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 Chương Tổng quan 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 Các phương pháp chứng minh cho học tổ hợp 2.1 Tổng quan 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 tốn hình Chương Ứng dụng phương pháp theo chủ đề hình học Các tốn thi Olympic nước 3.1 Hệ điểm đường cong 3.1.1 Nhận xét 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 toán với hệ điểm đường thẳng 3.1.6 Các toán với hệ đoạn thẳng 3.1.7 Các tốn với đa giác khơng lồi 3.2 Hệ đường cong miền i 3 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 hệ đường 3.2.2 Chia mặt phẳng đường cong kín 3.2.3 Chia đa giác lồi 3.2.4 Chia không gian Phép phủ đóng gói 3.3.1 Các đối tượng phủ 3.3.2 Phép phủ với hệ hình tròn 3.3.3 Bài tốn đóng gói Phép tô màu 3.4.1 Màu điểm 3.4.2 Tô màu miền 3.4.3 Tô màu bàn cờ Các tốn thi Olympic ngồi 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 phận hình học nói chung nhánh tổ hợp Những tốn Hình học tổ hợp thường liên quan nhiều đến đối tượng tập hợp hữu hạn Vì tốn mang đặc trưng rõ nét toán học rời rạc Các tốn hình học tổ hợp đa dạng nội dung phương pháp giải Nhiều tốn phát biểu đơn giản, thấy để giải cần trang bị kiến thức riêng hình học tổ hợp hình học Khi tốn trở nên dễ dàng Tuy nhiên có đòi hỏi kiến thức chun sâu, chí có nhiều tốn hình học tổ hợp tổng quát cho không gian chưa có lời giải Hình học tổ hợp nước ta coi nội dung dành cho học sinh khá, giỏi bậc Trung học sở thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi, đề thi tuyển sinh THPT chuyên, đề thi Olympic truyền thống 30/4, đề thi Olympic Toán quốc tế Vì luận văn em xin trình bày đề tài: “Hình học tổ hợp với phương pháp chứng minh” Trong luận văn em đưa số phương pháp chứng minh thường sử dụng cho tốn hình học tổ hợp ứng dụng phương pháp vào chứng minh tốn theo chủ đề, có đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên, thi học sinh giỏi nước thời gian qua Bố cục luận văn gồm ba chương: Chương Tổng quan phương pháp chứng minh Chương trình bày phương pháp vận dụng để giải tốn nói chung như: phương pháp quy nạp, nguyên lý Dirichlet, nguyên lý cực hạn Ngoài phương pháp phản chứng sử dụng nhiều đan xen phương pháp khác Chương Các phương pháp chứng minh cho tốn Hình học tổ hợp Chương đưa tổng quan Hình học tổ hợp ví dụ minh họa cách áp dụng phương pháp chứng minh cho toán Hình học tổ hợp Chương Ứng dụng phương pháp theo chủ đề hình học; tốn thi học sinh giỏi, thi Olympic nước Chương đưa số tốn Hình học tổ hợp theo chủ đề như: Bài toán hệ điểm đường cong; toán đường cong miền; toán phủ hình bao hình; tốn tơ màu; tốn có đề thi học sinh giỏi lớp tỉnh, đề thi tuyển sinh THPT chun, đề thi Olympic Tốn Để hồn thành luận văn này, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Hữu Điển dành thời gian hướng dẫn, bảo, tận tình giúp đỡ em trình xây dựng đề tài hoàn thiện luận văn Em xin 