C hương 1: Hình lồị
3.2.Một số bài toán thường gặp
3 .1.1 Phương pháp sử dụng định lí Kelli
3.2.Một số bài toán thường gặp
Bài 1: Trên mặt phẳng cho n hình tròn (n ≥ 4). Giả sử cứ với mỗi ba hình tròn đều có một hình tròn bán kính r cắt ba hình tròn nàỵ Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính r cắt cả n hình tròn. Giải: Gọi Si là hình tròn tâm Ai, bán kính ri(i= 1,n), Si = (Ai ; ri). Gọi i là hình tròn tâm Ai, bán kính ri+r (i = 1,n), i = (Ai ; ri + r).
Như vậy tâm của tất cả các hình tròn có bán kính r mà cắt Si đều nằm trong i. Xét n tập lồi 1, 2, …, n. i O* Ai r ri
29
Với i, j, k tuỳ ý mà i, j, k {1, 2, 3, …, n}.
Theo giả thiết tồn tại hình tròn (Oi,j,k ; r) cắt cả Si, Sj, Sk, tức là
Oi,j,kijk.
Điều đó chứng tỏ rằng i j k ≠
với mọi i, j, k {1, 2, 3,…,n}. Theo định lí Kelli suy ra
1 n i i Vậy tồn tại O* 1 n i i . Xét hình tròn O*, bán kính r, (O* ; r). Hình tròn này rõ ràng cắt Si với mọi i=1,n. Đó là điều phải chứng minh.
Bài 2: Cho một họ n các đa giác lồi (n ≥ 3) đôi một cắt nhaụ Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt tất cả các đa giác nàỵ
Giải:
Xét tất cả các đa giác Pi, i =1,n, đã cho trong hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc. Với mỗi đa giác Pi, ta chiếu nó lên trục hoành và ta được đoạn [ai;bi]. Như vậy ta có tương ứng 1 - 1.
Pi [ai ; bi], i=1,n. O Pj Pi ai y aj bj bi x
30
Theo giả thiết với mọi i ≠ j ((i, j) {1, 2, …, n}). Điều đó có nghĩa là [ai ; bi] [aj ; bj] ≠. Theo định lí Kelli 1 ; n i i i a b
. Như vậy tồn tại
1 ; n i i i a b . Do đó đường thẳng x = sẽ cắt tất cả n đa giác Pi, i= 1,n. Đó là điều phải chứng minh.
Bài 3: Trong mặt phẳng có 6 điểm phân biệt. Với mỗi hai điểm trong chúng ta nối thành một đoạn thẳng. Chứng minh rằng tỉ số giữa đoạn thẳng dài nhất với đoạn thẳng ngắn nhất lớn hơn hoặc bằng 3.
Giải: Giả sử X = {A1, A2, A3, A4, A5, A6} là tập hợp 6 điểm đã chọ Đặt , 1,6 i j i j i j d max A A , , 1,6 min i j i j i j A A . Ta phải chứng minh d 3 . Xét các trường hợp sau:
1. Nếu tồn tại ba điểm thẳng hàng. Không giảm tính tổng quát có thể cho là ba điểm A1, A2, A3 và A1A2 A2A3.
Rõ ràng ta có A1A3≥ 2A1A2. Theo định nghĩa d thì d ≥A1A3 nên
d≥2A1A2.
Lại theo định nghĩa , thì A1A2 nên d 2 3
Điều khẳng định của bài toán đúng trong trường hợp nàỵ
2. Tồn tại ba điểm tạo ra một tam giác có góc lớn nhất lớn hơn hoặc bằng 900.
. . . A2 A1 A3 A3 A2 A1
31 Giả sử ba điểm đó là A1, A2, A3 và 1200 A A A1 2 3 < 1800. Theo định lí hàm số cosin thì: 2 1 3 A A = 2 1 2 A A + 2 2 3 A A - 2A1A2.A2A3.cos 2 1 3 A A 2 1 2 A A + 2 2 3 A A + A1A2.A2A3. Vì d ≥ A1A3, còn A1A2, A2A3 nên suy ra d2≥ 2 + 2 + 2 = 32 d 3 .
Điều khẳng định của bài toán đúng trong trường hợp nàỵ 3. Xét trong trường hợp tổng quát không có ba điểm nào thẳng hàng.
Gọi là bao lồi của 6 điểm đã chọ Khi đó chỉ có các khả năng sau: a) Bao lồi là tam giác.
Giả sử đó là tam giác A1A2A3. Vì không có 3 điểm nào trong số 6 điểm đã cho thẳng hàng, nên 3 điểm còn lại A4, A5, A6 nằm hẳn trong tam giác
A1A2A3. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Xét chẳng hạn điểm A4. Khi đó, vì A A A1 4 2 + A A A2 4 3 + A A A3 4 1 = 3600 nên phải tồn tại chẳng hạnA A A1 4 2 ≥ 1200. Khi đó áp dụng trường hợp 2 suy ra điều phải chứng minh.
b) Bao lồi là tứ giác, giả sử đó là tứ giác A1A2A3A4. A4 A3 A2 A1 A5 A4 A2 A1 A3
32
Vì không có 3 điểm nào trong số 6 điểm đã cho thẳng hàng, nên suy ra hai điểm còn lại A5, A6 phải nằm hẳn trong tam giác A1A2A4 hoặc tam giác
A4A2A3.
