Một số bài toán hình học tổ hợp

Trong không gian cho một số hữu hạn các điểm, mà không cóbốn điểm nào trong chúng cùng nằm trên một mặt phẳng sao cho thể tích mỗi tứ diện tạo ra bởi đỉnh là những điểm này không lớn hơn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN _******

VŨ MINH HẢI

MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Hà nội – 2015

2

MỤC LỤC

CHƯƠNG 1 BÀI TOÁN PHỦ HÌNH 5

1.1 Một số lý thuyết cơ sở 5

1.2 Một số bài toán phủ hình 6

CHƯƠNG 2 BÀI TOÁN ĐỒ THỊ, TÔ MÀU 19

2.1 Lý thuyết cơ bản về bài toán tô màu 19

2.2 Phương pháp tô màu giải bài toán hình học 20

2.2.1 Một số bài toán tô màu đồ thị 20

2.2.2 Một số bài toán tô màu ô vuông 37

2.2.3 Một số bài toán dùng phương pháp tô màu ô vuông và tính chất bất biến41 CHƯƠNG 3 NGUYÊN LÝ CỰC HẠN 47

3.1 Nguyên lý cực hạn 47

3.2 Ứng dụng nguyên lý cực hạn 47

3.2.1 Một số bài toán đánh giá góc 47

3.2.2 Một số bài toán đánh giá khoảng cách, độ dài 54

3.2.3 Một số bài toán đánh giá diện tích, thể tích 63

LỜI NÓI ĐẦU

Các bài toán hình học tổ hợp là các bài toán hay và được nhiều người quantâm Trong những đề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế cũng thường xuyênxuất hiện những bài toán về hình học tổ hợp Đó là lý do luận văn này trìnhbày một số bài toán về hình học tổ hợp

Luận văn “Một số bài toán hình học tổ hợp” được chia làm 3 chương:

Chương 1 Trình bày một số lý thuyết về bài toán phủ hình và cách giải

những bài toán dạng đó

Chương 2 Trình bày về các bài toán đồ thị, tô màu và một số bài toán

thuộc dạng này được sử dụng trong các kì thi học sinh giỏi trong nước vàquốc tế

Chương 3 Trình bày về nguyên lý cực hạn và các bài toán hình học tổ

hợp sử dụng nguyên lí cực hạn

Mục đích của luận văn là trình bày ngắn họn dễ hiểu lý thuyết về các bàitoán : phủ hình, đồ thị, tô màu, bài toán sử dụng nguyên lý cực hạn và trìnhbày chi tiết cách giải các bài toán đó

Mặc dù có nhiều cố gắng trong việc nghiên cứu và thực hiện luận văn nàynhưng không thể tránh khỏi có sai sót, kính mong được sự góp ý quý báu củacác thầy, cô và các bạn Tôi xin chân thành cảm ơn

4

CHƯƠNG 1 BÀI TOÁN PHỦ HÌNH

Bài toán phủ hình là một dạng bài toán có nhiều trong thực tế Ví dụ như làviệc lát vỉa hè, quảng trường, sàn nhà, bằng những viên gạch đa giác giốngnhau

Câu hỏi được đặt ra ở đây là “Những viên gạch đa giác lồi giống nhau nhưthế nào thì có thể lát kín được mặt phẳng?” Mặt phẳng được lấp đầy bởinhững đa giác giống nhau sao cho hai đa giác tuỳ ý không có điểm chung,nhưng có thể có chung cạnh chung đỉnh

Từ câu hỏi trên có một số các dạng toán được sinh ra, đó là “Phủ hìnhbằng mạng lưới ô vuông”, “Phủ đa giác lồi bằng những đa giác vị tự (hoặcđồng dạng) với chính nó”,

Dưới đây luận văn sẽ trình bày một số định lí, hệ quả và những bài toáncho dạng bài toán phủ hình như thế

1.1 Một số lý thuyết cơ sở

Một hệ thống vô hạn ô vuông tạo nên mặt phẳng được gọi là mạng lướiđỉnh ô vuông Các ô vuông đó được gọi là ô vuông cơ sở Các đỉnh ô vuông làcác điểm nguyên (điểm có cả tung độ và hoành độ là các số nguyên) của một

hệ trục toạ độ song song với các cạnh hình vuông cơ sở và có đơn vị gốc là độdài cạnh hình vuông cơ sở Một đa giác có đỉnh là các đỉnh lưới của mạng ôvuông được gọi là đa giác nguyên

Ta có một tính chất cơ bản của mạng lưới ô vuông là định lí sau

Định lí 1 Đa giác đều duy nhất có đỉnh tại các điểm lưới ô vuông là hình

Tam giác đơn: Tam giác có các đỉnh có toạ độ nguyên mà không chứa

đỉnh nguyên nào bên trong hoặc trên cạnh của nó

Định lí 2 Diện tích của tam giác đơn trên mạng lưới ô vuông đơn vị đúng

bằng 12

Định lí 3 (Định lí Picard)

Các đỉnh của một đa giác P có cạnh không tự cắt (không nhất thiết phải

lồi) nằm ở các điểm nguyên Bên trong nó có n điểm nguyên, còn trên biên mđiểm nguyên Khi đó diện tích của nó bằng

Bài toán 1 Trên một tờ giấy có một vết mực diện tích nhỏ hơn 1 Chứng

minh rằng ta có thể kẻ carô tờ giấy với các hình vuông đơn vị (cạnh 1) saocho không có đỉnh của mạng lưới ô vuông nào rơi vào vết mực cả

Giải.

Giả sử ta phủ tờ giấy bằng một mạng lưới ô vuông đơn vị bất kì

Sau đó nếu đem cắt các ô vuông đơn vị rời ra và xếp chồng lên nhau Giả

sử phần ô vuông bị thấm mực có thể thấm thẳng qua tất cả các ô vuông đó.Khi đó vì diện tích của vết mực nhỏ hơn 1 Nên trong ô vuông có ít nhất 1điểm là không bị thấm mực Ta đánh dấu điểm đó

Ta đem trải các ô vuông đó ra như cũ Các điểm được đánh dấu như trên sẽtạo thành một lưới ô vuông phủ tờ giấy mà không có điểm nào trong chúngnằm trong vết mực

Vậy bài toán được giải

6

Bài toán 2 Cho tam giác nhọn ABC có diện tích bằng 1 Chứng minh rằng

tồn tại một tam giác vuông có diện tích không vượt quá 3 phủ kínABC

A

Giải Gọi BC là cạnh lớn nhất của

tam giác nhon ABC có diện tích bằng

1 Kẻ trung tuyến AM Đặt MA = R.

Vẽ đường tròn (M;R) cắt BC ở D, E D B H M E

a

Ta có DAE  90 0

Các điểm B, C đối xứng nhau qua M, chúng cùng nằm trong đường tròn.

Ta chứng minh rằng tam giác vuông ADE là tam giác phải tìm.

Rõ ràng ADE phủ ABC , cần chứng minh S ADE 3 Kẻ đường cao AH.

AM2 MC2  AC2.Suy ra

C R

7

Bài toán 3 Một khu vực dân cư có hình tứ giác lồi Tại trung điểm mỗi

cạnh tứ giá, người ta đặt một trung tâm phát và nhận sóng Vùng phát sóng vànhận sóng lớn nhất là hình tròn có đường kính là cạnh đó của tứ giác Có thểkhẳng định rằng toàn bộ khu vực dân cư ấy đều được phủ sóng hay không?

Giải.

Giả sử có điểm M nằm trong khu

dân cư có hình tứ giác lồi ABCD mà

không bị phủ bởi hình tròn nào như

Suy ra tổng bốn góc trên nhỏ hơn 360 0 , vô lí

Vậy không tồn tại điểm M như thế Hay có thể khẳng định là khu dân cư

ấy đều được phủ sóng

Bài toán 4 Cho 100 điểm trên mặt phẳng, hai điểm nào cũng có khoảng

cách không quá 1, ba điểm nào cũng là đỉnh của một tam giác tù Chứng minhrằng tồn tại một hình tròn có bán kính 1

2 phủ 100 điểm đã cho.

Giải.

Gọi A, B là hai điểm có khoảng cách

lớn nhất trong 100 điểm đã cho, ta có

AB  1 Vẽ đường tròn có đường kính

AB, hình tròn này có bán kính không

1

quá 2 Ta chứng minh rằng hình tròn

Thật vậy, vẽ hai đường thẳng vuông góc với AB tại A và tại B tạo thànhmột dải.

Nếu tồn tại một điểm C đã cho nằm ngoài dải thì hoặc BC > AB hoặc AC >

AB, trái với cách chọn hai điểm A, B

Nếu tồn tại một điểm C đã cho nằm trên dải và nằm ngoài hình tròn thì ABC không có góc tù, trái với đề bài

Bài toán 5 Cho bốn điểm trên mặt phẳng, hai điểm nào cũng có khoảng

cách lớn hơn 1 Chứng minh rằng không thể phủ tất cả bốn điểm ấy bởi mộthình tròn có đường kính không quá 2

Giải Ta sẽ chứng minh rằng trong bốn điểm đã cho, tồn tại hai điểm có

khoảng cách lớn hơn 2 Xét ba trường hợp :

a) Bốn điểm A, B, C, D là đỉnh của một tứ giác lồi Tồn tại một góc lớn hơn

b) Ba điểm (chẳng hạn A, B, C) là đỉnh của một tam giác, điểm thứ tư D

nằm trong hoặc trên biên

 Nếu D nằm trên biên của tam giác, chẳng hạn D nằm giữa A và C thì AD > 1,

DC > 1 nên AC > 2 > 2

9

 Nếu D nằm trong  ABC thì trong

ba góc ADB, BDC ,CDA , tồn tại một góc

lớn hơn hoặc bằng 1200, giả sử

c) Bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng Bài toán hiển nhiên đúng.

Bài toán 6 Cho một đa giác đơn (không nhất thiết lồi) có chu vi 12 Chứng

minh rằng có thể phủ kín đa giác bởi một hình tròn có bán kính 3

Giải Gọi A, B là hai điểm thuộc biên của đa giác chia chu vi của đa giác

thành hai phần bằng nhau, mỗi phần có độ dài 6 Ta có AB < 6 Gọi O là trung điểm của AB Vẽ hình tròn (O ; 3), ta sẽ chứng minh rằng hình tròn này phủ

kín đa giác

Chứng minh bằng phản chứng Giả sử tồn

tại điểm C thuộc biên của đa giác mà nằm

ngoài đường tròn thì OC > 3 Điểm C chia

biên của đường gấp khúc từ A đến B thành

Bài toán 7 Cho một đa giác lồi Xếp được nhiều nhất 10 đồng xu hình tròn

có đường kính 1, đôi một không giao nhau và có tâm nằm trong đa giác.Chứng minh rằng 10 hình tròn có bán kính 1 đồng tâm với 10 đồng xu sẽ phủkín đa giác

Giải Giả sử 10 hình tròn lớn (bán

kính 1) không phủ kín đa giác (h 200)

thế thì tồn tại một điểm A nằm ngoài

các hình tròn lớn và nằm trong đa

giác

Như vậy còn đặt được thêm một đồng xu có đường kính 1 có tâm A màkhông cắt các đồng xu trước, tức là số đồng xu có đường kính 1 không cắtnhau và có tâm nằm trong đa giác lớn hơn 10, trái với giải thiết

Vậy bài toán được chứng minh

Bài toán 8 Cho một đa giác lồi Xếp được nhiều nhất 20 hình tròn có bán

kính 1, đôi một không giao nhau và có tâm nằm trong đa giác, xếp được ítnhất n hình tròn có bán kính 2 phủ kín đa giác Chứng minh rằng n  20

Giải Vẽ 20 hình tròn có bán kính 2 đồng tâm với 20 hình tròn có bán kính

1 đã xếp 20 hình tròn lớn này phủ kín đa giác (chứng minh tương tự bài toán

8) Điều đó chứng tỏ n  20

Bài toán 9 Bên trong một hình chữ nhật có diện tích 35, đặt năm tam giác,

mỗi tam giác có diện tích 9 Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác có diện tíchphần chung không nhỏ hơn 1

Giải Gọi các tam giác là D1 , D2 , , D5 Giả sử diện tích phần chung của

hai tam giác nào cũng nhỏ hơn 1.

D1 có diện tích bằng 9

11

Phần diện tích của D2 không bị phủ bởi D1 lớn hơn

Điều này vô lí Vậy bài toán được chứng minh

Bài toán 10 Trong mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm

trên một đường thẳng Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua bađiểm trong chúng và nó phủ tất cả các điểm còn lại

Giải.

Trước tiên ta có chú ý sau :

Cho đoạn thẳng AB và hai điểm M và N không thuộc đoạn thẳng trên Taxét trường hợp khi nào thì bán kính r của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABNlớn hơn bán kính k của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM

a) Cho ANB và AMB là những góc nhọn Khi đó dễ thấy rằng r > k chỉ khi

b) Nếu một trong các góc là tù, giả sử là ANB , còn góc kia không tù, thì ta

sẽ có r > k khi và chỉ khi ANB > 1800

-c) Nếu cả hai góc đều là tù, thì r > k khi ANB > AMB Quay trở lại bài toán

Ta dựng bao lồi P của tập điểm đã cho Vì các điểm không cùng nằm trênmột đường thẳng nên bao lồi của chúng không phải là một đoạn thẳng

Ta xét tất cả các tam giác có những đỉnh giữa các đỉnh của P và chọn tamgiác có bán kính đường tròn ngoại tiếp lớn nhất Ta cho đó là tam giác ABC

Giả sử tồn tại đỉnh N của P nằm α

ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABM Khi đó N nằm ngoài ABM

Suy ra tồn tại ít nhất 1 đỉnh của tamgiác ABM, giả sử là B sao cho N và Bnằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau

A

α

đối với cạnh AM của nó Cần chú ý là

vì tính lồi của P nên không một đỉnhnào có thể nằm ở các vùng 

Hơn nữa một trong những góc BAM và BMA là góc tù

Ta cho đó là BAM

Khi đó MNB  BAM , điều này có nghĩa là bán kính đường tròn ngoại tiếptam giác MNB lớn hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp BAM, điều này tráivới cách chọn tam giác ABM Vậy không tồn tại đỉnh N nằm ngoài đườngtròn ngoại tiếp tam giác ABM

13

Bài toán 11 Chứng minh rằng mỗi đa giác lồi có diện tích bằng 1 có thể

phủ bằng một hình bình hành có diện tích bằng 2

Giải Ta kí hiệu C là đỉnh xa nhất đối với một cạnh của đa giác M Đường

thẳng AC chia M thành hai phần (hoặc chỉ một phần) M1 và M2 Cho D1 làđỉnh của M1 và D2 là đỉnh của M2 sao cho D1 và D2 là những đỉnh xa nhất đốivới AC

Bài toán 12 Trong không gian cho một số hữu hạn các điểm, mà không có

bốn điểm nào trong chúng cùng nằm trên một mặt phẳng sao cho thể tích mỗi

tứ diện tạo ra bởi đỉnh là những điểm này không lớn hơn 1

Chứng minh rằng tất cả các điểm có thể phủ bởi một tứ diện có thể tíchbằng 27

Thật vậy, kéo dài B1C cắt A1D1 tại K, kéo dài B1A cắt C1D1 tại S, kéo dài

B1D cắt C1A1 tại R như hình vẽ dưới đây ta thấy :

CD // KR, CD // C1D1 suy ra KR // SD1

AD // SR, AD // A1D1 suy ra SR // KD1

Do đó SRKD1 là hình bình hành, suy ra SR = KD1

Chứng minh tương tự ta có SRKA1 là hình bình hành và SR = KA1.

Như vậy K là trung điểm của A1D1

Tương tự S, R là trung điểm của C1D1 và C1A1

Do đó có thể kết luận những điểm A, B, C, D là trọng tâm tương ứng củacác tam giác B C D,AC D ,B A D , B C A

Ta sẽ chứng minh tứ diện A1B1C1D1 phủ tất cả các điểm đã cho.

Giả sử tồn tại điểm M trong các

D 1

điểm đã cho nằm ngoài tứ diện

M

A1B1C1D1 Khi đó tồn tại ít nhất một

đỉnh của đa diện, cho nó là B1 và điểm A

Điều này trái với việc chọn ABCD là tứ diện có thể tích lớn nhất

Vậy tứ diện A1B1C1D1 phủ tất cả các điểm của tập hợp đã cho Và

V A B C D  27V ABCD  27 Vậy bài toán được chứng minh.

1 1 1 1

Bài toán 13 Chứng minh rằng không tồn tại phủ mặt phẳng bằng những

tam giác mà mỗi đỉnh của tam giác là đỉnh của 5 tam giác

Giải Giả sử tồn tại một phủ mặt phẳng bằng những tam giác mà mỗi đỉnh

của nó là đỉnh của 5 tam giác Cho  là một trong những tam giác đó Nhữngtam giác có chung đỉnh với  sẽ tạo ra một lục giác B1A1 B2A2 B3A3 nhưhình vẽ dưới đây

17

Do đó những điểm Ak, k = 1, 2, 3 còn là những đỉnh của ba tam giác nằmngoài lục giác, còn Bk, k = 1, 2, 3 còn là những đỉnh của hai tam giác nằmngoài lục giác.

Như vậy ta nhận được tam giác C1C2C3 Mỗi đỉnh của tam giác này là đỉnhcủa 4 tam giác nằm trong C1C2C3 Tổng của bốn góc mà chúng có đỉnh là mộttrong các điểm C1, C2, C3 là nhỏ hơn 1800, dễ thấy các điểm đó không thể tiếptục là đỉnh của 5 tam giác nữa (xem hình vẽ)

Vậy không thể phủ mặt phẳng bằng những tam giác mà mỗi tam giác làđỉnh của 5 tam giác

18

CHƯƠNG 2 BÀI TOÁN ĐỒ THỊ, TÔ MÀU

2.1 Lý thuyết cơ bản về bài toán tô màu

Khi gặp những bài toán có nội dung phức tạp, một công việc mà ta cần làm

là đưa nó trở về ngôn ngữ toán học quen thuộc Điều đó giúp chúng ta dễdàng tư duy và việc trình bày lời giải cũng trở nên đơn giản hơn Một trongcác phương pháp hữu hiệu là phương pháp tô màu Ta chia các đối tượngđang xét thành nhiều nhóm đối tượng nhỏ hơn và tô mỗi nhóm bởi các màukhác nhau Kết hợp với các kiến thức hình học và một số phương pháp khác

để giải bài toán

Một số nguyên lý thường dùng cùng với phương pháp này như nguyên lýcực hạn, nguyên lý Dirichlet, một số tính chất về các số Ramsey…

Dưới đây tôi trình bày vắn tắt các nội dung này

Nguyên lý cực hạn Trong một tập hợp hữu hạn khác rỗng các số thực

Định lý 1 Cho k, l là hai số nguyên dương, khi đó tồn tại số nguyên dương

nhỏ nhất R(k;l), sao cho khi ta tô màu tất cả các cạnh của một đồ thị đầy đủ có

R(k;l) đỉnh bởi hai màu xanh và đỏ thì luôn tồn tại đồ thị con K k có tất cả các

cạnh màu đỏ hoặc đồ thị con K l có tất cả các cạnh màu xanh

Trên cơ sở định lý này ta chứng minh được một số kết quả quen thuộc

R(3;3) = 6; R(3;4) = R(4;3) = 9 R(4;4) = 18 R(k,2) = k; R(2;l) = l.

Các kết quả này được áp dụng nhiều trong các bài toán ở phần sau

2.2 Phương pháp tô màu giải bài toán hình học

2.2.1 Một số bài toán tô màu đồ thị

Ở phần này chúng ta xem xét một số bài toán hình học sử dụng phươngpháp tô màu đồ thị Các bài toán đưa ra từ mức đơn giản đến phức tạp Trước hết

ta xem xét một số bài toán tô bởi hai màu Những bài toán này được tham khảotrong các tài liệu [1], [2], [6] và [7] ở mục tài liệu tham khảo

Bài toán 14 Cho sáu điểm trong mặt phẳng trong đó không có ba điểm nào

thẳng hàng Các đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm đó với nhau được tô bởi màuxanh hoặc đỏ Chứng minh luôn tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu

Giải.

Gọi sáu điểm đã cho là A, B, C, D, E, F Điểm A được nối với năm điểm

còn lại bởi năm đoạn thẳng Năm đoạn thẳng này được tô bởi hai màu Nên có

ba đoạn thẳng được tô bởi một màu

Không giảm tính tổng quát ta giả sử ba đoạn thẳng đó là AB, AC, AD và

được tô bởi màu đỏ

Xét tam giác BCD Có hai trường hợp xảy ra

được tô bởi màu đỏ, thì cạnh đó cùng hai

giác có màu đỏ

A

D

20

Bài toán 15 Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong hai

màu xanh, đỏ Chứng minh rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm

Như vậy ta có tam giác ABC với ba đỉnh màu đỏ.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Chỉ có hai khả năng xảy ra:

1 Nếu G có màu đỏ Khi đó A, B, C, G cùng có màu đỏ và bài toán đã

được giải

2 Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC các đoạn AA’ = 3GA,

BB’ = 3GB, CC’ = 3GC.

Khi đó, nếu gọi M, N, P tương ứng là các trung điểm của BC, CA, AB thì

A’A = 3AG = 6GM , suy ra A’A = 2AM.

Tương tự B’B = 2BN, CC’ = 2CP.

Do đó các tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhận A, B, C là trọng

tâm

Mặt khác, ta cũng có các tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm G.

Có hai trường hợp sau có thể xảy ra:

a) Nếu A’, B’, C’ cùng có màu xanh Khi đó tam giác A’B’C’ và trọng tâm

G có cùng màu xanh

b) Nếu ít nhất một trong các điểm A’, B’, C’ có màu đỏ Không mất tính tổng quát ta giả sử A’ đỏ Khi đó tam giác A’BC và trọng tâm A màu đỏ.

Vậy trong mọi khả năng luôn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâmcùng màu

Bài toán 16 Trên mặt phẳng cho 18 điểm, sao cho không có ba điểm nào

thẳng hàng Nối từng cặp điểm với nhau và tô mỗi cạnh bởi một trong haimàu xanh hoặc đỏ Chứng minh rằng luôn tìm được một tứ giác mà các đỉnhcủa nó nằm trong tập điểm đã cho sao cho cạnh và đường chéo của nó cùngmột màu

Giải.

Giả sử A i (i 1,18) là 18 điểm đã cho Xuất phát từ A1 có 17 đoạn thẳng

A1 A i (i  2,18) Mười bảy đoạn thẳng đó chỉ có hai màu xanh hoặc đỏ, nên theo

nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất 9 đoạn thẳng cùng màu Không giảm tính tổng

quát giả sử đó là các đoạn thẳng A1 A2 , A1 A3 , , A1 A10 và chúng cùng

màu đỏ

Xét 9 điểm A1 , A2 , , A10 chỉ có thể xảy ra hai trường hợp sau:

1 Hoặc là tồn tại điểm A j (2  j 10) sao cho trong 8 đoạn thẳng

A j A k (2  k  10, k  j) có ít nhất bốn đoạn màu đỏ Không mất tính tổng

quát có thể cho là A2A3 ,A2A4 ,A2A5 ,A2A6 màu đỏ Đến đây lại chỉ còn hai khả

2 Hoặc là với mọi điểm A j (2  j 10) ,thì trong 8 đoạn thẳng

A j A k (2  k  10, k  j) có tối đa ba đoạn màu đỏ mà thôi Khi đó phải tồn tại

một điểm (chẳng hạn A2 ) mà trong các đoạn A2A k (3 k10, kj) có tối

đa hai đoạn màu đỏ thôi Thật vậy, nếu với mọi A j (2  j 10) mà có đúng

ba đoạn A j A k (2  k  10, k  j) màu đỏ, thì số đoạn thẳng màu đỏ nối

Xét sáu điểm A5 , A6 ,A7, A8, A9 ,A10 Đó là sáu điểm mà trong đó không

có ba điểm nào thẳng hàng, và mỗi đoạn thẳng nối hai điểm chỉ có hai màuxanh hoặc đỏ

Do đó luôn luôn tồn tại ít nhất một tam giác mà ba đỉnh chọn trong

{ A5 ,A6 ,A7, A8, A9, A10 } sao cho ba cạnh cùng màu

Lại có hai khả năng:

a) Giả sử tồn tại tam giác A i , A j , A k (5  i  j  k 10) màu xanh Khi

23

Bài toán 17 Cho hình đa giác đều 9 cạnh Mỗi đỉnh của nó được tô màu

bằng một trong hai màu trắng hoặc đen Chứng minh rằng tồn tại hai tam giácphân biệt có diện tích bằng nhau, mà các đỉnh của mỗi tam giác được tô cùngmột màu

Giải.

Gọi chín đỉnh của đa giác là A1 ,A2 , ,A9 , và mỗi đỉnh đều được tô bằngmột trong hai màu Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất năm đỉnh trong số đóđược tô cùng một màu Giả sử có năm đỉnh được tô màu trắng, năm đỉnh này

tạo ra C53  3!2! 5! 10 tam giác trắng (tam giác trắng là tam giác có ba đỉnhcùng màu trắng)

Gọi  là tập hợp các đỉnh của đa giác đã cho, tức là:

 = { A1,A2, ,A9 }

Gọi O là tâm của đa giác đều đã cho (vì là đa giác đều nên luôn tồn tại tâm)

Xét phép quay các góc 00 , 400 , 800 , 1200 , 1600 , 2000 , 2400 , 2800 , 3200xung quanh tâm O Rõ ràng ứng với mỗi phép quay này tập  biến thànhchính nó (Tức là tập các đỉnh của đa giác đều không thay đổi qua phép quaytrên Mặc dù khi quay thì điểm này biến thành điểm kia.)

Sau 9 phép quay trên thì có 10 tam giác trắng biến thành 90 tam giác trắng.Mỗi tam giác này đều có các đỉnh thuộc tập hợp  Chú ý rằng số các tamgiác khác nhau có đỉnh trong  là: C93  6!3! 9!  84

Vì 84 < 90, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai tam giác trắng  và

 ’ sao cho các phép quay tương ứng cùng một tam giác

Vì phép quay bảo toàn hình dáng và độ lớn của hình (nói riêng bảo toàn

diện tích), tức là: S  S'

Bài toán 18 (Đề thi vô địch toán Trung Quốc 1986) Mỗi điểm trong mặt

phẳng được tô bởi màu đen hoặc màu đỏ Chứng minh rằng ta có thể tìm được

ba điểm cùng màu mà khoảng cách giữa mỗi cặp điểm bằng 1 hoặc có thể tìm

được ba điểm cùng màu mà khoảng cách giữa các cặp điểm bằng 3

Giả sử không tồn tại ba điểm nào

M

1 Ta sẽ chứng minh ba điểm cùng màu và

Do ta giả sử không tồn tại ba điểm nào tạo thành tam giác đều có cạnh

bằng 1 được tô bởi một màu Nên nếu ta lấy tam giác đều bất kì có cạnh bằng

1 thì có hai đỉnh của tam giác được tô bởi hai màu khác nhau

Lấy một điểm sao cho khoảng cách tới hai điểm khác màu đó bằng 2 Thìđiểm này phải khác màu với một trong hai điểm nêu trên Giả sử hai điểm

khác màu có khoảng cách bằng 2 đó là A, B Gọi M là trung điểm của AB,

MA = MB = 1 và M phải cùng màu với một trong hai điểm A, B.

Giả sử B và M cùng màu đen Dựng hai tam giác đều MBD và MBC đối xứng nhau qua AB Thì các tam giác MBD, MBC đều có cạnh là 1 Do M, B

có cùng màu đen nên D, C phải có màu đỏ Như vậy ta có tam giác ACD có

các đỉnh được tô màu đỏ và độ dài cạnh là 3 Bài toán được chứng minh

Bài toán 19 (APMO, 2001) Trong cùng một mặt phẳng cho hai đa giác

đều n cạnh S và T bằng nhau (n ≥ 3) S và T giao nhau tạo thành một đa giác 2n đỉnh Các cạnh của S được tô màu đỏ, các cạnh của T được tô màu xanh Chứng minh rằng tổng độ dài các cạnh màu xanh của đa giác S giao T bằng

tổng độ dài các cạnh màu đỏ của nó

25

Trước tiên chúng ta có nhận xét, đa giác S  T có 2n cạnh khi và chỉ khi các

cạnh của S  T có các cạnh kề nhau thì khác màu Gọi các đỉnh màu đỏ của S

là S1, S2, …, S n , gọi các đỉnh màu xanh của T là T1, T2, …, T n

Ta đặt S và T sao cho các đỉnh được xếp thứ tự theo chiều kim đồng hồ như

sau T1, S1, T2, S2, …, T n , S n Mỗi đỉnh trong các đỉnh T1, S1, T2, S2, …, T n , S n

cùng với cạnh đối của nó tạo thành một tam giác, và tất cả các tam giác này đều

đồng dạng Với mỗi i = 1, 2, …, n ta gọi các cạnh của tam giác xác định bởi đỉnh

B i và cạnh đối diện với nó (theo chiều kim đồng hồ) lần lượt là b i , c i,

Tương tự, theo chiều kim

đồng hồ ta gọi độ dài các cạnh của

tam giác xác đỉnh S i và cạnh đối

diện với nó lần lượt là lượt là r i,

Từ đây ta suy ra tổng độ dài các cạnh màu xanh bằng tổng độ dài các cạnh

màu đỏ của đa giác 2n cạnh.

Bài toán 20 Cho một lục giác đều tâm O cạnh 1 Vẽ một số đoạn thẳng có

hai đầu mút thuộc biên của lục giác, ta gọi đó là các dây Biết rằng mọi đường

thẳng qua O cắt bên trong không quá hai dây đã vẽ Chứng minh rằng tổng độ

dài các dây đã vẽ không quá 6

Giải.

Lấy một dây cung AB bất kì trong các

dây đã vẽ Ta vẽ một dây A’B’ đối xứng với

AB qua O Khi đó một đường thẳng đi qua

O

cắt dây AB khi và chỉ khi nó cắt đường gấp

khúc ngắn nhất nằm trên cạnh của lục giác

có hai đầu mút là A, B.

Với mỗi dây AB được kẻ, ta tô màu đỏ mỗi đường gấp khúc K ngắn nhất nằm trên cạnh của lục giác có hai đầu mút A, B Ta tô màu xanh đường gấp khúc K’ đối xứng với K qua O.

Do mỗi đường thẳng qua O cắt không quá hai dây nên mỗi điểm trên biên

lục giác không thuộc quá hai đường gấp khúc được tô màu

27

Do đó tổng độ dài các dây được kẻ không quá 2 lần chu vi lục giác, tứckhông quá 12 Suy ra tổng độ dài đường gấp khúc được tô đỏ không quá 6.Nên tổng độ dài các dây được vẽ không quá 6 Bài toán được chứng minh.

Bài toán 21 (Vô địch Toán Hồng Kông 1998) Cho hình chóp có đáy là đa

giác chín cạnh Tất cả các cạnh và đường chéo của đa giác đáy được tô bởimột trong hai màu xanh, đỏ Chứng minh tồn tại ba đỉnh của hình chóp saocho chúng là đỉnh của tam giác với các cạnh được tô bởi một màu

đường chéo của đáy Lại có các trường hợp sau:

a) Nếu cả ba đoạn AB, BD, DA

đỉnh cần tìm, vì ABD là tam giác với

2) Nếu AB là cạnh đáy Khi đó dĩ nhiên AC, CE chắc chắn là đường chéo

đáy

a) Nếu AE là đường chéo đáy thì ta quay lại trường hợp 1 vừa xét, với

ACE là tam giác với ba cạnh là 3 đường chéo đáy.

b) Nếu AE là cạnh đáy Khi đó rõ ràng AC, AD là các đường chéo đáy.

- Nếu CD là đường chéo đáy, ta quay về trường hợp 1.

- Nếu CD là cạnh bên Lại xét các trường hợp sau:

+ Nếu BC là đường chéo đáy, thì tam giác BCE là tam giác với ba đường

chéo đáy, quay về trường hợp 1

+ Nếu BC là cạnh đáy Khi đó xét tam giác BDE và quay về trường hợp 1.

Tóm lại, bài toán đã giải quyết hoàn toàn

Bài toán 22 (Đề thi IMO Trung Quốc 1992) Trong không gian cho chín

điểm sao cho không có bất cứ hệ 4 điểm nào đồng phẳng Cứ hai điểm đượcnối bởi một đoạn thẳng Mỗi đoạn thẳng được tô bởi màu xanh hoặc đỏ hoặc

không tô gì cả Tìm giá trị n nhỏ nhất sao cho cứ n cạnh được tô màu thì tập hợp n cạnh được tô màu đó chứa 3 cạnh cùng màu.

Giải.

Ta đã biết nếu chọn 6 điểm bất kì mà tất cả các cạnh nối 2 trong số 6 điểmnày được tô màu xanh hay màu đỏ thì luôn tồn tại một tam giác được tô bởimột màu xanh hoặc đỏ Với 5 điểm bất kì, khẳng định này không còn đúng

Ta xét hệ tạo bởi 9 điểm sẽ có 36 cạnh nối hai điểm bất kì trong số 9 điểm

- Nếu có ba cạnh không được tô màu, thì có 33 cạnh được tô bởi hai màu

Mà số đỉnh để tạo nên 33 cạnh đó ít nhất là 8 Trong tập 8 đỉnh đó chứa tập

con có 6 đỉnh Bài toán được chứng minh

29

- Với n = 33 thoả mãn thì n = 34, 35, 36 thoả mãn.

- Nếu có bốn cạnh không được tô màu thì số cạnh được tô màu là 32, ta

chứng minh với n = 32 không thoả mãn.

Thật vậy, ta chỉ ra một trường hợp không thoả mãn

Giả sử ta có năm điểm A, B, C, D, E và các cạnh AB, BC, CD, DE, AE

được tô bởi màu đỏ Các cạnh còn lại nối các cặp điểm của ngũ giác này được

tô bởi màu xanh Ta lấy điểm P tuỳ ý, nối P với B, C, D, E tạo nên các đoạn thẳng PB, PC, PE, PD được tô tương ứng cùng màu với AB, AC, AD, AE Khi

đó ta được hình 6 đỉnh, 14 cạnh, không có tam giác nào có ba cạnh cùng màu

Tiếp tục thêm điểm Q, nối Q với P, A, C, D, E sao cho các cạnh QP, QA,

QC, QD, QE được tô màu lần lượt giống với BP, BA, BC, BD, BE Ta được

đồ thị 7 đỉnh, 19 cạnh được tô màu nhưng không có tam giác nào có ba cạnhcùng màu

Bây giờ ta thêm điểm R, nối R lần lượt với P, Q, A, B, D, E sao cho các cạnh tạo thành được tô màu tương ứng với cạnh CP, CQ, CA, CB, CD, CE.

Đồ thị này có 8 đỉnh 25 cạnh nhưng không có tam giác nào cùng màu

Cuối cùng ta thêm điểm S, tương tự trên ta có hình 9 đỉnh với 32 cạnh

được tô màu nhưng không tam giác nào được tô bởi một màu

Trước hết ta chứng minh tất cả 5 cạnh của ngũ giác A1A2A3A4A5 đều được

tô bởi cùng một màu

Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra, tức tồn tại hai cạnh kề nhau của ngũ

giác được tô bởi hai màu khác nhau Giả sử A1A2 được tô xanh, A1A5 được tô

màu đỏ Xét 5 đoạn thẳng A1Bi, i = 1, 2, 3, 4, 5 Trong năm đoạn thẳng này có ít

nhất ba đoạn thẳng này được tô bởi một màu, không giảm tính tổng quát ta giả sử

ba đoạn được tô bởi màu xanh là A1A k , A1A m , A1A n , k, m, n = 1, 2, 3, 4, 5 và đôi một khác nhau Lúc này trong các tam giác A1A2A k , A1A2A m , A1A2A n ta có ba

cạnh A2B k , A2B m , A2B n được tô bởi cùng màu đỏ Mặt khác trong hai trong ba

đỉnh B k , B m , B n có hai đỉnh kề nhau của ngũ giác B1B2B3B4B5 chúng được tô

xanh hoặc đỏ Giả sử hai đỉnh đó là B k B m Từ đây ta thấy cạnh B k B m có màu

xanh thì ba cạnh của tam giác A1B k B m có các cạnh được tô bởi màu xanh Nếu

B k B m được tô bởi màu đỏ thì các cạnh của tam giác A2B k B m được tô bởi màu đỏ.Trái với giả thiết bài toán, nên điều giả sử của ta sai

Tương tự ta chứng minh được ngũ giác B1B2B3B4B5 có các cạnh được tôbởi một màu

31

Bây giờ ta chứng minh hai ngũ giác này được tô bởi cùng một màu.

Thật vậy, giả sử ngược lại năm cạnh của ngũ giác A1A2A3A4A5 được tô bởi

màu xanh, năm cạnh của ngũ giác B1B2B3B4B5 được tô bởi màu đỏ Chứng

minh tương tự như trên chúng ta có ba trong năm cạnh A1B i , i = 1, 2, 3, 4, 5

có cùng màu và hai trong ba đỉnh B i là hai đỉnh kề nhau Từ đó ta có hai đỉnh

này cùng với đỉnh A1 tạo nên một tam giác có ba cạnh đều tô màu đỏ Mâu

thuẫn với giả thiết bài toán Như vậy ba trong năm cạnh A1B i , i = 1, 2, 3, 4, 5 được tô bởi màu xanh Lặp lại phép chứng minh này với cạnh A2B i , i = 1, 2, 3,

4, 5 Có ba trong năm cạnh A2B i , i = 1, 2, 3, 4, 5 được tô bởi màu xanh Trong năm điểm B i thuộc hai tập hợp các cạnh vừa xét nên ít nhất có một điểm B k

thuộc cả hai tập nói trên Giả sử là đỉnh B k , khi đó tam giác A1A2B k có cáccạnh được tô bởi cùng màu xanh Mâu thuẫn với giả thiết Bài toán đượcchứng minh

Bài toán 24 (IMO 1964) Có 17 nhà toán học viết thư cho nhau, mỗi người

đều viết thư cho tất cả những người khác Các thư chỉ trao đổi về ba đề tài,từng cặp nhà bác học chỉ viết thư cho nhau về cùng một đề tài Chứng minhrằng có không ít hơn ba người viết thư cho nhau về cùng một đề tài

Giải.

Trước hết ta mô hình hoá bài toán theo ngôn ngữ đồ thị Mỗi nhà toán họcđược biểu diễn bởi một điểm Hai nhà toán học bất kì đều viết thư cho nhau

về cùng một chủ đề, nên hai đỉnh bất kì của đồ thị luôn có một cạnh vô hướng

nối chúng Mô hình dựng được là đồ thị K17

Do các nhà bác học chỉ trao đổi với nhau về ba chủ đề, nên ta có thể tômàu các cạnh theo chủ đề họ trao đổi Giả sử ta tô màu xanh, đỏ, vàng chocạnh nối hai đỉnh mà hai nhà bác học trao đổi về chủ đề 1, 2, 3 Khi đó toàn

Xét một đỉnh A tuỳ ý Từ A có 16 cạnh nối với 16 đỉnh còn lại, được tô bởi

ba màu Khi đó theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 6 cạnh được tô bởi mộtmàu Khi đó có ít nhất một tam giác được tô bởi một màu Tức có ít nhất banhà bác học viết thư cho nhau theo cùng một chủ đề Bài toán được chứngminh

Bài toán 25 (Bài 209 Thi vào 10 chuyên toán ĐHSPHN 1992-1993).

Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bởi 3 màu xanh, đỏ, vàng Chứngminh rằng bao giờ cũng tìm được hai điểm cùng màu mà khoảng cách giữachúng bằng một độ dài cho trước tuỳ ý

Giải.

Đây là một bài toán mở rộng của

bài toán 19 (Đề thi vô địch toán

Trung Quốc 1986)

Gọi a là số dương cho trước Trong

mặt phẳng với các điểm đã cho ta luôn

chọn bốn điểm A, B, C, D sao cho các

tam giác ABD, CBD đều cạnh a.

Bốn điểm A, B, C, D được tô bởi 3 màu xanh, đỏ, vàng Khi đó có năm đoạn thẳng AB, AD, BC, CD, BD có độ dài là a Nếu tồn tại một trong năm

đoạn thẳng trên có hai đầu mút được tô bởi một màu thì bài toán được chứngminh Nếu không tồn tại đoạn nào có hai đầu mút được tô bởi cùng một màu

thì đoạn AC có hai đầu mút được tô cùng một màu Vì có 4 điểm được tô bởi

3 màu nên có ít nhất hai điểm được tô bởi một màu (theo nguyên lý Dirichlet)

Xét tất cả các hình thoi như trên với điểm A cố định (tuỳ ý chọn) Nếu

không tồn tại đoạn nào trong năm đoạn AB, AD, BC, CD, BD có hai đầu mút

33

được tô bởi một màu Thì tất tất cả các điểm trên đường tròn tâm A bán kính a

3 Trên đường tròn này ta luôn tìm được hai điểm có khoảng cách bằng acho trước Bài toán được chứng minh

Bài toán 26 Trong mặt phẳng cho năm điểm A, B, C, D, E trong đó không

có ba điểm nào thẳng hàng Nối tất cá các cặp hai trong số năm điểm trên bởi cácđoạn thẳng rồi tô chúng bởi ba màu xanh, đỏ, vàng Chứng minh tồn tại mộtđường gấp khúc khép kín có bốn cạnh được tô bởi không quá hai màu

Bài toán 27 Cho n điểm (n ≥ 3) trong đó không có ba điểm nào thẳng

hàng Hai điểm bất kì được nối với nhau bằng một đoạn thẳng Mỗi đoạnthẳng được tô bởi màu xanh, đỏ hoặc vàng Biết rằng có ít nhất một đoạnthẳng màu xanh, một đoạn thẳng màu đỏ, một đoạn thẳng màu vàng Không

có điểm nào mà các cạnh xuất phát từ đó có đủ cả ba màu và không tam giác