NGUYỄN HỮU ĐIỂN MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC TỔ HỢP (Tái bản lần thứ nhất) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC LỜI NÓI ĐẦU Hình học tổ hợp là gì? Trả lời câu hỏi này không phải là dễ, có rất ít tài liệu phân biệt rạch ròi hình học tổ hợp trong hình học nói chung Theo tôi hiểu thì hình học tổ hợp là một bộ phận của hình học nói chung Nhưng trong nó, người ta xét các bài toán có liên quan đến tìm và đặc trưng hóa tối ưu theo một nghĩa nào đó một số lượng điểm hoặc một số dạng hình Ví dụ như, cho một đa giác được p[.]
Lát mặt phẳng bằng những đa giác bằng nhau
Viên gạch ngũ giác có thể lát mặt phẳng nếu tổng các góc trong của nó bằng 360° Để tạo ra những viên gạch ngũ giác, ta chia một lục giác đều thành ba ngũ giác bằng cách dựng ba đường trung trực của ba cạnh không kề nhau Những ngũ giác này là giống nhau và khi ghép lại thành viên gạch lục giác đều, chúng có thể phủ mặt phẳng Qua đó, đã chứng minh rằng với n ≤ 6, mặt phẳng có thể được lát bằng những viên gạch hình n-giác giống nhau.
Nếu n ≤ 6, giá trị trung bình của các góc trong n-giác là (n−2) n 180° ≤ 120° Đồng thời, mỗi đỉnh của một góc là điểm chung của ít nhất ba viên gạch, do đó giá trị trung bình của các góc tại những đỉnh này không vượt quá 360°.
Khi xem xét trường hợp n≥7, giá trị trung bình của các góc trong n-giác thỏa mãn bất đẳng thức (n−2) n 180 ◦ >120 ◦, cho thấy rằng việc phủ mặt phẳng bằng những viên gạch n-giác giống nhau không khả thi Theo đó, Định lý 1.1 khẳng định rằng không tồn tại những viên gạch n-giác lồi giống nhau có thể lát được mặt phẳng khi n≥7.
Chứng minh rằng nếu tồn tại một phủ mặt phẳng bằng các viên gạch n-giác đồng dạng với n≥7, ta ký hiệu S là diện tích của n-giác và d là đường kính của đường tròn chứa n-giác Giả thiết là d và n-giác được cố định.
Ta xem xét ba đường tròn đồng tâm với bán kính R, R−d và R+d, trong đó R đủ lớn (R>d) Gọi NR là số lượng n-giác nằm trong đường tròn bán kính R Chúng ta khẳng định rằng NR lớn hơn (R−d)².
S π Thật vậy, nếu giả thiết rằng NR ≤ (R−d) 2
NR.S≤(R−d) 2 π Mặt khác, mọi điểm của hình tròn có bán kính
R−dsẽ nằm trong một đa giác nào đó ở trong đường tròn bán kính
R, điều này cho ta bất đẳng thức π(R−d) 2 0) Khi δ đủ nhỏ, ảnh A01 và A0k+1 của A1 và Ak+1 sẽ tương ứng với các đoạn thẳng A1P và Ak+1Q Hơn nữa, nếu δ nhỏ, ảnh của đường gấp khúc Ak+1 A'A' + 1 A1 qua phép vị tự này sẽ không giao nhau với đường gấp khúc QOP Do đó, phép vị tự này cho phép tạo ra một đa giác vị tự phủ m1 Tương tự, bằng cách sử dụng các phép vị tự có tâm tại B và C, chúng ta cũng có thể tạo ra các đa giác vị tự tương ứng phủ m2 và m3.
Phủ đa giác lồi bằng những đa giác đồng dạng với nó
Trong bài toán này, chúng ta nghiên cứu việc phủ một đa giác lồi bằng các đa giác đồng dạng với nó, với hệ số đồng dạng khác nhau Khác với những gì đã trình bày trong tiết trước, một số đa giác đồng dạng trong việc phủ này không nhất thiết phải là vị tự của đa giác ban đầu Chúng ta sẽ chứng minh một bổ đề liên quan đến vấn đề này.
