CHƯƠNG III BÀI TOÁN PHỦ HÌNH
II- MỘT SỐ BÀI TẬP
BÀI 1: Trong mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng giữa 3 điểm bất kỳ trong chúng có thể chọn được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1.
Chứng minh rằng trong số những điểm này luôn chọn được 13 điểm phủ bởi hình tròn bán kính 1.
Giải:
• Nếu khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong hệ nhỏ hơn 1 thì hiển nhiên 25 điểm này nằm trong hình tròn bán kính 1 với tâm là một điểm nào đó của hệ.
• Nếu tồn tại hai điểm nào đó A và B có AB>1.
Với X là điểm bất kì trong các điểm còn lại. Trong 3 điêm A, B và X phải có 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Suy ra AX<1 hoặc BX<1 hay X thuộc hình tròn bán kính 1 với tâm là A hoặc B. Như vậy theo nguyên lí Dirichle trong 23 điểm còn lại luôn tồn tại 12 điểm cùng thuộc đường tròn bán kính i với tâm là A hoặc B. Giả sử đó là hình tròn (A;1). Khi đó A cùng 12 điểm thuộc hình tròn (A;1).
Bài 2: Chứng minh rằng nếu trên các cạnh và đường chéo của một tứ giác lồi ABCD dựng những hình tròn đường kính tương ứng thì họ hình tròn này này phủ tứ giác ABCD.
Giải:
Giả sử tồn tại một điểm nằm trong tứ giác mà không nằm trong họ hình tròn nói trên.
Vì P nằm trong tứ giác nên:
APB+BPC+CPD+DPA=3600 (1)
Mà P không nằm các trong hình tròn đường kính AB, BC, CD, DA nên:
APB < 900, BPC < 900, CPD < 900, DPA < 900.
Suy ra: APD+BPC+CPD+DPA < 4.900 = 3600 (2)
(1) và (2) mâu thuẫn nhau nên điều giả sử là sai hay họ hình tròn này phủ tứ giác ABCD.
Bài 3: Chứng minh rằng mỗi đa giác lồi có diện tích bằng 1 có thể phủ bởi một hình bình hành có diện tích bằng 2. Chứng minh rằng một tam giác có diện tích 1không thể phủ bởi một hình bình hành có diện tích nhỏ hơn 2.
Giải:
d1
d2 a
A
C
B
D1 D2
• Gọi AB là một cạnh của đa giác lồi. Gọi C là đỉnh của đa giác sao cho khoảng cách từ C tới AB là lớn nhất. Qua C kẻ đường thẳng a song song với AB. Khi đó AC chia mặt phẳng thành hai miền. Gọi D1 và D2 là hai đỉnh của đa giác thuộc 2 miền sao cho khoảng cách từ mỗi điểm đó tới AC là lớn nhất (so với các điểm cùng miền). Qua D1 và D2 kẻ đường thẳng d1 và d2 song song với AC. Miền mặt phẳng tạo bởi các đường thẳng AB, a, d1 và d2 là hình bình hành. Gọi S là diện tích của hình bình hành này.
Ta có: SACD1+SACD2 ≤ 1.
Mà S = 2(SACD1+SACD2) ≤ 2.
Như vậy ta có thể phủ hình bình hành bởi một hình bình hành có diện tích là 2. Suy ra điều phải chứng minh.
• Giả sử tam giác ABC có diện tích 1 có thể phủ bới hình bình hành MNPQ có diện tích nhỏ hơn 2 như sau:
G F E
N
Q P
M
A
B C
Qua các điểm của tam giác kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của hình bình hành như hình vẽ. Các đường thẳng này tạo thành một hình bình hành phủ tam giác ABC và phủ bởi MNPQ nên SEFGH ≤ SMNPQ < 2.(1)
Mặt khác ta có:
SEFGH = 2SABC = 2.(2)
(1) và (2) mâu thuẫn nhau nên điều giả sử là sai hay một tam giác có diện tích 1 không thể phủ bởi một hình bình hành có diện tích nhỏ hơn 2.
Bài 4: Có thể phủ n-giác lồi có các cạnh và đường chéo không lớn hơn 1
bởi một hình tròn bán kính 1
3. Giải:
Vì n-giác lồi có các cạnh và đường chéo không lớn hơn 1 nên đường kính không lớn hơn 1. Gọi đường kính của n-giác lồi này là d. Khi đó d ≤ 1.
