Môn Đại số sơ cấp NGUYÊN LÝ DIRICHLET

Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương bất kì luôn tồn tại hai số có hiệu chia hết cho n.. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính 1 chứa ít nhất 13 trong 25 điểm đã cho..

Khoa Toán - Tin Môn: Đại số sơ cấp

NGUYÊN LÝ DIRICHLET

Đinh Thị Quỳnh Hoa Nguyễn Thị Thùy Linh

Hà Nội, ngày 25 tháng 11 năm 2019

Mục lục

2.1 Các dạng thể hiện của nguyên lí 4

2.1.1 Một số phát biểu trong thực tiễn 4

2.1.2 Các phát biểu dạng toán học 4

2.2 Bài toán nhận biết "chuồng" 4

2.3 Bài toán nhận biết "chuồng" và "thỏ" 5

3 Bài tập ứng dụng 7 3.1 Ứng dụng trong số học 7

3.2 Ứng dụng trong bất đẳng thức 8

3.3 Ứng dụng trong hình học 11

1 Lời mở đầu

Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (13/2/1805 – 5/5/1859) là một nhà toán học nổi tiếng người Đức, người được cho là đưa ra định nghĩa hiện đại của hàm số Gia đình ông xuất thân

từ thị trấn Richelette ở Bỉ, do đó mà họ của ông là "Lejeune Dirichlet", nghĩa tiếng Pháp là

"chàng trai trẻ từ Richelette"

Ông hoàn thành chương trình phổ thông ở Đức và vào học đại học nơi ông được giảng dạy bởi Geogr Ohm Tuy nhiên điều kiện học tập tại trường đại học Đức không cao nên ông quyết định qua Paris học, chính tại đây ông đã được giảng dạy bởi các nhà toán học nổi tiếng nhất thời bấy giờ Ông là học trò lớn của thiên tài Friedrich Gauss (1777-1855)

Ferdinand Eisenstein, Leopold Kronecker, và Rudolf Lipschitz là học trò của ông Sau khi ông qua đời, các bài giảng của Dirichlet và các kết quả khác trong ngành số học được sưu tập, biên khảo và xuất bản bởi đồng nghiệp và cũng là bạn ông là nhà toán học Richard Dedekind dưới tựa đề "Vorlesungen ¨uber Zahlentheorie" (Các bài giảng về số học)

Ông đề cập tới nguyên lí Dirichlet với tên gọi "nguyên lý ngăn kéo" (Schubfachprinzip) Vì vậy, một tên gọi thông dụng khác của nguyên lý chuồng bồ câu (Pigeon-hole) chính là "nguyên lý ngăn kéo Dirichlet" hay đôi khi gọi gọn là "nguyên lý Dirichlet" (tên gọi gọn này có thể gây ra nhầm lẫn với nguyên lý Dirichlet về hàm điều hòa) Trong một số ngôn ngữ như tiếng Pháp, tiếng Ý và tiếng Đức, nguyên lý này cũng vẫn được gọi bằng tên "ngăn kéo" chứ không phải

"chuồng bồ câu"

Nguyên lý ngăn kéo Dirichlet được ứng dụng trực tiếp nhất cho các tập hợp hữu hạn (hộp, ngăn kéo, chuồng bồ câu), nhưng nó cũng có thể được áp dụng đối với các tập hợp vô hạn không thể được đặt vào song ánh Cụ thể trong trường hợp này nguyên lý ngăn kéo có nội dung là:

"không tồn tại một đơn ánh trên những tập hợp hữu hạn mà codomain của nó nhỏ hơn tập xác định của nó" Một số định lý của toán học như bổ đề Siegel được xây dựng trên nguyên lý này

