Tải bản đầy đủ

Luận Văn Ứng dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận giải một số bài toán hình học tổ hợp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

----

NGÔ THỊ CHÂU

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀ
NGUYÊN LÍ LÂN CẬN 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

----


NGÔ THỊ CHÂU

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀ
NGUYÊN LÍ LÂN CẬN GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: hình học

Người hướng dẫn khoa học
Th.S - GVC PHAN HỒNG TRƯỜNG

HÀ NỘI 2012


LỜI CẢM ƠN

Em xin chân thành cảm ơn các thầy, giáo cô giáo và các bạn sinh viên
khoa Toán trường đại học sư phạm Hà Nội 2 đã động viên, giúp đỡ để em có
điều kiện tốt nhất trong suốt quá trình thực hiện khoá luận tốt nghiệp. Đặc
biệt, em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy Phan Hồng Trường đã định
hướng chọn đề tài và tận tình chỉ bảo, giúp đỡ em hoàn thành tốt khoá luận
này.
Do thời gian và kiến thức có hạn nên khoá luận không tránh khỏi
những hạn chế và còn có những thiếu sót nhất định. Em xin chân thành
cảm ơn và tiếp thu ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và các bạn sinh
viên.

Hà Nội, tháng 05 năm 2012
Sinh viên

Ngô Thị Châu


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

Ngô Thị Châu


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU....................................................................................................... 1
CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TOÁN HÌNH
HỌC TỔ HỢP .............................................................................................. 2
1. NGUYÊN LÍ ............................................................................................ 2
1.1 Nội dung nguyên lí ................................................................................... 2
1.1.1 Nguyên lí 1 ............................................................................................ 2
1.1.2 Nguyên lí 2 ............................................................................................ 2
1.2 Ứng dụng.................................................................................................. 2
1.2.1 Tổng quát .............................................................................................. 2
1.2.2 Ứng dụng giải bài toán hình học tổ hợp ................................................ 2
2. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP .................................................................................... 3
2.1 Bài toán và lời giải ................................................................................... 3
2.2 Một số bài toán tham khảo. .................................................................... 21
CHƯƠNG 2 : NGUYÊN LÍ LÂN CẬN GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH
HỌC TỔ HỢP ............................................................................................ 23
1. NGUYÊN LÍ ............................................................................................ 23
1.1 Các khái niệm......................................................................................... 23
1.1.1

Định nghĩa 1..................................................................................... 23

1.1.2

Định nghĩa 2..................................................................................... 23

1.2 Nguyên lí................................................................................................ 25
1.2.1 Nguyên lí 1 .......................................................................................... 25
1.2.2 Nguyên lí 2. ......................................................................................... 25
2. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ LÂN CẬN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP ................................................................................... 25
KẾT LUẬN................................................................................................. 47
TÀI LIỆU THAM KHẢO.......................................................................... 48


MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận là hai nguyên lí rất hữu ích và
thường được vận dụng cho nhiều lớp bài toán khác nhau, đặc biệt nó có ích
khi giải các bài toán tổ hợp nói chung và hình học tổ hợp nói riêng. Vận dụng
nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận vào giải các bài toán tố hợp khiến cho
bài toán trở nên đơn giản hơn, đặc biệt là việc giảm bớt số lượng đối tượng
khổng lồ trong các bài toán tổ hợp. Nhờ tính chất riêng của nó mà nguyên lí
cực hạn và nguyên lí lân cận đặc biệt hữu ích khi áp dụng giải các bài toán
hình học tổ hợp, mà đặc biệt đây lại là nhóm kiến thức mới rất quan trọng
trong trương trình toán ở bậc trung học phổ thông. Để tiếp cận với kiến thức
này, được sự định hướng của người hướng dẫn, tôi chọn đề tài “Ứng dụng
nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận vào giải các bài toán hình học tổ
hợp” để hoàn thành khoá luận Tốt nghiệp Đại học chuyên ngành Hình học.
2. Mục đích nghiên cứu
- Tìm hiểu nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
- Làm rõ tính ưu việt của việc ứng dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí
lân cận giải một số bài toán hình học tổ hợp.
3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
- Phạm vi nghiên cứu: một số bài toán hình học tổ hợp giải bằng
phương pháp sử dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Trình bày các khái niệm cơ bản về nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
- Đề xuất một số phương pháp giải bài toán hình học tổ hợp giải bằng
phương pháp sử dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
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: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
1. NGUYÊN LÍ
1.1 Nội dung nguyên lí

