Một số bài toán hình học tổ hợp

Lý do chọn đề tài Bài toán hình học tổ hợp là một bài toán mà trong đó có nhiều thành phần ví dụ như nhiều điểm, nhiều góc, nhiều hình, và để giải quyết bài toán chúng ta cần dùng các p

KIẾN THỨC CƠ SỞ

Một số kiến thức hình học cơ bản

Mệnh đề là câu khẳng định có thể xác định được tính đúng hay sai của nó Một mệnh đề không thể vừa đúng, vừa sai

Mệnh đề chứa biến là câu khẳng định mà sự đúng đắn, hay sai của nó còn tùy thuộc vào một hay nhiều yếu tố biến đổi

Theo mệnh đề kéo theo có dạng: "Nếu A thì B", trong đó A và B là hai mệnh đề Mệnh đề "Nếu A thì B" kí hiệu là A =>B Tính đúng, sai của mệnh đề kéo theo như sau: Mệnh đề A => B chỉ sai khi A đúng và B sai

Mệnh đề "B=>A" là mệnh đề đảo của mệnh đề A => B

- Nếu A => B là một mệnh đề đúng và mệnh đề B => A cũng là một mệnh đề đúng thì ta nói A tương đương với B, kí hiệu: A ⇔ B

- Khi A ⇔ B, ta cũng nói A là điều kiện cần và đủ để có B hoặc A khi và chỉ khi B hay

Trong 1 tam giác vuông (hình 1) bình phương cạnh huyền (cạnh đối diện với góc vuông) bằng tổng bình phương của hai cạnh góc vuông

Nếu một tam giác có bình phương của một cạnh bằng tổng các bình phương của hai cạnh còn lại thì tam giác đó là tam giác vuông

1.1.3.1 Định nghĩa Đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng và vuông góc với đoạn thẳng gọi là đường trung trực của đoạn thẳng ấy (Hình 2) Hình 2

1.1.3.2 Định lý Điểm nằm trên đường trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng đó

1.1.3.3 Định lý Điểm cách đều hai đầu mút của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đó

Tập hợp các điểm cách đều hai mút của một đoạn thẳng là đường trung trực của đoạn thẳng đó

1.1.4 Bất đẳng thức tam giác

Trong một tam giác, tổng độ dài hai cạnh bất kỳ bao giờ cũng lớn hơn độ dài cạnh còn lại

Trong một tam giác, hiệu độ dài hai cạnh bất kỳ bao giờ cũng nhỏ hơn độ dài cạnh còn lại

1.1.5 Đường tròn bàng tiếp của tam giác

Một đường tròn bàng tiếp của tam giác là một đường tròn nằm ngoài tam giác, tiếp xúc với một cạnh của tam giác và với phần kéo dài của hai cạnh còn lại

Tâm của một đường tròn bàng tiếp là giao điểm của đường phân giác trong của một góc với các đường phân giác ngoài của hai góc còn lại.

Phương pháp phản chứng và nguyên lý Dirichlet

Phương pháp phản chứng hay phép phản chứng (còn được goi là reductio ad absurdum, tiếng La tinh có nghĩa là "thu giảm đến sự vô lý") là một trong các phương pháp chứng minh gián tiếp Phương pháp này chứng minh một phát biểu bằng cách cho thấy rằng kịch bản ngược lại sẽ dẫn đến một điều vô lý hoặc một sự mâu thuẫn

Mục tiêu của phương pháp phản chứng là bác bỏ mệnh đề phủ định của mệnh đề cần chứng minh

Phép phản chứng trong toán học thường được biết đến dưới dạng chứng minh bằng mâu thuẫn hay chứng minh bằng phản chứng Nếu ta muốn chứng minh kết luận của bài toán là đúng thì phải chúng minh cái ngược lại với nó là sai, vậy ta giả thiết cái ngược lại với nó, và tìm một kết luận mâu thuẫn Chứng minh một bài toán bằng phương pháp phản chứng gồm ba bước:

- Bước 1 (phủ định kết luận):