2 Nguyên lí Dirichlet

2.1 Các dạng thể hiện của nguyên lí

2.1.1 Một số phát biểu trong thực tiễn

Phát biểu 1 Số người nhiều hơn số ghế thì luôn có người không được ngồi

Phát biểu 2 Bình nhỏ nước nhiều ắt phải trào

Phát biểu 3 Trong 100 người có ít nhất 9 người sinh cùng tháng

Phát biểu 4 Trong 1000 người có ít nhất 3 người có cùng sinh nhật

Phát biểu 5 Lớp học có 45 học sinh mà điểm kiểm tra chí cho điểm chẵn thì sẽ luôn có ít

nhất 5 người có cùng số điểm

2.1.2 Các phát biểu dạng toán học

Phát biểu dạng cơ bản: Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n chuồng thì bao giờ cũng có một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ

Phát biểu dạng mở rộng: Nếu nhốt n con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng chứa ít nhất  n − 1

m

 + 1 con thỏ

2.2 Bài toán nhận biết "chuồng"

Ví dụ 1 Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương bất kì luôn tồn tại hai số có hiệu chia hết cho n

Lời giải

Một số nguyên dương khi chia cho n sẽ có thể có số dư là 1 trong n giá trị {0; 1; 2; ; n − 1}

Do có n + 1 số nguyên dương bất kì mà chỉ có n số dư nên luôn tồn tại hai số a và b có cùng

Ví dụ 2 Một giá đựng sách có 25 ngăn, mỗi ngăn chứa tối đa 10 cuốn sách Chứng minh rằng ta luôn tìm được 3 ngăn có cùng số sách

Lời giải

Số sách trong mỗi ngăn có thể nhận 1 trong 11 giá trị {0; 1; ; 10}

Do đó có ít nhất 25 − 1

11

 + 1 = 3 ngăn có cùng số sách

Ví dụ 3 Người ta tung ngẫu nhiên một lượng nhiều hơn 200 viên sỏi vào một khuông đất hình vuông cạnh 10m Chứng minh rằng bao giờ cũng tồn tại 3 viên hoặc thẳng hàng hoặc lập thành một tam giác có diện tích không vượt quá một nửa mét vuông

Lời giải

Ta chia khuông đất thành 100 ô vuông bằng nhau diện tích một mét vuông bởi các đường song song với cạnh của khuông đất

Vì số viên sỏi nhiều hơn 200 nên luôn có 3 viên A, B và C thuộc cùng một ô vuông

Nếu A, B và C không thẳng hàng thì chúng lập thành một tam giác nằm trong hình vuông cạnh 1m, khi đó diện tích của nó không vượt quá một nửa mét vuông

2.3 Bài toán nhận biết "chuồng" và "thỏ"

Ví dụ 4 Cho 10 đội bóng tham gia một giải đấu theo thể thức vòng tròn, tức là hai đội bất kì phải đấu với nhau đúng một trận Chứng minh rằng trong mọi thời điểm thì luôn

có hai đội đã thi đấu số trận như nhau

Lời giải

Nếu có ít nhất hai đội chưa thi đấu trận nào thì bài toán hiển nhiên đúng, ta xét hai trường hợp còn lại

TH1 Có đúng một đội chưa thi đấu trận nào

Khi đó 9 đội còn lại mỗi đội đã thi đấu ít nhất 1 trận và tối đa 8 trận (vì có 1 đội chưa thi đấu), do đó có ít nhất 2 đội đã thi đấu cùng số trận với nhau

TH2 Không có đội nào chưa thi đấu

Khi đó mỗi đội đã thi đấu ít nhất 1 trận và tối đa 9 trận ( thi đấu với tất cả các đội khác), do

có 10 đội nên có ít nhất 2 đội đã thi đấu cùng số trận với nhau

Ví dụ 5 Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n bé hơn 2018 để 3n− 1 chia hết cho 2018

Lời giải

Xét 2018 số 3, 32, , 32018

Do (3; 2018) = 1 nên không tồn tại i ∈ {1; 2; ; 2018} để 3i chia hết cho 2018

Suy ra 3i khi chia cho 2018 sẽ được số dư là 1 trong 2017 giá trị {1; 2; ; 2017} với mọi

i = 1, 2018

Khi đó luôn tồn tại 1 ≤ i < j ≤ 2018 để 3i và 3j có cùng số dư khi chia cho 2018 hay

3i(3j−i− 1) = 3j − 3i chia hết cho 2018.

