PHẦN MỞ ĐẦU
Hình học tổ hợp là một bộ phận trong hình học nói chung. Đó
là những bài tốn về vấn đề phủ hình, bao hình, chiếu sáng một vật
thể, lưới trong mặt phẳng. Những bài tốn này có thể được phát biểu
rất đơn giản nhưng để giải nó lại cần những kiến thức về hình học tổ
hợp. Nhưng hình học tổ hợp chưa được đưa vào giảng dạy rộng rãi
trong nhà trường phổ thông. Đề tài này giới thiệu một số kiến thức
cơ bản về hình học tổ hợp có thể đưa vào giảng dạy ở nhà trường
phổ thơng dành cho học sinh khá giỏi.
Vì kinh nghiệm nghiên cứu, tài liệu chưa phong phú, vốn kiến
thức còn chưa sâu sắc nên hẳn đề tài cịn nhiều thiếu sót. Kính mong
các thầy cơ giáo, các bạn sinh viên góp ý để đề tài được hoàn chỉnh
hơn.

1


Chương I

HÌNH LỒI

I-Lý thuyết
1. Hình lồi và các khái niệm liên quan
•

Một hình được gọi là lồi khi và chỉ khi với hai điểm A và B thuộc

nó thì đoạn thẳng AB cũng nằm hồn tồn trong nó.
Ví dụ:
+ Đoạn thẳng, tam giác, hình trịn, đa giác lồi, hình elip, hình đa diện lồi,
hình cầu,... là các hình lồi.

+ Hình như hình vẽ dưới đây khơng phải là hình lồi.

•

Một hình lồi gọi là đóng nếu nó chứa tất cả các điểm giới hạn của

nó.
Một hình lồi gọi là bị chặn nếu có thể phủ nó bằng một hình trịn đủ lớn
(tức là tồn tại một hình trịn chứa hình lồi đó).
Các hình lồi đóng và bị chặn gọi là các oval.
Ngồi ra, cịn có các hình lồi khơng bị chặn như nửa mặt phẳng, phần
mặt phẳng giới hạn bởi một đường parabol...

2


•

Một điểm được gọi là điểm trong của hình lồi nếu tồn tại một hình

trịn nhận nó làm tâm và nằm hồn tồn trịn hình lồi đã cho. Ví dụ: Các điểm
trong của đoạn thẳng là các điểm trên đoạn thẳng đó trừ hai đầu mút của đoạn
thẳng.
Một điểm được gọi là điểm biên của hình lồi nếu mỗi hình trịn nhận nó
làm tâm đều chứa ít nhất một điểm khơng thuộc hình đã cho.
Nếu F là hình lồi đóng thì tập hợp tất cả các điểm biên là những đường
liên tục và được gọi là biên của F. Các oval có biên là một đường khép kín.
Ví dụ: Biên của một hình trịn là tập hợp tất cả các điểm nằm trên đường
trịn.

•

Một đường thẳng đi qua một điểm của F và không đi qua điểm

trong nào của F thì được gọi là đường thẳng tựa của F.
•

Bao lồi của một hình là hình lồi bé nhất chứa hình đó.

Ví dụ: Bao lồi của hình gồm 3 điểm khơng thẳng hàng là tam giác có
đỉnh là các điểm đã cho.
2. Giao khác rỗng của các hình lồi
a. Định lí 1
Một họ I các đoạn thẳng AiBi trên đường thẳng cho trước có giao khác
rỗng khi và chỉ khi giao của hai đoạn bất kì trong chúng khác rỗng.
Chứng minh:
•

Nếu giao của một họ các đoạn thẳng khác rỗng thì hiển nhiên giao

của hai đoạn bất kì trong chúng khác rỗng.
•

Giả sử giao của hai đoạn thẳng bất kì trong một họ các đoạn thẳng

khác rỗng. Ta sẽ chứng minh giao của họ các đoạn thẳng này khác rỗng.
Chọn hệ trục toạ độ Ox là đường thẳng chứa các đoạn thẳng đã cho với
O là một điểm nào đó nằm trên nó.
Giả sử Ai(ai); Bi(bi) với mọi i thuộc I.
3



Khơng mất tính tổng qt giả sử ai ≤ bi với mọi i thuộc i.
Với mọi i,j thuộc I ta có:
AiBi ∩ AjBj ≠ Φ

