Tập lồi trong mặt phẳng euclide (e2) và một số bài toán của hình học tổ hợp

Khóa luận tốt nghiệp

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Giải tích lồi là một môn học nghiên cứu tính chất tập hợp lồi và hàm lồi.
Khái niệm tập hợp lồi trong không gian véc tơ là sự khái quát khái niệm hình
lồi trong mặt phẳng Euclide (E 2 ). Tập lồi và những tính chất của nó có nhiều
ứng dụng quan trọng trong qui hoạch toán học. Nó còn giữ vai trò quan trọng
trong nhiều vấn đề giải tích hàm, vấn đề kinh tế, kĩ thuật. Tuy nhiên ứng dụng
rõ nét và rất cần thiết mà ít người nghiên cứu đó là việc đưa giải tích lồi vào
trong hình học, đặc biệt là hình học tổ hợp. Những tính chất quan trọng của
tập hợp lồi sẽ là công cụ hữu ích giúp chúng ta trong việc giải một lớp các bài
toán đặc sắc của hình học tổ hợp. Ngoài ra định lý Kelli về sự giao nhau khác
rỗng của một họ các tập hợp lồi và phép lấy bao lồi của một hình phẳng cũng
là một phương tiện quan trọng và cần thiết trong việc đưa ra lời giải cho rất
nhiều bài toán của hình học tổ hợp.
Xuất phát từ lý do trên, tôi quyết định chọn và tiến hành đề tài: “Tập lồi
trong mặt phẳng Euclide (E 2 ) và một số bài toán của hình học tổ hợp ”.

2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
2.1. Mục đích
Xây dựng hệ thống cơ sở lí luận khi giải các bài toán của hình học tổ hợp
dựa vào khái niệm tập lồi và những tính chất của nó. Đồng thời có được cách
vận dụng định lí Kelli vào một số bài toán liên quan đến sự giao nhau khác
rỗng của một họ các tập hợp lồi và phép lấy bao lồi của một hình phẳng trong
mặt phẳng Euclide (E 2 ).

Doãn Thị Phượng

1

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
2.2. Nhiệm vụ
Nêu đĩnh nghĩa tập hợp lồi. Khái quát được những tính chất của tâp hợp
lồi trong không gian E 2 .
Đưa ra định lí Kelli và một số bài toán vận dụng.

3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
Tập hợp lồi và những tính chất của nó trong mặt phẳng E 2 .
Định lí Kelli và ứng dụng của định lí trong một số bài toán của hình học
tổ hợp.

4. Ý nghĩa khoa học, thực tiễn
Kết quả nghiên cứu góp phần bổ sung nguồn tài liệu cho những phương
pháp giải toán hình học tổ hợp dựa vào tập hợp lồi nói chung, các tính chất
của hợp lồi và định lí Kelli nói riêng. Trên cơ sở đó vận dụng đẻ giải các bài
toán về sự giao nhau khác rỗng của một họ tập hợp lồi và phép lấy bao lồi của
một hình phẳng trong mặt phẳng Euclide.

Doãn Thị Phượng

2

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp

NỘI DUNG
CHƯƠNG 1:
TẬP HỢP LỒI TRONG MẶT PHẲNG EUCLIDE (E2)
1.1 Định nghĩa tập hợp lồi
1.1.1 Định nghĩa
Tập hợp D gọi là tập hợp lồi nếu như với mọi phần tử a thuộc tập hợp
D và b thuộc tập hợp D, với mọi số λ ( 0 ≤ λ ≤ 1) thì phần tử λa + (1- λ)b cũng
thuộc tập hợp D.

*

Chú ý:
Tập hợp { λa + (1- λ)b : 0 ≤ λ ≤ 1} là đoạn thẳng nối 2 phần tử a và b.

Vì vậy về mặt hình học ta hiểu: D là tập hợp lồi nếu như mọi điểm A và B
đều thuộc D thì toàn bộ đoạn thẳng AB cũng thuộc D.
1.1.2 Ví dụ
Trong E2 các đa giác lồi, hình tròn.... là những tập hợp lồi.