Mà (3i; 2018) = 1 nên 3j−i− 1 chia hết cho 2018 và 1 ≤ i < j ≤ 2018 nên 0 < j − i < 2018 Vậy j − i là số nguyên dương thỏa mãn bài toán Ta có điều phải chứng minh 

Ví dụ 6 Cho 25 điểm bất kì trên mặt phẳng sao cho cứ 3 điểm thì có hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính 1 chứa ít nhất 13 trong 25 điểm đã cho

Lời giải

Nếu hai điểm bất kì có khoảng cách nhỏ hơn 1 thì ta chọn điểm A trong 25 điểm đã cho và khoanh hình tròn tâm A bán kính 1 Khi đó hình tròn này chứa tất cả 25 điểm đã cho

Nếu tồn tại hai điểm A, B có khoảng cách AB > 1 Khi đó ta vẽ hai hình tròn tâm A và B có cùng bán kính 1, kí hiệu theo thứ tự là (C1) và (C2)

Xét điểm C bất kì trong 23 điểm còn lại

Trong 3 điểm A, B và C luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1 mà AB > 1 nên

AC < 1 hoặc BC < 1 hay C nằm trong (C1) hoặc (C2)

Vậy 25 điểm đã cho nằm trong 2 hình tròn (C1) hoặc (C2) nên luôn tồn tại một hình tròn chứa

ít nhất 13 điểm Đây là hình tròn thỏa mãn bài toán

3 Bài tập ứng dụng

3.1 Ứng dụng trong số học

Ví dụ 7 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, luôn tồn tại số tự nhiên có dạng 11 100 0 chia hết cho n

Lời giải

Xét n + 1 số nguyên dương 1; 11; 111; ; 11 1

| {z }

n+1 c/s

khi chia cho n có thể nhận n số dư là 0; 1; 2;

; n − 1 nên luôn tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho n, giả sử là 11 11

| {z }

a c/s

và 11 11

| {z }

b c/s

với

1 ≤ a < b ≤ n + 1

Khi đó, số 11 11

| {z }

b−a c/s

00 00

| {z }

a c/s

= 11 11

| {z }

b c/s

− 11 11

| {z }

a c/s

chia hết cho n

Ví dụ 8 Cho 101 số tự nhiên bất kì không vượt quá 200 Chứng minh rằng ta luôn chọn được từ 101 số đã cho hai số để số này là bội của số kia

Lời giải

Gọi 101 số đã cho là a1, a2, , a101 (ai ∈ N∗; ai ≤ 200 ∀i = 1, 101)

Với mỗi i ∈ {1; 2; ; 101}, ta viết số ai dưới dạng tiêu chuẩn 2kibi trong đó ki là số tự nhiên và

bi là số nguyên dương lẻ

Do ai ≤ 200 ∀i = 1, 101 nên 101 số lẻ b1, b2, , b101 vừa thu được nhận giá trị nằm trong tập {1; 3; ; 199} Do có 101 số nhận 100 giá trị nên tồn tại 2 số bằng nhau, giả sử là bx = by = b với x 6= y ∈ {1; 2; ; 101}

Khi đó, ta có ax= 2k xb và ay = 2k yb thỏa mãn số này là bội của số kia

Chú ý: Ta có thể tổng quát ví dụ 3 thành bài toán: "Cho n + 1 số nguyên dương bất kì không vượt quá 2n với n là số nguyên dương Chứng minh rằng ta luôn chọn được từ n + 1 số đã cho hai số để số này là bội của số kia."

