To hop phan 1 di rich le 4 2 23

TỔ HỢP CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET I Nguyên lý Dirichlet Nguyên lý Dirichlet - gọi nguyên lý chim bồ câu (The Pigeonhole Principle) nguyên lý lồng nhốt thỏ nguyên lý xếp đồ vật vào ngăn kéo (The Drawer Principle) - đưa nguyên tắc phân chia phần tử lớp • Nguyên lý Dirichlet bản: Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có chuồng chứa hai thỏ • Nguyên lý Dirichlet mở rộng: Nếu nhốt n thỏ vào m  chuồng tồn chuồng có  n + m − 1  n − 1   =  m  +1 m     thỏ • Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp: Cho A B hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử A lớn số lượng phần tử B Nếu với quy tắc đó, phần tử A cho tương ứng với phần tử B, tồn hai phần tử khác A mà chúng tương ứng với phần tử B Dùng nguyên lý người ta dễ dàng chứng minh tồn đối tượng với tính chất xác định II Phương pháp ứng dụng Nguyên lý Dirichlet tưởng chừng đơn giản vậy, cơng cụ có hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc toán học Nguyên lý Dirichlet áp dụng cho tốn hình học, điều thể qua hệ thống tập sau: Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất tình nhốt “thỏ” vào “chuồng” thoả mãn điều kiện: + Số ‘thỏ” phải nhiều số chuồng + “Thỏ” phải nhốt hết vào “chuồng”, khơng bắt buộc chuồng phải có thỏ Thường phương pháp Dirichlet áp dụng kèm theo phương pháp phản chứng Ngồi cịn áp dụng với nguyên lý khác III Một số ví dụ minh họa Ví dụ Cho bảng ô vuông kích thước 10.10 gồm 100 ô vuông đơn vị Điền vào ô vuông bảng số nguyên dương không vượt 10 cho hai số hai ô vuông chung cạnh chung đỉnh nguyên tố Chứng minh bảng ô vng cho có số xuất 17 lần Lời giải Xét hình vng cạnh 2x2 , hình vng có hình vng nhỏ chung cạnh chung đỉnh nên tồn nhiều số chẵn, nhiều số chia hết cho có số lẻ không chia hết cho Bảng 10x10 chia thành 25 hình vng có cạnh 2x2 nên có 50 số lẻ không chia hết cho Từ đến 10 có số lẻ khơng chia hết cho 1,5,7 Áp dụng nguyên lý Dirichlet ta ba  50 −  số xuất   + = 17 lần   Ví dụ Giả sử bàn cờ hình chữ nhật có 3x7 vng sơn đen trắng Chứng minh với cách sơn màu bàn cờ ln tồn hình chữ nhật gồm góc màu Lời giải Bàn cờ có hàng, hàng có vng Xét hàng hàng 3, có cột vậy, cột có nên có cách sơn màu  − 1 Ta có cột nên theo nguyên lý Đi lê tồn   + = cột có   cách sơn Do bàn cờ ln tồn hình chữ nhật gồm góc màu Ví dụ Trong hình chữ nhật kích thước 1x2 ta lấy 6n + điểm với n số nguyên dương Chứng minh tồn hình trịn có bán kính chứa khơng n số điểm cho Lời giải Chia cạnh hình chữ nhật thành n đoạn 2n đoạn nhau, đoạn Nối điểm chia đường thẳng song songvới cạnh hình n chữ nhật ta n.2n = 2n hình vng nhỏ với cạnh Nếu hình vng chứa n có độ dài khơng q điểm tổng số điểm cho khơng q 3.2n = 6n (trái với giả thiết) Do phải tồn hình vng chứa khơng điểm Rõ ràng hình vng cạnh nội tiếp đường trịn bán kính đồng tâm bán kính n đường tròn chứa đường trịn 2n n Ví dụ Cho bảng vuông gồm nxn ô vuông Mỗi ô vuông ghi số 1; 0; Chứng minh khơng tìm bảng vng mà tổng số cột, hàng, đường chéo số khác Lời giải Do nhận ba số 0; 1; nên có trường hợp tất hàng cột đường chéo nhận giá trị nhận giá trị Do tổng số cột hàng đường chéo có giá trị nhỏ 0.n = giá trị lớn 2.n = 2n Như tổng số hàng, cột, đường chéo nhận 2n + giá trị 0;1; 2; ; 2n Do bảng ô vng n.n nên có n hàng, n cột hai đường chéo Do có 2n + tổng nhận 2n + giá trị số nguyên từ đến 2n Theo nguyên tắc Dirichlet phải có tổng có giá trị Điều có nghĩa khơng tìm bảng vng mà tổng số cột, hàng, đường chéo số khác Ví dụ Ở vịng chung kết cờ vua có bạn tham gia Hai bạn phải đấu với trận người phải gặp đủ đấu thủ Chứng minh thời điểm đấu, có hai đấu thủ đấu số trận Lời giải Giả sử số trận thi đấu bạn tham gia thi đấu cờ vua a1 ; a ; ; a Do hai bạn thi đấu với trận nên ta có  a i  7,  i  Xét trường hợp sau: • Tính đến thời điểm có bạn chưa đấu trận suy khơng có bạn đấu đủ trận Khi  a i  6,  i  tồn a k = a m có nghĩa có hai đấu thủ đấu số trận • Tính đến thời điểm xét, bạn đấu ván Khi ta có  a i  7,  i  , tồn a k = a m có nghĩa có hai đấu thủ đấu số trận Vậy tốn chứng minh Ví dụ Cho 40 số nguyên dương a1 ,a , ,a19 b1 , b2 , , b 21 thoả mãn hai điều kiện:  a1  a   a19  200  b1  b   b 21  200 Chứng minh tồn bốn số phân biệt a i ; a j ; b k ; b p với  i, j  19;1  k, p  21 thỏa mãn điều kiện a i  a j ; b k  b p  a j − a i = b p − b k Lời giải Xét tổng có dạng a m + bn với a m  a1 ; a ; ; a19  bn  b1 ; b2 ; ; b21  Do tập hợp a1 ; a ; ; a19  có 19 phần tử tập hợp b1 ; b2 ; ; b21  có 21 phần tử nên, nên ta có tất 19.21 = 399 tổng dạng a m + bn Chú ý  a1  a   a19  200  b1  b   b 21  200 nên  a m + b n  400 Nên tổng a m + b n nhận giá trị nguyên dương từ đến 400 Đến ta xét trường hợp sau: • Nếu tổng nhận đủ 399 giá trị từ đến 400 Khi từ giả thiết toán ta được: a1 + b1 = a = b1 =   a19 + b 21 = 400 a 19 = b 21 = 200 a1  a19 ; b1  b 21 Từ ta suy  a19 − a1 = b 21 − b1 = 199 • Nếu tổng không nhận đủ 399 giá trị từ đến 400 Khi với 399 tổng theo ngun lý Dirichlet tồn hai tổng có giá trị a i  a j ; b k  b p a j + b k = b p + a i Khơng tính tổng qt ta giả sử hai tổng  a i  a j ; b k  b p a j − a i = b p − b k Từ suy  Vậy tốn chứng minh Ví dụ Trong tranh giải vơ địch quốc gia bóng đá có 20 đội tham gia Số nhỏ trận đấu để đội ln tìm đội chơi với Lời giải Ta chia 20 đội thành nhóm, nhóm 10 đội đội nhóm thi đấu với Rõ ràng cách xếp thoả mãn điều kiện tốn tất có 90 trận đấu Do nhóm đội thi đấu với trận nên tổng nhóm có 45 trận Ta chứng minh điều kiện tốn thoả mãn số trận đấu lớn 90 * Giả sử ngược lại ta tìm đội A đấu số trận k  Nếu k=0 đội 19 đội lại đấu với nên tổng số trận 19.18 = 171 > 90 * Xét  k  Ta ký hiệu đội đấu với A X Các đội khơng đấu với A Y, X = k; Y = 19 − k Dĩ nhiên đội Y đấu với không hai đội thuộc Y A thành đội mà khơng có đội chơi với + Trong nhóm Y có 19-k đội đội Y đấu với nên tổng số trận nhóm Y là: (19 − k)(19 − k − 1) (19 − k)(18 − k) = 2 + Giả sử X có P cặp khơng chơi với Do đội Y phải đấu với đội P cặp X Giả sử P cặp có m đội đội m đội đấu với có tối đa P m.(m − 1) trận, hiển nhiên ta có m.(m − 1) m.k 2P nên số trận đội P Y đấu với  m 2 k = m(19 − k)  2P 2.(19 − k) (19 − k) = P  P k  nên dấu = có P = k k + Trong nhóm X có k đội, có P cặp khơng chơi với nên số trận nhóm X là: k(k − 1) − P Đội A đấu với nhóm X k trận Như vậy, tồn đội A nhóm đội X, Y tổng số trận cần thiết để thỏa mãn đề (3 đội ln tìm đội chơi với nhau) lớn bằng: (19 − k )(18 − k ) 2.(19 − k) P + k k ( k − 1) ( 19 − k )( 18 − k ) 2.(19 − k) = [k + ]+ +[ − 1].P 2 k k ( k − 1) ( 19 − k )( 18 − k )  [k + ]+ = k − 18k + 9.19 = ( k − ) + 90  90 2 k+[ k ( k − 1) − P] + Vậy số trận đấu cần phải tiến hành 90 Ví dụ Chứng minh 39 số tự nhiên liên tiếp ln tồn số có tổng chữ số chia hết cho 11 Lời giải Xét tập hợp 39 số tự nhiên liên tiếp S = a1 ; a ; ; a 39  , ( a i +1 = a i + 1,  i  38 ) Trong tập a1 ; a ; ; a 20  tồn hai số có tận 10 Do hai số tồn số có chữ số hàng chục nhỏ 9, kí hiệu số A = Bc0 (  c  8, c  , B  ) Xét 11 số A; A + 1; A + 2; ; A + 9; A + 19 Nhận xét rằng: + 11 số thuộc tập S + 11 số có tổng chữ số 11 số tự nhiên liên tiếp tổng là: s ( A ) ; s ( A ) + 1; s ( A ) + 2; ; s ( A ) + 9; s ( A ) + 10 ,với s ( A ) tổng chữ số A Trong 11 số tự nhiên liên tiếp tồn số chia hết cho 11 Do vậy, ta có điều phải chứng minh Ví dụ Cho tập A = 1; 2; 3; ;16 Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ cho tập gồm k phần tử A tồn hai số phân biệt a, b mà a + b2 số nguyên tố Lời giải Nếu a, b chẵn a + b2 hợp số Do tập X A có hai phần tử phân biệt a, b mà a + b2 số nguyên tố X khơng thể chứa số chẵn Suy k  Ta chứng tỏ k = giá trị nhỏ cần tìm Điều có ý nghĩa với tập X gồm phần tử A tồn hai phần tử phân biệt a, b mà a + b2 số nguyên tố Để chứng minh khẳng định ta chia tập A thành cặp hai phần tử phân biệt a, b mà a + b2 số nguyên tố, ta có tất cặp (1; ) , ( 2; ) , ( 5; ) , ( 6;11) , (7;10 ) , ( 9;16 ) , (12;13 ) , (14;15 ) Theo nguyên lý Dirichlet phần tử X có hai phần tử thuộc cặp ta có điều phải chứng minh Ví dụ 10 Cho 2014 số tự nhiên Chứng minh số số có số chia hết cho 2014 có số số mà tổng số chia hết cho 2014 Lời giải Gọi 2014 số tự nhiên cho a1 ,a , ,a 2014 Xét dãy S1 = a1 ; S = a1 + a ; ; S 2014 = a1 + a + + a 2014 Chia tất số hạng dãy cho 2014 ta có trường hợp sau: • Trường hợp 1: Nếu có số hạng dãy chia hết cho 2014 tốn chứng minh • Trường hợp 2: Nếu khơng có số hạng dãy chia hết cho 2014 có tất 2014 phép chia mà số dư gồm 1, 2, , 2013 theo nguyên lý Dirichle có hai số hạng dãy có số dư chia cho 2014 Gọi hai số hạng S i S j Khơng tính tổng quát, giả sử  i  j  2014 S i = a1 + a + Lúc S j − S i 2014  a i +1 + + a i S j = a1 + a + + + + aj + a j 2014 Từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ 11 Chứng minh từ 53 số tự nhiên ln chọn 27 số mà tổng chúng chia hết cho 27 Lời giải Ta chứng minh từ số tự nhiên ln tìm số mà tổng chúng chia hết cho Thật vậy, số tự nhiên chia cho có phần dư 0, Nếu số dư có số 0, số 1, số tổng ba số tự nhiên tương ứng với ba số dư chia hết cho Nếu số dư nhận không số 0, 1, theo nguyên tắc Dirichlet tồn số dư nhận giá trị tổng ba số tự nhiên tương ứng chia hết cho Từ 53 số tự nhiên cho chọn số mà tổng chúng a1 chia hết cho Xét 50 số lại chọn số mà tổng a chia hết cho Lặp lại lập luận từ 53 số ta chọn 17 bộ, gồm số có tổng a1, a2, … a17 cho tổng chia hết cho Chứng