Doãn Thị Phượng

3

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp

1.2 Một số tính chất
1.2.1 Tính chất 1

i, Giao hữu hạn các tập hợp lồi là một tập hợp lồi
ii, Hợp các tập hợp lồi chưa chắc đã là tập hợp lồi
Chứng minh:
i)

Giao hữu hạn các tập hợp lồi là tập hợp lồi
Giả sử ta có Ai (i= 1, n ) là các tập hợp lồi.
n

Ta phải chứng minh

I

A i là các tập hợp lồi.

i=1

*Với n= 1 tính chất hiển nhiên đúng
* Với n= 2
Lấy a, b tùy ý thuộc A1
Do

A2, λ là một số tùy ý sao cho 0 ≤ λ ≤ 1

A1 là tập hợp lồi,
A2 là tập hợp lồi,
a, b

A1

A2

nên:

a

1

b A1

a

1

b A2

λa + (1- λ)b A1
Vậy A1

A2

A2 là tập hợp lồi.

Hay tính chất đúng với n = 2
*Giả sử đúng n= k, ta phải chứng minh đúng với n = k+1.
Do điều giả sử nên ta có:
k

I A i là tập hợp lồi

i=1

và Ak+1 là tập hợp lồi.

Doãn Thị Phượng

4

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
k

I Ai

Lại có tính chất đúng với n= 2 nên

Ak+1 là tập hợp lồi

i=1

k+1

Hay I A i là tập hợp lồi.
i=1

Vậy tính chất đúng với n = k+1
ii)

Hợp các tập hợp lồi chưa chắc là tập hợp lồi
Xem hình minh họa ở bên A và B

đều là tập hợp lồi nhưng A B không
phải tập lồi
Tính chất được chứng minh.
1.2.2 Tính chất 2:
Cho A1, A2,..., An là các tập hợp lồi. Định nghĩa tập hợp:
n

A= A1 + A2 + ... + An ={ a: a=

i=1

a i với ai

Ai , i= 1,n }

Khi đó A cũng là tập hợp lồi.
Chứng minh:
* Khi n= 1, tính chất hiển nhiên đúng.
* Khi n= 2, ta đặt:

A= A1 + A2 = { a: a= a1+ a2 với a1 A1, a2 A2}
1

2

1

A

a2

A

Lấy a , a tùy ý thuộc A và số thực λ thỏa mãn: 0 ≤ λ ≤ 1
Do a

Doãn Thị Phượng

1
1
1
a1 = a 1 + a 2 với a 1

a2 = a 1 + a 2 với a 1
2

2

2

5

1

A1, a 2
2

A1, a 2

A2
A2

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp

λa1 + 1-λ a 2
=[

1

a1

+ (1-

λ a11 +a12 + 1-λ a12 +a 22
)

2

1

a1 ] + [

2

a 2 + (1- ) a 2 ]

(1)

Do A1, A2 là tập hợp lồi,
1

1

a1 , a 2

A1

a 21 , a 22

A2

λa11 + 1- λ a12

A1

λa12 + 1- λ a 22

A2

(2)

Từ (1), (2) suy ra λa1 + (1- λ)a2

A

Hay A là tập lồi.
Vậy đúng với n= 2.
* Giả sử đúng với n= k, ta chứng minh tính chất đúng với n= k+1
Do giả thiết đúng với n= k ta có: A= A1 + A2 +... +Ak là tập hợp lồi.
Lại theo trường hợp n= 2 cũng đúng nên ta có:

( A1+ A2 + ... + Ak ) + Ak+1 là tập hợp lồi.
Hay A1+ A2 +... + Ak+1 là tập hợp lồi.
Vậy tính chất đúng với n= k+1
Tính chất được chứng minh.
1.2.3 Tính chất 3
Trong mặt phẳng Euclide (E2), D là tập hợp các điểm (x, y) thỏa mãn:

Doãn Thị Phượng

6

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp

a1 x

b1 y

c1

0

a2x

b2 y

c2

0

......
an x

bn y

cn

0

Khi đó D là tập hợp lồi trong E2.
Chứng minh:
Giả sử (x1; y1) và (x2; y2) là hai phần tử tùy ý thuộc D, λ là số thực tùy

0≤λ≤1

ý thuộc D sao cho:
Ta có:

a k x1

bk y1

ck

0

ak x2

bk y2

ck

0

k

λ a k x1 + b k y1 +c k + 1-λ

1, n

a kx 2 + b ky 2 + c k

0

k=1,n
Hay

ak [ λx1 + (1-λ) x2 ]+ bk [λy1 +(1- λ) y2 ] + ck ≥ 0, k = 1, n
λ (x1; y1) + (1- λ)( x2; y2)

D

k = 1, n

Vậy D là tập hợp lồi.
1.2.4 Tính chất 4
Trong mặt phẳng E2 cho (x0; y0). D là tập hợp các điểm (x; y) xác định
như sau:

D = { (x;y): (x- x0)2 + (y- y0)2 ≤ R2, R là số dương cho trước.
Khi đó D là tập hợp lồi.

