Ứng dụng tính chất của tập lồi giải một số bài toán hình học tổ hợp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
==***==

NGUYỄN THỊ HOA

ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TẬP LỒI
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

HÀ NỘI - 2012


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
==***==

NGUYỄN THỊ HOA

ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TẬP LỒI
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
TÓM TẮT KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học
Người hướng dẫn khoa học
ThS.GVC. Phan Hồng Trường

HÀ NỘI - 2012

LờI CảM ƠN

Để hoàn thành khóa luận này, trước hết em xin được bày tỏ lòng biết ơn
sâu sắc đến các thầy cô giáo tổ Hình học, các thầy cô giáo khoa Toán trường
Đại học sư phạm Hà Nội 2 đã động viên, giúp đỡ em trong suốt thời gian làm
khóa luận.
Đặc biệt em xin chân thành cảm ơn thầy giáo hướng dẫn Phan Hồng
Trường đã tạo điều kiện tốt nhất và chỉ bảo tận tình để em có thể hoàn thành
khóa luận tốt nghiệp này.
Em xin chân thành cảm ơn !
Hà Nội, tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Nguyễn Thị Hoa


LờI CAM ĐOAN

Khóa luận được hoàn thành với sự chỉ bảo tận tình của các thầy cô giáo
trong khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt là sự hướng dẫn
tận tình của thầy giáo Phan Hồng Trường.
Trong khóa luận có tham khảo các kết quả nghiên cứu của các nhà khoa
học với sự trân trọng và biết ơn. Em xin khẳng định kết quả của đề tài này
không có sự trùng lặp với kết quả của các đề tài khác. Nếu sai em xin chịu
hoàn toàn trách nhiệm.
Hà Nội, tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Nguyễn Thị Hoa

MC LC
Mở đầu............................................................................................................... 1
Chng 1: Hình lồi............................................................................................ 2
1.1. Các định nghĩa: ...................................................................................... 2
1.2. Bao lồi và bao lồi đóng. .......................................................................... 3
1.3. Nón lồi .................................................................................................... 5
Chương 2: Một số vấn đề của hình học tổ hợp.................................................. 7
2.1. Định lí Kelli trong không gian một chiều R1. ...................................... 7
2.2. Định lí Kelli trong không gian hai chiều R2. ....................................... 8
2.3. Ví dụ: ................................................................................................. 10
Chng 3: Một số bài toán của hình học tổ hợp ............................................. 13
3.1. Một số phương pháp giải thông thường ................................................ 13
3.1.1. Phương pháp sử dụng định lí Kelli................................................. 13
3.1.2. Phương pháp lấy bao lồi. ............................................................... 16
3.2. Một số bài toán thường gặp. ................................................................. 28
Kết luận ........................................................................................................... 39
Tài liệu tham khảo........................................................................................... 40



Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Hình học là một môn học quan trọng, tương đối khó trong chương trình
Toán phổ thông và có rất nhiều ứng dụng trong đời sống con người, để hiểu
được nó người học cần tưởng tượng tư duy cao. Đặc biệt, hình học tổ hợp là
một nhánh của hình học mà chúng ta thường gặp trong các kì thi chọn học
sinh giỏi toán trong nước và quốc tế. Trong hình học tổ hợp có rất nhiều kết
quả nghiên cứu được các nhà toán học các ngành khác quan tâm. Với mong
muốn được nghiên cứu sâu hơn về hình học tổ hợp và tìm hiểu được nhiều
phương pháp giải toán hình học tổ hợp hay hơn, cụ thể hơn, trực quan hơn,

nhằm chuẩn bị cho mình kiến thức tốt cho công việc giảng dạy sau này, em đã
chọn đề tài ứng dụng tính chất của tập lồi giải một số bài toán hình học
tổ hợp để làm đề tài khóa luận tốt nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu
- Tìm hiểu sâu hơn các kiến thức về tập lồi.
- Làm rõ tính ưu việt của việc ứng dụng tính chất của tập lồi giải một số
bài toán hình học tổ hợp.
3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Kiến thức về tập lồi.
- Phạm vi nghiên cứu: Một số bài toán hình học tổ hợp giải bằng
phương pháp sử dụng tính chất của tập lồi.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Trình bày cơ sở lí thuyết về tập lồi.
- Đề xuất một số phương pháp giải bài toán hình học tổ hợp giải bằng
phương pháp sử dụng tính chất của tập lồi.
5. Các phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu sử dụng các lí luận, các công cụ toán học.
- Nghiên cứu sách tham khảo, các tài liệu liên quan.
1