1.1.1 Nguyên lí 1
Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn
được số bé nhất và số lớn nhất.
1.1.2 Nguyên lí 2
Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số
bé nhất.
1.2 Ứng dụng

1.2.1 Tổng quát
Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng trong
nhiều lớp bài toán khác nhau, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp
nói chung và Hình học tổ hợp nói riêng.
Nguyên tắc này dùng để giải những bài toán mà trong tập hợp những
đối tượng phải xét của nó tồn tại các đối tượng có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất theo một nghĩa nào đó.
Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hơp với các phương pháp
khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng. Nguyên lí này được vận dụng
trong trường hợp những tập giá trị cần khảo sát chỉ là tập hợp hữu hạn
(nguyên lí 1) hoặc có thể là vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc
nhỏ nhất (nguyên lí 2).
1.2.2 Ứng dụng giải bài toán hình học tổ hợp
Lược đồ giải
- Đưa bài toán đang xét về dạng có thể sử dụng nguyên lí 1(hoặc
nguyên lí 2) để chứng tỏ rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát của bài toán

2


phải có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất).
- Xét bài toán tương ứng khi nó nhận giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất)
này.
- Chỉ ra một mâu thuẫn, hoặc đưa ra một giá trị còn nhỏ hơn (hoặc lớn
hơn) giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) mà ta đang khảo sát.
Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng ta suy ra điều phải chứng
minh.
2. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
Áp dụng nguyên lí cực hạn vào giải các bài toán hình học tổ hợp.
2.1 Bài toán và lời giải

Bài1: Chứng minh bốn đường tròn có bốn đường kính là bốn cạnh của
tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho.
Giải
Lấy M là một điểm tuỳ ý của tứ giác lồi ABCD. Có hai khả năng xảy ra:
1. Nếu M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một cạnh của tứ
giác ABCD). Khi đó M phải nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh ấy.
Trong trường hợp này kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.
C

D

B
M
A

2. Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD. Khi đó ta có:
AMB  BMC  CMD  DMA  3600

3


Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại





max AMB, BMC , CMD, DMA  BMC

Khi ấy :

BMC  900

(1)

Từ (1) suy ra M nằm trong (hoặc cùng lắm là nằm trên) đường tròn
đường kính BC. Vậy đương nhiên M bị phủ bởi đường tròn này.
Như thế do M là điểm tuỳ ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn
nói trên phủ kín tứ giác lồi đã cho. Đó là điều phải chứng minh.
Bài2: Cho đa giác lồi A1A2 . . . An . Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh
liên tiếp sao cho hình tròn qua ba đỉnh này chứa toàn bộ đa giác đã cho.
Giải
Theo nguyên lý cực hạn thì tồn tại cạnh đa giác AiAj sao cho :
Ai A j  min Ak Ak 1
1k n

(ở đây quy ước n+1 là 1, tức là AnAn+1  AnA1) . Khi đó, với mọi j  i, j  i+1,
thì Ai A j Ai 1  600 (nói riêng Ai A j Ai 1  00 ).
Như vậy tập hợp bộ ba đỉnh trong đó có hai đỉnh kề nhau, còn đoạn
thẳng nối hai đỉnh này được nhìn từ đỉnh thứ ba dưới một góc không quá 900
là tập hợp không rỗng. Rõ ràng tập hợp này hữu hạn, vì thế lại theo nguyên lí
cực hạn, tồn tại đường tròn () sao cho nó đi qua tập hợp bộ ba đỉnh như trên
và có bán kính lớn nhất R .
Giả sử () là đường tròn đi qua ba đỉnh kề nhau A1, A2 và đỉnh A nào
đó của đa giác mà A1 AA2  900 .
Ta chứng minh rằng mọi đỉnh của đa giác lồi đều nằm trong hình tròn ().
Chú ý rằng từ tính lồi của đa giác suy ra toàn bộ đa giác nằm về một
phía của A1 A2 (về phía có đỉnh A).

