chuyên đề “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong việc giải các bài toán số học và hình học

Phần 1: MỞ ĐẦU 1. Lý do viết đề tài Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp chúng tôi thấy rằng học sinh thường mất điểm khi không giải được các bài tập tổ hợp. Nhiều học sinh cho rằng đó là bài tập mà các em thường không giải được, do tính chất đặc thù của loại toán mang tính tư duy và trừu tượng cao. Vì vậy học sinh thường mất nhiều thời gian hoặc không làm được loại bài này. Qua nhiều năm dạy đội tuyển học sinh giỏi (HSG) chúng tôi rất trăn trở và suy nghĩ mình phải làm thế nào để học sinh yêu thích giải các bài tập bài tập tổ hợp hơn. Vì nếu các em có phương pháp giải các bài tập đó một cách thành thạo thì việc tư duy và thuật toán để giải các loại bài tập khác sẽ nhanh nhẹn hơn, giúp các em có thể đạt được kết quả cao trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp. Do vậy chúng tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong việc giải các bài toán số học và hình học ”. Nhằm giúp các em có cách nhìn tổng quát và những suy nghĩ để mở rộng các kiến thức đã học từ những bài toán đơn giản đã học ở lớp 6. Từ đó các em tự vận dụng và phát triển tư duy với các bài tập tương tự, tổng quát và liên hệ một cách lôgic với các dạng toán đã học. 2. Mục đích nghiên cứu Trong chuyên đề này trước hết nhằm củng cố cho học sinh lý thuyết về nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn. Cung cấp cho học sinh một số bài toán cụ thể và cách tổng quát hóa dạng bài thông qua từng ví dụ. Giúp cho học sinh có kĩ năng phân loại bài và phương pháp làm từng loại bài cụ thể ấy.Từ đó rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán. Học sinh thấy được vai trò và ứng dụng rộng rãi của nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn. Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm tòi trong học toán và sáng tạo khi giải toán.Từ đó tạo cho học sinh có phương pháp học tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm bắt nó, vận dụng nó, phát triển nó đúng hướng. Qua đó giúp các em tạo niềm tin, hưng phấn, hứng thú và say mê học môn toán học. Sử dụng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh. 3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu: +) Đối tượng nghiên cứu: Học sinh giỏi lớp 6, 7, 8, 9 và học sinh luyện thi THPT chuyên. +) Phạm vi nghiên cứu: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn. Các bài tập cơ bản và nâng cao về nguyên lí Diirchlet và nguyên lí cực hạn trong chương trình trung học cơ sở. 4. Phương pháp nghiên cứu: +) Phương pháp nghiên cứu lý thuyết

Phần 1: MỞ ĐẦU

1 Lý do viết đề tài

Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp chúng tôi thấy rằng học sinh thường mất điểm khi không giải được các bài tập tổ hợp Nhiều học sinh cho rằng đó là bài tập mà các em thường không giải được, do tính chất đặc thù của loại toán mang tính tư duy và trừu tượng cao Vì vậy học sinh thường mất nhiều thời gian hoặc không làm được loại bài này Qua nhiều năm dạy đội tuyển học sinh giỏi (HSG) chúng tôi rất trăn trở và suy nghĩ mình phải làm thế nào để học sinh yêu thích giải các bài tập bài tập tổ hợp hơn Vì nếu các em có phương pháp giải các bài tập đó một cách thành thạo thì việc tư duy và thuật toán để giải các loại bài tập khác sẽ nhanh nhẹn hơn, giúp các em có thể đạt được kết quả cao trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp

Do vậy chúng tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong việc giải các bài toán số học và hình học ” Nhằm giúp các

em có cách nhìn tổng quát và những suy nghĩ để mở rộng các kiến thức đã học từ những bài toán đơn giản đã học ở lớp 6 Từ đó các em tự vận dụng và phát triển tư duy với các bài tập tương tự, tổng quát và liên hệ một cách lô-gic với các dạng toán

