TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN
NGUYỄN THỊ QUỲNH
BÀI TOÁN PHỦ VÀ BAO HÌNH
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC • • • •
Chuyên ngành: Hình học
Người hưống dẫn khoa học: ThS. PHẠM THANH TÂM
Hà Nội - 2014
Lời đầu tiên của khóa luận em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn ThS.Phạm
Thanh Tâm. Thầy đã giao đề tài và tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình hoàn thành khóa luận
này. Em xin gửi lời cảm ơn của mình tới các thầy, cô giáo trong khoa Toán đã giảng dạy tận tình và
giúp đõ chúng em trong suốt quá trình học tập tại Khoa.
Nhân dịp này em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành của mình tới gia đình, bạn bè đã ở bên
cổ vũ động viên giúp đõ em trong suốt quá trình học tập vừa qua.
Hà Nội, ngày 16 tháng 05 năm 2014 Sinh viên
Nguyễn Thị Quỳnh
Sau một thời gian nghiên cứu, tìm hiểu tài liệu cùng với sự hướng dẫn của thầy giáo ThS. Phạm
Thanh Tâm em đã hoàn thành bài khoá luận của mình.
Em xin cam đoan khoá luận này là kết quả của quá trình làm việc nghiêm túc với sự cố gắng nỗ
lực của bản thân dưới sự hướng dẫn chỉ bảo tận tình của ThS. Phạm Thanh Tâm. Trong khi nghiên cứu
khóa luận này, em đã tham khảo một số tài liệu ghi trong tài liệu tham khảo.
Hà Nội, ngày 16 tháng 05 năm 2014 Sinh viên
Nguyễn Thị Quỳnh
LỜI CẢM
2
Mục lục
Chương 1.
1.1. 1.2.
1.3.
1.4.
Bài tập đề nghị
Bài toán phủ hình

Lát mặt phẳng bằng những đa giác bằng nhau
Bài toán phủ hình
Bài toán phủ đa giác lồi
Bài toán phủ một đoạn thẳng
Bài toán phủ một hình vuông
Định lí Bloosphelt
Phủ bàn với những khăn hình chữ nhật
Một số ví dụ
Bài tập đề nghị
Bài toán bao hình
Khái niệm
Bài toán bao hình
Bài toán bao hình vuông
Bao hình tam giác và đường tròn
Bài toán Malfatti
Bài tập đề nghị
Kiến thức cơ
5
5
5
6

8
1
0
1
0
1
3
1

3
1
7
1
9
19
2
2

Một số kháiniệm mở
Các tính
Một số ví
Chươn
g 2.
2.1.
2.
2.
1.
2.3.
2.4.
2.5.
2.3.
Chươ
ng 3.
3.1.
3.
2.
3
.
3

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Hình học tổ hợp là một nhánh không thể thiếu được của các bài toán tổ hợp nói chung, nó
thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi ở mọi cấp. Khác với các bài toán trong
lĩnh vực Giải tích, Đại số, Lượng giác, các bài toán của hình học tổ hợp thường liên quan nhiều
đến các đối tượng là các tập hợp hữu hạn. Yì lẽ đó các bài toán này mang đặc trưng rõ nét của
toán học rời rạc.
Bài toán phủ và bao hình là một phần của hình học tổ hợp. Những bài toán này rất đa dạng
về nội dung và phương pháp giải. Nhiều bài toán phát biểu rất đơn giản, với những kiến thức
phổ thông ta cũng có thể hiểu được nhưng để giải được chúng thì cần đến một sự hiểu biết sâu
sắc những kiến thức về hình học tổ hợp. Yì vậy, em đã chọn đề tài "Bài toán phủ và bao hình"
nhằm mục đích tìm hiểu sâu hơn về những vấn đề trong hình học tổ hợp cũng như tìm ra được
lời giải tối ưu cho những bài toán này.
2. Mục đích nghiên cứu
Bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học và tìm hiểu sâu hơn về các bài toán phủ và bao
hình và các vấn đề liên quan đến hình học tổ hợp.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu một số chuyên đề về hình học tổ hợp, các bài toán về phủ hình và bao hình.
Tìm ra lời giải và xây dựng hệ thống bài tập liên quan.
4. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu các dạng bài toán phủ và bao hình trong hình học tổ hợp, các tính chất, định lí
và ứng dụng có liên quan.
5. Phương pháp nghiên cứu
Đọc tài liệu, phân tích, so sánh tổng hợp.
6. Cấu trúc khóa luận
Ngoài phần mở đầu, danh mục tài liệu tham khảo, khóa luận bao gồm ba chương: Chương 1:
Kiến thức mở đầu.
Chương 2: Bài toán phủ hình.
Chương 3: Bài toán bao hình.
4

Chương 1 Kiến
thức cơ bản
Trong phần này, ta chỉ giới hạn đi nghiên cứu đối tượng là các đa giác lồi, còn các trường
hợp đa giác khác sẽ được tìm hiểu sau.
1.1. Một số khái niệm mỏ đầu
Định nghĩa 1.1.1 (Tập lồi). Tập X c I " , X j í 0 gọi là tập lồi nếu với mọi X ,Y £X và Ằ €
[0,1] thì
Ảx+(l -X)yex. (1.1)
ví dụ 1.1.1. R”, {*} là các tập lồi.
Định nghĩa 1.1.2 (Bao lồi). Bao lồi của một tập X là giao của các tập lồi chứa X ,
KH: Conv X
Đinh nghĩa 1.1.3 (Đa giác). Là đường gấp khúc N cạnh teong mặt phẳng (N > 3) AIA
2
.A
N
sao cho đỉnh đầu và đỉnh cuối trùng nhau. Cạnh đầu AỈA
2
và cạnh cuối A
N
_Ị A
N
(cũng coi là
hai cạnh liên tiếp) không nằm trên một đường thẳng.Đa giác như thế kí hiệu là Ấ\Ấ2 .A
N
.
Đa giác N cạnh còn gọi là N - giác. Các điểm AỊ gọi là các đỉnh của đa giác. Các đoạn thẳng
AỊ A
I +
I gọi là các cạnh của đa giác. Góc AỊ -ỊAỊAI+ Ị gọi là góc đa giác ở đỉnh AỊ .
Định nghĩa 1.1.4 (Đa giác đdn). Là đa giác mà bất kì hai cạnh không liên tiếp nào cũng không