4


A

B

()
A2

A1

Giả thiết phản chứng kết luận trên không tức là tồn tại B  (). Do vậy
B phải ở ngoài hình tròn ().
Suy ra :
A1BA2  A1AA 2  900  0  sin A1BA2  sin A1AA 2


A1 A2
2sin A1BA2



A1 A2
2sin A1AA 2

R

Như vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1BA2 lớn hơn R.
Điều này mâu thuẫn với việc chọn (). Vậy giả thiết phản chứng là sai,
tức là mọi đỉnh của đa giác lồi (tức là toàn bộ đa giác lồi) bị phủ bởi đường
tròn ().
Có hai trường hợp sau xảy ra :
1. Nếu A  A3, khi đó A1, A2, A3 là ba đỉnh liên tiếp cần tìm.
2. Nếu A không trùng với A3, khi đó gọi A3 là đỉnh kề với A2 (A3  A1).
Ta chứng minh rằng A3  ().
A

A
()

A3

A1

A2

()

A1

A3

A2

Giả sử trái lại A3  (). Do A3 là đỉnh của đa giác lồi, nên A3 thuộc vào
hình viên phân giới hạn bởi A2 A (xem hình vẽ). Từ đó theo tính chất của

5


đường tròn ta có ngay A2 A3 A  1800  A2 A1 A . Từ đó suy ra bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác A2A3A lớn hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác AA1A2. Điều này cũng vô lí. Vậy A3 phải thuộc (). Lúc này A1A2A3 có
đường tròn ngoại tiếp chính là (), và do đó đường tròn qua A1, A2, A3 phủ đa
giác lồi. Đó là điều phải chứng minh.
Bài3 : Trên một đường thẳng đánh dấu n điểm khác nhau A1, A2, . . . An
theo thứ tự từ trái qua phải (n  4). Mỗi điểm được tô bằng một trong bốn
màu khác nhau và cả bốn màu đều được dùng. Chứng minh rằng tồn tại một
đoạn thẳng chứa đúng hai điểm của hai màu và ít nhất hai điểm của hai màu
còn lại
Giải
Xét tập hợp sau :
A = {k | 1  k  n và giữa các điểm A1, A2,...An có mặt đủ bốn màu}.
Tập A   (vì theo giả thiết dùng cả bốn màu), và A hữu hạn nên theo
nguyên lý cực hạn, tồn tại chỉ số i nhỏ nhất mà i  A.
Theo định nghĩa của tập hợp A, vì lý do i là chỉ số bé nhất thuộc A, nên
màu của điểm Ai sẽ khác với màu của tất cả các điểm A1, A2, ...Ai-1.
Chú ý rằng bây giờ trong dãy A1, A2, …Ai lại có đủ bốn màu.
Xét tiếp tập hợp sau :
B = {k | 1 k  i và giữa các điểm Ak , Ak+1, ...Ai có mặt đủ bốn màu}.
Tập B   (vì dãy A1, A2, ...Ai có đủ bốn màu), và B hữu hạn nên theo
nguyên lý cực hạn, tồn tại chỉ số j lớn nhất mà j  B.
Theo định nghĩa của tập hợp B, và do j là chỉ số lớn nhất thuộc B, nên
màu của điểm Aj sẽ khác với tất cả các điểm Aj+1, ...Aj.
Aj






Aj+1

6

Ai
Ai+1




Xét đoạn [AjAi]. Khi đó đoạn thẳng này chứa đúng hai điểm của hai
màu (đó là Aj và Ai) và ít nhất hai điểm của hai màu còn lại Aj+1,...., Ai-1. bài
toán được giải hoàn toàn.
Bài4 : Trên mặt phẳng vô hạn được kẻ ô vuông, người ta điền các số tự
nhiên vào các ô vuông sao cho mỗi số tuỳ ý luôn bằng trung bình cộng của
bốn số tự nhiên trong bốn ô vuông có chung cạnh với nó. Chứng minh rằng
khi đó tất cả các số được điền đều bằng nhau.
Giải
Xét tập hợp các số được điền. Đây là tập hợp các số tự nhiên khác rỗng,
nên theo nguyên lý cực hạn phải tồn tại phần tử nhỏ nhất mà ta ký hiệu là a.
Giả sử kết luận của bài toán không đúng, tức là các số được điền không
phải là bằng nhau tất cả. Như vậy sẽ có một ô chứa a mà trong bốn ô có cạnh
chung với nó sẽ có ít nhất một số b  a.