Bổ đề 1.2 Mọi hình bình hành có thể phủ được bằng ba hình bình hành đồng dạng với nó.
Chứng minh Ta xét hình bình hànhABCD(Hình1.11) Có ít nhất một trong hai đường chéo lớn hơn BC Ta giả sử đó là đường chéo
1.3 Phủ đa giác lồi bằng những đa giác đồng dạng với nó 17
AC Kí hiệu O và O 1 tương ứng là trung điểm của AC và BC Trên
BC, ta dựng các đoạn thẳngO 1 A 0 =O 1 C 0 =kAC
2 , vớikBC, ta dựng
Hình 1.12 tam giác A 0 B 0 C 0 đồng dạng với tam giác ABC sao cho BC nằm trên cạnhA 0 B 0 =kAB>BC,k 0 là một số dương Bài toán đặt ra là liệu từ một phủ bất kỳ của đoạn thẳng đơn vị, có tồn tại một số đoạn thẳng (trong các đoạn thẳng phủ) mà mọi cặp đoạn thẳng trong số đó không giao nhau, nhưng tổng độ dài của chúng lại nhỏ hơn hoặc lớn hơn ε > 0 hay không Trong bối cảnh này, số ε0 được xác định là 1.
Định lý 1.4 khẳng định rằng trong tập hợp M các đoạn thẳng phủ đoạn thẳng A với tổng độ dài bằng 1, tồn tại một giá trị ε0 sao cho với mọi ε < ε0, có khả năng chọn được một số đoạn thẳng có tổng độ dài lớn hơn ε Ngược lại, với ε > ε0, không thể thực hiện điều này.
1.4 Bài toán phủ một đoạn thẳng 19 a)Tồn tại một tập hợp conO⊂M gồm những đoạn thẳng không giao nhau, tổng những độ dài của chúng không nhỏ hơn 1
2 thì ta có thể tìm được tập hợpM những đoạn thẳng có tính chất sau: Tổng những độ dài của những đoạn thẳng không giao nhau thuộcM nhỏ hơnε.
Chứng minh rằng trong tập M, nếu một đoạn thẳng bị phủ hoàn toàn bởi một hoặc nhiều đoạn thẳng khác, ta có thể loại bỏ đoạn thẳng đó mà các đoạn thẳng còn lại vẫn tiếp tục phủ đoạn thẳng AB.
AB Ta đánh số những đoạn thẳng còn lại theo một cách đặc biệt:
Ta xem xét tất cả các đoạn thẳng phủ điểm A Trong số đó, ta chọn đoạn thẳng có điểm đầu bên phải nằm xa bên phải nhất trên đoạn AB Nếu loại bỏ tất cả các đoạn thẳng khác phủ A ngoài đoạn thẳng đã chọn, ta vẫn có một phủ cho đoạn AB Đoạn thẳng được chọn này sẽ được gọi là đoạn thẳng thứ nhất Tiếp theo, ta xem xét tất cả các đoạn thẳng phủ điểm cuối bên phải B1 của đoạn thẳng thứ nhất A1B1.
Xét hai đoạn thẳng CD và EF mà không có đoạn nào chứa hoàn toàn đoạn nào Nếu điểm F nằm bên phải của D, thì đoạn thẳng A1B1 và EF sẽ phủ lên CD, cho phép loại bỏ đoạn CD.
Hình 1.13 Nếu điểmF nằm ở bên tráiDthì bằng lý luận như vậy, ta có thể bỏEF (Hình1.14).
Bằng cách tiếp tục quá trình này, ta tách được một đoạn thẳng
Trong quá trình phân tích các đoạn thẳng, đoạn thẳng đầu tiên được tách ra từ A 2 B 2 phủ B 1 được gọi là đoạn thẳng thứ hai Tiếp theo, chúng ta xem xét tất cả các đoạn thẳng phủ B 2 và tách ra đoạn thẳng thứ ba Sau khi đánh số các đoạn thẳng theo thứ tự, dễ dàng nhận thấy rằng mọi cặp đoạn thẳng có số thứ tự đồng thời chẵn hoặc đồng thời lẻ sẽ không giao nhau.
