(Luận văn thạc sĩ) hình học tổ hợp với các phương pháp chứng minh luận văn ths toán học 84601

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN ĐỨC ĐẮC

HÌNH HỌC TỔ HỢP
VỚI CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - Năm 2018


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN ĐỨC ĐẮC

HÌNH HỌC TỔ HỢP
VỚI CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:

8460101.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. Nguyễn Hữu Điển

Hà Nội - Năm 2018


Mục lục
Lời nói đầu

1

Chương 1. Tổng quan về các phương pháp chứng minh
1.1 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Phương pháp phản chứng . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Nguyên lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Nguyên lý cực hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chương 2. Các phương pháp chứng minh cho
học tổ hợp
2.1 Tổng quan về hình học tổ hợp . . . . . .
2.2 Vận dụng phương pháp quy nạp . . . .
2.3 Vận dụng phương pháp phản chứng . .
2.4 Vận dụng nguyên lý Dirichlet . . . . . .
2.5 Vận dụng nguyên lý cực hạn . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

các bài toán hình
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

Chương 3. Ứng dụng phương pháp theo chủ đề hình học. Các bài
tốn thi Olympic trong và ngồi nước
3.1 Hệ các điểm và đường cong . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1 Nhận xét về vật thể lồi . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Đếm giao điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.3 Đếm số tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.4 Đếm số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.5 Các bài toán với hệ điểm và đường thẳng . . . . .
3.1.6 Các bài toán với hệ đoạn thẳng . . . . . . . . . . .
3.1.7 Các bài toán với đa giác không lồi . . . . . . . . .
3.2 Hệ các đường cong và miền . . . . . . . . . . . . . . . . .
i

3
3
6
8
10

13
13
15
18
20
24

28
28
28
32
35
37
39
41
43
48


3.3

3.4

3.5

3.2.1 Chia mặt phẳng bằng hệ các đường . . .
3.2.2 Chia mặt phẳng bằng đường cong kín . .
3.2.3 Chia một đa giác lồi . . . . . . . . . . . .
3.2.4 Chia không gian . . . . . . . . . . . . . .

Phép phủ và đóng gói . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Các đối tượng phủ nhau . . . . . . . . . .
3.3.2 Phép phủ với hệ các hình trịn bằng nhau
3.3.3 Bài tốn về đóng gói . . . . . . . . . . . .
Phép tô màu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.1 Màu của các điểm . . . . . . . . . . . . . .
3.4.2 Tô màu miền . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.3 Tô màu bàn cờ . . . . . . . . . . . . . . . .
Các bài toán thi Olympic trong và ngoài nước . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

49
53
55
58
59
59
62
65
67
67

70
72
74

Kết luận

85

Tài liệu tham khảo

86

ii


Lời nói đầu
Hình học tổ hợp là một bộ phận của hình học nói chung và là một
nhánh của tổ hợp. Những bài tốn của Hình học tổ hợp thường liên
quan nhiều đến các đối tượng là các tập hợp hữu hạn. Vì thế các bài
tốn mang đặc trưng rõ nét của tốn học rời rạc.
Các bài tốn trong hình học tổ hợp rất đa dạng về nội dung và phương
pháp giải. Nhiều bài tốn phát biểu đơn giản, có thể thấy đúng ngay
nhưng để giải được thì cần trang bị những kiến thức riêng về hình học
tổ hợp và hình học. Khi đó bài tốn sẽ trở nên rất dễ dàng. Tuy nhiên
cũng có những bài địi hỏi kiến thức chun sâu, và thậm chí có nhiều
bài tốn hình học tổ hợp tổng quát cho không gian vẫn chưa có lời giải.
Hình học tổ hợp ở nước ta được coi như nội dung dành cho học sinh
khá, giỏi bậc Trung học cơ sở và thường xuyên xuất hiện trong các đề
thi học sinh giỏi, đề thi tuyển sinh THPT chuyên, đề thi Olympic truyền
thống 30/4, . . . và trong các đề thi Olympic Tốn quốc tế. Vì vậy trong

luận văn này em xin trình bày đề tài: “Hình học tổ hợp với các phương
pháp chứng minh”.
Trong luận văn này em đưa ra một số phương pháp chứng minh
thường sử dụng cho các bài tốn hình học tổ hợp và ứng dụng của các
phương pháp đó vào chứng minh các bài tốn theo chủ đề, có trong các
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên, thi học sinh giỏi trong và ngoài
nước thời gian qua.
Bố cục của luận văn này gồm ba chương:
Chương 1. Tổng quan về các phương pháp chứng minh. Chương
này trình bày các phương pháp cơ bản được vận dụng để giải các bài
tốn nói chung như: phương pháp quy nạp, nguyên lý Dirichlet, nguyên
1


lý cực hạn. Ngoài ra phương pháp phản chứng cũng được sử dụng
nhiều nhưng đan xen cùng các phương pháp khác.
Chương 2. Các phương pháp chứng minh cho các bài tốn Hình
học tổ hợp. Chương này đưa ra tổng quan về Hình học tổ hợp và ví dụ
minh họa cách áp dụng các phương pháp chứng minh cho các bài tốn
Hình học tổ hợp.
Chương 3. Ứng dụng phương pháp theo chủ đề hình học; các bài
tốn thi học sinh giỏi, thi Olympic trong và ngoài nước. Chương này
đưa ra một số bài tốn Hình học tổ hợp theo chủ đề như: Bài toán về hệ
điểm và đường cong; bài toán đường cong và miền; bài tốn phủ hình và
bao hình; bài tốn tơ màu; các bài tốn có trong các đề thi học sinh giỏi
lớp 9 các tỉnh, các đề thi tuyển sinh THPT chun, các đề thi Olympic
Tốn.
Để hồn thành được luận văn này, em xin được gửi lời cảm ơn sâu
sắc tới PGS. TS Nguyễn Hữu Điển đã dành thời gian hướng dẫn, chỉ
bảo, tận tình giúp đỡ em trong quá trình xây dựng đề tài cũng như hoàn