c
b

a

d

e

Giả sử ba ô còn lại có cạnh chung với ô chứa số a này là c, d, e. Theo
cách xác định số a, ta có b > a, c a, d  a, e  a.
Từ đó đi đến :

a

bcd e
4

(1)

Bất đẳng thức (1) mâu thuẫn với giả thiết a là trung bình cộng của b, c,
d, e. Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là tất cả các số viết trong bảng đều
bằng nhau. Đó là điều phải chứng minh.
Bài 5 : Trên mặt phẳng cho bảy đường thẳng, trong đó không có hai

7


đường thẳng nào song song. Chứng minh rằng ta tìm được hai trong bảy
đường thẳng nói trên mà góc giữa chúng nhỏ hơn 260.
Giải
Gọi bảy đường thẳng đã cho là l1, l2, .......l7. Lấy O là một điểm cố định
tuỳ ý. Qua O kẻ l’1, l’2, ......., l’7 tương ứng song song với l1, l2, ....., l7. Vì
không có hai đường nào trong l1, l2, ......,l7 là song song với nhau, nên trong
bảy đường l’1, l’2,...., l’7 không có hai đường nào trùng nhau.
l1


l1

l2



l2
l’ 3
l’4

l3
l4

l’5

l5

l’6
l’7
l6
l7

Dễ thấy góc giữa hai đường thẳng li, lj bằng góc giữa hai đường thẳng
l’i , l’j. Bảy đường thẳng l’i ( i = 1,7 ) qua O chia góc ở đỉnh O thành 14 phần.
Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại phần bé nhất, tức là tồn tại một trong các góc
3600
3600
0
 260 ).
tạo thành nhỏ hơn hoặc bằng
tức nhỏ hơn 26 (vì
14
14

Giả sử góc đó tạo bởi l’i và l’j, (l 'i , l ' j )  260 . Theo nhận xét trên thì
(li , l j )  (l 'i , l ' j ) .

8


Vì thế tồn tại i, j ; 1 i < j  7 sao cho (li , l j )  260 . Đó là điều phải
chứng minh.
Bài 6 : Từ một điểm M cho trước ở trong một đa giác lồi hạ các đường
vuông góc xuống các cạnh của đa giác. Chứng minh rằng tồn tại một cạnh
của đa giác mà chân đường vuông góc hại từ M xuống cạnh này thì nằm ở
phía trong của nó.
Giải
Xét tập hợp các khoảng cách hạ từ M xuống các cạnh của đa giác lồi.
Vì chỉ có hữu hạn khoảng cách và số tập hợp các khoảng cách là khác
rỗng, nên theo nguyên lý cực hạn tồn tại cạnh AB của đa giác lồi đã cho sao
cho khoảng cách từ M xuống AB không lớn hơn các khoảng cách từ M
xuống AB không lớn hơn các khoảng cách từ M xuống các cạnh khác của
đa giác.

B
M

H
A

Ta chứng minh rằng hình chiếu H của M xuống đường thẳng chứa cạnh
AB sẽ nằm trong cạnh AB.
Giả sử kết luận của bài toán không đúng, tức là H nằm ở phần ngoài
cạnh AB. Khi đó rõ ràng MH phải cắt BC tại K. Kẻ MI  BC.

