Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng
MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình Toán ở nhà trường phổ thông, các em học sinh đã
được làm quen với khái niệm “lồi” ngay từ cấp hai khi học môn hình học.
Hầu hết chương trình học ở bậc trung học cơ sở và trung học phổ thông đều
giới hạn trong các hình lồi: tam giác, hình thang, hình bình hành, hình tròn rồi
đến các khối đa diện lồi như hình chóp, hình lăng trụ hoặc các khối tròn như
hình nón, hình trụ, hình cầu. Việc sử dụng các tính chất của tập lồi và bao lồi
là công cụ hữu hiệu để giải các bài toán hình học, đặc biệt là các bài toán hình
học tổ hợp. Với mong muốn được nghiên cứu sâu hơn về vấn đề này nhằm
chuẩn bị cho mình lượng kiến thức tốt cho công việc giảng dạy sau này nên
em đã chọn đề tài: “Ứng dụng tính chất của tập lồi và bao lồi giải một số bài
toán hình học tổ hợp trong mặt phẳng” để làm khóa luận tốt nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu.
- Tìm hiểu sâu hơn các kiến thức về tập lồi và bao lồi.
- Làm rõ tính ưu việt của việc ứng dụng tính chất của tập lồi và bao lồi
giải các bài toán hình học tổ hợp trong mặt phẳng.
3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu.
- Đối tượng nghiên cứu: Kiến thức về tập lồi và bao lồi.
- Phạm vi nghiên cứu: Một số bài toán hình học tổ hợp ứng dụng tính
chất của tập lồi và bao lồi trong mặt phẳng.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Nghiên cứu về ứng dụng tính chất của tập lồi và bao lồi vào các bài
toán hình học tổ hợp trong mặt phẳng .
5. Phương pháp nghiên cứu.
- Nghiên cứu, phân tích tài liệu.

Nguyễn Thị Nhung

1

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

- Sưu tầm, giải quết các bài toán.
6. Cấu trúc đề tài.
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo thì đề tài gồm có 3
chương:
- Chương 1: Tập hợp lồi.
- Chương 2: Bao lồi trong mặt phẳng E2.
- Chương 3: Ứng dụng tính chất của tập lồi và bao lồi giải một số bài
toán hình học tổ hợp trong mặt phẳng E2.
Các khái niệm cơ bản cũng như các tính chất cơ bản của tập lồi và bao
lồi được trình bày trong chương 1 và chương 2. Đó là những kiến thức cần
thiết được sử dụng trong chương 3. Chương 3 đề cập đến phương pháp chung
để giải các bài toán hình học tổ hợp sử dụng phép lấy bao lồi và sau đó là các
bài tập minh họa cho phương pháp này. Đây cũng chính là phần nội dung
chính của đề tài.

Nguyễn Thị Nhung

2


K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng
NỘI DUNG

Chương 1: TẬP HỢP LỒI
1.1, Một số kiến thức bổ trợ
1, Cho một điểm M, khi đó:
- Nếu M nằm trên đường thẳng có định hướng ( trục số E 1), thì M có
tọa độ là x và ta hay viết M (x).
- Nếu M nằm trên mặt phẳng tọa độ Oxy (E2), thì M có tọa độ là (x,y)
và ta hay viết M (x, y).
- Nếu M nằm trong không gian Oxyz ( E3), thì M có tọa độ là (x, y, z)
và ta hay viết là M(x, y, z).
uuuur

2, Gọi O là gốc tọa độ khi đó ta có thể cho tương ứng M với OM , vì
uuuur

như đã biết khi ấy tọa độ của điểm M cũng chính là tọa độ của vec tơ OM .
Dựa vào phép tính về vec tơ, ta có thể đưa ra các khái niệm sau:
- Nếu M (x) (M (x, y); M( x, y, z)) là điểm thuộc E1 (E2, E3) thì điểm
λM sẽ là điểm có tọa độ là λx ( (λx, λy); ( (λx, λy, λz) ) với λ là số thực tùy ý.
- Nếu M (x1); N (x2) là 2 điểm thuộc E1, thì điểm M+ N sẽ là điểm có
tọa độ là x1 + x2 (định nghĩa tương tự trong E2, E3).
Thí dụ trong E2 xét 2 điểm M( x1, y1), N( x2, y2) thì ta hiểu điểm
λM + µN là điểm trong E2 có tọa độ là: ( λ x1 + µ x2; λy1 + µ y2).