có điểm chung.
Định nghĩa 1.1.5 (Đa giác lồi). Là đa giác mà toàn bộ đa giác này nằm về một phía của đường
thẳng chứa cạnh bất kỳ nào của đa giác đó.
5
Định ngbĩa 1.1.6 (Đa giác đều). Đa giác được gọi là đa giác đều nếu tất cả các cạnh của chúng
bằng nhau và tất cả các góc của chúng bằng nhau.
Khác với đa diện đều, đa giác đều có thể có số cạnh (góc) lớn vô
cùng.
Khi
đó hình
dáng đa giác đều tiến gần tới hình tròn.
Định nghĩa 1.1.7 (Đường chéo của đa giác). Một đoạn thẳng nối
hai đỉnh không kề
nhau của một đa giác gọi là đường chéo của đa giác đó.
1.2. Các tính chất
Tính chất 1.2.1. Tổng các góc trong của một đa giác lồi n cạnh bằng
(n-2)180°. (1.2)
Tính chất 1.2.2. Tổng số đo góc trong và góc ngoài tại một đỉnh của hình N - giác bằng 180°.
Tính chất 1.2.3. Mọi góc trong một đa giác lồi không vượt quá 180°.
Tính chất 1.2.4. Trong đa giác lồi, đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ nằm hoàn toàn trong đa giác.
Tính chất 1.2.5. Số đo góc của đa giác N cạnh là
(«-2)180° N
Định lý 1.1. Số đường chéo của đa giác N cạnh là
N(N — 3)
1.3. Một số ví dụ
ví dụ 1.3.1. Tính số cạnh của một đa giác lồi, biết đa giác đó thỏa mãn các điều kiện sau:
a) Tổng các góc trong bằng tổng các góc ngoài (tại mỗi đỉnh của đa giác chỉ kề một góc ngoài);
b) Số đường chéo gấp đôi số cạnh;
Tổng các góc trong trừ đi một góc của đa giác bằng
2570°.

(1
(1
6
Gọi số cạnh của đa giác là N ( N > 3,N Ễ N).
a) Khi đó, tổng số đo các góc trong của đa giác là
(n-2)180°;
Mà tổng số đo các góc ngoài của một đa giác là 360° nên theo giả thiết, ta được
(N- 2)180° = 360°.
Suy ra N = 4. Vậy số cạnh của đa giác đó là 4.
b) Theo giả thiết số đường chéo gấp hai lần số cạnh nên ta có
n(n — 3) ,
= 2/ ĩ < => K — In = 0.
2
Suy ra N = 7. Vậy số cạnh của đa giác là 7.
c) Tổng các góc trong của một đa giác bằng ( N — 2) 180° nên theo giả thiết ta có:
(n- 2)180° -Ẵ= 2570°
Suy ra
Ẩ = {N- 2)180° -2570°. (1.5)
Vì mọi góc trong một đa giác lồi không vượt quá 180° nên
0° < («-2)180° -2570° < 180° (1.6)
16,2 < N < 17,2.
Do N e iV, N > 3 nên suy ra N = 17. Yậy đa giác đó có 17 cạnh.
Ví dụ 1.3.2. Chứng minh rằng trong một đa giác lồi bất kỳ không thể có quá 3 góc nhọn.
Giả sử đa giác lồi có к góc nhọn (K > 4). Khi đó, nếu góc trong một đỉnh của đa giác lồi là
góc nhọn thì góc ngoài tương ứng tại đỉnh đó là góc tù. Do vậy, nếu đa giác có К > 4 góc nhọn thì
sẽ có К > 4 góc tù tương ứng và tổng các góc ngoài của chúng sẽ lớn hơn 360°. Điều này không
xảy ra vì trong một đa giác bất kì tổng các góc ngoài chỉ bằng 360°.
Vậy: Trong một đa giác lồi bất kì không thể có quá 3 góc nhọn.
G
7

Ví dụ 1.3.3. Có tồn tại hay không đa giác có số cạnh bằng số đường chéo?
Giải
Gọi N là số cạnh của đa giác ( N>3,NE z
+
).
Đa giác có số cạnh bằng số đường chéo khi và chỉ khi
n(n— 3)


9
= N N — 5N = 0.
2
Suy ra N = 5.
Vậy đa giác duy nhất có số cạnh bằng số đường chéo là ngũ giác.
Ví dụ 1.3.4. Tìm tất cả các hình chữ nhật sao cho có thể cắt hình chữ nhật đó thành 13 hình vuông
bằng nhau.
Giải
Giả sử một cạnh của hình chữ nhật được chia thành M hình bằng nhau, cạnh kia được chia
thành N hình bằng nhau (M, N E N).
Ta có M.N = 13.
Vì 13 là số nguyên tố nên một trong hai sỐ M ,N bằng 1, số còn lại bằng 13.
Do đó, hình chữ nhật có cạnh 1 và 13 thoả mãn đề bài.
1.4. Bài tập đề nghị
Bài tập 1.1. Chứng minh rằng bằng một đường chéo thích
hợp, mọi N - giác đơn có thể phân hoạch thành hai đa
giác có số cạnh nhỏ hơn N.
G
8
Bài tập 1.2. Chứng minh rằng ngũ giác có 5 cạnh bằng nhau và 3 góc liên tiếp bằng nhau là ngũ giác
đều.