CHƯƠNG 1: hình lồi

Giả sử X là không gian tuyến tính, R là tập số thực.
1.1. Các định nghĩa:
Định nghĩa 1.1.1: Cho a, b X , khi đó đoạn thẳng nối a với b là tập tất cả
những điểm x X thỏa mãn:
x ta (1 t )b với t 0;1 .

Nhận xét 1.1.1: Nếu trong En có hệ tọa độ trực chuẩn O, x1, x2, , xn và

a(a1,a2,,an), b(b1, b2, , bn); O(0, 0, , 0) thì đoạn nối ab là tập hợp các
điểm y(y1, y2, , yn) thỏa mãn:
yi tai (1 t )bi , i 1, n với t 0;1 .

Ví dụ 1.1.1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy có a(5;2), b(3;1). Khi đó x a; b
nếu x(x1; x2) có tọa độ thỏa mãn:
x1 t.5 (1 t ).3
với t 0;1

x2 t.2 (1 t ).1

Định nghĩa 1.1.2: Tập hợp P X , P được gọi là tập lồi nếu
a, b P, x X thỏa mãn: x ta (1 t )b thì x P .

Quy ước: Tập là tập lồi.
Ví dụ 1.1.2: Đoạn thẳng a; b là tập lồi.
Định lí 1.1.1: Giao của các tập lồi bất kì là tập lồi, tức: Nếu Pi X (i I ) là
các tập lồi, với I là tập chỉ số bất kì thì P Pi cũng là tập lồi.
iI

Chứng minh:
Lấy x1 , x2 Pi (i I )
Với i I do Pi lồi nên tx1+(1 - t)x2 Pi t 0;1
tx1 (1 t ) x2 P (điều phải chứng minh).

Nhận xét 1.1.2: Nếu P1, P2 là tập lồi thì P1 P2 chưa chắc đã là tập lồi.
2


Thật vậy: H1 A, H 2 a với a là đường thẳng không qua A.

Lấy B H . Khi đó AB H1 H 2 .
Định nghĩa 1.1.3: Cho x1 , x2 ,..., xn X . Ta gọi vectơ x X là tổ hợp lồi của
n

n

x1 , x2 ,..., xn nếu ti 0 : i 1, n; ti 1 sao cho x ti xi .
i 1

i 1

Định lí 1.1.2: Cho P là tập lồi, A P .Giả sử x1 , x2 ,..., xn A . Khi đó với x là
tổ hợp lồi của x1 , x2 ,..., xn thì x A .
Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp.
+) Với m=2. Với t1 , t2 0 : t1 t2 1; x1 , x2 A . Theo định nghĩa 1.1.2 ta có:
t1 x1 t 2 x2 A . Vậy khẳng định đúng với m = 2.

+) Giả sử khẳng định đúng với m k . Ta chứng minh khẳng định đúng với
k 1

k 1

k+1, tức là: x1 , x2 ,..., xk 1 A; ti 0, i 1, k 1; ti 1: x ti xi A .
i 1

i 1

Nếu tk 1 1 thì t1 t2 ... tk 0 ta có x A . Khẳng định là đúng.
Nếu 0 tk 1 1 , khi đó:
1 tk 1 t1 t2 ... tk 1 0

k

Bởi vì


i 1

ti
0 (i 1, k ) .
1 tk 1

ti
1 cho nên theo giả thiết quy nạp ta có:
1 tk 1
y

t1
tk
x1 ...
xk A
1 t k 1
1 t k 1

Với các điểm y A ; xk 1 A , ta có 1 tk 1 0; (1 tk 1 ) tk 1 1 , do đó:
x (1 tk 1 ) y t k 1 xk 1 A (điều phải chứng minh).

1.2. Bao lồi và bao lồi đóng.
Định nghĩa 1.2.1: Giả sử là tập lồi tùy ý thuộc X, Pi iI là họ tất cả các tập
lồi chứa , với I là tập chỉ số. Khi đó P i được gọi là bao lồi của tập .
iI

Kí hiệu co .
3


Ví dụ 1.2.1: Trong E2 cho BO, r x : d O; x r. Khi đó co BO,1 BO,1 .
Nhận xét 1.2.1: a) co là tập lồi nhỏ nhất chứa .
b) lồi = co .
Định lí 1.2.1: co trùng với tất cả các tổ hợp lồi của .
Chứng minh:
Theo định nghĩa 1.2.1 thì co mà theo nhận xét 1.2.1 co lồi nên
co chứa tất cả các tổ hợp lồi của (định lí 1.1.1).
Mặt khác, tập tất cả các tổ hợp lồi của là lồi, chứa . Do đó nó chứa
co
Hệ quả 1.2.1: Tập là lồi khi và chỉ khi chứa tất cả các tổ hợp lồi của .
Bây giờ giả sử X là không gian lồi địa phương.
Định nghĩa 1.2.2: Giả sử X . Bao lồi đóng của tập được định nghĩa là
giao của tất cả các tập lồi đóng chứa , và được kí hiệu là co .
Ví dụ 1.2.2: Trong ví dụ 2.1.1 ta cũng có coBO,1 BO,1 .
Nhận xét 1.2.2: co là tập lồi đóng. Đó là tập lồi đóng nhỏ nhất chứa .
Mệnh đề 1.2.1: Giả sử A X lồi. Khi đó:
a) Phần trong intA và bao đóng A của A là các tập lồi.
b) Nếu x1 intA, x 2 A thì x1 , x2 tx1 (1 t ) x2 : 0 t 1 int A.
Nói riêng, nếu int A thì A int A, int A int A .
Định lí 1.2.2: Với X ta có co co .
Chứng minh:
Ta có là tập lồi suy ra co là tập đóng, chứa .
Do đó co co .

(1)

Mặt khác co co bởi vì co là giao của tất cả các tập lồi (không cần
đóng) chứa . Vì vậy co co .

(2)

Từ (1) và (2) suy ra co co .
4


1.3. Nón lồi
Giả sử X là không gian tuyến tính.
Định nghĩa 1.3.1: Cho tập K X , thỏa mãn: x K , 0 x K được gọi
là nón có đỉnh tại O.
Tập K được gọi là nón có đỉnh tại x0, nếu K - x0 là nón có đỉnh tại O.
Định nghĩa 1.3.2: Nón K có đỉnh tại O được gọi là nón lồi nếu K là tập lồi, có
nghĩa là:
x, y K , , 0 x y K .

Nhận xét 1.3.1: Khi xét trong En.
Tập K E n thỏa mãn: a K , t 0 VOt (a) K , với VOt là phép vị tự
tâm O tỉ số k, với O E n được gọi là nón có đỉnh tại O.
Mệnh đề 1.3.1: Giả sử K i i I là các nón lồi có đỉnh tại O, với I là tập chỉ số
bất kì. Khi đó

K

i

là nón lồi có đỉnh tại O.

iI

Định lí 1.3.1: Tập K X là một nón lồi có đỉnh tại O khi và chỉ khi
a, b K , 0 a b K , a K .