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 tạo điều kiện thuận lợi cho em suốt trình học tập trường Em xin cảm ơn gia đình, bạn bè tất người quan tâm, tạo điều kiện, giúp đỡ em hồn thành luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề luận văn chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi có sai sót cách trình bày Rất mong góp ý xây dựng thầy cô bạn Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 28 tháng năm 2018 Học viên Nguyễn Đức Đắc Chương Tổng quan phương pháp chứng minh Chương liệt kê phương pháp điển hình vận dụng để giải tốn trung học phổ thơng như: phương pháp quy nạp, phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlet, nguyên lý cực hạn Mỗi phương pháp trình bày độc lập sử dụng chúng đan xen phương pháp khác ta giải nhiều tập hay thú vị 1.1 Phương pháp quy nạp Phương pháp quy nạp có vai trò vơ quan trọng tốn học, khoa học sống Đối với nhiều toán chương trình tốn phổ thơng tốn logic, tức tốn khơng mẫu mực, phương pháp quy nạp cho ta nhiều cách giải hữu hiệu Suy diễn q trình từ “tính chất” tập thể suy tính chất cá thể, nên ln ln đúng, q trình ngược lại, tức q trình quy nạp: từ “tính chất” số thể suy “tính chất” tập thể khơng phải lúc đúng, mà trình thỏa mãn số điều kiện 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 mà S(n) xác định) (b) Từ tính đắn S(n) n = t (hoặc giá trị n (k0 ≤ n ≤ t)) (t ≥ k0 ), ta cần chứng minh tính đắn S(n) n = t + Khi S(n) với n ≥ k0 Giả sử khẳng định S(n) xác định với n ≥ t0 Để chứng minh S(n) ∀n ≥ t0 quy nạp ta cần thực theo hai bước sau: Cơ sở quy nạp: chứng minh S(n) với số tự nhiên n = t0 Quy nạp: giả sử khẳng định S(n) đến n = t (hoặc n (t0 ≤ n ≤ t)) (t ≥ t0 ) Trên sở giả thiết ta chứng minh tính đắn S(n) n = t + 1, tức S(t + 1) Nếu hai bước thỏa mãn, theo nguyên lý quy nạp S(n) với ∀n ≥ t0 Giả thiết bước quy nạp mệnh đề với n = t gọi giả thiết quy nạp Ví dụ 1.1.1 Chứng minh mệnh đề S(n) sau với tất số tự nhiên n n ( n + 1) 0+1+2+···+n = Giải Cơ sở quy nạp: Ta có S(0) 0= · (0 + 1) Hai vế nên mệnh đề với n = Vì S(0) Quy nạp: Giả sử S(k) đúng, ta phải chứng minh S(k + 1) đúng, tức (k + 1)((k + 1) + 1) 0+1+2+···+k+k+1 = Sử dụng giả thiết quy nạp S(k) đúng, vế trái viết thành k ( k + 1) k ( k + 1) + 2( k + 1) + ( k + 1) = 2 (k + 1)(k + 2) = (k + 1)((k + 1) + 1) = Vậy S(k + 1) Vì bước sở quy nạp bước quy nạp thực hiện, mệnh đề S(n) với số tự nhiên n Ví dụ 1.1.2 Cho x + , x = số nguyên Chứng minh với x số nguyên dương n, số T (n, x ) = x n + n x số nguyên Giải Bài toán giải quy nạp Cơ sở quy nạp: Với n = 1, theo giả thiết ta có T (1, x ) = x + số x nguyên, nên khẳng định Quy nạp: Giả sử với n = k khẳng định đúng, nghĩa T (k, x ) = x k + xk số nguyên Với n = k + số T (k + 1, x ) = x k+1 + = x+ x x k +1 xk + 1 k −1 − x + xk x k −1 1 Theo giả thiết quy nạp, số x + , x k−1 + k−1 , x k + k nguyên x x x nên T (k + 1, x ) số nguyên khẳng định với số nguyên dương n Ví dụ 1.1.3 Chứng