CÁC BÀI TOÁN VỀ TỔ HỢP SUY LUẬN
PHẦN 2: PHẦN 2: CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ CỰC HẠN
B. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Bài toán 1. Chứng minh rằng bốn đường tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho
Hướng dẫn giải Lấy M là một điểm tùy ý trên tứ giác
lồi. Có hai khả năng xảy ra
1) Nếu M nằm trên đường biên của tứ giác lồi, tức là M nằm trên một cạnh của tứ giác ABCD. Khi đó M nằm trong đường tròn có đường kính là cạnh ấy.
Trong trường hợp này kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.
3) Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD. Khi đó ta có ∠AMB + ∠BMC + ∠ CMD + ∠DMA = 3600. Theo nguyên lý cực hạn tồn tại max
{∠AMB,∠BNC,∠CMD,∠DMA}= ∠BMC. Khi đó ∠BMC ≥ 900 (1). Từ (1) suy ra M nằm trong hoặc cùng lắm là nằm trên đường tròn đường kính BC. Vậy dĩ nhiên M bị phủ bởi đường tròn này. Như thế do M là điểm tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn phủ kín tứ giác lồi đã cho. Đó là điều phải chứng minh.
Liên hệ file word zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Bài toán 2. Cho ABC là tam giác nhọn. Lấy một điểm P bất kỳ trong tam giác. Chứng minh rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P tới ba đỉnh A, B, C của tam giác không nhỏ hơn hai lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam giác đó.
Hướng dẫn giải
Gọi A B C1, 1, 1 tương ứng là hình chiếu của P xuống BC, AC, AB. Ta có
( )
0
1 1 1 1 1 1 360 1
APC C PB BPA A PC CPB B PA
∠ + ∠ + ∠ + ∠ + ∠ + ∠ =
Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại max{∠APC1,∠C PB1 ,∠BPA1,∠A PC1 ,∠CPB1,∠B PA1 } Không giảm tổng quát, cho là : max{∠APC1,∠C PB1 ,∠BPA1,∠A PC1 ,∠CPB1,∠B PA1 }= ∠BPA1 (2) Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra ∠BPA1 ≥ 600 (3)
Từ (3) ta đi đến 1 1 1
os 2
c BPA PA
∠ = PB ≤ hay PB ≥ 2PA1 (4) Từ (4) suy ra
{ } 1
ax , , 2
m PA PB PC ≥PB≥ PA ≥ 2 min{PA PB PC1, 1, 1}. Đó là điều pcm.
Bài toán 3. Trên mặt phẳng có một số điểm có tinh chất là cứ với hai điểm bất kỳ của hệ điểm luôn tìm được điểm thứ ba trong số các điểm này thẳng hàng với chúng. Chứng minh rằng tất cả các điểm cảu hệ điểm thẳng hàng.
Hướng dẫn giải
Giả sử kết luận của bài toán không đúng, tức là các điểm đã cho không thẳng hàng. Xét tập hợp sau đây A={h h/ >0 và h là khoảng cách từ một điểm đã cho đến một đường thẳng nối hai điểm của hệ }
Do giả thiết phản chứng nờn A ≠ỉ. Mặt khỏc, A là tập hợp cú hữu hạn phần tử ( \do cú một số hữu hạn điểm đã cho). Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại mọt giá trị nhỏ nhất h*. Giả sử h* là khoảng cách từ một điểm M xuống một đường thẳng đi qua B,C ( Ở đây M,B, C thuộc vào số các điểm đã cho). Gọi ∆ là đường thẳng nối B, C. Do M∉∆ ( vì h* > 0), nên theo giả thiết tồn tại điểm D∈∆. Kẻ MH ⊥∆, thì MH = d*. Rõ ràng trong ba điểm B, C, D pahir có hai điểm cùng phía so với H
Liên hệ file word zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Không làm giảm tính tổng quát, ta có thể cho là C, D nằm cùng phía với H và C nằm trong đoạn HD, Kẻ HE ⊥ MD và CF ⊥ MD. Rõ ràng ta có : CF < HE < MH. Nói cách khác CF < d*.
Chú ý rằng cho C,M,D cùng nằm trong các điểm đã cho, nên CF ∈ A. Do đó CF < d*. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của d*. Vậy giải thiết phản chứng là sai, tức là tất cả các điểm đã cho phải thẳng hàng. Đó là đpcm.
Bài toán 4. Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm sao cho đường tròn đi qua ba điểm đó không chứa điểm nào ở bên trong.