Bài tập 1.3. Tổng tất cả các góc trong và một trong các góc ngoài của đa giác là 2225°. Hỏi đa giác có
bao nhiêu cạnh?
Bài tập 1.4. Tìm số cạnh của một đa giác biết các đưòng chéo của nó có độ dài bằng nhau.
Bài tập 1.5. Cho ngũ giác lồi ABC D E có các cạnh bằng nhau và các góc trong đều nhỏ hơn 120°.
Chứng minh rằng các góc trong của ngũ giác lồi đó đều là góc tù.
Bài tập 1.6. Cho hình vuông ABCD , độ dài cạnh bằng 1 đơn vị. Gọi P, Q lần lượt nằm trên cạnh
AB , AD. CMR chu vi tam giác APQ bằng 2 khi và chỉ khi góc CPQ bằng 45°.
Bài tập 1.7. Chứng minh rằng trong một tứ giác lồi có các góc không bằng nhau thì có ít nhất một góc
là góc tù.
Bài tập 1.8. a) Tìm số N sao cho trong mặt phẳng có thể phủ kín bởi đa giác đều có N cạnh.
b) Có tồn tại các ngũ giác bằng nhau để phủ kín mặt phẳng hay không.
Bài tập 1.9. Người ta đánh dấu mỗi đỉnh của đa giác đều 1995 cạnh bởi màu xanh hoặc đỏ. Chứng
minh rằng luôn tìm được 3 đỉnh của đa giác là 3 đỉnh của một tam giác cân được đánh dấu cùng màu.
Bài tập 1.10. Chứng minh rằng có vô số hình bình hành M NPQ nội tiếp một hình bình hành
AB CD cho trước (mỗi đỉnh của hình bình hành MNPQ nằm trên mỗi cạnh của hình bình hành
AB CD ) và các hình bình hành này có chung tâm đối xứng.
Bài tập 1.11. Cho lục giác đều có tất cả các góc trong bằng nhau. Chứng minh rằng hiệu giữa các cạnh
đối diện thì bằng nhau.
Bài tập 1.12. Một đa giác có hiệu giữa đường chéo lớn nhất và nhỏ nhất bằng cạnh của nó. Hỏi đa giác
đó là đa giác gì ?
Chương 2 Bài toán
phủ hình
2.1. Lát mặt phẳng bằng những đa giác bằng nhau
Trong thực tế, ở bất cứ đâu, ta cũng gặp bài toán này như lát vỉa hè, sàn nhà, sân trường, bằng
những viên gạch đa giác giống nhau (hình chữ nhật, hình vuông, hình lục giác, ). Mặt phẳng được lát
bởi những đa giác giống nhau này sao cho hai đa giác tuỳ ý không có điểm chung, nhưng chúng có thể
chung đỉnh và chung cạnh. Khi đó ta được "MỘT PH Ủ MẶT PHẲNG " nếu mọi điểm
trong mặt phẳng đều nằm trong một hình đa giác mà ta dùng để lát.
Ví dụ 2.1.1. Xét những hình tam giác, tứ giác, ngũ giác, giống nhau mà ta dùng để lát mặt phẳng.
9

Để dễ thấy trực quan, ta coi các đa giác là những viên gạch và lát mặt phẳng bằng những viên gạch
giống nhau.
a) Ta có thể lát mặt phẳng bằng những viên gạch hình tam giác. Bằng cách ghép hai viên gạch hình tam
giác này ta được viên gạch có dạng hình bình hành. Hiển nhiên ta cũng có thể phủ được mặt phẳng
bằng những viên gạch này (xem hình H.2.1 và hình H.2.2).
b) Tương tự, mặt phẳng cũng có thể lát bằng những viên gạch hình tứ giác có dạng bất kỳ , ghép hai
viên tứ giác lại tạo ra viên lục giác, trong đó những góc đối diện bằng nhau và các cạnh đối diện song
song và bằng nhau. Ta cũng thấy mặt phẳng có thể lát bằng viên gạch hình này (xem hình H.2.3 và
hình H.2.4) .
c) Ta cũng có thể ghép mặt phẳng bằng những viên gạch lục giác sao cho mọi đỉnh của viên gạch sẽ là
đỉnh của ba góc trong của viên gạch lục giác, mà tổng của chúng là 360° (xem hình H.2.5) .
1
H.2.1
d) Giả sử ta dùng những viên gạch ngũ giác giống nhau để lát mặt phẳng
+) Nếu những viên gạch ngũ giác là ngũ giác đều thì không thể phủ được mặt phẳng
(vì N. 180° > 360° với N = 3,4,5) .
+) Nếu viên gạch ngũ giác là không đều thì có thể phủ được mặt phẳng bởi một loại ngũ giác như sau.
Ta chia một lục giác đều thành ba ngũ giác bằng nhau bằng cách dựng ba đường trung trực của ba cạnh
không kề nhau. Mặt phẳng có thể lát bằng những viên gạch lục giác và những viên gạch ngũ giác này
thực sự lát được mặt phẳng (xem hình H.2.6).
Từ đó, ta thấy với N < 6, mặt phẳng có thể phủ được bởi những viên gạch hình N - giác giống nhau.
H.2.3
H.2.4
H2
1
Ta xét định lí sau:
Định lý 2.1.

Với n > 7


không tồn tại những viên gạch có dạng n - giác lồi
giống nhau mà có thể lát được mặt phẳng.
Chứng minh
Giả sử tồn tại một phủ mặt phẳng bởi những viên gạch N - giác giống nhau với N > 7.
Kí hiệu S là diện tích của N - giác, D là đường kính của đường tròn chứa N - giác với giả
thiết D VẰN - giác cố định.
Xét ba đường tròn đồng tâm lần lượt có bán kính R, R — D VẦ R + D sao cho R
đủ lớn ( R > D). Kí hiệu NR là số lượng những N - giác nằm trong đường tròn bán kính R.
Khi đó
(.R- D)
2
NR >

v



s



J

n. (2 .1)