Ta giả sử rằng kết luận bài toán là không đúng

- Bước 2 (đưa đến mâu thuẫn):

Từ điều giả sử trên và từ giả thiết của bài toán, ta suy ra một điều mâu thuẫn với giả thiết hoặc mâu thuẫn với kiến thức đã học

- Bước 3 (khẳng định kết luận):

Vậy kết luận của bài toán là đúng

1.2.1.4 Ưu điểm của phương pháp phản chứng Ưu điểm của phương pháp phản chứnglà tạo thêm được một giả thiết mới (giả thiết phản chứng) vào các giả thiết của bài toán Chẳng hạn để chứng minh AB bằng phương pháp phản chứng, ta được sử dụng giả thiết phản chứng AB để chỉ ra điều vô lý

Ví dụ 1.1 Cho hai điểm A, B nằm bên trong một đa giác (có thể không lồi) Chứng minh rằng có ít nhất một đỉnh của đa giác mà khoảng cách từ đỉnh đó đến A lớn hơn khoảng cách từ nó đến B

Giải (Hình 5) Gọi X X 1 2 X n là đa giác đã cho

Gọi đường trung trực của đoạn thẳng AB là d Gọi

A  P B  P sao cho ( P 1 ) và ( P 2 ) là hai nửa mặt phẳng của đa giác được cắt bởi đường thẳng d Hình 5 Để khoảng cách từ X n đến A nhỏ hơn khoảng cách từ X n đến B thì X n phải thuộc mặt phẳng ( P 1 )

Do X B 1  X A 1 nên X 1  P 1 , do X B 2  X A 2 nên X 2  P 1 , tương tự, X 3 , X 4 , , X 5 cũng thuộc ( P 1 ) Từ đó suy ra mọi đỉnh của đa giác thuộc nửa mặt phẳng ( P 1 ), còn B thuộc nửa mặt phẳng ( P 2 )nên B nằm bên ngoài đa giác, trái với giả thiết

Vậy tồn tại một đỉnh X của đa giác sao cho khoảng cách từ X đến A lớn hơn khoảng cách từ X đến B

Ví dụ 1.2 Cho hình vuông cạnh 10 và hai điểm bất kỳ M, N Chứng minh rằng có ít nhất một điểm thuộc biên của hình vuông sao cho 14 nhỏ hơn tổng các khoảng cách từ điểm đó đến M và N

Giải (Hình 6) Giả sử có không tồn tại một điểm thuộc biên của hình vuông sao cho 14 nhỏ hơn tổng các khoảng cách từ điểm đó đến M và N

Gọi PQ là đường chéo của hình vuông cạnh 10 đã cho Áp dụng định lý Pytago ta có: PQ 10 2 10 2 10 2 Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có: PM  QM  PQ  10 2 và Hình 6

Suy ra: ( PM  QM ) (  PN  QN )  ( PM  PN ) (  QM  QN )  20 2 (1)

Trong hai tổng PM + PN và QM + QN, tồn tại một tổng lớn hơn hoặc bằng 10 2, vì nếu cả hai tổng nhỏ hơn 10 2 thì tổng của chúng nhỏ hơn 20 2, mâu thuẫn với (1) Chẳng hạn PM  PN  10 2, thế thì PM + PN > 14 và P là điểm phải tìm

Vậy có ít nhất một điểm thuộc biên của hình vuông sao cho 14 nhỏ hơn tổng các khoảng cách từ điểm đó đến M và N

Nhận xét Khi chứng minh a bé hơn một độ dài nào đó, ta có thể xét tổng của hai độ dài rồi chứng minh tổng đó lớn hơn 2a, khi đó tồn tại một độ dài lớn hơn a

