TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 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 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 thầy, giáo cô giáo bạn sinh viên khoa Toán trường đại học sư phạm Hà Nội động viên, giúp đỡ để em có điều kiện tốt suốt trình thực khoá 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 hoàn thành tốt khoá luận Do thời gian kiến thức có hạn nên khoá luận không tránh khỏi hạn chế có thiếu sót định Em xin chân thành cảm ơn tiếp thu ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên Hà Nội, tháng 05 năm 2012 Sinh viên Ngô Thị Châu LỜI CAM ĐOAN Khóa luận hoàn thành với bảo tận tình thầy cô giáo khoa Toán 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 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 TOÁN 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 toán hình học tổ hợp 2 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN 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 TOÁN 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 TOÁN 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 toán 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 toán tổ hợp Nhờ tính chất riêng mà nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận đặc biệt hữu ích áp dụng giải toán hình học tổ hợp, mà đặc biệt lại nhóm kiến thức quan trọng trương trình toán bậc trung học phổ thông 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 toán hình học tổ hợp” để hoàn thành khoá luận Tốt nghiệp Đại học chuyên ngành Hình học Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu nguyên 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 toán 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 toán 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 nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận - Đề xuất số phương pháp giải toán 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, công cụ toán học - Nghiên cứu sách tham khảo, tài liệu liên quan CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP NGUYÊN LÍ 1.1 Nội dung nguyên lí 1.1.1 Nguyên lí Trong tập hữu hạn khác rỗng số thực luôn chọn số bé số lớn 1.1.2 Nguyên lí Trong tập khác rỗng số tự nhiên luôn chọn số bé 1.2 Ứng dụng 1.2.1 Tổng quát Sử dụng nguyên lí cực hạn phương pháp vận dụng nhiều lớp toán khác nhau, đặc biệt có ích giải toán tổ hợp nói chung Hình học tổ hợp nói riêng Nguyên 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 Nguyên 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) vô hạn tồn phần tử lớn nhỏ (nguyên lí 2) 1.2.2 Ứng dụng giải toán hình học tổ hợp Lược đồ giải - Đưa toán xét dạng sử dụng nguyên 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 toán 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 TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP Áp dụng nguyên lí cực hạn vào giải toán hình học tổ hợp 2.1 Bài toán lời giải Bài1: Chứng minh bốn đường tròn 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 tròn 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 tròn đường kính BC Vậy đương nhiên M bị phủ đường tròn Như M điểm tuỳ ý tứ giác ABCD, ta suy bốn hình tròn 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 tròn qua ba đỉnh chứa toàn 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, đoạn thẳng nối hai đỉnh nhìn từ đỉnh thứ ba góc không 900 tập hợp không rỗng Rõ ràng tập hợp hữu hạn, lại theo nguyên lí cực hạn, tồn đường tròn () 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 tròn () 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 hình tròn () Suy : A1BA2  A1AA  900   sin A1BA2  sin A1AA  A1 A2 2sin A1BA2  A1 A2 2sin A1AA R Như bán kính đường tròn 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 toàn đa giác lồi) bị phủ đường tròn () Có hai trường hợp sau xảy : Nếu A  A3, A1, A2, A3 ba đỉnh liên tiếp cần tìm Nếu A không 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 vuông 71  71 người ta đặt ba hình chữ nhật 20  10; 25  15 ; 30  30 hai hình tròn bán kính Chứng minh hình vuông lớn đặt thêm hình tròn bán kính mà không cắt hình chữ nhật hình tròn đặt từ trước Giải Giả sử ABCD hình vuông 71  71 Gọi A' B 'C ' D ' hình vuông 61  61 có tâm trùng với tâm hình vuông ABCD, có cạnh song song với cạnh hình vuông 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 tròn 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 vuông   A' B 'C ' D ' nằm tất lân cận Si i  1,5 Hình tròn tâm O bán kính nằm trọn hình vuông ABCD mà không cắt ba hình chữ nhật hai hình tròn cho