minh tương tự nhận thấy từ số tự nhiên mà số chia hết cho ta chọn số có tổng chia hết cho Vậy từ 17 số ta chọn gồm số có tổng b1 , b2 ,  , b cho bi với i  1; 2; 3; 4; 5 Từ số chia hết cho b1 , b2 ,  , b chọn số mà tổng chúng chia hết cho 27 Tổng số tổng 27 số ban đầu Vậy từ 53 số tự nhiên ln chọn 27 số mà tổng chúng chia hết cho 27 Ví dụ 12 Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vịng trịn lượt(hai đội thi đấu với trận) a) Chứng minh sau bốn vịng đấu(mỗi đội thi đấu trận) ln tìm ba đội đôi chưa thi đấu với b) Khẳng định cịn khơng đội thi đấu trận Lời giải a) Có 12 đội mà đội thí đấu trận nên ln tìm hai đội chưa thi đấu với Gọi hai đội A B Vì A B thi đấu trận nên 10 đội cịn lại ln tìm hai đội chưa thi đấu với A B Gọi hai đội C Ba đội A, B, C chưa thi đấu với trận nên ba đội A, B, C ba đội cần tìm b) Ta chia 12 đội bóng thành hai nhóm, nhóm đội Trong nhóm đơi thi đấu với Như 12 đội này, đội thi đấu trận Xét ba đội tùy ý, theo ngun lý Dirichlet ln tìm hai đội nhóm Như ba đội bóng ln tìm hai đội thí đấu với Do khẳng định khơng cịn đội thi đấu trận Ví dụ 13 Cho X tập hợp gồm 700 số nguyên dương đôi khác nhau, số không lớn 2006 Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x – y thuộc tập hợp E = 3; 6; 9 Lời giải  700  Theo nguyên lý Dirichlet 700 số có   + = 234 số có số dư   chia cho Gọi 234 số  a1  a   a 234  2006 Giả sử không tồn hai số ( ) a i ; a j thỏa mãn a i − a j  3; 6; 9 a i − a j  12 (vì a i − a j a i  a j ) Trong 234 số trên, hai số kề nhau 12 đơn vị nên a 234 − a1  233.12 = 2796  2006 , điều vơ lý Như ta có điều phải chứng minh Chú ý: + Ta làm chặt tốn cách giảm số số cho ban đầu tăng giá trị cho số nhận Ta làm chặt tốn cách thay 700 số thành 504 số Gọi 504 số nguyên dương đôi khác cho  a1  a   a 504  2006 Xét 504  = 2016 số nguyên dương sau: a1 a2 … a 503 a 504 a1 + a2 + … a 503 + a 504 + a1 + a2 + … a 503 + a 504 + a1 + a2 + … a 503 + a 504 + Vì số bảng nhận giá trị nguyên từ đến 2006 + = 2015 nên theo  2016  nguyên lý Dirichlet, có   + = số nhận giá trị hay có hai số  2015  nhau, suy điều phải chứng minh Ví dụ 14 Cho năm số ngun dương đơi phân biệt cho số chúng ước số nguyên tố khác Chứng minh năm số tồn hai số mà tích chúng số phương Lời giải Gọi số cho a1 ; a ; a ; a ; a số khơng có ứơc số ngun tố khác nên số có dạng a i = x 3y với xi ; y i số tự nhiên i i Xét cặp số ( x1 ; y1 ) , ( x ; y ) , ( x ; y ) , ( x ; y ) , ( x ; y ) cặp số nhận giá trị bốn trường hợp sau (số chẵn; số chẵn), (số chẵn; số lẻ), (số lẻ; số lẻ) (số lẻ; số chẵn) nên theo ngun lý Dirichlet có cặp số nhận dạng giá trị Khơng tính tổng qt giả sử ( x1 ; y1 ) , ( x ; y ) nhận giá trị dạng( số chẵn; số lẻ) Khi x1 + x y1 + y số chẵn nên a1 a = x1 y1 x2 y2 = x1 + x2 y + y2 phương Do ta có điều phải chứng minh Ví dụ 15 Cho lưới vng kích thước 5x5 Người ta điền vào ô lưới số 1; 0; −1 Xét tổng số tính theo cột, theo hàng theo đường chéo Chứng minh tất tổng ln tồn hai tổng có giá trị Lời giải Có tất 12 tổng gồm tổng theo cột, tổng theo hàng tổng theo đường chéo Mỗi tổng gồm năm số hạng mà số hạng nhận ba số hoặc −1 Do tổng số nguyên Gọi tổng S i với i = 1; 2; 3; ;12 thỏa mãn −5  S i  Vậy S i nhận mười giá trị −5; −4; −3; ; 0;1; ;5 Mà ta lại có 12 tổng S i nên theo nguyên lý Dirichlet có hai tổng nhận giá trị Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 16 Cho n  số nguyên dương a1 ; a ; a ; ; a n đôi khác Tìm giá trị lớn n cho tổng ba số n số ln số ngun tố Lời giải Dễ thấy với n = ta ln tìm số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Với n  ta xét trường hợp sau: • Trường hợp 1: Với n = , ta tìm bốn số nguyên dương 1, 3, 7, thỏa mãn u cầu tốn • Trường hợp 2: Với n  , ta chứng minh ln tìm ba số có tổng lớn chia hết cho Thật vậy, số nguyên chia cho có số dư hoặc Theo nguyên lý Dirichlet số ngun dương có hai số có số dư chia cho + Nếu có nhiều số có số dư chí cho có số có số dư chia cho Chọn số tổng chúng chia hết cho + Nếu có số có số dư r với r  0;1; 2 loại hai số này, ta cịn lại số có số dư khác r Theo ngun lý Dirichlet có số có số dư khác r số cịn lại có số dư khác số dư hai số Như số ln tồn số có số dư khác chia cho Chọn số tổng chúng chia hết cho Do số nguyên dương ta chọn số có tổng chia hết cho tổng lớn nên khơng phải số ngun tố Từ suy n  khơng thỏa mãn yêu cầu toán Vậy giá trị lớn thỏa mãn yêu cầu toán n = Ví dụ 17 Mỗi đỉnh hình lập phương điền số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; Hai đỉnh khác điền hai số khác Người ta tính tổng hai số hai đỉnh kề Chứng minh tổng tính có hai tổng Lời giải Do đỉnh hình lập phương nhận giá trị khác từ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; Do