TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN  NGƠ THỊ CHÂU ỨNG DỤNG NGUN LÍ CỰC HẠN VÀ NGUYÊN LÍ LÂN CẬN GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học HÀ NỘI 2012 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN  NGƠ THỊ CHÂU ỨNG DỤNG NGUN LÍ CỰC HẠN VÀ NGUYÊN LÍ LÂN CẬN GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP KHỐ 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 thầy, giáo giáo bạn sinh viên khoa Tốn trường đại học sư phạm Hà Nội động viên, giúp đỡ để em có điều kiện tốt suốt q trình thực khố luận tốt nghiệp Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy Phan Hồng Trường định hướng chọn đề tài tận tình bảo, giúp đỡ em hồn thành tốt khố luận Do thời gian kiến thức có hạn nên khố luận khơng tránh khỏi hạn chế cịn có thiếu sót định Em xin chân thành cảm ơn tiếp thu ý kiến đóng góp thầy giáo, giáo bạn sinh viên Hà Nội, tháng 05 năm 2012 Sinh viên Ngơ Thị Châu LỜI CAM ĐOAN Khóa luận hồn thành với bảo tận tình thầy giáo khoa Tốn trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt hướng dẫn tận tình thầy giáo Phan Hồng Trường Trong khóa luận có tham khảo kết nghiên cứu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Em xin khẳng định kết đề tài khơng có trùng lặp với kết 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 CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP NGUYÊN LÍ 1.1 Nội dung nguyên lí 1.1.1 Nguyên lí 1.1.2 Nguyên lí 1.2 Ứng dụng 1.2.1 Tổng quát 1.2.2 Ứng dụng giải tốn hình học tổ hợp 2 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP 2.1 Bài toán lời giải 2.2 Một số toán tham khảo 21 CHƯƠNG : NGUYÊN LÍ LÂN CẬN GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP 23 NGUYÊN LÍ 23 1.1 Các khái niệm 23 1.1.1 Định nghĩa 23 1.1.2 Định nghĩa 23 1.2 Nguyên lí 25 1.2.1 Nguyên lí 25 1.2.2 Nguyên lí 25 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ LÂN CẬN VÀO GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP 25 KẾT LUẬN 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO 48 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận hai nguyên lí hữu ích thường vận dụng cho nhiều lớp toán khác nhau, đặc biệt có ích giải tốn tổ hợp nói chung hình học tổ hợp nói riêng Vận dụng nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận vào giải toán tố hợp khiến cho toán trở nên đơn giản hơn, đặc biệt việc giảm bớt số lượng đối tượng khổng lồ tốn tổ hợp Nhờ tính chất riêng mà nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận đặc biệt hữu ích áp dụng giải tốn hình học tổ hợp, mà đặc biệt lại nhóm kiến thức quan trọng trương trình tốn bậc trung học phổ thơng Để tiếp cận với kiến thức này, định hướng người hướng dẫn, chọn đề tài “Ứng dụng nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận vào giải tốn hình học tổ hợp” để hồn thành khố luận Tốt nghiệp Đại học chun ngành Hình học Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu ngun lí cực hạn nguyên lí lân cận - Làm rõ tính ưu việt việc ứng dụng nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận giải số tốn hình học tổ hợp Đối