⇔

[ai,bi] ∩ [aj,bj] ≠ Φ

ai ≤ aj ≤ bj ≤ bi
aj ≤ ai ≤ bi ≤ bj
⇔

ai ≤ aj ≤ bi ≤ bj
a j≤ ai ≤ bj ≤ bi

⇔

min{bi,bj} ≥ max{ai,aj}

⇒

inf{bi}iЄI ≥ sup{ai}iI

Như vậy tồn tại điểm C(c) sao cho inf{bi}iЄI ≥ c ≥ sup{ai}iЄI.
Khi đó bi ≥ c ≥ ai với mọi i Є I.
Suy ra c Є [ai,bi] với mọi i Є I hay C Є AiBi với mọi i Є I.
Vậy C thuộc giao của họ các đoạn thẳng đã cho hay họ các đoạn thẳng
này giao nhau khác rỗng.

b. Định lí 2
Giao của một họ hữu hạn các hình lồi trên mặt phẳng khác rỗng nếu giao
của ba hình bất kì trong chúng khác rỗng.
Chứng minh:
Giả sử ta có họ hữu hạn các hình lồi trên mặt phẳng là
{F1, F2, ..., Fn} với n ≥ 4. Giao của ba hình bất kì trong chúng khác rỗng.
Ta sẽ chứng minh định lí này bằng phương pháp quy nạp theo n.
•

Với n = 4. Khi đó ta có họ hình lồi {F1, F2, F3, F4} trong đó giao

của ba hình bất kì trong nó khác rỗng.
Đặt F4' = F1 ∩ F2 ∩ F3
F3 ' = F 1 ∩ F 2 ∩ F 4
F2 ' = F 1 ∩ F 3 ∩ F 4
4


F1 ' = F 2 ∩ F 3 ∩ F 4
Chúng ta có thể dễ dàng chứng minh được rằng giao khác rỗng của hữu
hạn hình lồi là một hình lồi.
Như vậy vì Fi là hình lồi nên Fi' là hình lồi với i =1,2,3,4.
Gọi Ai là các điểm thuộc Fi'.
Xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu bao lồi của hình gồm 4 điểm A1, A2, A3, A4 là một tứ
giác lồi. Khơng mất tính tổng qt giả sử đó là tứ giác A1A2A3A4.
A1

A2


O

A3
A4

Gọi O là giao điểm của A1A3 và A2A4.
Vì A1 Є F1' nên A1 Є F2 ∩ F4. Tương tự A3 Є F2 ∩ F4.
Mặt khác vì F2 ∩ F4 là hình lồi nên đoạn thẳng A1A3 nằm trong
F2 ∩ F4. Suy ra O Є F2 ∩ F4.(1)
Chứng minh hồn tồn tương tự ta cũng có O Є F1 ∩ F3.(2)
Từ (1) và (2) suy ra O thuộc giao của họ hình lồi {Fi}i=1,4 hay
họ hình lồi này khác rỗng.
Trường hợp 2: Nếu bao lồi của hình tạo bới 4 điểm A 1, A2, A3, A4 là tam
giác. Khơng mất tính tổng qt giả sử đó là tam giác A 1A2A3 và điểm A4 nằm
trong tam giác này.
Vì A1, A2, A3 Є F4 nên bao lồi của hình tạo bởi 3 điểm này nằm trong F 4.
Suy ra A4 nằm trong F4. Mặt khác A4 thuộc F4' = F1 ∩ F2 ∩

5


A1

A4

A3

A2

F3. Như vậy A4 thuộc giao của họ hình lồi {Fi}i=1,4 hay giao của họ này

khác rỗng.
•

Giả sử kết luận đúng cho n tức là nếu giao của ba hình bất kì trong

số n hình lồi trên mặt phẳng khác rỗng thì giao của họ n hình lồi này là khác
rỗng. Ta sẽ chứng minh kết luận đúng với (n+1).
Xét họ hình lồi {F1, F2, ..., Fn, Fn+1} trong đó giao của 3 hình bất kì trong
chúng khá rỗng.
Đặt Fi' = Fi với i < n
Fn' = Fn ∩ Fn+1.
Xét họ hình lồi {F1', F2',..., Fn'}. Vì giao của 3 hình bất kì trong họ
{Fi}i=1,n+1 khác rỗng nên giao của 3 hình bất kì trong họ {Fi'}i=1,n khác rỗng. Theo
giả thiết quy nạp ta có giao của cả họ {F i'}i=1,n khác rỗng hay giao của họ
{Fi}i=1,n+1 khác rỗng.

II-Một số bài tập:
Bài1: Chứng minh rằng giao khác rỗng của các hình lồi là một hình lồi.
Khẳng định này đúng cho hợp các hình lồi hay khơng?
Giải:
•

Giả sử {Fi}iЄI là họ các hình lồi. Ta sẽ chứng minh F=∩iЄIFi là hình

lồi. Thật vậy, gọi A và B là hai điểm bất kì trong F. Suy ra A và B thuộc F i với
mọi i Є I. Vì Fi là hình lồi nên đoạn thẳng AB nằm trong Fi với mọi i ЄI hay AB
nằm trong F. Vậy F là hình lồi.