Giả sử A5 thuộc phần trong tam giác A1A2A4.
Lập luận như trên trong ba gócA A A1 5 2, A A A1 5 4 ,A A A4 5 2 phải có một góc lớn hơn hoặc bằng 1200.
Giả sử đó làA A A1 5 4 ≥ 1200. Khi đó áp dụng trường hợp 2 suy ra
điều phải chứng minh.
c) Bao lồi là ngũ giác, giả sử đó là ngũ giác A1A2A3A4A5.
Từ giả thiết suy ra A6 không thuộc các cạnh của ngũ giác, cũng như không thuộc hai đường chéo A2A5, A2A4. Vì thế A6 phải thuộc vào phần trong một trong ba tam giác: A1A2A5, A5A2A4, A4A2A3. Có thể cho là A6 thuộc vào phần trong của tam giác A2A5A4.
Lại lập luận như trên có thể cho là A A A2 6 5 ≥ 1200, ta lại quay lại trường
hợp 2. A4 A2 A1 A5 A6 A3
33
d) Bao lồi là lục giác, giả sử là lục giác A1A2A3A4A5A6.
Vì A1A2A3A4A5A6 = 7200 nên maxA A A A A A1, 2, 3, 4, 5, 6≥ 1200.
Từ đó giả sử A1 ≥ 1200. Khi đó xét tam giác A6A1A2 và ta quay về trường hợp 2.
Bài toán được giải hoàn toàn.
Bài 4: Trên mặt phẳng cho 2005 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và không có bốn điểm nào cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh rằng từ các điểm đó có thể chọn ra được ba điểm sao cho có đúng 1001 điểm trong số còn lại nằm trong đường tròn đi qua ba điểm đã chọn, còn 1001 điểm kia thì nằm ngoàị
Giải:
Lấy bao lồi của 2005 điểm. Bao lồi này là một đa giác. Do không có ba điểm nào thẳng hàng, nên mỗi cạnh của đa giác bao lồi chỉ chứa đúng hai điểm là hai đỉnh của mỗi cạnh. Lấy một cạnh bất kì của đa giác bao lồi và giả sử cạnh đó là AB. A6 A5 A4 A3 A2 A1 A C100 2 B
34
Rõ ràng đường thẳng qua A, B đặt 2003 điểm còn lại về một phía của đường thẳng nàỵ
Đánh số tất cả 2003 điểm còn lại là C1, C2, …, C2003 sao cho:
1 2 ... 2003
AC B AC B AC B. (vì không có bốn điểm nào nằm trên một đường tròn).
Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác AC1002B.
Dễ thấy các điểm C1, C2, …, C1001 nằm ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC1002; còn các điểm C1003, C1004, …, C2003 nằm trong đường tròn nàỵ
Đó chính là điều phải chứng minh. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bài 5: Chứng minh rằng số đường kính của một n - giác tuỳ ý không vượt quá n.
Giải:
Ta chứng minh quy nạp bài toán một cách tổng quát cho hệ n điểm tuỳ ý.
Với n = 3, kết luận của bài toán hiển nhiên đúng vì một tam giác có 3 cạnh nên có không quá 3 đường kính.
Giả sử kết luận đúng cho n: n hệ điểm tuỳ ý có không quá n đường kính.
Xét hệ H gồm n + 1 điểm tuỳ ý có đường kính d. Nếu mỗi đỉnh của nó có không quá hai đường kính thì số đường kính của H không vượt quá
1 2. 1 2 n n
đường kính (do mỗi đường kính được tính hai lần).
Nếu có đỉnh A nào đó không ít hơn 3 đường kính AA1, AA2, AA3 và giả sử không mất tính tổng quát A3 nằm trong khoảng A A1 2. Ta sẽ chứng tỏ A3chỉ
35
có đúng một đường kính AA3. Nếu B là điểm tuỳ ý của hệ thì do AB d nên B
nằm trong hình tròn (A ; d).
Giả sử A3B = d thì B nằm ngoài hình quạt giới hạn bởi A và A A1 2. Khi đó hoặc A3B cắt AA1 hoặc A3B cắt AA2.
Không mất tính tổng quát giả sử A3B cắt AA1. Khi đó ta có trong tứ giác
ABA3A2 gọi O = BA2 AA3 thì
BA2 + AA3= BO + OA2 + AO + OA3
= (BO + OA3) + (AO + OA2) ≥ BA3 + AA2.
Suy ra A2B > BA3 = d, vô lí.
Xét n điểm thu được từ H khi bỏ A3, theo giả thiết quy nạp hệ n điểm này có không quá n đường kính,do đó H có không quá (n + 1) đường kính.
Vậy bài toán đã được chứng minh.