ta tính tổng hai số hai đỉnh kề nên ta có 12 tổng Khi tổng số nguyên dương nhận giá trị thuộc tập 3; 4; 5; ;13;14;15 Ta chứng minh 12 tổng đồng thời nhận giá trị 3, 4, ,6 đồng thời nhận giá trị 12, 13, 14, 15 Thật vậy, giả sử có tổng nhận giá trị 3, 4, 5, Ta kí hiệu đỉnh K đỉnh điền số K Ta có = + 2; = + nên đỉnh đỉnh kề nhau, đỉnh kề với đỉnh Do đỉnh đỉnh khơng kề Vì = + = + , đỉnh đỉnh không kề nên đỉnh đỉnh kề Do đỉnh kề với đỉnh 2, đỉnh 3, đỉnh 4, suy đỉnh không kề với đỉnh 5, đỉnh khơng kề với đỉnh Vì khơng xuất tổng có giá trị Với tổng nhận giá trị 12, 13, 14, 15 ta chứng minh hoàn toàn tương tự 10 + Nếu BDC  900 ta DBC + DCB  900 nên A hai góc DBC; DCB không lớn 450 Suy tam giác BCD thỏa mãn yêu cầu toán + Nếu BDC  900 ta BAC  900 , CAD + BAD  90 D Từ ta hai góc CAD; BAD khơng B C lớn 450 hay hai tam giác ADC ADB thỏa mãn yêu cầu toán Mạt khác ta giác có cạnh nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Mà 3  nên ta có điều phải chứng minh BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Có 15 đội bóng tham dự giải vơ địch quốc gia theo thể thức đấu vòng tròn lượt Chứng minh thời điểm giải ta ln tìm đội có số trận đấu thời điểm đó(có thể trận) Bài Một bà mẹ chiều nên ngày cho ăn kẹo Để hạn chế, tuần bà cho không ăn 12 kẹo Chứng minh số ngày liên tiếp bà mẹ cho tổng số 20 kẹo Bài Chứng minh 2001 người bất kỳ, ln có hai người có số người quen nhau(số người quen tính nhóm) Bài Trong thời gian lớp học Tốn có nhóm gồm học sinh mà người nhóm rơi vào trạng thái ngủ gục lớp lần Với cặp học sinh, có hai ngủ gục lần Chứng minh thời điểm có ba học sinh nhóm đồng thời ngủ gục Bài Có người đấu cờ với Hãy xác định kết tất trận đấu biết người chơi lần với người số điểm người nhận khác Ngồi ra: a) Người xếp thứ khơng hồ trận b) Người xếp thứ nhì khơng thua trận c) Người xếp thứ tư không thắng trận Bài Các học sinh phát kiểm tra với môn n( n  ) môn học Biết với môn học có học sinh đạt điểm tối ưu, cịn với hai mơn tuỳ ý có học sinh đạt điểm tối ưu cho môn hai mơn 33 Hãy xác định số n bé cho từ điều kiện suy có học sinh đạt điểm tối ưu cho môn n môn học Bài Cho m máy tính n máy in ( m  n ) sợi dây cáp nối máy tính máy in Tại thời điểm máy tính điều khiển máy in người lại máy in in cho máy tính Hỏi phải dùng sợi dây cáp để n máy tính đồng thời in được? Bài Kì thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Long An năm có 529 học sinh đến từ 16 địa phương khác tham dự Giả sử điểm thi mơn Tốn học sinh số nguyên lớn bé 10 Chứng minh ln tìm học sinh có điểm mơn Tốn giống đến từ địa phương Bài Xét 20 số nguyên dương 1, 2, 3,  , 20 Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ có tính chất: Với cách lấy k số phân biệt từ 20 số trên, lấy hai số phân biệt a b cho a + b số nguyên tố   Bài Cho tập hợp X = 1; 2; 3; ; 2024 Chứng minh 45 số khác lấy từ tập X tồn hai số x, y cho x − y  Bài 10 Chứng minh tồn số nguyên dương n thỏa mãn ( 13579 n − 1) chia hết cho 313579 Bài 11 Trong bát hình vng cạnh 18 cm có 128 hạt vừng Chứng minh tồn hai hạt vừng có khoảng cách tới nhỏ cm Bài 12 Bên tam giác ABC cạnh đặt điểm Chứng minh tồn điểm có khoảng cách nhỏ 0,5 Bài 13 Cho hình trịn có bán kính n, n số nguyên dương Trong hình trịn có 4n đoạn thẳng có độ dài bẳng Cho trước đường thẳng d Chứng minh tồn đường thẳng d’ song song với d, vng góc với d cho d’ cắt hai đoạn thẳng cho Bài 14 Cho bảng có kích thước 2n  2n vng Người ta đánh dấu vào 3n bảng Chứng minh chọn n hàng n cột bảng cho ô đánh dấu nằm n hàng n cột Bài 15 Chứng minh đa giác lồi với số cạnh chẵn, tồn đường chéo không song song với cạnh đa giác Bài 16 Một hình lập phương có cạnh 15 chứa 11000 điểm Chứng minh có hình cầu bán kính chứa điểm số 11000 điểm cho Bài 17 Giả sử bàn cờ hình chữ nhật có 3x7 vng sơn đen trắng Chứng minh với cách sơn màu bất kì, bàn cờ ln tồn hình chữ nhật gồm góc màu 34 Bài 18 Trong tờ giấy hình vng giấy có cạnh 12 cm có 31 lỗ kim châm Chứng minh ta cắt từ tờ giấy hình trịn có bán kính cm mà khơng chứa lỗ kim châm Bài 19 Cho hình trịn (C) có diện tích 8, đặt 17 điểm phân biệt Chứng minh tìm ba điểm tạo thành tam giác có diện tích bé Bài 20 Trong hình vng cạnh 15 đặt 20 hình vng nhỏ cạnh đôi không cắt Chứng minh hình vng lớn đặt hình trịn bán kính cho khơng cắt hình vng Bài 21 Trong mặt phẳng cho tập S gồm 8065 điểm đơi phân biệt mà diện tích tam giác có đỉnh thuộc tập S khơng lớn (quy ước điểm thẳng hàng diện tích tam giác tạo điểm 0) Chứng minh tồn tam giác T có diện tích khơng lớn chứa 2017 điểm thuộc tập S (mỗi điểm số 2017 điểm nằm nằm cạnh tam giác T) Bài 22 Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm (với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho Bài 23 Trên mặt phẳng cho 25 điểm phân biệt ba điểm tìm hai điểm có khoảng cách chúng nhỏ Chứng minh tồn hình trịn có bán kính chứa khơng 13 điểm điểm Bài 24 Cho điểm P nằm đa giác lồi 2n cạnh Vẽ đường thẳng qua P đỉnh đa giác Chứng minh tìm cạnh đa giác cho không đường thẳng đường thẳng có điểm chung với cạnh Bài 25 Cho 19 điểm phân biệt nằm tam giác có cạnh 3, khơng có điểm thẳng hàng Chứng minh ln tìm tam giác có đỉnh 19 điểm cho mà có diện tích khơng lớn Bài 26 Trong hình vng cạnh cho điểm Chứng minh rằng, điểm cho tìm điểm cho khoảng cách chúng không lớn 2 Bài 27 Cho tam giác nhọn ABC có BAC = 600 BC = 3cm Bên tam giác cho 2017 điểm Chứng minh 2017 điểm ln tìm 169 điểm mà khoảng cách hai điểm chúng không lớn 1cm Bài 28 Trên mặt phẳng cho năm điểm phân biệt cho khơng có ba điểm thẳng hàng khơng có bốn điểm thuộc đường tròn Chứng minh tồn 35 đường tròn qua ba điểm năm điểm cho hai điểm cịn lại có điểm nằm bên đường trịn Bài 29 Trong hình chữ nhật có chiều dài rộng cho 49 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có đỉnh thuộc 49 điểm mà diện tích nhỏ  Bài 30 Trong tam giác có cạnh đặt 193 điểm phân biệt Chứng minh tồn điểm 193 điểm cho có khoảng cách khơng vượt q Bài 31 Trên mặt phẳng cho 4033 điểm, biết điểm 4033 điểm ln chọn hai điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh điểm nói có 2016 điểm nằm đường trịn bán kính Bài 32 Trong mặt phẳng cho 2015 điểm Mỗi điểm tâm đường tròn qua điểm cố định O Chứng minh từ hình trịn tạo chọn hình tròn mà chúng phủ tất 2015 điểm Bài 33 Có đội bóng thi đấu với nhau(mỗi đội phải đấu trận với đội khác) Chứng minh vào lúc có đội cặp đấu với chưa đấu với trận Bài 34 Bên hình lục giác có cạnh cho 81 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình vng có cạnh (kể biên) chứa điểm số điểm cho 36 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài Số lần gặp mà đội có, nhận 15 giá trị khác nhau: 0; 1; 2; …; 14 Trong trường hợp áp dụng nguyên tắc Dirichlet số đội 15 Hai trường hợp trận 14 trận khơng thể xảy đồng thời có đội chưa đấu trận đồng thời khơng thể có đội đấu hết 14 trận, ngược lại có đội đá 14 trận khơng thể có đội chưa đá trận Vì số lần gặp mà đội thực thực tế nhận thêm 14 giá trị từ đến 13 từ đến 14 Khi theo nguyên tắc Dirichlet ta ln tìm hai đội có số trận đấu Bài Xét 21 ngày liên tiếp kể từ ngày thứ hai Gọi S(n) tổng số kẹo mà bà mẹ cho tính đến ngày thứ n (  n  21) (1  m, n  21)  S ( n )  3.12 = 36 Vì có 21 ngày ý  S ( m ) − S ( n )  36 nên tồn m  cho S ( m )  S ( n )( mod 20 )  S ( m ) − S ( n ) 20  S ( m ) − S ( n ) = 20 Ta có S ( m )  S ( n ) , m  n Như từ ngày n + đến ngày thứ m, bà mẹ cho tổng cộng 20 kẹo Bài Gọi số người quen Ai a i , ta có  a i  2001 với  i  2001 Xét trường hợp: • Tồn người 2001 khơng quen ai, suy khơng có quen 2000 người cịn lại nhóm Khi đó ta có  a i  1999 với  i  2001 từ suy tồn hai số a k = a m với  k, m  2001 hay tồn hai người có số người quen • Mỗi người quen người suy ra, ta có  a i  2000 với  i  2001 từ suy tồn hai số a k = a m với  k, m  2001 hay tồn hai người có số người quen Vậy toán chứng minh Bài Giả sử ngược lại khơng có chuyện học sinh đồng thời ngủ gục Ta chứng minh điều mâu thuẫn Thật vậy, khoảng thời gian có hai người đồng thời ngủ gục, người lại tỉnh táo Theo đề bài, học sinh nhóm ngủ gục hai lần nên hai người(đang ngủ gục) có lúc lại ngủ gục với người lại Như nhiều có tất khoảng thời gian diễn ngủ gục cặp Nhưng nhóm có học sinh nên số cặp học sinh 10, mà có nhiều khoảng thời gian Do có cặp không đồng thời ngủ gục Ta có điều mâu thuẫn Bài Theo điều kiện ta thấy người xếp thứ thắng người xếp thứ ba, thứ tư, thứ năm tất điễm Cịn người thứ nhì thắng người xếp thứ 37 Người thứ nhì hịa trận đấu với người xếp thứ ba, thứ tư, thứ năm nhận 2,5 điểm Những người lại nhận số điểm lớn 2; 1; 5; Ta chứng minh họ khơng thể nhận Thật vậy, có người nên họ chơi tất 10 trận nhận tất 10 điểm Nhưng người xếp thứ thứ nhì nhận 5,5 điểm nên ba người lại nhận 4,5 điểm Mặt khác + 1, + = 4, nên họ khơng thể nhận Như vậy, người thứ tư không thắng trận nên hồvới người xếp thứ ba thứ năm Cịn lại người thứ ba thắng người thứ năm Bài Ta biểu thị học sinh điểm mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng Nếu hai học sinh đạt điểm tối ưu mơn đó, ta nối hai điểm tương ứng lại với Khi đó, theo đề bài, mơn học cho tương ứng tam giác vàbất hai tam giác có đỉnh chung Chú ý bốn tam giác có chung đỉnh tất tam giác có chung đỉnh đó, khơng tam giác thứ năm có chung đỉnh với bốn tam giác Như tam giác thứ năm có bốm đỉnh, điều mâu thuẩn Bây n  tam giác có chung đỉnh với tam giác cịn lại Theo ngun