đã học

2 Mục đích nghiên cứu

Trong chuyên đề này trước hết nhằm củng cố cho học sinh lý thuyết về nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn Cung cấp cho học sinh một số bài toán cụ thể và cách tổng quát hóa dạng bài thông qua từng ví dụ

Giúp cho học sinh có kĩ năng phân loại bài và phương pháp làm từng loại bài

cụ thể ấy.Từ đó rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán

Học sinh thấy được vai trò và ứng dụng rộng rãi của nguyên lí Dirichlet và

nguyên lí cực hạn Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm

tòi trong học toán và sáng tạo khi giải toán.Từ đó tạo cho học sinh có phương pháp học tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm bắt nó, vận dụng nó, phát triển nó đúng hướng Qua đó giúp các em tạo niềm tin, hưng phấn, hứng thú và say mê học môn toán học

Sử dụng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh

3 Đối tượng, phạm vi nghiên cứu:

+) Đối tượng nghiên cứu: Học sinh giỏi lớp 6, 7, 8, 9 và học sinh luyện thi

THPT chuyên

+) Phạm vi nghiên cứu: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn Các bài

tập cơ bản và nâng cao về nguyên lí Diirchlet và nguyên lí cực hạn trong chương trình trung học cơ sở

4 Phương pháp nghiên cứu:

+) Phương pháp nghiên cứu lý thuyết

Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình về phương pháp dạy học toán, các tài liệu có liên quan đến nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn cùng ứng dụng của

nó

+ Phương pháp điều tra

Tìm hiểu thực trạng dạy chuyên đề và bồi dưỡng học sinh giỏi của giáo viên đồng thời tìm hiểu kết quả học tập của học sinh nhằm xác định tính phổ biến và nguyên nhân để chuẩn bị cho các bước nghiên cứu tiếp theo

+ Phương pháp thảo luận

Trao đổi với đồng nghiệp về kinh nghiệm giảng dạy và kĩ thuật vận dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn

+ Phương pháp quan sát

Thông qua các tiết dự giờ thao giảng và bồi dưỡng học sinh giỏi của đồng nghiệp để quan sát trực tiếp tình hình học sinh tiếp thu bài và cách khai thác và xây dựng các bất đẳng thức phụ của giáo viên

+ Phương pháp kiểm tra đánh giá

Khi thực hiện chuyên đề khảo sát so sánh kết quả đánh giá học sinh qua từng giai đoạn để đánh giá hiệu quả của chuyên đề

5 Tình hình nghiên cứu

Trong quá trình giảng dạy bộ môn Toán đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường trung học cơ sở tôi thấy bài toán tổ hợp nói chung và vận dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn nói riêng là một trong những nội dung rất quan trọng Vấn đề này đã có rất nhiều tài liệu tham khảo đề cập đến và cũng có rất nhiều giáo viên quan tâm nghiên cứu ở những mức độ khác nhau Kết quả họ cũng có được những thành công nhất định Song việc thực hiện được kết quả như thế nào còn tùy thuộc vào nhiều yếu tố

6 Những vấn đề còn đang tồn tại:

Khi chuẩn bị thực hiện chuyên đề này, kĩ năng giải toán tổ hợp của học sinh còn gặp nhiều khó khăn Đặc biệt là các bài toán nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn Vì thế các em rất thụ động trong các buổi học bồi dưỡng về nội dung này Các em học sinh mới chỉ vận dụng được nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn với những bài toán đơn giản

Các tài liệu tham khảo về nội dung này mới nêu ra bài toán cụ thể với các bất

ví dụ cụ thể mà chưa có nhiều tài liệu đề cập đến kĩ năng vận dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán tổ hợp

7 Ứng dụng trong thực tiễn:

Chuyên đề có ứng dụng tốt trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và công tác ôn thi vào các trường trung học phổ thông chuyên