3, Cho 2 điểm M, N khi đó tập hợp:
MN= { λM + (1- λ) N: 0 ≤ λ ≤ 1} gọi là đoạn thẳng nối M với N.
+, Khi λ =0 thì λM + ( 1- λ) N = N, đó là mút bên phải N.
+, Khi λ =1 thì λM +( 1- λ) N = M, đó là mút bên trái M.
Người ta cũng có thể dùng khái niệm:

Nguyễn Thị Nhung

3

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

MN = { λM +µ N : λ ≥ 0; µ ≥ 0; λ+ µ= 1} ®ể chỉ đoạn thẳng có 2 đầu
mút là M và N.
4, Có 2 tập hợp A và B. Khi đó:
A+ B= {c: c= a+b, với a
λA= { c: c= λa với a

A, b B}

A}

Thí dụ: Trong E1 cho A= [ 1; 3]; B= [ 2; 6] thì A+ B= [3; 9];
2A= [2; 6]


1.2, Định nghĩa tập hợp lồi
Tập hợp D được gọi là tập hợp lồi nếu như với mọi hai phần tử a
b

D,

D, với mọi số λ ( 0≤ λ ≤ 1) thì phần tử λa + (1- λ) b cũng thuộc tập hợp D.

*Chú ý: Như đã nói trong phần trên, tập hợp
{ λa + (1- λ) b : 0≤ λ ≤1 } chính là đoạn thẳng nối 2 phần tử a với b.
Vì vậy về mặt hình học ta có thể hiểu như sau: D là tập hợp lồi nếu như
với mọi hai điểm A, B

D, thì toàn bộ đoạn thẳng AB cũng thuộc tập hợp D.

Thí dụ:

Nguyễn Thị Nhung

4

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

-Trong E1 các đoạn thẳng, các khoảng là những tập hợp lồi.


-Trong E2 các đa giác lồi, hình tròn...là những tập hợp lồi.

-Trong E2 tứ giác ABCD dưới đây không phải là tập hợp lồi.

1.3, Một số tính chất của tập hợp lồi trong mặt phẳng E2
1. Mệnh đề 1.
Giao của các tập lồi bất kì là một tập lồi, tức: Nếu Di
tập hợp lồi, với I là tập chỉ số bất kì thì D =

X(i

I) là các

Di (i I) cũng là tập hợp lồi.

- Chứng minh:
Lấy a, b tùy ý thuộc D và λ là số thực tùy ý sao cho 0 ≤ λ ≤ 1.
Với

i

I, do Di là các tập hợp lồi mà a, b

nên: λa + (1- λ)b

Nguyễn Thị Nhung

Di

(


Di (

i I)

i I)

5

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Từ đó λa + (1- λ) b

D

Vậy D là tập hợp lồi (đpcm).
*Chú ý: Nếu A, B là các tập hợp lồi thì A
(Xem hình minh họa):

A

Ví dụ: Lấy A= {a}; B= B( O; R), a

B chưa chắc là tập hợp lồi.


B

B; với B (O; R) là hình tròn tâm O, bán

kính R. Khi đó A, B là các tập hợp lồi nhưng A
lấy b

B thì đoạn thẳng ab

A

B không phải là tập lồi vì

B.

2. Mệnh đề 2.
Trong mặt phẳng E2 cho tập hợp D. Khi đó D là tập hợp lồi khi và chỉ
khi với mọi số nguyên dương n, với mọi x1, x2...., xn
và

n
i 1

i = 1, thì:

n
i 1

i xi


D, với

λi ≥ 0; i= 1, n

D.

- Chứng minh:
Giả sử D là tập hợp thỏa mãn yêu cầu đã cho. Nói riêng với n= 2, ta có
từ x1, x2 D, λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0 và λ1 +λ2 =1, thì: λ1x1 + λ2x2

D.

Theo định nghĩa suy ra D là tập hợp lồi.

Nguyễn Thị Nhung

6

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Đảo lại, giả sử D là tập hợp lồi. Ta phải chứng minh D thỏa mãn tính
chất đã cho. Điều này được chứng minh bằng quy nạp như sau:
+, Với n= 1, kết luận hiển nhiên đúng.
+, Với n= 2, kết luận đúng vì đó là định nghĩa của tập hợp lồi.
+, Giả thiết quy nạp, kết luận của bài toán đã đúng đến n= k, tức là với

mọi x1, x2..., xk

D, với

k

λi ≥ 0, i= 1, k và

k

i = 1 thì:

i xi

i 1

- Xét khi n= k+1. Lấy x1, x2...., xk, xk+1

D.

i 1

D, lấy λi ≥ 0, i= 1, k 1

k 1

và

i = 1.
i 1


Chỉ có 2 khả năng xảy ra:
a, Nếu λk+1 =1, thì λ1 =λ 2 =.....=λk =0. Vì thế:
k 1

D ( theo giả thiết xk+1

i xi = xk+1

D)

i 1

b, Nếu λk+1 < 1. Đặt λo =

k

i ; khi đó rõ ràng λo

0 và λo > 0.

i 1
k 1

i = 1 và λk+1 < 1).

