3.3 Phép phủ và đóng gói
3.3.1 Các đối tượng phủ nhau
Trong các bài toán của hai phần đầu tiên của mục này, ta sẽ nghiên cứu các hệ của các đối tượng nằm trong miền bị chặn của mặt phẳng và phủ lên nhau nhau do kích thước của miền. Ta sẽ đặc biệt quan tâm giao của hai (hoặc nhiều hơn) đối tượng của hệ. Diện tích của một vật thể hình học phẳngMđược ký hiệu là|M|. Ta bắt đầu với bài toán đơn
giản sau đây.
Bài 3.3.1. Trên một sàn với diện tích 3 m2 ta đã đặt hai chiếc thảmK1,K2, với diện tích mỗi chiếc là 2 m2. Chứng minh rằng thảm phủ lên nhau trong diện tích nhỏ nhất là 1 m2.
Hình 3.25
Giải.Từ sơ đồ trong hình 3.25, ta có
|K1∩ K2| = q = (p+q) + (q+r)−(p+q+r) = |K1|+|K2| − |K1∪ K2,|
và theo|K1| = |K2| = 2 và|K1∪ K2 ≤ 3|ta có được ước lượng
|K1∩ K2| ≥ 2+2−3 = 1
Bây giờ ta sẽ tổng qt hóa cơng thức thu được dựa trên hình 3.25 cho trường hợp n ≥ 2 đối tượng M1,M2, . . . ,Mn. Ta sẽ chứng minh rằng
|M1∪ M2∪. . .∪ Mn| = ∑(−1)r+1|Mj1 ∩ Mj2 ∩. . .∩ Mjr|, (3.10) trong đó tổng ở vế phải được cộng trên tất cả các tập con khác rỗng
{j1,j2, . . . ,jr}của {1, 2, . . . ,n}.
Để chứng minh (3.10), ta chia đối tượng M0 = M1∪ M2∪. . .∪ Mn
thành2ncác phần rời nhau có kiểuX1∩ X2∩. . .∩ Xn, trong đóXi = Mi
hoặc Xi = M0\Mi với mọi i = 1, . . . ,n. (Các phần này có thể có diện tích bằng khơng hoặc thậm chí có thể là tập rỗng). Nếu ta có Xi = Mi
với đúng r ≥ 1 giá trị khác nhau của chỉ số i ∈ {1, 2, . . . ,n}, thì diện
tích của phầnX1∩. . .∩ Xn được đếm đúng một lần trong cả hai vế của (3.10), ở vế trái là hiển nhiên, và ở vế phải vì định lý nhị thức ta có
r 1 − r 2 +. . .+ (−1)r+1· r r = 1−(1−1)r = 1
với mọi số nguyênr ≥ 1. Hoàn thành chứng minh của (3.10).
Bài 3.3.2. Giả sử đa giác M0 có diện tích 6 cm2 phủ ba đa giác M1,M2,
M3 với cùng diện tích 3 cm2. Chứng minh rằng hai trong số các đa giác
M1,M2,M3 phủ lên nhau trong một miền có diện tích nhỏ nhất là 1 cm2. Giải.Theo (3.10) với n = 3ta có được (bỏ cm2 )
6 ≥ |M1∪ M2∪ M3| = |M1|+|M2|+|M3| − |M1∩ M2| − |M1 ∩ M3| − |M2∩ M3|+|M1∩ M2∩ M3| ≥ 3+3+3− |M1∩ M2| − |M1∩ M3| − |M2∩ M3|. Do đó, tổng |M1∩ M2|+|M1∩ M3|+|M2 ∩ M3| nhỏ nhất bằng 3, và do đó ít nhất một trong ba tổng số nhỏ nhất bằng 1. Ta chú ý rằng bất đẳng thức thu được từ (3.10) có thể được khái qt hố một cách thú vị. Nếu i ∈ {1, 2, . . . ,n}lẻ, thì |M1∪ M2∪. . .∪ Mn| ≤ i ∑ r=1 (−1)r+1|Mj1 ∩ Mj2 ∩. . .∩ Mjr|, (3.11) trong khi với mọi i ∈ {1, 2, . . . ,n}chẵn, ta có
|M1∪ M2∪. . .∪ Mn| ≥
i ∑ r=1
(−1)r+1|Mj1 ∩ Mj2 ∩. . .∩ Mjr|, (3.12) trong đó ở vế phải của cả (3.11) và (3.12) các tổng được lấy trên tất cả các tập con không rỗng{j1,j2, . . . ,jr}nhiều nhấtiphần tử của {1, 2, . . . ,n}. (Trong lời giải của Bài 3.3.2 ta đã sử dụng (3.12) với n = 3 và i = 2). Cách chứng minh (3.11) và (3.12) được để lại cho người đọc.
Bài 3.3.3. Giả sử đa giác M0 có diện tích 10 cm2 phủ bốn đa giác M1, M2,
M3,M4 với diện tích đều bằng 6 cm2. Chứng minh rằng diện tích của phần chung của ba trong số các đa giácM1,M2,M3,M4 ít nhất bằng 1 cm2. Giải. Dễ thấy rằng khẳng định của bài toán suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức
+|M1∩ M3∩ M4|+|M2∩ M3∩ M4|
≥ |M1|+|M2|+|M3|+|M4| −2· |M1∪ M2∪ M3∪ M4|. (3.13) Bất đẳng thức (3.13) có thể được thử lại bằng cách sử dụng một sơ đồ với bốn tập; tuy nhiên, ta nên dùng cách tiếp cận được sử dụng trong phép chứng minh (3.10) ở trên. Ta sẽ chứng minh trực tiếp bất đẳng thức tổng quát ∑ {i,j,k} |Mi ∩ Mj ∩ Mk| ≥ n ∑ i=1 |Mi| −2· n [ i=1 Mi , (3.14)
trong đó vế trái của tổng được lấy trên tất cả tập con ba phần tử {i,j,k} của {1, 2, . . . ,n}. Như ta đã chứng minh (3.10), ta chia tập M0 = M1∪ M2 ∪ . . .∪ Mn thành 2n phần rời nhau X1 ∩ X2 ∩. . . ∩ Xn, trong đó
Xi = Mi hoặc Xi = M0\Mi (1 ≤ i ≤ n). Nếu ta cóXi = Mi với chính xác r giá trị của i ∈ {1, 2, . . . ,n} trong đó r ≥ 3, thì diện tích của phần
X1∩ X2∩. . .∩ Xn được tính ở vế trái của (3.14) chính xác (r3) lần, trong khi vế phải được tính chính xác r−2 lần. Với mọi r ≥ 3, bất đẳng thức
(3r) ≥ r −2 có thể được kiểm tra trực tiếp bằng cách viết ra hệ số nhị phân. Vớir = 1 vàr = 2ta sử dụng 0 > 1−2 và0 = 2−2.