Một số bài toán tổ hợp

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HỒ TIẾN GẶP MỘT S BÀI TOÁN TỔ H P LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN - 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HỒ TIẾN GẶP MỘT S BÀI TOÁN TỔ H P CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ MÃ S : 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG NGHỆ AN – 2012 MỤC LỤC Trang 1.1 MỞ ĐẦU CHƯƠNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀ ỨNG DỤNG Giới thiệu nguyên lý cực hạn 1.1.1 Nguyên lí cực hạn tập hữu hạn 1.1.2 Nguyên lí cực hạn tập vô hạn 1.1.3 Nhận xét 1.2 Ứng dụng nguyên lí cực hạn CHƯƠNG SỬ DỤNG NGUN LÍ DIRICHLET 2.1 Ngun lí Dirichlet mở rộng theo ngơn ngữ hình học 16 16 2.1.1 Ngun lí Dirichlet 16 2.1.2 Nguyên lí Dirichlet mở rộng 16 2.1.3 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp 17 2.1.4 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng 17 2.1.5 Nguyên lí Dirichlet cho diện tích 18 2.1.6 Ngun lí Dirichlet vơ hạn 18 2.2 Sử dụng nguyên lí Dirichlet để giải tốn hình học tổ hợp CHƯƠNG SỬ DỤNG TÍNH LỒI CỦA TẬP H P 19 34 Tập hợp lồi 34 3.1.1 Định nghĩa 34 3.1.2 Tính chất tập hợp lồi 34 3.1 3.2 Các toán sử dụng định lí Kelli 35 3.2.1 Định lí Kelli khơng gian 2-chiều 35 3.2.2 Định lí Kelli khơng gian 1-chiều 37 3.3 Các tốn sử dụng tính chất tập hợp lồi bao lồi KẾT LUẬN 45 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO MỞ ĐẦU 56 Các toán tổ hợp liên quan đến hình học nhánh khơng thể thiếu tốn tổ hợp nói chung, thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi Các tốn hình học tổ hợp thường liên quan nhiều đến đối tượng tập hợp hữu hạn Vì lẽ tốn mang đặc trưng rõ nét toán học rời rạc, có sử dụng triệt để cơng cụ Đại số Số học Luận văn đề cập đến phương pháp để giải tốn về: Các tốn hình học tổ hợp có sử dụng cơng cụ Đại số Các tốn hình học tổ hợp có sử dụng cơng cụ Số học Ngồi phần mở đầu, danh mục tài liệu tham khảo, luận văn gồm ba chương Chương 1: Áp dụng Nguyên lí cực hạn vào giải tốn hình học tổ hợp phương pháp vận dụng cho nhiều lớp tốn khác, đặc biệt có ích giải tốn tổ hợp nói chung hỗn hợp tổ hợp nói riêng Ngun lí dùng để giải toán mà đối tượng phải xét tồn giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ theo nghĩa Chương 2: Nguyên lí Dirichlet phương pháp thơng dụng hiệu để giải tốn hình học tổ hợp Dùng nguyên lí nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn đối tượng với tính chất hình học 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 3: Sử dụng tính lồi tập hợp để áp dụng vào toán tổ hợp Trong chương đề cập đến hai kết thường 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 Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình bảo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Tôi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy Gia đình Tác giả xin cảm ơn thầy cô giáo chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, khoa Tốn học, phịng Đào tạo Sau đại học Trường Đại học Vinh giảng dạy tổ chức hướng dẫn cho học tập nghiên cứu Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho học viên học tập nghiên cứu chương trình đào tạo sau đại học Xin cảm ơn quan cơng tác, gia đình, bạn hữu quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập vừa qua Tuy cố gắng trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, song chắn cịn có nhiều thiếu sót, mong góp ý, bảo thầy cô bạn đồng nghiệp Nghệ An, tháng 10 năm 2012 Tác giả CHƯƠNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀ ỨNG DỤNG 1.1 Giới thiệu nguyên lí cực hạn Trong tốn rời rạc, thường phải xem xét phần tử lớn hay nhỏ tập hợp Nguyên lí cực hạn cho ta khẳng định tồn phần tử 1.1.1 Ngun lí cực hạn tập hữu hạn Cho tập hợp số thực A   Nếu A có hữu hạn phần tử A tồn phần tử nhỏ phần tử lớn 1.1.2 Nguyên lí cực hạn tập vô hạn Cho tập hợp số nguyên A   Khi đó, ta có: 1) Nếu A bị chặn trên, tức tồn số thực  cho a   , a  A , A tồn phần tử lớn 2) Nếu A bị chặn dưới, tức tồn số thực  cho a   , a  A , A tồn phần tử nhỏ 1.1.3 Nhận xét Sử dụng nguyên lí cực hạn phương pháp vận dụng cho nhiều lớp tốn khác, đặc biệt có ích giải tốn tổ hợp nói chung hỗn hợp tổ hợp nói riêng Ngun lí dùng để giải toán 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 (Ngun lí 1) vô hạn, tồn phần tử lớn nhỏ (Nguyên lí 2) Để sử dụng ngun lí cực hạn giải tốn hình học tổ hợp, ta thường dùng lược đồ chung để giải: 1) Đưa tốn xét dạng sử dụng Nguyên lí (hoặc Nguyên lí 2) để chứng tỏ tất giá trị cần khảo sát tốn cần có giá trị lớn (nhỏ nhất), xét toán tương ứng nhận giá trị lớn (nhỏ nhất) 2) Chỉ mâu thuẫn, đưa giá trị lớn (hoặc nhỏ hơn) giá trị lớn (nhỏ nhất) mà ta khảo sát Theo phương pháp phản chứng, ta suy điều phải chứng minh 1.2 Ứng dụng nguyên lí cực hạn Để thấy tầm quan trọng áp dụng nguyên lí xét ví dụ minh hoạ sau Ví dụ 1.1 Trong mặt phẳng, cho 2001 điểm đường tròn đơn vị Chứng minh tồn điểm nằm chu vi đường tròn cho tổng khoảng cách từ điểm đến 2001 điểm cho có giá trị bé 2001 Lời giải Giả sử AB đường kính đường trịn đơn vị, 2001 điểm cho P1, P2 , , P2001 Từ bất đẳng thức tam giác ta có APi  BPi  AB  với i Suy : 2001 2001  AP   BP  2.2001  4002 i 1 i i 1 i Từ suy hai điểm A B thoả mãn điều kiện tốn Ví dụ 1.2 Cho đa giác lồi n cạnh, với n  , cho khơng có bốn đỉnh nằm đường trịn a) Chứng minh tồn đường tròn qua đỉnh đa giác mà đường tròn chứa đỉnh cịn lại đa giác bên b) Chứng minh tồn đường tròn qua đỉnh liên tiếp kề đa giác mà đường tròn chứa đỉnh lại đa giác bên Lời giải a) Gọi AB cạnh đa giác mà tất đỉnh lại đa giác nằm nửa mặt phẳng bờ AB Theo giả thiết, tất góc từ đỉnh khác với A B phải nhìn đoạn AB góc khác Theo