thiện luận văn.
Em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu,
phòng sau Đại học, khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học
Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã tạo điều kiện thuận lợi cho em
trong suốt quá trình học tập tại trường.
Em xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm, tạo
điều kiện, giúp đỡ em hoàn thành luận văn này.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn
nên các vấn đề trong luận văn vẫn chưa được trình bày sâu sắc và khơng
thể tránh khỏi có những sai sót trong cách trình bày. Rất mong được sự
góp ý xây dựng của các thầy cơ và các bạn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 28 tháng 9 năm 2018
Học viên

Nguyễn Đức Đắc
2


Chương 1
Tổng quan về các phương pháp chứng
minh
Chương này liệt kê các phương pháp điển hình được vận dụng để giải
các bài tốn trung học phổ thơng như: phương pháp quy nạp, phương
pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlet, nguyên lý cực hạn. Mỗi phương
pháp được trình bày độc lập nhưng khi sử dụng chúng đan xen cùng
các phương pháp khác ta giải được nhiều bài tập hay và thú vị.

1.1

Phương pháp quy nạp

Phương pháp quy nạp có vai trị vơ cùng quan trọng trong toán học,
khoa học và cuộc sống. Đối với nhiều bài tốn trong chương trình tốn
phổ thơng là những bài tốn logic, tức những bài tốn khơng mẫu mực,
phương pháp quy nạp cho ta nhiều cách giải hữu hiệu.
Suy diễn là q trình từ “tính chất” của tập thể suy ra tính chất của
cá thể, nên ln ln đúng, cịn q trình ngược lại, tức q trình quy
nạp: đi từ “tính chất” của một số các thể suy ra “tính chất” của tập thể
thì khơng phải lúc nào cũng đúng, mà quá trình này chỉ đúng khi nó
thỏa mãn một số điều kiện nào đó, tức thỏa mãn nguyên lý quy nạp: Nếu
khẳng định S(n) thỏa mãn hai điều kiện sau:
(a) Đúng với n = k0 (số tự nhiên nhỏ nhất mà S(n) xác định).
(b) Từ tính đúng đắn của S(n) đối với n = t (hoặc đối với mọi giá trị
của n (k0 ≤ n ≤ t)) (t ≥ k0 ), ta cần chứng minh tính đúng đắn của
3


S(n) đối với n = t + 1.
Khi S(n) đúng với mọi n ≥ k0 .
Giả sử khẳng định S(n) xác định với mọi n ≥ t0 . Để chứng minh S(n)
đúng ∀n ≥ t0 bằng quy nạp ta cần thực hiện theo hai bước sau:
1. Cơ sở quy nạp: chứng minh rằng S(n) đúng với số tự nhiên n = t0 .
2. Quy nạp: giả sử khẳng định S(n) đã đúng đến n = t (hoặc đối với
mọi n (t0 ≤ n ≤ t)) (t ≥ t0 ). Trên cơ sở giả thiết này ta chứng minh
tính đúng đắn của S(n) đối với n = t + 1, tức S(t + 1) đúng.
Nếu cả hai bước trên thỏa mãn, thì theo nguyên lý quy nạp S(n) đúng
với ∀n ≥ t0 . Giả thiết ở bước quy nạp rằng mệnh đề đúng với n = t
được gọi là giả thiết quy nạp.
Ví dụ 1.1.1. Chứng minh rằng mệnh đề S(n) sau đúng với tất cả số tự nhiên

n
n ( n + 1)
.
0+1+2+···+n =
2
Giải. 1. Cơ sở quy nạp: Ta có S(0) bằng
0=

0 · (0 + 1)
.
2

Hai vế bằng nhau nên mệnh đề đúng với n = 0. Vì vậy S(0) đúng.
2. Quy nạp: Giả sử S(k) đúng, ta phải chứng minh S(k + 1) cũng đúng,
tức là
(k + 1)((k + 1) + 1)
0+1+2+···+k+k+1 =
.
2
Sử dụng giả thiết quy nạp rằng S(k) đúng, vế trái có thể viết thành
k ( k + 1)
k ( k + 1) + 2( k + 1)
+ ( k + 1) =
2
2
(k + 1)(k + 2)
=
2
(k + 1)((k + 1) + 1)
=

.
2
Vậy S(k + 1) cũng đúng. Vì cả bước cơ sở quy nạp và bước quy nạp đã
được thực hiện, mệnh đề S(n) đúng với mọi số tự nhiên n.
4


1
Ví dụ 1.1.2. Cho x + , x = 0 là một số nguyên. Chứng minh rằng với mọi
x
số nguyên dương n, số
1
T (n, x ) = x n + n
x
cũng là số nguyên.
Giải. Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1. Cơ sở quy nạp: Với n = 1, theo giả thiết ta có T (1, x ) = x +

1
là số
x

nguyên, nên khẳng định đúng.
2. Quy nạp: Giả sử với n = k khẳng định đúng, nghĩa là
T (k, x ) = x k +

1
xk

là số nguyên. Với n = k + 1 số

T (k + 1, x ) = x k+1 +

= x+

1
x

1
x k +1
xk +

1
1
k −1
−
x
+
.
xk
x k −1

1
1
1
Theo giả thiết quy nạp, các số x + , x k−1 + k−1 , x k + k đều nguyên
x
x
x
nên T (k + 1, x ) là số nguyên và khẳng định đúng với mọi số nguyên
dương n.

Ví dụ 1.1.3. Chứng minh rằng A(n) = 7n + 3n − 1 chia hết cho 9 với mọi số
tự nhiên n.
Giải. Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1. Cơ sở quy nạp: Với n = 0, ta có A(0) = 0 chia hết cho 9, nên khẳng
định đúng.
2. Quy nạp: Giả sử A(k) chia hết cho 9 với k ∈ N. Ta sẽ chứng minh
A(k + 1) cũng chia hết cho 9. Thật vậy, ta có
A ( k + 1 ) = 7k +1 + 3 ( k + 1 ) − 1

= 7A(k) − 9(2k − 1).
Theo giả thiết quy nạp thì A(k) chia hết cho 9, do dó A(k + 1) cũng chia
hết cho 9. Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
5


1.2

Phương pháp phản chứng

Để chứng minh một bài toán bằng phương pháp phản chứng gồm 3
bước:
Bước 1 (Phủ định kết luận): Ta giả sử kết luận của bài toán là không
đúng.
Bước 2 (Đưa đến mâu thuẫn): Từ điều giả sử trên và từ giả thiết của bài
toán, ta suy ra một điều mâu thuẫn với giả thiết hoặc mâu thuẫn
với kiến thức đã học.
Bước 3 (Khẳng định kết luận): Như vậy kết luận của bài toán là đúng.
Ưu điểm của phương pháp này là ta đã tạo thêm được một giả thiết
mới (giả thiết phản chứng) vào các giả thiết của bài tốn.
Ví dụ 1.2.1 ([4]). Người ta đồn rằng ở một ngôi đền nọ rất thiêng do ba vị thần

ngự trị: thần Thật Thà (ln ln nói thật), thần Dối Trá (ln ln nói rối)
và thần Khơn Ngoan (khi nói thật, khi nói dối). Các vị thần đều ngự trên bệ thờ
và sẵn sàng trả lời câu hỏi khi có người thỉnh cầu. Nhưng hình dạng của ba vị
thần giống hệt nhau nên người ta không biết vị thần nào trả lời để mà tin hay
không tin.
Một hôm, một học giả từ phương xa đến gặp các vị thần để xin thỉnh cầu.
Bước vào miếu, học giả hỏi thần ngồi bên phải:
- Ai ngồi cạnh ngài?
- Đó là thần Dối Trá.
Tiếp đó hỏi thần ngồi giữa:
- Ngài là thần gì?
- Tơi là thần Khơn Ngoan.
Cuối cùng ơng ta quay sang hỏi thần ngồi bên trái:
- Ai ngồi cạnh ngài?
- Đó là thần thật thà.
Nghe xong học giả khẳng định mỗi vị thần là gì. Bạn hãy cho biết học giả đó
đã suy luận như thế nào?

6


Giải. Câu hỏi của học giả cho ba vị thần nhưng đều nằm mục đích: thần
ngồi giữa là thần gì? Học giả đã nhận được ba câu trả lời với thơng tin
hồn tồn khác nhau về vị thần ngồi giữa. Học giả có thể suy luận như
sau (có thể vì có nhiều cách suy luận khác cũng giải được bài toán này):
1. Nếu thần ngồi bên trái là thần Dối Trá thì thần bên phải là thần
Thật Thà hoặc Khơn Ngoan.
- Nếu thần ngồi bên phải là Thật Thà thì ngồi giữa là thần Dối Trá (do
câu trả lời của thần Thật Thà). Điều này vơ lý, vì bên trái cũng là thần
Dối Trá.

- Nếu thần ngồi bên phải là Khơn Ngoan, thì ngồi giữa là thần Thật
Thà. Điều này cũng vơ lý, vì ngài đã nói: “Tơi là thần Khôn Ngoan”.
Vậy bên trái không phải là thần Dối Trá.
2. Nếu thần ngồi bên phải là thần Dối Trá thì thần ngồi giữa là thần
Thật Thà hoặc Khôn Ngoan.
- Thần ngồi giữa khơng phải là Thật Thà, vì ngài đã nói: “Tơi là thần
Khơn Ngoan”.
- Nếu thần ngồi giữa là Khơn Ngoan, thì thần ngồi bên trái là Thật
Thà. Điều này cũng vơ lý, vì ngài đã nói: “Ngồi giữa là thần Thật Thà”.
Vậy bên phải không phải là thần Dối Trá.
3. Vậy chỉ còn ngồi giữa là thần Dối Trá. Như vậy bên trái không phải
là thần Thật Thà, vì ngài đã nói: “Ngồi giữa là thần Thật Thà” Thế thì
bên trái là Khơn Ngoan. Cuối cùng, bên phải là thần Thật Thà.
Ví dụ 1.2.2 ([4]). Nếu g, h, k là ba đường thẳng phân biệt trong mặt phẳng sao
cho g và h song song với k, thì g song song với h.
Chứng minh. Ta giả sử ngược lại g khơng song song với h. Vì g và h nằm
trên cùng mặt phẳng, mà không song song với nhau thì chúng cắt nhau
tại một điểm P. Trong trường hợp này từ P có hai đường thẳng song
song với k. Điều này khơng thể được vì ở phổ thơng ta công nhận mệnh
đề sau luôn đúng: Qua một điểm đã cho chỉ tồn tại duy nhất một đường thẳng
song song với một đường thẳng đã cho. Như vậy điều giả sử là sai, do đó
kết luận của bài tốn là đúng.