Chuyên đề còn là một tư liệu tốt để giáo viên và học sinh tham khảo

II CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ

1 Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu:

Khi gặp các bài toán về nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn thường liên quan nhiều đến các đối tượng là các tập hợp hữu hạn Vì lẽ đó, các bài toán này mang mang đặc trưng rõ nét của toán học rời rạc

Khi giải toán tổ hợp vấn đề cơ bản là xác định được dạng bài và phương pháp làm cho dạng bài ấy Từ đó HS áp dụng cho từng bài cụ thể một cách linh hoạt với các suy luận hợp lý để giải bài toán

2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu của chuyên đề.

Trong chương trình toán trung học cơ sở thì nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn không được học trong chương trình học chính khóa Tuy nhiên trong các

kỳ thi, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn lại được đề cập đến rất nhiều bằng những bài toán hay và khó, đòi hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt, sáng tạo và có kỹ năng sử dụng thành thạo trong suy luận thì mới gải được loại toán này

Trong các đề thi HSG, loại bài tổ hợp là rất khó đối với học sinh Nó không những khó về biến đổi, khó về suy luận mà còn rất đa dạng về dạng bài và phong phú về nội dung

Từ thực tế bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, tôi nhận thấy bài toán tổ hợp

mà cụ thể là nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn không những đa dạng về dạng bài, phong phú về nội dung mà còn là một dạng bài toán khó, luôn gây không ít khó khăn cho học sinh

Vậy vấn đề đặt ra ở đây là phải làm sao để tìm ra biện pháp khắc phục thực trạng trên giúp giáo viên có được một tài liệu tham khảo phù hợp đặc biệt giúp học sinh hết lúng túng và tự tin hơn khi gặp bài toán tổ hợp Tôi đã mạnh dạn đưa vấn

đề này ra trong buổi sinh hoạt tổ chuyên môn của tổ Toán để cùng các đồng nghiệp thảo luận và đưa ra hướng giải quyết

Phần 2: NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ

I SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN

SỐ HỌC

1 Nguyên lý:

Nguyên lý Dirichlet (Gustav Lejeuve Dirichlet) : Nếu nhốt n con thỏ vào m

cái chuồng ( ) thì tồn tại một chuồng có ít nhất con thỏ

2 Vận dụng:

2.1 Toán suy luận logic :

Bài 1: Có 10 đội bóng thi đấu với nhau trong một giải, mỗi đội phải đấu một

trận với các đội khác CMR vào bất cứ lúc nào cũng có hai đội đã đấu số trận như

nhau

GIẢI: Rõ ràng nếu trong 10 đội bóng có 1 đội chưa đấu một trận nào thì

trong các đội còn lại không có đội nào đã thi đấu 9 trận Như vậy 10 đội chỉ có số trận đấu hoặc từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9 Vậy theo nguyên lý Đirichlê phải có ít nhất 2 đội có số trận đấu như nhau

(Đội chưa đấu trận nào, số trận = 0)

Bài 2: Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội

khác) CMR vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào

GIẢI: Giả sử 6 đội bóng đó là A,B,C,D,E,F Xét đội A

Theo nguyên lý Đirichlê ta suy ra: A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 đội khác Không mất tính tổng quát, giả sử A đã đấu với B,C,D

Nếu B,C,D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh

Nếu B,C,D có 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A,B,C từng cặp

đã đấu với nhau

Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào

Bài 3: CMR trong n người bất kì, tồn tại hai người có số người quen như

nhau (kể cả trường hợp quen 0 người)

GIẢI: Tương tự ví dụ 1, ta xét n nhóm

Bài 4: Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2, chỉ

có 2 học sinh được điểm 10 CMR ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0 đến 10)

GIẢI: Có 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm (từ 2 đến 9) Giả sử mỗi loại trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có không quá 5.8=40 học sinh, ít hơn 43 học sinh Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau

2 Ứng dung trong bài toán chia hết:

Trong các phép tính trên số nguyên thì phép chia là rất đặc biệt

Phép chia có hàng loạt các tính chất mà các phép còn lại không có

Chẳng hạn, các phép toán cộng , trừ , nhân đều thực hiện với số 0 còn phép chia thì không thể Vì những lí do đặc biệt đó mà trong toán học xây dựng hẳn 1 lý thuyết về phép chia

Những ví dụ sau có liên quan mật thiết giữa phép chia và nguyên lý Dirchlet

Bài 5: CMR tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2007.