Bài 6: Cho m điểm không cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tồn tại một đa giác lồi có mỗi đỉnh là một trong m điểm đã cho sao cho các điểm còn lại không nằm ngoài đa giác.
Giải:
Vì số điểm đã cho là hữu hạn, nên hoàn toàn xác định được đường thẳng d sao cho tất cả những điểm đã cho nằm ở một phía của d (giả sử bên trên d). Gọi A1 là điểm gần d nhất (nếu có nhiều điểm như vậy ta giả sử A1 là
A3 O B A A2 A1
36
điểm cuối cùng bên phải). Qua A1 kẻ đường thẳng d’//d. Quay d1 quanh d’ theo chiều ngược chiều kim đồng hồ, cho đến khi gặp một điểm nào đó đã chọ Ta xác định ở vị trí đó của d’ đường thẳng d1, điểm vừa gặp gọi là A2 (nếu có nhiều điểm như vậy ta chọn A2 là điểm xa A1 nhất).
Quay d1 quanh d2 như cách làm trên, ta được đường thẳng d2, gặp điểm
A3. Tiếp tục quá trình như vậy cho đến khi được đường thẳng qua A1, gọi là
dm.Ta nhận được đa giác lồi A1A2…Am thỏa mãn đề bàị
Bài 7: Người ta cắt một đa giac lồi 10 cạnh ra thành các hình tam giác. Hỏi thu được ít nhất bao nhiêu tam giác? Nếu đa giác không lồi thì số tam giác thu được ít nhất là bao nhiêủ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Giải:
Khi chia một đa giác lồi thành n tam giác (bằng đường chéo hoặc không phải đường chéo) thì do mọi góc của đa giác lồi đều nhỏ hơn , nên không có đỉnh nào của đa giác nằm trên cạnh của một tam giác, mà mỗi đỉnh của đa giác phải là đỉnh của ít nhất một tam giác. Vì vậy tổng các góc của tất cả m tam giác không thể nhỏ hơn tổng các góc của đa giác đa chọ Trong
dm d1 Am A3 A2 A1 d2
37
trường hợp đa giác lồi 10 cạnh thì tổng các góc của nó là 8, mà tổng các góc của m tam giác là m suy ra m8.
Ta có 8 tam giác nếu tất cả các đường cắt đều là đường chéo của đa giác.
Xét trường hợp cắt đa giác 10 cạnh không lồị Nếu đỉnh có góc nhỏ hơn
, thì đỉnh đó phải là đỉnh của một tam giác. Nếu góc ở đỉnh lớn hơn thì đỉnh đó vừa là đỉnh của ít nhất một tam giác vừa có thể thuộc cạnh của tam giác nào đó. Do đó tổng số đỉnh của các tam giác không thể nhỏ hơn 10, như vậy ta sẽ có 3n10n4. Vậy cắt được ít nhất 4 tam giác.
Bài 8 : Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng thuộc một đường thẳng. Chứng minh tồn tại ba điểm sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác đó không chứa điểm nào ở bên trong.
Giải:
Vì số điểm đã cho là hữu hạn và chúng không cùng nằm trên một đường thẳng, cho nên khi lấy bao lồi của hệ điểm ta sẽ được một đa giác. Giả sử đó là một đa giác lồi A1A2…Ap, các điểm còn lại phải nằm trong đa giác bao lồị
Gọi Ai, Ai+1 là hai đỉnh liên tiếp của đa giác bao lồi (tức là xét một cạnh tùy ý AiA1+1). Do tập các điểm đã cho không nằm trên một đường thẳng nên tập các điểm không thuộc AiA1+1 là khác rỗng. Khi đó tồn tại điểm M sao cho
A2 Ai-1 Ai Ai+1 Ap A1 Ai Ai+1 M
38 1 ax 1
i i i j i
A MA m A A A , ở đây giá trị lớn nhất lấy theo j1.m mà ji j, i 1;
1
j i i
A A A . (giả sử A1, A2, …, Am là hệ hữu hạn các điểm cho trước). Khi đó đường tròn ngoại tiếp AiMAi1 là đường tròn cần tìm.
39
Kết luận
Hình học tổ hợp là một nhánh của hình học mà chúng ta thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán trong nước và quốc tế. Bản khoá luận này trình bày một số kết quả nghiên cứu về tập lồi, một số tính chất cơ bản của tập lồi và ứng dụng các tính chất cơ bản của tập lồi để giải các bài toán hình học tổ hợp.
Sau quá trình nghiên cứu, em đã tìm hiểu thêm được nhiều kiến thức mới, đúc rút cho mình một số kiến thức cơ bản về vấn đề đã nghiên cứụ Em cũng hi vọng những điều em trình bày trong khóa luận này có thể giúp cho việc nghiên cứu các vấn đề khác có liên quan của hình học được thuận lợi hơn. Tuy nhiên do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, mặc dù có nhiều cố gắng xong không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên trong trường để bản khoá luận được hoàn thiện hơn.
40
Tài liệu tham khảo
1. Phan Huy Khải (2007) , Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung họcphổ thông - các bài toán hình học tổ hợp, NXB giáo dục.
41