Đó điều phải chứng minh Bài 6: Trong tròn bán kính 16 có 650 điểm Chứng minh tồn hình vành khuyên với bán kính đường tròn 2, bán kính đường tròn cho hình vành khuyên có 10 điểm từ 650 điểm cho Giải  M2  Mi  M1 16  M650 Giả sử M1, M , , M 650 650 điểm nằm hình tròn bán kính 16   Với điểm Mi i  1,650 , gọi Si hình vành khuyên tâm Mi, bán 35 kính đường tròn 2, bán kính đường tròn Gọi Si diện tích Si, thì: Si  9  4  5, i  1,650 19 Mi Dễ thấy hình vành khuyên Si nằm hình tròn đồng tâm với hình tròn cho có bán kính 19 Ta có: S1  S2   S650  650.5  3250 Gọi S diện tích hình tròn bán kính 19 nói S  .19  316 Vì 3250  9S nên theo nguyên lí 2, tồn đểm O hình tròn 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 khuyên tâm O bán kính 2, bán kính (vì  OM i j  ) Như tồn hình vành khuyên tâm O bán kính 2, bán kính cho hình vành khuyên 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 không vượt qua 36 Giải đoạn thẳng Diện tích lân Xét lân cận bán kính cận diện tích hình vuông cạnh1 cộng với diện tích hình tròn 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 vuông đơn vị), có số vết mực có tổng diện tích bé Chứng minh chia trang giấy thành ô vuông đơn vị cho đỉnh hình vuông rơi vào vết mực Giải Cắt rời tờ giấy thành hình vuông đơn vị theo mạng lưới thành vuông đơn vị ban đầu tờ giấy kẻ ô li cho Xếp hình vuông đơn vị chồng lên nhau, ta có tập hình vuông đơn vị giả sử vết mực thấm qua hết xấp giấy chồng lên Như tờ giấy (hình vuông cùng) bị vết mực thấm suốt từ lên Có hai điều khẳng định dễ thấy sau đây: - Nếu có vết mực tờ hình vuông phía dưới, bị thấm lên tờ giấy Vì thế, có điểm A hình vuông bên 38 không bị vết mực, điểm vị trí A tờ giấy vết mực - Gọi S ' diện tích vết mực suất tờ giấy cùng, S tổng diện tích vết mực có trang giấy kẻ ô li ban đầu, S '  S Vì S  nên suy S '  Tờ giấy có diện tích 1, nên theo nguyên lí suy tồn điểm A tờ giấy mà A không bị thấm mực                     A Lấy kim đâm thủng chồng hình vuông qua điểm A Rải hình vuông đơn vị vị trí ban đầu (trước cắt rời xếp chồng hình vuông đơn vị lên nhau) Các lỗ thủng tạo thành mạng lưới hình vuông đơn vị, mà đỉnh hình vuông rơi vào vết mực Đó điều phải chứng minh Bài 9: Trong tờ giấy kẻ mạng lưới hình vuông 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 vuông đơn vị làm chuẩn (chẳng hạn hình vuông bên trái) ta thực phép “tịnh tiến” tất hình vuông đơn vị khác hình vuông Như ta có sấp hình vuông đơn vị Giả sử có n hình vuông đơn vị S1, S2 , , Sn tương ứng diện tích vết mực hình vuông đơn vị thứ 1,2,…,n Theo giả thiết S1  S2   Sn  Theo nguyên lí suy tồn hai hình vuông đơn vị i, j  i  j  cho i   j  , i ,  j tương ứng phần dây mực nằm hình vuông đơn vị thứ i j sau tịnh tiến hình vuông chuẩn.Giả sử A  i   j Điều có nghĩa trả hình vuông vị trí ban đầu, điểm A tương ứng với Ai, Aj hình vuông 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 tròn bán kính R cách tuỳ ý Biết tổng độ dài cung bị tô màu nhỏ nửa chu vi đường tròn Chứng minh luôn vẽ dây cung đường tròn 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 không tô màu) cung đường tròn cách sau đây: Giả sử AB cung tô màu đỏ đường tròn, 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 tô màu xanh, phần cung xanh tô màu xanh có độ dài cung đỏ Như cung tô 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 tròn Theo nguyên 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 không thuộc cung có màu đỏ (vì trái lại, theo quy tắc tô màu xanh N ' có màu xanh trái với giả thiết) Dây cung NN '  a hai đầu mút không bị tô màu Đó điều phải chứng minh Bài 11: Một số cung nằm đường tròn với bán kính bôi 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 bôi xanh Giải Rõ ràng không tính tổng cho cung bôi xanh điểm chung Gọi d ' đường kính đường tròn vuông 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 bôi 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 nguyên lí (về mặt hình thức, thay từ diện tích độ dài) có hai cung hệ có điểm chung Do ta giả sử cung bôi xanh điểm chung, nên cung đối xứng điểm chung Như tồn cung MN bôi xanh cung P 'Q ' ( P 'Q ' cung đối xứng cảu cung PQ bôi 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 tô xanh CD dây cung cần tìm Đó điều phải chứng minh Bài 12: Trong hình tròn bán kính 1, người ta bôi màu số dây cung Chứng minh đường kính cắt tối đa k dây cung tô màu, tổng độ dài tất dây cung bôi màu nhỏ k  Giải Giả sử AB dây cung tuỳ ý hình tròn bôi màu Dây cung tạo hai cung, giả sử  cung nhỏ AB tạo Kí hệu  ' cung đối xứng với cung  