GIẢI: Xét 2008 số có dạng 1,11, ,11 11

Theo nguyên tắc Đirichlê thì tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2007 Giả sử hai số đó là:

A={11 1}_{n} và B={11 1}_{k} với k<n

Khi đó A – B ={11 1}_{n-k}.10^k chia hết cho 2007

Do (2007, 10^k)=1 nên C={11 1}_{n-k} chia hết cho 2007

Bài 6: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 chứng minh rằng tồn tại một số có

dạng 111 11 mà chia hết cho p

GIẢI: Xét dãy số 1,11,111, ,

Ta chứng minh trong dãy trên phải có số chia hết cho p Giả sử kết luận ấy không đúng, tức là không có bất kỳ số nào của dãylại chia hết cho p

Cho tương ứng mỗi số dư của phép chia cho p Tập hợp số dư có thể thuộc tập hợp {1, 2, 3, , p – 1} (Do 0 không thể thuộc tập hợp này) Ta lại có p số trong dãy số trên Vì vậy theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho p Giả sử các số đó là 111 11 (m chữ số 1) và số 111 11 (n chữ số 1) với Từ đó ta có

(1)

Do p là sô nguyên tố lớn hơn 5 nên (p; 10) = 1, Vì thế từ (1) ta suy ra

(2)

là một số thuộc dãy trên nên từ (2) suy ra mâu thuẫn với giả thiết Vậy giả

sử phản chứng là sai Ta suy ra điều phải chứng minh

Bài 7: Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành

từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi

chia cho 16?

Giải:

Không tồn tại 16 số như vậy

Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn Khi đó, ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8 số lẻ

Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ là c

Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này:

Gọi là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ

đi chữ số c (ở hàng đơn vị) Khi đó không là ước của

tức là không chia hết cho 8

Nhưng trong 9 số chỉ có ba số lẻ nên 8 số bất kỳ trong 9

số luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn

Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy

ra

3 Ứng dung trong Toán về tổng, hiệu, chữ số tận cùng các loại:

Bài 8: Cho 51 số nguyên dương khác nhau có 1 chữ số và có 2 chữ số CMR

ta có thể chọn ra 6 số nào đó mà bất cứ 2 số nào trong số đã lấy ra ấy không có chữ

số hàng đơn vị giống nhau cũng không có chữ số hàng chục giống nhau

GIẢI:

Vì có 51 số nên tìm được 6 chục sao cho một nhóm có không ít hơn 6 số rơi

vào một trong các số chục đó, một nhóm có không ít hơn 5 số rơi vào chục khác

Cuối cùng có ít nhất một trong các số đã cho rơi vào một chục nào đó (như vậy số

các chục khác nhau không ít hơn 6) về các số đã cho là khác nhau (chú ý các số

dạng xét nhiều nhất có 2 chữ số ) do đó ở nhóm cuối cùng ta lấy một số , sau đó

nhóm trước đó (vì có ít nhất 2 chữ số hàng đơn vị của hai số trong nhóm ấy khác

nhau) ta lấy một số khác với chữ số hàng đơn vị khác số chọn trước, rồi nhóm

trước đó lại lấy 1 số có chữ số hàng đơn vị khác 2 số chọn trước Cuối cùng sẽ

được 6 số phải tìm với các chữ số khác nhau

Bài 9: Chọn bất kì n+1 số trong 2n số tự nhiên từ 1 đến 2n (n≥2) CMR

trong các số được chọn có ít nhất 1 số bằng tổng của 2 số được chọn (kể cả các

trường hợp 2 số hạng của tổng bằng nhau )

