Ứng dụng nguyên lý dirichlet vào toán sơ cấp

lý Dirichlet chỉ chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháptìm đối tượng cụ thể, nhưng trong thực tế, nhiều bài toán chỉ cần chỉ ra sự tồntại là đủ.Là một giáo viên giản

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

——————————-LÊ THỊ NGỌC TRINH

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET

VÀO TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2019

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

——————————–

LÊ THỊ NGỌC TRINH

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET

VÀO TOÁN SƠ CẤP

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 8.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

TS NGUYỄN NGỌC CHÂU

Đà Nẵng - Năm 2019

Toàn bộ nội dung trình bày trong luận văn này là công trình nghiên cứutổng quan của tôi, được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS Nguyễn NgọcChâu Những khái niệm và kết quả trong luận văn được tổng hợp từ các tài liệukhoa học đáng tin cậy và được chỉ rõ nguồn gốc trích dẫn Đóng góp của tôi làtổng hợp tài liệu, trình bày thêm các ví dụ minh họa Tôi xin chịu trách nhiệmvới những lời cam đoan của mình.

Đà Nẵng, tháng 11 năm 2019

Tác giả

Lê Thị Ngọc Trinh

Đầu tiên em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn TS NguyễnNgọc Châu đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình thực hiện để hoànthành được luận văn này.

Em cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các giảng viên đãtận tình dạy bảo em trong suốt thời gian học tập của khóa học Đồng thời cũngxin cảm ơn các anh chị trong lớp PPTSCK35 đã nhiệt tình động viên, giúp đỡtôi trong quá trình học tập tại lớp

Lê Thị Ngọc Trinh

MỞ ĐẦU 1

CHƯƠNG 1 NGUYÊN LÝ DIRICHLET 3

1.1 Nguyên lý Dirichlet cơ bản 3

1.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp 3

1.3 Nguyên lý Dirichlet tổng quát 3

1.4 Nguyên lý Dirichlet mở rộng 4

1.5 Nguyên lý Dirichlet cho dãy số vô hạn 4

1.6 Một số dạng của nguyên lý Dirichlet trong hình học 5

1.7 Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu 6

1.8 Nguyên lý bù trừ 8

1.9 Phép chia trên tập các số nguyên 9

1.10 Đồng dư thức 10

1.11 Một số ví dụ minh họa 10

CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÝ DIRICHLET 13

2.1 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet trong hình học 13

2.1.1 Bài toán về điểm, đường thẳng, đoạn thẳng 13

2.1.2 Bài toán về diện tích 22

2.2 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet trong bài toán tô màu 30

2.3 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào số học 40

2.3.1 Nguyên lý Dirichlet với tính chia hết 40

2.3.2 Nguyên lý Dirichlet với tính chất số 44

2.4 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào dãy số 49

TÀI LIỆU THAM KHẢO 58

Quyết định giao đề tài luận văn (bản sao) 60

lý Dirichlet chỉ chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháptìm đối tượng cụ thể, nhưng trong thực tế, nhiều bài toán chỉ cần chỉ ra sự tồntại là đủ.

Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc phổ thông trung học, một học viênđang học sau đại học ngành phương pháp Toán sơ cấp, tôi muốn tìm hiểu kĩ hơn

về Nguyên lý Dirichlet, nhằm phục vụ cho công việc chuyên môn, nên tôi chọn

đề tài cho luận văn tốt nghiệp của mình là: “Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào Toán sơ cấp”

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

- Tìm hiểu nguyên lý Dirichlet và các bài toán liên quan, từ đó hệ thống vàphân loại thành các dạng toán chuyên biệt

- Nghiên cứu phương pháp giải đối với từng dạng toán cụ thể và cho nhiều

ví dụ minh họa

- Ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải một số bài toán liên quan.