tượng, phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận - Phạm vi nghiên cứu: số tốn hình học tổ hợp giải phương pháp sử dụng nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận Nhiệm vụ nghiên cứu - Trình bày khái niệm ngun lí cực hạn nguyên lí lân cận - Đề xuất số phương pháp giải tốn hình học tổ hợp giải phương pháp sử dụng nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận Các phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu sử dụng lí luận, cơng cụ tốn học - Nghiên cứu sách tham khảo, tài liệu liên quan CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP NGUN LÍ 1.1 Nội dung ngun lí 1.1.1 Nguyên lí Trong tập hữu hạn khác rỗng số thực ln ln chọn số bé số lớn 1.1.2 Nguyên lí Trong tập khác rỗng số tự nhiên ln ln chọn số bé 1.2 Ứng dụng 1.2.1 Tổng quát Sử dụng nguyên lí cực hạn phương pháp vận dụng nhiều lớp tốn khác nhau, đặc biệt có ích giải tốn tổ hợp nói chung Hình học tổ hợp nói riêng Ngun tắc dùng để giải toán mà tập hợp đối tượng phải xét tồn đối tượng có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ theo nghĩa Ngun lí cực hạn thường sử dụng kết hơp với phương pháp khác, đặc biệt phương pháp phản chứng Nguyên lí vận dụng trường hợp tập giá trị cần khảo sát tập hợp hữu hạn (nguyên lí 1) vơ hạn tồn phần tử lớn nhỏ (nguyên lí 2) 1.2.2 Ứng dụng giải tốn hình học tổ hợp Lược đồ giải - Đưa toán xét dạng sử dụng ngun lí 1(hoặc nguyên lí 2) để chứng tỏ tất giá trị cần khảo sát toán phải có giá trị lớn (hoặc nhỏ nhất) - Xét tốn tương ứng nhận giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất) - Chỉ mâu thuẫn, đưa giá trị nhỏ (hoặc lớn hơn) giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất) mà ta khảo sát Theo nguyên lí phương pháp phản chứng ta suy điều phải chứng minh ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP Áp dụng ngun lí cực hạn vào giải tốn hình học tổ hợp 2.1 Bài toán lời giải Bài1: Chứng minh bốn đường trịn có bốn đường kính bốn cạnh tứ giác lồi phủ kín tứ giác cho Giải Lấy M điểm tuỳ ý tứ giác lồi ABCD Có hai khả xảy ra: Nếu M nằm biên đa giác (tức M nằm cạnh tứ giác ABCD) Khi M phải nằm hình trịn có đường kính cạnh Trong trường hợp kết luận toán hiển nhiên C D B M A Nếu M nằm bên tứ giác lồi ABCD Khi ta có: AMB  BMC  CMD  DMA  3600 Theo nguyên lí cực hạn, tồn   max AMB, BMC , CMD, DMA  BMC Khi : BMC  900 (1) Từ (1) suy M nằm (hoặc nằm trên) đường trịn đường kính BC Vậy đương nhiên M bị phủ đường tròn Như M điểm tuỳ ý tứ giác ABCD, ta suy bốn hình trịn nói phủ kín tứ giác lồi cho Đó điều phải chứng minh Bài2: Cho đa giác lồi A1A2 An Chứng minh tồn ba đỉnh liên tiếp cho hình trịn qua ba đỉnh chứa tồn đa giác cho Giải Theo nguyên lý cực hạn tồn cạnh đa giác AiAj cho : Ai A j  Ak Ak 1 1k n (ở quy ước n+1 1, tức AnAn+1  AnA1) Khi đó, với j  i, j  i+1, Ai A j Ai 1  600 (nói riêng Ai A j Ai 1  00 ) Như tập hợp ba đỉnh có hai đỉnh kề nhau, cịn đoạn thẳng nối hai đỉnh nhìn từ đỉnh thứ ba góc khơng q 900 tập hợp khơng rỗng Rõ ràng tập hợp hữu hạn, lại theo ngun lí cực hạn, tồn đường trịn () cho qua tập hợp ba đỉnh có bán