Xét bài toán cụ thể sau:Trong một hình vuôngKcó cạnh là33đơn vị, ta đặt vào đó100tam giác. Mỗi tam giác có chu vi không quá6đơn vị.
Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn bán kính bằng1, nằm trong hình vuông bao hình vuông đã cho ra ngoài 1 đơn vị và không có điểm chung với bất kỳ tam giác nào trong các tam giác đã cho.
M α1 α2 α3 α4 α5 α6 H.3.6
Trước tiên ta sẽ đi tìm diện tích của các tam giác này. Kí hiệu 2p là chu vi của một trong những tam giác vàa,b,clà độ dài các cạnh của nó. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm ta có
3 √ p−a.√3 p−b.√3 p−c≤ 1 3(p−a+p−b+p−c) = 1 3p. Suy ra (p−a)(p−b)(p−c)≤(p 3) 3≤1. (3.11)
Mặt khác,S2=p(p−a)(p−b)(p−c)(theo công thức Herron) nên ta suy ra
S2≤3⇔S≤√3. (3.12) Đến đây để giải được bài toán trên, ta xét bổ đề sau:
Bổ đề 3.1. ChoMlà đa giác lồi có chu vipvà diện tíchS. Xét tập hợpΦ(r)M các điểm
Bsao cho tồn tại một điểm AthuộcM màAB<r. Khi đó, diện tích của hìnhΦ(r)M
bằngS+pr+πr2.
Giả sửM làn- giác . Khi đó, Φ(r)M bao gồm các điểm thuộcM,nhình chữ nhật cạnhr,nhình quạt có bán kínhr(xem hình H.3.6).
Kí hiệuα1,α2, . . . ,αnlà những góc của những hình dẻ quạt,β1,β2, . . . ,βnlà những góc trong củan- giácM.
DoMlà đa giác lồi nên
α1+. . .+αn= (π−β1) +. . .+ (π−βn) =nπ−(n−2)π=2π. (3.13) Suy ra ghép các hình quạt lại thành một hình tròn bán kínhrvà tổng diện tích của những hình quạt sẽ bằngπr2( bằng diện tích hình tròn bán kínhr).
Tổng diện tích củanhình chữ nhật là pr. Do đó, diện tích của hìnhΦ(r)M bằng
X K K1 O 33 35 H.3.7
Trở lại với bài toán ban đầu, từ hình vuông đã cho lấy các cạnh ra phía ngoài của Kđộ dài1đơn vị ta được hình vuôngK1có cạnh là35(xem hình H.3.7). Khi đó, diện tích của hìnhKbằng332=1089.
Với mỗi hình tam giácX nằm trong hình vuông đã cho, ta có thể xây dựngΦX(1)một hình tương ứng theo bổ đề (3.1). Do đó diện tích của tam hình bao giác này không vượt quá(√
3+6+π).
Do đó, tổng diện tích của100hình bao các tam giác đã cho thoả mãn :
S0≤100(√
3+6+π)<1088.
Do1088<1089nên hình được tạo bởi100tam giác không phủ hết hình vuôngK1. Vì vậy, tồn tại một điểmOthuộc hình vuôngK mà không thuộc vào cácΦX(1)nói ở trên. Điều đó chứng tỏ hình tròn tâmObán kính1đơn vị sẽ nằm trongK1và không có điểm chung với bất cứ tam giác nào nằm trong các tam giác đã cho.
Định nghĩa 3.2.2. Cho một tập hợp điểmMtrong mặt phẳng, ta nói rằngMlà một tập hợp bị chặn nếu tồn tại một hình tròn chứa toàn bộ tập hợpM.
Định nghĩa 3.2.3. Đường kính của một tập hợp bị chặnMlà cận trên đúng của tập hợp những khoảng cáchABvớiA,B∈M. Tức là
d(M) =supd(A,B)|A,B∈M. Ta có định lí sau
Định lý 3.2. NếuMlà một đa giác, thì đường kính của nó bằng độ dài đường chéo lớn nhất hoặc bằng cạnh lớn nhất của nó.
A0 A00 B0 B00 B A H.3.8 Chứng minh Xét hai điểm bất kỳA,B∈M.
Đường thẳngABcắt các cạnh củaMtại hai điểmA0,B0 ( có thể trùng vớiAvàB). Khi đó, độ dàiAB≤A0B0 (xem hình H.3.8).
+) NếuA0∈CDcủaMthì ít nhất một trong hai bất đẳng thứcCB0>A0B0,DB0 >A0B0 vẫn còn đúng, vì ít nhất một trong những gócCA0B,DA0Bkhông phải là góc nhọn. Giả sử một trong những điểmChoặcDtrùngA00 thì ta cóA00B0>A0B0.
Tương tự ta cũng chọnB00 nằm trên cạnh có chứaB0. Ta cóA00B00 >A00B0. Suy raAB<A00B00.
Do đó,A00B00 là đường chéo hoặc là cạnh lớn nhất củaM.
Ví dụ 3.2.1. Cho một đa giác bất kỳM có đường kính bằng1. Hãy tìm một lục giác đều có diện tích nhỏ nhất baoM.
Ví dụ 3.2.2. (Định lí Yong). Mọi hình có đường kính là một đơn vị có thể phủ bởi hình tròn có bán kính bằng √1
3.
Liên quan đến bài toán bao hình có một định lí tương tự cho bài toán chia hình:
Ví dụ 3.2.3. (Định lí Borsuk). Mọi đa giácM trong mặt phẳng có thể chia ra làm ba phần, mỗi phần của nó có đường kính nhỏ hơn đường kính củaM.