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

- Các nội dung của nguyên lý Dirichlet

- Những bài toán thuộc chương trình toán bậc phổ thông liên quan đếnnguyên lý Dirichlet

4 Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu tư liệu: Nghiên cứu qua các sách giáo khoa, sách tham khảo,các tạp chí Toán và các tài liệu trên Internet

- Phương pháp nghiên cứu: Thu thập các tài liệu liên quan đến đề tài luậnvăn, từ đó tổng hợp, phân tích và hệ thống các tài liệu thu thập được để thựchiện đề tài luận văn

- Trao đổi, thảo luận với người hướng dẫn và các chuyên gia

5 Bố cục của luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung luận văn đượcchia làm 2 chương

Chương 1: Nguyên lý Dirichlet

Chương này trình bày các dạng khác nhau của nguyên lý Dirichlet

Chương 2: Ứng dụng của nguyên lý Dirichlet

Trình bày những ứng dụng của nguyên lý Dirichlet trong việc giải một sốlớp bài toán sơ cấp

CHƯƠNG1 NGUYÊN LÝ DIRICHLET

Chương này trình bày các dạng khác nhau của nguyên lý Dirichlet Phần cuối chương nhắc lại một số tính chất số học để làm cơ sở cho chương sau Nội dung chương này được tham khảo từ các tài liệu [4], [5]

1.1 Nguyên lý Dirichlet cơ bản

Nếu có m vật, được đặt vào n cái ngăn kéo và m > n thì có ít nhất một cáingăn kéo chứa ít nhất hai vật

1.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp

Cho A và B là hai tập hợp hữu hạn và khác rỗng, mà số phần tử của A lớnhơn số phần tử của B Nếu với một quy tắc nào đó, mỗi phần tử của A cho tươngứng với một phần tử của B, thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của A màcùng tương ứng với một phần tử của B

Theo ngôn ngữ của ánh xạ, nếu quy tắc nói trên xác định một ánh xạ

f: A → B thì f không phải là một đơn ánh

1.3 Nguyên lý Dirichlet tổng quát

Nếu có N đồ vật đặt vào k cái hộp thì tồn tại một hộp chứa ít nhất N

k

đồvật Ở đây, d xe là số nguyên nhỏ nhất ≥ x

Chứng minh:

Giả sử mỗi hộp đều chứa ít hơn N

k

vật Khi đó, tổng số đồ vật là:

1.5 Nguyên lý Dirichlet cho dãy số vô hạn

Nếu có hữu hạn những ngăn kéo mà chúng ta đặt vô hạn những vật vào đó,thì có ít nhất một ngăn kéo chứa vô hạn những vật đã có

Chứng minh:

Gọi số ngăn kéo là k, ta có k < ∞

Giả sử tất cả các ngăn kéo đều chứa hữu hạn vật Gọi Ni là số vật ở ngănkéo thứ i, suy ra Ni < ∞, i = 1, 2, , k

có vô hạn vật).

Vậy tồn tại ít nhất một ngăn kéo chứa vô hạn vật

Nguyên lý này được áp dụng để giải các bài toán liên quan đến dãy số,chẳng hạn dãy cấp số cộng, dãy cấp số nhân, dãy số nguyên tố, dãy Fibonaxi,dãy tuần hoàn

1.6 Một số dạng của nguyên lý Dirichlet trong hình học

a Nguyên lý Dirichlet về diện tích

Cho một mặt A trong không gian Kí hiệu S(A) là diện tích của A

Giả sử A1, A2, , An là các mặt sao cho Ai ⊂ A, (i = 1, 2, , n) và

S(A) < S(A1) + S(A2) + + S(An), thì ít nhất có hai mặt trong số các mặt

A1, A2, , An có một điểm trong chung

Chứng minh:

Giả sử không có hai mặt nào trong số các mặt đã cho có điểm chung.Khi đó: S(A1∪ A2∪ ∪ An) = S(A1) + S(A2) + + S(An) (1)Mặt khác, Ai ⊂ A(i = 1, 2, 3, , n), suy ra A1∪ A2∪ ∪ An⊂ A Từ đó có:S(A1∪ A2∪ ∪ An) = S(A1) + S(A2) + + S(An) ≤ S(A) (2)

Từ (1) và (2) ta có: S(A1) + S(A2) + + S(An) ≤ S(A), mâu thuẩn với giảthiết S(A) < S(A1) + S(A2) + + S(An)