7


1.3

Nguyên lý Dirichlet

Người đầu tiên đề xuất nguyên lý này được cho là nhà toán học người
Đức Johann Dirichlet (1805–1859) khi ông đề cập tới nguyên lý với tên
gọi “nguyên lý ngăn kéo” (The Drawer Principle). Ngoài ra nguyên lý
này còn được biết đến như nguyên lý chim bồ câu hoặc nguyên lý những
cái lồng nhốt thỏ.
Nguyên lý Dirichlet cơ bản: Nhốt n + 1 thỏ vào n lồng thì tồn tại một
lồng có ít nhất hai thỏ.
Chứng minh. Giả sử ngược lại mỗi lồng chỉ nhốt nhiều nhất một con thỏ,
như vậy số thỏ nhỏ hơn hoặc bằng số lồng n, mà theo giả thiết số thỏ là
n + 1 nhiều hơn số lồng, điều này dẫn đến vô lý. Từ đó suy ra có ít nhất
2 con thỏ trong cùng một lồng.
Dù mở rộng bất cứ cách nào, nguyên lý này đều được chứng minh
bằng phương pháp phản chứng.
Nguyên lý Dirichlet tổng quát: Nếu có N đồ vật được đặt vào trong k
hộp, N không chia hết cho k, thì sẽ tồn tại một hộp chứa ít nhất

N
+1
k

đồ vật.
Nguyên lý Dirichlet vô hạn: Nếu chia một tập hợp vơ hạn các quả táo
vào hữu hạn ngăn kéo thì phải có ít nhất một ngăn kéo chứa vơ hạn các
quả táo.
Nguyên lý Dirichlet đối với đoạn thẳng: Ta kí hiệu d( I ) là độ dài của
đoạn thẳng I nằm trong mặt phẳng. Cho A là một đoạn thẳng, A1 , A2 ,
. . . , An là các đoạn thẳng sao cho Ai ⊂ A với i = 1, n và d( A) < d( A1 ) +
d( A2 ) + . . . + d( An ). Khi đó ít nhất có hai đoạn thẳng trong số các đoạn
thẳng trên có một điểm trong chung.
Chứng minh. Giả sử khơng có hai đoạn thẳng nào trong các đoạn thẳng

đã cho có điểm trong chung. Khi đó
d ( A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ A n ) = d ( A1 ) + d ( A2 ) + . . . + d ( A n ) > d ( A ).
Mà từ Ai ⊂ A, i = 1, n, ta có d( A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An ) ≤ d( A).
8


Hai bất đẳng thức trên mâu thuẫn với nhau nên điều giả sử là sai.
Vậy có ít nhất có hai đoạn thẳng trong số các đoạn thẳng trên có một
điểm trong chung.
Ví dụ 1.3.1. Trong kỳ thi học sinh giỏi, điểm bài thi được đánh giá bởi một số
nguyên trong khoảng từ 0 đến 40. Hỏi rằng có ít nhất bao nhiêu học sinh dự
thi để cho chắc chắn tìm được hai học sinh có kết quả thi như nhau?
Giải. Theo nguyên lý Dirichlet, số học sinh cần tìm là 42 vì ta có 41 kết
quả điểm thi khác nhau.
Ví dụ 1.3.2. Trong một phòng họp n người, bao giờ cũng tìm được 2 người có
số người quen trong số những người dự họp là như nhau.
Giải. Số người quen của mỗi người trong phòng họp nhận các giá trị từ
0 đến n − 1. Rõ ràng trong phịng khơng thể đồng thời vừa có người có
số người quen là 0 (tức là khơng quen ai) và vừa có người có số người
quen là n − 1 (tức là quen tất cả). Vậy theo nguyên lý Dirichlet tồn tại
một nhóm có ít nhất 2 người, tức là ln tìm được ít nhất 2 người có
ngươi quen là như sau.
Ví dụ 1.3.3. Trong một tháng 30 ngày, một đội bóng chuyền thi đấu mỗi ngày
ít nhất 1 trận nhưng chơi khơng quá 45 trận. Chứng minh rằng tìm được một
giai đoạn gồm một số ngày liên tục nào đó trong tháng sao cho trong giai đoạn
đó đội chơi đúng 14 trận.
Giải. Gọi a j là số trận mà đội chơi từ ngày đầu tháng đến hết ngày j. Khi
đó
1 ≤ a1 < a2 < · · · < a30 ≤ 45.
Hay

15 ≤ a1 + 14 < a2 + 14 < · · · < a30 + 14 ≤ 59.
Sáu mươi số nguyên a1 , a2 , . . . , a30 , a1 + 14, a2 + 14, . . . , a30 + 14 nằm giữa
1 và 59. Do đó theo ngun lý Dirichlet phải có ít nhất 2 trong số 60 này
bằng nhau. Vì vậy tồn tại i và j sao cho ai + 14 = a j (i < j). Điều này có
nghĩa là từ ngày i + 1 đến hết ngày j đội đã chơi đúng 14 lần.

9


1.4

Nguyên lý cực hạn

Ví dụ 1.4.1 ([4]). Ngày xửa ngày xưa có một ơng vua có rất nhiều người con
và có số vàng rất lớn. Trước khi chết ơng vua muốn chia số vàng cho các con,
nhưng ông vua không muốn chia đều cho các con mà đặt ra luật lệ: Mỗi người
nhận được số vàng lớn hơn hoặc bằng trung bình cộng của hai người anh em
nào đó của họ. Hãy chỉ ra rằng có ít nhất ba người con được chia cùng số lượng
vàng.
Giải. Bài tốn có thể diễn đạt lại: Mỗi một người con được chia số lượng
vàng ký hiệu là a thì có hai người anh em có số lượng vàng là b và c sao
b+c
cho a ≥
.
2
Bây giờ ta gọi a là số lượng vàng nhỏ nhất của một người con đã được
chia (điều này ln ln xảy ra vì số con vua là hữu hạn) và cũng có hai
người anh em có số lượng vàng b và c như ở trên. Ta thấy ngay a ≤ b và
a ≤ c. Công theo vế hai bất đẳng thức này ta nhận được 2a ≤ b + c, hay
b+c