minh A(n) = 7n + 3n − chia hết cho với số tự nhiên n Giải Bài toán giải quy nạp Cơ sở quy nạp: Với n = 0, ta có A(0) = chia hết cho 9, nên khẳng định Quy nạp: Giả sử A(k) chia hết cho với k ∈ N Ta chứng minh A(k + 1) chia hết cho Thật vậy, ta có A ( k + ) = 7k +1 + ( k + ) − = 7A(k) − 9(2k − 1) Theo giả thiết quy nạp A(k) chia hết cho 9, dó A(k + 1) chia hết cho Vậy A(n) chia hết cho với số tự nhiên n 1.2 Phương pháp phản chứng Để chứng minh toán phương pháp phản chứng gồm bước: Bước (Phủ định kết luận): Ta giả sử kết luận tốn khơng Bước (Đưa đến mâu thuẫn): Từ điều giả sử từ giả thiết toán, ta suy điều mâu thuẫn với giả thiết mâu thuẫn với kiến thức học Bước (Khẳng định kết luận): Như kết luận toán Ưu điểm phương pháp ta tạo thêm giả thiết (giả thiết phản chứng) vào giả thiết tốn Ví dụ 1.2.1 ([4]) Người ta đồn đền thiêng ba vị thần ngự trị: thần Thật Thà (ln ln nói thật), thần Dối Trá (ln ln nói rối) thần Khơn Ngoan (khi nói thật, nói dối) Các vị thần ngự bệ thờ sẵn sàng trả lời câu hỏi có người thỉnh cầu Nhưng hình dạng ba vị thần giống hệt nên người ta vị thần trả lời tin hay không tin Một hôm, học giả từ phương xa đến gặp vị thần để xin thỉnh cầu Bước vào miếu, học giả hỏi thần ngồi bên phải: - Ai ngồi cạnh ngài? - Đó thần Dối Trá Tiếp hỏi thần ngồi giữa: - Ngài thần gì? - Tơi thần Khôn Ngoan Cuối ông ta quay sang hỏi thần ngồi bên trái: - Ai ngồi cạnh ngài? - Đó thần thật Nghe xong học giả khẳng định vị thần Bạn cho biết học giả suy luận nào? (chiều dài dương) giao điểm với (n − 1) đường khác Tính tất cả, ta có hệ 2n nửa đường thẳng tối đa n(n − 2) đoạn thẳng, tạo thành biên tất miền, nửa đường thẳng đoạn thẳng nằm biên nhiều miền tô màu Vì miền M ∈ S1 đa giác k đỉnh với k ≥ 3, ta có 3|S1 | ≤ n(n − 2), dẫn đến bất đẳng thức (3.16) Biên miền M ∈ S2 gồm hai nửa đường thẳng, ta có 2|S2 | ≤ 2n, dẫn đến bất đẳng thức thứ hai (3.16) Hoàn thành chứng minh 3.4.3 Tơ màu bàn cờ Đối với trò chơi cờ vua, bàn cờ × tơ màu theo cách cổ điển: Trong hàng cột, ô đen trắng xen kẽ cách đặn Trong hình học tổ hợp, quan tâm đến nghiên cứu tình tổng qt hơn, bàn cờ cỡ m × n tơ màu tùy ý với số lượng màu định Bài 3.4.6 Trên bàn cờ cỡ × tơ màu cổ điển, ta có thao tác sau: Chọn hàng cột đồng thời thay đổi ngược màu cho tất ô Quyết định xem sau thao tác ta có bàn cờ với ô đen Giải Ta giả sử số hàng (tương ứng cột) có k ô đen (8 − k ) ô trắng, k ∈ {1, 2, , 8} Nếu hàng (tương ứng cột) ta thực phép đổi màu, ta có (8 − k) đen k ô màu trắng Như số ô đen bàn cờ thay đổi thành (8 − k) − k = − 2k, số chẵn Do thao tác câu hỏi khơng làm thay đổi tính chẵn lẻ số lượng đen, ban đầu có 32 màu đen bàn cờ, số màu đen lại sau thao tác không lẻ Bài 3.4.7 Kiểm tra xem tơ màu ô bàn cờ cỡ 1990 × 1990 với hai màu cho ô đối xứng tâm bàn cờ có màu khác hàng cột có số thuộc hai màu 72 Hình 3.33 Giải Ta giả sử màu sử dụng màu đen trắng, ta chia bàn cờ thành bốn vng thích hợp A, B, C, D