C

M
I
A

BH

9


Khi đó

MI < MK < MH

(1)

d (M, BC) < d ( M,AB)

(2)

Từ (1) suy ra :

(ở đây d( M, BC ) và d(M, AB) tương ứng là kí hiệu khoảng cách từ M
xuống BC và AB).
Bất đẳng thức (2) chứng tỏ ta thu được điều mâu thuẫn với việc M gần
AB nhất. Vậy giả thiết phản chứng là sai, và ta đi đến điều phải chứng minh.
Bài7: 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 2 lần khoảng cách bé nhất trong
các khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam giác đó.
Giải
Gọi A1, B1, C1 tương ứng là hình chiếu của P xuống BC, AC, AB.
Ta có : APC1  C1PB  BPA1  A1PC  CPB1  B1PA  3600

(1)

Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại :





max APC1, C1PB, BPA1, A1PC , CPB1, B1PA

Không giảm tổng quát, cho là:





max APC1, C1PB, BPA1, A1PC , CPB1, B1PA  BPA1

Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra: BPA1  600

(3)

A
B1

C1
P
B

C

A1

10

(2)


Từ (3) ta đi đến

PA1 1
 ,
PB 2

cos BPA1 

Hay :
(4)

PB  2 PA1

Từ (4) suy ra max  PA, PB, PC  PB  2 PA1  2min  PA1, PB1, PC1.
Đó là điều phải chứng minh.
Bài 8 : Trên mặt phẳng cho n điểm, trong đó không có ba điểm nào
thẳng hàng. Biết rằng diện tích của một tam giác bất kì với các đỉnh ở những
điểm đã cho là không vượt quá 1. Chứng minh rằng toàn bộ n điểm đã cho có
thể phủ bởi một tam giác mà diện tích không vượt quá 4.
Giải
K
A2

A3
H

A1

M

Xét tập hợp diện tích các tam giác AiAjAk (1 i, j, k  n), ở đây
A1,A2,......,An là các điểm đã cho. Rõ ràng đây là tập hợp hữu hạn và khác
rỗng, nên theo nguyên lí cực hạn tồn tại tam giác có diện tích lớn nhất, và
không giảm tính tổng quát có thể cho đó là tam giác A1A2A3.
Dựng qua A1, A2, A3 các đường thẳng tương ứng song song với A2A3,
A1A3, A1A2. Các đường này cắt nhau tạo nên tam giác KHM. Dễ thấy :
(1)

S KHM  S A1 A2 A3

Theo giả thiết S A1 A2 A3  1 , nên từ (1) ta đi đến
SKHM  4

(2)

11


Ta chứng minh rằng toàn bộ n điểm đã cho nằm trong tam giác KHM.
Giả thiết phản chứng kết luận này không đúng, tức là tồn tại điểm Aj (3 < j 
n) mà Aj không thuộc tam giác KHM.
Phần ngoài của tam giác KHM được chia thành 6 phần 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Chỉ cần xét 2 trường hợp đại diện:
1

K
6

2
H
3

5

M

4

1. Nếu Aj thuộc miền 1, khi đó :
d ( A j , A3 A2 )  d ( K , A3 A2 )  d ( A1, A3 A2 ) .

Từ đó ta đi đến :
S A1 A3 A2  S A1 A2 A3

2. Nếu Aj thuộc miền 4, khi đó :
d ( A j , A3 A2 )  d ( A1, A3 A2 )

Từ đó :

(4)

S A1 A3 A2  S A1 A2 A3

Aj
2

1
K

1
K

3

A3

A2 6

H
3

6
A3

2A

A1
4

M

H

5

3

Từ (3) hoặc (4) đi đến mâu thuẫn với

12

Aj

A1
4

M 5


S A1 A2 A3  max S Ai Aj Ak
1i , j ,k n
i j k

Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là cả bộ n điểm đã cho nằm trọn
trong tam giác KHM, mà SKHM  4. Đó chính là điều phải chứng minh.
Bài 9: Chứng minh rằng trong mặt phẳng toạ độ, không thể tìm được
năm điểm nguyên là đỉnh của một ngũ giác đều. (Một điểm M(x; y) trên mặt
phẳng toạ độ được gọi là “điểm nguyên”, nếu hai toạ độ x, y của nó đều là
những số nguyên).
Giải
Giả thiết trái lại, tồn tại một ngũ giác đều sao cho 5 đỉnh của nó đều là
những “điểm nguyên”. Ta xét tập hợp sau :
 = { a2a là cạnh của ngũgiác đều có năm đỉnh là các “điểm nguyên” }
Dễ thấy, do a là cạnh của ngũ giác đều. Với các đỉnh nguyên, nên a2 là
số nguyên dương.
Thật vậy, giả sử A1A2A3A4A5 là đa giác đều thuộc . Giả sử Ai (xi, yj),
i  1,5 thì nếu gọi a là cạnh của ngũ giác đều này, ta có:

a2 = A1A22 = (x2 - x1)2 + ( y2- y1)2
B
E’

D’

A

C
A’

C’
B’
E

D

Do xi, yj   ,  i  1,5 nên a2 là số nguyên dương. Tập   , điều này
suy từ giả thiết phản chứng.