6



•

Khẳng định này khơng đúng cho hợp các hình lồi. Ta lấy ví dụ

phản chứng như hình vẽ dưới đây.

Bài 2: Chứng minh rằng bao lồi của một hình ln tồn tại duy nhất.
Giải:
Gọi {Fi}iЄI là tập tất cả các hình lồi chứa F.
•

Đặt B = ∩iЄIFi. Theo bài 1 ta có B là hình lồi và hơn nữa B chứa F.

Vì mọi hình lồi chứa F đều chứa B nên B là hình lồi bé nhát chưa F hay B là
bao lồi của F. Vậy bao lồi của F ln ln tồn tại.
•

Giả sử B' cũng là bao lồi của F. Vì B và B' đều là hình lồi bé nhất

chứa F nên B chứa B' và B' cũng chứa B. Suy ra B = B'.
Vậy bao lồi của một hình ln tồn tại duy nhất.
Bài 3: Trên mặt phẳng cho n điểm phân biệt. Chứng minh rằng bao lồi
của nó là một đoạn thẳng hoặc là một đa giác lồi với đỉnh là một số điểm trong
n điểm đã cho.

Giải:
•

Nếu n điểm đã cho thẳng hàng thì bao lồi của nó là đoạn thẳng với


hai đầu mút là hai trong số n điểm đã cho.

7


•

Nối hai điểm bất kì với nhau ta được một đoạn thẳng. Vì bao lồi là

một hình lồi nên nó sẽ chứa các đoạn thẳng này. Như vậy sẽ có một đa giác lồi
là bao lồi của hình tạo bởi các đoạn thẳng này. Đa giác lồi đó chính là bao lồi
của n điểm đã cho.
Bài 4: Trên mặt phẳng cho một số điểm không cùng nằm trên một đường
thẳng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm sao cho đường trịn đi qua nó khơng
chưa điểm nào đã cho ở bên trong.
Giải:
Vì các điểm này khơng cùng nằm trên một đường thẳng nên bao lồi của
nó là một đa giác lồi.
Ta chứng minh bổ đề: Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O). Một điểm D
nằm trên nửa mặt phẳng chứa cung ACB có bờ là AB. Chứng minh rằng D nằm
trong hình trịn (O) khi và chỉ khi ACB < ADB.
E

C

O
D

A


•

B

Giả sử D nằm trong hình trịn (O). Gọi E là giao điểm thứ hai của

cát tuyến BD với đường trịn (O).
Vì D nằm trong hình trịn (O) nên D nằm giữa E và D. Suy ra ADB là
góc ngồi tại đỉnh D của ∆ AED.
Ta có: ADB = DAE + AED > AED = ACB.
•

Giả sử ACB < ADB.

8


Gọi E là giao điểm thứ hai của cát tuyến BD với đường tròn (O). Suy ra
AEB = ACB ⇒ ADB > AEB.
Vì E và D cùng nằm trên mặt phẳng bờ AB nên D nằm trong đoạn thẳng
ED. Suy ra D nằm trong hình trịn (O).
Trở lại với bài toán: Gọi M, N là hai đỉnh liên tiếp của đa giác lồi là bao
lồi của các điểm đã cho. Khi đó tất cả các điểm cịn lại sẽ cùng nằm trên một
nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng MN. Gọi P là một trong các điểm còn lại sao
cho P nhìn MN dưới một góc lớn nhất. Theo bổ đề trên tất cả các điểm cịn lại
khơng nằm trong hình trịn ngoại tiếp ∆MNP hay đường trịn này khơng chứa
điểm nào đã cho ở bên trong.
Bài 5: Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm. Chứng minh rằng ln
tìm được một điểm sao cho gần nó nhất có không quá ba điểm đã cho.

