TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

---

NGÔ THỊ CH

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀ NGUYÊN LÍ LÂN

KHOÁ LUẬN TỐT NG
Chuyên ngành: Hình học

HÀ NỘI 20


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

---

NGÔ THỊ CH

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀ NGUYÊN LÍ LÂN

KHOÁ LUẬN TỐT NG

Chuyên ngành:

Người hướng dẫn

Th.S - GVC PHAN HỒ

HÀ NỘI 20



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

Định nghĩa 1........................................................................................23

1.1.2

Định nghĩa 2........................................................................................23

1.2 Nguyên lí...................................................................................................25

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.

6


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

1.2.1 Tổng quát
Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng trong
nhiều lớp bài toán khác nhau, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp
nói chung và Hình học tổ hợp nói riêng.
Nguyên tắc này dùng để giải những bài toán mà trong tập hợp những
đối tượng phải xét của nó tồn tại các đối tượng có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

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 + B□MC + C□MD + D□MA = 3600


Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại
max

{ □AMB, B□MC,C□MD, D□MA} = B□MC

Khi ấy :

B□MC ≥
0
90

(1)

Từ (1) suy ra M nằm trong (hoặc cùng lắm là nằm trên) đường tròn
đường kính BC. Vậy đương nhiên M bị phủ bởi đường tròn này.
Như thế do M là điểm tuỳ ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn
nói trên phủ kín tứ giác lồi đã cho. Đó là điều phải chứng minh.

≤ 90 .

Ta chứng minh rằng mọi đỉnh của đa giác lồi đều nằm trong hình tròn (Ω).


Chú ý rằng từ tính lồi của đa giác suy ra toàn bộ đa giác nằm về một
phía của

A1 A2 (về phía có đỉnh A).


A

B

(Ω)
A2

A1

Giả thiết phản chứng kết luận trên không tức là tồn tại B
∉ (Ω). Do vậy
B phải ở ngoài hình tròn (Ω).
Suy ra :
□A BA < □A AA
⇒ 0 < sin □A BA < sin □A AA
1
20 1
2
≤ 90


A
(Ω)

(Ω)
A3
A1

A2

A

A3


1

A2

Giả sử trái lại A3 ∉ (Ω). Do A3 là đỉnh của đa giác lồi, nên
A3 thuộc vào hình viên phân giới hạn bởi □A2 A (xem hình vẽ). Từ đó
theo tính chất của


0
□A A A . Từ đó suy ra bán
đường tròn ta có ngay 2□A3 A A > 180
2 1−

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A2A3A lớn hơn bán kính đường tròn

•

Aj+1

•

Ai+1

Ai
•


Xét đoạn [AjAi]. Khi đó đoạn thẳng này chứa đúng hai điểm của hai
màu (đó 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 các số tự nhiên khác rỗng,
nên theo nguyên lý cực hạn phải tồn tại phần tử nhỏ nhất mà ta ký hiệu là a.
Giả sử kết luận của bài toán không đúng, tức là các số được điền không
phải là bằng nhau tất cả. Như vậy sẽ có một ô chứa a mà trong bốn ô có cạnh
chung với nó sẽ có ít nhất một số b ≠ a.

c
b

a

’
tuỳ ý. Qua O kẻ l 1, l , ......., l tương ứng song song với l , l , ....., l . Vì
2

7

1

2

7

không có hai đường nào trong l1, l2, ......,l7 là song song với nhau, nên trong
’

’

’

bảy đường l 1, l 2,...., l 7 không có hai đường nào trùng nhau.
l1
’

l2

l’2

l1

l3

( i = 1, 7 ) qua O chia góc ở đỉnh O thành 14 phần.

Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại phần bé nhất, tức là tồn tại một trong các góc
0
0 tức nhỏ hơn 26 (vì 3600
0
360
< 26 ).
tạo thành nhỏ hơn hoặc bằng
14
14
’
’
Giả sử góc đó tạo bởi l i và l , □ ' ) < 260 . Theo nhận xét trên
j ( l ,
'
thì
l


i

(□l ) = (□l ' ,l ' ) .
,l
i

j

i



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.
B

(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 : □ □
□
□
□
□
APC
+
C
PB
+
BPA
+
A
PC
1
1
1

1
max APC ,C1PB, BPA1 , A1PC,CPB1 ,
B1PA

{

Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra:

B□P ≥
A1 600

B1
P

B

C

A1
19

□

1

= BPA

(2)

(3)

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

A1A2A

đã cho là không vượt

3.

D

quá 1. Chứng minh


A2

A3
H

song
với

A1
M

A2A3,
A1A3,

Xét tập hợp

A1A2.

diện tích các tam

Các

giác AiAjAk (1≤ i,

đường

j, k ≤ n), ở đây

này cắt


tồn tại tam giác có

Dễ

diện tích lớn nhất,

thấy :

và không giảm tính
tổng quát có thể cho
đó

là

tam

giác

AA

SS1 2

K3
H
Theo
M AA

thiết


d ( A j , A3 A2 ) > d (K , A3 A2 ) = d ( A1, A3 A2 ) .
Từ đó ta đi đến :
SA A A
> SA A A
1 3

2

1 2

3

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

SA A

Từ đó :

A

AA
1 3

Aj
2

A3


K
6
A3

3

H
3

Aj

A1 4

M 5


S A A A = max SA A A

1

i

j

k

1
j
≤


Ai (xi, yj),
i = 1,5


thì nếu gọi
a là
cạn
h
của

ngũ giác đều này,
ta có:
2

2

a = A1A2 = (x2 2
2
x1) + ( y2- y1)
B
A
D’
E’
C
A’

’

C



ơ
n
g.
T
2 ậ
l p
à Ω
s
ố ≠
n
g
∅
u
,
y
ê đi
ều
n
d nà
y
ư


Tập Ω các số tự nhiên, khác rỗng, nên theo nguyên lý cực hạn
suy ra tồn tại phần tử nhỏ nhất, tức là tồn tại ngũ giác đều ABCDE sao
2

a



Do A, B, C, D, E là các “điểm nguyên” nên xA, xE, xB , yA, yE, yB đều là
các số nguyên. Vì thế từ (1) suy ra x ' , y ' cũng là các số nguyên. Như thế A
A
A
’

’

’

là “điểm nguyên”. Rõ ràng B’, C’, D , E cũng là các “điểm nguyên”. Rõ
’ ’

’

’ ’

ràng A B C D E là ngũ giác đều với các đỉnh của nó đều là các điểm
’

’

’

’

’

’