Chơng II Một số dạng toán phủ đa giác lồ
2.2.3. Một số dạng toán phủ đa giác lồ
Bài toán 1. Trong mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng giữa 3 điểm bất kỳ trong số các điểm đã có thể chọn đợc 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng giữa những điểm này có thể chọn đợc 13 điểm phủ bởi đờng tròn bán kính bằng 1.
Giải
+) Nếu khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong các điểm đã cho đều nhỏ hơn 1, thì khẳng định của bài toán đúng.
+) Giả sử tồn tại cặp điểm A và B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB lớn hơn 1. Khi đó, những điểm còn lại chia làm hai lớp α và β, trong đó α bao gồm tất cả những điểm X nằm cách điểm A một khoảng nhỏ hơn 1, còn β gồm tất cả
những điểm Y nằm cách điểm B một khoảng nhỏ hơn 1. Theo cách gọi nh vậy thì mỗi điểm đã cho rơi vào một trong hai lớp trên. Vì giả thiết cho số lợng các điểm là 25, thì ít nhất một trong những lớp trên sẽ chứa không ít hơn 13 điểm. Đpcm.
Bài toán 2. Trong mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm trên một đờng thẳng. Chứng minh rằng tồn tại một đờng tròn đi qua ba điểm trong chúng và nó phủ tất cả các điểm còn lại.
Giải
Từ tập hợp hữu hạn điểm đã cho ta dựng một bao lồi M . Vì các điểm không nằm trên một đờng thẳng nên bao lồi của chúng không phải là một đờng thẳng. Ta xét tất cả những tam giác có những đỉnh giữa các đỉnh của M và chọn một tam giác có bán kính đờng tròn ngoại tiếp lớn nhất. Giả sử đó là tam giác
ABC (hình 13).
Giả sử tồn tại một đỉnh D của bao lồi M nằm ngoài đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó, đỉnh D nằm ngoài ABC. Suy ra tồn tại ít nhất một đỉnh của tam giác ABC giả sử đó là B, sao cho B và D nằm ở hai nữa mặt phẳng khác nhau đối với cạnh đối diện AC của nó (cần chú ý rằng vì tính bao lồi của M nên không một đỉnh nào của nó có thể nằm ở các vùng ϕ). Ngoài ra, một trong những
góc ∠BAC hoặc ∠BCA là tù. Không mất tính tổng quát ta cho góc ∠BAC tù. Khi đó ∠CDB< ∠BAC, điều này có nghĩa là, bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác
CDB lớn hơn bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCA, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu ta chọn đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCA. Vậy bài toán trên luôn đúng.
ϕC C B ϕ A ϕ D Hình13
Chú ý. Cho đoạn thẳng AB và hai điểm C và D không thuộc đờng thẳng trên. Ta xét xem trờng hợp nào thì đờng tròn k2 ngoại tiếp tam giác ABD có đờng kính lớn hơn đờng tròn k1 ngoại tiếp tam giác ABC.
i) Cho ∠ADB và ∠ACB là những góc nhọn. Khi đó dễ thấy r2 >r1 chỉ khi
ADB ACB
∠ < ∠ .
ii) Nếu một trong các góc là tù, giả sử là ∠ADB tù, còn góc kia không tù, thì ta sẽ có r2 >r1 khi và chỉ khi ∠ADB>1800− ∠ACB.
iii) Nếu cả hai góc là tù, thì r2 >r1, khi ∠ADB> ∠ACB.
Bài toán 3. Cho đa giác lồi. Chứng minh rằng tồn tại đờng tròn xác định từ ba đỉnh cạnh nhau của đa giác và đờng tròn đó phủ đa giác này.
Giải
Theo bài 1.2 thì tồn tại đờng tròn phủ đa giác lồi nói trên. Chỉ còn chứng minh ba đỉnh kề nhau trên đờng tròn. Thật vậy,
1) Nếu đờng tròn phủ k ngoại tiếp một tam giác ABC không tù
(hình 14), ta có nh sau. Nếu điểm X nằm trong k, thì ∠AXC>1800− ∠ABC theo chú ý ii) của bài 1.2, suy đờng tròn ngoại tiếp tam giác AXC sẽ có bán kính
lớn hơn của đờng tròn k, điều này vô lý với cách chọn của k. Khi đó, khả năng duy nhất cho X là X∈k, nghĩa là đa giác nội tiếp trong k.