Nếu đoạn thứ nhất và đoạn thứ ba có điểm chung, thì đoạn thứ hai và đoạn thứ ba không thể phủ B 1 Điều này không thể xảy ra theo cách mà chúng ta đã xây dựng, vì tổng độ dài của các đoạn thẳng phủ AB không được nhỏ hơn 1 Do đó, tổng độ dài của các đoạn thẳng có nhãn chẵn hoặc tổng độ dài của các đoạn thẳng có nhãn lẻ cũng không được nhỏ hơn 1.
2 Như vậy a) đã được chứng minh.
2 Ta xét hai đoạn thẳngA 1 B 1 vàA 2 B 2 giao nhau và phủAB(Hình1.15) Nếu chúng có độ dài bằng nhau
2 ε₀, tồn tại một tập hợp hình vuông sao cho tổng diện tích của các hình vuông không giao nhau nhỏ hơn ε Để hình dung dễ hơn, có thể tưởng tượng hình vuông như một mặt bàn, và bài toán tương đương với việc phủ mặt bàn bằng các khăn trải bàn hình vuông Định lý 1.5 khẳng định rằng, với mặt bàn hình vuông có cạnh bằng 1, tồn tại một tập hợp khăn trải bàn không chồng lên nhau sao cho tổng diện tích không nhỏ hơn 1.
Chúng ta lựa chọn một chiếc khăn trải bàn có cạnh lớn nhất trong số các khăn đã cho, ký hiệu là K1 Sau đó, chúng ta sẽ xem xét tất cả những chiếc khăn trải bàn còn lại có giao điểm với K1.
Diện tích phần mặt bàn chưa được phủ bởi K1, nhưng được che phủ bởi những khăn giao với K1, nằm trong hình vuông có cạnh 3a1 chứa K1 (Hình 1.16).
Phần phủ này có diện tích không lớn hơn diện tích của tám hình vuông có cạnha 1 , nghĩa là diện tích này không lớn hơn8a 2 1
Ta bỏ những khăn trải bàn có
Hình 1.16 giao với K1 và xem xét các khăn còn lại không bao gồm K1 Từ tập hợp này, ta tách ra khăn có cạnh lớn nhất a2 và ký hiệu nó là K2 Tiếp theo, ta loại bỏ những khăn có giao với K2.
Diện tích của các phần đã loại bỏ không vượt quá 8a² Bằng cách áp dụng phương pháp này liên tục, chúng ta sẽ thu được một tập hợp các khăn không giao nhau K₁, K₂,
Diện tích phần bàn không được phủ bởi các khăn K 1 , K 2 , , Kp không vượt quá tám lần tổng diện tích của các khăn này, cho thấy tổng diện tích của các khăn K 1 , K 2 , , Kp ít nhất phải bằng 1.
9 Như vậy, định lý được chứng minh và sốε0tìm được từ bất đẳng thức 1
Có thể tìm thấy một phủ mặt bàn bằng bốn khăn vuông, trong đó hai khăn bất kỳ không có điểm chung và diện tích mỗi khăn bằng số S thỏa mãn điều kiện 1.
S 1, thì hình đó sẽ chứa ít nhất hai điểm khác nhau (x1, y1) và (x2, y2) sao cho hiệu của các tọa độ x và y của chúng, tức là x2 - x1 và y2 - y1, là các số nguyên.
Lời giải cho bài toán này là tạo ra một lưới nguyên bằng cách kẻ các đường thẳng song song với trục hoành và trục tung tại mỗi điểm có tọa độ nguyên (m,n) Những điểm có tọa độ nguyên này được gọi là các đỉnh của lưới nguyên.
Lưới nguyên chia mặt phẳng thành những ô vuông bằng nhau và mỗi ô có diện tích bằng 1 (Hình1.18). x y
Khi một hình vuông trong lưới nguyên được tịnh tiến để trùng với một hình vuông khác, hiệu giữa tọa độ của một điểm và tọa độ ảnh của nó sẽ luôn là một số nguyên.