13


Tập  các số tự nhiên, khác rỗng, nên theo nguyên lý cực hạn suy ra
tồn tại phần tử nhỏ nhất, tức là tồn tại ngũ giác đều ABCDE sao a2* là số nhỏ
nhất, ở đây a* là cạnh của ngũ giác đều này. Dễ thấy ABCB’, BCDC’, DEAE’,
và EABA’ đều là các hình bình hành với BD  CE=A’, AD  BE=C’,
AC  BE=D’, AC  BD=E’. Từ hình bình hành EABA’ suy ra:
 x A'  x B  x E  x A

 y A'  yB'  yE  y A

(1)

Do A, B, C, D, E là các “điểm nguyên” nên xA, xE, xB , yA, yE, yB đều là
các số nguyên. Vì thế từ (1) suy ra x A' , y A' cũng là các số nguyên. Như thế A’
là “điểm nguyên”. Rõ ràng B’, C’, D’, E’ cũng là các “điểm nguyên”. Rõ ràng
A’B’C’D’E’ là ngũ giác đều với các đỉnh của nó đều là các điểm nguyên, tức là
A’B’C’D’E’ . Mặt khác, nếu gọi a’ là cạnh của ngũ giác đều, thì rõ là :
a’ < a*  a’2 < a2*

(2)

Bất đẳng thức (2) mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của a*. Vậy giả thiết
phản chứng là sai. Như thế không tồn tại một ngũ giác đều với các đỉnh là
“điểm nguyên”. Đó là điều phải chứng minh.
Bài 10: Trên mặt phẳng kẻ những đường thẳng song song cách
đều. Chứng minh rằng không thể dựng được một ngũ giác đều có đỉnh chỉ
nằm trên các đường thẳng này.
Giải
Giả thiết phản chứng dựng được một hình ngũ giác đều có đỉnh nằm
trên các đường thẳng song song cách đều nhau. Nối các đường chéo với nhau,
ta thu được một hình ngũ giác đều khác có đỉnh là giao điểm của các đường
chéo này. Ngũ giác đều mới thu được và ngũ giác đều ban đầu đương nhiên
đồng dạng với nhau theo tỉ số q < 1.
Theo lập luận trên, mỗi điểm giao của hai đường chéo là đỉnh thứ thứ
tư của hình bình hành có hai cạnh là hai đường chéo này và hai cạnh song

14


song trong hệ các đường thẳng song song cách đều nhau đã cho, cho nên đỉnh
thứ tư cũng nằm trên một đường thẳng song song của hệ. Vì vậy năm
đỉnhcủa hình ngũ giác mới cũng nằm trong trên các đường thẳng song song
cách đều nhau của hệ đã cho. Theo nguyên lí cực hạn, gọi h là khoảng cách
nhỏ nhất giữa các đường thẳng song song cách đều nhau này (nói cách khác,
khoảng cách giữa hai đường thẳng song song bất kì của hệ đã cho là một bội
số nguyên của số h). Gọi a là cạnh của ngũ giác đều ban đầu (theo giả thiết
phản chứng nó tồn tại). Cạnh của hình ngũ giác đều thu được là aq.
Với hình ngũ giác đều mới thu được, ta lại tiếp tục nối các đường chéo
của ngũ giác đều này, khi đó ta sẽ thu được một ngũ giác đều đồng dạng với
ngũ giác đều ban đầu theo tỉ số q2. Nói cách khác, đa giác này có cạnh là aq2.
Cứ tiếp tục như vậy sau n bước, ta thu được một ngũ giác đều đồng dạng với
ngũ giác ban đầu theo tỉ số qn. Cạnh của ngũ giác này là aqn.
Lưu ý rằng theo lập luận trên, tất cả các đỉnh của ngũ giác thu được đều
nằm trên các đường thẳng song song cách đều đã cho. Do q < 1, nên với n đủ
lớn ta có :

aqn < h

(1)