kính lớn R Giả sử () đường tròn qua ba đỉnh kề A1, A2 đỉnh A đa giác mà A1 AA2  900 Ta chứng minh đỉnh đa giác lồi nằm hình trịn () Chú ý từ tính lồi đa giác suy toàn đa giác nằm phía A1 A2 (về phía có đỉnh A) A B () A2 A1 Giả thiết phản chứng kết luận không tức tồn B  () Do B phải ngồi hình trịn () Suy : A1BA2  A1AA  900   sin A1BA2  sin A1AA  A1 A2 2sin A1BA2  A1 A2 2sin A1AA R Như bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A1BA2 lớn R Điều mâu thuẫn với việc chọn () Vậy giả thiết phản chứng sai, tức đỉnh đa giác lồi (tức tồn đa giác lồi) bị phủ đường trịn () Có hai trường hợp sau xảy : Nếu A  A3, A1, A2, A3 ba đỉnh liên tiếp cần tìm Nếu A khơng trùng với A3, gọi A3 đỉnh kề với A2 (A3  A1) Ta chứng minh A3  () A A () A3 A1 A2 () A1 A3 A2 Giả sử trái lại A3  () Do A3 đỉnh đa giác lồi, nên A3 thuộc vào hình viên phân giới hạn A2 A (xem hình vẽ) Từ theo tính chất Đó điều phải chứng minh Bài 5: Trong hình vng 71  71 người ta đặt ba hình chữ nhật 20  10; 25  15 ; 30  30 hai hình trịn bán kính Chứng minh hình vng lớn cịn đặt thêm hình trịn bán kính mà khơng cắt hình chữ nhật hình trịn đặt từ trước Giải Giả sử ABCD hình vuông 71  71 Gọi A' B 'C ' D ' hình vng 61  61 có tâm trùng với tâm hình vng ABCD, có cạnh song song với cạnh hình vng ABCD 36 cm 38cm Ta có S A' B'C 'D '  61  61  3721 (1) Xét lân cận S1 bán kính hình chữ nhật 20  10 Kí hiệu S1 diện tích lân cận S1, : S1  20.10  2.20.5  2.10.5  52  500  25 Tương tự, kí hiệu S2, S3 tương ứng lân cận bán kính hình chữ nhật 25  15 30  30 , ta có: 5 20 10 10 5 5 34 S2  25.15  2.25.5  2.15.5  52  775  25 S3  30.30  4.30.5  52  1500  25 Gọi S4, S5 lân cận bán kính hai hình trịn bán kính 5, S  S5  .102  100 Ta có: S1  S2  S3  S4  S5  2775  275 (2) Dễ thấy 2775  275  3721 , nên từ (1) (2) suy ra: S1  S2  S3  S4  S5  S A' B'C 'D ' Theo nguyên lí 1, suy tồn điểm O nằm hình vng   A' B 'C ' D ' nằm tất lân cận Si i  1,5 Hình trịn tâm O bán kính nằm trọn hình vng ABCD mà khơng cắt ba hình chữ nhật hai hình trịn cho Đó điều phải chứng minh Bài 6: Trong trịn bán kính 16 có 650 điểm Chứng minh tồn hình vành khun với bán kính đường trịn 2, bán kính đường trịn ngồi cho hình vành khun có 10 điểm từ 650 điểm cho Giải  M2  Mi  M1 16  M650 Giả sử M1, M , , M 650 650 điểm nằm hình trịn bán kính 16   Với điểm Mi i  1,650 , gọi Si hình vành khuyên tâm Mi, bán 35 kính đường trịn 2, bán kính đường trịn ngồi Gọi Si diện tích Si, thì: Si  9  4  5, i  1,650 19 Mi Dễ thấy hình vành khuyên Si nằm hình trịn đồng tâm với hình trịn cho có bán kính 19 Ta có: S1  S2   S650  650.5  3250 Gọi S diện tích hình trịn bán kính 19 nói S  .19  316 Vì 3250  9S nên theo nguyên lí 2, tồn đểm O hình trịn bán kính 19 nói O thuộc vào 10 hình vành khuyên   Si j j  1,10; i j  1,2, ,650 Để ý O  Si j , M i j lại thuộc vào hình vành khun tâm O bán kính 2, bán kính ngồi (vì  OM i j  ) Như tồn hình vành khuyên tâm O bán kính 2, bán kính ngồi cho hình vành khun có chứa 10 điểm M i1 , M i , , M i10 từ 650 điểm cho Đó điều phải chứng minh Bài 7: Trong hình chữ nhật kích thước 10  20 có 132 đoạn