kích thước 995 × 995 (xem hình 3.33) Với X ∈ A, B, C, D ta ký hiệu wX (tương ứng bX ) số lượng màu trắng (tương ứng màu đen) hình vng X Theo u cầu phản xứng ta có w A = bD Vì hàng cột có số gồm hai màu, ta có w A + w B = 14 · 19902 = 9952 w B + w D = 9952 , tức là, w A = w D , 9952 = bD + w D = 2w A Nhưng điều mâu thuẫn, 9952 lẻ Do màu mong muốn không tồn Bài 3.4.8 Giả sử bàn cờ 12 × 12 tơ ba màu Chứng minh có bốn màu góc hình chữ nhật Cách giải Ta chọn cột ký hiệu a, b, c số ô cột với màu riêng lẻ; a + b + c = 12, cột có (2a) + (2b) + (2c ) cặp màu Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với n = a2 + b2 + c2 ≥ ( a + b + c )2 , a b c + + 2 1 = ( a2 + b2 + c2 ) − ( a + b + c ) 2 1 ≥ ( a + b + c)2 − ( a + b + c) = · 122 − = 18 6 Do cột bàn cờ tơ màu có 18 cặp có màu Vì vậy, tồn bàn cờ có 12 · 18 = 216 cặp ô 73 tô màu giống nằm cột, số có 216/3 = 72 cặp phải có màu Vì (12 ) = 66 < 72, điều có nghĩa số cặp có màu (nằm hai cột khác nhau) hai hàng, nghĩa là, chúng góc hình chữ nhật Cách giải Theo nguyên lý chuồng chim bồ câu, có 48 bàn cờ có màu (chọn màu đen) Ta xét tất cặp màu đen cột riêng lẻ; rõ ràng cần chứng minh ln có nhiều (12 ) cặp Nếu số cột có tối đa ba màu đen, ta liên tục “di chuyển” tới số màu đen từ cột gồm năm màu đen (các cột tồn tại, 48 = · 12) Phép tốn khơng làm tăng tổng số cặp màu đen (trong cột), với a < b > ta có bất đẳng thức a b a+1 b−1 + > + 2 2 Sau số bước hữu hạn, ta có bàn cờ mà cột có bốn đen, có 12 · (42) = 72 cặp ô đen, bàn cờ ban đầu số khơng nhỏ 3.5 Các tốn thi Olympic nước Bài 3.5.1 (VMO 2011, [2]) Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài cạnh √ độ dài đường chéo AC, AD không vượt Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm ngũ giác Chứng minh tồn hình tròn đơn vị tâm nằm cạnh ngũ giác cho chứa 403 điểm số điểm lấy Giải Để chứng minh khẳng định tốn, ta chứng minh phủ ngũ giác ABCDE hình tròn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác Ta có bổ đề sau: √ Bổ đề Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài cạnh khơng vượt q hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh tam giác Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn điểm M thuộc tam giác XYZ mà M khơng thuộc hình tròn hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh tam giác Khi đó, ta có MX > 1, MY > 74 MZ > Dễ thấy, ba góc XMY, YMZ ZMX phải có góc có số đo lớn hay 120◦ Khơng tính tổng qt, giả sử XMY ≥ 120◦ Áp dụng định lý cosin cho tam giác XMY với ý cos XMY ≤ − 21 , ta XY = MX + MY − 2MX · MY cos XMY > + + · Suy XY > √ = 3, trái với giả thiết Do tam giác ABC, ACD ADE có độ dài cạnh khơng √ vượt q nên theo bổ đề trên, chúng phủ ba hình tròn đơn vị ( A), ( B), (C ) , ( A), (C ), ( D ) ( A), ( D ), ( E) Do đó, ngũ giác ABCDE phủ hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh ngũ giác Theo nguyên lý Dirichlet, hình tròn phải tồn hình tròn chứa 403 điểm số điểm lấy