(

R-d)
2
,


n 9
(Yì giả sử ngược lại nêu N R < 7T thì NR.S < (R — D) 7T không xảy ra).
s
Mặt khác, mọi điểm thuộc hình tròn có bán kính R — D sẽ nằm trong một đa giác nào đó ở
trong đường tròn bán kính R, nên
N(R — D )
2
<
NR.S . Tổng các góc trong của những đa giác là
(n — 2)NRJI.
Từ (2.11 và (2.21 ta có bất đẳng thức
(n — 2)NRK >
Bây giờ, ta xét những N - giác giao với hình tròn bán kính R. Yì mọi đa giác có
điểm chung với hình tròn bán kính R sẽ nằm trong hình tròn bán kính R + D nên số
Jĩ{R + d)
2
lượng của chúng M
R
sẽ nhỏ hơn .
s
Suy ra số lượng của những điểm mà chúng nằm trong hình tròn bán kính R sẽ nhỏ hơn ÌIMR
H.2.5 H.2.6
(2.
(2
3
1
~3~\
Lại thấy, tổng của những góc mà chúng có đỉnh chung là 27T nên sau khi lấy tổng ta được
(2.4)

2ĨIMỊỊ 2 n(R + d)
2
QR = —-— <
3
1
Hay là
2N(R + D )
2
> 3(N-2) (R -D)
2
. Chia cả hai vế bất đẳng thức
trên cho R
2
, ta được
2N + 4N Ị + 2NỘ
2
> 3(n - 2) - 6(n - 2)^ + 3(n -2)Ộ \
Khi cho R tăng vô han, ta có thể thay — bằng 0, và suy ra đươc
R
2n > 3(n — 2 ).
Bất đẳng thức này chỉ đúng với N < 6.
Vậy không thể có phủ mặt phẳng với N - giác giống nhau mà N > 7.
2.2. Bài toán phủ hình
2.2.1. Bài toán phủ đa giác lồi
a) Phủ đa giác lồi bằng những đa giác vị tự vói chính nó
Ta xét bài toán phủ một đa giác lồi bằng một số những đa giác khác mà chúng nhận được từ
đa giác đã cho qua một phép vị tự với hệ số К < 1.
Định nghĩa 2.2.1. Cho đa giác D và một họ đa giác DỊ (DỊ là các đa giác vị tự với đa giác D
với tỉ số vị tự K € (0,1)). Ta nói rằng một số đa giác D Ị tạo thành một phủ vị tự của đa giác
D, nếu mọi điểm của đa giác đã cho thuộc ít nhất một trong những đa giác phủ.

Để đơn giản, trong mục này ta nói một phủ thay cho một phủ vị tự nói trên.
Ví dụ 2.2.1. Với tam giác ABC bất kì có tồn tại một phủ theo định nghĩa trên không?
Từ {231 và (2.41 ta được bất
2n{R + d)
2
K
2
(n — 2)(J? — d)
2
M
2
3S
(2
3
1
^ AO Й2 в
2
H.2.7
Giải
Trên mỗi cạnh của tam giác ABC ta dựng những đoạn thẳng А151/Ị AB, A 2C2Ị /
AC , C1B2//CB ( AIBI, A 2C2 , C\B
2
đủ gần các cạnh tương ứng AB, AC và
ВС ) (xem hình H.2.7).
Khi đó các tam giác AA]5ic, AA
2
BC
2
và ДАЯ2С1 là các tam giác vị tự với tam giác
AB C và ba tam giác này phủ được tam giác ABC.

Ta đi chứng minh rằng không thể phủ một tam giác bất kỳ bằng hai tam giác vị tự có hệ số vị tự
nhỏ hơn 1.
Thật vậy, giả sử có một tam giác MNP vị tự với tam giác ABC mà phủ được hai đỉnh
A, B. Khi đó, mọi đoạn thẳng trong tam giác phủ MN P và song song với AB sẽ có độ dài
nhỏ hơn thực sự độ dài AB ( vì hệ số VỊ TỰ К < 1). Điều này vô lí và không thể có một
phủ như vậy.
Do đó, để có một phủ theo điều kiện đã cho cần phải có ít nhất ba tam giác vị tự.
Bằng cách chứng minh tương tự, cần phải có ít nhất bốn hình bình hành vị tự với hình bình
hành ABCD đã cho mới phủ được nó (xem hình H.2.8) .
Ta có bổ đề sau:
Bổ đề 2.1.

Mọi đa giác lồi D có n cạnh khác hình bình hành đều tồn tại ba cạnh,
mà kéo dài ba cạnh này tạo ra một tam giác chứa đa giác đã cho.
Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
+) Nếu N = 3,4 thì đa giác lồi M đã cho là tam giác hoặc tứ giác thì khẳng định trên luôn đúng
(xem hình H.2.9).
+) Giả sử bổ đề đúng với mọi đa giác lồi M khác hình bình hành có số cạnh nhỏ hơn N. Ta
xét đa giác M có N cạnh (n > 5) thì từ điều kiện M là đa giác lồi không phải là hình bình hành
nên tồn tại ít nhất ba cạnh kề mà có hai cạnh kéo dài cắt nhau tạo thành một đa giác có số cạnh
nhỏ hơn, kí hiệu M„_ !.
Khi đó theo giả thiết quy nạp :
+) Nếu M„_ 1 là một tam giác thì bổ đề được chứng minh.
н.2.
3
1
+) Nếu М„_ 1 là một hình bình hành ABCD, nhưng đa giác ban đầu M không phải hình
bình hành, do đó tồn tại điểm nào đó trong các điểm A , B,C, D không phải là đỉnh của M.
( vì nếu A, B, C, D là các đỉnh của M thì đa giác M sẽ chứa ABCD. Nhưng theo cách

dựng trên ABCD chứa M, do đó M là hình bình hành ABCD , mâu thuẫn với giả thiết).
Tiếp đó, ta giả sử D không thuộc M. Kí hiệu F là đỉnh thuộc M gần nhất với D. Xét
đường thẳng đi qua F và một cạnh của M cắt hai cạnh AD, CD lần lượt ở E, F. Từ đa
giác M là lồi nên M sẽ nằm hoàn toàn về một phía của E F và cả về một phía của cạnh AD
(xem hình H.2.10) .
Suy ra ba đường thẳng AB, ВС và EF là ba đường đi qua ba cạnh của M mà tạo thành
tam giác BIJ phải tìm.
Định lý 2.2.

