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

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


- 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.
- Nghiên cứu sách tham khảo, các tài liệu liên quan.

1


CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
1. NGUYÊN LÍ
1.1 Nội dung nguyên lí

1.1.1 Nguyên lí 1
Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn
được số bé nhất và số lớn nhất.
1.1.2 Nguyên lí 2
Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số
bé nhất.
1.2 Ứng dụng

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.
C

D

B
M
A

2. Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD. Khi đó ta có:
AMB  BMC  CMD  DMA  3600

3


Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại






phía của A1 A2 (về phía có đỉnh A).

4


A

B

()
A2

A1

Giả thiết phản chứng kết luận trên không tức là tồn tại B  (). Do vậy
B phải ở ngoài hình tròn ().
Suy ra :
A1BA2  A1AA 2  900  0  sin A1BA2  sin A1AA 2


A1 A2
2sin A1BA2



A1 A2
2sin A1AA 2

R


5


đường tròn ta có ngay A2 A3 A  1800  A2 A1 A . Từ đó suy ra bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác A2A3A lớn hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác AA1A2. Điều này cũng vô lí. Vậy A3 phải thuộc (). Lúc này A1A2A3 có
đường tròn ngoại tiếp chính là (), và do đó đường tròn qua A1, A2, A3 phủ đa
giác lồi. Đó là điều phải chứng minh.
Bài3 : Trên một đường thẳng đánh dấu n điểm khác nhau A1, A2, . . . An
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 A1, A2,...An có mặt đủ bốn màu}.
Tập A   (vì theo giả thiết dùng cả bốn màu), và A hữu hạn nên theo
nguyên lý cực hạn, tồn tại chỉ số i nhỏ nhất mà i  A.
Theo định nghĩa của tập hợp A, vì lý do i là chỉ số bé nhất thuộc A, nên
màu của điểm Ai sẽ khác với màu của tất cả các điểm A1, A2, ...Ai-1.
Chú ý rằng bây giờ trong dãy A1, A2, …Ai lại có đủ bốn màu.
Xét tiếp tập hợp sau :
B = {k | 1 k  i và giữa các điểm Ak , Ak+1, ...Ai có mặt đủ bốn màu}.
Tập B   (vì dãy A1, A2, ...Ai có đủ bốn màu), và B hữu hạn nên theo
nguyên lý cực hạn, tồn tại chỉ số j lớn nhất mà j  B.
Theo định nghĩa của tập hợp B, và do j là chỉ số lớn nhất thuộc B, nên
màu của điểm Aj sẽ khác với tất cả các điểm Aj+1, ...Aj.
Aj




a

d

e

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.
Từ đó đi đến :

a

bcd e
4

(1)

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

7


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 l1, l2, .......l7. Lấy O là một điểm cố định

Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại phần bé nhất, tức là tồn tại một trong các góc
3600
3600
0
 260 ).
tạo thành nhỏ hơn hoặc bằng
tức nhỏ hơn 26 (vì
14
14

Giả sử góc đó tạo bởi l’i và l’j, (l 'i , l ' j )  260 . Theo nhận xét trên thì
(li , l j )  (l 'i , l ' j ) .

8


Vì thế tồn tại i, j ; 1 i < j  7 sao cho (li , l 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
đa giác.


(2)

Từ (1) suy ra :

(ở đây d( M, BC ) và d(M, AB) tương ứng là kí hiệu khoảng cách từ M
xuống BC và AB).
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  C1PB  BPA1  A1PC  CPB1  B1PA  3600

(1)

Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại :





max APC1, C1PB, BPA1, A1PC , CPB1, B1PA

Không giảm tổng quát, cho là:




cos BPA1 

Hay :
(4)

PB  2 PA1

Từ (4) suy ra max  PA, PB, PC  PB  2 PA1  2min  PA1, PB1, PC1.
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
K
A2

A3
H

A1

M

Xét tập hợp diện tích các tam giác AiAjAk (1 i, j, k  n), ở đây
A1,A2,......,An 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 A1A2A3.
Dựng qua A1, A2, A3 các đường thẳng tương ứng song song với A2A3,
A1A3, A1A2. Các đường này cắt nhau tạo nên tam giác KHM. Dễ thấy :

4

1. Nếu Aj thuộc miền 1, khi đó :
d ( A j , A3 A2 )  d ( K , A3 A2 )  d ( A1, A3 A2 ) .

Từ đó ta đi đến :
S A1 A3 A2  S A1 A2 A3

2. Nếu Aj thuộc miền 4, khi đó :
d ( A j , A3 A2 )  d ( A1, A3 A2 )

Từ đó :

(4)

S A1 A3 A2  S A1 A2 A3

Aj
2

1
K

1
K

3

A3


M 5


S A1 A2 A3  max S Ai Aj Ak
1i , j ,k n
i j k

Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là cả bộ n điểm đã cho nằm trọn
trong tam giác KHM, mà SKHM  4. Đó chính là điều phải chứng minh.
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 :
 = { a2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 a2 là
số nguyên dương.
Thật vậy, giả sử A1A2A3A4A5 là đa giác đều thuộc . Giả sử Ai (xi, yj),
i  1,5 thì nếu gọi a là cạnh của ngũ giác đều này, ta có:

a2 = A1A22 = (x2 - x1)2 + ( y2- y1)2
B
E’

D’

A


A’B’C’D’E’ . Mặt khác, nếu gọi a’ là cạnh của ngũ giác đều, thì rõ là :
a’ < a*  a’2 < a2*

(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.
Giải
Giả thiết phản chứng dựng được một hình ngũ giác đều có đỉnh nằm
trên các đường thẳng song song cách đều nhau. Nối các đường chéo với nhau,
ta thu được một hình ngũ giác đều khác có đỉnh là giao điểm của các đường
chéo này. Ngũ giác đều mới thu được và ngũ giác đều ban đầu đương nhiên
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

14


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

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 li.
Xét tập hợp A = {li  i = 1, 2,…., n}, ở đây n là số tất cả cách nối.
Theo nguyên lí cực hạn tồn tại:
l *  min li
1i n

Ứng với độ dài l*, ta có cách nối j (giả sử l* = lj). Ta chứng minh rằng
cách nối j thoả mãn mọi yêu cầu đề bài.
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.
B2
A1
O

A2

B1

16


M
E
F
B

H

C
17

D


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
HE  MD và CF  MD . Rõ ràng ta có : CF  HE  MH . Nói cách khác,

CF  d * .

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


A1

Ak

A2

giả thiết quy nạp có không ít hơn k đường thẳng khác nhau nối hai trong k
điểm A1, A2 ,...., Ak .
Xét đường thẳng Ak Ak 1 . Theo trên ta có:
A j  Ak Ak 1, j  1,2,..., k  1 .

Vì thế đường thẳng nối Ai , Aj (1 i, j  k) khác đường thẳng nối
Ak , Ak 1 . Vậy ta cũng có không ít hơn k+1đường thẳng khác nhau trong

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 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