Chọn một ô vuông trong lưới làm cơ sở và tịnh tiến tất cả các hình vuông khác về ô vuông cơ sở, mỗi hình vuông chỉ có một phép tịnh tiến duy nhất Sau khi tịnh tiến, các phần diện tích của hình A nằm trong các hình vuông khác nhau sẽ được chuyển vào ô vuông cơ sở, nhưng tổng diện tích của chúng vẫn bằng diện tích của hình A, dẫn đến kết luận rằng diện tích này lớn hơn 1, tức là diện tích của ô vuông cơ sở Theo nguyên lý Dirichlet về diện tích, ít nhất hai trong số các ảnh chuyển tới ô vuông cơ sở sẽ có một điểm chung (x0, y0) Do đó, trong hình A ban đầu, điểm (x0, y0) sẽ tương ứng với hai điểm khác nhau (x1, y1) và (x2, y2).
Định lý Bloosphelt 25 cho thấy rằng nếu x1 - x0, y1 - y0, x2 - x0 và y2 - y0 là những số nguyên, thì x2 - x1 và y2 - y1 cũng sẽ là những số nguyên Khi ta thực hiện tịnh tiến tập hợp A sao cho điểm (x1, y1) chuyển đến một tọa độ nguyên, điểm (x2, y2) cũng sẽ chuyển đến một tọa độ nguyên Do đó, việc tịnh tiến này đảm bảo rằng mọi điểm (x, y) trong tập hợp đều có tọa độ nguyên.
Asẽ tương ứng với điểm(x+a,y+b)với a và blà những hằng số.
Do đó, x1 + a và y1 + b là những số nguyên Khi đó, cả x2 + a = (x2 - x1) + (x1 + a) và y2 + b = (y2 - y1) + (y1 + b) cũng là những số nguyên vì là tổng của hai số nguyên Như vậy, ta đã chứng minh định lý 1.6 (Định lý Bloophelt): Nếu một diện tích A trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện S(A) > 1, thì tồn tại một phép tịnh tiến sao cho ảnh của A với phép tịnh tiến này chứa ít nhất hai điểm có tọa độ nguyên.
Ta có thể mở rộng định lý này bằng một cách hoàn toàn tương tự như con đường chứng minh ở trên.
Bổ đề 1.4 khẳng định rằng, với số tự nhiên bất kỳ n và hình A có diện tích S(A) lớn hơn n, sẽ tồn tại n+1 điểm khác nhau (xi, yi) trong A, với i = 1, 2, , n+1 Các hiệu x_i - x_j và y_i - y_j sẽ là những số nguyên, với i, j = 1, 2, , n+1.
Lời giải cho bài toán này tương tự như bổ đề 1.3, trong đó chúng ta tiến hành tịnh tiến mọi hình vuông trong lưới nguyên về hình vuông cơ sở Mỗi phần của A nằm trong các hình vuông khác nhau sẽ được chuyển tới ô vuông cơ sở Tuy nhiên, tổng diện tích của các phần tịnh tiến thuộc A sẽ lớn hơn Theo nguyên lý Dirichlet mở rộng cho diện tích, tồn tại ít nhất n+1 ảnh tịnh tiến có điểm chung (x0, y0) Các điểm khác nhau ban đầu thuộc A tương ứng với điểm này được ký hiệu là (xi, yi) với i = 1, 2, , n+1 Do đó, x i − x j và y i − y j với i, j = 1, 2, , n+1 là các số nguyên.
Khi thực hiện phép tịnh tiến trên hình A để chuyển điểm (x1, y1) về tọa độ nguyên, các điểm còn lại (xi, yi) cũng sẽ có tọa độ nguyên Điều này chứng minh một định lý tổng quát Định lý 1.7 khẳng định rằng với bất kỳ số tự nhiên dương n và hình F có diện tích lớn hơn n, tồn tại một phép tịnh tiến trong hệ tọa độ vuông góc sao cho hình ảnh của F chứa ít nhất n+1 điểm có tọa độ nguyên.
Sử dụng định lý này, chúng ta có thể chứng minh một định lý liên quan Trong bài học trước, đã đề cập đến ví dụ của Aitai với các khăn phủ khác nhau Chúng ta có thể kỳ vọng rằng trong trường hợp lý tưởng, khi mặt bàn được phủ bằng những khăn vuông giống nhau, giả thuyết của Rado sẽ đúng, tức là có thể chọn ε 0 = 1.