là a ≤
. Ta có kết quả
2
a≤

b+c
≤ a.
2

b+c
. Nhưng điều này chỉ xảy ra khi những bất đẳng thức
2
a ≤ b và a ≤ c xảy ra dấu bằng. Nghĩa là a = b = c.
Ta chú ý rằng để giải bài toán trên phải dùng đến “phần tử nhỏ nhất”
a. Chỉ có phần tử này cho ta thêm thông tin là nhỏ hơn các phần tử khác
vốn bình đẳng. Tuy thêm được chút thơng tin như vậy nhưng bài tốn
đã được giải nhờ chính những phần tử này.
Suy ra a =

Trong toán học thường thường người ta nghiên cứu những tập hợp
những đối tượng được xác định theo một nghĩa nào đấy bình đẳng nhau,
nhưng những tính chất của chúng biết rất ít. Trong trường hợp như vậy
để giải những bài toán người ta xem xét những phần tử trong tập hợp
có những tính chất đặc biệt nào đó như “tính cực tiểu” hoặc “tính cực
đại”. Bởi vì ngồi những tính chất được cho trong đề bài tốn, những
phần tử cực tiểu hoặc cực đại có thêm những tính chất mà chúng cho
10


phép đưa ta đến kết luận bài tốn cho chính các phần tử này hoặc cho

phần tử cịn lại nói chung.
Nguyên lý cực hạn có dạng đơn giản sau:
Nguyên lý 1 ([7]). Trong tập hợp hữu hạn và khác rỗng các số thực ln có
thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.
Nguyên lý 2 ([7]). Trong một tập hợp khác rỗng các số tự nhiên ln ln có
thể chọn được số bé nhất.
Nguyên lý cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương
pháp khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng, được vận dụng trong
trường hợp tập các giá trị cần khảo sát chỉ là tập hợp hữu hạn (ngun
lý 1) hoặc có thể vơ hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ
nhất (nguyên lý 2).
Ví dụ 1.4.2. Với những số dương x, y và z biết rằng
x=

2y
2z
2x
,y =
,z =
.
1+y
1+z
1+x

Chứng minh rằng x = y = z = 1.
Giải. Vai trò các số x, y và z tương đương, ta lấy x là số nhỏ nhất trong
2x
= z. Ta chia hai vế bất đẳng thức sau cùng cho
các số. Khi đó x ≤
1+x

2
x, điều này có thể làm được do x > 0, và ta nhận được 1 ≤
. Từ
1+x
đây suy ra x ≤ 1. Trong trường hợp này
2y
= x ≤ 1 ⇔ 2y ≤ 1 + y ⇔ y ≤ 1.
1+y
2y
2y
≥
= y. Bất đẳng thức này chỉ có
1+y
2
khả năng khi nếu x = y, vì x là số nhỏ nhất trong các số x, y, z. Điều kiện
2y
2x
x=
trở thành dạng x =
, từ đây tìm được x = 1. Như vậy
1+y
1+x
Suy ra 1 + y ≤ 2, vì thế x =

z=

2x
2z
= 1, y =
= 1.

1+x
1+z

11


Ví dụ 1.4.3. Tại cuộc dạ hội, khơng có một người đàn ông nào khiêu vũ với tất
cả những người đàn bà có mặt, nhưng mỗi người đàn bà khiêu vũ với ít nhất
một người đàn ơng. Chứng minh rằng tồn tại hai cặp khiêu vũ bg và b g , ở đó
b khơng khiêu vũ với g và đồng thời g không khiêu vũ với b .
Giải. Ký hiệu b là người đàn ông khiêu vũ với số lượng đàn bà lớn nhất.
Cịn g là người đàn bà khơng khiêu vũ với b, và b là người đàn ông
khiêu vũ với g . Giữa những bạn khiêu vũ của b, phải tồn tại ít nhất một
người đà bà g, mà người này không khiêu vũ với b (nếu ngược lại thì số
bạn khiêu vũ của b sẽ lớn hơn của b). Như vậy cặp bg và b g là lời giải
của bài toán.

12


Chương 2
Các phương pháp chứng minh cho các
bài tốn hình học tổ hợp
Các bài tốn về Hình học tổ hợp thường khơng địi hỏi vận dụng q
nhiều định lý, nhiều tính tốn phức tạp mà địi hỏi lập luận chặt chẽ,
chính xác, hợp logic. Để giải những bài tốn này, có nhiều cách tiếp cận
riêng. Sau đây là tổng quan về Hình học tổ hợp và một số phương pháp
thường dùng để giải các bài tốn về Hình học tổ hợp.