GIẢI:

Giả sử a_1<a_2< <a_n<a_{n+1} là n+1 số được chọn

Xét n số: a_{n+1}-a_1=b_1

a_{n+1}-a_2=b_2

(mỗi hiệu đều nhỏ hơn 2n)

a_{n+1}-a_n=b_n

Trong tập 2n+1 số đó là a_1,a_2, ,a_{n+1}, b_1,b_2, ,b_n tồn tại 2 số bằng

nhau, hai số ấy không thể cùng thuộc dãy a_1,a_2, ,a_{n+1} cũng không thể cùng

thuộc dãy b_1,b_2, ,b_n Ta có:

a_{n+1}-a_1=a_i suy ra a_{n+1}=a_1+a_i (đpcm)

II SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC

1 Nguyên lý:

Nguyên lý Dirichlet (Gustav Lejeuve Dirichlet) : Nếu nhốt n con thỏ vào m

cái chuồng ( ) thì tồn tại một chuồng có ít nhất con thỏ

2 Vận dụng:

Ví dụ 1: Trong hình vuông đơn vị (cạnh bằng 1) có 101 điểm Chứng minh

rằng có 5 điểm đã chọn được phủ bởi hình tròn bán kính

Giải:

Chia hình vuông thành 25 hình vuông nhỏ bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh 0,2 Vì có 101 điểm, mà chỉ có

25 hình vuông, nên theo định lý Dirichlet tồn tại một hình vuông nhỏ có chứa ít nhất năm điểm ( trong 101 điểm đã cho ) Vì hình vuông này nội tiếp trong đường

tròn có bán kính R =

Do nên dĩ nhiên đường tròn đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp trên và có bán kính chứa ít nhất năm điểm nói trên Đó là đpcm

Ví dụ 2: trong hình chữ nhật 3x4 đặt sáu điểm chứng minh rằng trong số

đó luôn tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng không lớn hơn

GIẢI

Chia hình chữ nhật đã cho thành năm hình ABCD, DCKFE, KFNM, NFEQR, QEDAS

Vì có 6 điểm nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một trong năm hình trên chứa ít nhất 2 trong 6 điểm nói trên Theo định lý Pitago thì khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm trong một hình bằng

Ví dụ AC = CE = KE = KM = DS = DQ = QF = FR =

Từ đó ta luôn tìm được 2 điểm trong 6 điểm đã cho có khoảng cách không lớn hơn (Đpcm)

Bài tập tương tự:

Bài 1: Trong một tam giác đều, cạnh có độ dài bằng 1, đặt năm điểm

Chứng minh rằng tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng

GIẢI:

Thật vậy, gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của

AB, BC, CA Khi đó AMP, BMN, MNP, MNP, NPC là bốn tam giác đều bừng nhau cạnh bằng

Chú ý nếu P là tam giác đều cạnh bằng a, thì

d(P)=a

Vì thế d(AMP)=d(BMN) =d(MNP) =d(NPC)=

Vì năm điểm thuộc vào bốn tam giác, nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai điểm, giả sử Ai , Aj thuộc về cùng một tam giác trong bốn tam giác đều nhỏ nói trên Ta có AiAj d(AMP)=

Đó là đpcm

Bài 2: Trong hình tròn đường kính 5 có 10 điểm Chứng minh rằng tồn tại

ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bé hơn hoặc bằng 2

GIẢI:

Thật vậy: Trong đường tròn tâm O đường kính 5, vẽ đường tròn đồng tâm

có đường kính bằng 2 Chia đường tròn đã cho thành 9 phần(như hình vẽ)