Chúng tôi sẽ chứng minh định lý 1.8, trong đó nêu rằng nếu có một tập hợp các khăn vuông giống nhau phủ một bàn vuông có cạnh bằng 1, thì tồn tại một tập hợp con các khăn sao cho mọi cặp khăn trong tập hợp này không giao nhau và tổng diện tích của chúng không nhỏ hơn 1.
Chúng ta có thể thay đổi kích thước đo độ dài của các chiếc khăn vuông Cụ thể, chúng ta sẽ chọn kích thước sao cho mỗi chiếc khăn vuông có độ dài là 1.
2 (vì tất cả các khăn vuông đều giống nhau).Khi ta thay đổi cỡ đo thì cạnh chiếc bàn không phải là1nữa mà là
Phủ bàn với những khăn hình chữ nhật
Chúng ta chọn một số nguyên S sao cho -1 < S ≤ n Tiếp theo, chúng ta đặt số này vào mặt phẳng tọa độ vuông góc, với kích thước tương thích với kích thước của khăn đã đề cập Các điểm trong mặt phẳng tọa độ có tọa độ nguyên được gọi là các nút.
Theo định lý Bloosphelt, có thể thực hiện một phép tịnh tiến để đảm bảo rằng mặt bàn được phủ bởi ít nhất một chiếc khăn vuông cho mỗi nút Mỗi nút sẽ được bao phủ bởi ít nhất một chiếc khăn, và sau đó, chúng ta sẽ loại bỏ một số khăn để mỗi nút chỉ còn một chiếc khăn duy nhất Kết quả là, bất kỳ hai chiếc khăn nào được chọn sẽ không chồng lấn lên nhau và mỗi chiếc khăn sẽ bao phủ một nút nhất định, với giả thiết rằng cạnh của mỗi chiếc khăn bằng 1.
2) Tổng diện tích của những chiếc khăn là n
4 Sau đó, ta cho trở lại cỡ đo ban đầu, thì theo giả thiết diện tích mặt bàn là 1, ta nhận được kết quả chứng minh J
Có nhiều phương án giải quyết bài toán Rado liên quan đến việc phủ bằng tam giác, khăn tròn, và nhiều bài toán tương tự vẫn chưa có lời giải.
1.7 PHỦ BÀN VỚI NHỮNG KHĂN HÌNH CHỮ NHẬT
Các phần trước đã chỉ ra sự tồn tại của số ε₀ với những tính chất đặc biệt, và giá trị của nó phụ thuộc vào việc sử dụng khăn trải bàn hình vuông Tuy nhiên, nếu khăn trải bàn là hình chữ nhật và được đặt song song với mặt bàn, thì sao? Giả sử mặt bàn có diện tích bằng 1, chúng ta sẽ chứng minh rằng vẫn tồn tại một ε₀ ảnh hưởng đến sự tồn tại của tập hợp khăn đồng dạng để phủ kín mặt bàn này.
Nếu tất cả các "khăn" đều đồng dạng, chúng ta có thể áp dụng lý luận tương tự như trong mục 1.5 Đầu tiên, chọn khăn có diện tích lớn nhất, ký hiệu là P1, với các cạnh a1 và b1 Tiếp theo, xem xét tất cả các khăn giao với P1, chúng nằm trong hình chữ nhật có kích thước 3a1 và 3b1 (Hình 1.20).
Ta đã sử dụng yếu tố tất cả
Các khăn được coi là đồng dạng với các cạnh ka1 và kb1, trong đó 0 < k ≤ 1 Chúng ta loại bỏ những khăn giao với P1 Diện tích phần bàn được phủ bởi các khăn này, không bị P1 che phủ, không vượt quá 8a1b1 Sau khi loại bỏ P1, chúng ta tiếp tục tìm khăn có diện tích lớn nhất trong số những khăn còn lại Bằng cách lặp lại quá trình này, chúng ta có thể chọn một tập hợp các khăn không giao nhau, với tổng diện tích không nhỏ hơn 1.