2.1

Tổng quan về hình học tổ hợp

Thật khó để định nghĩa chính xác thế nào là Hình học tổ hợp vì bộ
mơn này có liên quan chặt chẽ chỉ với một số nội dung, chẳng hạn như
hình học rời rạc, topo tổ hợp, và đặc biệt là lý thuyết về các hình lồi.
Theo nhà tốn học Thụy Sĩ Hugo HadWiger (1908–1981, là người đã đặt
ra tên cho môn học này), đối tượng của Hình học tổ hợp là nghiên cứu
các vấn đề liên quan đến việc tìm ra cách “tối ưu” các hình.
Trong cuốn sách “Một số chuyên đề hình học tổ hợp” của thầy Nguyễn
Hữu Điển ([6]) cho rằng “Khơng dễ để phân biệt rạch rịi Hình học tổ hợp
trong hình học nói chung. Nhưng trong đó, ta xét các bài tốn có liên quan đến
việc tìm và đặc trưng hóa tối ưu theo nghĩa nào đó số lượng điểm hoặc một số
dạng hình. Ví dụ như cho một đa giác được phủ bởi những đa giác khác, một
số hình vng nằm trong một hình vng đã cho, ... Tất cả những bài toán
này đều liên quan đến việc nghiên cứu và so sánh những tổ hợp khác nhau của
những phần tử mà chúng thỏa mãn những điều kiện đã cho. Để giải những bài
13


toán này, người ta sử dụng những kiến thức toán học có tính chất tổ hợp cho
hình học.”
Trong cuốn sách “Các bài tốn hình học tổ hợp” của giáo sư Phan
Huy Khải ([7]) chỉ nhấn mạnh “Các bài tốn hình học tổ hợp thường liên
quan đến các đối tượng là các tập hữu hạn. Các bài toán này mang đặc trưng
rõ nét của tốn học rời rạc (ít khi sử dụng đến tính liên tục - một tính chất đặc
trưng của bộ mơn Giải tích)”.
Trong cuốn sách “Hình học tổ hợp” của thầy giáo Vũ Hữu Bình ([1])
cũng chỉ khẳng định “Nói một cách nơm na, một bài tốn hình học tổ hợp là
một bài tốn mà trong đó có nhiều thành phần (nhiều điểm, nhiều góc, nhiều

hình) và để giải quyết bài toán chúng ta cần dùng các phương pháp tổ hợp, tức
là phương pháp phân chia và kết hợp các thành phần với nhau”.
Một đặc trưng khác khi nghiên cứu Hình học tổ hợp là nhiều bài tốn
phát biểu đơn giản, có thể dễ dàng hình dung và thấy đúng ngay nhưng
để giải được thì cần trang bị những kiến thức riêng về hình học tổ hợp
và hình học. Khi đó bài tốn sẽ trở nên rất dễ dàng. Tuy nhiên cũng có
những bài địi hỏi kiến thức chun sâu, và thậm chí có nhiều bài hình
học tổ hợp tổng qt cho khơng gian vẫn chưa có lời giải. Những bài
toán này đã tạo nên sự hấp dẫn cho các nhà toán học nghiên cứu, cho cả
học sinh và sinh viên u tốn tìm hiểu. Được thể hiện là trong các cuộc
thi cho học sinh phổ thông, những bài tốn Hình học tổ hợp xuất hiện
khá nhiều.
Các bài tốn hình học tổ hợp thường nghiên cứu các tổ hợp khác
nhau của một hình để chọn ra những hình có cùng tính chất nào đó.
Những tính chất đó có thể liên quan đến các điểm (điểm nằm trong
một hình, sự tồn tại các điểm khá gần nhau, các đỉnh là đỉnh cá đa giác
đặc biệt. . .), các đường thẳng (các đường thẳng giao nhau, đồng quy,
tạo lưới ô vng. . .), các hình (hình nằm trong một hình, hình phủ một
hình, cắt ghép cá hình. . .), các góc (đánh giá góc, tồn tại góc đủ lớn hay
đủ nhỏ. . .).
Các bài tốn về Hình học tổ hợp thường khơng địi hỏi vận dụng q
nhiều định lý, nhiều tính tốn phức tạp mà địi hỏi lập luận chặt chẽ,
chính xác, hợp logic. Để giải những bài tốn này, có nhiều cách tiếp cận
14


riêng. Sau đây là một số phương pháp thường dùng để giải các bài tốn
về Hình học tổ hợp.

2.2

Vận dụng phương pháp quy nạp

Ví dụ 2.2.1. Chứng minh rằng trên mặt phẳng n đường thẳng khác nhau cùng
đi qua một điểm, chia mặt phẳng thành 2n phần khác nhau.
Giải. Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1. Cơ sở quy nạp: Với n = 1, ta có một đường thẳng. Nó chia mặt phẳng
thành hai phần, nên khẳng định đúng.
2. Quy nạp: Giả sử với n = k khẳng định đã đúng, nghĩa là k đường
thẳng tùy ý cùng đi qua một điểm M đã chia mặt phẳng thành 2k phần
khác nhau. Xét k + 1 đường thẳng khác nhau tùy ý cùng đi qua một
điểm. Kí hiệu các đường này lần lượt bằng δ1 , δ2 , . . . , δk , δk+1 . Theo giả
thiết quy nạp k đường thẳng δ1 , δ2 , . . . , δk đã chia mặt phẳng thành 2k
phần khác nhau.

Hình 2.1

Vì các đường thẳng đều khác nhau và cùng đi qua điểm M, nên tồn
tại các chỉ số s, t (1 ≤ s, t ≤ k) để δk+1 là đường thẳng duy nhất nằm
trong góc được lập nên bởi δs và δt . Khi đó δk+1 chia hai phần mặt phẳng
được giới hạn bởi δs và δt thành bốn phần. Bởi vậy k + 1 đường thẳng
δ1 , δ2 , . . . , δk , δk+1 chia mặt phẳng thành
2k − 2 + 4 = 2k + 2 = 2(k + 1)
15


phần khác nhau. Khẳng định được chứng minh.
Ví dụ 2.2.2 ([5]). Cho nửa đường trịn H bán kính 1 và đường kính AB.
Trong nó vẽ đường trịn nội tiếp k1 với bán kính 12 . Dãy những đường trịn
k1 , k2 , . . . với các bán kính tương ứng r1 , r2 , . . . được xác định như sau: đường

tròn k n+1 tiếp xúc với nửa đường tròn H, đường tròn k n và với đoạn thẳng
AB, k = 1, 2, 3, . . . Chứng minh rằng với mọi n = 1, 2, . . . số an = r1n là số
nguyên. Chứng minh rằng khi n là số chẵn, thì an là số chính phương. Khi n là
số lẻ thì an là 2 lần số chính phương.

Hình 2.2

Giải. Ký hiệu M, M1 , M2 , . . . là tâm của các đường tròn H, k1 , k2 , . . .. Lấy
x và y là hai bán kính của đường trịn k n và k n+1 (hình 2.2), cịn Mn và
Mn+1 là những điểm tiếp xúc của k n và k n+1 với AB. Khi đó
Mn Mn2+1 = ( x + y)2 + ( x − y)2 ,
MMn2 = MS · MT = 1 − 2x,
MMn2+1 = 1 − 2y,
Mn Mn+1 = MMn+1 − MMn .
Từ những đẳng thức trên ta nhận được
√
1 − 2y − 1 − 2x =

4xy.

Bình phương hai vế đẳng thức ta tìm được
6xy = x2 + y2 + 4x2 y2 + 4x2 y + 4xy2 .
Đặt a = 1x , b = y1 . Nhân hai vế đẳng thức trên với a2 b2 ta nhận được
6ab = a2 + b2 + 4 + 4( a + b),
16


nghĩa là
8ab = ( a + b + 2)2 .

(2.1)

Đẳng thức sau cùng cho ta mối liên hệ an+1 = b và an = a. Vì đẳng thức
trên đối xứng đối với a và b và dễ thấy đẳng thức trên là phương trình
bậc hai đối với a có hai nghiệm an−1 và an+1 , ta viết phương trình dưới
dạng
a2 + (4 − 6b) a + (b + 2)2 = 0.
Theo cơng thức Viet ta có
an+1 + an−1 = 6an − 4 và an+1 an−1 = ( an + 2)2 .

(2.2)

Nhưng a1 = 2, còn từ (2.1) suy ra a2 = 4. Khi đó từ đẳng thức thứ nhất
của (2.2) bằng quy nạp ta nhận được tất cả an đều là số ngun. Ngồi
ra a2 là số chính phương cịn a1 là hai lần một số chính phương. Từ đẳng
thức thứ hai của (2.2) ta nhận được an+1 và an−1 hoặc là đồng thời là số
chính phương, hoặc đồng thời là 2 lần số chính phương. Mười số đầu
tiên của dãy này là: 2 · 12 , 4 · 12 , 2 · 32 , 4 · 52 , 2 · 172 , 4 · 292 , 2 · 992 , 4 · 1692 , 2 ·
3772 , 4 · 9852 .
Ví dụ 2.2.3. Trên một đường thẳng có n điểm màu xanh và n điểm màu đỏ.
Chứng minh rằng tổng tất cả các khoảng cách giữa các cặp điểm cùng màu bé
hơn hoặc bằng tổng tất cả các khoảng cách giữa các cặp điểm khác màu.
Giải. Giả sử n điểm màu đỏ trên trục số có tọa độ x1 , x2 , . . . , xn , còn n
điểm màu xanh trên trục số có tọa độ là y1 , y2 , . . . , yn . Gọi An là tổng các
khoảng cách của những điểm cùng màu, còn Bn là tổng các khoảng cách
của những điểm khác màu. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
Nếu n = 1, khi đó A1 = 0, cịn B1 = | x1 − y1 | ≥ 0. Rõ ràng A1 ≤ B1 .
Vậy kết luận của bài toán đúng khi n = 1.
Giả sử kết luận của bài toán đúng khi n = k − 1, tức là
Ak−1 ≤ Bk−1 .

(2.3)

Xét khi n = k. Khơng mất tính tổng qt ta có thể chọn xk = max{ x1 , . . . , xk }, yk =
max{y1 , . . . , yk } (vì nếu khơng thì đánh số lại). Ta có
A k = A k −1 +

k −1

k −1

i =1

i =1

∑ ( x k − xi ) +
17

∑ ( y k − yi )


k −1

= A k −1 +

∑ [(xk − yi ) + (yk − xi )],

i =1
k −1

Bk = Bk−1 +

∑

(2.4)

k −1

| x k − yi | +

i =1

∑ | y k − x i | + | x k − y k |.

(2.5)

i =1

Từ (2.3), (2.4) và (2.5) suy ra Ak ≤ Bk . Vậy kết luận của bài toán cũng
đúng khi n = k. Theo nguyên lý quy nạp suy ra An ≤ Bn với mọi n
nguyên dương.

2.3

Vận dụng phương pháp phản chứng

Ví dụ 2.3.1. Cho hình vng có cạnh bằng 1 cm, và hai điểm bất kì A, B.
Chứng minh rằng tồn tai một điểm thuộc biên của hình vng sao cho tổng các
khoảng cách từ nó đến A và B lớn hơn 1, 4 cm.

Hình 2.3

Giải. Gọi M, N là đường chéo của hình vng cạnh bằng 1 cm đã cho
√
√
(hình 2.3). Ta có MN = 2 cm. Ta có MA + N A ≥ MN = 2 cm và
√
MB + NB ≥ MN = 2 cm. Suy ra
√
( MA + MB) + ( N A + NB) ≥ 2 2 cm.
(∗)
√
Giả sử cả hai tổng MA + MB và N A + NB đều nhỏ hơn 2 cm thì tổng
√
của chúng nhỏ hơn 2 2 cm ( mâu thuẫn với (∗)) . Vậy tồn tại một tổng
18


√
√
lớn hơn hoặc bằng 2. Chẳng hạn MA + MB ≥ 2 cm nên MA +
MB > 1, 4 cm, Vậy M là điểm cần tìm.
Ví dụ 2.3.2. Cho hai điểm M, N nằm bên trong tam giác ABC. Chứng minh
rằng tồn tại một đỉnh của tam giác sao cho khoảng cách từ đỉnh đó đến M lớn
hơn khoảng cách từ đỉnh đó đến N.