Xét một phần bất kỳ, giả sử là hình III – ABCD

Ta thấy ngay, khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm của (III) là DA = BC

Do DOA = 450 nên d2 = DA2 = DO2 + OA2 -2DO.OA.cos450

Theo nguyên lý Dirichlet tồn tai ít nhất hai điểm nằm trong môt trong 9 phần (I), (II), (IX) có đường kính không vượt quá 2 Suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 3: Tìm hình vuông có kích thước bé nhất, để trong hình vuông đó có

thể sắp xếp năm hình tròn có bán kính 1, sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm trong chung

GIẢI:

Giả sử hình vuông ABCD có tâm O cạnh là a chứa 5 hình tròn không cắt nhau và đều có bán kính bằng 1 Vì cả 5 hình tròn này nằm trọn trong hình vuông,

nên tâm của chúng nằm trong hình vuông A1B1C1D1 tâm O cạnh là a-2 Ở đây AB // A1B1

Các đường thẳng nối nối các trung điểm của các cạnh đối diện của hình vuông A1B1C1D1 chia A1B1C1D1 thành 4 hình vuông nhỏ Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một trong 4 hình vuông nhỏ, mà trong hình vuông này chứa ít nhất hai trong

số 5 tâm hình tròn nói trên(Không mất tính tổng quát, giả sử đó là O1O2)

Do trong 5 đường tròn, không có 2 đường tròn nào cắt nhau nên O1O2 2 (1) Mặt khác, do O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ(cạnh hình vuông bằng nên) Mà O1O2 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra (3)

Vậy mọi hình vuông cạnh a thỏa mãn điều kiện đề bài sẽ thỏa mãn (3)

Ta xét hình vuông ABCD có a = Và xét 5 hình tròn có tâm O, A1; B1; C1; D1 (hình vẽ) thì mọi yêu cầu của bài toán được thỏa mãn

Vậy kích thước bé nhất của cạnh hình vuông thỏa mãn điều kiện đề bài là

Ví dụ 4: Cho 2014 đường thẳng cùng có tính chất: chia hình vuông thành

hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng Chứng minh rằng có ít nhất 504 đường thẳng trong 2014 đường thẳng trên đồng quy

GIẢI:

Các đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác nên chúng không thể cắt hai cạnh kề của hình vuông và không đi qua đỉnh nào của hình vuông

Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối

AD và BC tại M và N Ta có

(E,F,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh hình vuông I,K,G,H lần lượt là những điểm thỏa mãn

Từ lập luận trên ta suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề bài đều

đi qua một trong 4 điểm G, H, I, K nói trên

Do có 2014 đường thẳng, nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất

đường thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm G,H, I, K nói trên Vậy có ít nhất 504 đường thẳng trong số 2014 đường thẳng đã cho đồng quy

Ví dụ 5:

Một hình lập phương có cạnh bằng 15 chứa 11000 điểm Chứng minh rằng

có một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất sáu điểm trong số 11000 điểm đã cho

Giải :

Chia mỗi cạnh của hình lập phương thành 13 phần bằng nhau Như thế hình lập phương đã cho được chia thành 133 = 2197 hình lập phương nhỏ Do

11000>5.2197 = 10985, nên tồn tại ít nhất một hình lập phương nhỏ, mà hình lập phương này chứa ít nhất sáu điểm Như đã biết nếu gọi cạnh hình vuông băng a, thì hình càu ngoại tiếp nó có bán kinh R, với Vì thế hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ ( cạnh của nó là ) là

Hình cầu bán kính 1 này dĩ nhiên chứa ít nhất sáu điểm trong số 11000 điểm

đã cho Đó là đpcm

Ví dụ 6: Trong hình vuông cạnh 12 chứa 2014 điểm Chứng minh rằng luôn

tồn tại một tam giác đều cạnh 11 phủ kín 504 điểm trong 2014 điểm đã cho

Giải: