Về bài toán cực trị trong hình học tổ hợp

Mở đầuTừ thời xa xưa vấn đề toán học được ra đời từ rất sớm từ các hoạt độngthực tiễn của con người, trong đó có tư duy về hình học tổ hợp, ví dụ: Ở nhữngnước châu Á, trong số đó có Ấn Đ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ PHƯƠNG THẢO

VỀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN-2019

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ PHƯƠNG THẢO

VỀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS TS TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN-2019

Mục lục

Trang

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 3

1.1 Tổng quan về bài toán hình học tổ hợp 3

1.2 Một số nguyên lý, phương pháp giải toán thường gặp trong lời giải các bài toán hình học tổ hợp 4

1.2.1 Một số nguyên lý 4

1.2.2 Phương pháp đếm hai lần (Double Counting) 6

1.3 Một số ví dụ về bài toán hình học tổ hợp 8

1.3.1 Các bài toán đếm trong hình học tổ hợp 8

1.3.2 Các bài toán chứng minh trong hình học tổ hợp 8

Chương 2 Một số bài toán về cực trị trong hình học tổ hợp 22 2.1 Bài toán về tìm giá trị lớn nhất 22

2.2 Bài toán về tìm giá trị nhỏ nhất 36

2.3 Bài toán liên quan đến cực trị hình học tổ hợp 43

Mở đầu

Từ thời xa xưa vấn đề toán học được ra đời từ rất sớm từ các hoạt độngthực tiễn của con người, trong đó có tư duy về hình học tổ hợp, ví dụ: Ở nhữngnước châu Á, trong số đó có Ấn Độ, các nhà toán học Jaina đã nghiên cứu radãy số, các dãy cấp số, hoán vị và tổ hợp; Thời Trung Quốc cổ đại, người ta

đã biết đến biểu đồ tổ hợp phức còn gọi là “hình vuông thần kì”; Thời kì cổđại ở Hy Lạp đã có những nhà triết học thông thái đặc biệt là nhà triết họcKxenorat đã biết từ những chữ cái cho trước lập thành bảng chữ số . Nhưngphải đến khoảng thế kỉ XVII – XVIII với những công trình nghiên của nhưPascal, Fermat, Euler . thì toán học tổ hợp mới thực sự hình thành như mộtnhánh của toán học Toán tổ hợp có tính hấp dẫn, lý thú của toán học nóichung và toán sơ cấp nói riêng Nội dung của toán tổ hợp phong phú và đượcứng dụng nhiều trong thực tế đời sống .

Hình học tổ hợp là một nhánh không thể thiếu toán tổ hợp, là những bàitoán hay, thú vị và thường xuyên xuất hiện trong các cuộc thi học sinh giỏiQuốc gia, Olympic toán quốc tế, thi Olympic sinh viên giữa các trường đại học,cao đẳng trong cả nước Ở Trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên

đã có học viên Lê Thị Bình đã làm luận văn Thạc sĩ với đề tài “Các bài toán

về hình học tổ hợp” nhưng chưa luận văn đề cập một cách hệ thống đến dạngtoán “Cực trị trong hình học tổ hợp” Chính vì với mong muốn tìn hiểu sâu vềcác toán cực trị trong hình học tổ hợp, em đã chọn đề tài “Các bài toán cựctrị hình học tổ hợp” làm đề tài luận văn thạc sĩ của mình

Mục đích nghiên cứu của luận văn được xác định là: Sưu tầm, nghiên cứu

và trình bày một cách có chọn lọc về bài toán cực trị trong hình học tổ hợp

để hình thành một tài liệu giảng dạy chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.Nội dung chính của luận văn được trình bày thành hai chương:

Chương 1: Trong chương này, luận văn trình bày một số nguyên lý và phươngpháp thường gặp trong các lời giải của bài toán hình học tổ hợp, kèm theo các

ví dụ, các bài tập minh họa

Chương 2: Nội dung chương 2 được dành riêng để trình bày lời giải của một

số bài toán cực trị hình học tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi và được sắp

xếp theo hai dạng chính là: Bài toán liên quan đến tìm giá trị lớn nhất, tìmgiá trị nhỏ nhất trong hình học tổ hợp.

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học TháiNguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS TS Trịnh Thanh Hải Em chânthành cảm ơn thầy Trịnh Thanh Hải đã tận tình hướng dẫn em triển khai đềtài của luận văn này Em xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè cùng cácanh chị đã tạo điều kiện để em hoàn thành đề tài này

Tuy nhiên điều kiện về năng lực bản thân còn hạn chế, luận văn chắc chắnkhông tránh khỏi những thiếu sót Kính mong nhận được sự đóng góp ý kiếncủa các thầy cô giáo, bạn bè và đồng nghiệp để bài luận văn của em được hoànthiện hơn

Em xin trân trọng cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 05 năm 2019

Học viên

Đỗ Phương Thảo

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Tổng quan về bài toán hình học tổ hợp

Trước tiên, luận văn xin nhắc lại một vài dạng toán tổ hợp được trình bàytrong luận văn:

(i) Bài toán cực trị tổ hợp:

Dạng 1: Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất (lớn nhất) sao cho mọi tập A

mà | A |= k là hữu hạn đều có tính chất T nào đó

Ví dụ 1.1.1 Gọi A là tập tất cả các số tự nhiên lẻ không chia hết cho 5 vànhỏ hơn 30 Tìm số k nhỏ nhất sao cho mỗi tập con của A gồm k phần tử đềutồn tại hai số chia hết cho nhau?