Vậy có ít nhất hai mặt trong số các mặt đã cho có một điểm chung

i) Cho những cung C1,C2, ,Cn nằm trên đường tròn C và có tổng độ dàicủa C1,C2, ,Cnlớn hơn độ dài đường tròn C Khi đó có ít nhất hai trong số cáccung C1,C2, ,Cn có điểm chung.

ii) Cho những đoạn thẳng ∆1, ∆2, , ∆n nằm trong đoạn thẳng ∆ và tổng

độ dài của ∆1, ∆2, , ∆n lớn hơn độ dài của ∆ Khi đó, có ít nhất hai trong sốnhững đoạn thẳng ∆1, ∆2, , ∆n có điểm chung

1.7 Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu

Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu được phát biểu như sau:

Cho tập hợp hữu hạn S 6= ∅ và S1, S2, , Sn là các tập con của S sao cho

|S1 | + |S2 | + +|Sn | > k.|S |, k ∈ N∗ Khi đó, tồn tại một phần tử x ∈ S saocho x là phần tử chung của ít nhất k + 1 tập Si (i = 1, 2, 3 , n)

Ta sẽ chứng minh nguyên lý này tương đương với nguyên lý Dirichlet mởrộng

Ta phân bố các phần tử của tập X vào m hộp 1, 2, , m như sau:

Với xi ∈ Sj thì (xi, Sj) được phân vào hộp i, với mọi i = 1, m và j = 1, n Khi đó,theo nguyên lý Dirichlet mở rộng, tồn tại hộp i có ít nhất k + 1 phần tử Từ đó,

suy ra tồn tại phần tử xi là phần tử chung của k + 1 tập Sj, j = 1, 2, , n.

• Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu suy ra nguyên lý Dirichlet mở rộng

Kí hiệu n phần tử là j = 1, 2, , n Ta phân bố các phần tử j = 1, 2, 3, , nvào m hộp Hi= 1, 2, , m, với n > km Kí hiệu S = {Hi | i = 1, 2, 3, , m}, và

Cho A là một khoảng giới nội, A1, A2, , An là các khoảng sao cho

Ai ⊂ A, i = 1, 2, , n và d(A) < d(A1) + d(A2) + + d(An) Khi đó, có ít nhấthai khoảng trong số các khoảng trên có một điểm trong chung (d(I) là độ dàicủa khoảng I ⊂ R)

Chứng minh:

Thật vậy, giả sử không có cặp nào trong những khoảng đã cho có điểmtrong chung Khi đó:

d(A1∪ A2∪ An) = d(A1) + d(A2) + + d(An) > d(A)

Mặt khác, từ Ai ⊂ A, i = 1, 2, 3 , n, suy ra d(A1∪ A2∪ An) ≤ d(A)

Các bất đẳng thức trên mâu thuẩn với nhau

Vậy có ít nhất hai khoảng trong số các khoảng trên có điểm trong chung

Định lý 1.7.3

Cho A là một khoảng giới nội, A1, A2, , An là các khoảng con của A, k là

số tự nhiên thỏa: k.d(A) < d(A1) + d(A2) + + d(An)

Khi đó, tồn tại ít nhất k + 1 khoảng Ai, i = 1, 2, 3, , n có điểm trong chung

Định lý 1.7.4

Nếu A là một bề mặt giới hạn bởi đường cong phẳng khép kín, còn A1, A2, , An

là các bề mặt sao cho Ai ⊂ A, i = 1, 2, 3, ,n và S(A) < S(A1) + S(A2) + +S(An) thì ít nhất hai bề mặt trong số các bề mặt trên có điểm chung (S(A) làdiện tích bề mặt A)

Định lý 1.7.5

Cho A là một bề mặt giới hạn bởi đường cong phẳng khép kín, còn A1, A2, , An

là những bề mặt và thỏa mãn Ai⊂ A (i = 1, 2, 3, ,n), còn k là số tự nhiên thỏa:

k.S(A) < S(A1) + S(A2) + + S(An)Khi đó, ít nhất k + 1 trong số những bề mặt trên có điểm chung