Chứng minh:
1
2

a) Giả sử K là nón lồi. Khi đó K là tập lồi và ta có c a b K .
Do K là nón lồi có đỉnh tại O, ta lại có: a b 2c K .
b) Ngược lại, với a K , 0 , ta có a K . Vậy K là một nón có đỉnh
tại O.
Với 0 1, a, b K , ta có: (1 )a K , b K và (1 )a b K .
Khi 0 hoặc 1 ta vẫn có (1 )a b K .
Vậy K là nón lồi có đỉnh tại O.
Hệ quả 1.3.1: Tập K X là tập lồi Nếu x1 ,..., xn K ; 1 ,..., n 0 thì
n

x K.
i i

i 1

5


Hệ quả 1.3.2: Giả sử A là tập bất kì thuộc X. Nếu với a1 ,..., an A, 1 ,..., n 0
n

mà

a K
i i

thì K là nón lồi nhỏ nhất chứa A.

i 1

Định nghĩa 1.3.3: Ta gọi là nón lồi sinh bởi A là một tập hợp là giao của tất
cả các nón lồi (có đỉnh tại O) chứa A và điểm O. Kí hiệu là KA.
Mệnh đề 1.3.2:
a) KA = KcoA.
b) Nếu A là tập lồi thì K A A a X : a b, 0, b A.
0

6


Chương 2: một số vấn đề của hình học tổ hợp
Một câu hỏi được đặt ra là nếu cho trước một họ các hình lồi thì khi nào
họ hình lồi này khác rỗng ?
Trong không gian một chiều, câu hỏi này được trả lời bằng việc chứng
minh định lí sau:
2.1. Định lí Kelli trong không gian một chiều R1.
Định lí 2.1: Trên đường thẳng cho n hình lồi (n 3). Biết rằng giao của hai
hình lồi bất kì trong chúng khác rỗng. Khi đó giao của cả n hình lồi cũng khác
rỗng.
Chứng minh:

Ta thấy hình lồi trên đường thẳng chỉ có thể là đoạn thẳng [a; b],
khoảng (a;b), hay [a; b), (a; b] (ở đây a có thể là -, còn b có thể là +).
Ta chỉ xét với các hình lồi là các đoạn thẳng, các trường hợp còn lại
chứng minh hoàn toàn tương tự.
Giả sử có n đoạn thẳng [ai; bi], i = 1, n có tính chất sau: Bất kì giao của
hai đoạn thẳng nào trong chúng cũng khác rỗng, tức là: [ai; bi] [ai; bi] ,
n

i j. Ta sẽ chứng minh

a , b .
i

i

i 1

Ta chứng minh bổ đề sau: ai; biaj; bj minbi;bj maxai; aj
Thật vậy: giả sử ai; biaj; bj , khi đó c ai; bi aj; bj
a c bi
i

a j c b j

hay maxai; aj c minbi; bj

Đảo lại, giả sử maxai; aj minbi; bj. Khi đó ta có thể chọn c sao
cho maxai; aj c minbi; bj

(1)

Từ (1) suy ra ai c bi c ai; bi
aj c bj c aj; bj
ai; bi aj; bj . Bổ đề được chứng minh.
7


Từ bổ đề trên suy ra min
bi max ai
1i n

(2)

1 i n

Từ (2) suy ra tồn tại c sao cho min
bi c max ai
1i n

(3)

1i n

n

c ai; bi,i = 1, n

hay

a ; b

i

i

i 1

Định lí Kelli trong R1 được chứng minh.
2.2. Định lí Kelli trong không gian hai chiều R2.
Định lí 2.2: Trong mặt phẳng cho n hình lồi (n 4). Biết rằng giao của ba
hình lồi bất kì trong chúng khác rỗng. Khi đó giao của n hình lồi cũng khác
rỗng.
Chứng minh:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo số n các hình lồi.
1. Xét khi n 4.
Gọi F1, F2, F3, F4 là 4 hình lồi sao cho giao của ba hình lồi bất kì trong
chúng khác rỗng.
Vì F2 F3 F4 nên tồn tại A1 F2 F3 F4.
Tương tự tồn tại: A2 F1 F3 F4
A3 F1 F2 F4
A4 F1 F2 F3
Có hai trường hợp xảy ra:
a. Nếu bốn điểm A1, A2, A3, A4 không hoàn toàn khác nhau. Khi đó không
giảm tính tổng quát, giả sử A1 A2.
Từ đó suy ra: A1 F1 F2 F3 F4 nên : F1 F2 F3 F4
Vậy kết luận của định lí Kelli đúng khi n = 4.
b. A1, A2, A3, A4 là bốn điểm phân biệt. Khi đó có 2 khả năng:
b1) Bao lồi của A1, A2, A3, A4 chính là tứ giác lồi A1A2A3A4.
Giả sử O là giao của hai đường chéo A1A2, A3A4
8

