Định lý Helly

Định lý Radon. Cho A{X X1; 2;;Xd2} là d2 điểm trong không gian

d

 . Khi đó luôn tồn tại cách chia AA1A2 sao cho

1, 2 , 1 2

A A   A A   thỏa mãn bao lồi của A1 và bao lồi của A2 có giao khác .

Chứng minh:

Gọi tọa độ của d2 điểm này lần lượt là x x1, 2,,xd2 trong đó

 1; 2; ;  k k k k d d x  x x  x  . Xét hệ d 1 phương trình d 2 ẩn a a1, 2,,ad2: 2 1 2 1 0 0 d i i i d i i a x a             

Ở đây bên trên có d phương trình. Hệ có nghiệm khác 0;0;;0. Chia a a1, 2,,ad2 thành 2 nhóm I1 a ai| i 0 , I2 a ai| i 0. Ta có 1 2 1 2 1 2 0 i j i j i I j I i i j j i I j I i j i I j I a x a x a a x x X S S a a S                            .

Khi đó X sẽ thuộc vào bao lồi của cả hai tập A1 và A2.

Cách chứng minh trên đây mang một dáng vẻ "không tự nhiên" trong việc tạo ra hệ phương trình trên, ngoài ra còn có vẻ "khô khan" và "cứng nhắc" vì đã biến một khẳng định có tính hình học thành một chứng minh đại số. Tuy nhiên đây cũng là điều khá dễ hiểu vì đó là chứng minh trong trường hợp tổng

đây tôi xin trình bày cách mô tả hình học trong trường hợp hay gặp nhất - trường hợp trong mặt phẳng.

Chứng minh định lý Radon cho d 2:

Xét 4 điểm trong mặt phẳng. Có thể xảy ra 3 trường hợp:

Trường hợp 1: A B C D, , , tạo thành tứ giác lồi. Trong trường hợp này chỉ cần chia 4 điểm A B C D, , , thành 2 nhóm A C, và B D, với điểm chung của hai bao lồi là giao điểm của 2 đường chéo AC BD, .

Trường hợp 2: A B C D, , , tạo thành tam giác ABC với điểm D nằm trong hoặc trên các cạnh của tam giác. Trong trường hợp này chỉ cần chia 4 điểm

, , ,

A B C D thành 2 nhóm A B C, , và D với điểm chung của hai bao lồi chính là điểm D.

Trường hợp 3: A B C D, , , thẳng hàng theo thứ tự đó. Trong trường hợp này chỉ cần chia 4 điểm A B C D, , , thành 2 nhóm A D, và B C, với điểm chung của hai bao lồi là toàn bộ đoạn BC.

Định lý Helly. Cho n d 1 hình lồi trong không gian d. Biết d 1 hình bất kỳ trong đó có giao khác . Khi đó n hình này có giao khác .

Chứng minh:

Ta chứng minh với trường hợp n d 2 trước.

Giả sử có d 2 tập $F F1, 2,,Fd2 và d2 tập này không có điểm chung.

Do đó i i, i j 1, 2

j i

x F x F i d



      .

Theo Radon có thể chia x x1, 2,,xd2 vào 2 tập A B, sao cho bao lồi của chúng cắt nhau tại P nào đó. Ta sẽ chứng minh P chính là điểm cần tìm.

Thật vậy 2 1 i i i d x A i i i x B P F P F P F                

Giả sử ta đã có khẳng định trong trường hợp k d 2 tập, cần chứng minh khẳng định trong trường hợp k1 tập. Xét k1 tập F F1, 2,,Fk1 trong đó d1 tập bất kỳ có giao khác . Đặt 1 1, i i k G  F F  i k. Do d  1 2 nên Gi    i 1,k . Xét d1 tập Gi

bất kỳ, không mất tổng quát giả sử là G G1, 2,,Gd1. Xét d 2 tập 1, 2, , d 1

F F  F  và Fk1 thỏa mãn d 1 tập bất kỳ có giao khác , theo chứng minh trên cho d2 tập ta có d 2 tập này có giao khác , tức là

1 1 d i i G      .

Lại theo quy nạp cho k tập Gi  i 1,k với d 1 tập bất kỳ có giao khác  ta suy ra toàn bộ k tập Gi  i 1,k có giao khác , hay tức là toàn bộ k1 tập Fi  i 1,k1 có giao khác . Định lý được chứng minh.