Nguyên lí những cái lồng nhốt các chú thỏ đã được biết đến từ lâu Nguyên lí này được phát biểu đầu tiên bởi nhà toán học người Đức Pete Gustava Lejeune Dirichlet (1805-1859) Nguyên lý ngăn kéo Dirichlet được ứng dụng trực tiếp nhất cho các tập hợp hữu hạn (hộp, ngăn kéo, chuồng bồ câu), nhưng nó cũng có thể được áp dụng đối với các tập hợp vô hạn không thể được đặt vào song ánh Cụ thể trong trường hợp này nguyên lý ngăn kéo có nội dung là: "không tồn tại một đơn ánh trên những tập hợp hữu hạn mà codomain của nó nhỏ hơn tập xác định của nó" Một số định lý của toán học như bổ đề Siegel được xây dựng trên nguyên lý này

1.2.2.1 Nguyên lý Dirichlet cơ bản

Dạng đơn giản nhất của nguyên lý Dirichlet, hay còn được gọi là nguyên lý nhốt thỏ vào lồng, như sau:

“Nếu nhốt n + 1 thỏ vào lồng thì tồn tại một lồng có ít nhất hai con thỏ.”

Tổng quát: Nếu n > km (n, k, m là các số tự nhiên) thì khi nhốt n con thỏ vào m lồng sẽ tồn tại một lồng chứa ít nhất k + 1 thỏ

Thật vậy, lồng nào cũng có không quá k thỏ thì m lồng có không quá mk thỏ, ít hơn n thỏ, vô lý

1.2.2.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng

Nguyên lý Dirichlet mở rộng được phát biểu như sau:

Nếu nhốt n con thỏ vào m2cái chuồng, thì tồn tại một chuồng có ít nhất n m 1 m

  con thỏ, ở đây ký hiệu    để ký hiệu phần nguyên của số 

Ta có thể dễ dàng chứng minh nguyên lý Dirichlet mở rộng như sau:

Giả sử trái lại một chuồng thỏ không có đến n m 1 n 1 1 n 1 1 m m m

      con, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằng n 1 m

Từ đó suy ra tổng số con không vượt quá n 1 1 m n m

  con Đó là điều vô lí (vì có n chuồng thỏ)

Vậy giả thiết phản chứng là sai

Nguyên lý mở rộng được chứng minh

1.2.2.3 Nguyên lý Dirichlet cho diện tích

Nguyên lý Dirichlet được phát biểu cho diện tích như sau:

Nếu K là một hình phẳng, còn K K 1 , 2 , K n là các hình phẳng sao cho K i  K với i  1, n , và K  K 1  K 2   K n , ở đây K là ký hiệu diện tích của hình phẳng K, còn K i là diện tích của hình phẳng K i , i  1, n ; thì tồn tại ít nhất hai hình phẳng H H i , j (1    i j n ) sao cho H H i , j có điểm chung (Ở đây ta nói rằng P là điểm tromg tập hợp A trên mặt phẳng nếu như tồn tại hình tròn tâm P bán kính đủ bé sao cho hình tròn này nằm trọn trong A.) Tương tự như nguyên lý Dirichlet cho diện tích, ta có các nguyên lý cho độ dài đoạn thẳng, thể tích các vật thể,…

1.2.2.4 Nguyên lý Dirichlet vô hạn

Nguyên lý Dirichlet còn được phát biểu trong trường hợp vô hạn như sau:

Nếu chia một tập vô hạn các quả táo và hữu hạn ngăn kéo, thì phải có ít nhất một ngăn kéo chứa vô hạn quả táo

Nguyên lý Dirichlet mở rộng cho trường hợp vô hạn này đóng vai trò cũng hết sức quan trọng trong lý thuyết tập hợp điểm trù mật trên đường thẳng Nó có vai trò quan trọng trong lý thuyết số nói riêng và trong toán học rời rạc nói chung (cho tất cả hình học tổ hợp)

Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản như vậy, nhưng có là một công cụ hết sức có hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả hết sức sâu sắc của toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng trong các lĩnh vực khác nhau của toán học Dùng nguyên lí này trong nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh được sự tồn tại của một đối tượng với tính chất xác định Tuy rằng với nguyên lí này ta chỉ chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìm được vật cụ thể, nhưng thực tế nhiều bài toán chỉ cần chỉ ra được sự tồn tại là đủ