Do A1 F2 F3 F4 nên A1 F3
A2 F1 F3 F4 nên A2 F3
Vì F3 lồi, mà A1 F3, A2 F3 nên [A1,A2] F3. Do đó O F3
Lập luận tương tự suy ra O F1, O F2 , O F4
4

Nghĩa là O

4

F . Do đó F
i

i

i 1



i 1

b2) Bao lồi của chúng là tam giác chứa một điểm còn lại bên trong.
Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử A1A2A3 thuộc F4
Vì A1, A2, A3 đều thuộc F4, mà F4 lồi.
Mặt khác: A4 F1 F2 F3
4

A4

4

Fi . Từ đó suy ra

F

i 1

i 1

i



Vậy định lí Kelli đúng khi n = 4.
2. Giả sử kết luận của định lí Kelli đúng đến n 4.
3. Xét trường hợp có n + 1 hình lồi. tức là có n + 1 hình lồi F1, F2,, Fn,
Fn+1 sao cho với bất kì ba hình lồi nào trong chúng đều có giao khác rỗng.
Xét các hình sau:
F1 = F1
F2 = F2
.
Fn-1 = Fn-1
Fn = Fn Fn+1
Rõ ràng Fi là hình lồi i 1, n 1 (vì Fi = Fi)
Fn cũng là lồi vì nó là giao của hai hình lồi Fn và Fn+1
Xét 3 hình lồi bất kì Fi, Fj, Fk trong n hình lồi F1, F2,, Fn
Nếu trong chúng không có Fn thì theo giả thiết
Fi Fj Fk = Fi Fj Fk
9

Nếu trong chúng có Fn = Fn Fn+1. Khi đó, giả sử Fk = Fn
Từ đó Fi Fj Fk = Fi Fj Fn Fn+1.
Vì giao của 3 hình lồi trong các hình lồi Fi, Fj, Fn, Fn+1 là khác rỗng
(giả thiết) nên theo trường hợp n = 4, ta có Fi Fj Fn Fn+1
Vậy với hình lồi F1, F2,, Fn thỏa mãn điều kiện giao của 3 hình lồi
bất kì trong chúng khác rỗng nên theo giả thiết quy nạp suy ra
F1F2Fn . Nghĩa là: F1 F2 Fn Fn+1 .
Vậy định lí Kelli đúng trong trường hợp có n + 1 hình lồi.
Theo nguyên lí quy nạp suy ra định lí Kelli đúng với mọi n 4.
Định lí Kelli được chứng minh.
2.3. Ví dụ:
Ví dụ 2.3.1: Cho bốn nửa mặt phẳng lấp đầy mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn
tại ba nửa mặt phẳng trong bốn nửa mặt phẳng ấy, sao cho chỉ riêng ba nửa
mặt phẳng này cũng lấp đầy mặt phẳng.
Giải:
Gọi P1, P2, P3, P4 là bốn nửa mặt phẳng. Từ giả thiết ta có:
P1 P2 P3 P4 =

2

(1)

Ta thấy Pi là lồi với mọi i = 1, 4
Từ (1) suy ra P1 P2 P3 P4

(2)

( A là phần bù của tập hợp A).

Theo quy tắc Demorgan, từ (2) ta có: P1 P2 P3 P4

(3)

Vì Pi lồi nên Pi cũng lồi với mọi i = 1, 4
Giả thiết phản chứng rằng không tồn tại 3 nửa mặt phẳng nào trong số
các Pi (i = 1, 4 ) mà 3 nửa mặt phẳng này lấp đầy mặt phẳng. Nghĩa là với mọi
i, j, k phân biệt mà i, j, k 1, 2, 3, 4 thì Pi Pj Pk
Hay Pi Pj Pk .