lý Dirichlet đỉnh có chung đỉnh với ba tam giác khác, tức tồn tam giác có chung đỉnh Cuối ví dụ sau chứng tỏ trường hợp n = không thỏa mãn đề Trong bảng ta dùng dấu chéo () để học sinh đạt điểm tối ưu môn học tương ứng Học sinh Môn học I x x x II x x x III x x x IV x x x V x x x VI x x x VII x x x Như giá trị nhỏ n Bài 7.1 Ta xét cách nối thoả mãn đề sau: Với n máy tính máy nối với máy in, với m − n máy tính cịn lại, máy nối với tất n máy in 38 Khi số dây cáp cần dùng cách nối S = n + n ( m – n ) = n ( m − n + 1) Ta chứng minh số dây cáp S  n ( m − n + 1) khơng thoả mãn điều kiện đầu Thật vậy, S  n ( m − n + 1) có máy in x nối với khơng q m − n máy tính Từ suy có m máy tín mà số có máy nối với máy in x, điều có nghĩa máy tính khơng thể đồng thời in Tóm lại số sợi dây cáp cần phải dùng S = n ( m − n + 1) Bài 7.2 Ta có 529 học sinh có điểm thi từ điểm đến 10 điểm Theo nguyên lý Dirichlet ta có 89 học sinh có điểm thi (từ điểm đến 10 điểm) Ta có 89 học sinh có điểm thi đến từ 16 địa phương Theo nguyên lý Dirichlet tìm em có điểm thi mơn tốn đến từ địa phương Bài Xét tập hợp 2; 4; 6; 8;10;12;14;16;18; 20 , ta thấy tổng hai phần tử tập hợp khơng phải số nguyên tố Do k  11 , ta chứng minh k = 11 số nhỏ thỏa mãn yêu cầu toán Thật vậy, ta chia tập hợp A = 1; 2; 3; ; 20 thành 10 cặp số sau: (1, ) , ( 3,16 ) , ( 4,19 ) , ( 5,6 ) , (7,10 ) , ( 8,9 ) , (11, 20 ) , (12,17 ) , (13,18 ) , (14,15 ) Tổng hai số cặp số số nguyên tố Khi tập A có 11 phần tử tồn hai phần tử thuộc vào 10 cặp số Suy A ln có hai phần tử phân biệt có tổng số nguyên tố Bài Chia 2012 số 1; 2; 3; ; 2024 thành 44 đoạn gồm  1;  ,  4;  , ,  1936; 2024  Các đoạn có dạng tổng quát         k ; ( k + 1)  − 1  Như 45 số thuộc tập hợp X nằm 44 đoạn Theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số 45 số nằm đoạn Khơng tính tổng qt ta giả sử hai số x, y chúng nằm đoạn  k ;  Khi ta có x − y  ( k + 1) − − k2  ( k + 1) ( k + 1)  − 1  − k2 = k + − k = Từ ta có điều phải chứng minh Bài 10 Đặt a = 13579 , ta ( a,13579 ) = Xét a + số có dạng 13579;13579 ;13579 ; ;13579a +1 Chia a + số cho a = ta a + số dư Mà phép chia cho a có a số dư Như Trong a + số dư tồn hai số dư hay tong 13579 39 hai số dãy số có số dư chia cho a Giả sử hai số 13579 m 13579 p với m  p Khi ta ( 13579 m − 13579 p ) a hay 13579 p (13579 m −p − 1) a Do ( a,13579 ) = nên ( a,13579 p ) = , suy ( 13579 m −p − 1) a 13579 Điều có nghĩa tơng số có dạng ( 13579 n − 1) chia hết cho Bài 11 Lấy hạt vừng làm tâm dựng hình trịn bán kính cm Các hình trịn nằm hồn tồn hình vng có cạnh 20cm thu từ hình vng cho cách tịnh tiến bốn cạnh khoảng 1cm phía ngồi Tổng diện tích hình trịn bán kính 1cm 128  > 402,112 > 400 Do tổng diện tích hình trịn lớn diện tích hình vng cạnh 20 cm Bài 12 Các đường trung bình tam giác cạnh chia làm tam giác cạnh 0,5 Do tam giác nhỏ có điểm cho, điểm khơng thể rơi vào đỉnh tam giác ABC.Vậy khoảng cách hai điểm nhỏ 0,5 Bài 13 Giả sử AB đoạn thẳng có độ dài 1, a a’ hai đường thẳng vng góc với Gọi A’B’ A”B” hình chiếu AB lên a a’ Khi ta có: A’B’ + A”B”  AB hay A’B’ + A”B”  Áp dụng vào tốn ta gọi d” đường thẳng vng góc với d Chiếu vng góc tất 4n đoạn thẳng lên d d” từ (1) suy tổng độ dài hình chiếu tất 4n đoạn thẳng khơng bé 4n Vì vậy, theo ngun lý Dirichlet hai đường thẳng d d” có đường thẳng mà tổng độ dài hình chiếu đoạn thằng lên khơng bé 2n Khơng tính tổng qt ta giả sử d Mặt khác, đoạn thẳng đầu nằm trọn hình trịn bán kính n (đường kính 2n), nên hợp hình chiếu chúng d có độ dài khơng vượt q 2n Vì vậy, theo ngun lý dirichlet d tồn điểm M thuộc vào hình chiếu hai đoạn thẳng số 4n đoạn thẳng cho Gọi d’ đường thẳng vng góc với d M Đường thẳng d’ đường thẳng cần tìm Bài 14 Chọn n hàng có chứa số đánh dấu nhiều hàng Ta chứng minh đánh dấu cịn nhỏ n 40 Giả sử ngược lại vậy, tức số ô đánh dấu lớn n + Số hàng lại chưa chọn n Vậy theo nguyên lý Dirichlet có hàng ( tỏng số n hàng cịn lại) chứa hai đánh dấu Chú ý theo cách chọn n hàng chọn có chứa số đánh dấu nhiều hàng Có hàng cịn lại chưa chọn có hai đánh dấu, nên suy hàng số n hàng chọn có hai chọn, tức n hàng chọn có khơng 2n ô đánh dấu Như vậy, số ô đánh dấu lớn 2n + ( n + 1)  3n Vơ lý có 3n ô đánh dấu Vậy nhận xét chứng Như vậy, sau chọn n hàng(với cách chọn trên), theo nhận xét cịn lại có khơng q n đánh dấu Vì có n cột chứa chúng Vì lẽ khơng thấy cịn đánh dấu nằm ngồi hàng hay cột chọn Bài 15 Ta giả thiết đa giác có n cạnh có n ( n − 3) đường chéo Xét đa giác lồi với số cạnh chẵn (đa giác lồi 2k cạnh với k  ) Khi số đường chéo s = 2k ( 2k − ) Ta có s = k ( 2k – ) = 2k ( k – ) + k nên suy s  2k ( k – ) Giả sử ngược lại đa giác có tính chất đường chéo