Định lý 1.7.6

Nếu A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, còn A1, A2, , An làcác khối sao cho Ai⊂ A (i = 1, 2, 3, ,n) và V (A) < V (A1) +V (A2) + +V (An),thì ít nhất hai trong số các khối trên có điểm trong chung (V (A) là diện tích khốiA)

Định lý 1.7.7

Cho A là một khối giới hạn bởi các đường cong phẳng, A1, A2, , Anlà cáckhối sao cho Ai ⊂ A (i = 1, 2, 3, ,n), còn k là số tự nhiên thỏa:

k.V (A) < V (A1) +V (A2) + +V (An)Khi đó, ít nhất k + 1 trong số những khối trên có điểm trong chung

1.9 Phép chia trên tập các số nguyên

Cho hai số nguyên a, b Nếu tồn tại số nguyên q sao cho a = b.q thì ta nóirằng a chia hết cho b (kí hiệu a b) , hay b chia hết a (ký hiệu b | a) Khi đóngười ta cũng gọi a là bội của b, còn b là ước a

Định lý 1.9.1

Với hai số nguyên bất kì a và b sao cho b 6= 0, tồn tại duy nhất cặp sốnguyên q và r thỏa mãn a = bq + r, với 0 ≤ r < |b|

Tính chất 1.9.2

i) Với mọi số nguyên a 6= 0, ta có a a hoặc a | a (tính phản xạ)

ii) Nếu a b và b c thì a c (tính bắc cầu)

iii) Nếu a b hoặc c b thì (ac) b

iv)Nếu a, b, m, n là những số nguyên, a b và c b thì (ma+nb) c

Định lý 1.9.3

Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều có thể phân tích ra các thừa số nguyên tố vàphân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự của các thừa số

Việc vận dụng nguyên lý Dirichlet gắn liền với việc xét hai đối tượng vật

và ngăn kéo sao cho thỏa hai điều kiện:

1 Số vật lớn hơn số ngăn kéo

2 Vật phải được đặt hết trong ngăn kéo, nhưng không bắt buộc ngăn kéonào cũng phải có vật

Đối với mỗi bài toán cụ thể, ta cần phải xác định được đối tượng nào là

vật, đối tượng nào là ngăn kéo, và số vật phải nhiều hơn số ngăn kéo Khi đãxác định được các yếu tố trên thì việc áp dụng nguyên lý Dirichlet sẽ trở nênthuận tiện.

Ví dụ 1.11.2

Trong một hội nghị n có người, n > 1, bao giờ cũng có 2 người có số người quen bằng nhau.

Lời giải:

Ta xếp những người có số người quen bằng nhau và bằng i vào một nhóm,

kí hiệu là nhóm i Ta có hai trường hợp:

(i) Có 1 người không quen ai cả Trong trường hợp này, không có ai quen

n− 1 người Vì vậy, có tối đa (n − 1) nhóm: 0, 1, 2, 3, , n − 3, n − 2 Ta xem

số vật là n, số ngăn kéo là n − 1 Theo nguyên lý Dirichlet cơ bản, tồn tại mộtnhóm có ít nhất hai người

(ii) Ai cũng có người quen Tức là ta có tối đa n − 1 nhóm: 1, 2, 3, , n − 2,

n− 1 Như vậy, theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại một nhóm có ít nhất 2người

Ta được điều cần chứng minh

Ví dụ 1.11.3

Trong một hình vuông có cạnh là 1 chứa một số hữu hạn đường tròn Tổng tất cả chu vi của chúng là 10 Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 4 đường tròn trong những đường tròn đó.