2

.
(4)

10


Theo quy tắc Demorgan thì từ (4) có Pi Pj Pk

(5)

Từ (5) và định lí Kelli suy ra P1 P2 P3 P4

(6)

Từ (3) và (4) suy ra mâu thuẫn.
Điều giả sử phản chứng là sai.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3.2: Cho n hình tròn (n 4) trên mặt phẳng. Biết rằng cứ với mỗi 3

hình tròn tuỳ ý, luôn tồn tại một hình tròn bán kính R chứa cả 3 hình tròn.
Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính R chứa cả n hình tròn đã cho.
Giải:
Gọi i là các hình tròn có tâm Oi, bán kính Ri, i = (Oi; Ri), i = 1, n .
Gọi Fi là các hình tròn có tâm Oi và bán kính R - Ri.
Fi = (Oi; R - Ri), i = 1, n .
Lấy i, j, k tuỳ ý (1 i < j < k n), ta sẽ chứng minh: Fi Fj Fk .
Thật vậy, theo giả thiết tồn tại hình tròn (Oi,j,k; R) phủ i, j, k, tức là:
i j k (Oi,j,k; R).

2

1

3

(Oi,j,k; R)

Nói riêng ta có: i (Oi,j,k; R).
nên OiOi,j,k R - Ri hay (Oi; R - Ri) chứa Oi,j,k.
Do đó Oi,j,k Fi.

11


Lập luận tương tự, ta có Oi,j,k Fj , Oi,j,k Fk.
Do vậy Fi Fj Fk .
Từ đó theo định lí Kelli suy ra: F1 F2 Fn .
Giả sử O* F1 F2 Fn .
n

Xét hình tròn (O*; R). Do O*

F

k

suy ra O* Fk, k = 1, n .

k 1
n

Vì vậy (O*; R) chứa (Ok; Rk). Nói cách khác: (O*; R)


k 1

12

k

.


CHƯƠNG 3: một số bài toán của hình học tổ hợp

Hình học tổ hợp rất đa dạng về nội dung, mặt khác cũng rất phong phú
về phương pháp giải. Sau đây là một số phương pháp sử dụng tính chất của tập
lồi để giải các bài toán hình học tổ hợp:
3.1. một số phương pháp giải thông thường

3.1.1. Phương pháp sử dụng định lí Kelli
Ví dụ 3.1.1: Cho một số hữu hạn n 4 các đường thẳng. Biết rằng với ba
đường thẳng tuỳ ý luôn tồn tại hình tròn có bán kính R cắt cả ba đường thẳng.
Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính R cắt cả n đường thẳng đó.
Giải:
R
R
di

Fi
R

Giả sử d1, d2, , dn là họ hữu hạn các đường thẳng (n 4).
Với mỗi đường thẳng di ta xét Fi là hình tạo bởi hai đường thẳng
song song với di và cách di một khoảng bằng R. Tâm các đường tròn bán kính
R mà cắt di thì phải nằm trong Fi. Rõ ràng Fi là hình lồi với mọi i 1, n .
Như thế ta có một họ hữu hạn các tập hợp lồi F1, F2, , Fn. Theo giả
thiết với mọi i, j, k {1, 2, 3, , n} ta luôn có Fi Fj Fk (vì với mọi i,
j, k luôn tồn tại một hình tròn cắt cả di, dj, dk). Theo định lí Kelli suy ra
F1 F2 Fn .
Lấy O* F1 F2 Fn. Hình tròn tâm O*, bán kính R, (O*; R) sẽ
cắt tất cả các đường thẳng d1, d2, , dn. Đó là điều phải chứng minh.
13


Ví dụ 3.1.2: Trên mặt phẳng có một họ hữu hạn các hình chữ nhật có các cạnh
tương ứng song song với hai trục toạ độ. Chứng minh rằng nếu hai hình bất kì
trong chúng có giao khác rỗng thì cả họ có giao khác rỗng.
Giải:
y

di
Fi
ci

Fj

ai

O

bi

x

Lấy hệ toạ độ có các trục song song với các cạnh của hình chữ nhật.
Chiếu các hình này lên Ox và Oy. Ta có sự tương ứng 1 - 1 sau đây:
[ai ; bi ] Ox
Fi
[ci ; di ] Oy