Giải:
Gọi d là khoảng cách bé nhất trong số khoảng cách giữa hai điểm bất kì
trong hữu hạn điểm đã cho. Gọi M là tập hợp tất cả các điểm trong số các điểm
đã cho sao cho tồn tại ít nhất một điểm các nó một khoảng cách d. Gọi G là bao
lồi của M. Như vậy G là đoạn thẳng hoặc là đa giác lồi.
•

Nếu G là đoạn thẳng. Với một điểm là đầu mút của đoạn thẳng này

thì tồn tại khơng q một điểm cách nó một khoảng d hay chỉ tồn tại khơng q
một điểm gần nó nhất.
•

Nếu G là một đa giác lồi. Gọi A là một đỉnh của G. Giả sử có ít

nhất 4 điểm gần nó nhất, gọi 4 điểm đó là B 1, B2, B3, B4. Suy ra AB1 = AB2 =
AB3 = AB4 = d. Không mất tính tổng quát giả sử tia AB 2 nằm giữa hai tia AB 1
và AB3, tia AB3 nằm giữa hai tia AB2 và AB4.
⇒ B1AB4 = B1AB2 + B2AB3 + B3AB4 (1)

Xét ∆ B1AB2 có AB1 = AB2 = d ≤ B1B2. Suy ra B1AB2 là góc lớn nhất của
tam giác ∆ B1AB2. Vì vậy B1AB2 ≥ 600.

9


Hoàn toàn tương tự: B2AB3 ≥ 600, B3AB4 ≥ 600.
Kết hợp với (1) ta có: B1AB4 ≥ 600 + 600 + 600 = 1800 vơ lí vì
B1AB4<1800. VẬy điều giả sử là sai hay gần A nhất không quá 3 điểm.
Bài 6: Trên mặt phẳng cho n đường thẳng sao cho khơng có hai đường

thẳng nào song song và khơng có ba đường thẳng nào đồng quy. Hãy tính số
miền được tạo thành và số các đa giác lồi trong các miền này.
Giải:Gọi S(n) là số miền được tạo thành. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp
S(n)= 1 + n(n + 1) 2
•

Với n = 1. Mặt phẳng được chia thành 2 miền.

S(1) = 2 = 1+ 1.2 2
Kết luận đúng với n =1.
•

Với n = 2. Mặt phẳng được chia thành 4 miền.

S(2) = 4 = 1+ 2.3 2
Kết luận đúng với n = 2.
•

Với n = 3. Mặt phẳng được chia thành 7 miền như hình vẽ dưới

đây:

S(3) = 7 =1+ 3.4 2

10


•

Giả sử khẳng định đúng với n = k (k ≥ 4) tức là k đường thẳng


chia mặt phẳng thành S(k) = 1+ k (k + 1) 2
Ta sẽ chứng minh khẳng định cũng đúng với n = k + 1.
Thật vậy, đường thẳng thứ (k+1) cắt k đường thẳng tại k giao điểm chia
đường thẳng thứ (k+1) thành (k+1) khoảng. Mỗi khoảng này chia miền chứa nó
thành 2 miền. Như vậy số miền tăng lên là (k+1). Vậy (k+1) chia mặt phẳng
thành số miền là:
S(k+1) = S(k) + (k+1)= 1+ k (k + 1) 2 + (k+1)= (k + 1)(k + 2) 2
Hay khẳng định đúng với n = k + 1.
Gọi M là tập hợp tất cả các giao điểm của n đường thẳng đã cho. Suy ra
bao lồi của M là đoạn thẳng hoặc là đa giác lồi. Như vậy ln tồn tại đường
trịn (C) chứa M. Khi đó, có 2n tia có điểm xuất phát nằm trong

(C) tạo thành

2n miền không bị chặn. Số miền bị chặn chính là một đa giác lồi. Vậy số đa
giác lồi là:
1+ n(n + 1) 2 - 2n = 1+ n(n − 3) 2
Bài 7: Cho a1, a2, a3, b1, b2, b3, c1, c2, c3 là các số thực cho trước. Hãy
chứng minh rằng một trong 8 hệ bất phương trình dạng:

a1x + b1y >< c1
a2x + b2y >< c2
a3x + b3y >< c3
vô nghiệm.
Giải:

11



•

Trong hệ trục toạ độ xOy mỗi đường thẳng ∆ có phương trình

dạng ax + by = c ln chia mặt phẳng toạ độ thành 2 miền, một miền ax + by <
c hoặc ax + by > c.
•

Xét các đường thẳng ∆i có phương trình dạng

aix + bi = ci với i = 1,3.
Ba đường thẳng này chia mặt phẳng toạ độ nhiều nhất ra 7 miền (áp dụng
bài 6). Mỗi miền là nghiệm của một hệ bất phương trình trong số 8 bất phương
trình dạng như đề ra. Mặt khác tập nghiệm của hai hệ bất phương trình bất kì
giao nhau bằng rỗng. Vậy một trong 8 hệ bất phương trình đó vơ nghiệm.
Bài 8: Chứng minh rằng một đa giác lồi khi và chỉ khi bốn đỉnh bất kì
của chúng tạo thành tứ giác lồi.
Giải:
•

Hiển nhiên một đa giác lồi thì bốn đỉnh bất kì của nó tạo thành một

đa giác lồi.
•

Giả sử bốn đỉnh bất kì của một đa giác tạo thành một tứ giác lồi.