thẳng độ dài Chứng minh tìm điểm nằm hai đoạn khác có khoảng cách khơng vượt qua 36 Giải đoạn thẳng Diện tích lân Xét lân cận bán kính cận diện tích hình vng cạnh1 cộng với diện tích hình trịn bán kính  , tức  2 A B 2 2 20 2 2 Vì thế, tổng diện tích 132 lân cận 132 đoạn thẳng có độ dài      3 132 1   132 1    132 1   , hay  4  4  4 Tổng diện tích 132 lân cận lớn 231 Vì đoạn thẳng nằm hình chữ nhật 10  20 , tất lân cận bán kính 132 đoạn thẳng nằm trọn hình chữ nhật 11  21 (đó hình chữ nhật có cạnh song song cách cạnh hình chữ nhật ban đầu khoảng M H A B C K 37 D ) Diện tích hình chữ nhật là: S '  11  21  231 Theo nguyên lí 2, từ (1) (2) suy tồn hai lân cận hai đoạn thẳng có điểm chung Gọi M điểm chung giả sử hai lân cận đoạn thẳng AB lân cận đoạn CD Vì M thuộc lân cận AB, nên theo định nghĩa chọn H  AB cho MH  Tương tự, chọn K  CD cho HK  Ta có HK  MH  MK hay HK  Ta có điều phải chứng minh Bài 8: Trên trang giấy kẻ ô li (tức có mạng lưới hình vng đơn vị), có số vết mực có tổng diện tích bé Chứng minh chia trang giấy thành ô vuông đơn vị cho đỉnh hình vng rơi vào vết mực Giải Cắt rời tờ giấy thành hình vng đơn vị theo mạng lưới thành vuông đơn vị ban đầu tờ giấy kẻ ô li cho Xếp hình vng đơn vị chồng lên nhau, ta có tập hình vng đơn vị giả sử vết mực thấm qua hết xấp giấy chồng lên Như tờ giấy (hình vng cùng) bị vết mực thấm suốt từ lên Có hai điều khẳng định dễ thấy sau đây: - Nếu có vết mực tờ hình vng phía dưới, bị thấm lên tờ giấy Vì thế, có điểm A hình vng bên 38 khơng bị vết mực, điểm vị trí A tờ giấy khơng có vết mực - Gọi S ' diện tích vết mực suất tờ giấy cùng, S tổng diện tích vết mực có trang giấy kẻ li ban đầu, S '  S Vì S  nên suy S '  Tờ giấy có diện tích 1, nên theo ngun lí suy tồn điểm A tờ giấy mà A không bị thấm mực                     A Lấy kim đâm thủng chồng hình vng qua điểm A Rải hình vng đơn vị vị trí ban đầu (trước cắt rời xếp chồng hình vng đơn vị lên nhau) Các lỗ thủng tạo thành mạng lưới hình vng đơn vị, mà khơng có đỉnh hình vng rơi vào vết mực Đó điều phải chứng minh Bài 9: Trong tờ giấy kẻ mạng lưới hình vng đơn vị, có số vết mực Tổng diện tích vết mực lớn Chứng minh tồn hai điểm phân biệt bị dây mực cho AB  n , n số nguyên dương 39 Giải Lấy hình vng đơn vị làm chuẩn (chẳng hạn hình vng bên trái) ta thực phép “tịnh tiến” tất hình vng đơn vị khác hình vng Như ta có sấp hình vng đơn vị Giả sử có n hình vng đơn vị S1, S2 , , Sn tương ứng diện tích vết mực hình vng đơn vị thứ 1,2,…,n Theo giả thiết S1  S2   Sn  Theo ngun lí suy tồn hai hình vuông đơn vị i, j  i  j  cho i   j  , i ,  j tương ứng phần dây mực nằm hình vng đơn vị thứ i j sau tịnh tiến hình vng chuẩn.Giả sử A  i   j Điều có nghĩa trả hình vng vị trí ban đầu, điểm A tương ứng với Ai, Aj hình vng đơn vị tứ i j Aj  B A i A Ai Dễ dàng thấy rằng, đặt M j A  Ai , B  A j AB  MAi2  MA2j 40 Rõ ràng MAi  n1, MA j  n2 , n1, n2 số nguyên dương n12  n22  , từ AB  n ,với n nguyên dương Đó điều phải chứng minh Bài 10 : Tô màu đỏ cung đường trịn bán kính R cách tuỳ ý Biết tổng độ dài cung bị tô màu nhỏ nửa chu vi