Như vậy ta có: Họ các đoạn thẳng [ai; bi] Ox, và họ các đoạn thẳng
[ci;di] Oy, i= 1, n . Do Fi Fj , i j (i, j {1, 2, 3, , n}),cho nên
[ai;bi] [aj; bj] , (i, j {1, 2, 3, , n}). Từ đó theo định lí Kelli thì
n

[a ; b ] . Vì thế
i

i

ta đã chứng minh được sự tồn tại a*

i 1

n

[a ; b ] .
i

i

i 1

Tương tự ta cũng chứng minh được sự tồn tại b*

n

[c ; d ] .
i

i 1

Điều đó chứng tỏ rằng (a*; b*)

n

F . Điều phải chứng minh.
i

i 1

14

i


Ví dụ 3.1.3: Trong mặt phẳng cho n điểm và khoảng cách giữa hai điểm bất kì
trong chúng không vượt quá 1. Chứng minh rằng có thể phủ chúng bằng một
hình tròn có bán kính R =

1
.
3

Giải:
Trước hết ta có nhận xét là trong n điểm đã cho không có 3 điểm nào
thẳng hàng, vì nếu có thì loại bỏ một điểm (chú ý rằng khoảng cách giữa hai
điểm bất kì trong chúng nhỏ hơn hoặc bằng 1).
Giả sử các điểm đã cho là Mi ; i = 1, n d(Mi , Mj) 1, i j.
Xét các hình tròn Fi = (Mi ;

1
), i = 1, n
3

Lấy 3 điểm tuỳ ý, ta giả sử là M1, M2, M3. Chỉ có các trường hợp sau có
thể xảy ra:
a) M1M2M3 lập thành tam giác không tù.
M1

O
M3

M2

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác M1M2M3 có tâm là O và bán kính R (O
nằm trong tam giác do tam giác không tù). Ta có thể giả sử M 1OM 3 1200 .
1
1
M 1M 3
1
2
R = OM1 2
(do M1M3
0
sin 60
3
3
2

OM1 = OM2 = OM3

1).

1
O F1 F2 F3 F1 F2 F3
3

b) M1M2M3 lập thành tam giác tù
15

M1

M2



M3

I

Giả sử M1 tù. Khi đó đường tròn đường kính M2M3 phủ tam giác
M1M2M3. Gọi I là trung điểm của cạnh M2M3 (cạnh lớn nhất), ta có:
IM2 = IM3 > IM1
IM 2

1
1 1
.
M 2M 3
2
2
3

I F1 F2 F3 F1 F2 F3
Vậy ta có với i, j, k tuỳ ý thì Fi Fj Fk
Theo định lí Kelli suy ra F1 F2 Fn
Giả sử O* F1 F2 Fn. Xét hình tròn tâm O* và bán kính
bằng

1
.
3

Vì O*Fi nên O*Mi

1
. Từ đó suy ra hình tròn tâm O* và bán kính
3

1
3

chứa Mi.
Vậy hình tròn tâm O* phủ n điểm.
3.1.2. Phương pháp lấy bao lồi.
Giải bài toán hình học tổ hợp bằng phương pháp lấy bao lồi tức là ta sẽ
bao một số hữu hạn điểm bởi một đa giác, gọi là đa giác bao, đó cũng chính là
bao lồi của họ hữu hạn điểm đó. Trước khi xét một số ví dụ cụ thể ta sẽ chứng
minh bổ đề sau:

16


Bổ đề (về đa giác bao): Trong mặt phẳng, bao lồi của n điểm tuỳ ý là một đa
giác lồi (hoặc là đoạn thẳng) với đỉnh là một số điểm trong các điểm đã cho.
Chứng minh:
Nếu cả hệ điểm thẳng hàng thì hiển nhiên bao lồi của chúng là một
đoạn thẳng.