Bài 3.5.2 (IMO 2014, [2]) Cho đa giác có 103 cạnh Tô màu đỏ 79 đỉnh đa giác tơ màu xanh đỉnh lại Gọi A số cặp đỉnh đỏ kề B số cặp đỉnh xanh kề a) Tìm tất giá trị nhận cặp ( A, B) b) Xác định số cách tô màu đỉnh đa giác để B = 14 Biết hai cách tơ màu xem chúng nhận từ qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác Giải a) Số đỉnh màu xanh 103 − 79 = 24 đỉnh Nếu tất đỉnh đỏ chụm thành cụm A = 78, bị cắt thành hai cụm A = 77 thế: Tức có k cụm (mỗi cụm đỉnh màu đỏ đứng sát nhau) A = 79 − k Nếu có k cụm đỏ có k cụm xanh, nên 75 B = 24 − k Các giá trị k từ đến 24, nên có 24 khả tất b) Để có B = 14 k = 10 (phải chia đỉnh xanh thành 10 cụm, đỉnh đỏ thành 10 cụm) Đếm số cách chia Ta thử đánh số cụm xanh từ đến 10, cụm Gọi số phần tử 10 cụm (theo thứ tự vòng tròn thuận chiều kim đồng hồ) x1 , x2 , , x10 Khi số y1 = x1 , y2 = x1 + x2 , , y9 = x1 + · · · + x9 (y10 = 24 cố định, khơng tính), số dương khác cách chọn số từ 23 số từ đến 23 (không thể 24) Có C23 cách chia 24 đỉnh xanh thành 10 cụm (có xếp hàng) Như có C23 cách chia đỉnh đỏ Nhận với C9 C9 Tương tự vậy, có C78 23 78 cách xếp hàng Mỗi cách cho cách tô màu: xếp cụm đỉnh xanh, cụm đỉnh đỏ, đến cụm đỉnh xanh, (Vì quay vòng tròn, nên ta coi “điểm bắt đầu” điểm đầu cụm đỉnh xanh) Hai cách xếp khác không trùng quay vòng tròn Thật vậy, số 79 số ngun tố nên khơng có hai cách trùng C9 Nhưng có 10 cách chọn điểm bắt đầu Do số cách C23 78 (vì có 10 cụm đỉnh xanh) cho cách tô màu, nên phải chia số C9 C23 78 9 C23 C78 cho 10, kết cuối 10 Bài 3.5.3 (Putnam 1996) Xác định số A nhỏ cho với hai hình vng có tổng diện tích 1, tồn hình chữ nhật có diện tích A thỏa mãn điều kiện: hai hình vng nói xếp nằm hồn tồn hình chữ nhật mà phần chúng không đè lên nhau, cạnh hình vng song song với cạnh hình chữ nhật Giải Với hai hình vng có tổng diện tích nói đề bài, 76 gọi x độ dài cạnh hình, ta có x≥√ ≥ − x2 Khi đó, hình chữ nhật nhỏ chứa chúng nói có cạnh √ √ x x + − x2 có diện tích f ( x ) = x2 + x − x2 Ta có f ( x ) = 2x + 1− x2 x2 − , − x2 √ f ( x ) = ⇔ 8x4 − 8x2 + = ⇔ x2 = + Từ đó, x = √ ( + 2) 2 √ + , thay vào ta giá trị cần tìm A = f ( x ) = Bài 3.5.4 (IMO 1964 [6]) Trong mặt phẳng cho điểm Những đường thẳng nối điểm không song song, khơng vng góc khơng trùng Qua điểm cho, kẻ đường vng góc với tất đường thẳng qua bốn điểm lại Tìm số lượng lớn điểm cắt đường hạ vng góc, khơng tính điểm cho Giải Bốn điểm xác định định C42 = đường thẳng Suy từ điểm cho kẻ đường vng góc, tổng cộng 30 đường vng góc Số lượng điểm cắt đường = 435 Số lượng phải trừ điểm sau: vuông góc C30 • Số lượng điểm khơng tính cặp năm điểm cho, nghĩa 5C62 = 75 (điểm) • Từ hai điểm hạ đường vng góc xuống đường đường thẳng chúng song song với không cắt nhau, ta gọi điểm điểm bị Số lượng điểm bị từ đường thẳng song song vng góc với đường thẳng qua (5 − 2) = (điểm) lại Suy C32 = (điểm) Vậy tổng · C52 = 30 (điểm) • Cặp năm điểm cho lấy theo ba