qua tâm hình tròn Rõ ràng đường kính đường tròn cắt dây cung AB có hai đầu mút thuộc  '  M P A B O ' M’ 43 Ta làm điều với dây cung hình tròn bôi màu Giả thiết phản chứng kết luận toán không 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 tròn Vì theo nguyên lí 2, tồn điểm P thuộc đường tròn, cho P nằm k + cung dạng  ' Vẽ đường kính đường tròn 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 vuông 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 toàn nội dung khoá luận tôt nghiệp “ Ứng dụng nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận vào giải số toán 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 toán hình học tổ hợp Trong nội dung khoá luận cung cấp hệ thống tập có liên quan, phần thiếu kiến thức toán THPT Giúp em học sinh ham học hỏi, say mê hơn, tư chặt chẽ giải toán hình học tổ hợp Nội dung khoá luận giải hai vấn đề sau đây: Trước hết nêu nội dung nguyên lí: nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận Hướng dẫn học sinh ứng dụng nguyên lí cực hạn nguyên lí lân cận vào giải toán hình học tổ hợp Do bước đầu làm quen công tác nghiên cứu khoa học nên khoá luận không tránh khỏi thiếu xót Rất mong ghóp ý thầy cô bạn độc giả để khoá luận hoàn thiện Một lần xin gửi lời cám ơn sâu sắc đến thầy Phan Hồng Trường, quan tâm, bảo thầy cô khoa toán giúp đỡ hoàn thành khoá luận 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO Phan Huy Khải (2007), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông - toán hình học tổ hợp, NXB giáo dục Nguyễn Hữu Điền (2005), Một số chuyên đề hình học tổ hợp, NXB giáo dục 48 [...]... cho tổng diện tích của chúng lớn hơn diện tích hình  K  S H1   S H 2    S H n   S K    1  i  j  n  Thì tồn tại hai hình  H i  , H j có điểm chung tức là:  H i    H j    2 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ LÂN CẬN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP Áp dụng nguyên lí lân cận vào giải các bài toán hình học tổ hợp Bài 1: Một tờ giấy hình tròn bán kính 100 cm có 9800 lỗ kim châm Chứng... 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... 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. .. 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. .. Chứng minh rằng có thể chọn ra trong đó một số người để xếp ngồi quanh bàn tròn sao cho mỗi người đều ngồi giữa hai người quen Bài 21: Tìm tất cả các số tự nhiên n  3 thoả mãn tính chất : trên mặt phẳng tồn tại tập hợp  gồm n điểm, với mỗi điểm thuộc  có khoảng cách bằng 1, hơn nữa khoảng cách giữa hai điểm bất kì của  không vượt quá 1 22 CHƯƠNG 2: NGUYÊN LÍ LÂN CẬN GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ... Thí dụ 2: Lân cận bán kính r của một hình tròn bán kính R, là hình tròn đồng tâm với hình tròn đã cho và có bán kính là R + r B R+r O R A Thí dụ 3: Cho đoạn thẳng AB Khi đó lân cận bán kính r của đoạn thẳng AB là một hình chữ nhật có một cạnh bằng 2r và hai nửa đường tròn bán kính r ở hai đầu r r r B A r r Thí dụ 4: Cho tứ giác lồi ABCD Khi đó lân cận bán kính r của tứ giác ABCD chính là hình có chu... 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... U 24 T 1.2 Nguyên lí 1.2.1 Nguyên lí 1 Cho các hình phẳng  H1  ,  H 2  , ,  H n  và  K  Nếu tổng diện tích các hình  H1  ,  H 2  , ,  H n  mà nhỏ hơn diện tích hình  K  S H1   S H 2    S H n   S K  thì tồn tại ít nhất một điểm của  K  mà nằm ngoài tất cả các hình  H i  , i  1, n 1.2.2 Nguyên lí 2 Nếu các hình phẳng  H1  ,  H 2  , ,  H n  nằm trong hình phẳng... 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... trong hình tròn bán kính 100cm đã cho khi và chỉ khi tâm của nó phải nằm trong hình tròn đồng tâm với hình tròn trên có bán kính: 100 - 1 = 99 cm Tổng diện tích của 9800 hình tròn i ( tức là 9800 lân cận của các lỗ kim châm Ai với bán kính 1cm) là:   9800.12  9800 cm 2   Diện tích hình tròn bán kính 99cm là: .992  9801 cm 2 99cm 100cm Do 9800  9801 , nên theo nguyên lí lân cận (nguyên lí ... nguyên lí phương pháp phản chứng ta suy điều phải chứng minh ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP Áp dụng nguyên lí cực hạn vào giải toán hình học tổ hợp 2.1 Bài toán. ..  ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ LÂN CẬN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP Áp dụng nguyên lí lân cận vào giải toán hình học tổ hợp Bài 1: Một tờ giấy hình tròn bán kính 100 cm có 9800 lỗ kim châm Chứng... Tổng quát 1.2.2 Ứng dụng giải toán hình học tổ hợp 2 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP 2.1 Bài toán lời giải 2.2 Một số toán