Nếu hệ điểm không thẳng hàng, khi nối các điểm của hệ với nhau bằng
các đoạn thẳng ta sẽ thu được một đa giác lồi chứa các điểm còn lại bên trong.
Dễ dàng thấy rằng đó chính là bao lồi của hệ điểm.
Sử dụng bổ đề về đa giác bao ở trên, bây giờ ta sẽ xét một số ví dụ sau:
Ví dụ 3.2.1: Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm. Chứng minh rằng luôn
luôn tìm được một điểm sao cho gần nó nhất có không quá ba điểm đã cho.
Giải:
Giả sử A1, A2, , An là n điểm đã cho. Theo nguyên lí cực hạn thì tồn tại
d min

i j ;i , j 1, n

A , A .
i

j

Đưa vào xét tập như sau: = { Ak /j k, AkAj = d}.
Giả sử = { A1, A2, , Ap}. Dễ dàng thấy rằng (vì tồn tại
khoảng cách ngắn nhất d). Xét bao lồi của tập . Chỉ có hai khả năng xảy ra:
1. Nếu bao lồi của là một đoạn thẳng AB.
A

B

Khi đó gần đỉnh đầu mút của nó chỉ có không quá một điểm của hệ.
Thật vậy, mọi điểm cách A một đoạn bằng d là các điểm của tập hợp , do đó
nó thuộc bao lồi của , tức là thuộc AB. Như vậy có tối đa một điểm gần
A nhất.

17


2. Nếu bao lồi của là một đa giác lồi. Chọn A là một đỉnh của bao lồi của .
B1

A
d

B2

A

d

Bi

B3

Bj

B4

Giả sử gần A nhất có quá 3 điểm có khoảng cách bằng d tới A. Theo
định nghĩa của d, thì với mọi i j, BiBj d (ở đây B1, B2, B3, B4, là các điểm
có khoảng cách tới A đều là d). Xét tam giác BiABj có ABi = ABj = d, còn BiBj
d, từ đó suy ra Bi AB j 600 , nên B1 AB2 B2 AB3 B3 AB4 ... 1800 .
Do vậy A B1 AB2 B2 AB3 B3 AB4 ... 1800 ( A là góc của đa giác lồi). Rõ
ràng góc A < 1800, mâu thuẫn.
Do đó giả thiết phản chứng là sai. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 3.2.2: Trên mặt phẳng cho 2001 điểm phân biệt sao cho không có ba
điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng có thể chọn được trong số này 1000
cặp điểm (Ai;Bi) (1 i 1000), sao cho 1000 đoạn thẳng AiBi này cắt nhau ít
nhất tại 500 điểm phân biệt.
Giải:
Trước hết ta phải chứng minh bổ đề sau đây:
Bổ đề: Cho 5 điểm trong mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Khi đó trong 5 điểm này có thể chọn ra bốn điểm A, B, C, D sao cho ABCD là
tứ giác lồi (với AC và BD cắt nhau).
Chứng minh bổ đề:
18


Xét bao lồi của 5 điểm A, B, C, D, E đã cho. Vì không có ba điểm nào
thẳng hàng nên bao lồi của chúng không thể là một đoạn thẳng. Chỉ có các
khả
năng sau có thể xảy ra:
1. Bao lồi là tứ giác (có thể cho là tứ giác ABCD). Khi đó tứ giác lồi ABCD
thoả mãn yêu cầu đề bài. (H1)
2. Bao lồi là ngũ giác ABCDE. Khi đó có thể chọn tứ giác lồi cần tìm là một
trong các tứ giác ABCD, BCDE, CDEA, DEAB hoặc EABC.(H2)
C

C

B

B

.E

D

A

A

D

E

(H1)

(H2)

3. Bao lồi là tam giác (có thể cho là tam giác ABC). Khi đó hai điểm D, E nằm
hẳn bên trong tam giác ABC, ngoài ra E không nằm trên các đường thẳng AD,
BD, CD.
A

H

D

E

B

K

C

Giả sử DE AB = H, DE AC = K. Khi đó H, K không trùng với các
đỉnh của tam giác ABC. Tứ giác cần chọn có thể là tứ giác BDEC.
19