Doãn Thị Phượng

7

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Chứng minh:
Giả sử (x1; y1), (x2; y2) là 2 phần tử tùy ý thuộc D. Khi đó ta có hệ:

x1 -x 0

2
2

x 2 -x 0

+ y1 -y0

+ y2 -y0

2

R2

2

(1)

R2

Lấy λ số thực tùy ý thỏa mãn: 0 ≤ λ ≤ 1, ta có:

λ (x1; y1) +(1- λ) (x2; y2)= [ λx1 + (1- λ)x2; λy1 + (1- λ)y2]
Ta có

[ λx1 + (1- λ)x2 – x0]2 + [ λy1 + (1- λ)y2 – y0]
= [ λ( x1 – x0 ) + (1- λ)( x2 – x0 )]2 +[λ(y1 – y0) + (1 – λ)(y2 – y0)]2
= λ2 [( x1 – x0 )2 + ( y1 – y0 )2 ] + (1- λ)2 [( x2 – x0 )2 + ( y2– y0 )2]
+ 2λ (1- λ)[ ( x1 – x0 ) ( x2 – x0 ) + ( y1 – y0 ) ( y2 – y0 )]

(2)

Ta lại thấy
2

2

x1 -x 0 + x 2 -x 0

2

x1 -x 0 x 2 -x 0

y 1 -y 0

y1- y0 y 2- y0

2

+ y 2 -y0

(3)

2

2

Thay (1), (3) vào (2) ta được:

λx1 + 1-λ x 2 -x 0
2

2

+ λy1 + 1-λ y 2 -y0

λ R + 1-λ R +2λ 1-λ R
2

Vì

2

2

2

2

(4)

2

2
2 2
2
2
λ R + 1-λ R +2λ 1-λ R = R λ+ 1-λ

Doãn Thị Phượng

8

2

=R 2

K33A- Khoa Toán

Khóa luận tốt nghiệp
Nên từ (4) suy ra

λx1 + 1-λ x 2

2

2

+ λy1 + 1-λ y 2

λx1;y1 + 1-λ x 2 ;y2

R

2

D

Vậy D là tập hợp lồi.
1.2.5 Tính chất 5:
Trong mặt phẳng E2, cho tập hợp D. D là tập hợp lồi khi và chỉ khi mọi
n

số nguyên dương n,

x1,..., x2

λi

D;

λ i =1 thì:

0, i=1,n và
i=1

n

λi x i

D.

i=1

Chứng minh:
(

) Giả sử D là tập hợp thỏa mãn yêu cầu đã cho.
Với trường hợp n= 2 ta có:
Từ x1, x2

D ; λ1 0 , λ 2

λ1x1 +λ2 x 2

0 và

1

1thì:

2

D hay λ1x1 + 1-λ1 x 2

D

Vậy theo định nghĩa thì D là tập hợp lồi.
(

) Giả sử D là tập hợp lồi. Ta phải chứng minh D thỏa mãn tính chất đã

cho.
Ta chứng minh bằng quy nạp.
* Với n = 1, kết luận hiển nhiên đúng.
* Với n = 2, kết luận đúng vì đó là định nghĩa tập hợp lồi.
* Với n = k, giả sử kết luận đúng, tức là:
k

x1,x2,..., xk

D , λi

0, i=1,k và

i
i 1

Doãn Thị Phượng

9

k

1 thì

λi x i

D

i=1

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k+1
Lấy x1, x2,..., xk, xk+1 D , λ i

0, i=1,k+1 và

k+1

λ i =1

i=1

Có 2 khả năng xảy ra:

i) Nếu λ k+1 =1 thì λ1=λ2=....=λk =0 , vì thế:
k+1
i=1

λix i =x k+1 D

( giả thiết )
k

ii) Nếu λ k+1 < 1. Đặt λ 0 = λ i . Khi đó rõ ràng:
i=1

λ 0 > 0 ( do

k+1
i=1

k+1

Ta có:

Vì

i=1

λi x i = λ0

λi x + x
i λ k+1 k+1
i=1 λ 0

k

(1)

λ i = λ 0 =1
i=1 λ 0
λ0
k

λ1
λk
,...,
λ0
λ0

0;1 và

Nên từ: x1, x2,..., xk

x=

Do x

λi =1 và λ k+1 < 1)

D và theo giả thiết quy nạp.