song song với cạnh đa giác Đa giác có 2k cạnh, từ s  2k ( k – ) suy tồn k − đường chéo d1 ,d ,d , ,d k −1 mà đường chéo song song với cạnh a tam giác cho Thật vậy, ngược lại cạnh tối đa song song k − đường chéo tối đa ta có k ( k − ) đường chéo s  2k ( k – ) Điều mâu thuẫn với (1) Như ta có k đường thẳng song song với a,d1 ,d ,d , ,d k −1 Mặt khác đa giác cho đa giác lồi nên đường chéo d1 ,d ,d , ,d k −1 nằm nửa mặt phẳng bờ xác định cạnh a Khơng tính tổng qt cho d1 đường chéo xa a Ta có tất k đoạn thẳng phân biệt, nên đỉnh 41 đa giác đầu mút đoạn k đoạn Từ suy tồn đa giác nằm hẳn nửa mặt phẳng xác định d1 Do d1 đường chéo, nên điều mâu thuẫn với tính lồi đa giác Vậy giả thiết phản chứng sai Từ ta có điều phải chứng minh Bài 16 Chia cạnh hình lập phương thành 13 phần Như thể hình lập phương cho chia thành 133 = 2197 hình lập phương nhỏ Do 11000  5.2197 – 10985 , nên tồn hình lập phương nhỏ, mà hình lập phương chứa điểm Như biết, gọi cạnh hình lâp phương a, hình cầu ngoại tiếp có bán kính R với R = a Vì hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ(cạnh 15 ) xác định 13 15  15  675 R= 3= 3  = = =1 13  13  169 Hình cầu bán kính R dĩ nhiên chứa điểm số 11000 điểm cho Bài 17 Mẫu sơn màu xảy với bàn cờ có dạng từ đến Giả sử số cột thuộc dạng Bài toán chứng minh tất cột lại thuộc dạng 1, 2, Giả sử tất cột lại thuộc dạng 5, 6, 7, Khi theo nguyên lý Dirichlet số cột có cột dạng toán chứng minh Chứng minh hoàn toàn tương tự cột có dạng Giả sử khơng có cột cột 1, theo nguyên lý Dirichlet có cột dạng tốn đựơc chứng minh Bài 18 Lấy lỗ kim tâm dựng hình trịn bán kính 1cm Tổng diện tích 31 hình trịn 31 nhỏ diện tích hình vng cạnh 10 cm Do phải có điếm M hình vng cạnh 10 cm(là hình vng thu từ hình vuông cạnh 12 cm cho cách thu hẹp chiều 1cm) khơng nằm 31 hình trịn bán kính dựng trình bày Lấy điểm M làm tâm ta cắt hình trịn bán kính 1cm, hình trịn nằm hồn tồn hình vng cho có cạnh dài 12 cm không chứa lỗ kim châm Bài tốn tổng qt phát biểu sau: Trong tờ giấy hình vng có cạnh b có a lỗ kim châm (trong b  ar 2 ) Chứng minh ta cắt từ tờ giấy hình trịn có bán kính r cm mà khơng chứa lỗ kim châm Bài 19 Chia hình trịn thành (C) thành hình quạt nhau, hình quat có diện tích Theo nguyên lý Dirichlet, tồn hình quạt (a) chứa điểm 42 số 17 điểm cho Tam giác có đỉnh điểm nằm trọn hình quạt nên có diện tích nhỏ diện tích hình quạt, tức bé Bài 20 Xét hình gồm tất điểm cách hình vng nhỏ cạnh khoảng khơng lớn Rõ ràng hình trịn bán kính có tâm nằm ngồi hình nên khơng thể cắt hình vng nhỏ Diện tích hình +  Tâm hình trịn cần tìm cần phải cách cạnh hình vng lớn khoảng lớn 1, tức bên hình vng cạnh 13 Vì 20 ( +  )  132 Hình trịn có tâm điểm khơng bị phủ có tính chất thỏa mãn đề Bài 21 Gọi d khoảng cách hai điểm Ai , A j xa tất điểm thuộc tập hợp S Giả sử A k có khoảng cách đến đường thẳng Ai A j lớn Khi tam giác A i A j A k có S Ai A jAk  lớn Từ điểm A i , A j A k vẽ đường thẳng song song với cạnh tam giác Ai A jA k ta thu bốn tam giác tam giác lớn Tam giác lớn có diện tích khơng vượt q đơn vị Tam giác chứa 8065 điểm cho Vì 8065 : = 2016 dư Nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tam giác chứa 2017 điểm thuộc tập hợp S thỏa mãn đề Bài 22 Tam giác có cạnh cm diện tích cm2 , tam giác có cạnh cm diện tích diện tích lớn cm2 Nếu tam giác có cạnh lớn 1cm cm2 Gọi t số tam giác có cạnh lớn 1cm chứa tam giác có cạnh cm:  t  (với t số nguyên dương) Suy t max = Theo nguyên lý Drichlet có t tam giác có cạnh lớn 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm lớn 1cm Vậy số điểm thoả yêu cầu toán  n  nên giá trị lớn n Bài 23 Xét hai điểm A B 25 điểm cho thỏa mãn điều kiện AB có độ dài lớn Ta xét trường hợp sau: • Trường hợp 1: Với AB  Khi điểm C 25 điểm cho ta có AC  AB  Suy toàn 25 điểm nằm đường trịn tâm A có bán kính • Trường hợp 2: Với AB  Khi xét điểm C số điểm cịn lại Theo giả thiết với ba điểm A, B, C ta ln có AC  BC  Như với điểm cịn lại có 12 đoạn thẳng xuất phát từ A có độ dài nhỏ nhơn có 12 điểm xuất phát từ B có độ dài nhỏ Vẽ đường trịn tâm A bán kính đường trịn tâm B bán kính 43 Suy đường tròn tâm A đường tròn tâm B chứa 13 điểm tròn số điểm cho Từ tốn chứng minh Bài 24 Xét đa giác lồi 2n cạnh A1A A A 2n Ta xét trường hợp sau: • Trường hợp 1: Điểm P nằm đường chéo đa giác A1A A A 2n Khòn tình tổng quát ta giả sử P nằm đường chéo Ai A j đa giác Khi hai đường thẳng PAi PA j trùng không cắt phần cạnh đa giác Khi 2n − cắt tối đa 2n − cạnh đa giác Vậy có hai cạnh đa giác thỏa mãn yêu cầu tốn • Trường hợp 2: Điểm P khơng nằm đường chéo đa giác A1A A A 2n Vẽ đường chéo A1A n +1 , phía đường chéo chứa n cạnh đa giác Không tính tổng quát ta giả