BC C A X Hình 14 ' B ' C Y ' A N Hình 15 Y
2) Nếu đờng tròn phủ k ngoại tiếp một tam giác A B C' ' ' tù (hình 15), giả sử ∠AC B' ' '>900. Nếu điểm Y nằm trong k và thuộc cùng cung ẳAC B' ' ' , ta có bất đẳng thức ∠C YB' ' >1800− ∠C A B' ' ' sẽ không xảy ra đợc, bởi vì ∠C A B' ' '<900
và k là đơng tròn phủ đa giác đã cho. Suy ra hoặc Y nằm trên đờng tròn k
hoặc nằm về phía cung ẳATB' '.
Bài toán 4. Chứng minh rằng mỗi đa giác lồi có diện tích bằng 1 có thể phủ bằng một hình bình hành có diện tích bằng 2. Chứng minh rằng một tam giác có diện tích bằng 1 không thể phủ bằng một hình bình hành có diện tích bằng 2.
Giải
Giả sử M là đa giác lồi có diện tích bằng 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử C là đỉnh xa nhất đối với một cạnh AB của đa giác lồi M (hình 16). Ta kẻ đờng thẳng AC chia đa giác M thành hai (hoặc là chỉ một phần) M1 và M2. Gọi
1
D là một đỉnh bất kỳ của M1 và D2 là một đỉnh bất kỳ của M2 sao cho D1 và D2 là những đỉnh xa nhất của đờng thẳng AC. Qua C ta dựng đờng thẳng l //AB, qua D1 ta dựng đờng thẳng l1//AC, qua D2 ta dựng đờng thẳng l2//AC. Khi đó l ∩ =l1 K, 1∩AB M= l , l∩ =l2 H, l2∩AB N= , từ đó ta thu đợc hình bình hành MNHK. Ta có, 1 1 2 AD C AMKC S = S ; 2 1 2 AD C ANHC S = S mà AD C1 và AD C2 là những đa giác còn AMKC và ANHC là những hình bình hành. Suy ra đa giác lồi M có diện tích
bằng 12 hình bình hành MNHK . Theo giả thiết đa giác lồi M có diện tích bằng 1, nên hình bình hành sẽ có diện tích bằng 2. Vậy bài toán luôn đúng.
1l l M A B N H K C 1 D D2 l 2 l Hình 16
Kết luận
Trong thời gian hoàn thành Khóa luận tôi đã thu đợc một số kết quả sau : 1) Trình bày có hệ thống các khái niệm tập lồi, phần trong đại số và bao đóng đại số (Định nghĩa 1.1.1.1, định nghĩa 1.1.2.1 và 1.1.3.1).
2) Chứng minh chi tiết các tính chất cơ bản của tập lồi và bao lồi (mệnh đề 1.1.1.5 và mệnh đề 1.2.2, định lý(Carathéodory), định lý Helly, mệnh đề 1.2.7).
3) Tập hợp một số ví dụ ứng dụng định lý Helly (Các ví dụ 1.2.9.3).
4) Trình bày có hệ thống các khái niệm phủ hình, phủ đa giác lồi bằng những đa giác vị tự với nó và phủ đa giác lồi bằng những đa giác đồng dạng với nó
(Định nghĩa 2.11, 2.2.1.1 và 2.2.2.1).
5) Tập hợp một số dạng toán phủ hình (Một số dạng toán phủ đa giác lồi 2.2.3). Những tính chất trên đây hầu hết đợc nêu ra ở các tài liệu tham khảo khác dới tóm tắt, chú ý hoặc bài tập.
Trong thời gian tới chúng tôi sẽ tiếp tục khảo sát một số ứng dụng của định lý Helly và một số dạng toán phủ hình khác.