λi
xi D
i=1 λ 0

k

D , xk+1 D , λ 0

0 , λ k+1 > 0 và λ 0 +λ k+1 =

k+1

λi =1

i=1

Nên từ tính chất lồi của D suy ra:

λ 0 x +λ k+1x k+1 D
k+1

Từ (1), (2) suy ra

λi x i

(2)

D

i=1

Vậy tính chất đúng với n = k+1.
Tính chất được chứng minh.

Doãn Thị Phượng

10

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
1.2.6 Tính chất 6

0 , λ2

Cho C là tập hợp lồi và λ1

0 . Khi đó:

λ1 + λ2 C = λ1C + λ2 C
Chứng minh:

λ1 + λ 2 C

λ1C + λ 2C

λ 1 + λ 2 C , tức là:

Thật vậy, giả sử x

x = λ1 + λ 2 x , với x C

x = λ1 x + λ 2 x và λ1 x

λ1C , λ 2 x λ 2C

x λ1C + λ2C
λ1 + λ 2 C

λ1C + λ 2C

λ1 + λ 2 C

λ1C + λ 2C

0 , λ2

0 , có 2 khả năng:

Vì λ1

i) Nếu λ1 + λ 2

0

ii) Nếu λ1 + λ 2

0

λ1 = λ 2

(*)

0

(*) hiển nhiên đúng.

Giả sử x là phần tử bất kì thuộc λ1C + λ2C .
Như vậy tồn tại x1
Hay

x = λ1 +λ 2

Do x1

C , x2

C,

λ1
λ
x1 + 2 x 2
λ1 +λ 2
λ1 +λ 2
λ1
λ1 + λ 2

Mà C là tập hợp lồi nên

Doãn Thị Phượng

C sao cho x = λ1x1 + λ2 x 2

C , x2

0,

λ2
λ1 + λ 2

(1)

0 và

λ1
λ2
+
λ1 +λ 2 λ1 +λ 2

λ1
λ2
x1 +
x2 C
λ1 +λ 2
λ1 +λ 2

11

1

(2)

K33A- Khoa Toán

Khóa luận tốt nghiệp
Từ (1), (2)

x

λ1 +λ2 C

λ1 + λ2 C

λ1C + λ 2C

Vậy tính chất được chứng minh.
1.2.7 Tính chất 7
Giả sử C là tập hợp lồi. Điểm x

C gọi là điểm cực biên của C nếu

như không tồn tại hai điểm x1, x2 thuộc C sao cho:

x = λ1x1 + λ2 x 2 . Với x1

x 2 , λ1 0 , λ 2

Cho C là tập hợp lồi, khi đó x
khi không tồn tại 2 điểm x1, x2

x=

C , x1

0 và λ1 +λ 2 =1

C là điểm cực biên của C khi và chỉ

x 2 sao cho:

x1 + x 2
2

Chứng minh:
Có x

C là điểm cực biên của C, giả sử tồn tại x1, x2

x=

1
1
x1 + x 2 ; x1,x 2
2
2

C , x1

x 2 và

1
2

C , x1

x 2 mà:

1
1.
2

Điều này trái với định nghĩa điểm cực biên
Vậy điều giả sử sai hay không tồn tại x1, x2

x=
Nếu không tồn tại x1, x2

C , x1

x 2 sao cho:

x1 + x 2
2
C , x1

x 2 sao cho: x =

x1 + x 2
2

thì x là điểm cực biên của C.
Giả sử x không là điểm cực biên của C. Có nghĩa tồn tại x 1, x2

tại x1

x 2 , λ1 0 , λ 2

Doãn Thị Phượng

0 , λ1 +λ2 1 sao cho x = λ1x1 + λ2 x 2 .

12

C , tồn
(1)

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Do 0 < λ1 < 1 nên luôn chọn được ε 0 sao cho λ1 +ε và λ 2 -ε đều
thuộc (0; 1).
Đặt α=λ1 +ε , β=λ 2 -ε .
Vì C là tập lồi mà x1, x2

C nên:

a = αx1 + 1- α x 2

C

b = βx1 + 1- β x 2

C

b và lại thấy:

rõ ràng a

1
α+β
α+β
a+b =
x1 + 1x2
2
2
2
=

λ1x1 + 1- λ1 x 2 = λ1x1 + λ 2 x 2

Từ (1), (2)

x=

(2)

1
a+b
2

Điều này mâu thuẫn với giả thiết

Điều giả sử sai.

Vậy x là điểm cực biên của C.
1.2.8 Tính chất 8
Cho C là tập hợp lồi và x C . Điểm x là điểm cực biên của C khi và
chỉ khi C\{x} là tập hợp lồi.
Chứng minh:
Giả sử x là điểm cực biên của C nhưng C\{x}không phải là tập hợp lồi.
Có nghĩa là tồn tại x1, x2

C , x1

x 2 sao cho:

[x1; x2] không nằm trọn trong C\{x}.
Do C là tập hợp lồi mà x1, x2

C nên [x1; x2]

Vì C chỉ khác C\{x} một điểm x nên x

Doãn Thị Phượng

13

C.

[x1; x2].

K33A- Khoa Toán

Khóa luận tốt nghiệp
Thật vậy nếu trái lại x

[x1; x2]

[x1; x2] thì do [x1; x2]

C

C\{x}.

Điều này vô lí.
Như vậy x

[x1; x2].

Điều này trái với x là
điểm cực biên của C.
Vậy điều giả sử sai
Hay C\{x} là tập hợp lồi.
(

) Có C\{x} là tập hợp lồi và giả sử x không phải điểm cực biên của C,

nghĩa là tồn tại x1, x2
x

C , x1

x 2 sao cho:

(x1; x2) tức là:

x = λx1 + 1-λ x 2 với 0 < λ< 1
Do x1, x2

C , x1

x , x2

x , ( do *) nên ta có:

C\{x}

x1, x2

Vì C\{x} lồi nên [x1; x2]
Do x

(*)

(x1; x2)

x

Điều này vô lí

C\{x}.

C\ {x}

Giả sử sai.

Vậy x là điểm cực biên của C.

1.2.9 Tính chất 9
Cho M là tập hợp cho trước. Ta kí hiệu C(M) là tập lồi nhỏ nhất chứa
M. (thường gọi là bao lồi của tập hợp M). Gọi Z = { α: Cα là tập lồi chứa M}
Khi đó: C M =

I

Cα

α Z

Doãn Thị Phượng

14

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Chứng minh:
Không giảm tổng quát, giả sử M là tập hợp trong E2.
. Thật vậy, ít nhất toàn mặt phẳng E2 là một tập

Trước hết ta thấy Z
lồi chứa M.

Do Cα là tập hợp lồi nên theo tính chất 1 thì:

C là tập hợp lồi.

I
Z

Hơn nữa do

Cα

M, α Z nên

Cα là một tập hợp lồi chứa M.

I
Z

Do C(M) là tập hợp lồi nhỏ nhất chứa M

I

C M

Cα .
Z

Mà do C(M) là tập hợp lồi chứa M nên

C M

I

Cα
Z

Vậy C M =

I

Cα .
Z

1.2.10 Tính chất 10
Giả sử M là tập hợp tùy ý trong E2. Xét tập hợp sau đây:
2

A = {x E : x =

i J

λi x i, λi 0, x i

M, i J, λi 1} ,
i J

J là tập hợp hữu hạn.

Khi đó C(M) = A. ( Tức là C(M) trùng với tập tất cả các tổ hợp tuyến
tính lồi các điểm của M )

Doãn Thị Phượng

15

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Chứng minh:
i)

Giả sử C là tập hợp lồi bất kì chứa M( M
Lấy phần tử tùy ý x

C)

A , theo định nghĩa tồn tại số tự nhiên k sao cho:

k

k

i=1

i=1

x= λi x i, x i M, λi 0, i=1,k, λi 1

Do C

M nên x i

M mà xi

C.