Ví dụ 9 Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương bất kì phân biệt không vượt quá 2n ta luôn tìm được 2 số nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên dương n

Lời giải

Chia 2n số nguyên dương 1; 2; ; 2n thành n cặp (1; 2), (3; 4), , (2n − 1; 2n)

Do có n + 1 số xếp vào n cặp nên luôn tồn tại hai số nằm trong cùng một cặp, hiển nhiên hai

số đó sẽ nguyên tố cùng nhau

Ví dụ 10 Cho tập hợp M gồm 10 số nguyên dương bất kì phân biệt không vượt quá

100 Chứng minh rằng tồn tại hai tập con không giao nhau của M để tổng các phần tử trong chúng bằng nhau

Lời giải

Tập M có 10 phần tử nên số tập con khác rỗng của nó là 210− 1 = 1023

Với tập con khác rỗng X bất kì của M , đặt tổng các phần tử của nó là T (X) Ta có:

1 ≤ T (X) ≤ 91 + 92 + + 100 < 1000

Khi đó T (X) nhận không quá 1000 giá trị mà có 1023 tập con khác rỗng của M nên sẽ tồn tại hai tập con A và B của M thỏa mãn T (A) = T (B)

Đặt C = A ∩ B, hiển nhiên A \ C, B \ C là hai tập con khác rỗng và rời nhau của M , hơn nữa

T (A \ C) = T (A) − T (C) = T (B) − T (C) = T (B \ C) nên đây là hai tập thỏa mãn yêu cầu bài toán

3.2 Ứng dụng trong bất đẳng thức

Ví dụ 11 Cho các số thực không âm a, b, c Chứng minh rằng

a2+ b2 + c2+ 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca)

Lời giải

Trước hết ta để ý đến đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1 điều này có nghĩa là khi đẳng thức xảy ra thì a − 1; b − 1; c − 1 cũng bằng 0; ngoài ra trong bất đẳng thức chứa các đại lượng

ab, abc nên ta nghĩ đến tích c(a − 1)(b − 1), tuy nhiên ta chưa thể khẳng định được tích đó

có không âm hay không nên ta sử dụng nguyên lý Dirichlet Theo nguyên lý Dirichlet ta có Trong ba số thực a − 1, b − 1 và c − 1 luôn tồn tại hai số có tích không âm, không mất tính tổng quát giả sử

(a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇔ ab + 1 ≥ a + b

Khi đó:

a2+ b2+ c2+ 2abc + 1 ≥ 2ab + 2c + 2abc

= 2ab + 2c(ab + 1)

≥ 2ab + 2c(a + b)

= 2(ab + bc + ca)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bất đẳng thức chứng minh xong 

Nhận xét.Ta có thể chứng minh bất đẳng thức đúng với mọi số thực nếu thay đổi một chút :

a2+ b2+ c2 + a2b2c2+ 2 ≥ 2(ab + bc + ca)

Theo Nguyên lý Dirichlet thì c2(a2− 1)(b2 − 1) ≥ 0 ⇒ a2b2c2+ c2 ≥ b2c2+ c2a2

Nên ta chỉ cần chứng minh

a2+ b2+ 2 + b2c2+ c2a2 ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a − b)2+ (bc − 1)2+ (ca − 1)2 ≥ 0 Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = ±1

Ví dụ 12 Cho các số thực dương a,b,c Chứng minh rằng

a2+ b2+ c2+ 2abc + 3 ≥ (a + 1)(b + 1)(c + 1)

Lời giải

Sau khi nhân hai vế cho 2 thì bất đẳng thức trên tương đương với

2(a2+ b2+ c2) + 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca) + 2(a + b + c)

Theo bài toán trên ta được

a2+ b2+ c2+ 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

a2+ b2+ c2+ 3 ≥ 2(a + b + c) ⇔ (a − 1)2+ (b − 1)2+ (c − 1)2 ≥ 0

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bất đẳng thức chứng minh xong 

(a2+ 2)(b2+ 2)(c2 + 2) ≥ 3(a + b + c)2+ (abc − 1)2

Lời giải

2(a2b2 + b2c2+ c2a2) + 4(a2+ b2 + c2) + 2abc + 7 ≥ 9(ab + bc + ca)

Theo Bất đẳng thức Cauchy thì

2a2b2+ 2 + 2b2c2+ 2 + 2c2a2+ 2 ≥ 4ab + 4bc + 4ca

Và 3a2+ 3b2+ 3c2 ≥ 3ab + 3bc + 3ca

Từ đó kết hợp với bài toán đầu tiên ta suy ra điều phải chứng minh



Ví dụ 14 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 4 Chứng minh rằng a + b + c ≥ ab + bc + ca

Lời giải

Trong ba số thực a − 1, b − 1 và c − 1 luôn tồn tại hai số có tích không âm, không mất tính tổng quát giả sử

(a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇔ ab + 1 ≥ a + b ⇔ c − ac − bc ≥ −abc

Khi đó: a + b + c − (ab + bc + ca) ≥ a + b − ab − abc.