Lời giải:

Ta chọn một cạnh hình vuông rồi chiếu vuông góc các đường tròn xuốngcạnh đó Ta có, hình chiếu của một đường tròn bán kính R xuống AB là một đoạnthẳng có độ dài 2R Vì vậy, trên cạnh hình vuông đã chọn có những đoạn thẳngchiếu xuống với tổng độ dài là 10

π Mà 10

π > 3, nên theo nguyên lý Dirichletđối ngẫu, suy ra có một điểm M nào đó thuộc AB là điểm trong chung của ítnhất 4 đoạn thẳng đã chiếu xuống Khi đó, đường thẳng đi qua M vuông gócvới AB cắt ít nhất 4 trong những đường tròn đó ( Điều phải chứng minh)

CHƯƠNG2 ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÝ DIRICHLET

Chương này trình bày những ứng dụng của nguyên lý Dirichlet trong việc giải một số lớp bài toán sơ cấp.

2.1 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet trong hình học

Trong hình học, có một số bài toán giải bằng phương pháp Dirichlet kháthuận lợi Chúng ta sẽ tìm hiểu điều này qua các bài toán sau

2.1.1 Bài toán về điểm, đường thẳng, đoạn thẳng

Bài 1 [5]

Chọn 101 điểm trong một hình vuông có cạnh bằng 1 đơn vị Chứng minh rằng có năm điểm trong các điểm đã chọn có thể phủ bởi một đường tròn bán kính 1

7

Lời giải:

Chia hình vuông có cạnh bằng 1 thành 25 hình vuông nhỏ bằng nhau, có

cạnh bằng 1

5 Đặt 101 điểm phân biệt bất kỳ vào hình vuông lớn Có 25 hìnhvuông nhỏ, số điểm được đặt là 101 điểm Theo nguyên lý Dirichlet tổng quát,tồn tại ít nhất một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 5 điểm trong số 101 điểm đó.Đường chéo hình vuông nhỏ bằng 1

5

√

2, bán kính của đường tròn ngoại

tiếp hình vuông nhỏ bằng nửa đường chéo, tức là bằng: 1

10

√

2 ≤ 1

7.Vậy có ít nhất 5 điểm trong số 101 nói trên nằm trong một hình tròn cóbán kính 1

√3

2 = 15

√3

26 < 1.Vậy tồn tại một hình cầu bán kính bằng 1 chứa ít nhất 6 điểm trong sốnhững điểm đã cho

Xét một đường kính S1S2 tùy ý của đường tròn, ở đây S1, S2 là hai đầucủa đường kính Vì S1S2 = 2, nên ta có:

S1M1000+ S2M1000 ≥ 2Cộng từng vế của 1000 bất đẳng thức trên ta có:

Lời giải:

Gọi hai điểm bất kì là A(a, b) và B(c, d) Khi đó, trung điểm của đoạn AB

là O a + c

2 ,

b+ d2

.Các tọa độ của trung điểm O nguyên nếu và chỉ nếu a và c; b và d cùngchẵn hoặc cùng lẻ

Vì tọa độ của mỗi điểm có một trong 4 dạng: (c, c), (l, l), (c, l), (l, c)

Có năm điểm, mà chỉ có 4 dạng nên theo nguyên lí Dirichlet cơ bản, có ítnhất 2 trong 5 điểm có cùng dạng

Vậy có ít nhất một cặp điểm mà tọa độ trung điểm của đoạn thẳng nối haiđiểm đó là số nguyên

Bài 5 [14]

Trên mặt phẳng Oxy, cho 2n + 1 điểm với n là một số nguyên dương Biết

rằng trong 3 điểm bất kì trong số 2n + 1 điểm đó luôn luôn tồn tại hai điểm

cách nhau nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn n + 1 điểm đã cho.

2 Nếu tồn tại điểm B 6= A (B thuộc trong số 2n + 1 điểm đã cho), sao cho

B∈ O/ 1(A, 1) Vì B /∈ O1(A, 1), nên AB > 1

Xét hình tròn O2(B, 1) tâm B, bán kính 1 Lấy C là điểm bất kì trong số2n + 1 điểm đã cho sao cho C 6= A, C 6= B Giả sử C /∈ (O1) và C /∈ (O2), khi

đó AB > 1 và BC > 1 Mặt khác AB > 1, cho nên trong 3 điểm A, B,C không

có 2 điểm nào mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1 Điều này mâu thuẩn với

giả thiết Do đó, các điểm còn lại phải nằm trong (O1) hoặc (O2) Vì thế, theonguyên lý Dirichlet, tồn tại một trong hai hình tròn trên chứa ít nhất n + 1 điểm

đã cho Vậy, yêu cầu bài toán đã được chứng minh

Bài 6 [5]

Chứng minh rằng nếu một đường thẳng d nằm trong mặt phẳng của tam giác ABC và không đi qua đỉnh nào của tam giác thì nó không cắt quá 2 cạnh của tam giác đã cho.