Vì C là tập hợp lồi nên từ (*)

A

( Tính chất 5 )

x C

C với mọi tập lồi C chứa M

A
ii)

(*)

(Tính chất 9)

C(M)

Lấy x, y

A,

1

và

0 sao cho:

2

1

2

1

Theo định nghĩa của A thì tồn tại số tự nhiên m, n; tồn tại αi 0 , β i 0 ,
m

xi

M , y j M , i 1, m , j 1, n ;

x=

m
i=1

i=1

λi x i ; y =

n

αi = β j=1 sao cho:

n
j=1

j=1

β jy j

Từ đó ta có:

μ1x+μ 2y=

Và
i=1

μ1αi +
m
i=1

Hay μ1x+μ 2y

Doãn Thị Phượng

i=1

μ1αi x i +

n
j=1

μ 2β j y j

M , y j M , μ1αi 0 , μ 2β j 0 , i 1, m , j 1, n .

Để ý rằng x i
m

m

n
j=1

μ 2β j =μ1

μ1αi x i +
A

n
j=1

m
i=1

αi +μ 2

n

j=1

β j = μ1+μ 2 =1.

μ 2β j y j A

A là tập hợp lồi.

16

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Lấy x tùy ý thuộc M.
Theo định nghĩa của A ta có x A

M

A.

Do A là tập hợp lồi chứa M nên dĩ nhiên C M

A.

Vậy A = C(M).

1.3 Bài tập tham khảo
Bài 1:
Cho 5 điểm bất kì trên mặt phẳng sao cho không có điểm nào thẳng

hàng. Chứng minh bao lồi của 5 điểm này thuộc hoặc là ngũ giác, hoặc là tứ
giác hoặc là tam giác.
Bài 2:
Cho đa giác n đỉnh (n

4). Chứng minh rằng đa giác là lồi khi và chỉ

khi bốn đỉnh bất kì của chúng tạo thành một tứ giác lồi.
Bài 3:
Trên mặt phẳng cho 2 đa giác lồi (F) và (G). Kí hiệu H là tập hợp trung
điểm các đoạn thẳng có một đầu thuộc (F), đầu kia thuộc (G).
Chứng minh: H là tập hợp lồi.
Bài 4:
Chứng minh rằng: tổng các góc ngoài của một đa giác bất kì kề bù với
các góc trong nhỏ hơn 1800, thì không nhỏ hơn 3600.
Bài 5:
Cho (F) là một đa giác lõm. Giả sử có một đoạn thẳng AB chia (F) ra
làm 2 phần có chu vi bằng nhau nhưng diện tích khác nhau. Chứng minh rằng
tồn tại một đa giác lồi (F), diện tích (F’) lớn hơn diện tích F.

Doãn Thị Phượng

17

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp

CHƯƠNG 2:

ĐỊNH LÝ KELLI TRONG MẶT PHẲNG EUCLIDE
VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP

2.1 Định lí:
Trong mặt phẳng cho n hình lồi (n

4). Biết rằng giao của 3 hình lồi

bất kì trong chúng khác rỗng. Khi đó giao của n hình lồi cũng khác rỗng.
Chứng minh:
Ta dùng phương pháp qui nạp theo số n các hình lồi.

* Xét khi n =4
Gọi F1, F2, F3, F4 là 4 hình lồi có tính chất là giao của 3 hình bất kì
trong chúng khác rỗng.
Vì F2

nên tồn tại A1

F3 F4

Tương tự tồn tại A2

F1

F3 F4

A3

F1

F2 F4

A4

F1

F2

F3 F4.

F3 F4

Có 2 khả năng sau:
(i)

Nếu 4 điểm A1, A2, A3, A4 không hoàn toàn khác nhau.
Khi đó không giảm tổng quát giả sử A1 A2.
Từ đó suy ra A1

F1

F2

F3 F4.

F1

F2

F3 F4

.

(ii) Nếu A1, A2, A3, A4 là 4 điểm phân biệt. Khi đó ta lại có 2 khả năng sau:
1) Bao lồi của A1, A2, A3, A4 chính là tứ giác lồi A1 A2 A3A4.
Giả sử O là giao của 2 đường chéo A1A3, A2A4

Doãn Thị Phượng

18

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Do A1
A3

F2
F1

F3 F4 nên A1

F2 F4 nên A3 F2

Vì F2 lồi, A1 , A3

F2

[A1A3]
O

F2

F2.

F2. (do O

[A1A3])

Tương tự ta cũng có:
O
Vậy O
Hay F1

F1, O
F1

F4; O

F2

F2

F3

F3 F4.