(chú ý là
i 1

Ta có:

k 1

k

i xi =λ0
i 1

i 1

i
.xi +λk+1.xk+1
o

(1)
k

Vì

1

;..........,

0

nên từ x1, ....,xk

k

[0,1] và
i 1


0

i
=
o

0

=1

0

D và theo giả thiết quy nạp suy ra: x =

k
i 1

Do x D, xk+1 D, λ0 > 0, λk+1 ≥ 0 và λ0 + λk+1 =

k 1

i
.xi D
o

i =1 nên từ tính lồi

i 1


của D suy ra: λo. x + λk+1.xk+1

Nguyễn Thị Nhung

D

(2)

7

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

Từ (1), (2) suy ra:

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

k 1

D

i xi
i 1

Vậy kết luận của bài toán cũng đúng với n= k+1.
Theo nguyên lí quy nạp suy ra điều phải chứng minh.
*Chú ý: Kết luận của mệnh đề trên vẫn đúng nếu D là tập hợp lồi trong
E1, cũng như trong E3.

1.4, Một số bài tập về tập hợp lồi.
Bài 1: Cho A, B là các tập hợp lồi. Chứng minh rằng A+ B cũng là tập
hợp lồi.
Lời giải
Đặt C = A+ B, thì C= { c: c= a+b, với a

A, b

B}

Lấy c1, c2 tùy ý thuộc C, và 0 ≤ λ ≤ 1 là số thực tùy ý.
Vì c1

C

c1= a1+ b1 với a1

A, b1

B

c2

C

c2= a2+ b2 với a2

A, b2

B


từ đó: λc1 + (1- λ) c2 = λ (a1+ b1) + (1- λ) (a2+ b2)
= [ λa1 + (1- λ) a2 ] + [λb1 + (1- λ) b2 ]
Do A, B là các tập hợp lồi mà a1, a2
λa1 + (1- λ)a2

A;

A; b1, b2

λb1 + (1-λ) b2

Vì lẽ đó từ (1) suy ra λc1 + (1- λ) c2

(1)
B nên:

B

C

Điều đó có nghĩa là C lồi, tức A+ B lồi. (đpcm)
*Chú ý: Bằng quy nạp dễ dàng suy ra nếu A1, A2, ..... An là các tập hợp lồi thì
A1+A2+ ..... +An cũng là tập hợp lồi.
Bài 2: Cho hệ phương trình

a1x + b1y+ c1 ≥ 0
a2 x + b 2 y + c 2 ≥ 0
...
anx + bny +c2 ≥ 0


Nguyễn Thị Nhung

8

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Giả sử hệ nói trên có nghiệm và D là tập hợp nghiệm của hệ ấy. Chứng
minh rằng D là tập hợp lồi trong E2.
Lời giải
Giả sử ( x1, y1) và ( x2, y2) là 2 phần tử tùy ý của D và λ là số thực tùy ý
sao cho 0≤ λ ≤ 1.
Ta có: ak x1 + bky1 +c k ≥ 0 và akx2 +bky2+ ck ≥ 0 với

k= 1, n .

Từ đó suy ra với mọi k= 1, n cũng có:
λ( ak x1 + bky1 +c k ) + (1- λ) (akx2 + bky2 +ck ) ≥ 0
hay ak [ λx1+(1-λ)x2]+ bk [ λy1+(1- λ)y2] + ck ≥ 0

(1)

Bất đẳng thức (1) chứng tỏ rằng với mọi k= 1, n thì phần tử:
( λ x1 + (1- λ) x2; λy1 +(1- λ)y2 )
hay λ (x1, y1) + (1- λ) (x2, y2)


D

D

Theo định nghĩa D là tập hợp lồi trong E2( đpcm).
Bài 3: Trong mặt phẳng cho điểm ( xo, yo). D là tập hợp các điểm (x, y)
được xác định như sau: D= { (x; y) : (x- xo) 2 + (y- yo) 2 ≤ R2 }
Ở đây R là số dương cho trước. Chứng minh rằng D là tập hợp lồi.
Lời giải
Giả sử ( x1, y1); (x2, y2) là 2 phần tử tùy ý của D. Khi ấy ta có:
(x1- x0) 2 + ( y1- y0)2 ≤ R2
(x2- x0) 2 + ( y2- y0)2 ≤ R2

(1)