Lời giải:

Ta kí hiệu α và α là hai nửa mặt phẳng được chia ra bởi đường thẳng d.Mỗi đỉnh A, B, C nằm ở 1 trong 2 nửa mặt phẳng nói trên Theo nguyên lýDirichlet tổng quát, ít nhất một trong hai mặt phẳng trên, chẳng hạn α chứa haiđỉnh của tam giác ABC, chẳng hạn là A và B Khi đó, đường thẳng d không cắtđoạn thẳng AB, nghĩa là nó không cắt một trong 3 cạnh của tam giác ABC.Vậy đường thẳng d nằm trong mặt phẳng của tam giác ABC và không điqua đỉnh nào của tam giác thì nó không cắt quá 2 cạnh của tam giác đã cho

đó số đường chéo của nó là: s = 2k(2k − 3)

2 = k(2k − 3)

Ta có: s = k(2k − 3) = 2k(k − 2) + k hay suy ra : s > 2k(k − 2) (1)Giả sử ngược lại đa giác này có tính chất: mỗi đường chéo của nó đều songsong với một cạnh nào đó của đa giác Đa giác này có 2k cạnh, vì thế từ (1) suy

ra tồn tại ít nhất (k − 1) đường chéo d1, d2, , dk−1 mà các đường chéo nàycùng song song với một cạnh a nào đó của đa giác đã cho (thật vậy, nếu ngượclại mỗi cạnh tối đa là song song k – 2 đường chéo thì tối đa chỉ có 2k(k − 2)đường chéo và s ≤ 2k(k − 2) Điều này mâu thuẫn với (1) Như thế ta có k đườngthẳng song song với nhau d1, d2, , dk−1, a

Mặt khác, đa giác đã cho là đa giác lồi nên các đường chéo d1, d2, , dk−1, acùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ xác định cạnh a Không mất tính tổng quát

có thế cho d1 là đường chéo xa nhất đối với a Ta có tất cả k đoạn thẳng phânbiệt, nên mỗi đỉnh của đa giác đều là đầu mút của một đoạn nào đó trong k đoạntrên Từ đó suy ra toàn bộ đa giác nằm hẳn về một nửa mặt phẳng xác định bởi

d1 Do d1là đường chéo, nên điều này mâu thuẫn với tính lồi của đa giác

Vậy giả thiết phản chứng là sai Tức là, trong mọi đa giác lồi, tồn tại đườngchéo không song song với một cạnh nào của đa giác

mà lớn hơn hoặc bằng 7 thì theo nguyên lí Dirichlet, có ít nhất hai điểm đượcchọn nằm trong một cung hình quạt, tức là tồn tại 2 điểm mà khoảng cách giữachúng bé hơn 1 (mâu thuẩn).

Vậy từ giả thiết phản chứng suy ra tồn tại sáu điểm A1, A2, , A6 và mỗi điểmnằm trong một hình quạt sao cho khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong chúngđều lớn hơn 1

Do \A1OA2 + \A2OA3 + \A3OA4+ \A4OA5 + \A5OA6 + \A1OA6= 3600

Khi đó suy ra Min \AiOAi+1 ≤ 360

0

6 = 600, i = 1, 6 (Ở đây đặt A7 ≡ A1).Xét tam giác AkOAk+1 (với k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}, A1≡ A7)

Với Min \AiOAi+1 = \AkOAk+1, (i, k = 1, 6, ) Khi đó \AkOAk+1 ≤ 600

Vì OAk ≤ 1, OAk+1 ≤ 1, \AkOAk+1 ≤ 600 nên từ đó suy ra:

\

AkOAk+1 ≤ MaxnA\kAk+1O, \Ak+1AkOo

Từ đó theo mối liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác AkOAk+1 thì:

AkAk+1 ≤ max {OAk, OAk+1} ≤ 1 Điều này mâu thuẫn với AkAk+1 > 1 Tức làgiả thiết phản chứng không thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy, trong một hình trònbán kính 1, không thể chọn được quá 5 điểm mà khoảng cách giữa hai điểm tùy

ý trong chúng đều lớn hơn 1.