nguyên lý cực hạn tồn điểm C nhìn đoạn AB với góc bé Khi đó, đường trịn qua điểm A,B,C đường trịn cần tìm b) Ta sử dụng hai bổ đề sau Bổ đề Giả sử hai đỉnh X, Y nhìn đoạn AB góc   , với      900 Lúc đó, bán kính đường trịn ngoại tiếp ABX lớn bán kính đường trịn ngoại tiếp ABY Bổ đề Với đa giác lồi, tồn cạnh đỉnh nhìn cạnh góc nhọn Chứng minh Gọi Ai , Ai+1 Ai+2 ba đỉnh liên tiếp đa giác lồi Có góc Ai+1 AiAi+2 AiAi+2 Ai+1 góc nhọn Suy điều phải chứng minh Trở lại toán Gọi M tập tất cặp gồm cạnh đỉnh mà đỉnh nhìn cạnh góc nhọn Cho (AB,C) phần tử thuộc M Xét đường tròn ngoại tiếp ABC , gọi N tập tất đường tròn (cho tất phần tử thuộc M ) Theo nguyên lý cực hạn tồn đường tròn (k) đường tròn thuộc N mà có bán kính lớn Giả sử (k) đường tròn ngoại tiếp A1 A2 Am , với A1A2 cạnh đa giác Ta chứng minh (k) đường trịn cần tìm Giả sử tồn đỉnh AP nằm (k) Khi đó, A1 Ap A2  A1 Am A2  900 đường tròn ngoại tiếp A1 A2 Ap thuộc N, ngồi ra, bán kính nhỏ bán kính (k) (theo Bổ đề 1) Ta có điều mâu thuẫn Xét góc A1 A2 Am Gọi  góc nhọn A2 A1 Am Ta chứng minh Am=A3, nghĩa (k) qua ba đỉnh liên tiếp đa giác 10 Giả sử ngược lại Am Am  A3 Khi A3 nằm vị trí hình 1.1 Nếu   A2 A3 Am A3     180 , hay 180      90 0  Như thế, A2 Am A3  900 điều có nghĩa ( A2 A3 , Am ) phần tử  X A2 A1 cuả tập M Gọi (c) đường tròn Hình 1.1 ngoại tiếp A2 A3 Am X giao điểm (c) với đường trung trực A2 Am Vì A2 XAm  1800      A2 A1 Am nên bán kính (c) lớn bán kính (k) (Bổ đề 1) Đây điều mâu thuẫn, suy điều phải chứng minh Ví dụ 1.3 Trong tam giác ABC có ba góc nhọn Lấy điểm P tam giác Chứng minh khoảng cách lớn khoảng cách từ P tới đỉnh A, B, C tam giác không nhỏ lần khoảng cách bé khoảng cách từ điểm P đến cạnh tam giác Lời giải Dựng PA1, PB1, PC1 tương ứng vng góc với cạnh BC, AC, AB Vì tam giác có ba góc nhọn nên điểm A1, B1 , C1 tương ứng nằm đoạn BC, CA AB Nối PA, PB, PC ta có : APC1  C1PB  BPA1  A1PC  CPB1  B1PA  3600 C A1 B1 P B A C1 Hình 1.2 Suy góc lớn góc khơng thể nhỏ 600 Khơng làm tính tổng qt, theo ngun lý cực hạn, ta giả sử : 46 Tương tự O  Fj , O  Fk , : O  Fi  Fj  Fk Điều có nghĩa Fi  Fj  Fk   Vậy (2) chứng minh Ví dụ 3.4 Cho họ n đa giác lồi (n  3) đôi cắt Chứng minh tồn đường thẳng cắt tất đa giác Lời giải Xét tất đa giác y Pi , i  1, n , cho hệ trục toạ độ Đề-các vng góc Pj Pi Với đa giác Pi , ta chiếu lên trục hồnh ta đoạn  ; bi  Như ta có  sau : tương ứng O aj bj bi Hình 3.10 Pi   ; bi  ,  i  1, n Theo giả thiết với i  j (i, j {1, 2, , n }) cho : ai ; b j   a j ; b j    n Theo định lí Kelli  ; bi    Như tồn   i 1 n  ; bi  i 1 Do đường thẳng x   cắt tất n đa giác Pi , i  1, n y O x= Hình 3.11 Đó điều phải chứng minh x x 47 Ví dụ 3.5 Trong mặt phẳng cho n điểm khoảng cách hai điểm chúng khơng vượt Chứng minh phủ chúng hình trịn có bán kính R  Lời giải Trước hết ta có nhận xét khơng