Lấy λ là số thực tùy ý sao cho 0 ≤ λ ≤1. Xét phần tử:
λ (x1, y1) + (1- λ) (x2; y2) = ( λx1 + (1- λ) x2; λy1 + (1- λ) y2)
Ta có: [ λx1+ (1- λ) x2- x0]2 + [λy1 + (1- λ) y2- y0]2
= [ λ(x1- x0) +(1- λ) (x2- x0) ]2 + [ λ( y1- y0) +(1- λ)( y2- y0)]2
= λ2. [(x1- x0)2 + ( y1- y0)2] +(1- λ)2 [(x2- x0)2 + ( y2- y0)2] + 2λ(1- λ).
[(x1- x0) (x2- x0) + ( y1- y0) ( y2- y0)]

Nguyễn Thị Nhung

(2)

9

K33A - Toán



Khãa luËn tèt nghiÖp

Chú ý rằng:

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

x1

(x1- x0) (x2- x0) ≤

x0

2

x2

x0

2

2

(y1- y0)( y2- y0) ≤

y1

y0


2

y2

y0

2

(3)

2

Thay (1), (3) vào ( 2) ta có:
[ λx1 + (1- λ) x2 – x0]2 + [ λy1 +(1- λ) y2- y0]2
≤ λ2 R2 + (1- λ)2R2 +2λ( 1- λ ) R2

(4)

Vì λ2R2 +( 1- λ)2R2 + 2λ( 1- λ)R2 = R2 [λ +( 1- λ)]2 =R2
nên từ (4) suy ra:
[ λx1+(1-λ)x2–x0 ]2 + [ λy1+( 1- λ)y2- y0 ]2 ≤ R2

(5)

Bất đẳng thức (5) chứng tỏ rằng phần tử λ (x1; y1) +( 1- λ) (x2; y2)

D

Theo định nghĩa D là tập hợp lồi trong E2 ( đpcm).
*Chú ý:

Trong bài tập trên D chính là đường tròn tâm ( x0; y0) và bán kính bằng R.
Bài 4: Cho C là tập hợp lồi và λ1 ≥ 0, λ 2 ≥ 0. Chứng minh rằng:
λ1C + λ2 C = ( λ1 +λ 2) C
Lời giải
1, Rõ ràng ( λ1+ λ 2) C
Thật vậy, giả sử x

(1)

( λ1+ λ 2) C, tức là: x= (λ1 +λ2 ) x , với x C

Từ x= λ1 x +λ2 x và λ1 x
Suy ra x

λ1C + λ2 C
λ1C, λ2 x

λ2C

λ1C + λ2 C

Như thế bao hàm thức (1) đã được chứng minh.
2, Bây giờ ta sẽ chứng minh bao hàm thức ngược lại:
λ1C + λ2 C

( λ1 + λ2) C

(2)

V× λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0 nên ta có 2 khả năng sau xảy ra:

a, Nếu λ1+ λ2 = 0. Khi đó λ1 = λ2 = 0. Lúc này (2) hiển nhiên đúng.
b, Nếu λ1 + λ2 > 0. Giả sử x là phần tử bất kì mà x

Nguyễn Thị Nhung

10

λ1C + λ2 C.

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Như vậy tồn tại x1

C, x2

sau: x=( λ1 + λ2 ) (

1

C sao cho x= λ1x1 + λ2 x2. Ta có thể viết lại như
.x1 +

1

2


Do x1 C, x2 C,
1

1

≥ 0,

1

1

mà C là tập hợp lồi nên
1

Từ (3), (4) đi đến x

≥ 0 và

1

2

.x1 +

1

(3)

2


2

2

.x2 )

2

2

2
1

1

2

.x2

C

1

2

(4)

2


( λ1+ λ2) C. Vậy (2) được chứng minh.

Từ (1), (2) suy ra λ1C + λ2 C = (λ1 + λ2 )C

(Đpcm).

Bài 5: Giả sử C là tập hợp lồi. Điểm x
nếu như không tồn tại 2 điểm x1, x2
ở đây x1

=1

2

+

C gọi là điểm cực biên của C

C sao cho: x= λ1 x1+ λ2x2

x2, λ1 > 0, λ2 > 0 và λ1+ λ2 =1

Cho C là tập hợp lồi. Chứng minh rằng x

C là điểm cực biên của C khi và

chỉ khi không tồn tại 2 điểm x1, x2 C, x1 x2, sao cho:

x=


x1 x 2
2

Lời giải
1, Giả sử x C là điểm cực biên của C, nhưng lại tồn tại x1, x2 C, x1
mà: x=

x2

x1 x 2
2

Rõ ràng: x=

1
1
x1 + x2 , ở đây x1, x2
2
2

C, x1

x2,

1 1
+ =1
2 2

Điều này trái với định nghĩa của điểm cực biên. Vậy giả thiết phản chứng là
sai. Tức là không tồn tại x1, x2