Trong trường hợp các khăn hình chữ nhật không đồng dạng, chúng ta không thể áp dụng phương pháp chứng minh đã nêu ở mục 1.5 Điều này là do tồn tại những khăn hình chữ nhật giao với P1 mà không nằm trong hình chữ nhật có các cạnh 3a1 và 3b1 Tương tự, với việc cố định m, các khăn cũng không nằm trong hình chữ nhật với các cạnh ma1 và mb1 Do đó, không thể kết luận rằng khả năng kết quả như trong mục 1.5 vẫn đúng Chúng ta chỉ có thể chứng minh được mệnh đề sau đây.
Phủ bàn bằng khăn hình chữ nhật có thể thực hiện được với định lý 1.9, trong đó cho biết với mọi ε > 0, có một phủ trên bàn hình chữ nhật diện tích 1 bằng những khăn hình chữ nhật có cạnh song song với bàn Tổng diện tích của mọi tập hợp con các khăn không giao nhau sẽ nhỏ hơn ε.
Chứng minh Để chứng minh định lý, ta xây dựng một phủ rất đặc biệt phủ kín bàn Trước tiên, ta xây dựng hai dãy tập hợp:
Ta đưa vào hệ tọa độ vuông góc Tập hợpA 0 bao gồm một khăn có a b
Hình 1.21 đỉnh là những tọa độ(0,0),(a,0),(0,b),(a,b) Tập hợp A 1 gồm A 0 và hai khăn có tọa độ tương ứng:
Mỗi chiếc khăn này có diện tíchabvà có đúng một nửa khăn không nằm ởA 0 (Hình1.21).
Kí hiệu S(Ak) là diện tích của phần mặt phẳng được phủ bởi những khăn của tập hợp A k Khi đó, S(A1) =S(A0) +ab Giả sử
A 0 ,A 1 , ,A k − 1 đã được xây dựng Để xây dựngA k , ta thêm vàoA k − 1 hai khăn có tọa độ:
(Hình 1.21 thể hiện tập hợp A 0 ,A 1 ,A 2 ) Như phần trên đã chỉ ra rằng S(Ak) =S(Ak − 1) +ab Từ đây chứng minh bằng quy nạp toán học cho đẳng thức
Ta xây dựng tập hợpB k n liên quan đến kích thước bàn phủ.
Với mọi giá trị k, tập hợp B k 0 chính là tập Ak, chỉ khác là gốc của hệ tọa độ vuông góc nằm ở một trong các góc của bàn Ngoài ra, các số a và b được chọn sao cho 2k a và 2k b tương ứng với các cạnh của bàn.
Tập hợp B k n được xây dựng từ B k n − 1 bằng cách xem xét phần bàn không được phủ bởi khăn của B k n − 1 Phần này có thể chia thành nhiều hình chữ nhật, trong đó bất kỳ hai hình nào cũng không có điểm chung Đối với mỗi hình chữ nhật, ta áp dụng quy trình dựng B k 0, chọn hệ tọa độ với gốc là một trong các đỉnh của hình chữ nhật đã chọn.
B k n − 1 những khăn từ việc dựng cho mỗi hình chữ nhật trên, ta nhận đượcB k n
Bây giờ, cho một số ε >0, ta giả thiết nó là cố định Ta chọn k sao cho bất đẳng thức sau thỏa mãn 1 k+1V B 1 A 1 C 1 D 1 , điều này trái với việc ta chọn tứ diệnA 1 B 1 C 1 D 1 có thể tích lớn nhất.
Suy ra tứ diệnABCDphủ tất cả những điểm của tập hợp đã cho.
VìV ABCD 'VA 1 B 1 C 1 D 1≤27, nên kết luận bài toán được chứng minh.
Trong mặt phẳng, với một tập hợp hữu hạn các điểm không nằm trên cùng một đường thẳng, có thể chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm bất kỳ trong tập hợp này và đường tròn đó sẽ bao phủ tất cả các điểm còn lại.
Lời giải Ta đưa ra một số chú ý
Trong hình 1.23, chúng ta có đoạn thẳng AB và hai điểm P1, P2 không nằm trên đoạn thẳng này Bài viết sẽ phân tích điều kiện để đường tròn k2, ngoại tiếp tam giác ABP2, có bán kính lớn hơn đường tròn k1, ngoại tiếp tam giác ABP1.