xác định C53 = 10 (tam giác) Tại trực tâm hai điểm tổng số 20 điểm 77 Suy số lượng lớn điểm cắt 435 − 75 − 30 − 20 = 310 (điểm) Bài 3.5.5 (IMO 1974 [6]) Ta xét cách chia bàn cờ quốc tế cỡ × thành p hình chữ nhật, đơi khơng có điểm chung, chúng thỏa mãn điều kiện sau: i) Mỗi hình chữ nhật tạo nguyên ô chứa trắng có nhiêu đen; ii) Nếu số lượng trắng hình chữ nhật thứ i, a1 < a2 < a3 < < a p Hãy tìm giá trị lớn p, với cách chia tồn tại, với số cực đại p vậy, tìm tất dãy a1 , a2 , , a p mà chúng thể cách chia với tính chất Giải Từ ii) điều kiện toán ta có ≥ 32 = a1 + a2 + · · · + a p ≥ p ( p + 1) Từ suy p ≤ Ta viết tất khả xảy cho phân tích 32 thành tổng số tự nhiên khác nhau: 1.32 = + + + + + + 11, 2.32 = + + + + + + 10, 3.32 = + + + + + + 9, 4.32 = + + + + + + 9, 5.32 = + + + + + + Trường hợp thành thực, bàn cờ cỡ × khơng tồn hình chữ nhật với 22 Những trường hợp lại thực 78 dễ dạng dựng ví dụ tương ứng: 2 1 1 3 2 1 1 3 2 1 1 3 2 1 1 3 2 1 1 3 2 5 6 2 5 6 4 4 4 4 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 7 2 1 6 2 5 6 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 4 4 6 7 4 4 6 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 5 1 2 6 5 1 7 6 5 Bài 3.5.6 (IMO 1987 [6]) Cho n số nguyên lớn Chứng minh tồn tập n điểm mặt phẳng cho khoảng cách hai điểm số vô tỉ tập ba điểm xác định tam giác không suy biến với diện tích hữu tỉ Giải Xét tập hợp n điểm mặt phẳng S = {( x, x2 ) | x = 1, 2, , n} Khoảng cách hai điểm A( a, a2 ) B(b, b2 ) S d( A, B) = ( a − b )2 + ( a2 − b2 )2 = | a − b | + ( a + b )2 Do a + b > + ( a + b)2 số phương, từ d( A, B) số vơ tỉ Nhưng diện tích tam giác có ba đỉnh S: A( a, a2 ), B(b, b2 ) C (c, c2 ) với a < b < c a a2 1 b b2 = (b − a)(c − a)(c − b) 2 c c2 79 số hữu tỉ khác không Vậy S tập cần tìm Bài 3.5.7 (IMO 1999 [6]) Hãy tìm tất tập hợp hữu hạn S có ba điểm thuộc mặt phẳng cho với tất điểm khác A, B thuộc S, đường trung trực AB trục đối xứng cho S Giải Tập có khả đa giác n cạnh (n > 2) Ký hiệu A1 , A2 , , Ak đỉnh bao lồi S (và lấy số mod k cần thiết) Ta chúng tạo đa giác lồi k cạnh Ak+1 phải nằm đường trung trực Ai Ai+2 (ngược lại, điểm đối xứng nằm ngồi bao lồi) Do đó, cạnh Tương tự Ai+1 Ai+2 phải đối xứng với đường trung trực Ai Ai+3 (ngược lại, điểm đối xứng nằm ngồi bao lồi) Do tất góc Bất kì trục đối xứng cho S phải trục đối xứng cho Ai , i = 1, , k, phải qua tâm C đa giác k cạnh Giả sử X điểm thuộc S phần k-đa giác Khi đó, nằm cạnh bên tam giác Ai Ai+1 C đấy, C phải tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Ai Ai+1 X (vì nằm ba tâm đường trung trực, mà chúng phải trục đối xứng S), X phải nằm đường tròn tâm C, qua Ai Ai+1 Nhưng tất điểm tam giác Ai Ai+1 X thực nằm đường tròn này, ngoại trừ Ai Ai+1 Vậy X phần k-đa giác Bài 3.5.8 (VMO 2017) Cho số ngun n > Bảng vng ABCD kích thước n × n gồm n2 vng đơn vị, ô vuông đơn vị tô ba màu: đen, trắng, xám Một cách tô màu gọi đối xứng có tâm