C; x1

2, Đảo lại, giả sử không tồn tại x1, x2
x=

x2 sao cho x=
C; x1

x1 x 2
2

x2 sao cho:

1
( x1+x2)
2

Ta phải chứng minh x

C là điểm cực biên của C. Giả thiết điều đó không

đúng tức là x không phải là điểm cực biên của C. Điều đó có nghĩa là tồn tại
x1, x2 C( x1

x2 ), và còn tồn tại λ1 >0, λ2 > 0; λ1+ λ2 =1

Nguyễn Thị Nhung

11


K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

sao cho x= λ1x1+ λ2x2

(1)

Do 0 < λ1< 1, nên luôn chọn được ε > 0 sao cho λ1+ ε và λ1- ε đều thuộc
(0; 1).
Đặt α = λ1+ ε; β= λ1- ε.
Vì C là tập hợp lồi mà x1, x2

C, nên:

a= αx1 + (1-α )x2

C

b= βx1 + (1- β)x2

C

Rõ ràng a

b và ta thấy:


1
( a+ b) =
2

.x1 + ( 1-

2

)x2

2

= λ1x1+ (1- λ1) x2
= λ1x1 + λ2x2
Từ (1),(2) suy ra: x=

(2)
1
( a+ b)
2

Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy giả thiết phản chứng là sai. Tức
là x là điểm cực biên của C. Bài toán được giải hoàn toàn.
Bài 6: Cho C là tập hợp lồi và x

C. Chứng minh rằng điểm x là điểm

cực biên của C khi và chỉ khi C\{x} là tập hợp lồi.
Lời giải

1, Giả sử x là điểm cực biên của C. Ta phải chứng minh C\{x} làtập hợp lồi.
Giả thiết phản chứng điều đó không đúng. Điều đó có nghĩa là tồn tại x 1
x2

C (x1

x2) sao cho đoạn [x1; x2] không nằm trọn trong C\{x}.

Do C là tập hợp lồi mà x1

C, x2

C nên: [x1, x2]

Vì C chỉ khác C\{x} một điểm x, nên x
x

C,

[x1, x2], thì do [x1, x2]

Nguyễn Thị Nhung

C

[x1, x2] . Thật vậy nếu trái lại

C suy ra [x1, x2]

12


C\{x}.

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Đó là điều vô lí. Như vậy x [x1, x2], điều này trái với x là điểm cực biên của
C. Tóm lại giả thiết phản chứng là sai, tức C\{x} là tập lồi.
2, Đảo lại, giả sử C\{x} là tập hợp lồi, ta sẽ chứng minh x là điểm cực biên
của C. Giả thiết phản chứng x không phải là điểm cực biên của C. Điều đó có
nghĩa là tồn tại x1, x2
x= λx1 + (1- λ)x2
Do x1, x2

C; x1

x2 sao cho: x

(x1, x2); tức là:

với 0 < λ< 1.

C mà x1 x, x2

(*)


x (vì có (*)), nên chứng tỏ rằng:

x, x2

C\{x}.
Vì C\{x} là tập hợp lồi nên [x1, x2]
Do x thuộc (x1, x2) suy ra x

C\{x}

C\{x}.

Điều vô lí này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai.
Vậy x là điểm cực biên của C (đpcm).

Nguyễn Thị Nhung

13

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Chương 2: BAO LỒI TRONG MẶT PHẲNG E2
2.1, Định nghĩa về bao lồi.
Cho M là tập hợp cho trước. Tập hợp lồi nhỏ nhất chứa M được gọi là
bao lồi của tập hợp M.

Kí hiệu là C (M).
-Ví dụ:
Trong E2 cho B( O; R) = {x : d(O, x) ≤ R} là hình trßn tâm O, bán kính R.
Khi đó C (B( O; R) ) = B (O; 1)

( hình trßn đơn vị)

2.2, Một số tính chất của bao lồi trong mặt phẳng Euclide E2
2.2.1: Mệnh đề 1.
Gọi Z= { α: Cα là tập hợp lồi chứa M}
Trong đó M là một tập hợp cho trước.
Khi đó C (M) =

Cα (α Z)

Nghĩa là: bao lồi của một tập hợp là giao của tất cả các tập hợp lồi chứa
tập hợp đã cho.
*Chứng minh:
Gọi M là tập hợp trong mặt phẳng E2. Trước hết ta thấy rằng: Z

.