Phương pháp quy nạp toán học

Quy nạp toán học là một phương pháp chứng minh toán học dùng để chứng minh một mệnh đề về bất kỳ tập hợp nào được xếp theo thứ tự Quy nạp toán học là một hình thức chứng minh trực tiếp, thường được thực hiện theo hai bước Khi cố gắng để chứng minh một mệnh đề là đúng cho tập hợp các số tự nhiên, bước đầu tiên, được gọi là bước cơ sở, là chứng minh mệnh đề đưa ra là đúng với số tự nhiên đầu tiên Bước thứ hai, được gọi là bước quy nạp, là chứng minh rằng, nếu mệnh đề được giả định là đúng cho bất kỳ số tự nhiên nào đó, thế thì nó cũng đúng cho số tự nhiên tiếp theo Sau khi chứng minh hai bước này, các quy tắc suy luận khẳng định mệnh đề là đúng cho tất cả các số tự nhiên Trong thuật ngữ phổ biến, sử dụng phương pháp nói trên được gọi là sử dụng nguyên lý quy nạp toán học

Phương pháp này có thể được mở rộng để chứng minh các mệnh đề về các cấu trúc được thiết lập tổng quát hơn, chẳng hạn như cây; quá trình tổng quát này, được gọi là quy nạp cấu trúc, được sử dụng trong logic toán và khoa học máy tính Quy nạp toán học theo nghĩa mở rộng này có quan hệ chặt chẽ với đệ quy Quy nạp toán học, trong một số hình thức, là nền tảng của tất cả các phép chứng minh tính đúng đắn của các chương trình máy tính

Mỗi bài toán là một mệnh đề đúng hoặc sai Mỗi mệnh đề như vậy lại phụ thuộc vào một biến số tự nhiên n Một cách tổng quát ta ký hiệu P(n) là mệnh đề toán học phụ thuộc vào n, với n là số tự nhiên Như vậy, thực chất phương pháp quy nạp toán học là chứng minh dãy mệnh đề đúng hoặc sai

Ví dụ 1.5 Trong mặt phẳng vẽ n đường tròn, bất kì hai đường tròn nào cũng cắt nhau tại hai điểm, và tại một điểm không có ba đường tròn nào cùng đi qua Quan sát số miền N của mặt phẳng bị n đường tròn chia ra với n bằng 1, 2, 3, ta được N theo thứ tự là 2, 4, 8 (Hình

7) Bạn A cho rằng với mọi số tự nhiên n n (  1) thì N  2 n , còn bạn B cho rằng

N  n n Kết luận của hai bạn là đúng hay sai ?

Giải Với n bằng 1, 2, 3 thì áp dụng công thức của bạn A ta có:

Với n bằng 1, 2, 3 thì áp dụng công thức của bạn B ta có:

Với n = 4, thì áp dụng công thức của bạn A ta có: n   4 2 n  2 4  16

Với n = 4, thì áp dụng công thức của bạn B ta có: n    4 2 n n   1   2 4 4 1      14

Bằng cách vẽ bốn đường tròn có tính chất như đề bài, ta được

Như vậy, kết luận của bạn A là sai Kết luận của bạn B là đúng thêm trong một trường hợp nữa là n = 4

Theo phương pháp quy nạp, ta chứng minh được kết luận của bạn B là đúng

Nhận xét Hai phép suy luận của bạn A và bạn B đều từ quan sát một số trường hợp riêng mà rút ra kết luận tổng quát, đó là phép quy nạp không hoàn toàn, chúng cho ta dự đoán về kết quả của bài toán Ta đã bác bỏ dự đoán N  2 n , còn để khẳng định dự đoán N   2 n n   1 là đúng, ta phải chứng tỏ rằng nó không chỉ đúng trong các trường hợp n bằng 1, 2, 3, 4 mà phải đúng với mọi số tự nhiên n > 1

Một trong các phương pháp thường dùng để giải quyết yêu cầu trên là phương pháp quy nạp toán học Thông thường nội dung của phương pháp này như sau:

1.3.2 Phương pháp chứng minh quy nạp toán học Để chứng minh một mệnh đề P(n) là đúng với mọi n  N *, ta thường dùng phương pháp quy nạp toán học, được tiến hành theo hai bước như sau:

Bước 1: Chứng minh P(n) đúng với n  1

Bước 2: Với k là một số nguyên dương tùy ý, giả sử P(n) đúng với n   k 1 Cần chứng minh P(n) cũng đúng khi n   k 1

Chú ý: Đối với bài toán chứng minh P(n) đúng với mọi n p với p là số tự nhiên cho trước thì:

Bước 1: Chứng minh P(n) đúng với n  p

Bước 2: Với k  p là một số nguyên dương tùy ý, giả sử P(n) đúng với n  k Cần chứng minh P(n) cũng đúng khi n   k 1

Quy nạp mạnh được thực hiện như sau: Để chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n, ta thực hiện theo hai bước sau:

Bước 1: Chứng minh P(n) đúng với n = 1

Bước 2: Giả sử P(n) đúng với 1,2,⋯,n Chứng minh P(n+1) đúng

Quy nạp bước nhảy được thực hiện như sau:

Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi n, ta làm như sau:

Bước 2: Giả sử P(n) đúng Ta chứng minh P(n+k) đúng

Quy nạp lùi được thực hiện như sau:

Bước 1: Chứng minh P a   i đúng với dãy   a i là dãy con tăng thực sự của tập các số tự nhiên

Bước 2: Giả sử P(n) đúng, chứng minh P(n−1) đúng

Ta dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh công thức mà bạn B đưa ra ở

Ví dụ 1.5 là đúng trong ví dụ ở sau

Ví dụ 1.6 Cho n đường tròn trong mặt phẳng, hai đường tròn nào cũng cắt nhau tại hai điểm, không có ba đường tròn nào đi qua một điểm Chứng minh rằng n đường tròn đó chia mặt phẳng thành 2  n n   1  miền

Giải Khẳng định trên đúng với n = 1, tức là n  1  2  n n   1   2 1 1 1      2, một đường tròn chia mặt phẳng thành hai miền.

Giả sử khẳng định đó đúng với n = k tức là M k  2 k k  1 , nói cách khác: k đường tròn chia mặt phẳng thành 2  k k   1  miền

Ta sẽ chứng minh khẳng định đó đúng với n = k + 1, tức là:

Thật vậy, đường tròn thứ k + 1 cắt mỗi một trong k đường tròn đã vẽ tại hai điểm nên đường tròn thứ k + 1 bị k đường tròn trên cắt tại 2k điểm và bị chia thành 2k cung Mỗi cung này chia một miền chứa nó thành hai miền, như vậy số miền tăng thêm là 2k miền

M   M  k   k  k  k   k k     k k  , tức là khẳng định trên đúng với n = k + 1

Kết luận: M = 2 + n (n – 1), với mọi số tự nhiên n  1.

MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP

Sử dụng phương pháp phản chứng – Nguyên lý Dirichlet

Bài toán 2.1.1 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a; M là trung điểm của cạnh AD, điểm

E nằm trên BC thỏa mãn điều kiện 0

  Qua M kẻ đường thẳng song song với AE, cắt cạnh CD tại F Chứng minh rằng hình thang AMFE không thể là hình thang cân

Giải (Hình 9) Giả sử AMFE là hình thang cân thì AM = FE (*) và MAE  FEA , mà MAE  BEA => FEA  BEA => EA là phân giác của (góc ngoài của ∆ EFC)

Mặt khác CA là phân giác của BCD (tính chất đường chéo của hình vuông), suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp trong

ECF của ∆ EFC (đường tròn này tiếp xúc với CE và CF lầ lượt tại B và D) Lại có

CE BE EF BE DF BE

Mâu thuẫn với (*) Vậy AMFE không thể là hình thang cân

Bài toán 2.1.2 Chứng minh rằng trong tứ giác ABCD, nếu 𝐴̂ = 𝐵̂, 𝐶̂ = 𝐷̂, 𝐴̂ > 𝐷̂ thì AD < BC