đường chéo AC tô màu xám cặp ô đối xứng qua AC tô màu đen màu trắng Người ta điền vào ô xám số 0, ô trắng số nguyên dương ô đen số nguyên âm Một cách điền số gọi k-cân đối (với k nguyên dương) thỏa mãn điều kiện sau i) Mỗi cặp ô đối xứng qua AC điền số nguyên thuộc đoạn [−k, k] 80 ii) Nếu hàng cột giao ô đen tập số nguyên dương điền hàng tập số nguyên dương điền cột khơng giao nhau; hàng cột giao trắng tập số nguyên âm điền hàng tập số ngun âm điền cột khơng giao a) Với n = 5, tìm giá trị nhỏ k để tồn cách điền số k-cân đối cho cách tơ màu đối xứng hình bên b) Với n = 2017, tìm giá trị nhỏ k để với cách tô màu đối xứng, tồn cách điền số k-cân đối Giải a) Gọi Ai tập hợp số nguyên dương hàng i với i = 1, 2, 3, 4, Theo hình đề bài, ta cần có A1 ∩ A3 = ∅ hàng 1, cột giao ô đen cột giống hàng Tương tự, A1 ∩ A4 =, A3 ∩ A5 = Ngoài ra, hàng 1, cột có chung trắng góc nên hàng 1, hàng thỏa mãn A1 ∩ A5 = ∅ tương tự A3 ∩ A4 = , A4 ∩ A5 = ∅ Trước hết, k = khơng đủ điền số A1 ∩ A3 = ∅ Giả sử với k = điền được, | A1 | = | A1 | = khơng số để chọn cho A3 Gải sử A1 = {1} A3 = A4 = {2}, A5 = {1} Nhưng ý A4 ∩ A5 = ∅ nên mâu thuẫn Suy k ≥ Ta chứng minh k = thỏa với cách điều sau: 81 b) Điều kiện cần: Trước hết, xét cách tô màu đối xứng bàn cờ, tức trắng đen xen kẽ, vị trí (i, j) tơ đen i + j chẵn, ngược lại tơ trắng Xét hai ô trắng bảng ô vuông sau vị trí ( a, b) (c, d), ≤ a, b, c, d ≤ 2017 Nếu a + c chẵn b + d chẵn, suy a + d b + c lẻ Khi đó, hai ( a, d) (b, c) tơ đen chúng khơng thể nằm đường chéo màu xám Suy hai ô vuông trắng phải điền số khác Nếu a + c lẻ b + d lẻ, xét ô (d, c) điền số với ô (c, d) rõ ràng ta áp dụng lập luận để suy hai số điền cho hai ô khác 82 Từ suy tất số điền cho ô trắng nằm nửa bên phải bảng đôi phân biệt Do đó, ta thu kết k ≥ + + + · · · + 2016 = 1008 · 1009 = 20172 − Điều kiện đủ: Ta chứng minh k = 20174 −1 thỏa mãn toán quy nạp kết với bảng có kích thước n × n với n số nguyên dương, cụ thể k = n2 Thật vậy, với n = 1, n = 2, n = 3, ta dễ dàng kiểm tra kết tương ứng Xét n ≥ giả sử khẳng định với số nguyên dương bé n Đánh số hàng từ → n cột → n Ta chứng minh với vị trí đen ln tồn cách điền số nguyên dương không vượt k n vào trắng lại bảng (trường hợp điền số âm tương tính bình đẳng) Xét đồ thị G = (V, E) mà V tập hợp đỉnh, đỉnh thứ i ứng với hàng thứ i ≤ i ≤ n; E tập hợp cạnh, có cạnh nối từ đỉnh thứ i đến đỉnh thứ j ô (i, j) ô ( j, i ) ô màu trắng Ta phát biểu bổ đề sau: Bổ đề (Định lý Mantel-Turan) Xét đồ thị đơn vơ hướng có n đỉnh k cạnh Khi đó, đồ thị khơng có chứa tam giác k ≤ n2 Áp dụng vào toán, ta xét trường hợp sau: Nếu đồ thị G khơng có chứa tam giác, theo bổ đề có khơng q k= n2 n2 cạnh, nghĩa có khơng q n2 trắng nên dùng số ngun dương điền vào (cho dù vị trí đen nữa) Nếu đồ thị G có chứa tam giác, giả sử đỉnh a, b, c phân biệt nối với đôi Điều này tương ứng với việc ô ( a, b), (b, c), (c, a) (b, a), (c, b), (c, b), ( a, c) giao