(Gohberg - Markus) Cho M là đa giác lồi không phải là hình bình
hành. Khi đó, số lượng nhỏ nhất những đa giác vị tự với M đủ để phủ M là 3 .
Chứng minh
Áp dụng kết quả của bổ đề 2J_ ta sẽ chứng minh rằng mọi đa giác lồi khác hình bình hành
có thể phủ được bởi ba đa giác vị tự.
Thật vậy, cho ABC là tam giác chứa đa giác AỊA
2
■ ■ .A„. Giả sử A\ẢI ,
A
K
A
K +
I và AIAI
+
I lần lượt nằm trên các cạnh AB, AB và ВС. Lấy một điểm о bất kỳ
nằm trong đa giác và nối О với ba điểm P,Q, R( P £ AIA
2
,Q e A
K
A
K +

I,R e AIAI
+
I).
Các đoạn thẳng OP,OQ,OR chia đa giác M đã cho thành ba phần MI,M
2
,M ^.
Xét phép vị tự tâm A hệ số K = 1 — Ổ (với ổ > 0, Ổ đủ nhỏ).
Khi đó, qua phép vị tự này, ảnh của A\ và Afc
+1
tương ứng là Aj và À
K + Ỉ
sẽ nằm trong đoạn
AỊ P và AK +IQ.
Hơn nữa, qua phép vị tự này ảnh của đường gấp khúc A
K +
1 .A
T
A
T +
I .AI không có
điểm chung với đường gấp khúc QOP. Do đó, ta nhận được một đa giác vị tự phủ M\.
Lập luận tương tự cho các phép vị tự có tâm tại В , С ta cũng nhận được các đa giác vị tự
phủ WÎ2 và /И3.
3
1
Gọi các đa giác ML , М2 là ảnh của M qua phép vị tự có tâm tương ứng ƠI và Ơ2- Giả sử
M phủ được bởi hai đa giác nói trên. Khi đó, ta dựng đường thẳng I đi qua Ỡ1 và O2 và gọi F
Ễ M là điểm sao cho khoảng cách từ F tới đường thẳng I là lớn nhất. Khi đó, F không thể phủ
bởi một trong hai đa giác MỊ , M
2

(mâu thuẫn với giả thiết hai đa giác phủ đa giác đã cho)
(xem hình H.2.11).
Do vậy, M không thể phủ bằng hai đa giác vị tự với nó. Định lí được chứng minh,
b) Phủ đa giác lồi bằng những đa giác đồng dạng vói nó (vói hệ số đồng dạng
кф 1)
Định nghĩa 2.2.2. (Phủ đa giác bằng những đa giác đồng dạng với nó) : Tương tự như định
nghĩa phủ đa giác lồi bằng những đa giác vị tự với nó.
Bổ đề 2.2.

Mọi hình bình hành có thể phủ được bằng ba hình bình hành đồng
dạng với nó.
Chứng minh
Xét hình bình hành AB CD . Gọi O , 0\ lần lượt là trung điểm của AC và BC. Giả
sử đường chéo AC lớn hơn cạnh BC . Khi đó, trên cạnh BC ta dựng các đoạn thẳng 0\Ả
và 0\C thoả mãn
AC
OỉA = OỉC = k—,k < 1

(2.6)

và dựng các đoạn thẳng 0\B VẦ. O ỊD thoả mãn
OiB = OiD = к—,Ã
r
Õ^B' =ẤOB. (2.7)

Ta thấy hình bình hành Á В С D sẽ phủ cạnh BC và một hình bình hành nhỏ như
A" BC D" (Я.2.12).
Mặt khác, hình bình hành AA ' EF và GHD D vị tự với
AB CD qua phép vị tự có tâm tương ứng tại A , D và hai
hình bình hành này có thể phủ phần còn lại là hình

bình hành A Ả D D.
3
1
Từ đó suy ra mọi hình bình hành có thể phủ được bằng ba hình bình hành đồng dạng với nó.
Kết hợp kết quả của định lí 1 2 trên và bổ đề 2.3 ta có định lí sau
Định lý 2.3 .

Mọi đa giác lồi có thể phủ được bằng ba đa giác đồng dạng với nó.
Xét bài toán đơn giản nhất khi đa giác là tam giác ABC .
+) Nếu ABC là tam giác đều thì không tồn tại một tam giác đều khác mà có thể phủ đồng thời hai
đỉnh của tam giác ABC đồng thời thoả mãn cạnh của nó nhỏ hơn cạnh của tam giác ABC đã cho
( vì khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong tam giác luôn nhỏ hơn một cạnh của tam giác).
Do đó, để phủ được tam giác ABC thì phải cần đến ba tam giác.
+) Nếu ABC là tam giác không đều. Giả sử cạnh AB > ВС (xem hình H.2.13).
Ta dựng tam giác AB C đồng dạng với tam giác ABC thoả mãn BC nằm trên cạnh А В và А В = KAB >
ВС , (К < 1). Khi đó, tam giác A BC sẽ phủ một tứ giác nhỏ nào đó, ví dụ như В BCC .
Mặt khác, tam giác AB с vị tự với tam giác ABC qua phép vị tự tâm A và tam giác này có thể phủ
được phần còn lại của tam giác ABC. Do đó, có thể phủ tam giác ABC bằng hai tam giác đồng
dạng.
2.2.2. Bài toán phủ một đoạn thẳng
Cho e là một số. Ta xét một đoạn thẳng A có độ dài bằng 1 được phủ bởi một số đoạn thẳng khác.
Bài toán đặt ra : Từ một phủ bất kỳ của đoạn thẳng đơn
vị, có tồn tại hay không một số đoạn thẳng (trong những
đoạn thẳng phủ) mà mọi cặp đoạn thẳng của chúng đều không
có điểm chung nhưng tổng độ dài của chúng nhỏ hơn e > 0
hoặc lớn hơn e > 0. Để ý rằng E
0
= - giữ vai trò quan
trọng như một số kết quả trong định lí sau :
B

1
Định lý 2.4.