Thật vậy, ít nhất toµn mặt phẳng E2 chính là một tập hợp lồi chứa M. Vì
Cα là tập hợp lồi nên như ta đã biết giao của các tập hợp lồi chính là tập hợp
lồi. Vì thế Cα (α Z) là tập hợp lồi, và rõ ràng vì Cα

Nguyễn Thị Nhung

14


M, α Z nên

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Cα (α Z) là một tập hợp lồi chứa M.
Do C (M) là tập hợp lồi nhỏ nhất chứa M, nên:
C (M)

Cα (α Z)

(1)

Mặt khác vì C(M) là một tập hợp lồi chứa M nên dĩ nhiên
C(M)

Cα (α Z)

(2)

Từ (1), (2) suy ra C(M) = Cα (α Z)
Đó là điều phải chứng minh.
2.2.2, Mệnh đề 2.
Giả sử M là 1 tập hợp tùy ý trong E2 . Xét tập hợp sau đây:
A= { x E2 : x =


ixi , λi ≥ 0 , xi

M,

i J,

i J

i =1}
i J

ở đây J là tập hợp hữu hạn.
Khi đó C (M) = A , Tức là bao lồi của M trùng với tập tất cả các tổ hợp
tuyến tính lồi các điểm của M.
* Chứng minh.
1, Giả sử C là một tập hợp lồi bất kì chứa M (M
Lấy phần tử tùy ý x
k

ixi ;

x =

A, theo định nghĩa tồn tại số tự nhiên k sao cho:
M, λi ≥ 0,

xi

k


i= 1, k và

i 1

Do C

A

i =1

(*)

i 1

M mà xi M nên xi C

Vì C là tập hợp lồi nên từ (*) suy ra x
Vậy A

C).

C.

C với mọi tập hợp lồi C chứa M.
C(M)

(theo mệnh đề 1)

2, Đảo lại lấy x A, y A và µ1 ≥ 0, µ2 ≥ 0 sao cho µ1 + µ2= 1.
Theo định nghĩa của tập hợp A suy ra tồn tại các số tự nhiên m, n; tồn

tại αi ≥ 0; βi ≥ 0, xi M, yi

M, với

m

i= 1, m j= 1, n ;

15

j =1,

i=
i

Nguyễn Thị Nhung

n

1

j 1

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng


m

n

sao cho x=

i
i

xi

y=

;

j. yj
j 1

1

Từ đó ta có: µ1x + µ2y =

n

m

( µ1 i ) xi +
i 1

Để ý rằng xi

và

M; µ1αi ≥ 0, µ2βj ≥ 0

M, yj

m

n

m

( µ1 i ) +

( µ2

i 1

( µ2

j

i )+
i

) .yj

(1)

i= 1, m , j= 1, n


n

) = µ1(

j 1

j

j 1

µ2 (

j

) = µ1 +µ2 = 1

j 1

1

Từ đó ta suy ra:
n

m

(

1


i ) xi +

i 1

(

2

i

) yj

A

j 1

Do vậy từ (1) đi đến µ1x + µ2 y

A. Điều đó có nghĩa A là tập hợp lồi.

Lấy x tùy ý của M thì rõ ràng theo định nghĩa của A, nói riêng x
Như vậy M

A. A là tập hợp lồi chứa M, nên dĩ nhiên: C (M)

A.
A

Từ đó ta có: A = C( M) (đpcm).


2.3, Một số bài toán về bao lồi của một họ hữu hạn các điểm trong
E2
Bài 1: Cho 5 điểm bất kì trên một mặt phẳng sao cho không có ba điểm
nào là thẳng hàng. Chứng minh bao lồi của 5 điểm này hoặc là ngũ giác, hoặc
là tứ giác hoặc là tam giác.
Lời giải
Chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau:
1, Nếu bao lồi là ngũ giác, tức là 5 điểm đã cho là các đỉnh của một ngũ
giác lồi. Khi đó rõ ràng ABCDE chính là bao lồi của họ 5 điểm A, B, C, D, E.
Trường hợp này bao lồi là ngũ giác ABCDE.

Nguyễn Thị Nhung

16

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

2, Nếu tồn tại 4 trong 5 điểm (chẳng hạn A, B, C, D) tạo thành một tứ
giác lồi. Theo giả thiết điểm còn lại E không thể nằm trên các đường thẳng
AB, BC, CD, DA (vì không có 3 điểm nào thẳng hàng).
Chỉ có thể xảy ra 1 trong các khả năng sau:

-Nếu E nằm bên trong tứ giác ABCD

Khi đó bao lồi của 5 điểm đã cho là tứ giác (ABCD).

-Nếu E nằm ở các góc I, hoặc II, hoặc III, hoặc IV (chẳng hạn E thuộc
góc I).

Nguyễn Thị Nhung

17

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Khi ®ã bao låi lµ ngò gi¸c(ABCDE).
- Nếu E nằm ở các góc 5, 6, 7 hoặc 8 (chẳng hạn E thuộc góc 5).