Bài 9 [2]

Cho một tờ giấy hình vuông có cạnh bằng a, với a > 2 Tìm giá trị nhỏ

nhất của a để có thể cắt từ tờ giấy đó năm hình tròn có bán kính bằng 1.

Lời giải:

Thật vậy, giả sử từ tờ giấy hình vuông ABCD có cạnh bằng a, ta cắt được

5 hình tròn có bán kính 1 thì tâm của các đường tròn này phải nằm trong hoặctrên biên của hình vuông có cạnh a − 2, cùng tâm với hình vuông ABCD và cócạnh song song với cạnh của hình vuông ABCD

Gọi hình vuông đó là A0B0C0D0 Các đường thẳng nối trung điểm của cáccạnh đối diện của hình vuông A0B0C0D0 chia hình vuông đó thành bốn hìnhvuông nhỏ Theo nguyên lý Dirichlet cơ bản, tồn tại một trong 4 hình vuôngnhỏ mà trong hình vuông này chứa ít nhất 2 trong số 5 tâm hình tròn nói trên.Giả sử hình vuông OIB0K chứa hai tâm O1, O2 Vì không có hai hình tròn nàotrong số 5 hình tròn cắt nhau, nên khoảng cách giữa hai tâm này không bé hơn

2 và không lớn hơn đường chéo của hình vuông nhỏ

Tức là:

O1O2 ≤ OB0 = (a − 2)

√2

2.1.2 Bài toán về diện tích

Bài 1 [2]

Trong một hình tròn (C) có diện tích bằng 8, chọn 17 điểm bất kì sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được ít nhất ba điểm trong 17 điểm tạo thành một tam giác có diện dích bé hơn 1.

Lời giải:

Chia hình tròn (C) thành 8 hình quạt bằng nhau , mỗi hình quat có diệntích bằng 1 Theo nguyên lý Dirichlet tổng quát,tồn tại ít nhất một hình quạt Achứa 3 điểm trong số 17 điểm đã cho Tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm đó nằmtrong hình quạt nên có diện tích nhỏ hơn diện tích hình quạt ,tức là bé hơn 1.Vậy, yêu cầu của bài toán đã được chứng minh

Bài 2 [5]

Cho tập hợp A các điểm trên một mặt cầu, các điểm này chiếm một phần của mặt cầu với diện tích lớn hơn nửa diện tích mặt cầu Chứng minh rằng A chứa ít nhất hai đầu của một đường kính.

Lời giải:

Gọi X là điểm bất kì thuộc A Lấy X0 là điểm đối xứng với X qua tâm O

của mặt cầu, suy ra X0 là điểm trên mặt cầu Gọi A0 là tập hợp các điểm X0 nhưvậy, khi đó, diện tích của phần mặt cầu chứa các điểm của A0 bằng diện tích củaphần mặt cầu chứa các điểm của A.

Do diện tích của phần mặt cầu chứa các điểm của A lớn hơn nửa diện tíchcủa mặt cầu, nên tổng diện tích của phần mặt cầu chứa các điểm của A và của

A0 lớn hơn diện tích mặt cầu Theo nguyên lý Dirichlet về diện tích, tồn tại ítnhất 1 điểm thuộc cả A và A0, giả sử điểm đó là điểm Y Khi đó Y và Y0 đốixứng qua O và đều thuộc A Vậy A chứa ít nhất hai đầu của một đường kính

Bài 3 [2]

Trong một rừng thông hình vuông cạnh 1000m có tất cả 4500 cây thông, mỗi cây có đường kính 0,5m Chứng minh khu rừng đó tồn tại 60 mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 200m2 mà không có một cây thông nào bên trong.

thành 95 đoạn, mỗi đoạn dài 10m, khoảng cách giữa hai đoạn là 0,52m, ở haiđầu hai đoạn là 0,56m.