Như vậy, ngũ giác đều với cạnh aqn có đỉnh nằm trên các đường thẳng
song song cách đều và cạnh của nó lại nhỏ hơn h (theo (1)).
B

A
Điều này là vô lí, vì dĩ nhiên phải có ít nhất 2 đỉnh nằm trên hai đường
thẳng song song khác nhau của hệ đã cho. Khoảng cách của hai đường thẳng
song song này lớn hơn hoặc bằng h.
Thế nên AB < h (giả sử hai đỉnh đó là A và B). Đó chính là điều vô lí. Vậy
giả thiết phản chứng là sai, tức là không tồn tại ngũ giác theo yêu cầu đề bài.

15


Bài 11: Trên một mặt phẳng cho 2006 điểm. Tô màu tuỳ ý 1003 điểm
trong chúng bằng màu đỏ, các điểm còn lại được tô màu xanh. Chứng minh
rằng có thể nối các điểm này bằng 1003 đoạn thẳng đồng thời thoả mãn hai
điều kiện sau đây:
1. Hai điểm được nối bởi một đoạn thẳng thì có màu khác nhau.
2. Không có hai đoạn thẳng nối nào có điểm chung.
Giải
Ứng với mỗi cách nối các cặp điểm xanh, đỏ với nhau cho ta tương
ứng với một số, số đó là tổng độ dài 1003 đoạn thẳng vừa nối. Rõ ràng số
cách nối này hữu hạn. Gọi i là cách nối thứ i, và tương ứng với nó là số li.
Xét tập hợp A = {li  i = 1, 2,…., n}, ở đây n là số tất cả cách nối.
Theo nguyên lí cực hạn tồn tại:
l *  min li
1i n

Ứng với độ dài l*, ta có cách nối j (giả sử l* = lj). Ta chứng minh rằng
cách nối j thoả mãn mọi yêu cầu đề bài.
Điều kiện thứ nhất được thoả mãn.
Giả thiết phản chứng điều kiện thứ hai không thoả mãn, tức là trong
cách nối j có hai đoạn thẳng nào đó cắt nhau. Không giảm tính tổng quát có
thể cho là A1B1 cắt A2B2 (lưu ý rằng ta kí hiệu A1, A2,…,A1003 là các điểm đỏ,
còn B1, B2,…,B1003 là các điểm xanh). Giả sử A1B1  A2B2 =O.
B2
A1
O

A2

B1

16


Trong cách nối j ta giữ nguyên 1001 cách nối, còn A1B1, A2B2 thay
bằng A1B2 và A2B1.. Rõ ràng đây cũng là một trong các cách nối điểm đỏ với
điểm xanh. Gọi l là tổng độ dài trong cách nối này. Khi đó ta có:
l  l *  ( A1B1  A2 B2 )  A1B2  A2 B1

(1)

Do A1B1 + A2B2 = ( A1O + OB2 ) + ( A2O + OB1) > A1 B2+A2 B2, nên thay
l  l*

vào (1) ta có :

(2)

Bất đẳng thức (2) là điều vô lí, vì l cũng là một phần tử của A nên theo
định nghĩa l*, ta phải có l  l * . Như vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là
cách nối j thoả mãn điều kiện thứ hai, đó chính là điều phải chứng minh.
Bài 12: Trên mặt phẳng có một số điểm có tính chất là cứ với hai
điểmbất kì 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 của hệ thẳng hàng.
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 nên A  . Mặt khác, A là tập hợp có hữu hạn
phần tử (do có một số hữu hạn điểm đã cho). Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại
một 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).
M
E
F
B