đường tròn Chứng minh ln ln vẽ dây cung đường trịn có độ dài a cho trước (với a < 2R), mà hai đầu dây cung không bị tô màu Giải Giả sử a < 2R độ dài cho trước Ta gọi tô màu xanh (thực chất khơng tơ màu) cung đường trịn cách sau đây: Giả sử AB cung tơ màu đỏ đường trịn, ta lấy đường tròn theo chiều kim đồng hồ hai điểm A' , B ' cho AA'  a ,và A' B '  AB A’  A B a  B’ N N’ Ta tô màu xanh (tức không tô màu) phần chưa tô màu đỏ cung A' B ' Như ứng với, cột cung đỏ ta có cung (và gọi cung xanh) có độ dài với cung đỏ Dĩ nhiên theo quy tắc tơ màu xanh, phần cung xanh tơ màu xanh có độ dài cung đỏ Như cung tơ màu xanh có tổng độ dài bé tổng độ dài cung màu đỏ 41 Vì lẽ đó, tổng cung xanh cung đỏ nhỏ chu vi đường trịn Theo ngun lí (về mặt hình thức, thay từ diện tích chu vi) tồn điểm N ' không tô màu (kể đỏ xanh) Lấy điểm N đường tròn phía ngược chiều kim đồng hồ N ' cho NN '  a Khi rõ ràng N khơng thuộc cung có màu đỏ (vì trái lại, theo quy tắc tơ màu xanh N ' có màu xanh trái với giả thiết) Dây cung NN '  a hai đầu mút khơng bị tơ màu Đó điều phải chứng minh Bài 11: Một số cung nằm đường trịn với bán kính bơi màu xanh Tổng độ dài cung màu xanh lớn  Cho d đường kính tuỳ ý đường tròn Chứng minh tồn dây cung song song với d mà hai đầu mút dây cung bơi xanh Giải Rõ ràng khơng tính tổng cho cung bơi xanh khơng có điểm chung Gọi d ' đường kính đường trịn vng góc với đường kính d cho trước Giả sử AB cung tô màu xanh Gọi A' B ' cung đối xứng với AB qua đường kính d ' Ta có A' B ' = AB Như đường tròn cho ta nhận hệ cung (gồm cung bơi xanh, cung đối xứng với qua d ' ) ’ A N Q C  B ’ d P M d’ B’ PD Q 42 A’ Vì tổng độ dài cung màu xanh lớn  , nên tổng độ dài cung hệ lớn 2 Hệ cung cung đường tròn cho (với chu vi 2 ) Vì theo ngun lí (về mặt hình thức, thay từ diện tích độ dài) có hai cung hệ có điểm chung Do ta giả sử cung bơi xanh khơng có điểm chung, nên cung đối xứng khơng có điểm chung Như tồn cung MN bôi xanh cung P 'Q ' ( P 'Q ' cung đối xứng cảu cung PQ bơi xanh) mà : MN  P 'Q '   Giả sử C  MN  P 'Q ' Như C  MN C  P 'Q ' Gọi D điểm đối xứng C qua d, D  PQ Dễ thấy CD // d, hai đầu mút C, D tơ xanh CD dây cung cần tìm Đó điều phải chứng minh Bài 12: Trong hình trịn bán kính 1, người ta bôi màu số dây cung Chứng minh đường kính cắt tối đa k dây cung tơ màu, tổng độ dài tất dây cung bôi màu nhỏ k  Giải Giả sử AB dây cung tuỳ ý hình trịn bơi màu Dây cung tạo hai cung, giả sử  cung nhỏ AB tạo Kí hệu  ' cung đối xứng với cung  qua tâm hình trịn Rõ ràng đường kính đường trịn cắt dây cung AB có hai đầu mút thuộc  '  M P A B O ' M’ 43 Ta làm điều với dây cung hình trịn bơi màu Giả thiết phản chứng kết luận tốn khơng đúng, tức tổng độ dài tất dây cung tô mà lớn k  Vì  cung nhỏ, nên dĩ nhiên tổng độ dài cung dạng ' lớn k  Suy tổng độ dài cung dạng  ' lớn 2k  , tức lớn k chu vi đường trịn Vì theo nguyên lí 2, tồn điểm P thuộc đường trịn, cho P nằm k + cung dạng  ' Vẽ đường kính đường trịn qua P Từ lập luận trên, đường kính cắt k + dây cung bôi màu Điều trái với giả thiết, giả thiết phản chứng sai, tức kết luận toán