Khi xét hai góc nhọn AP[2B và AP[1B, ta nhận thấy rằng r2 > r1 chỉ xảy ra khi AP[2B < AP[1B Điều này vẫn đúng ngay cả khi cả hai góc đều không phải là góc tù.
2 Nếu một trong các góc là tù, cho đó làAP[ 2 B, còn góc kia không tù, thì ta sẽ cór 2 >r 1 khi và chỉ khiAP[ 2 B>180 ◦ −AP[ 1 B.
3 Nếu cả hai góc đều là tù, thìr 2 >r 1 , khiAP[ 2 B>AP[ 1 B.
Để giải bài toán, chúng ta sẽ xây dựng bao lồi M từ tập điểm đã cho Do các điểm không nằm trên một đường thẳng, bao lồi này sẽ không phải là một đoạn thẳng Tiếp theo, chúng ta xem xét tất cả các tam giác được tạo thành từ các đỉnh của M và chọn tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp lớn nhất, được gọi là tam giác ABC (Hình 1.23).
Giả sử tồn tại đỉnh P 2 củaM nằm ngoài đường tròn ngoại tiếp
Khi xem xét bài toán phủ hình với 35 tam giác ABP1, ta nhận thấy rằng điểm P2 nằm ngoài tam giác ABP1, dẫn đến sự tồn tại ít nhất một đỉnh Bsao cho P2 và B nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau đối với cạnh đối diện AP1 Do tính lồi của M, không có đỉnh nào của nó có thể nằm trong các vùng ϕ Hơn nữa, một trong hai góc BAP1 và BP1A phải là góc tù, giả sử đó là góc BAP1 Khi đó, ta có P1P2B < BAP1, điều này cho thấy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác P1P2B lớn hơn bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BAP1, điều này mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABP1.
Đối với bài toán 1.4, chúng ta xem xét một đa giác lồi và cần chứng minh rằng từ ba đỉnh liền kề của đa giác này có thể xác định một đường tròn Đường tròn này sẽ bao trùm toàn bộ đa giác, tức là tất cả các đỉnh của đa giác đều nằm trên đường tròn đó.
Lời giải Như Bài toán1.3 có tồn tại đường tròn phủ đa giác Chỉ còn chứng minh ba đỉnh kề nhau trên đường tròn này.
Nếu đường tròn k phủ ngoài một tam giác không tù, và điểm X nằm trong k, thì AXCd sẽ lớn hơn 180° - ABC Theo tính chất đã nêu trong Bài toán 1.3, điều này dẫn đến việc đường tròn ngoại tiếp tam giác AXC có bán kính lớn hơn k, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu về k.
Khi đó, khả năng duy nhất cho X là X∈k, nghĩa là đa giác nội tiếp trongk, điều này suy ra chứng minh bài toán.
2 Giả sửA\ 1 C 1 B 1 >90 ◦ Nếu điểmY nằm trongk và thuộc vùng cung (A1C 1 B 1 ) (Hình 1.25), ta có bất đẳng thức C\ 1 Y B 1 >180 ◦ −
C\ 1 A 1 B 1 mà nó không thể được, bởi vìC\ 1 A 1 B 1 0, bất đẳng thức tương ứng vẫn giữ đúng như trong phần 1.5 về bài toán phủ một hình vuông.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các khái niệm bao hình, bắt đầu từ việc bao hình vuông bằng hình tam giác vuông (2.1) và bao hai hình vuông bởi một hình vuông (2.2) Tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét việc bao hình vuông bằng hình chữ nhật (2.3) và bao tam giác cùng hình tròn (2.4) Bài viết cũng đề cập đến đường kính của tập hợp điểm trong mặt phẳng (2.5) và việc bao hình đa giác bởi lục giác đều (2.6) Chúng ta sẽ tìm hiểu bài toán Malfatti (2.7) và các ví dụ về những bài toán bao hình (2.8), cùng với phần bài tập để củng cố kiến thức (2.9).
ChoMvàF là hai đa giác Ta nói rằng đa giácF bao đa giác M, nếu mỗi điểm thuộc M cũng nằm trongF hoặc là nằm trên cạnh nào đó củaF.