F3 F4

.

2) Bao lồi của chúng là tam giác chứa điểm còn lại bên trong.
Không giảm tổng quát giả sử đó là tam giác A1A2A3 chứa A4.
Vì A1, A2, A3 đều thuộc F4.
Mà F4 là đa giác lồi (tập hợp lồi)
Nên toàn bộ miền trong tam giác A1A2A3 thuộc F4
A4

F4.

Mà A4

F1

F2

F3.

4

I

A4

Fi

i 1
4

I

Fi

.

i 1

Vậy định lí Kelli đúng với n =4.

*

Giả sử định lí đúng với n = k (k

* Xét với n= k+1 (k

4)

4).

Khi đó ta có k+1 hình lồi F1, F2,… Fk+1 trong đó 3 hình lồi bất kì nào
trong chúng đều có phần giao khác rỗng.

Doãn Thị Phượng

19

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Xét các hình sau:
F’1= F1, F’2= F2.....
.......
F’k-1= Fk-1, F’k= Fk
Rõ ràng F’i là lồi
Còn F’k= Fk

Fk+1

i = 1, k 1 (vì F’i= Fi.)

Fk+1 nên nó cũng là lồi (vì là giao của 2 hình lồi)

Xét 3 hình lồi bất kì: F’i, F’j, F’h trong k hình lồi F’1, F’2,…, F’k
i)

Nếu trong chúng không có F’k thì theo giả thiết:
F’i

ii)

F’j

F’h= Fi Fj Fh

.

Nếu trong chúng có F’k= Fk

Fk+1. Khi đó có thể cho là:

F’h= F’k.
Từ đó F’i

F’j

F’h= Fi Fj Fk

Fk+1.

Vì giao của 3 hình lồi trong các hình lồi Fi, Fj, Fk, Fk+1 khác rỗng (giả
thiết), theo trường hợp n =4, ta có:
Fi Fj Fk

Fk+1

.

Vậy với k hình lồi : F’1, F’2,..., F’k thỏa mãn điều kiện giao của 3 hình
lồi bất kì trong chúng khác rỗng nên theo giả thiết qui nạp ta có:
F’1
Hay F1

F’2
F2 ...

...
Fk

F’k
Fk+1

Vậy định lí Kelli đúng với n =k+1 (k 4)
Định lí được chứng minh.
( ) Chú ý
Điều kiện n

4 trong định lí là cần thiết.

Thật vậy, xét mệnh đề tương tự với n

Doãn Thị Phượng

20

3:

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Cho một họ n hình lồi (n 3) trong mặt phẳng. Biết rằng giao của hai
hình lồi bất kì trong chúng khác rỗng. Khi đó giao của n hình lồi cũng khác
rỗng.
Mệnh đề này chưa chắc đúng

vì với n =3, xét 3 hình lồi là 3 đoạn
thẳng AB, BC, CA.
Rõ ràng giao của hai hình lồi
bất kì trong chúng khác rỗng nhưng
AB BC CA=

.

2.2 Ứng dụng
Giải một lớp bài toán của hình học tổ hợp mà kết quả chủ yếu phụ
thuộc vào sự giao nhau có khác rỗng hay không của một họ hữu hạn hay vô
hạn những tập hợp lồi nào đó.
Bài tập 1:
Cho 4 nửa mặt phẳng lấp đầy mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn tại 3
nửa mặt phẳng trong 4 nửa mặt phẳng ấy sao cho chỉ riêng 3 nửa mặt phẳng
này cũng lấp đầy mặt phẳng.
Lời giải:

Gọi P1, P2, P3, P4 là 4 nửa mặt phẳng. Từ giả thiết ta có:
P1

P2

Rõ ràng Pi là lồi

Doãn Thị Phượng

P3

P4 = E2

(1)

i 1,4 . Từ (1) suy ra:

21

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
P1 P2

P3

P4

(2)

( A là phần bù của A)
Theo qui tắc Demorgan, từ (2) có P1
Vì Pi lồi nên Pi cũng lồi với

P2

P3

P4

(3)

i 1,4 .