Áp dụng bài 7 ở chương II ta có thể phủ n-giác lồi này bởi hình tròn bán kính d 3. Hình tròn này có bán kính không lớn hơn 1
3. Vẽ hình tròn đồng tâm bán kính 1
3. Hình tròn này phủ n-giác lồi.
Bài 5: Chứng minh rằng nếu F là hình lồi và G ⊆ F là một hình bị phủ trong F thì luôn tồn tại số dương k sao cho:
1.Tồn tại một hình đồng dạng phối cảnh F’ của F với hệ số đồng dạng k sao cho F’ chứa G,
2.G không bị chứa trong bất cứ hình đồng dạng phối cảnh nào của F với hệ số nhỏ hơn k.
Giải:
Gọi d là đường kính của F.
Xét họ các hình đồng dạng với F phủ G. Giả sử họ này là hình đồng dạng thu nhỏ của F qua phép vị tự tâm là họ {Oi}i∈I với họ tỉ số tương ứng {ki}i. Gọi k là cận dưới của họ {ki}i∈I.
• Nếu k=1 thì 1 chính là số cần tìm.
• Nếu k < 1 thì tồn tại dãy các hình đồng dạng F1, F2, …, Fi,… với hệ số 1 > k1 > k2 > … > ki > … và tâm đồng dạng phối cảnh tương ứng là O1, O2, …, Oi, … cách F một khoảng không lớn hớn
1 1 d
−k . Thật vậy, giả sử OiA ≥
1 1 d
−k với mọi điểm A trong F. Gọi A’ là ảnh của A trong phép đồng dạng phối cảnh tâm Oi hệ ki. Ta có: OiAuuuur'
= kiOiAuuuur
⇒AA’=(1 – ki).OiA > (1 – k1).OiA > d .
⇒A’∉ F.
Suy ra F I Fi = φ vô lí vì F, Fi chứa G.
Như vậy {Oi}i=1∞ bị chặn. Theo bổ đề Jork suy ra chúng hội tụ tại một điểm, giả sử đó là điểm O.
Gọi F’ là ảnh của F qua phép vị tự tâm O tỉ số k. F’ chính là hình có hệ số phối cảnh nhỏ nhất phủ G.
Bài 6: Chứng minh rằng bao lồi của một hình F tuỳ ý có đường kính bằng đường kính của F.
Giải:
Giả sử F có đường kính là d. Gọi G là bao lồi của F.
Giả sử đường kính của G lớn hơn đường kính của F.
Gọi A, B là hai điểm trong G sao cho AB là đường kính của G. Khi đó AB>d. Qua A, B lần lượt kẻ các đường thẳng d1 và d2 vuông góc với AB. Khi đó G nằm trong phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng d1 và d2. Như vậy phần mặt phẳng này chứa F, hai đường thẳng d1 và d2 không cắt F. Gọi M1, M là hai điểm thuộc F sao cho khoảng cách từ M tới d là nhỏ nhất, khoảng
cách từ M2 tới d2 là nhỏ nhất. Qua M1 và M2 kẻ các đường thẳng l1 và l2 song song với d1, d2. Như vậy F nằm trong phần mặt phẳng giới hạn bởi l1 và l2 mà đây là hình lồi nên nó chứa bao lồi của F là G. Điều này là vô lí theo cách dựng hình trên. Vậy điều giả sử là sai hay đường kính của G bằng đường kính của F.
Bài 7: Chứng minh rằng một hình bị chặn luôn có thể chia thành ba phần có đường kính nhỏ hơn.
Giải:
• Nếu F là hình bình hành thì ta có thể chia F ra 2 phần có đường kính nhỏ hơn nên có thể chia F ra 3 phần có đường kính nhỏ hơn.
• Nếu F không phải là hình bình hành. Áp dụng định lí ta có thể phủ F bởi 3 hình đồng dạng phối cảnh của F với tỉ số nhỏ hơn 1. Mỗi hình này có đường kính nhỏ hơn F. Như vậy có thể chia F ra bằng cách lấy các phần giao của F với mỗi hình đồng dạng thu nhỏ.