Những bài toán bao hình được xét dưới hai dạng sau đây:
1 Cho một đa giácMvà tìm đa giác bao nó có diện tích nhỏ nhất.
Trong chương này, chúng ta sẽ khám phá các phương pháp khác nhau để tìm đa giác M có diện tích lớn nhất bao quanh đa giác F, đồng thời xem xét các giới hạn bổ sung áp dụng cho các hình.
MvàF, thường có liên quan đến các cạnh, góc,
2.1 BAO HÌNH VUÔNG BỞI HÌNH TAM GIÁC VUÔNG
Bài toán của phần này là
2.1 Bao hình vuông bởi hình tam giác vuông 41
Bài toán 2.1 Tìm một hình vuông có diện tích lớn nhất được bao bởi hình tam giác vuông có các cạnha,bvà cạnh huyềnc.
Bài toán tối ưu này yêu cầu so sánh vô hạn hình vuông, trong đó nếu tồn tại hình vuông lớn nhất được bao bởi hình tam giác vuông, thì bốn đỉnh của nó sẽ nằm trên các cạnh của tam giác Tuy nhiên, ngoài hình vuông này, còn có những hình vuông khác với ba đỉnh hoặc ít hơn nằm trên các cạnh của tam giác đã cho.
Chúng ta xem xét các hình vuông có bốn đỉnh nằm trên các cạnh a, b, c Nếu hai đỉnh của hình vuông nằm trên cạnh huyền, cạnh của hình vuông sẽ được tính bằng ch = c + h, trong đó h là chiều cao từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền Ngược lại, nếu trên cạnh huyền chỉ có một đỉnh, đỉnh còn lại sẽ trùng với đỉnh góc vuông của tam giác Trong trường hợp này, đường chéo của hình vuông chính là đường phân giác của góc vuông, và công thức cho đường phân giác được biểu diễn bằng công thức phù hợp.
Ta sẽ nhận được cạnh hình vuông bằng ab a+b.
Ta so sánh cạnh của hai hình vuông bằng cách chứng minh rằng \( ch + h < ab + a + b \) Vì \( ab = ch \), nên chỉ cần chứng minh rằng \( a + b < c + h \) Bằng cách bình phương hai vế của bất đẳng thức này và áp dụng định lý Pythagoras, ta có được một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Từ tất cả các hình vuông nằm trong tam giác vuông với bốn đỉnh trên các cạnh của tam giác, hình vuông có cạnh lớn nhất là những hình vuông có đường chéo trùng với đường phân giác của góc vuông.
Trong trường hợp chỉ có ba đỉnh của hình vuông nằm trên các cạnh của tam giác, giả sử a≥b, với α và β là các góc nhọn tại các đỉnh A và B, ta có β ≤ 45° Nếu hai đỉnh của hình vuông nằm trên cạnh huyền hoặc cạnh bên, cạnh x của hình vuông sẽ nhỏ hơn ab/(a+b) so với các trường hợp đã xét trước đó Trường hợp phức tạp hơn là khi mỗi cạnh của tam giác có một đỉnh của hình vuông.
Hình 2.1 và giả thiếtPQCd ≥α (Hình2.1).
Ta đặtQPCd =ϕ≤β và sử dụng định lý cosin cho tam giácNBP, ta nhận được
NB=xsin(90 ◦ −ϕ) sinβ =xcosϕ sinβ
Ta kéo dài cạnhMN và cắt cạnh
ACtại điểmR Ta lại áp dụng định lý cosin cho tam giácANRvà tìm được
AN=RM+MN sinα sin(90 ◦ +ϕ) =x(1+tgϕ) sinα cosϕ.
+xsinϕ sinα nghĩa là x= ab
2.1 Bao hình vuông bởi hình tam giác vuông 43
Chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau: \( (a+b)\cos\phi + b\sin\phi < ab(a+b) \) Để thực hiện điều này, việc chứng minh bất đẳng thức sau là đủ.
Ta xét hàm số f(ϕ) = (a+b)(cosϕ−1) +bsinϕ, xác định với
0≤ϕ≤β Đạo hàm bậc nhất của hàm trên tính được f 0 (ϕ) osϕ−(a+b)sinϕ.