điểm hàng a, b, c tơ màu trắng Khi đó, số điền vào khơng cần phải phân biệt tập hợp trắng (nếu có) lại hàng a, b, c không cần phải rời Rõ ràng hàng lại khơng q n − Khi đó, ta dùng số để điền vào ô trắng dùng không n − số phân biệt để điền vào lại hàng Nếu khơng tính hàng a, b, c, ta lại n − hàng, sử dụng 83 giả thiết quy nạp cần khơng q ( n −3)2 số nguyên dương phân biệt cho hàng Do đó, trường hợp này, số lượng số nguyên dương phân biệt cần dùng không vượt 1+n−3 ( n − 3)2 ( n − 3)2 + 4( n − 2) = 4 n2 ( n − 1) ≤ = 4 Tóm lại, trường hợp, ta cần sử dụng không n2 số nguyên dương phân biệt để điền vào trắng hay nói cách khác k= n2 thỏa mãn đề với n × n Theo nguyên lý quy nạp khẳng định chứng minh Vậy giá trị tốt cần tìm k 20174 −1 84 Kết luận Với mục đích giới thiệu số phương pháp chứng minh thường sử dụng cho tốn hình học tổ hợp ứng dụng phương pháp vào chứng minh toán theo chủ đề, luận văn đạt kết ban đầu sau: • Trình bày phương pháp vận dụng để giải tốn nói chung như: phương pháp quy nạp, phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlet, nguyên lý cực hạn • Áp dụng phương pháp quy nạp, phản chứng, nguyên lý Dirich- let, nguyên lý cực hạn cho tốn hình học tổ hợp • Trình bày tổng quan hình học tổ hợp giải số tốn hình học tổ hợp theo chủ đề như: toán hệ điểm đường cong; toán đường cong miền; tốn phủ hình bao hình; tốn tơ màu; tốn có đề thi học sinh giỏi, đề thi tuyển sinh THPT chuyên, đề thi Olympic Toán 85 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vũ Hữu Bình (2016), Hình học tổ hợp, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Trần Nam Dũng (chủ biên) (2017), Các kỳ thi toán VMO lời giải bình luận, NXB Thế giới [3] Nguyễn Hữu Điển (1999), Phương pháp Dirichlet ứng dụng, NXB Khoa học kĩ thuật Hà Nội [4] Nguyễn Hữu Điển (2001), Những phương pháp điển hình giải tốn phổ thơng, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Hữu Điển (2004), Sáng tạo giải tốn phổ thơng, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Hữu Điển (2005), Một số chuyên đề hình học tổ hợp, NXB Giáo dục [7] Phan Huy Khải (2007), Các tốn hình học tổ hợp, NXB Giáo dục Tiếng Anh [8] J Herman, R Kucera, and J Simsa (2003), Counting and Configurations Problems in Combinatorics, Arithmetic, and Geometry, Translated by Karl Dilcher, Springer 86 ... Ngoài phương pháp phản chứng sử dụng nhiều đan xen phương pháp khác Chương Các phương pháp chứng minh cho tốn Hình học tổ hợp Chương đưa tổng quan Hình học tổ hợp ví dụ minh họa cách áp dụng phương. .. trình bày đề tài: Hình học tổ hợp với phương pháp chứng minh Trong luận văn em đưa số phương pháp chứng minh thường sử dụng cho tốn hình học tổ hợp ứng dụng phương pháp vào chứng minh tốn theo chủ... có nhiều cách tiếp cận riêng Sau tổng quan Hình học tổ hợp số phương pháp thường dùng để giải tốn Hình học tổ hợp 2.1 Tổng quan hình học tổ hợp Thật khó để định nghĩa xác Hình học tổ hợp mơn có