sử điểm P nằm đa giác A1A A A n +1 Khi n + đường thẳng PA n +1 ; PA n + ; PA n + ; ; PA 2n cắt cạnh A n +1A n + ; A n + A n + ; ; A 2n A1 Còn lại n − đường thẳng cắt phần tối đa n − cạnh n cạnh Như tồn n cạnh A n +1A n + ; A n + A n + ; ; A 2n A1 thỏa mãn yêu cầu toán Bài 25 Giả sử 19 điểm nằm tam giác ABC cạnh Chia tam giác ABC thành tam giác đều, có cạnh (gọi tam giác nhỏ) Mỗi tam giác nhỏ có diện tích S = Để ý 19 = 2.9 + Vì có 19 điểm nằm tam giác nhỏ nên theo ngun lý Dirichlets có điểm thuộc hình tam giác nhỏ Giả sử điểm I1 ,I ,I Khi tam giác I1I I nằm tam giác nhỏ nên S I I I  3 Bài 26 Chia hình vng thành hình vng Dễ dàng tính được, cạnh hình vng đường chéo Gieo điểm cho vào hình vng ban 2 đầu, điểm nằm hình vng Theo ngun tắc Dirichlets tồn điểm nằm hình vng khoảng cách điểm khơng lớn đường chéo hình vng chứa nó, tức không lớn Bài 27 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC Kẻ OH, OK, OG vng góc với cạnh AB, AC, BC Dễ dàng chứng minh tứ giác AHOK, BHOG, KOGC nội tiếp đường tròn đường kính OA = OB = OC = cm Ta có 2017 điểm nên theo ngun lý Diriclet tồn tứ giác có chứa 673 điểm, giả sử tứ giác OKCG 44 Xét tứ giác OKCG Gọi I trung điểm OC nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OKCG Khi ta IO = IK = IC = IG = cm Kẻ IM, IN, IP, IQ vng góc với OK, KC, CG, GO Suy bốn tứ giác OMIQ, MKNI, INCP, PGQI nội tiếp đường trịn đường kính cm mà có 673 điểm Như theo ngun lý Diriclet tồn tứ giác có chứa 169 điểm, giả sử tứ giác MKNI Khi 169 điểm thuộc đường trịn ngoại tiếp tứ giác MKNI có đường kính IK = 1cm Do khoảng cách 169 điểm khơng lớn 1cm Bài 28 Giả sử điểm A, B, C, D, E Vì năm điểm khơng có ba điểm thẳng hàng nên ta tồn điểm năm điểm cho cho đường thẳng qua điểm chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng điểm lại nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng Giả sử điểm A B Xét góc sau ACB; ADB;AEB Khi điểm khơng có bốn điểm thuộc đường trịn nên ta hồn tồn thứ tự chúng sau: ACB  ADB  AEB Khi dễ thấy điểm E nằm bên đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB điểm C nằm bên ngồi đường trịn ngoại tiếp tam giác ADB.(chứng minh đơn giản dựa theo cách tính số đo góc có đỉnh nằm trong, nằm ngồi đường trịn) Bài 29 Chia hình chữ nhật  thành 24 hình chữ nhật diện tích nhật  , hình chữ nhật có  Vì có 49 điểm nằm 24 hình chữ nhật nên tồn hình chữ  chứa điểm 49 điểm cho Tam giác có ba đỉnh điểm nằm hình chữ nhật có diện tích nhỏ  Bài 30 Chia cạnh tam giác thành đoạn thẳng Nối điểm chia đoạn thẳng song song với cạnh tam giác Ta tam giác có cạnh Số tam giác A O I K + ++ 15 = = 64 Đặt ngẫu nhiên 193 điểm vào 64 tam giác ( 193 : 64 = dư 1) Theo ngun lý dirichlet có tam giác có điểm Xét tam giác này, gọi G 45 G C B H trọng tâm tam giác, từ G vẽ đoạn thẳng vng góc đến cạnh, tạo thành tứ giác nha Đặt ngẫu nhiên điểm vào tam giác theo nguyên lý Dirichlet có tứ giác chứa điểm Mà tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính GA nên khoảng cách chúng d  AG Mà ta có AH = AB 2 AB 3  GA = AH = = Do d  3 3 Bài 31 Lấy điểm A 403 điểm vẽ đường trịn tâm A bán kính + Nếu 4032 điểm cịn lại thuộc hình trịn tốn chứng minh + Nếu tất 4032 điểm nằm ngồi hinh trịn ta lấy điểm B số vẽ đường trịn tâm B bán kính + Nếu 4031 điểm cịn lại thuộc hình trịn tốn chứng minh + Nếu có điểm C khơng thuộc hình trịn AC  1; AB  1; BC  điều trái với giả thiết đầu Suy 4033 điểm phải thuộc hình trịn tâm A tâm B Như theo nguyên lý Dirichlet tồn hình trịn có bán kính chứa 2016 điểm Bài 32 Gọi 2015 điểm mặt phẳng A1 ; A ; A : A 2015 Vẽ đường trịn tâm O bán kính A OA  OA OA1 ; OA ; OA ; OA 2015 Ta gọi điểm A1 gần i j điểm O j Giả sử A1 điểm gần O ta có nhiều 2015 đường trịn tâm OO Vẽ hai đường thẳng vng góc với O hai đường thẳng chia mặt phẳng làm phần Từ phần phần ta chọn điểm xa O phần từ điểm ta vẽ đường trịn theo u cầu đề 44 đường trịn phủ kín tồn 2015 điểm phủ hầu hết điểm vài điểm chưa phủ Tuy nhiên điểm chưa phủ nằm vùng cắt ba đường trịn Khi từ điểm ta vẽ đường trịn bao phủ 2015 điểm cịn lại Bài 33 Giả sử đội bóng A, B, C, D, E, F Xét đội A, theo nguyên lý Dirichlê ta suy A phải đấu khơng đấu với đội khác Khơng tính tổng quát ta giả sử A đấu với B, C, D + Nếu B,C, D cặp chưa đấu với tốn chứng minh + Nếu B, C, D có hai đội đấu với nhau, ví dụ B C đội A, B, C cặp đấu với Như lúc có đội cặp đấu với chưa đấu với trận 46 Bài 34 Gọi (O) đường trịn ngoại tiếp lục giác có cạnh 2, (O) có bán kính R = Gọi ABCD hình vng ngoại tiếp (O) Cạnh hình vng Chia hình vng thành 16 hình vng nhỏ, có cạnh Rõ ràng 16 hình vng chứa 81 điểm cho Vì 81 = 16.5 + nên theo nguyên lý Dirichlet tồn hình vng cạnh chứa điểm số điểm cho 47