Khi đó bao lồi là tứ giác (ABCE).
3, Xét một tam giác bất kì (chẳng hạn ABC).

Nguyễn Thị Nhung

18

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng


Chỉ có các trường hợp sau xảy ra:
- Hoặc là D, E nằm bên trong tam giác ABC. Bao lồi của 5 điểm đã cho
trong trường hợp này là tam giác.

- Hoặc là D nằm trong, E nằm ngoài Δ ABC. Xét tiếp 2 trường hợp như
sau
a. Nếu E nằm trong các góc I, II, hoặc III (chẳng hạn E thuộc góc I).

Lúc này bao lồi của A, B, C, D, E là tứ giác (ABEC).
b. Nếu E nằm trong một trong các góc 1, 2, 3(chẳng hạn E thuộc góc 1)

Nguyễn Thị Nhung

19

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Bao lồi bây giờ là tam giác (ABE).
-Hoặc là cả 2 điểm D, E nằm ngoài tam giác ABC. Xét với điểm D:
a, Nếu D thuộc góc I hoặc II, hoặc III.

A

B


C

D

(I)

Bài toán quy về trường hợp tứ giác lồi ABCD (đã xét ở trên).
b, Nếu D thuộc một trong các góc 1, 2, 3.

Bài toán quy về trường hợp tam giác ABD (đã xét ở trên ).
Tóm lại: Bao lồi của 5 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng
là tam giác hoặc tứ giác hoặc ngũ giác. Đó là điều phải chứng minh.
*Nhận xét: Bài toán tổng quát của bài toán trên là mệnh đề sau:
Bao lồi của tập hữu hạn các điểm trên mặt phẳng, không có 3 điểm nào
thẳng hàng là một đa giác lồi. Tập hợp các đỉnh của đa giác lồi này là một tập
hợp con của tập hợp điểm đã cho.

Nguyễn Thị Nhung

20

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Bài 2: Cho đa giác n đỉnh (n ≥ 4). Chứng minh rằng đa giác là lồi khi

và chỉ khi 4 đỉnh bất kì của chúng tạo thành tứ giác lồi.
Lời giải
1, Điều kiện cần là hiển nhiên
2, Đảo lại giả sử F là đa giác n đỉnh (n ≥ 4) có tính chất: Bốn đỉnh bất
kì của chúng tạo thành một tứ giác lồi. Ta phải chứng minh F là đa giác lồi.
Giả thiết phản chứng điều đó không đúng.

Gọi G là bao lồi của F. Khi đó tồn tại đỉnh A của F nằm bên trong G.
Do G là đa giác lồi và A nằm bên trong G nên khi chia G thành các tam giác
bởi các đường chéo cùng xuất phát từ một đỉnh nào đó của G. Khi ấy ta có 4
điểm ( A và 3 đỉnh của tam giác chứa A), không lập thành một tứ giác lồi.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết của đầu bài.
Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức F là đa giác lồi. (Đpcm)
Bài 3: Trên mặt phẳng cho 2 đa giác lồi ( F) và ( G). Kí hiệu ( H) là tập
hợp trung điểm của các đoạn thẳng có một đầu thuộc ( F), còn đầu kia thuộc
(G). Chứng minh rằng H là một tập hợp lồi.
Lời giải

Nguyễn Thị Nhung

21

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Giả sử A và B là 2 điểm bất kì thuộc ( H). Vì A thuộc H nên A nên A là

trung điểm của đoạn thẳng C1D1, tương tự B là trung điểm của đoạn thẳng
C2D2.
Ở đây C1 , C2 thuộc ( F). Tương tự D1, D2 thuộc (G).
Gọi M, N tương ứng là trung điểm của C1D2, C2D1 thì AMBN là hình
bình hành. Vì C1, C2 thuộc ( F) mà ( F) là đa giác lồi nên C1C2 thuộc ( F).
Tương tự D1D2 thuộc (G).
Gọi M, N tương ứng là trung điểm của C1D2, C2D1 thì AMBN là hình
bình hành. Vì C1, C2

(F), mà ( F) là đa giác lồi nên C1C2

(F). Tương tự

D1D2 ( G).
Có thể thấy rằng toàn bộ hình bình hành AMBN chính là quỹ tích các
trung điểm của các đoạn thẳng có các đầu mút trên các đoạn thẳng C 1C2;
D1D2.
Suy ra AB

( H). Vậy H là tập hợp lồi (đpcm).

*Chú ý:
1, Có thể làm trực tiếp đơn giản như sau:
Lấy E tùy ý trên AB. Từ E vẽ đường thẳng song song với MB, đường
này cắt AM ở K. C1K
Bây giờ D* E

D1D2 = D* và thấy ngay K là trung điểm của C1D*.
C1C2= C* và cũng có E là trung điểm D*C*.