Gọi G là bao lồi của đa giác đó. Suy ra G là đa giác lồi. Giả sử có một điểm của
đa giác nằm trong G. Giả sử G là đa giác A 1A2...An và điểm của đa giác nằm
trong G là X. Nối các đường A 1A3, A1A4,...,A1An-1. Các đường này chia G thành

các tam giác A1AiAi+1 với i = 2,n-1. Như vậy X phải nằm trong một trong số các
tam giác này. Suy ra tồn tại i0 sao cho X nằm trong tam giác A1AioAio+1. Khi đó
4 điểm A1, Aio, Aio+1, X không tạo thành tứ giác lồi. Điều này trái với giả thiết.
Vậy điều giả sử là sai hay đa giác đó là đa giác lồi.
Bài 9: Chứng minh rằng trong 5 điểm bất kì trên mặt phẳng mà 3
trong chúng khơng thẳng hàng thì ln tồn tại 4 điểm lập thành một tứ giác lồi.
Giải:
Gọi G là bao lồi của 5 điểm đó. Vì 3 điểm trong chúng không thẳng
hàng nên G là ngũ giác lồi, tứ giác lồi hoặc là tam giác.
12


•

Nếu G là ngũ giác lồi hoặc tứ giác lồi thì hiển nhiên ln tồn tại 4

điểm lập thành tứ giác lồi.
•

Nếu G là tam giác

Giả sử G là tam giác ABC hai điểm còn lại là D, E nằm trong tam giác
ABC. Khi đó DE cắt 2 trong 3 cạnh của tam giác giả sử đó là cạnh AB và AC.
Khi đó 4 điểm B, C, D, E lập thành tứ giác lồi.
Bài 10: Chứng minh rằng một họ các đa giác đơi một cắt nhau thì có một
cát tuyến chung.
Giải:
Chiếu vng góc họ đa giác này lên một đường thẳng ∆. Ảnh của mỗi đa
giác là một đoạn thẳng. Vì các đa giác này đơi một cắt nhau nên các đoạn thẳng
này giao nhau khác rỗng. Suy ra tồn tại điểm M nằm trong phần giao này.

Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ∆ chính là cát tuyến chung của
họ đa giác này.
Bài 11: Trên mặt phẳng có một sơ đa giác được đặt đơi một cắt nhau và
một phương cho trước. Chứng minh rằng luôn kẻ được một đường thẳng song
song với phương đã cho cắt tất cả các đa giác này.

Giải
Gọi ∆ là đường thẳng vng góc với phương cho trước. Chiếu vng góc
các đa giác này lên đường thẳng ∆. Tương tự như bài 10 ta luôn kẻ được đường
thẳng song song với phương đã cho cắt tất cả các đa giác này.
Bài 12: Trên mặt phẳng có một số điểm mà khoảng cách giữa hai điểm
bất kì trong chúng khơng vượt q 1. Chứng minh rằng có thể phủ chúng bởi
một hình trịn có bán kính 1 3

13


Giải:
Giả sử hệ điểm là {M1, M2, ..., Mn}.
Với mỗi điểm Mi vẽ hình trịn Fi có tâm là Mi bán kính 1 3
Ta sẽ chứng minh 3 hình trịn bất kì trong hệ {Fi}i=1,n.
Thật vậy, khơng mất tính tổng qt ta xét 3 hình trịn F1, F2, F3.
•

Nếu ∆M1M2M3 là ∆ nhọn. Giả sử M2M1M3 là góc lớn nhất trong

tam giác. Khi đó: 900 ≥ M2M1M3 ≥ 600.
Gọi O là đường trịn ngoại tiếp ∆ M1M2M3. Kẻ đường kính M2ON như
hình vẽ:
H


M1

M3

M2

Ta có: M2NM3 = M2M1M3
⇒ M2NM3 là góc nhọn không nhỏ hơn 600
⇒ 2R=M2N=M2M3.sinM2NM3 ≤ 1.sin600 = 3
⇒R ≤ 3

2

1
3
3.
4 ≤ 3 =

⇒ OM1 = OM2 = OM3 ≤ 1

3

Hay O thuộc 3 hình trịn F1, F2, F3. Vậy giao của 3 hình trịn F1, F2, F3.
•

Nếu ∆ M1M2M3 là tam giác vuông hoặc tù. Giả sử tam giác này

vuông hay tù tại M1.


