Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 32 - Chương IV: VÀI PHƯƠNG PHÁP KHÁC GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP Trong chương đề cập đến tốn hình học tổ... K| diện tích hình phẳng K, cịn | Ki| diện tích hình phẳng Ki, i = 1, n ; tồn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn www.VNMATH.com - 11 - hai hình phẳng Hi