Hình 2.4

Giải. Giả sử phản chứng rằng AM ≤ AN, BM ≤ BN, CM ≤ CN.
Gọi d là đường trung trực của MN. Đường thẳng d chia tam giác

thành hai nửa mặt phẳng, nửa mặt phẳng chứa M gọi là (I) và nửa mặt
phẳng chứa N gọi là (II).
Vì AM ≤ AN nên A ∈ (I), tương tự như vậy B ∈ (I), C ∈ (I), mọi điểm
của tam giác thuộc nửa mặt phẳng (I), còn N thuộc nửa mặt phẳng (II).
Nên N nằm bên ngoài của tam giác, trái giả thiết.
Vậy tồn tại một đỉnh của tam giác thỏa mãn.
Ví dụ 2.3.3 ([4]). Bảy đa giác cùng có diện tích là 1 nằm trong một hình vng
có độ dài cạnh là 2. Chứng minh rằng ít nhất có hai đa giác cắt nhau với diện
1
tích phần chung không nhỏ hơn .
7
Giải. Ký hiệu Pi , i = 1, 2, . . . , 7 là bảy đa giác có diện tích 1 và hình vng
V có diện tích 4 chứa 7 hình đa giác trên. Giả sử mệnh đề ít nhất có hai
1
đa giác cắt nhau với diện tích phần chung khơng nhỏ hơn là sai. Ký hiệu S A
7
là diện tích của hình A. Ta có
SPi ∩ Pj <

1
7

với mọi 1 ≤ i < j ≤ 7.
19


Từ đây suy ra
SP1 ∪ P2 = SP1 + SP2 − SP1 ∩ P2 > 1 + 1 −

1

1
= 2− .
7
7

Hơn nữa
SP1 ∪ P2 ∪ P3 = SP1 ∪ P2 + SP3 − S( P1 ∪ P2 )∩ P3

= SP1 ∪ P2 + SP3 − S( P1 ∩ P3 )∪( P2 ∩ P3 )
≥ SP1 ∪ P2 + SP3 − (S( P1 ∩ P3 ) + S( P2 ∩ P3 ) )
1
1 1
1 2
= 2−
+1−
+
= 3−
+ .
7
7 7
7 7
Lặp lại cách trên ta nhận được
SP1 ∪ P2 ∪ P3 ∪ P4 ∪ P5 ∪ P6 ∪ P7 > 7 −

1 2
6
= 4.
+ +···+
7 7
7

Điều này khơng thể vì các đa giác nằm trong hình vng có diện tích 4.
Điều vơ lý trên cho ta kết luận ít nhất phải có hai hình đa giác cắt nhau
1
với phần chung diện tích lớn hơn .
7
Ví dụ 2.3.4 ([4]). Chứng minh rằng một đa giác lồi có 13 cạnh khơng thể chia
ra thành những hình bình hành.
Giải. Ta giả sử một đa giác lồi n cạnh có thể cắt thành những hình bình
hành. Khi đó mỗi cạnh của đa giác sẽ là một cạnh của một hình bình
hành và suy ra những cạnh của đa giác sẽ là đôi một song song cùng
nhau (ba cạnh khơng thể song song cùng nhau bởi vì đa giác là lồi).
Nhưng trong trường hợp như vậy đa giác sẽ có số cạnh chẵn, nhưng giả
thiết cho n = 13. Suy ra đa giác loại này không thể chia ra những hình
bình hành.

2.4

Vận dụng ngun lý Dirichlet

Ví dụ 2.4.1. Bên trong tam giác đều ABC cạnh bằng 2m đặt năm điểm. Chứng
minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1m.

20


Hình 2.5

Giải. Ba đường trung bình của tam giác đều cạnh 2m sẽ chia nó ra thành
bốn tam giác đều có cạnh 1m (hình 2.5).

Ta có năm điểm đặt trong bốn tam giác. Do đó theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một tam giác nhỏ mà trong đó có ít nhất hai điểm đã cho, và
các điểm đó khơng thể rơi vào các đỉnh của tam giác ABC. Vậy khoảng
cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1m.
Ví dụ 2.4.2. Giả sử mỗi điểm trên mặt phẳng có kẻ lưới ơ vuông được tô bằng
một trong hai màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có
các đỉnh cùng màu.
Giải. Xét một lưới ô vuông được tạo bởi ba đường nằm ngang A, B, C và
chín đường nằm dọc được đánh số từ 1 đến 9.
Xét ba nút lưới của một đường nằm dọc ta thấy rằng mỗi nút có hai
cách tơ màu nên mỗi bộ ba nút có 2 × 2 × 2 = 8 cách tơ màu.
Như vậy có chín đường nằm dọc mà có tám cách tơ nên sẽ có hai
đường nằm dọc có cùng cách tô màu. Giả sử nút giao của hai đường
dọc đó là hai bộ ba điểm A1 , A2 , A3 và B1 , B2 , B3 .
Vì ba điểm A1 , A2 , A3 chỉ có hai cách tơ nên có hai điểm tơ cùng màu.
Giả sử A1 , A2 tơ cùng màu.
Vì hai bộ này có cách tô màu giống nhau nên B1 , B2 cũng tô cùng màu
và cùng màu với A1 , A2 . Do đó hình chữ nhật A1 A2 B1 B2 có các đỉnh tô
cùng màu.
21