14


Kẻ đường cao M3H. Khi đó M1 thuộc đoạn thẳng M2H. Gọi O là tâm
đường tròn ngoại tiếp ∆M2HM3. Như vậy O là trung điểm của M2M3. Suy ra:
OH = OM2 = OM3 = M2M3/2 ≤
⇒ OM1, OM2, OM3 < 1

1
< 1 3
2

3

⇒ O thuộc các hình trịn F1, F2, F3 hay giao của F1, F2, F3 khác rỗng.

Áp dụng định lí suy ra giao của họ các hình trịn {F i}i=1,n khác rỗng. Suy
ra tồn tại điểm O thuộc giao của họ này hay khoảng cách OMi ≤ 1 3
Vậy Mi thuộc hình trịn tâm O bán kính 1 3 hay hình trịn này phủ hệ n
điểm đã cho.
Bài 13: Trên mặt phẳng có một hệ các hình chữ nhật có cạnh tương ứng
song song. Chứng minh rằng nếu hai bất kỳ trong chúng có giao khác rỗng thì
cả hệ có giao khác rỗng.

Giải:
Lập hệ trục toạ độ xOy sao cho các trục Ox và Oy song song với các
cạnh của các hình chữ nhật trong hệ như hình vẽ.Khi đó hình chiếu của các
hình chữ nhật lên các trục Ox và Oy là một đoạn thẳng.
y


y1
M

O

x1

15

x


Vì giao của hai hình chữ nhật bất kỳ trong chúng là khác rỗng nên giao
của hai đoạn thẳng bất kỳ trên hai trục đều khác rỗng. Theo định lí suy ra giao
của hai hệ đoạn thẳng trên hai trục khác rỗng. Khi đó tồn tại x 0 thuộc giao của
hệ đoạn thẳng nằm trên trục Ox và y0 thuộc giao của hệ đoạn thẳng nằm trên
trục Oy. Như vậy điểm M(x0,y0) thuộc họ hình chữ nhật đã cho hay họ hình chữ
nhật đã cho giao nhau khác rỗng.
Bài 14: Trên một đường trịn có một hệ cung nhỏ hơn π có tính chất giao
của ba bất kỳ trong chúng khác rỗng. Chứng minh rằng giao của hệ cung này
khác rỗng.
Giải:

Ai

O
N
M
Bi


Với mỗi cung AiBi xét các hình Fi tương ứng như hình vẽ. Mỗi F i là một
hình lồi. Vì giao của ba bất kỳ trong các dây cung là khác rỗng nên giao của ba
bất kỳ trong họ các hình lồi {Fi}i khác rỗng. Theo định lí suy ra giao của cả họ
này khác rỗng. Như vậy tồn tại N ∈ Fi với ∀ i. Gọi M1 và M2 là giao điểm của
ON và đường trịn (O) thì một trong hai điểm này thuộc cung A iBi với ∀ i hay
hệ các cung AiBi khác rỗng.

16


Chương II

Đường kính của một hình

I-Lý thuyết:
1. Định nghĩa đường kính của một hình và các yếu tố liên quan:
•

Khoảng cách d được gọi là đường kính của F nếu khoảng các giữa

hai điểm bất kì trong F khơng lớn hơn d và luôn tồn tại hai điểm thuộc F sao
cho khoảng cách giữa chúng bằng d.
Nói các khác đường kính của một hình là khoảng cách lớn nhất giữa hai
điểm của hình đó.
Ví dụ:
+Đường kính của một hình trịn chính là đường kính hiểu theo nghĩa
thơng thường của nó.
+Đường kính của một tam giác là độ dài của cạnh lớn nhất của tam giác
đó.
•


Với một hình F tuỳ ý chúng ta có thể chia F thành các phần có

đường kính của F. Kí hiệu a(F) là số phần nhỏ nhất để có thể chia hình F như
vậy.
2. Các định lí về chia hình phẳng:
a. Định lí 1:
Mỗi hình phằng F có đường kính d có thể đặt vào lục giác đều có khoảng
cách giữa các cặp cạnh đối diện bằng d
Chứng minh:

17


Chọn một đường thẳng a khơng cắt hình F. Gọi M là điểm thuộc F sao
cho khoảng cách từ M tới a là nhỏ nhất. Gọi a 1 là đường thẳng qua M và song
song với a. Gọi N là điểm thuộc F sao cho khoảng cách từ N tới a 1 lớn nhất.
Qua N kẻ đường thẳng a 2 song song với a. Như vậy F nằm trong phần giới hạn
bởi hai đường thẳng a1 và a2. Hơn nữa khoảng cách giữa a 1 và a2 không lớn hơn
MN nên không lớn hơn d.
a1

c2

a2
c1
b1

b2


Gọi b và c là hai đường thẳng tạo với a một góc 60 0 (b và c không song
song với nhau). Ta tạo các đường thẳng b 1, b2, c1, c2 tương tự như a1 và a2. Khi
đó F cũng nằm trong phần mặt phẳng giới hạn bởii các cặp đường thằng b 1 và
b2, c1 và c2.
Suy ra F nằm trong phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường thẳng a 1, a2,
b1, b2, c1, c2. Phần mặt phẳng này là một lục giác có các cặp cạnh đối diện song
songvới nhau và khoảng cách giữa chúng không lớn hơn d.