Cho tập hợp M những đoạn thẳng phủ đoạn thẳng AB với độ dài
bằng 1.
a) Tồn tại một tập hợp con ơ c

M gồm những đoạn thẳng không giao nhau mà
tổng
' ' ' 1
của chúng không nhỏ hơn
b) Nếu E > — thì luôn tồn tại tập hợp M chứa những đoạn thẳng có tính chất sau:
Tổng những độ dài của những đoạn thẳng không giao nhau thuộc M nhỏ hơn £.
Chứng minh
Ta có nhận xét sau: Cho tập M những đoạn thẳng phủ đoạn thẳng AB. Nếu một đoạn
thẳng bị phủ toàn bộ bởi một hoặc vài đoạn thẳng, thì ta bỏ đoạn thẳng này đi và những đoạn
thẳng còn lại vẫn phủ AB.
a) Xét tất cả những đoạn thẳng phủ điểm A. Trong những đoạn thẳng vừa chọn, ta chọn đoạn
thẳng có điểm đầu bên phải nằm về phía bên phải nhất trên đoạn thẳng AB.
+) Nếu ta bỏ đi tất cả những đoạn khác phủ A ngoài đoạn thẳng ta vừa chọn ở trên, thì ta vẫn
còn một phủ đoạn AB , gọi là ĐOẠN T HẲNG TH Ứ NHẤT.
Tiếp đó, ta xét tất cả những đoạn thẳng phủ điểm cuối bên phải B! của đoạn thẳng thứ nhất
AI BI. Xét hai đoạn thẳng CD VẰEF .
+) Nếu điểm F nằm ở bên phải của D, thì đoạn thẳng Ả ỊB I và E F sẽ phủ đoạn CD và ta
có thể bỏ đi CD (xem hình H.2.14).
+) Nếu điểm F nằm ở bên trái điểm D thì lập luận tương tự, ta có thể bỏ đoạn EF (xem hình
H.2.15).
Tiếp tục quá trình này, ta tách được một đoạn thẳng A
2
B

2
phủ BỊ gọi là ĐOẠN
TH ẲN G THỨ HAI . Xét tất cả các đoạn thẳng phủ B
2
và cũng tách được một đoạn
thẳng và gọi đó là ĐOẠN TH ẲNG THỨ B A,
Sau khi đánh số như trên thì ta nhận được mọi cặp đoạn thẳng có số thứ tự đồng thời chẵn
hoặc lẻ sẽ không có điểm chung (vì giả sử đoạn thứ nhất và đoạn thứ ba có điểm chung, thì
đoạn thứ hai và đoạn thứ ba phủ B\ mà theo cách dựng, tổng các độ
dài của những đoạn thẳng phủ AB không nhỏ hơn 1. Do đó, điều giả sử sai). Yậy tổng
, Ì các độ dài của các đoạn thăng có sô thứ tự chăn hoặc lẻ không nhỏ hơn
1
b) Cho e là một so, E >
1
3ho e là một so, E >
Xét hai đoạn thẳng AIBI và A
2
B
2
giao nhau và phủ
AB .
Nếu chúng có độ dài bằng nhau A\BI = A
2
B
2
= — + ỗ > - < £ t h ì
chúng sẽ
tạo ra tập M cần tìm.
2.2.3. Bài toán phủ một hình vuông
Rado (1906 — 1989) là nhà toán học người Hungari. Ông là người đầu tiên nghiên cứu về

bài toán liên quan đến phủ một hình vuông. Bài toán này cũng được lấy tên ông là BÀ I
TOÁ N RADO. Bài toán Rado liên quan đến việc tìm số £
ơ
thoả mãn tính chất sau:
a) Cho hình vuông có cạnh bằng 1 được phủ bởi tập hợp những hình vuông con. Từ mỗi tập
hợp hình vuông con này, có thể chọn ra được những hình vuông không giao nhau thoả mãn tổng
diện tích của chúng lớn hơn £ ( với mọi 0 < £ < £
0
).
b) Cho hình vuông có cạnh bằng 1, tồn tại một tập hợp hình vuông phủ hình vuông đã cho thoả
mãn tổng diện tích của những hình vuông tuỳ ý không giao nhau nhỏ hơn £ ( với mọi £ > £
ỡ
).
Để dễ tưởng tượng, ta coi hình vuông là cái mặt bàn hình vuông có cạnh bằng 1 đơn vị, ta
muốn phủ mặt bàn hình vuông này bằng những KHĂN TRẢI BÀN HÌNH
VUÔN G. Cụ thể ta xét định lí sau:
Định lý 2.5.

Cho một mặt bàn hình vuông có cạnh bằng 1,

được phủ bâi những
khăn trải bàn hình vuông. Khi đó, tồn tại một tập hợp con những khăn trải bàn không
giao nhau sao cho tổng diên tích của chúng không nhỏ hơn
9
Chứng minh
a) Theo giả thiết, từ tập hợp những khăn trải bàn phủ mặt bàn hình vuông có cạnh bằng 1 là
hữu hạn nên ta chọn ra được một chiếc khăn có cạnh lớn nhất, chẳng hạn «1 và ta kí hiệu là
KỊ. Sau đó xét tất cả những khăn trải bàn còn lại có giao với K \ và những khăn này đều phải
nằm trong hình vuông có cạnh 3ữi mà nó chứa Ẳj (xem hình H.2.16).
Phần mặt bàn chưa được phủ bởi K\, nhưng được phủ bởi những khăn giao với K \ có