có ba điểm thẳng hàng, có loại bỏ điểm C (chú ý khoảng cách hai điểm nhỏ 1) A B C Hình 3.12 Giả sử điểm cho : M i , i  1, n  d ( Mi , M j )  1,  i  j   Xét hình trịn Fi   M i ;  ; i  1, n 3  Mi Lấy điểm tuỳ ý, ta giả sử M1, M , M có trường hợp sau xảy : Hình 3.13 1) M1M M lập thành tam giác không tù Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác M1M M có tâm O bán kính R , M1 ( O nằm tam giác, tam giác không tù) lại cho M1OM  1200 1 M 1M R  OM    sin 60 3  OM1  OM  OM  O M3 M2 Hình 3.14 48  O  F1  F2  F3  F1  F2  F3   2) Nếu M1M M lập thành tam giác tù Giả sử góc M tù Khi đường trịn đường kính M M phủ tam giác M1 M1M M Gọi I trung điểm M 2M (cạnh lớn nhất), ta có M3 M2 I IM  IM  IM1 1 IM  M M   2  I  F1  F2  F3  F1  F2  F3   Hình 3.15 Vậy ta có i, j, k tuỳ ý : Fi  Fj  Fk   n Theo định lí Kelli, suy Fi   i 1 Giả sử O*  n Fi Xét hình trịn i 1 tâm O* bán kính Vì O*  Fi , nên O*M i  O* Từ Mi suy hình trịn tâm O* , bán kính chứa M i Vì vậy, hình trịn tâm O* phủ n điểm M i , i  1, n Đó đpcm Fi Hình 3.16 49 3.3 Các tốn sử dụng tính chất tập hợp lồi bao lồi Trong số tốn ta gán với tập hợp lồi chứa chúng để khảo sát, tận dụng ưu tính lồi để giải vấn đề đặt toán Dĩ nhiên tập hợp lồi mà dùng đến bao lồi hình ban đầu cho Việc làm hợp lí hai lí sau đây: - Một biết, cho trước tập hợp A tồn bao lồi C(A) - Hai C(A) hợp lồi nhỏ chứa A Như vậy, lấy bao lồi ta vừa sử dụng tính lồi để giải tốn mà lại khơng làm phức tạp tốn lên nhiều (do ta mở rộng đối tượng xét đến mức tối thiểu cần thiết) Với tốn hình học tổ hợp mà sử dụng phép lấy bao lồi để giải chúng, lược đồ chung để giải tốn sau : - Chọn phép lấy bao lồi thích hợp Cần nhấn mạnh phép lấy bao lồi hay dùng sử dụng kết sau : Bao lồi họ hữu hạn điểm mặt phẳng đoạn thẳng đa giác lồi mà đỉnh chúng thuộc vào tập hợp điểm cho - Sử dụng tính lồi để giải yêu cầu toán đặt (để ý nhờ có tính chất tập lồi mà công việc đơn giản nhiều q trình giải tốn) Ví dụ 3.6 Trên mặt phẳng cho số hữu hạn điểm không nằm đường thẳng Chứng minh tồn ba điểm cho đường trịn qua khơng chứa điểm bên Lời giải Vì số điểm cho hữu hạn chúng không nằm đường thẳng, nên lấy bao lồi hệ điểm, ta đa giác Giả sử đa giác lồi A1 A2 Ap Như điểm lại cho phải nằm 50 bao lồi Ak-1 C A2 Ak A1 Ak+1 Ak Ak+1 Ap Ap-1 Hình 3.17a Hình 3.17 Gọi Ak , Ak 1 hai đỉnh liên tiếp đa giác bao lồi (nghĩa xét cạnh tuỳ ý Ak Ak 1 ) Khi điểm cho nằm nửa mặt phẳng xác định Ak Ak 1 Từ giả thiết suy tập hợp điểm cho không thuộc Ak Ak 1 khác rỗng Vì theo ngun lí cực hạn tồn C cho: Ak CAk 1  max Ak Ai Ak 1 , giá trị lớn lấy theo i  1, n mà i  k , i  k  (giả sử A1, A2 , , An hệ hữu hạn điểm cho trước) Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác CAk Ak 1 đường trịn cần tìm Ví dụ 3.7 Trong mặt phẳng có sáu điểm phân biệt Với hai điểm chúng, ta nối thành đoạn thẳng