đúng: tổng độ dài tất dây cung bôi màu bé k  Đó điều phải chứng minh Bài 13: Cho khối đa diện lồi P1 có đỉnh A1, A2 , A3 , , A9 Kí hiệu P1, P2 , , P9 đa diện tạo thành phép tịnh tiến T theo    véctơ A1 A2 , A1 A3 , , A1 A9 Chứng minh số đa diện có điểm chung Giải Xét phép vị tự H  A1,2  tâm A1, tỉ số vị tự Khi   A1 A2 A3 A9   A1' A2' A3' A9' H A ,2 A1 A6 A2 A5 A3 A’2 A’’3 A4 A’5 ’’ A ’’ A ’ A3 A’4 44 Gọi ảnh P1 qua phép vị tự P Kí hiệu X thể tích khối đa diện X, ta có : P  P1 (1) Mỗi hình chiếu có độ dài nằm đoạn AD = 1, nên từ (1) theo nguyên lí 2, suy tồn điểm P  AD cho P hình chiếu 501 khúc AD Đường vng góc với AD (tức song song với cạnh AB) lại cắt L 501 điểm Đó điều phải chứng minh Bài 14: Cho (K) hình phẳng mặt cầu có diện tích lớn nửa diện tích mặt cầu Chứng minh (K) chứa cặp điểm mà hai đầu đường kính hình cầu Giải Thực phép đối xứng (K) qua tâm O hình cầu   R0  K ' (ở R0 phép đối xứng tâm qua tâm O) Giả sử  K   Kí hiệu K K ' tương ứng diện tích hình phẳng (K) (K’) Do K  K ' K  S nên K  K '  S S diện tích mặt cầu Theo nguyên lí 2, suy K  K'     Giả sử A  K  K ' Như A   K  , A  K ' 45   Từ A  K ' suy tồn B   K  B  A  cho  0 B  A R (tức A ảnh B qua phép đối xứng tâm O) Điều có nghĩa A, B   K  AB đường kính hình cầu cho Đó điều phải chứng minh 46 KẾT LUẬN Trên tồn nội dung khố luận tơt nghiệp “ Ứng dụng ngun lí cực hạn ngun lí lân cận vào giải số tốn hình hoạc tổ hợp” Với mong muốn giúp đỡ học sinh thầy cô thấy rõ ứng dụng quan trọng nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận giải tốn hình học tổ hợp Trong nội dung khố luận tơi cung cấp hệ thống tập có liên quan, phần khơng thể thiếu kiến thức tốn THPT Giúp em học sinh ham học hỏi, say mê hơn, tư chặt chẽ giải tốn hình học tổ hợp Nội dung khố luận giải hai vấn đề sau đây: Trước hết tơi nêu nội dung ngun lí: ngun lí cực hạn nguyên lí lân cận Hướng dẫn học sinh ứng dụng nguyên lí cực hạn ngun lí lân cận vào giải tốn hình học tổ hợp Do bước đầu làm quen công tác nghiên cứu khoa học nên khố luận khơng tránh khỏi thiếu xót Rất mong ghóp ý thầy bạn độc giả để khố luận hồn thiện Một lần tơi xin gửi lời cám ơn sâu sắc đến thầy Phan Hồng Trường, quan tâm, bảo thầy khoa tốn giúp đỡ tơi hồn thành khoá luận 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO Phan Huy Khải (2007), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thơng - tốn hình học tổ hợp, NXB giáo dục Nguyễn Hữu Điền (2005), Một số chuyên đề hình học tổ hợp, NXB giáo dục 48 ... Theo nguyên lí phương pháp phản chứng ta suy điều phải chứng minh ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP Áp dụng ngun lí cực hạn vào giải tốn hình học tổ hợp 2.1 Bài toán. ..  ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ LÂN CẬN VÀO GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP Áp dụng nguyên lí lân cận vào giải tốn hình học tổ hợp Bài 1: Một tờ giấy hình trịn bán kính 100 cm có 9800 lỗ kim châm Chứng... 1.2.1 Tổng quát 1.2.2 Ứng dụng giải tốn hình học tổ hợp 2 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP 2.1 Bài toán lời giải 2.2 Một số toán