18


M

S
N

O
R
P

Q

Giả sử lục giác đó là MNPQRS. Khi đó lục giác này có tâm đối xứng là
O (O là giao điểm của các đường chéo từ các hình bình hành tạo bởi các cặp
đường thẳng song song). Như vậy khoảng cách từ O tới đường thẳng a 1 bằng
khoảng cách từ O tới đường thẳng a2 và khoảng cách này không lớn hơn d/2.
Gọi a1' và a2' là hai đường thẳng phân biệt song song với a sao cho khoảng cách
từ O tới mỗi đường này đều bằng d/2. Như vậy phần mặt phẳng giới hạn bởi
hai đường thẳng a1' và a2' chứa phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng a 1
và a2 nên nó chứa F. Tạo các đường thẳng b1', b2', c1', c2' như hai đường thẳng a1'

và a2'. Phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường thẳng a1', a2', b1', b2', c1', c2' là lục
giác đều có khoảng cách giữa hai cạnh đối diện bằng d và chứa F.
b. Định lí 2:
Mỗi hình F trên mặt phẳng với đường kính d đều có thể chia thành 3
phần sao cho đường kính của mỗi phần khơng vượt quá d 3 2
Chứng minh:
Theo định lí 1 mỗi hình F đều có thể đặt vào một lục giác đều có khoảng
cách giữa hai cạnh đối diện bằng d. Chia lục giác đều đó thành 3 phần như hình
vẽ sau. Mỗi phần này có đường kính là ... Vì vậy có thể chi F thành 3 phần sao
cho đường kính của mỗi phần khơng vượt q d 3 2 .
19


II-Một số bài tập:
Bài 1: Chứng minh rằng mọi hình đường kính d đều có thể phủ bởi một
hình vng cạnh d.
Giải:

A

B

O

D

C

Gọi a là đường thẳng không cắt F. Gọi M là điểm thuộc F sao cho
khoảng cách từ M tới a là nhỏ nhất. Qua M kẻ đường thẳng a 1 song song với a.

Gọi N là điểm thuộc F sao cho khoảng cách từ N tới a lớn nhất có thể. Qua N
20


kẻ đường thẳng a2 song song với a. Như vậy hình F nằm trong phần mặt phẳng
giới hạn bởi a1 và a2, hơn nữa khoảng cách giữa hai đường thẳng này khơng lớn
hơn d.
Gọi b là đường thẳng vng góc với a và không cắt F. Tạo các đường
thẳng b1 và b2 tương tự như a1 và a2.
Hình F nằm trong phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường thẳng a 1, a2,
b1, và b2. Các đường thẳng này cắt nhau tại 4 điểm là bốn đỉnh của một hình
chữ nhật. Giả sử hình chữ nhật đó là ABCD và tâm của nó là O. Như vậy
khoảng cách từ O tới mỗi cạnh của hình chữ nhật khơng lớn hơn d 2 . Gọi a1’,
a2’ là hai đường thẳng phân biệt song song với a và O cách mỗi đường một
khoảng d 2 . Tạo b1’, b2’ tương tự như a1’, a2’. Các đường thẳng này cắt nhau tại
4 điểm là 4 đỉnh của một hình vng cạnh d chứa hình chữ nhật ABCD nên nó
chứa F.
Bài 2: Cho F là một hình có vơ hạn đường kính. Chứng minh rằng khơng
thể phủ F bằng một đa giác có cùng đường kính.
Giải:
Giả sử có thể phủ F bằng một đa giác có cùng đường kính. Vì F có vơ
hạn đường kính nên đa giác phủ nó cũng có vơ hạn đường kính. Điều này là vơ
lí vì đa giác chỉ có hữu hạn đường kính. Vậy điều giả sử là sai hay khơng thể
phủ một hình có vơ hạn đường kính bằng một đa giác có cùng đường kính.
Bài 3: Tìm số n nhỏ nhất sao cho nếu có n điểm trong hình chữ nhật 3 × 4
ln có hai điểm trong chúng có khoảng cách nhỏ hơn 5 .
Giải:

21



Chia hình chữ nhật 3 × 4 thành 5 phần mỗi phần có đường kính

5 hình

vẽ.
Như vậy theo ngun lý Dirichle với 6 điểm thì tồn tại ít nhất 2 điểm
nằm trong 1 phần hay tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 5 .
Với 5 điểm ta có thể lấy 5 điểm A, B, C, D, E như trên hình vẽ mà
khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ không nhỏ hơn 5 .
Vậy n nhỏ nhất là n=6.
Bài 4: Tìm ví dụ một hình phẳng đường kính d khơng thể chia ra ba phần
với đường kính nhỏ hơn d 3 2 .
Giải:
Ví dụ đó là hình trịn đường kính d.

Khi chia hình trịn này thành 3 phần thì tồn tại một phần phải chứa ít nhất
một phần ba hình trịn dạng như hình vẽ. Mà một phần ba hình trịn dạng như
trên có đường kính là d 3 2 nên một trong các phần đó có đường kính không
nhỏ hơn d 3 2 .

22


Bài 5: Chứng minh rằng một hình đường kính d có thể phủ được bởi một
hình tam giác đều cạnh d 3 .
Giải:
Giả sử F là một hình có đường kính d.
Làm các bước tương tự như trong chứng minh định lí 1 ta có thể phủ F
bởi 2 hình tam giác đều có các cạnh tương ứng song song và khoảng cách giữa

hai cạnh tương ứng song song không lớn hơn d. Giả sử hai tam giác đó là H và
H’ có độ dài đường cao lần
lượt là h và h’.
Gọi M là một điểm bất kỳ nằm trong F. Khi đó M nằm trong hai tam giác
đều nói trên. Từ M kẻ các đường vng góc lên các cạnh của hai tam giác có
độ dài lần lượt là h1, h2, h3 và h1’, h2’, h3’ như hình vẽ. Ta có: hi+hi’ ≤ d với
i=1,2,3.

h3 M

h1

h2

Ta có S= 1 2 ah= 1 2 ah1+ 1 2 ah2+ 1 2 ah3
⇒ h=h1+h2+h3

Tương tự h’=h1’+h2’+h3’
Suy ra: h+h’=(h1+h1’)+(h2+h2’)+(h3+h3’) ≤ d+d+d=3d

23


Như vậy ít nhất h hoặc h’ khơng lớn hớn 3d 2 hay cạnh của H hoặc H’
không lớn hơn d 3 . Giả sử đó là tam giác H. Lại phủ H bằng một tam giác đều
canh d 3 . Khi đó tam giác này cũng phủ F.
Bài 6: Tìm số n nhỏ nhất sao cho từ n điểm trong một hình bất kỳ có
đường kính d ln tìm được hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn d 3 2 .
Giải:
•


Với hình trịn có đường kính d. Ba điểm là ba đỉnh của tam giác

đều nội tiếp trong đường trịn này thì khoảng cách giữa hai điểm đơi một là
d 3

2.

•

Ta sẽ chứng minh n=4.

Theo định lí ta có thể phủ một hình có đường kính d bằng một lục giác
đều có khoảng cách giữa hai cạnh đối diện là d hoặc cạnh của nó là d 3 .

Chia lục giác đều này thành 3 phần như hình vẽ, mỗi phần này có đường
kính là d 3 2 . Như vậy với 4 điểm, theo ngun lí Dirichle ln tồn tại ít nhất
2 điểm cùng nằm trong một hình hay khoảng cách giữa hai điểm này nhỏ hơn
d 3

2.

24


Bài 7: Chứng minh rằng một hình đường kính d ln có thể phủ được
bởi một hình trịn bán kính d 3 .
Giải:
Như bài 6 ta có thể phủ một hình đường kính a bằng một lục giác đều
cạnh d 3 . Lục giác này nội tiếp trong đường tròn bán kính d 3 . Như vậy F

cũng phủ bởi hình trịn này.

CHƯƠNG III

BÀI TỐN PHỦ HÌNH

I-LÝ THUYẾT:
1.Phủ mặt phẳng:
a. Khái niệm:
•

Trong thực tế, khi lát sàn nhà (hoặc vỉa hè, tường,…) người ta

thường dùng những viên gạch hình dáng khác nhau như hình chữ nhật, hình
vng, hình lục giác đều,… Khi đó mặt phẳng được lát bởi những đa giác
giống nhau sao cho hai đa giác tuỳ ý không có điểm chung nhưng chúng có thể
25