Giải (Hình 10) Ta sẽ chứng minh ADBC là sai

Thật vậy, gọi giao điểm của AD và BC là E ta có:

Suy ra 𝐸𝐴𝐵̂ = 𝐸𝐵𝐴̂ => ∆ EAB cân tại E => EA = EB

Giả sử AD = BC => AD + EA = BC + EB => ED = EC Hình 10

=> ∆ EDC cân tại E => trái với giả thiết

Giả sử: AD > BC => AD + EA > BC + EB => ED > EC => 𝐶̂ > 𝐷̂, cũng trái với giả thiết

Vậy chỉ có thể là AD < BC

Bài toán 2.1.3 Cho đường tròn có đường kính 8 và ba điểm M N P , , tùy ý Chứng minh rằng tồn tại một điểm Q nằm trên đường tròn sao cho QM  QN  QP  12

Giải (Hình 11) Gọi QR là một đường kính của đường tròn Ta có:

Suy ra: ( MQ  NQ  PQ )  ( MR  NR  PR )  24.

Trong hai tổng ( MQ  NQ  PQ ) và ( MR  NR  PR ), tồn tại một tổng lớn hơn hoặc bằng 12

Do đó trong hai điểm Q và R tồn tại một điểm, chẳng hạn Q thỏa mãn: ( MQ  NQ  PQ )  12

Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2.1.4 Cho đường tròn đường kính 6, trên đường tròn ta lấy 50 điểm Chứng minh rằng tồn tại một điểm trên đường tròn mà tổng các khoảng cách từ điểm đó đến tất cả 50 điểm được đánh dấu lớn hơn 150

Giải (Hình 12) Gọi MN là đường kính của đường tròn Trên đường tròn ta lấy các điểm

Trong hai tổng ( PM 1  P M 2   P M n ) và ( PN 1  P N 2   P N n ) , tồn tại một tổng lớn hơn

Do đó trong hai điểm M và N tồn tại một điểm thỏa mãn đề bài, chẳng hạn N thỏa mãn: ( P N 1  P N 2   P N n )  150

Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2.1.5 Cho tứ giác lồi MNPQ có MP  16, NQ  12 Chứng minh rằng: a) Tồn tại một cạnh của tứ giác lớn hơn 15 b) Tồn tại một cạnh của tứ giác lớn hơn hoặc bằng 8

Giải (Hình 13) a) Gọi giao điểm của MP và NQ là O

MN PQ OM ON OP OQ OM OP ON OQ

Vậy một trong hai cạnh MP và NQ lớn hơn 15 b) Gọi H là trung điểm của MP

Ta có: HN  HQ  NQ  12 nên tồn tại một trong hai đoạn thẳng HN và HQ bé hơn hoặc bằng 6, chẳng hạn

Trong hai góc MHN và PHN tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 90, chẳng hạn MHN Thế thì:

MN  MH  NH     MN   Hình 13

Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2.1.6 Cho tam giác đều MNP có độ dài cạnh là 4 Bên trong tam giác đó lấy 5 điểm bất kì Chứng minh rằng tồn tại hai trong năm điểm đó có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2

Giải (Hình 14) Gọi A, B, C lần lượt là trung điểm của các cạnh MN, NP, PM

  AC là đường trung bình của MPN

Chứng minh tương tự, ta được AB và BC là đường trung bình củaMPN

Vì MPNlà tam giác đều nên suy ra

MA AN NBBPPCCM  2 Hình 14

Tồn tại một tam giác nhỏ chứa hai trong năm điểm đã cho Giả sử hai điểm đó là D và E

D, E nằm trong MCAvà không trùng với ba đỉnh của tam giác

Ta cần chứng minh DE  2

Xét tam giác tạo bởi đường thẳng DE và biên của MCA, chẳng hạn đó là MGF Trong hai góc MFG và MGF , tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 60, chẳng hạn MFG , thế thì MFG  B nên MGFG

Ta có DEFGMGMA2

Suy ra điều phải chứng minh

Nhận xét Để sử dụng nguyên lý Dirichlet, nhiều khi ta phải chia một hình thành nhiều phần