Giả sử không tồn tại ba nửa mặt phẳng nào trong số các P i (i= 1,4 ) mà
3 nửa mặt phẳng này lấp đầy mặt phẳng.
Điều đó có nghĩa:
thì Pi

Pj

Pk

i, j, k phân biệt mà i, j, k

2
E . Nói cách khác: Pi P j

Áp dụng định lí Kelli

P1

P2

P3

{1, 2, 3, 4}

Pk

P4

Điều này mâu thuẫn với (3)
Giả sử sai.
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Bài tập 2:
Cho hệ n phương trình (n

4)

a1x + b1y + c1 0
a 2 x + b 2y + c2 0
.............
a n x + b ny + c n

0

Với ai, bi, ci ( i 1,n ) là các số thực.
Biết rằng bất cứ phương trình nào cũng lập nên một hệ có nghiệm.
Chứng minh rằng hệ đã cho có nghiệm.

Doãn Thị Phượng

22

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Lời giải:
Ta có bổ đề sau:

Bổ đề: Gọi Di ={(x, y): aix + biy+ ci
Di là tập lồi

0} i= 1,n .

i 1, n

Bổ đề hiển nhiên đúng (theo tính chất 3 của tập hợp lồi).
Ta trở lại bài toán: Có n tập lồi D1,..., Dn.
Dựa vào giả thiết bài toán suy ra

i , j, k (1 i, j, k

n)

Ta luôn có:

Di

Dj

Dk
n

Vậy theo định nghĩa Kelli thì: I Di
i 1

Hay hệ đã cho có nghiệm.
Bài tập 3:
Cho n hình tròn (n

4) trong mặt phẳng E2. Biết rằng cứ với mỗi 3

hình tròn tùy ý, luôn tồn tại một hình tròn bán kính R chứa cả 3 hình tròn này.
Chứng minh tồn tại một hình tròn bán kính R chứa cả n hình tròn đã cho.
Lời giải:

Gọi tâm và bán kính các hình tròn Ci là Oi và Ri.
Ci= (Oi; Ri); i 1, n .
Và gọi Fi là các hình tròn có tâm Oi, bán kính R – Ri
Fi = (Oi, R – Ri) ; i 1, n .

Doãn Thị Phượng

23

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Lấy i, j, k tùy ý (1 i, j, k

Fi

n ), ta sẽ chứng minh:

Fj

Fk

Thật vậy, theo giả thiết tồn tại hình tròn (Oijk; R) phủ Ci, Cj, Ck tức là:

Ci
Ci

Cj

Ck

Oijk ; R

Oijk ; R

R-R i .

OiOijk

Hay (Oi; R- Fi) chứa Oijk
Fi.

Oijk

Tương tự ta cũng có:

Fi ; Oijk

Oijk
Fi

Fj

Fk .

Fk

Theo định lí Kelli suy ra:

F1

F2

....

Giả sử O* F1

Fn
F2

....

Fn
n

Xét hình tròn (O*; R). Do O*

I Ck .

k 1

Ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 4:
Cho n hình tròn (n

4) trên mặt phẳng E2. Biết rằng cứ với 3 hình tròn

tùy ý luôn tồn tại một hình tròn bán kính R nằm trong cả 3 hình tròn này.
Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính R nằm trong cả n hình tròn
đã cho.

Doãn Thị Phượng

24

K33A- Khoa Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Lời giải:

Gọi tâm các đường tròn Ci là Oi và bán kính là Ri
Ci = (Oi ; Ri) ; i 1, n .
Gọi Fi là hình tròn tâm Oi, bán kính Ri – R.
Fi = (Oi; Ri – R); i 1, n
Lấy i, j, k tùy ý (1 i,j,k n )
Rõ ràng theo giả thiết tồn tại hình tròn C tâm O, bán kính R sao cho:

C

Ci

Ta sẽ chứng minh:

Cj

Ck

Fi

Fj

Fk

Thật vậy, do hình tròn C nằm trọn trong Ci nên O
Tương tự O

Fj; O Fk.

O Fi

Fk

Fj

(*)
Fi.

Hay

Fi

Fj

Fk

.

Từ (*) theo định lí Kelli
n

suy ra:

I Fi

i 1

n

Giả sử O

I Fi tức là

i 1

O

Fi, i 1, n .

Rõ ràng hình tròn tâm O*, bán kính R nằm trong C.
Vậy (O*; R) nằm trong cả n hình tròn đã cho.
Ta có điều phải chứng minh.

Doãn Thị Phượng

25

K33A- Khoa Toán