Chứng minh tỉ số đoạn thẳng dài với đoạn thẳng ngắn lớn Lời giải Giả sử X  {A1, A2 , A3 , A4 , A5 , A6} tập hợp sáu điểm cho Đặt d  max Ai Aj ;   Ai Aj i j i , j 1,6 i j i , j 1,6 Ta phải chứng minh d   51 Xét trường hợp sau: 1) Nếu tồn ba điểm thẳng hàng Khơng giảm tổng qt ta cho ba điểm A1, A2 , A3 A1 A2  A2 A3 A1 A3 A2 Hình 3.18 Rõ ràng ta có A1 A3  A1 A2 Theo định nghĩa d d  A1 A3 , suy d  A1 A2 Lại theo định nghĩa   A1 A2 , suy d  2 Điều khẳng định toán trường hợp 2) Tồn ba điểm tạo A2 tam giác có góc lớn lớn  1200 Giả sử ba điểm A1, A2 , A3 120  A1 A2 A3  180 0 A1 A3 Hình 3.19 Theo định lí hàm số Cơsin, A1 A32  A1 A2  A2 A32  A1 A2 A2 A3cos  A1 A32  A1 A2  A2 A32  A1 A2 A2 A3 Vì d  A1 A3 , cịn   A1 A2 ,   A2 A3 , nên suy : d        3  d   Điều khẳng định toán trường hợp 3) Xét trường hợp tổng quát ba điểm thẳng hàng Gọi  bao lồi sáu điểm cho Khi xảy khả sau : - Bao lồi tam giác Giả sử tam giác A1 A2 A3 Vì khơng có ba điểm 52 sáu điểm cho thẳng A1 hàng, nên ba điểm lại A4 , A5 , A6 nằm hẳn tam giác A4 A1 A2 A3 A3 A2 Chẳng hạn xét điểm A4 Hình 3.20 Khi đó, A1 A4 A2  A2 A4 A3  A3 A4 A1  3600 nên phải tồn góc lớn 1200, chẳng hạn A1 A4 A2  1200 Khi áp dụng trường hợp 2) suy điều phải chứng minh - Bao lồi tứ giác, giả sử A2 tứ giác A1 A2 A3 A4 A3 Vì khơng có ba điểm sáu điểm cho thẳng hàng, suy hai điểm lại A5 , A6 phải nằm hẳn A1 A5 DA1 A2 A4 DA4 A2 A3 A4 Giả sử A5 thuộc phần Hình 3.21 DA1 A2 A4 Lập luận ba góc A1 A5 A2 , A1 A5 A4 , A4 A5 A2 phải có góc lớn 1200 Giả sử A1 A5 A2  1200 áp dụng trường hợp 2), suy điều phải chứng minh A3 A2 - Bao lồi ngũ giác Giả sử ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 Từ giả thiết suy A6 không A1 A6 thuộc cạnh ngũ giác, không thuộc hai đường chéo A5 Hình 3.22 A4 53 A2 A5 , A2 A4 Vì A6 phải thuộc vào phần trong ba tam giác: A1 A2 A5 , A5 A2 A4 , A4 A2 A3 Có thể cho A6 thuộc vào phần tam giác A2 A5 A4 Lập luận cho A2 A6 A5  1200 ta lại quay trường hợp 2) A3 A2 - Bao lồi lục giác Giả sử lục giác A1 A2 A3 A4 A5 A6 Vì A1  A2  A3  A4  A5  A6  7200   suy max A1, A2 , A3 , A4 , A5 , A6  1200 A4 A1 A6 A5 Hình 3.23 Từ giả sử A1  1200 Khi xét tam giác A6 A1 A2 ta quay trường hợp 2) Bài tốn giải hồn tồn Ví dụ 3.8 Bên hình vng cạnh cho n điểm Chứng minh tồn tam giác có đỉnh điểm cho đỉnh hình vng, cho diện tích S thoả mãn bất đẳng thức sau : S 2(n  1) Lời giải Gọi A, B, C, D bốn đỉnh hình vuông A1, A2 , , An B C An n điểm nằm hình A1 Ak vng A3 A2 Nối A1 với bốn đỉnh A, B, C, D Khi ta A bốn tam giác - Nếu A2 nằm trong bốn tam giác D Hình 3.24 B (thí dụ A2  AA1D ) C A1 Khi nối A2 với A1, A, D Khi nối xong số tam giác tăng lên A2 A D Hình 3.25 54 - Nếu A2 nằm cạnh chung (thí dụ A2  A1D cạnh chung hai tam giác A1 AD ACD ) Khi nối A2 với đỉnh đối diện A, C cạnh chung A1D Nối xong số tam giác tăng lên Như