Ví dụ 1.1.2 Cho tậpAgồm16số nguyên dương đầu tiên Hãy tìm số nguyêndươngk nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con có k phần tử của A đều tồntại hai số phân biệt a, b sao cho a2+ b2 là số nguyên tố (VMO 2004)

Với bài toán dạng này, chúng ta thường xét một tập A có tính chất đặcbiệt nào đó sao cho | A |= m và A không thỏa mãn tính chất T, từ đó suy rađược kmin > m + 1 Tiếp theo ta chứng minh mọi tập A mà | A |= m + 1 đều

có tính chấtT, từ đó ta tìm được kmin = m + 1 Để chứng minh mọi tập A mà

| A |= m + 1 đều có tính chất T thì ta có thể sử dụng nguyên lí Dirichlet hoặcdựa vào tính chất tập A

Dạng 2: Tìm số phần tử lớn nhất (nhỏ nhất) của tập A gồm các phần tử

có tính chất T

Ví dụ 1.1.3 Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử Tìm số lớn nhất các tập congồm 3 phần tử của A sao cho giao của hai tập bất kì trong các tập con nàykhông phải là tập gồm hai phần tử

Ví dụ 1.1.4 Trong một cuộc thi có 11thí sinh tham gia giải 9 bài toán Haithí sinh bất kì giải chung với nhau không quá một bài Tìmk lớn nhất để mọibài toán có ít nhất k thí sinh giải được

Để giải bài toán này, chúng ta thường thực hiện theo cách sau:

Đặt | A |= k, bằng các lập luận ta chứng minh k < m (k > m) Sau đó ta xâydựng một tập A0 thỏa tính chất T và | A0 |= m

(ii) Bài toán cực trị hình học tổ hợp

Các bài toán cực trị tổ hợp (i), mà tập A gồm các đối tượng hình học thìthường được xếp vào dạng Bài toán cực trị hình học tổ hợp

Ví dụ 1.1.5 Cho một đa giác đều 2007 đỉnh Tìm số nguyên dương k nhỏnhất thoả mãn tính chất: Trong mỗi cách chọn k đỉnh của đa giác, luôn tồntại 4 đỉnh tạo thành một tứ giác lồi mà 3 trong số 4 cạnh của tứ giác là cạnhcủa đa giác đã cho (VMO 2007)

Ví dụ 1.1.6 Cho 2006 điểm phân biệt trong không gian, không có bốn điểmnào thẳng hàng Số k gọi là số tốt nếu ta có thể điền lên mỗi đoạn thẳng nốihai điểm trong 2006 điểm đã cho một số tự nhiên không vượt quá k sao chovới mọi tam giác có ba đỉnh trong 2006 điểm đã cho thì có hai cạnh được điềnhai số bằng nhau và cạnh còn lại thì được điền số lớn hơn Tìm số tốt có giátrị nhỏ nhất (TST Việt Nam 2006)

Phương pháp giải các bài toán cực trị hình học tổ hợp này sẽ được luận văntrình bày chi tiết trong nội dung của Chương 2

trong lời giải các bài toán hình học tổ hợp

1.2.1 Một số nguyên lý

Nguyên lý cộng

Quy tắc cộng: Nếu E i (i = 1, , k) với k sự kiện thỏa mãn:

(i) Không có hai sự kiện nào trong số chúng xảy ra đồng thời;

(ii) Ei có thể xảy ra theo ni cách thì một trong k sự kiện có thể xảy ra theo

ra đồng thời theo n1· n2· n3 nk cách

Nguyên lý bù trừ

Khi hai công việc có thể được làm đồng thời, ta không thể dùng quy tắccộng để tính số cách thực hiện nhiệm vụ gồm cả hai việc Để tính đúng số cáchthực hiện nhiệm vụ này, ta cộng số cách làm mỗi một trong hai việc rồi trừ

đi số cách làm đồng thời cả hai việc Ta có thể phát biểu nguyên lý đếm nàybằng ngôn ngữ tập hợp Cho A 1 , A 2 là hai tập hữu hạn, khi đó:

• Xét đoạn thẳng có độ dài lớn nhất (nhỏ nhất) trong một số hữu hạn cácđoạn thẳng.

số ngăn chuồng thì chắc chắn có ít nhất một ngăn có nhiều hơn một con chim.Dạng đơn giản nhất của nguyên lý Dirichlet, hay còn gọi là nguyên lý nhốtthỏ vào lồng, như sau: Nếu nhốt n + 1 thỏ vào n lồng thì tồn tại một lồng có

ít nhất 2 con thỏ Tổng quát: Nếu n > km (n, k, m) là các số tự nhiên) thì khinhốt n con thỏ vào m lồng sẽ tồn tại một lồng chứa ít nhất k + 1 thỏ Thậtvậy, giả sử lồng nào cũng có không quák thỏ thì m lồng có không quá mk thỏ,

ít hơn n thỏ, vô lý

1.2.2 Phương pháp đếm hai lần (Double Counting)

Ý tưởng của phương pháp đếm hai lần: Với bài toán đếm, nếu ta sử dụnghai phương pháp đếm khác nhau thì kết quả phải trùng nhau

Ví dụ 1.2.1 [3] Người ta kẻ n đường thẳng, trong đó không có hai đườngthẳng nào song song với ba đường thẳng nào đồng quy Hỏi n đường thẳng đóchia mặt phẳng thành bao nhiêu miền

Chứng minh Với n = 1 chia mặt phẳng thành 2 miền,

Với n = 2 chia mặt phẳng thành 4 miền,

Với n = 3 chia mặt phẳng thành 7 miền

Gọi Sn là số miền con chia bởi n đường thẳng Suy ra:

S1 = 2, S2 = 4 = 1 + 2(2 + 1)

2 , S3 = 1 +

3(3 + 1)

2 = 7,

Từ đó ta đi tới chứng minh bằng quy nạp: Sn = 1 + n(n + 1)

Giả sử đúng vớin = k Suy raSk = 1 +k(k + 1)

2 . Khi đók + 1 đường thẳng Vậyđường thẳngk + 1 cắt k đường thẳng trước tại thành k + 1 miền mới Suy ra:

Ví dụ 1.2.2 Cho n điểm A1, A2, , An trên cùng mặt phẳng sao cho không

có 3 điểm nào thẳng hàng, không có 4 điểm nào tạo thành hình bình hành.Gọi I 1 , I 2 , , I m là tất cả các trung điểm của các đoạn tạo thành từ các đoạn

A i A j (1 ≤ i < j ≤ n) Gọi N là tổng độ dài của mọi đoạn thẳng với hai đầumút là AiAj M là tổng độ dài của mọi đoạn thẳng với d là hai đầu mút Gọicác đỉnh của đa giác đều đã cho là: Ii, Ij Chứng minh rằng:

Bây giờ với bất đẳng thức (3) ta xét các giá trị của hai vế theo cách khácnhau là M

Mỗi đoạnIiIj thuộc vàon − 2 tam giác vàCn−22 tứ giác nên vế phải (3) bằng:

1

2(n − 2 + C

2 n−2 ) · N = n

1.3 Một số ví dụ về bài toán hình học tổ hợp

1.3.1 Các bài toán đếm trong hình học tổ hợp

Trong các bài toán về đếm số đoạn thẳng, số góc, số đa giác, đôi khi ta cầndùng đến công thức tính số tổ hợp chập k của n phần tử (tức là số tập hợpcon gồm k phần tử trong n phần tử):

Lời giải Ta có một đa giác lồi có AC là đường chéo lớn nhất và có hai cạnhbằngAC, đó là ABvà AD Ta sẽ chứng minh với mọi đa giác lồi có đường chéolớn nhất bằng số cạnh a > 2 Trong số các cạnh đó (các cạnh này không là bacạnh của một tam giác), ta chọn được hai cạnh không có đỉnh chung, chẳnghạn làAB và CD Ta sẽ chứng minh tồn tại một đường chéo có độ dài lớn hơn

a

Thật vậy, vì AC + BD > AB + CD = a + a = 2a, nên tồn tại một trong haiđường chéoAC, BD lớn hơn a, trái với giả thiết đường chéo lớn nhất bằng a.Vậy trong đa giác lồi, có nhiều nhất là hai cạnh có độ dài bằng đường chéolớn nhất

Bài toán 1.3.2 [1] Kẻ tất cả các đường chéo của một đa giác lồi 7cạnh Biếtrằng không có ba đường chéo nào đồng quy Có bao nhiêu giao điểm của cácđường chéo nằm trong đa giác?

Lời giải Mỗi giao điểm của hai đường chéo tương ứng duy nhất với một tứgiác lồi có các đỉnh là các đỉnh của đa giác Do đó, có bao nhiêu tứ giác lồi thì

có bấy nhiêu giao điểm của các đường chéo nằm trong đa giác Gọi đa giác lồi

là ABCDEF G, ta có M, N lần lượt là giao điểm của AC với BD và AC P làgiao điểm củaBE và AD Nên điểm M ứng với tứ giácABCD, điểmN ứng với

tứ giác ABCE, điểm P ứng với tứ giác ABDE Số giao điểm phải tìm bằng:

C74 = 7 · 6 · 5 · 4

4! = 35

1.3.2 Các bài toán chứng minh trong hình học tổ hợp

Bài toán 1.3.3 [3] Cho 17 đường thẳng có tính chất: Mỗi đường thẳng cắthình chữ nhật cho trước thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng m

n, (m, n > 0)

Chứng minh rằng ít nhất5 trong các đường thẳng trên cùng đi qua một điểm.Lời giải Nhận xét: Các đường thẳng đã cho không thể cắt hai cạnh kề nhaucủa hình chữ nhật, vì cắt hai cạnh kề nhau tạo thành tam giác và ngũ giác

sẽ mâu thuẫn với giả thiết Suy ra các đường thẳng này phải đi qua hai cạnhđối diện của hình chữ nhật (không đi qua đỉnh) Giả sử đường thẳngM N cắthình chữ nhật tạo thành hai tứ giác là AM N D và M N CN

Suy ra:

dt(AM N D) dt(M BCN ) =

m

n.

Gọi P và Q là trung điểm của AD và BC, cắt M N tại E Suy ra:

(AM + DN )AD (M B + CN )BC =

m

n ⇒ P E

EQ =

m n

n

Tương tự tồn tại hai điểm G và J trên trục đối xứng HK thỏa mãn bất cứđường thẳng nào đi qua G và J đều thỏa mãn giả thiết chia hình chữ nhậtthành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng m

n Từ đó tồn tại bốn điểm E, F, G, J

trên P Q và HK thỏa mãn bất cứ đường thẳng nào đi qua cắt hai cạnh đốidiện hình chữ nhật thành hai tứ giác thỏa mãn tỉ số diện tích bằng m

n Nhưvậy ta đã chỉ ra có “17 chú thỏ và 4 cái lồng”, đó là 17 đường thẳng và 4 điểm

E, F, G, J Theo nguyên lý Dirichlet thì luôn có ít nhất 1 + [17 − 1

4 ] = 5 đườngthẳng luôn đi qua 1 điểm

Bài toán 1.3.4 [3] Cho19 điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng,nằm trong một lục giác đều có cạnh bằng 1 Chứng minh rằng luôn tồn tạimột tam giác (đỉnh là ba trong 19 điểm trên) có ít nhất một góc không lớnhơn 45◦ và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn 3

5.Lời giải Lục giác đều được chia thành6 tam giác đều có cạnh bằng 1 Vậy ta

có “ 6 lồng và 19 thỏ” Suy ra luôn có ít nhất 1 + [19 − 1

6 ] = 4 điểm nằm trong

6 tam giác đó

Gọi 4 điểm nằm trong tam giác đều có cạnh bằng 1 làA, B, C, D Vị trí của

A, B, C, D được sắp xếp như sau:

• A, B, C, D là tứ giác lồi, suy ra ∠A +∠B +∠C +∠D = 360◦ Suy ra có ítnhất một góc ≤ 90◦, giả sử ∠A ≤ 90◦ ⇒∠DAC +∠CAB ≤ 90◦ Vậy tronghai góc ∠DAC,∠CAB luôn có một góc không lớn hơn 45◦.

• Có một điểm nằm trong tam giác tạo bởi ba điểm còn lại

Giả sử điểm D nằm trong tam giác ABC

- Nếu ∠CDB ≥ 90◦ ⇒ ∠DBC +∠DCB ≥ 90◦. Suy ra một trong hai góc

∠DBC,∠DCB có một góc nhỏ hơn 45◦ ⇒ tam giác thỏa mãn là tam giác

3 <

3

5.

Bài này đã sử dụng hai lần nguyên lý Dirichlet

Bài toán 1.3.5 [3] Cho tam giác đều có cạnh bằng1, lấy 17điểm tùy ý trongtam giác đều Chứng minh rằng luôn tồn tại hai điểm trong số 17 điểm cókhoảng cách không vượt quá 1

4.Lời giải Chia tam giác đều thành16tam giác đều có cạnh bằng 1

4, từ17điểm

đã cho luôn có một tam giác chứa ít nhất 2điểm (kể cả điểm nằm trên cạnh).Gọi hai điểm bất kì M, N nằm trong tam giác đều ABC có cạnh bằng 1

4,đường thẳngM N cắt hai cạnh tam giác tại P và Q (giả sử hai cạnh AB, AC)

- Nếu \M QA > 90◦⇒ tam giác AP Q là tam giác tù Suy ra

M N < AQ < AB ≤ 1

4.

- Nếu \M QA < 90◦⇒ P CQ = 180[ ◦− M QA ≤ 90\ ◦

Suy ra P QC là tam giác tù ⇒ M N ≤ P Q < P C ≤ BC

Vậy cả hai trường hợp ta luôn có BC > M N.

Bài toán 1.3.6 [3] Cho điểm P nằm trong đa giác 2n cạnh, kẻ các đườngthẳng qua P và mỗi đỉnh đa giác Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm đượcmột cạnh của đa giác sao cho không có một đường thẳng nào nói trên cắt cạnhnày

Lời giải Theo giả thiết cho đa giác có2n cạnh Suy ra đa giác có 2n đỉnh gọi

đa giác đó là A1A2 Ak A2n−1A2n

Giả sử P nằm trên đường chéo nào đó chẳng hạn đường chéo A1Ak Suy ra

đường thẳng P A1 và P Ak trùng nhau Như vậy, 2n − 2 đường thẳng còn lại chỉ

cắt phần trong tối đa của đa giác là 2n − 2 cạnh Suy ra có ít nhất một cạnh

của đa giác thỏa mãn bài toán

ĐiểmP không nằm trên bất cứ đường chéo nào của đa giácA 1 A 2 Ak A 2n−1 A 2n.Nối An với An+1 suy ra đường thẳngAnAn+1 chia đa giác A1A2 AkA2n−1A2n

thành hai đa giác, mỗi đa giác có n cạnh, điểm P nằm ở một trong hai đa

giác đó Giả sử P nằm trong đa giác A1A2 An+1. Từ P nối với các đỉnh

A1, A2, , Ak, , A2n−1, A2n

Vậy suy ra có n + 1 đường thẳng đó làP An+1, P An+2, , P A1 không thể cắt

các cạnh An+1An+2, An+2An+3, , A2nA1 thỏa mãn bài toán

Bài toán 1.3.7 [3] Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng bốn đường tròn có

đường kính là bốn cạnh của tứ giác phủ kín miền tứ giác ABCD

Lời giải Giả sử M là điểm trong tứ giác ABCD Suy ra

\

AM B + BM C +\ CM D +\ DM A = 360\ ◦.

Không mất tính tổng quát, giả sử \AM B là góc lớn nhất trong bốn góc

\

AM B, BM C,\ CM D,\ DM A\ Theo định lý Dirichlet suy ra \AM B ≥ 90◦ ⇒ M

nằm trong đường tròn đường kính AB

Vậy bốn đường tròn có đường kính AB, BC, CD, DA phủ kín miền tứ giác

ABCD

Bài toán 1.3.8 [3] Trong mặt phẳng có năm điểm không có ba điểm nào

thẳng hàng Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tứ giác lồi có đỉnh là trong

các điểm đã cho

Lời giải Trước hết ta dựng bao lồi của năm điểm đã cho:

(1) Nếu bao lồi là tứ giác, bài toán đã được chứng minh;

(2) Nếu bao lồi là tam giác Giả sử tam giác đó là ABC, khi đó điểm D và E

nằm trong tam giác (D và E không nằm trên các cạnh của tam giác ABC

vì không có ba điểm nào thẳng hàng)

Suy ra điểm D nằm trong ba tam giác EAB, EBC, ECA Giả sử D nằm trong

tam giác EBC suy ra B hoặc C và D cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AE

Nếu là B thì tứ giác AEDB là lồi

Nếu là C thì tứ giác AEDC là tứ lồi cần chỉ ra

Bài toán 1.3.9 [3] Có thể dùng ba hình vuông có cạnh bằng4, phủ kín mộthình vuông có cạnh bằng 5 hay không (với các hình vuông cạnh 4 không cóphần chung nhau)?

Lời giải Gọi hình vuông có cạnh bằng 5 là ABCD Giả sử có ba hình vuôngcạnh bằng4 phủ kín hình vuôngABCD (ba hình vuông có cạnh bằng 4 không

có phần chung nhau) Độ dài đường chéo hình vuông cạnh 4 bằng 4 √

Gọi M và N là giao điểm hình vuông ABCD với hai cạnh hình vuông cạnh

4, AM, AN là cạnh huyền của tam giác ABM và tam giác ADN

Suy ra AM, AN ≥ 5 Áp dụng Định lý Pythagoras suy ra

Lời giải Giả sử P là điểm nằm trong tam giác ABC mà các tam giác

BAD, CBE, ACI không phủ điểm P

BAD + CBE +[ ACI = 30d ◦+ 30◦+ 30◦ = 90◦.

Mâu thuẫn với giả thiết [BAD + CBE +[ ACI = 120d ◦ Suy ra P khác O Từ đósuy ra P A, P B, P C không bằng nhau

Kéo dài P A, P B, P C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K, M, N.Suy ra

[

BAP + CBP +[ ACP =[ KM P +\ CKM +\ AKN <[ M KB +\ CKM +\ AKN <[ BKC.[Bài toán 1.3.11 [3] Chứng minh rằng nếu đi dọc theo các cạnh của các ôvuông cơ sở từ một đỉnh bất kì rồi trở về đỉnh ban đầu sau hữu hạn bước (có

độ dài bằng cạnh ô vuông cơ sở), thì số bước đi của ta sẽ là số chẵn

Lời giải Ta tưởng tượng rằng các ô vuông được kẻ sao cho cạnh của nó nằmtheo phương nằm ngang và thẳng đứng Để trở về đỉnh ban đầu, ta đi lên trênbao nhiêu bước thì đi xuống dưới bấy nhiêu bước, đi sang trái bao nhiêu bướcthì phải đi về bên phải bấy nhiêu bước Do đó tổng số bước đi phải là số chẵn.

Bài toán 1.3.12 [3] Cho một đa giác lồi Chứng minh rằng tồn tại một hìnhbình hành có diện tích không quá hai lần diện tích đa giác sao cho các đỉnh đagiác nằm trong hoặc trên cạnh của hình bình hành

Lời giải Gọi d là đường thẳng chứa cạnh CD của đa giác, A là điểm nằmtrên đa giác và có khoảng cách đến đường thẳngd là lớn nhất, qua A kẻ đườngthẳng song song với CD

Gọi B và E là hai đỉnh có khoảng cách đến AD là lớn nhất về hai phía AD.QuaB và E kẻ đường thẳng song song vớiAD, các đường thẳng này tạo thànhhình bình hànhP QM N Suy ra các đỉnh của đa giác nằm trong hoặc trên cạnhcủa hình bình hành P QM N

Suy ra SAED+ SABD ≤ SABCDEF (dấu bằng xảy ra khi đa giác là tứ giác) Mà

Lời giải Gọi tam giác đều đó là ABC Ba điểm A, B, C không cùng màu.Giả sử A, B cùng màu đỏ và C màu xanh

Kéo dài AB, AC sao cho BE = AB, CI = AC Suy ra tam giác AEI đều

Gọi D là trung điểm EI kéo dài DB, DC sao cho BM = BD, CN = CD

Suy ra tam giácDM N là tam giác đều và M, N, Athẳng hàng Do đó các tamgiác CM E, ABM, BED, CDI là tam giác đều

• Tam giác ABM có A, B đỏ suy ra M xanh

• Tam giác CM E có C, M xanh suy ra E đỏ

• Tam giác BED có B, E đỏ suy ra D xanh

Xét tam giác CDI:

• Nếu I màu xanh suy ra tam giác CDI có ba đỉnh cùng màu

• Nếu I đỏ suy ra tam giác AEI có ba đỉnh màu đỏ

Vậy ta luôn tồn tại tam giác CDI hoặc AEI cùng có ba đỉnh cùng màu

Bài toán 1.3.14 [3] Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng mày đen hoặc

đỏ Chứng minh rằng ta có thể tìm được ba điểm cùng màu mà mỗi cặp điểm

có khoảng cách bằng một hoặc có thể tìm được ba điểm cùng màu có khoảngcách bằng √3 bởi hai màu xanh hoặc đỏ Chứng minh rằng luôn tồn tại mộttam giác đều có ba đỉnh cùng màu

Lời giải Giả sử không tồn tại 3 điểm cùng màu mà mỗi cặp điểm cách nhaubằng 1 Ta sẽ chứng minh rằng ta có thể tìm được ba điểm cùng màu và cáchnhau bằng √3

Theo giả thiết, suy ra tồn tại hai điểm khác nhau mà khoảng cách bằng 1, talấy hai điểm A, B khác có khoảng cách bằng 2

Gọi I là trung điểm AB, IA = IB = 1 và điểm I cùng màu với A hoặc B.Giả sử I và B cùng màu đỏ, suy ra A màu đen, dựng hai tam giác đều IBC

và IBD Do đó C và D đối xứng nhau qua AB, hai tam giác đều này có cạnhbằng 1

Theo giả thiết trên không tồn tại 3 điểm cùng màu, mỗi cặp điểm cách nhaubằng

2 ⇒ DH =√3.

Tam giácDAB có IA = IB = ID = 1

Vậy suy ra [ADB = 90◦, DAB = 30[ ◦, DAC = 60[ ◦. Do đó tam giác ADC là tamgiác đều có cạnh bằng √3 Ba điểm A, D, C cùng màu đen và cách nhau mộtkhoảng bằng √3.

Bài toán 1.3.15 [3] Bàn cờ vua 8 × 8, các ô được tô trắng đen xen kẽ nhau

Ở mỗi bước xét một hàng hoặc cột, sau đó trong hàng (hoặc cột) chọn ra taythay đổi tất các các ô trong hàng (hoặc cột) theo quy tắc: ô đen tô thành ôtrắng và ngược lại Hỏi bằng cách ấy có thể đến một lúc nào đó trên bàn cờchỉ có duy nhất một ô đen được không? Chứng minh

Lời giải Giả sử trước khi tô lại một hàng (hoặc một cột) chọn ra, có k ô đen

và 8 − k ô trắng Sau khi tô lại hàng (hoặc cột) sẽ có k ô trắng và8 − k ô đen.Sau một lần đổi số ô đen là: (8 − k) − k = 8 − 2k = 2(4 − k)

Thay đổi một số chẵn ô đen Như vậy tính chẵn, lẻ của ô đen thay đổi suốtquá trình ta tô màu, bàn cờ lúc đầu có 32 ô đen

Không lúc nào nhận được trên bàn cờ chỉ có một ô đen

Bài toán 1.3.16 [3] Trong mặt phẳng tọa độ xOy, có tồn tại đa giác đều 45

cạnh mà các đỉnh của nó là các số hữu tỉ không?

Lời giải Đa giác đều A1A2A3 A45, giả sử tam giác A1A16A31 là tam giácđều có các đỉnh là các số hữu tỉ bao gồm tam giác A1A16A31 bằng hình vuông

ABCD Tọa độ của A1A16A31 là các số hữu tỉ

Suy ra tọa độA, B, C, D cũng là các số hữu tỉ

Do đó diện tích hình vuông ABCD và các tam giác AA 1 A 16 , BA 16 A 31 , DA 1 A 31

Bài toán 1.3.17 [3] Cho đa giácABCDEGHK có các góc ở đỉnh bằng nhau,

độ dài các cạnh là số nguyên Chứng minh cặp cạnh đối song song và bằngnhau

Lời giải Theo giả thiết các góc có đỉnh bằng nhau, theo công thức tính tổngcác đa giác lồi Suy ra mỗi góc ở đỉnh đa giác lồi có giá trị là:

Tương tự các góc [P KA = 45◦ ⇒ tam giácP AK là tam giác vuông cân Suy ra

tứ giác P QM N là hình chữ nhật Do đó AB song song EG và CD song songvới HK

Chứng minh tương tự IJ RS cũng là hình chữ nhật Suy ra BC song song

GH, DE song song với AK

Tam giác P AK là tam giác vuông cân Suy ra

2(AK + BC − DE − GH) = EG − AB.

Giả thiết độ dài các cạnh là số nguyên Suy raAK +BC +DE −GH và EG−AB

là các số nguyên Do đó vế trái là số vô tỉ, vế phải là số nguyên

Suy ra EG − AB = 0 ⇒ EG = AB.

Chứng minh tương tự CD = HK và AK = DE, BC = GH

Bài toán 1.3.18 [3] Cho hai hình vuôngABCD, P QM N có cạnh bằng nhau,mỗi cạnh hình vuông được tô màu giống nhau xanh hoặc đỏ, hai hình này xếptrồng lên nhau tạo thành bát giác Chứng minh rằng bát giác có tổng độ dàibốn cạnh màu đỏ bằng tổng độ dài bốn cạnh màu xanh

Lời giải Xét bát giác AP N QCM DN nhận thấy:

SABCD+SP AB+SQBC+SM CD+SN DA = SP QM N+SAP N+SBP Q+SCQM+SDM N.

Gọi khoảng cách từ A, B, C, D đến các cạnhN P, P Q, QM, M N theo thứ tự h1,

h2, h4 và khoảng cách từP, Q, M, N đếm các cạnhAB, BC, CD, DAtheo thứ tự

là h5, h6, h7, h8 Hai hình vuông có cạnh bằng nhau suy raSABCD = SP QM N.

Các tam giác AA1A8, P A1A2, BA2A3, QA3A4, CA4A5, M A5A6, DA6A7, N A7A8 làcác tam giác vuông có

Bài toán 1.3.19 [3] Chứng minh rằng nếu ba đỉnh của một hình bình hành

là các điểm nguyên Chứng minh rằng đỉnh thứ tư cũng là điểm nguyên

Lời giải Giả sử hình bình hànhABCD có ba đỉnhA, B, C là các điểm nguyên.

Giả sử tọa độ củaA(x1, y1); B(x2, y2); C(x3, y3) vớix1, x2, x3, y1, y2, y3 là các số

nguyên, gọi giao điểm hai đường chéo là I, ABCD là hình bình hành

GọiM, Q, J, N, P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ các điểmA, D, I, B, C

xuống trục tung, ta có: AM + CP = 2IJ = BN + DQ. Suy ra:

x + 1 + x 3 = x 2 + x 4

x 4 = x 1 + x 3 − x 2Suy ra vế phải là số nguyên Vậy x 4 là số nguyên

Chứng minh tương tự được y 4 là số nguyên

Bài toán 1.3.20 [3] Cho tam giác ABC mà các đỉnh của nó là các điểm

nguyên Chứng minh rằng 2SABC là số nguyên

Lời giải Ba điểm A, B, C là các điểm nguyên, dựng hình bình hành ABCD

Theo bài 1.3.19, đỉnh D là điểm nguyên Suy ra SABCD = 2SABC.

Qua D và B dựng hình chữ nhật BEDI sao cho các cạnh song song với trục

tung và trục hoành Do đó các đỉnh I và E là các điểm nguyên Suy ra:

SABCD = SBEDI − SIQAP − SAQD− SAP B− SCN EM− SBCN − SCM D.

Mặt khác, tam giác AQD = CN B; tam giác AP B = CM D Suy ra

SAQD = SBCN, SAP B = SCM D,

SIQAP − SAQD− SAP B− SCN EM − SBCN − SCM D = SIQAP − 2SAQD− 2SAP B− SCN EM

= IQ · QA + AQ · QD + AP · P B + N C · CM

là số nguyên Suy ra SABCD = 2SABC là số nguyên

Bài toán 1.3.21 [3] Cho ngũ giác có tất cả các cạnh bằng a Chứng minh

rằng có thể đặt trong đó một tam giác đều cạnha

Lời giải Giả sử đường chéo AC lớn nhất của ngũ giác ABCDE có các cạnh

bằng a Ta sẽ chứng minh có tam giác đều cạnh a nằm trong tứ giác ACDE

Trước hết ta chứng minh hai mệnh đề

(1) Chứng minh [AEC > 60◦ Ta có ngũ giác ABCDE có tổng các góc bằng

540◦, AC là đường chéo lớn nhất Suy ra [ABC ≥ 1

5 · 540◦ = 180◦, các cạnhngũ giác bằng a Suy ra AC > AB = a

Theo giả thiết, suy ra AC ≥ AE, AC ≥ AD Suy ra AC là cạnh lớn nhấtcủa tam giác ACE và ACD Do đó hai tam giác này không phải tam giácđều Vậy [AEC > 60◦, ADC > 60[ ◦

(2) Ta chứng minh một trong các bất đẳng thức sau là đúng: [EAC ≥ 60◦ hoặc[

EAC ≥ 60◦ hoặc [ACD ≥ 60◦.

Giả sử [EAC ≥ 60◦ Trong tam giácAEC những góc tại đỉnh Avà E khôngnhỏ hơn 60◦, AE = a

Vậy suy ra trong tam giác này dựng được tam giác đều cạnh a

Bài toán 1.3.22 [3] Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≤ 4, khẳng địnhsau đây đúng: Mỗi tứ giác nội tiếp chia thành n tứ giác mà mỗi tứ giác nàycũng là tứ giác nội tiếp đường tròn

Lời giải Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp Giả sử Ablà góc nhỏ nhất của tứgiác ABCD Ta lấy điểm A 1 tổng góc DAB, từ A 1 kẻ các đường song song với

AB và AD cắt cạnh BC, CD tại B1, D1

Trên cạnh AB và AD lấy hai điểm I và E sao cho [A1IB = B,b A\1ED = Db

⇒ Tứ giác A1B1BI và A1D1DE là hình thang cân

⇒ Tứ giác A1B1BI và A1D1DE luôn nội tiếp đường tròn

ABCD là tứ giác nội tiếp, suy ra B +b D = 180b ◦, AEI +d AIA[1 = 180◦. Suy ra

AEA1I là tứ giác nội tiếp

Tương tự tứ giácA1B1CD1 là tứ giác nội tiếp

Như vậy n = 4, các tứ giác A1B1BI và A1D1DE là hình thang cân ta có thểchia thành nhiều tứ giác nội tiếp

Bài toán 1.3.23 [3] Chia một tam giác đều thành n2 tam giác đều bằngnhau Số tam giác đó được đánh số từ 1, 2, , m sao cho các tam giác với các

số liên tiếp phải có cạnh chung Chứng minh rằng m ≤ n2− n + 1

Lời giải Chia các cạnh của tam giác đều đã cho thành n phần bằng nhau, từcác điểm chia ta kẻ các đường thẳng song song với các cạnh, cắt tam giác tạothànhn2 tam giác đều bằng nhau

Khi đó tổng các tam giác đều được tạo thành (theo hàng) là:

Theo các đánh số tam giác, hai tam giác thứ tự phải có cạnh chung

⇒ Hai tam giác này màu khác nhau

⇒ Số tam giác ô đen chỉ hơn tam giác ô trắng 1

Lời giải Gọi S n là tổng các đường chéo đa giác lồi n cạnh

Với n = 4 tứ giác có hai đường chéo (S4 = 2) Giả sử đúng với n = k (với đagiác lồi k cạnh) đa giác lồi có Sk = k(k − 3)

4 đường chéo Ta chứng minh đúngvới đa giác lồi có n = k + 1 cạnh Khi đó sẽ thêm k − 2 đường chéo, đó là cácđường nối đỉnh Sk+1 với các đỉnh A 2 , A 3 , , Ak−1 Suy ra

Lời giải Ta có thể phân chia thành4 tứ giác nội tiếp Thật vậy, ta lấyP tùy ýbên trong tứ giácABCD Gọi K là một điểm trên cạnh AB, nối P K Tiếp đên,

ta lấy trên cạnhBC một điểm Lsao cho góc [KP L = 180◦− Bb (điều này chứng

tỏ tứ giácKP LB nội tiếp) Ta lại lấy M trênCD sao cho góc [LP M = 180◦− Cb.Sau đó lấy N trên AD sao cho \M P N = 180◦− Db Lúc đó, dễ dàng chứng minhđược rằng \N P K = 180◦− Ab

Tuy nhiên, ta còn phải chứng minh rằng các điểmP, L, M lấy như trên thỏamãn ý định của chúng ta, nghĩa là nó phải nằm trên các cạnh như đã nói Điềunày tùy thuộc vào cách lấy điểm K và P mà phần trình bày sau sẽ rõ

Rõ ràng là nếu tứ giác nội tiếp ABCD có hai cạnh song song với nhau (AB

song song CD) thì bài toán xem như được giải quyết, bởi vì lúc đó, ta có thểchia nhỏ tứ giácABCDthành tuỳ ý tứ giác (cũng nội tiếp) bằngn đường thẳngsong song AB song song CD Vì vậy, bài toán sẽ được giải xong nếu ta chọncác điểm K và P thế nào cho một trong các tứ giác nội tiếp mới thành lập cóhai cạnh song song nhau Điều này thì dễ, bởiK tuỳ ý Do đó, ta lấy P K songsong AD, lúc này, chắc chắn P L song song CD vì: [KP L = 180◦− B =b Db.Vấn đề còn lại là xem xét sao cho các điểm K, L, M, N tương ứng nằm trêncác cạnh AB, BC, CD, AD

Trước hết, xét K và L K không thể nằm trênAD vì ta có P K song song AD.Như thế, chỉ cần lấyP đủ gần điểm D thì K sẽ nằm trên cạnh AB (tránh tìnhtrạng đường P K cắt BC) Tương tự như thế, ta cũng lấy P đủ gần D để bảođảm cho L nằm trên cạnh BC Lúc đó, ta giả sử cả M lẫn N đều nằm trên

AD, thế thì bằng cách giữ cho K cố định, ta kéo P tiến về gần sát với CD, N

sẽ dịch chuyển lên CD, để lại M nằm trên AD.

Bài toán 1.3.26 (IMO lần thứ 25-1984) Cho d là tổng chiều dài của tất

cả các đường chéo của một đa giác lồi với số đỉnh làn > 3 Gọi p là chu vi của

đa giác đó Chứng minh rằng:

và X + KY > XY nên

Giữ điểmA cố định, cho điểm X thay đổi qua các đỉnh, ta thấy (n − 3) trườnghợp xảy ra, nghĩa là ta thiết lập được tất cả (n − 3) bất đẳng thức như (1)

Trong quá trình thiết lập các bất đẳng thức này, ở về trái, mỗi đường chéoxuất hiện 4 lần, còn ở về phải, mỗi cạnh xuất hiện 2(n − 3) lần Do đó, khi lấytổng các bất đẳng thức này về theo về ta được:

2.1 Bài toán về tìm giá trị lớn nhất

Bài toán 2.1.1 (China TST 2007) Cho 63 điểm nằm trên đường tròn bánkính 10 Đặt S là số các tam giác mà các cạnh của nó lớn hơn 9 còn các đỉnhcủa nó thì thuộc 63 điểm đã cho Tìm giá trị lớn nhất của S?

Lời giải Đầu tiên ta chứng minh ba Bổ đề:

Bổ đề 1: Gọi O là tâm đường tròn C; an là độ dài cạnh của đa giác đều

A1A2 An. Ta gọi AP B là cung của P nếu thỏa mãn đồng thời: P là điểmthuộc AP B và [AOB = 4π

7 Với n điểm trên đườn tròn C; có một điểm P thỏamãn có [(n + 5)

6 ] điểm n đã cho là cung của P

Chứng minh: ChoA là một điểm trong n điểm và cung của A là A1AA6.

Giả sử rằng: A2; A3; A4; A5 nằm trên cung A1A6 không chứa A

Từ A1A2 = A2A3 = · · · = A5A6 ⇒ (AiOAi+1) = 2π

7 với i = 1, 5 Với mỗi điểm Pi

(chọn n điểm) trên cung AiAi+1 thì tất cả các điểm trên AiAi+1 đều được coi

là cung của Pi Với n điểm đã cho mà có 6 cung của Pi (bao gồm cả cung của

A) Theo nguyên lý Dirichlet, sẽ có [(n − 1)

6 ] + 1 = [

(n + 5)

6 ] điểm là cung của

P với P là một trong n điểm đã cho

Bổ đề 2: Trên cungA1BA6 của đường tròn C bán kính 10và có độ dàiA1BA6

bằng 5

7 chu vi của đường tròn; cho 5m + r (0 ≤ r ≤ 5) điểm bất kì Khi đó ta có

số đoạn thẳng nối hai điểm trong các điểm này mà có độ dài lớn hơn 9; nhiều