Ta có tất cả: 48 95 = 4560 mảnh có diện tích 200 m2 Vì chỉ có 4500 câythông, và do mỗi cây có đường kính 0,5m (0,5 < 0.52 < 0,6), do vậy mỗi câythông bất kỳ không thể chiếm chỗ hai mảnh Vì thế, theo nguyên lý Dirichletcòn ít nhất 60 mảnh (mỗi mảnh có diện tích 200 m2) mà trong mỗi mảnh ấykhông có bất kì cây thông nào

Bài 4 [5]

Trong một hình vuông với cạnh bằng 1, cho 112 điểm Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai trong 112 điểm đã cho có khoảng cách nhỏ hơn 2

15.Lời giải:

15 Hình vuông này có diện tích S =



1 + 215

2

= 289

225

Lời giải:

Gọi d là đường thẳng chia hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diệntích là 2 : 3, đường thẳng d không thể cắt hai cạnh kề nhau của hình vuông.Giả sử d cắt hai cạnh AB và CD tại M và N, khi đó nó cắt đường trungbình EF tại I Khi đó:

SBMNC =

1

2 AD (AM + DN)1

2 BC (BM +CN)

= EI

FI = 2

3.Như vậy mỗi đường thẳng đã cho chia các đường trung bình của hìnhvuông theo tỉ số 2 : 3

Có 4 điểm chia các đường trung bình của hình vuông ABCD theo tỉ số

Lời giải:

Gọi 3 đa giác là: M1, M2, M3 Kí hiệu S(A) là diện tích của hình phẳng A.Khi đó, ta có:

M2), S(M2∩ M3), S(M1∩ M3) lớn hơn hoặc bằng 1

Vậy, luôn tồn tại hai đa giác mà diện tích phần chung của chúng khôngnhỏ hơn 1

Bài 7 [14]

Trong hình vuông ABCD có cạnh bằng 1m, chọn 1993 điểm sao cho không

có 3 điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các đỉnh tại các điểm đã chọn sao cho diện tích không lớn hơn 1

1992 m

2.

Lời giải:

Bổ đề: Nếu 3 đỉnh của một tam giác nằm trong một hình chữ nhật (có thể

nằm trên các cạnh của hình chữ nhât) thì diện tích của tam giác không lớn hơn một nửa diện diện tích của của hình chữ nhật.

đó, suy ra: AB.CH ≤ MN.MQ

Hay: 2.S∆ABC ≤ SMNPQ hay S∆ABC ≤ 1

2 SMNPQ

2 Các trường hợp còn lại:

Với các trường hợp này, ta đưa về trường hợp 1 để giải Qua đỉnh A củatam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh MQ, cắt cạnh BC tại D, cắt MNtại E, cắt PQ tại F.

Áp dụng kết quả trường hợp (1) ta có:

S∆ABD ≤ 1

2 SMEFQ và S∆ACD ≤ 1

2 SEFPNSuy ra: S∆ABC = S∆ABD + S∆ABD ≤ 1

2 SMEFQ + 1

2 SEFPN = 1

2 SMNPQ

Bổ đề được chứng minh

Lời giải bài 7:

Chia cạnh AB của hình vuông thành 12 phần bằng nhau, chia cạnh ADthành 83 phần bằng nhau Khi đó, hình vuông ban đầu được chia thành 996hình chữ nhật nhỏ, mỗi hình chữ nhật nhỏ có diện tích bằng 1

2.2 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet trong bài toán tô màu.

Bài 1 [4]

Trong một mặt phẳng cho 6 điểm, trong đó không có 3 điểm thẳng hàng Các cặp điểm nối với nhau bởi các đoạn màu xanh hoặc đỏ Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu.

Cho bàn cờ kích thước 3 × 7 với các ô được tô màu trắng hoặc đen Chứng

minh rằng bàn cờ chứa hình chữ nhật không tầm thường (tức không có cạnh