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

CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TOÁN 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 tr

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

CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TOÁN

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

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

2 Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD Khi đó ta có:

Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại

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 A 1 A 2 A n Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh

liên tiếp sao cho hình tròn qua ba đỉnh này chứa toàn bộ đa giác đã cho

Giả sử () là đường tròn đi qua ba đỉnh kề nhau A 1 , A 2 và đỉnh A nào

đó của đa giác mà A AA1 2 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 A A1 2(về phía có đỉnh A)

Giả thiết phản chứng kết luận trên không tức là tồn tại B  () Do vậy

Như vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A 1 BA 2 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  A 3 , khi đó A 1 , A 2, A 3 là ba đỉnh liên tiếp cần tìm

2 Nếu A không trùng với A 3 , khi đó gọi A 3 là đỉnh kề với A 2 (A 3 A 1)

đường tròn ta có ngay A A A2 3 1800A A A Từ đó suy ra bán kính đường 2 1

tròn ngoại tiếp tam giác A2A3A lớn hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam

giác AA 1 A 2 Điều này cũng vô lí Vậy A 3 phải thuộc () Lúc này A 1 A 2 A 3 có

đường tròn ngoại tiếp chính là (), và do đó đường tròn qua A 1 , A 2 , A 3 phủ đa giác lồi Đó là điều phải chứng minh

Bài3 : Trên một đường thẳng đánh dấu n điểm khác nhau A 1, A 2 , A n

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 A 1, A 2 , A n có mặt đủ bốn màu} Tập A   (vì theo giả thiết dùng cả bốn màu), và A hữu hạn nên theo

B = {k | 1 k  i và giữa các điểm A k , A k+1 , A i có mặt đủ bốn màu}

Tập B   (vì dãy A 1 , A 2 , A i có đủ bốn màu), và B hữu hạn nên theo

Xét đoạn [A j A i] Khi đó đoạn thẳng này chứa đúng hai điểm của hai

màu (đó là A j và A i ) và ít nhất hai điểm của hai màu còn lại A j+1 , , A i-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

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

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

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 l 1 , l 2 , l 7 Lấy O là một điểm cố định

tuỳ ý Qua O kẻ l ’ 1 , l ’ 2 , ., l ’ 7 tương ứng song song với l 1 , l 2 , ., l 7 Vì

không có hai đường nào trong l 1 , l 2 , ,l 7 là song song với nhau, nên trong

bảy đường l ’ 1 , l ’ 2 , , l ’ 7 không có hai đường nào trùng nhau

Dễ thấy góc giữa hai đường thẳng l i , l j 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 tạo thành nhỏ hơn hoặc bằng

0

360

14 tức nhỏ hơn 26

0 (vì

0 0

Vì thế tồn tại i, j ; 1 i < j  7 sao cho ( , )l l i 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

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C PB1 BPA1 A PC1 CPB1B PA1 3600 (1) Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại :

Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra: BPA1600 (3)

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

Xét tập hợp diện tích các tam giác A i A j A k (1 i, j, k  n), ở đây

A 1 ,A 2 , ,A n 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 A 1 A 2 A 3.

Dựng qua A 1 , A 2 , A 3 các đường thẳng tương ứng song song với A 2 A 3,

A 1 A 3 , A 1 A 2 Các đường này cắt nhau tạo nên tam giác KHM Dễ thấy :

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 A j (3 < j 

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 Nếu A j thuộc miền 1, khi đó :

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 :

 = { a 2 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 a 2 là

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 a 2 * 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 ’,

là “điểm nguyên” Rõ ràng B’, C’, D ’ , E ’ cũng là các “điểm nguyên” Rõ ràng

A ’ B ’ C ’ D ’ E ’   Mặt khác, nếu gọi a’ là cạnh của ngũ giác đều, thì rõ là :

a ’ < a *  a ’2 < a 2 * (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

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

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 q 2 Nói cách khác, đa giác này có cạnh là aq 2

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 q n Cạnh của ngũ giác này là aq n

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 : aq n < h (1)

Như vậy, ngũ giác đều với cạnh aq n có đỉnh nằm trên các đường thẳng

song song cách đều và cạnh của nó lại nhỏ hơn h (theo (1))

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

B

A

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 l i

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.

Trong cách nối j ta giữ nguyên 1001 cách nối, còn A1B1, A2B2 thay

bằng A1B2 và A2B1. Rõ ràng đây cũng là một trongcác cách nối điểm đỏ với

điểm xanh Gọi l là tổng độ dài trong cách nối này Khi đóta có:

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)

F

E

M

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

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

 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

A1

A2

A3

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 A A1, 2, ,A A k, k1và không giảm tổng quát giả sử đường thẳng qua A A k, k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 A A1, 2, ,A nằm trên một đường thẳng  Ta có k A k1  Khi

đó số lượng đường thẳng khác nhau đúng là k+1 và là A k1A i i1,k và 

2 Nếu A A1, 2, ,A kkhông nằn trên cùng một đường thẳng Khi ấy theo

giả thiết quy nạp có không ít hơn k đường thẳng khác nhau nối hai trong k

Ak

Ak+1



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

Theo giả thiết, qua Ad1d còn có một đường thẳng d2 3 Lại theo giả thiết hai đường thẳng đôi một cắt nhau, nên giả sử d1 d B, d2d D,

d d C Kẻ AH d Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba điểm

, ,

tổng quát có thể cho đó là C và D, và lại có thể cho rằng CHD Kẻ

Để ý rằng C là giao điểm của d và d3 Như vậy (1) chứng tỏ rằng

khoảng cách từ giao điểm C xuống d2 còn bé hơn khoảng cách từ giao điểm

của A xuống d Điều này mâu thuẫn với việc xác định AH ở trên Vậy giả

thiết phản chứng là sai

Như thế tất cả các đường thẳng của hệ đồng quy

Đó chính là điều phải chứng minh

Như thế tất cả các đường thẳng của hệ đồng quy Đó chính là điều phải chứng minh

(Nguyên lí Dirichlet: nếu đem m thỏ nhốt vào n lồng với m > n thì ít

nhất cũng có một lồng nhốt ít nhất hai thỏ)

2.2 Một số bài toán tham khảo

Bài 15: Cho các số nguyên dương m, n với m < p, n < q Cho p q số thực đôi một khác nhau Điền các số đã cho vào các ô vuông con của bảng ô vuông kích thước p q (gồm p hàng, q cột) sao cho mỗi số được điền vào một ô và mỗi ô được điền một số Ta gọi một ô vuông con của bảng

là ô vuông “xấu” nếu số nằm trong ô đó bé hơn ít nhất m số nằm cùng cột với nó và đồng thời bé hơn ít nhất n số nằm cùng hàng với nó Với mỗi cách điền số nói trên, gọi s là ô “xấu” của bảng số nhận được hãy tìm giá trị nhỏ

nhất của s

Bài 16: Tìm tất cả các giá trị nguyên n > 2 sao cho trên mặt phẳng có

thể chọn n điểm để bất kì hai điểm trong chúng là đỉnh của tam giác đều, đỉnh