Bài toán 2.1.7 Cho 2005 điểm trên mặt phẳng biết rằng trong mỗi nhóm 3 điểm bất kì của các điểm trên bao giờ cũng có thể chọn ra được 2 điểm có khoảng cách bé hơn 1 Chứng minh rằng trong các điểm trên có ít nhất 1003 điểm nằm trong 1 đường tròn có bán kính bằng 1

Gọi A là 1 điểm trong 2005 điểm đã cho Vẽ đường tròn tâm A bán kính 1

Nếu tất cả 2004 điểm còn lại đều năm trong hình tròn tâm A bán kính 1 thì bài toán được giải quyết

Giả sử có điểm B năm ngoài đường tròn (A;1) tức là AB > 1 Vẽ đường tròn tâm B bán kính 1 kí hiệu (B;1) Ta chứng minh tất cả 2005 điểm đã cho đều năm trong (A;1) hoặc (B;1)

Thật vậy, lấy C bắt kì, xếp 3 điểm A,B,C theo giả thuyết AB > 1 nên AC < 1 hoặc

AB  , khi đó C nằm trong đường tròn (A;1) hoặc C nằm trong (B;1)

2005 điểm năm trong hai đường tròn nên theo nguyên tắc Dirichlet có 1 đường tròn chứa ít nhất 1003 điểm

Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2.1.8 Cho một bảng kích thước 4a×4a ô vuông Người ta đánh dấu vào 5a ô vuông bất kì của bảng Chứng minh rằng có thể chọn ra 2a hàng và 2a cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên 2a hàng và 2a cột này

Giải (Hình 15) Chọn ra 2a hàng có chứa ô được đánh dấu nhiều trên hàng đó nhất Ta chứng minh rằng số ô được đánh dấu còn lại nhỏ hơn hoặc bằng 2a

Giả sử trái lại không phải như vậy, tức là số ô được đánh dấu còn lại lớn hơn hoặc bằng 2a1 Số các hàng còn lại chưa chọn là 2a

Vậy theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít nhất một hàng (trong số 2a hàng còn lại) chứa ít nhất hai ô đánh dấu Chú ý rằng theo cách chọn thì 2a hàng đã chọn chứa số ô được đánh dấu nhiều trên hàng đó nhất Có một hàng còn lại chưa chọn có ít nhất hai ô đánh dấu, nên suy ra mọi hàng trong số 2a hàng đã chọn đều có ít nhất hai ô được chọn, tức là trên 2a hàng đã chọn không có ít hơn 2a ô đã được đánh dấu

Nếu vậy, số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 4 a   2 a  1   6a Đó là điều vô lí (vì chỉ có 6a ô được đánh dấu)

Vậy nhận xét được chứng minh

Như vậy, sau khi đã chọn ra 2a hàng (với cách chọn như trên), theo nhận xét còn lại không quá 2a ô được đánh dấu Vì thế có cùng lắm là có 2a cột chứa chúng Vì lẽ đó sẽ không thấy ô đánh dấu nào nằm ngoài các hàng hay cột đã chọn

Bài toán 2.1.9 Một hình lập phương có cạnh bằng 20 chứa 14 000 điểm Chứng minh rằng có một hình cầu bán kính 1,5 chứa ít nhất chín điểm trong số 14 000 điểm đã cho

Giải Chia mỗi cạnh của hình lập phương thành 12 phần bằng nhau Như thế hình lập phương đã cho được chia thành 12 12  1728 hình lập phương nhỏ

Do 14 000 > 8.1728 = 13 824, nên tồn tại ít nhất một hình lập phương nhỏ, mà hình lập phương này chứa ít nhất chín điểm

Như đã biết, nếu gọi cạnh hình lập phương bằng a, thì hình cầu ngoại tiếp có bán kính r, với 3

Vì thế hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ (cạnh của nó là 20 5

Hình cầu bản kính 1,5 này dĩ nhiên chứa ít nhất chín điểm trong 14 000 điểm đã cho.