Ta có ab + bc + ca + abc = 4 nên c = 4 − ab

a + b + ab, do đó:

a + b − ab − abc = a + b − ab − ab(4 − ab)

a + b + ab =

(a − b)2

a + b + ab ≥ 0

Suy ra a + b + c − (ab + bc + ca) ≥ 0 hay a + b + c ≥ ab + bc + ca

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bất đẳng thức chứng minh xong 

Ví dụ 15 Cho các số thực không âm a, b, c Chứng minh rằng

16(a2+ 1)(b2+ 1)(c2+ 1) ≥ 5(a + b + c + 1)2

Lời giải

Trong ba số thực 4a2− 1, 4b2− 1 và 4c2− 1 luôn tồn tại hai số có tích không âm, không mất tính tổng quát giả sử

(4a2 − 1)(4b2− 1) ≥ 0 ⇔ 16a2b2+ 1 ≥ 4(a2+ b2) ⇔ 16(a2+ 1)(b2+ 1) ≥ 5(4a2+ 4b2+ 3) Khi đó: 16(a2+ 1)(b2+ 1)(c2+ 1) ≥ 5(4a2+ 4b2+ 3)(c2+ 1)

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

(4a2+ 4b2+ 3)(c2+ 1) = (4a2+ 4b2 + 1 + 2) 1

4 +

1

4 + c

2+1 2



≥ (a + b + c + 1)2 Suy ra 16(a2+ 1)(b2+ 1)(c2+ 1) ≥ 5(a + b + c + 1)2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

2 Bất đẳng thức chứng minh xong. 

(a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2) ≥ 9(ab + bc + ca)

Lời giải

Dễ dàng dự đoán được đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1 Theo một đánh giá quen thuộc ta

có 9(ab + bc + ca)6 3(a + b + c)2 Như vậy ta cần chứng minh

(a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2) ≥ 3(a + b + c)2 Quan sát bất đẳng thức ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunhiacopxki Như vậy ta cần đánh giá

từ (a + b + c)2 làm xuất hiện a2 + 2, để ý ta thấy

(a + b + c)2 6 (a2+ 1 + 1)(1 + b2+ c2) = (a2+ 2)(1 + b2+ c2)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

3(a2+ 2)(1 + b2+ c2) ≤ (a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2)

⇔ 3(1 + b2 + c2) ≤ (b2+ 2)(c2+ 2) Biến đổi tương đương ta thu được 3(1 + b2+ c2) ≤ (b2+ 2)(c2+ 2)

⇔ 3 + 3b2+ 3c2 ≤ b2c2+ 2b2+ 2c2+ 4

⇔ b2c2− b2− c2+ 1 ≥ 0

⇔ (b2 − 1)(c2 − 1) ≥ 0

Như vậy ta chỉ cần chỉ được (b2 − 1)(c2 − 1) > 0, tuy nhiên vai trò của a, b, c như nhau nên theo nguyên lý Dirichlet thì trong ba số a2− 1; b2− 1; c2− 1 thì luôn tồn tại hai số cùng dấu

và ta hoàn toàn có thể giả sử hai số đó là b2− 1;b2− 1.Bất đẳng thức chứng minh xong 

Ví dụ 17 Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 CHứng minh rằng

(a2− a + 1)(b2− b + 1)(c2− c + 1) ≥ 1

Lời giải

Theo nguyên lý Dirichlet thì hai trong 3 số a − 1,b − 1, c − 1 cùng dấu, không mất tính tổng quát giả sử (b − 1)(c − 1) ≥ 0