diện tích không vượt quá diện tích của 8 hình vuông có cạnh «1, tức là diện tích phần phủ này
không lớn hơn 8AF .
Ta bỏ đi những khăn có giao với K I và xét những khăn còn lại trừ KỊ.
Từ trong tập này, ta lại chọn ra một khăn có cạnh lớn nhất C I2 và kí hiệu nó là K
2
. Ta bỏ đi
những khăn có giao với K
2
và diện tích của phần bỏ đi này không nhỏ hơn 8A\.
Bằng cách lập luận tương tự, ta sẽ nhận được một tập hợp những khăn không giao nhau
KỊ,K
2
, ■. ■ ,K P và tổng diện tích của những khăn này bằng AỊ + AỊ + + AỊ.
Mà theo lập luận ở trên ta có:
1 — (ÓỊ + + + ữp) < 8(ữj + + . + á^) + + áị > —.
c E Ỉ 1
H.2.14
c EỈ1
H.2
B Ai
1
Hay tông diện tích của những khăn này không nhỏ hơn — và ta tìm được so £
0
từ
bât đăng thức E
0
> — và định lí được chứng minh.
Như vậy tồn tại số £
0
thoả mãn hai tính chất A), B ) và

Cho đến nay, kết quả tốt nhất đối với EO được cho bằng bất đẳng thức
(2
'
9)
2.3. Định lí Bỉoospheỉt
Định nghĩa 2.3.1 (Lưói nguyên). Trong mặt phẳng toạ độ qua mỗi điểm (M, N) có toạ độ
nguyên, ta kẻ một đường thẳng song song với trục hoành và một đường thẳng song song với trục
tung, ta được một hệ những đường thẳng gọi là MỘT LƯỚI NGUYÊN (xem hình
H.2.17). Những điểm có toạ độ nguyên 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.
Bổ đ ề 2.3.

Cho H là một hình trong mặt phẳng thoả mãn điều kiện S(H) > 1

(ở
đây S(H)

là diện tích của hình H). Khi đó tồn tại ít nhất hai điểm khác nhau (X2,y2)
thuộc A mà những hiệu của chúng X2 — X\ và y2 — y

1

là những số nguyên.
Chứng minh
+) Ta thấy rằng nếu một hình vuông H bất kỳ nào đó nằm trong lưới nguyên mà tịnh tiến đến
trùng một hình vuông khác trong lưới nguyên thì hiệu giữa những toạ độ tương ứng của hai điểm
nào đó trong hình vuông H là một số nguyên. Bởi vì trong hình vuông H tồn tại P và <2 sao
cho PQ _L OX và PQ = A là độ dài cạnh của hình vuông.
Khi đó ta chọn một trong những ô vuông ứong lưới vuông làm cơ sở và tịnh tiến mọi hình
vuông của lưới về hình vuông cơ sở.

H.2.16
Khi đó, những phần của diện tích hình H nằm trong những hình vuông khác nhau sẽ được
chuyển vào hình vuông cơ sở sau những phép tịnh tiến này , và tổng diện tích của chúng bằng
diện tích hình H, suy ra tổng diện tích này lớn hơn 1 (diện tích của hình vuông cơ sở).
Theo nguyên lí Dirichlet về diện tích thì ít nhất hai trong số những ảnh đưa tới hình vuông cơ
sở có một điểm trong chung {X
0
,Y
0
).
Yậy trong hình ban đầu H, tương ứng với điểm (X
0
,Y
0
) sẽ là hai điểm khác nhau
(*i>;yi)> (*2)^2) mà theo định nghĩa của phép tịnh tiến ta có X\ — X
0
, YI — Y„ , X2
— X
0
và YI — Y
0
là những số nguyên. Do đó, *2 —
X
1 và — YI là những số nguyên.
Định lý 2.6.

(Định lí Bloosphelt) Cho H là một hình trong mặt phẳng thoả mãn
điều kiện S{H) > 1


(ở đây S{H) là diện tích hình H). Khi đó tồn tại một phép tịnh
tiến sao cho ảnh của H qua phép tịnh tiến này chứa ít nhất hai điểm có toạ độ
nguyên.
Chứng minh
Ta chọn một trong những ô vuông trong lưới vuông làm cơ sở và tịnh tiến mọi hình vuông
của lưới về hình vuông cơ sở (mỗi hình vuông chỉ tồn tại một phép tịnh tiến như vậy). Khi đó
qua phép tịnh tiến này, mọi điểm (X,Y ) thuộc hình H sẽ có ảnh tương ứng với điểm (X +
A, Y + B) (với A, B là những hằng số).
Do đó, khi ta tịnh tiến tập hợp H sao cho điểm (jci , y 1) chuyển tới điểm có toạ độ nguyên thì
ta cũng có XI + A , YI + B là những số nguyên (xem hình H.2.18).
Áp dụng kết quả của bổ đề 2.3 ta có
X
2
+ A= (*2-* i) + (*i+a) và)>2 + & = { Y
2
- YI) + (?1 + B)
là những số nguyên vì là tổng hai số nguyên. Do đó, điểm (X 2,Y 2) cũng có toạ độ nguyên. Vậy
định lí được chứng minh.
y l\
-
3
-
2
-
1
0 1 2 3 X
H.2.17
Hệ quả 2.3.1.

Cho n là số tự nhiên bất kỳ, còn A là hình trong mặt phẳng có

diện tích S(A) >

n. Khi đó, tồn tạỉn+ 1

điểm trong khác nhau (*

1,у

1 )

với i —
1, 2, ,

л

+ 1

trong A, sao cho các hiệu Xi — Xj và yi — yj là những số nguyên
với i,j=

1, 2, ,и+

1.
Hệ quả 2. 3. 2.

Cho n là số tự nhiên bất kỳ, F là một hình trong mặt phẳng có
diện tích lớn hơn n. Trong mặt phẳng, ta đưa vào một hệ toạ độ vuông góc. Khi đó,
tồn tại một phép tịnh tiến sao cho ảnh của F chứa ít nhất n + 1

điểm trong có toạ độ

nguyên.
Hệ quả 2 .3 .3.