thế, trường hợp, số tam B C giác tăng lên Với điểm A3 , A4 , , An ta làm A1 tương tự, ý sau bước làm số A2 tam giác tăng lên Với cách làm ta tạo thành  2(n  1)  2n  tam giác A D Hình 3.26 Các tam giác có đỉnh điểm cho, đỉnh hình vng Theo cách xác định tổng số diện tích 2n  tam giác diện tích hình vng cạnh Theo nguyên lí cực hạn, tồn tam giác có diện tích nhỏ 2n  tam giác Gọi diện tích S, rõ ràng ta có : S  2(n  1) Ví dụ 3.9 Tìm số ngun n  cho tồn n điểm A1, A2 , , An mặt phẳng n số thực r1 , r2 , , rn cho hai điều kiện sau thoả mãn : 1) Khơng có điểm thẳng hàng 2) Với  i  j  k  n tam giác Ai Aj Ak có diện tích ri  rj  rk B A Lời giải Nếu n  , ta thấy thoả mãn yêu cầu đề Thật vậy, chọn A1, A2 , A3 , A4 đỉnh hình vng cạnh số r1  r2  r3  r4  C D Hình 3.27 55 Khi rõ ràng điểm A1, A2 , A3 , A4 khơng có điểm thẳng hàng với  i  j  k  thì: S Ai Aj Ak  1 1    6 Xét với n  Ta chứng minh n  khơng thoả mãn u cầu (vì n  , dĩ nhiên khơng thoả mãn yêu cầu đề ra) Trước xét với n  , ta có bổ đề sau : Bổ đề Nếu Ai , Aj , Ak , Al đỉnh tứ giác lồi số ri , rj , rk , rl thoả mãn yêu cầu đề ra, ri  rk  rj  rl Chứng minh Aj Ak Ai Al Hình 3.28 Ta có : S Ai Aj Ak  S Ai Ak Al  S Ai Aj Al  S Aj Ak Al Từ giả thiết suy : (ri  rj  rk )  (ri  rk  rl )  (ri  rj  rl )  (rj  rk  rl ) suy ri  rk  rj  rl Bổ đề chứng minh Bổ đề Nếu Al nằm bên tam giác Ai Aj Ak bốn số ri , rj , rk , rl thoả mãn yêu cầu đề ra, 3rl  rj  rk  ri  Chứng minh Ta có : S Ai Aj Ak  S Ai Aj Al  S Ai Ak Al  S Aj Ak Al Ai Al Ak Aj Hình 3.29 56 Từ giả thiết suy : ri  rj  rk  (ri  rj  rl )  (ri  rk  rl )  (rj  rk  rl ) Suy 3rl  ri  rj  rk  Bổ đề chứng minh Trở lại toán Ta xét trường hợp n  Giả thiết tồn điểm A1, A2 , A3 , A4 , A5 số r1, r2 , r3 , r4 , r5 thoả mãn đồng thời hai điều kiện đề Xét bao lồi điểm A1, A2 , A3 , A4 , A5 Vì khơng có điểm số điểm cho thẳng hàng, nên có trường hợp sau xảy : 1) Bao lồi tam giác có hai điểm nằm bên Khơng giảm tổng quát cho bao lồi tam giác A1 A2 A3 , A4 A5 hai điểm nằm bên A1 tam giác A1 A2 A3 Theo bổ đề ta có: A4 3r4  r1  r2  r3   3r5  r1  r2  r3  Từ suy A5 A2 A3 Hình 3.30 3r4  3r5  2r1  2r2  2r3  hay (r1  r4  r5 )  (r2  r4  r5 )  (r3  r4  r5 )  (r1  r2  r3 )  Theo giả thiết, ta đến : S A1A4 A5  S A2 A4 A5  S A3 A4 A5  S A1A2 A3  (1) Đẳng thức (1) điều vơ lí S Ai Aj Ak  với  i  j  k  Vậy trường hợp 1) xảy 2) Bao lồi tứ giác (có thể giả sử tứ giác A1 A2 A3 A4 ), A5 nằm hẳn bên tứ giác (Chú ý suy từ điểm A1, A2 , A3 , A4 , A5 khơng có điểm thẳng hàng) 57 Khi A5 phải thuộc vào miền A2 hai tam giác A2 A3 A4 A3 A1 A2 A4 , giả sử A5  A1 A2 A4 Lúc A5 A2 A3 A4 tứ giác lồi A2 A3 A4 A5 A5 A1 Áp dụng bổ đề 1, ta có : r2  r4  r3  r5 A4 (2) Hình 3.31 Áp dụng bổ đề với tứ giác bao lồi A1 A2 A3 A4 ta có : r2  r4  r1  r3 (3) Từ (2), (3) suy : r3  r5  r3  r1 suy r1  r5 (4) Bây từ (4) đến r1  