(Do KE // C1C2 và K là trung điểm của C1D*.). Như vậy E (H).
Điều đó có nghĩa là (H) là tập hợp lồi. ( đpcm)

Nguyễn Thị Nhung

22

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

2, Kết quả trên vẫn đúng nếu thay ( F), ( G) bởi 2 tập lồi tùy ý
(không cần thiết ( F), (G) là các đa giác lồi).
Bài 4: Cho (G) là một đa giác lõm. Chứng minh rằng tồn tại một đa
giác lồi (H) sao cho (H) có chu vi nhỏ hơn chu vi của (G), nhưng (H) lại có
diện tích lớn hơn diện tích của (G).
Lời giải

Xét bao lồi của đa giác lõm (G).
Rõ ràng bao lồi đó là một đa giác lồi ( và ta sẽ gọi nó là (H) ).
Vì G là đa giác lõm mà (H)

(G) nên suy ra (H) chứa ( G) thật sự. Như

vậy diện tích của (H) lớn hơn diện tích của (G).
Xét biên của (H) và (G). Đường biên của (H) và (G) chỉ khác nhau ở
một số chỗ các đường gấp khúc của biên của ( G) được thay bằng đoạn thẳng

biên của (H).
Vì lẽ ấy chu vi của (H) nhỏ hơn chu vi của (G).( đpcm)
*Chú ý:
Ta có thể thay đa giác lõm (G) bằng một hình không lồi khi đó (H) là
hình lồi, kết quả vẫn đúng.
Bài 5: Chứng minh rằng tổng các góc ngoài của một đa giác bất kì kề
bù với các góc trong nhỏ hơn 1800, thì không nhỏ hơn 3600
Lời giải
Chỉ có 2 trường hợp sau đây xảy ra:

Nguyễn Thị Nhung

23

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

1, Nếu đa giác đã cho là lồi (giả sử đó là n- giác lồi). Khi đó mọi góc
trong của đa giác đều nhỏ hơn 1800.
Vì vậy tổng các góc trong của nó là:
S1 = (n- 2). 1800
Gọi S2 là tổng các góc ngoài của n- giác lồi. Đó cũng là tổng các góc
ngoài kề bù với các góc trong nhỏ hơn 1800.
Khi đó S2 = 1800. n – S1 = 1800.n – (n- 2).1800 = 3600
Vậy S2 = 3600. Trong trường hợp này bất đẳng thức cần chứng minh là
đúng và trở thành đẳng thức.


2, Nếu đa giác đã cho là lõm. Thí dụ đa giác ABCDEFKH.

Như vậy ít nhất 1 góc trong lớn hơn 1800. Lấy bao lồi của đa giác lõm
này (trong thí dụ trên đó là đa giác ABCEK). Đa giác bao lồi này chứa đa giác
lõm ở trong. Rõ ràng số các góc trong của đa giác lõm lớn hơn số các góc
trong của đa giác bao lồi.

Nguyễn Thị Nhung

24

K33A - Toán


Khãa luËn tèt nghiÖp

GVHD: Th.s Phan Hång Tr-êng

Mỗi góc trong của đa giác bao lồi đều không nhỏ hơn mỗi góc trong
cùng đỉnh của đa giác lõm (thí dụ trên cho ta góc trong B của đa giác bao lồi
và đa giác lõm là bằng nhau, còn các góc trong A, C, E, K của đa giác bao lồi
lớn hơn các góc trong tương ứng của đa giác lõm.)
Vì thế nếu gọi S2 và S’2 tương ứng là tổng các góc ngoài của đa giác
bao lồi và tổng các góc ngoài của đa giác bao lõm kề bù với các góc trong nhỏ
hơn 1800, thì S2 < S’2
Theo phần trên S2 = 3600

S’2 > 3600.


Kết luận của bài toán trong trường hợp này là đúng.
Tóm lại nếu gọi S là tổng cần tìm thì S ≥ 3600
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đa giác đã cho là đa giác lồi. Đó là điều
cần phải chứng minh
Bài 6: Cho một hình (F). Ta gọi d là đường kính của (F) với d được xác
định như sau:

d= max MN
M

(F)

N

(F)

Cho 1 đa giác tùy ý có n cạnh (n- giác ). Chứng minh rằng số đường
kính của một n- giác không vượt quá n.
Hãy đưa ra các ví dụ về đa giác lồi n cạnh có đúng n đường kính.
Lời giải
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp như sau:
-Với n= 3. Rõ ràng trong một tam giác thì có không quá 3 đường kính
(vì trong một tam giác đường kính chỉ có thể là cạnh của tam giác).

Nguyễn Thị Nhung

25

K33A - Toán