Nếu tập hợp tất cả những khăn hình vuông giống nhau phủ một
bàn vuông có cạnh bằng

1,

thì tồn tại một tập hợp con gồm những chiếc khăn sao
cho mọi cặp khăn bất kỳ không giao nhau và tổng diện tích của chúng không nhỏ hơn
Trên thực tế tồn tại rất nhiều phương án cho bài toán Rado có liên quan đến việc phủ bàn
bằng những khăn hình tam giác, khăn tròn, Nhiều bài toán loại này cho đến nay vẫn không có
lời giải và đang thách thức những người làm toán.
2.4. Phủ bàn với những khăn hình chữ nhật
Khác với phần trước khi ta xét khăn phủ bàn là hình vuông. Ở phần này, ta xét trường hợp
khăn phủ bàn là những khăn hình chữ nhật và ta phủ bàn bằng cách cho các cạnh của khăn song
song với mặt bàn. Khi đó, quy ước mặt bàn có diện tích bằng 1. Ta có các khẻ năng như sau:
+) Nếu tất cả các "khăn" là đồng dạng với nhau, thì ta lập luận tương tự như mục 2.2.3. Từ tập
hợp những khăn trải bàn phủ mặt bàn hình chữ nhật, ta chọn ra một chiếc khăn có diện tích lớn
nhất với cạnh của nó là 01 và B\ và kí hiệu là P\. Sau đó xét tất cả những khăn còn lại có
giao với PỊ và những khăn này đều nằm trong hình chữ nhật 3Ũ Ị và 3BI (xem hình H.2.19)
.
н.2.18
Lúc này diện tích phần bàn không được phủ bởi P I nhưng được phủ bằng những
chiếc khăn có giao với PI không vượt quá 8D\B\. Ta bỏ đi khăn P\ và những khăn có
giao với PI. Sau đó, lại xét khăn có diện tích lớn nhất như trên, kí hiệu P
2
có cạnh A
2
và

B — 2. Tiếp tục quá trình này, ta chọn ra được một tập hợp gồm những khăn không giao „ ' 1
nhau là P\, , P
N
và tống diện tích của chúng không nhỏ hơn - (chứng minh tương tự
như chứng minh định lí 2.5).
+) Nếu những "khăn" hình chữ nhật không đồng dạng với nhau thì kết luận như mục 2.2.3 không
còn đúng. Khẳng định này được suy ra từ định lí:
Định lý 2.7 .

Với mọi e > 0 ,

tồn tại một phủ trên bàn hình chữ nhật có diện tích
bằng 1

bởi những khăn hình chữ nhật, mà những cạnh của chúng song song với
những cạnh của bàn sao cho tổng diện tích của những khăn không giao nhau nhỏ hơn
E .
2.5. Một số ví dụ
ví dụ 2.5.1. Trong mặt phẳng cho 25 điểm thoả mãn giữa ba điểm bất kỳ trong chúng có thể
chọn được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng giữa những điểm
này có thể chọn được 1 điểm phủ bởi đường tròn bán kính bằng 1.
Giải
+) Nếu khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong các điểm đã cho của bài toán đều nhỏ hơn 1, thì
khẳng định của bài toán đúng.
+) Giả sử tồn tại cặp điểm A và B trong 25 điểm đã cho thoả mãn độ dài đoạn thẳng AB lớn
hơn 1. Khi đó, những điểm còn lại sẽ chia làm hai lớp A và P, (trong đó A bao gồm tất cả
những điểm X cách điểm A một khoảng nhỏ hơn 1, còn P gồm tất cả những điểm Y cách điểm
B một khoảng nhỏ hơn 1 ) . Dễ thấy rằng mỗi điểm đã cho sẽ rơi vào một trong hai lớp A và P
trên. ( Yì theo giả thiết có 25 điểm nên ít nhất một trong những lớp trên sẽ chứa không ít hơn 13
điểm ).

в
н.2.20
H.2.19
Ví dụ 2.5.2. Cho tứ giác lồi ABCD. Trên mỗi cạnh và hai đưòng chéo của tứ giác, ta dựng
những đường tròn có bán kính tương ứng. Chứng minh rằng họ những đường tròn vừa dựng
được có thể phủ được tứ giác lồi ABCD.
Giải
Trên mỗi cạnh và hai đường chéo của tứ giác AB CD , ta dựng những đường tròn có bán kính
tương ứng. Khi đó giả sử tồn tại một điểm P thuộc tứ giác A BC D mà nó lại không được phủ
bởi một đường tròn nào được dựng ở trên. Khi đó, mỗi góc APB, BPC, C PD , DPA
đều nhỏ hơn 90°. Suy ra tổng của bốn góc này sẽ nhỏ hơn 360° (xem hình H.2.20).
Mặt khác, tổng của bốn góc này lại bằng 360°. Do đó, điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại một điểm P như vậy và ta nhận được họ những đưòng tròn phủ tứ giác đã
cho.
Ví dụ 2.5.3. Trong hình hộp bình hành có kích thước 5, 10 và 25 được đặt vào nó 120 khối lập
phương một đơn vị. Chứng minh rằng trong hình hộp bình hành có thể đặt hình cấu có bán kính
băng — mà không giao với bât cứ một khôi lập phương nào.
Giải
Tâm của hình cầu cần tìm phải nằm ngoài 120 lân cận của hình lập phương. Tâm
' ' 1
1
này cách các điếm của hình lập phương một khoảng băng -, gọi là — lân cận.
Mặt khác, để hình cầu cần tìm nằm trong khối hộp hình bình hành thì tâm của nó phải
nằm trong phần co lại của các kích thước 4, 9 và 24.
1
Ta phải chứng minh 120— lân cận của khối lập phương không phủ phân co lại của khối hộp
bình hành.
Thật vậy, thể tích của khối co lại là 4.9.24 = 864.
11
120(4 +— JĨ) = 480+ IIOt t < 864.

12
Vậy suy ra điều phải chứng minh.
2.6. Bài tập đề nghị
Bài tập 2.1. Trong mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm trên một đường thẳng.
Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm trong chúng và nó phủ tất cả các điểm
còn lại.