r2  r4  r5  r2  r4 Do theo giả thiết : S A1A2 A4  S A5 A2 A4 (5) Vì A5 nằm hẳn bên A1 A2 A4 nên S A1A2 A4  S A5 A2 A4 (6) Từ (5) (6) dẫn đến vơ lí 3) Bao lồi ngũ giác A3 A2 A1 A2 A3 A4 A5 Áp dụng bổ đề vào hình tứ giác A1 A3 A4 A5 A2 A3 A4 A5 A1 ta có : r1  r4  r3  r5  r2  r4  r3  r5 A4 A5 Hình 3.32 Từ suy : r1  r4  r2  r4 hay r1  r2 Lập luận hoàn toàn tương tự đến r1  r2  r3  r4  r5 (7) Dựa vào giả thiết S Ai Aj Ak  ri  rj  rk Với  i  j  k  , nên từ (7) đến S A1A2 A3  S A1A2 A4  S A1A2 A5 (8) 58 Từ (8) dễ thấy điểm A3 , A4 , A5 thẳng hàng Điều mâu thuẫn với tính chất điểm Ai số ri (i  1, 5) cho Tóm lại, ta chứng minh A3 n  , khơng tồn A4 A5 điểm Ai số thực ri (i  1, 5) thoả mãn yêu cầu đặt Như nói dĩ nhiên n  , ta có kết luận A1 A2 Hình 3.33 Tóm lại với n  số nguyên dương thoả mãn yêu cầu đề 59 KẾT LUẬN Luận văn giới thiệu phương pháp để giải toán hình học tổ hợp có sử dụng cơng cụ Đại số Số học Nội dung luận văn bao gồm: Áp dụng nguyên lí cực hạn vào giải số tốn hình học tổ hợp Sử dụng Nguyên lí Dirichlet phương pháp thông dụng hiệu để giải lớp tốn hình học tổ hợp khác Sử dụng tính lồi tập hợp để áp dụng vào giải toán tổ hợp cách dùng hai Định lí Kelli tính giao tập hợp lồi sử dụng phép lấy bao lồi để giải tốn hình học tổ hợp Giới thiệu giải số tốn hình học tổ hợp chọn từ đề thi Olympic Toán quốc tế (IMO) Olympic Toán Việt Nam số nước khác 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] TIẾNG VIỆT Lê Hải Châu, Lê Hải Khôi (1997), 199 toán chọn lọc tổ hợp, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2005), Tuyển [3] tập 200 thi vơ địch tốn, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội Phạm Huy Điển (2002), Tính tốn, lập trình giảng dạy toán học [4] Maple, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề Số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [5] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Chuyên đề chọn lọc tổ hợp toán rời rạc, NXB Giáo dục, Hà Nội [7] Đàm Xuân Nhỉ, Lưu Bá Thắng, Nguyễn Việt Hải (2006), Số học, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội [8] Đặng Huy Ruận (2001), Lý thuyết đồ thị ứng dụng, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội TIẾNG ANH [9] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi [10] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi ... giải tốn tổ hợp nói chung hỗn hợp tổ hợp nói riêng Ngun lí dùng để giải toán 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... dụng Nguyên lí cực hạn vào giải tốn hình học tổ hợp phương pháp vận dụng cho nhiều lớp tốn 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... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HỒ TIẾN GẶP MỘT S BÀI TOÁN TỔ H P CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ MÃ S : 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NGUYỄN THÀNH