Hướng dẫn giải
Vì số các điểm đã cho là hữu hạn và chúng không cùng nằm trên một đường thẳng, nên khi lấy bao lồi hệ điểm, ta sẽ được một đa giác. Giả sử đó là đa giác lồi A A1 2...Ap. Như thế các điểm còn lại đã cho phải nằm trong bao lồi. Gọi A Ak, k+1là hai đỉnh liên tiếp của của đa giác lồi( nghĩa là xét một cạnh tùy ý A Ak k+1). Khi ấy mọi điểm đã cho đều nằm ở một nửa mặt phẳng xác định bởi A Ak k+1. Từ giả thiết suy ra tập hợp các điểm đã cho không thuộc
1 k k
A A+ là khác rỗng. Vì thế theo nguyên lý cực hạn, tồn tại C sao cho
1 ax 1 1
k k k k
A CA+ m A A A+
∠ = ∠ , ở đây giá trị lớn nhất lấy theo mọi i=1,n mà
i ≠ k, i ≠ k + 1( giả sử A A1, 2,...An là hệ hữu hạn điểm cho trước). Khi đó đường tròn ngoại
tiếp ta giác CA Ak k+1 là đường tròn cần tìm
Bài toán 5. Bên trong một hình vuông cạnh 1 cho n điểm sao cho không có ba điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại môt tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho và diện tích S của nó thỏa mãn bất đẳng thức 1
S 2
<n
−
Hướng dẫn giải
Liên hệ file word zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Xét bao lồi của n điểm nằm bên trong hình vuông. Vì không có ba điểm nào thẳng hàng, nên bao lồi là đa giác lồi có k đỉnh( k≤n), ngoài ra các điểm đã cho hoặc là đỉnh của đa giác lồi, hoặc nằm hẳn bên trong đa giác lồi. Chỉ có hai khả năng xảy ra
1. Nếu k = n. Khi đó số đường chéo xuất phát từ A1 của đa giác bao lồi tạo thành cùng các cạnh của đa giác ( n – 2) tam giác. Gọi S là diện tích tam giác nhỏ nhất trong (n-2) tam giác ấy
Vì tổng các diện tích của (n-2) tam giác nhỏ hơn 1( chú ý 1 là diện tích hình vuông chứa chọn ( n-2) tam giác này), suy ra 1
S 2
< n
−
2. Nếu k < n. Khi đó bên trong đa giác bao lồi A A1 2...Ak có (n-k) điểm Ak+1, Ak+2,...., An. Nối Ak+1 với các đỉnh A1; A2;....Ak. Khi đó có k tam giác Ak+1A1A2, Ak+1A2A3 ; ....; Ak+1AkA1
Vì không có ba điểm nào thẳng hàng, Nên các điểm Ak+2,...., An phải nằm hẳn trong k tam giác nói trên.
Giả sử Ak+2 nằm hẳn trong tam giác nào đó. Nối Ak+2 với ba đỉnh của tam giác này, thì từ một tam giác sẽ có ba tam giác mới . Sau mỗi lần làm số tam giác tăng lên 2. Như vậy ta đi đến:
k+ 2(n- k – 1) = 2n – k – 2 = (n – 2) + (n – k) tam giác.mà bên trong mỗi tam giác này không có điểm nào thuộc n điểm đã cho. Gọi S là diện tích bé nhất trong các tam giác trên , thế thì:
(n – 2 ) 1 n – k ( ) 12
S < <n
+ − ( Do n – k >0)
Bất đẳng thức 1 S 2
< n
− được chứng minh.
Bài toán 6. Bên trong hình vuông cạnh 1 cho n điểm. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc đỉnh của hình vuông sao cho diện tích S của nó thỏa mãn bất đẳng thức: 1
2( 1) S≤ n
+
Hướng dẫn giải
Liên hệ file word zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Gọi A, B, C, D là bốn đỉnh hình vuông và A1; A2;....An là n điểm nằm trong hình vuông.
Nối A1 với 4 đỉnh A, B, C, D. Khi đó ta được 4 hình tam giác.
*) Nếu A2 nằm trong một trong 4 tam giác đó ( Giả sử A2 nằm trong tam giác ADA1) Ta nối A2 với A, D, A1. Sau khi nối xong, số tam giác tăng thêm 2.
*) Nếu A2 nằm trên cạnh chung (Ví dụ A2 ∈A1D) nối A2 với A và C. Khi đó số tam giác cũng tăng thêm 2.
Như vậy trong mọi trường hợp, số tam giác sẽ tăng thêm 2
Với các điểm A3;....An ta làm tương tự. Cuối cùng số tam giác được tạo thành là: 4 + 2(n-1)
= 2n + 2 tam giác. Các tam giác trên đều có đỉnh là đỉnh của hình vuông hoặc n điểm đã cho. Khi đó, tổng diện tích của 2n +2 tam giác này bằng diện tích hình vuông (bằng 1).
Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại tam giác có diện tích nhỏ nhất trong 2n + 2 tam giác ấy.
Gọi diện tích này là S thì 1 2( 1) S≤ n
+ (Điều cần chứng minh) Bài tập tương tự:
Bài toán 1.1 . Cho n điểm nằm trong tam giác ABC có diện tích là 1cm2. CMR: Từ n điểm đó cùng với 3 điểm A, B, C luôn tồn tại một tam giác có diện tích không lớn hơn
1 2
3 2( 1)cm + n− .
Bài toán 1.2 (tổng quát) . Cho n điểm nằm trong đa giác lồi m đỉnh có diện tích là 1cm2. CMR: Từ n điểm đó cùng với m đỉnh của đa giác, luôn tồn tại một tam giác có diện tích
không lớn hơn 1 2
2( 1)cm m+ n− .
Bài toán 7. Trong các ô của bảng vuông kích thước n n x ô vuông, người ta viết các số sao cho tổng của các số có mặt trong các ô của một “chữ thập” (tức là hình gồm một hàng và một cột) bất kỳ không nhỏ hơn a. Tính giá trị nhỏ nhất của tổng các ô trong bảng.
Hướng dẫn giải
Liên hệ file word zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Lấy một hàng có tổng các số trong hàng đó là nhỏ nhất. Sau đó xét tổng tất cả có “chữ thập” được lập nên từ các ô của hàng đó .
Có n “chữ thập” như vậy, theo điều kiện của bài toán. Ta suy ra, tổng các số ghi ở n “chữ thập” ấy không nhỏ hơn n.a Dễ thấy tổng nói trên bằng tổng của tất cả các số trong bảng cộng thêm (n – 1)lần tổng các số trong hàng lấy ra.
Gọi tổng các số trong bảng là N, tổng các số trong hàng lấy ra là m, từ suy luận trên ta suy ra:
N +(n – 1).m ≥ n.a (1)
Theo định nghĩa số m, ta có: N
m≤ n (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: .( 1) . 2 .
2 1
N n
N n n a N a
n n
+ − ≥ ⇔ ≥
− Mặt khác, chọn tất cả các ô trong bảng đều bằng
2 1 a
n− . Khi đó tổng tất cả các số ghi trong mọi hình chữ thập là: (2 1).
2 1
n a a
− n =
−
Phép ghi như vậy là hợp lệ. Với cách ghi này, tổng các số ghi vào các ô trong bảng là
2.
2 1
n a n−
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng cần tìm là min 2
2 1
N n a
= n
−
Bài toán 8. Trong không gian cho một số hữu hạn điểm mà trong đó không có 4 điểm nào trong chúng cùng nằm trên một mặt phẳng sao cho thể tích của mỗi tứ diện tạo ra bởi đỉnh là những điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả các điểm có thể được phủ bởi một tứ diện có thể tích bằng 27.
Hướng dẫn giải
Do số lượng điểm đã cho là hữu hạn, nên số lượng các tứ diện tạo thành cũng hữu hạn.
Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại tứ diện mà ta sẽ gọi là A1B1C1D1) có thể tích lớn nhất. Qua các đỉnh A1; B1; C1; D1 dựng các mặt phẳng song song với các mặt của tứ diện, ta nhận được tứ diện ABCD.Dễ dàng chứng minh được
Liên hệ file word zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
A1; B1; C1; D1 tương ứng là trọng tâm của các tam giác BCD,ACD,ABD, ABC. Từ đó ta có:
1 1 1 1 1
27
A B C D ABCD
V
V = (1)
Do giả thiết VA B C D1 1 1 1 ≤1, nên từ (1) ta suy ra
ABCD 27
V ≤ (2)
Bây giờ ta chứng minh tất cả các điểm đều nằm trong tứ diện ABCD.
Giả sử: Tồn tại điểm M(trong số các điểm đã cho), sao cho M không thuộc tứ diện ABCD (3)
Khi đó ít nhất một đỉnh của tứ diện ABCD (có thể cho đó là đỉnh B) sao cho B và M nằmtrong hai nửa không gian xác định bởi (ACD).
Suy ra VMA C D1 1 1 >VB A C D1 1 1 1 (1)
Bất đẳng thức (4) chứng tỏ rằng MA1C1D1 là tứ diện tạo bởi 4 đỉnh trong các điểm đã chốc thể tích lớn hơn thể tích của tứ diện B1A1C1D1. Điều này mâu thuẫn vơi cách định nghĩa tứ diện A1B1C1D1 (vô lý). Suy ra điều phải chứng minh.