Ở đây ta cũng sẽ đưa ra một cách khác chứng minh định lý Helly cho trường hợp d 1. Đây sẽ là cách chứng minh "dễ chịu hơn", mang tính hình học hơn, hoàn toàn không cần phải sử dụng đến định lý Radon nhưng đương nhiên là không thể chứng minh tương tự cho các trường hợp tổng quát hơn.

Chứng minh định lý Helly cho d 1:

Với n2 đoạn thẳng trên một đường thẳng sao cho hai đoạn thẳng bất kỳ có điểm chung, ta cần chứng minh tất cả n đoạn thẳng đó cũng có điểm chung.

Xét các đoạn thẳng cùng nằm trên trục Ox nằm ngang. Xét đoạn thẳng có đầu mút bên trái A có hoành độ lớn nhất (cũng có thể tương tự với đầu mút bên phải B có hoành độ nhỏ nhất). Khi đó tất cả các đoạn thẳng do có giao với đoạn thẳng đã cho nên đều phải chứa A. Đó chính là điểm cần tìm.

Chứng minh ở trên rất đơn giản nhưng có thể được sử dụng một cách tương tự trong một số bài toán biến dạng khác của Helly.

Ngoài ra trong thực hành trường hợp d 2 cũng là trường hợp ta rất hay gặp. Nếu kết hợp cách chứng minh hình học của Radon trong trường hợp này với cách chứng minh tổng quát của Helly ta cũng có thể có một cách chứng minh Helly thuần túy hình học.

Định lý Helly có thể được mở rộng cho vô hạn tập lồi nhưng với điều kiện các tập lồi này phải là tập compact hay hiểu một cách đơn giản hơn là các tập lồi đóng và bị chặn. Chứng minh khi đó của định lý thông qua tính chất giao hữu hạn của không gian compact: giao của một họ các tập hợp là khác rỗng khi và chỉ khi mọi bộ phận hữu hạn các tập trong họ đó có giao khác rỗng.

Bài tập 3.1 (Ôlympic toán Canada 2009). Cho n4 điểm trong mặt phẳng, trong đó 3 điểm bất kỳ luôn có thể được phủ kín bởi một hình tròn bán kính bằng đơn vị. Chứng minh rằng: Có hình tròn bán kính bằng đơn vị phủ kín cả

n điểm này.

Phân tích:

Để áp dụng định lý Helly, ta cần phải chuyển ngôn ngữ biểu diễn của bài toán trở thành dạng "giao của các tập lồi". Cách phát biểu của bài toán hiện nay đang là "các điểm có thể được phủ kín bởi một hình tròn bán kính 1", điều này có nghĩa là "các điểm này có khoảng cách đến tâm hình tròn nhỏ hơn 1". Ta hãy thử chuyển đổi cách mô tả của cụm từ "điểm A nằm trong hình tròn tâm B bán kính 1", điều này có nghĩa là "độ dài AB nhỏ hơn 1", hay cũng có nghĩa là "điểm B nằm trong hình tròn tâm A bán kính 1". Với cách "đổi vai trò" này, cụm từ "các điểm này có khoảng cách đến tâm hình tròn không vượt quá 1" cũng có nghĩa là "tâm của hình tròn này nằm trong tất cả các hình tròn có bán kính 1 với tâm là các điểm đã cho". Như vậy ta đã có cách phát biểu mong muốn của định lý Helly "3 đường tròn bất kỳ kể trên luôn có giao khác rỗng", cần chứng minh rằng "tất cả các đường tròn kể trên có giao khác rỗng".

Giải:

Xét n hình tròn bán kính 1 có tâm là n điểm đã cho. Điều kiện "3 điểm bất kỳ luôn có thể được phủ kín bởi một hình tròn bán kính 1" tương đương với điều kiện "3 đường tròn bất kỳ kể trên luôn có giao khác rỗng" (chúng có ít nhất 1 điểm chung là tâm của hình tròn phủ 3 điểm đó). Theo Helly, n

đường tròn kể trên có giao khác rỗng, hay tức là có hình tròn bán kính 1 phủ kín cả n điểm ban đầu.

Bài tập 3.2 (Định lý Jung). Trong mặt phẳng cho n điểm, trong đó hai điểm bất kỳ có khoảng cách không vượt quá đơn vị. Chứng minh rằng: Có hình tròn bán kính 1

3 phủ tất cả n điểm này.

Phân tích:

Bài toán này có yêu cầu chứng minh gần giống bài tập trên, dù rằng khác nhau về bán kính (điều này không quan trọng), tuy nhiên giả thiết của bài toán lại là "hai điểm bất kỳ có khoảng cách không vượt quá 1". Do đó, một cách tự nhiên ta hy vọng có thể chứng minh được rằng "ba điểm bất kỳ luôn có thể được phủ kín bởi một hình tròn bán kính 1

3" để áp dụng bài tập trên. Như vậy ta chỉ còn đưa về xét tam giác ABC có 3 cạnh không vượt quá 1, cần chứng minh 3 điểm này có thể được phủ bởi một hình tròn bán kính

1 3.

Để chứng minh điều này ta sẽ chỉ ra một hình tròn "tốt nhất", theo nghĩa là có bán kính nhỏ nhất, sao cho có thể phủ được cả 3 điểm A B C, , . Một cách tự nhiên ta nghĩ đến hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điều này rất hợp lý, ít nhất là với cách vẽ hình thông thường: khi yêu cầu vẽ một tam giác ABC, ta thường hay vẽ tam giác nhọn! Bây giờ nếu bình tĩnh phân tích

giác ABC, như vậy điều này có vẻ khá "lãng phí". Trong trường hợp này, dùng hình tròn với đường kính là cạnh lớn nhất của tam giác sẽ "tiết kiệm" hơn nhiều.

Giải:

Trước hết ta chứng minh rằng: 3 điểm bất kỳ luôn có thể được phủ kín bởi một hình tròn bán kính 1

3. Thật vậy:

Xét 3 điểm A B C, , bất kỳ trong đó thoả mãn AB BC CA, , 1. Có hai trường hợp xảy ra.

Trường hợp 1: Tam giác ABC nhọn. Không mất tính tổng quát ta giả sử

max{ ; ; }

A A B C

     , từ đó 600   A 900.

Khi đó ( ) 0 1 0 1

2sin 2sin 60 2sin 60 3

ABC BC BC R A      .

Trường hợp 2: Tam giác ABC tù. Không mất tính tổng quát ta giả sử 0

90

A

  . Khi đó đường tròn đường kính BC sẽ phủ kín toàn bộ tam giác

ABC. Ở đây đường tròn này có bán kính là 1 1

2 2 3

BC   .

Vậy 3 điểm bất kỳ luôn có thể được phủ kín bởi một hình tròn bán kính 1 3. Áp dụng bài tập trên ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 3.3. Cho hữu hạn điểm trên mặt phẳng sao cho nếu vẽ một hình tròn bán kính đơn vị có tâm là một điểm tùy ý trong đó thì hình tròn này sẽ chứa nhiều hơn một nửa các điểm còn lại. Hình tròn có bán kính nhỏ nhất là bao nhiêu có thể chứa tất cả các điểm đã cho (hình tròn này không nhất thiết phải có tâm là một trong số các điểm kể trên)?

Phân tích:

Trong bài toán này ý tưởng dùng Helly có vẻ đã khá rõ ràng khi đã thể hiện ngôn ngữ dạng "các hình lồi" với "các hình tròn bán kính 1". Tuy nhiên

cách mô tả của bài toán lại không nói về "giao của các hình lồi này" mà lại là "mỗi hình tròn này sẽ chứa nhiều hơn một nửa các điểm còn lại". Dấu hiệu "mỗi hình tròn chứa nhiều hơn một nửa các điểm" gợi ý đến điều gì? Có lẽ tự nhiên nhất sẽ là "hai hình tròn thì chứa nhiều hơn số các điểm đó", tức là chắc chắn phải có điểm chung.

Mọi chuyện có vẻ đã ổn nhưng thực tế ta mới chỉ có "hai hình tròn có giao khác rỗng" chứ chưa phải là "ba hình tròn". Tuy nhiên để ý kỹ thì ta có thể quan tâm đến khoảng cách giữa hai tâm đường tròn này, đương nhiên là nó không thể vượt quá 2. Vậy thực ra đây là một bài toán áp dụng định lý Jung.

Giải:

Xét 2 điểm A B, bất kỳ trong số các điểm đã cho. Vẽ hai hình tròn bán kính 1 có tâm là 2 điểm A B, . Do mỗi hình tròn chứa nhiều hơn một nửa các điểm còn lại nên chắc chắn chúng phải có điểm chung là một trong số các điểm còn lại, giả sử là C khác A và B. Khi đó ta có AB ACBC2. Như vậy hai điểm bất kỳ trong số các điểm đã cho luôn có khoảng cách không vượt quá 2. Theo định lý Jung, tồn tại một hình tròn bán kính 2

3 chứa tất cả các điểm đã cho.

Bài tập 3.4. Trên đường thẳng có 2k1 đoạn thẳng sao cho mỗi đoạn thẳng cắt ít nhất k đoạn thẳng khác. Chứng minh rằng: Tồn tại đoạn thẳng cắt tất cả các đoạn thẳng còn lại.

Phân tích:

Bài toán này về hình thức có vẻ khác xa ba bài toán trên, ít nhất là do việc chuyển về xét các đoạn thẳng trên cùng một đường thẳng chứ không phải là các hình tròn trong mặt phẳng nữa, và ngoài ra còn là kết luận của bài toán: phải đi tìm cả một đoạn thẳng chứ không phải chỉ một điểm (ba bài toán trên hình thức là đi tìm hình tròn nhưng thực ra chỉ cần tìm tâm của nó là đủ).

Tuy nhiên ta vẫn có thể liên hệ được các ý tưởng của nó với ba bài toán trên. Thứ nhất là phương pháp đổi cách nhìn giống bài tập 3.1 "đoạn thẳng thứ nhất cắt ít nhất k đoạn thẳng khác khi và chỉ khi tập hợp các đoạn thẳng cắt đoạn thẳng thứ nhất có ít nhất k phần tử", dù đây là một điều hiển nhiên và có vẻ như không có tác dụng gì. Và thứ hai là số liệu 2k1 và k, số liệu này giống với "một nửa" trong bài tập 3.3.

Với cách suy nghĩ như vậy, với mỗi đoạn thẳng cho trước, ta có thể xây dựng tập các đoạn thẳng có giao với đoạn thẳng này. Tuy nhiên đây không phải là tập lồi trên đường thẳng đã cho. Muốn là tập lồi, ta cần xét hợp của các đoạn thẳng nói trên. Cách mô tả này không những giải quyết được vấn đề "tập lồi" mà còn có thể hoàn tất được cả chuyện "giao của các tập lồi này không phải chỉ là một điểm mà là cả một đoạn thẳng chung", điều mà có vẻ như Helly khó mà xử lý được.

Giải:

Với mỗi đoạn thẳng cho trước ta xây dựng một tập lồi là đoạn thẳng được tạo thành bằng cách lấy hợp của đoạn thẳng đó với tất cả các đoạn thẳng có giao với nó. Mỗi tập lồi như vậy là hợp của ít nhất k1 đoạn thẳng, và do ta có tổng cộng 2k1 đoạn thẳng nên hai tập lồi bất kỳ như vậy chắc chắn có đoạn thẳng chung. Do đó theo Helly, tất cả các tập lồi đó có đoạn thẳng chung. Đây chính là đoạn thẳng cần tìm.

Phát triển:

Bây giờ ta hãy thử thay đổi cách phát biểu của bài toán này. Chẳng hạn có thể phân biệt một đoạn thẳng với các đoạn thẳng có giao với nó, ví dụ bằng cách tô màu khác nhau, đoạn thẳng gốc có màu trắng, các đoạn thẳng có giao với nó tô màu đen. Với cách làm như vậy thì số lượng các đoạn thẳng cần thay đổi đôi chút: do đoạn thẳng gốc màu trắng và đoạn thẳng có giao với nó màu đen nên để đảm bảo vượt quá "một nửa" số đoạn thẳng màu đen ta cần có 2k1 đoạn thẳng màu đen (thay vì 2k1 như ban đầu). Ngoài ra vai trò

hai màu như nhau nên ta có thể mô tả tương tự với các đoạn thẳng màu đen vừa đề cập ở trên để trở thành điều kiện "mỗi đoạn thẳng cắt ít nhất k đoạn thẳng khác màu".

Từ đó ta có bài toán sau.

Bài tập 3.5 (Ôlympic toán Nga 2003). Trên đường thẳng có 2k1 đoạn thẳng màu trắng và 2k1 đoạn thẳng màu đen sao cho mỗi đoạn thẳng cắt ít nhất k

đoạn thẳng khác màu. Chứng minh rằng: Có đoạn thẳng màu trắng cắt tất cả các đoạn thẳng màu đen và có đoạn thẳng màu đen cắt tất cả các đoạn thẳng