H

C
17

D


Gọi  là đường thẳng nối B, C.
Do không thuộc  (vì h* > 0), nên theo giả thiết của bài toán tồn tại
điểm D đã cho mà D. Kẻ MH   , thì MH = d*. Rõ ràng trong 3 điểm B,
C, D phải có hai điểm nằm cùng phía so với H. 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 C, M, D cùng nằm trong số các điểm đã cho, nên CF  A.
Do đó CF  d * . Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của d*. Vậy giả thiết
phẩn chứng là sai, tức là tất cả các điểm đã cho phải thẳng hàng.
Đó là điều phải chứng minh.
Chú ý : Bài toán nói trên được đặt ra vào cuối thế kỉ 19 bởi một nhà
toán học Anh tên là Sylvester.
Bài 13: Trong mặt phẳng cho n  3 điểm, tất cả không nằm trên một
đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong
các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n.
Giải
 Xét với n = 3. Khi đó có ba điểm không thẳng hàng. Lúc này số tất
cả các đường thẳng là ba, và kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.
A1
A2
A3
 Giả sử kết luận của bài toán đã cho đúng đến n = k, tức là nếu trên
mặt phẳng cho k  3 điểm, tất cả không nằm trên một đường thẳng, thì số
tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường

18


thẳng khác nhau không nhỏ hơn k.
 Xét khi n = k +1. Ta có nhận xét sau :
Nếu có k +1 điểm không nằm trên cùng một đường thẳng, thì tồn tại ít
nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm. (Đây chính là bài toán Sylvester Bài 12).Trở lại bài toán đang xét. Giả sử có k + 1 điểm A1, A2 ,...., Ak , Ak 1 và
không giảm tổng quát giả sử đường thẳng qua Ak , Ak 1 chỉ chứa hải điểm đó
mà thôi (trong số k+1 điểm đã cho). Chỉ có hai trường hợp sau xảy ra:
1. Nếu A1, A2 ,...., Ak nằm trên một đường thẳng . Ta có Ak 1   . Khi





đó số lượng đường thẳng khác nhau đúng là k+1 và là Ak 1 Ai i  1, k và .
2. Nếu A1, A2 ,...., Ak không nằn trên cùng một đường thẳng. Khi ấy theo

Ak+1

A1

Ak

A2

giả thiết quy nạp có không ít hơn k đường thẳng khác nhau nối hai trong k
điểm A1, A2 ,...., Ak .
Xét đường thẳng Ak Ak 1 . Theo trên ta có:
A j  Ak Ak 1, j  1,2,..., k  1 .

Vì thế đường thẳng nối Ai , Aj (1 i, j  k) khác đường thẳng nối
Ak , Ak 1 . Vậy ta cũng có không ít hơn k+1đường thẳng khác nhau trong

trường hợp này. Do đó kết luận của bài toán cũng đúng với n = k +1. Theo
nguyên lí quy nạp suy ra kết luận bài toán đúng với mọi n  3.

19


Bài 14: Trong mặt phẳng có một số hữu hạn đường thẳng đôi một cắt
nhau sao cho qua giao điểm của hai đường thẳng của hệ, các đường thẳng này
luôn có ít nhất một đường thẳng thứ ba trong số các đường thẳng đi qua.
Chứng minh rằng các đường thẳng của hệ đồng quy.
Giải
Giả sử trái lại, kết luận của bài toán không đúng, tức là các đường
thẳng này không đồng quy tại một điểm.
Xét tập hợp các khoảng cách từ một giao điểm của hai đường xuống
các đường thẳng không đi qua giao điểm ấy. Tập hợp này là khác rỗng do giả
thiết phản chứng các đường của hệ đã cho không đồng quy. Tập hợp này hữu
hạn do số đường thẳng, đã cho là hữu hạn. Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại giá
trị bé nhất. Giả sử đó là khoảng cách từ giao điểm A của hai đường thẳng d1,
d2 xuống một đường thẳng d không qua A.
A

d1

d
d
Theo giả thiết, qua A  d1  d 2 còn có một đường thẳng d3. Lại theo giả
thiết hai đường thẳng đôi một cắt nhau, nên giả sử d 1 d  B , d 2  d  D ,
d3  d  C . Kẻ

AH  d . Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba điểm

B, C , D phải có ít nhất hai điểm nằm cùng phía so với H. Không giảm tính

tổng quát có thể cho đó là C và D, và lại có thể cho rằng C  HD . Kẻ
CK  AD , và HE  AD .Dễ thấy rằng:
CK  HE  AH  d  C , d 2   d  A, d 

20

(1)


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×