Khi đó ta được

(b2− b + 1)(c2− c + 1) = bc(b − 1)(c − 1) + b2+ c2− b − c + 1

> b2+ c2− b − c + 1 > 1

2(b + c)2− (b + c) + 1

Do đó ta được

(a2−a+1)(b2−b+1)(c2−c+1) ≥ (a2−a+1)[1

2(b+c)2−(b+c)+1] = 1

2(a2−a+1)(a2−4a+5) Nên ta chỉ cần chứng minh

(a2 − a + 1)(a2− 4a + 5) ≥ 2 ⇔ (a − 1)2(a2 − 3a + 3) ≥ 0

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng

Bất đẳng thức ban đầu được chứng minh

3.3 Ứng dụng trong hình học

Ví dụ 18 Tô màu 2n điểm liên tiếp trên một đường thẳng bởi hai màu xanh và đỏ sao cho không có hai điểm cạnh nhau được tô cùng màu Chứng minh rằng số điểm được tô xanh và tô đỏ là bằng nhau

Lời giải

Đánh số các điểm theo thứ tự từ trái qua phải là 1 ; 2; ; 2n và chia thành n cặp (1; 2); (3; 4); ; (2n − 1; 2n)

Do hai điểm cạnh nhau phải khác màu nên trong mỗi cặp có ít nhất một điểm tô xanh hay trong 2n điểm có ít nhất n điểm tô xanh

Nếu có lớn hơn n điểm tô xanh thì do có n cặp nên tồn tại một cặp mà hai điểm trong đó cùng

tô màu xanh, điều này trái với giả thiết

Vậy có đúng n điểm tô xanh, kéo theo có đúng n điểm tô đỏ

Ví dụ 19 Cho n điểm tô xanh và n + 1 điểm tô đỏ cùng xếp trên một đường tròn Chứng minh rằng luôn tồn tại hai điểm màu đỏ được xếp cạnh nhau

Lời giải

Do có n điểm màu xanh nên chúng chia đường tròn thành n khoảng, mỗi khoảng tạo bởi hai điểm màu xanh liên tiếp

Chúng ta phải xếp n + 1 điểm màu đỏ vào n khoảng trên, theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại một khoảng chứa ít nhất hai điểm màu đỏ Hiển nhiên, trong khoảng đó sẽ có hai điểm màu

đỏ xếp cạnh nhau

Ví dụ 20 Cho 5 điểm nằm trong hình tròn bán kính 1 Chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách không vượt quá √

2

Lời giải

Chia hình tròn thành 4 phần bằng nhau bởi hai đường kính vuông góc với nhau

Do có 5 điểm mà có 4 phần nên tồn tại hai điểm nằm trong cùng một phần, khoảng cách giữa hai điểm đó sẽ không vượt quá√

2 Bài toán chứng minh xong

Câu hỏi: "Bài toán còn đúng khi còn 4 điểm không?" 

Ví dụ 21 Cho 6 điểm nằm trong mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng

Ta nối bất kì hai điểm nào bởi một đoạn thẳng và tô màu các đoạn thẳng đó bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 cạnh được tô bởi cùng một màu

Lời giải

Qua một điểm bất kì có đúng 5 đoạn thẳng, chúng được tô bởi 2 màu nên có ít nhất 3 đoạn thẳng cùng được tô bởi một màu Giả sử các đoạn thẳng AB, AC và AD cùng được tô màu xanh

Nếu 3 đoạn thẳng BC, CD và BD cùng được tô màu đỏ thì tam giác BCD thỏa mãn bài toán Còn nếu trong ba đoạn BC, CD và BD tồn tại một đoạn thẳng tô màu xanh, giả sử là BC thì tam giác ABC thỏa mãn bài toán

Ví dụ 22 Trong một hình vuông diện tích là 16, người ta đặt 3 đa giác có tổng diện tích là 20 Chứng minh rằng có hai đa giác có diện tích phần chung lớn hơn 1

Lời giải

Trong lời giải này ta quy ước diện tích của đa giác X bất kì là |X|

Gọi ba đa giác đó là A, B và C Khi đó |A| + |B| + |C| = 20