Lí thuyết và một số ứng dụng định lí Ceva, Menelaus, Dirichlet

Chuyên đề 1.1: ĐỊNH LÝ MENELAUS I Phát biểu chứng minh Phát biểu: Cho tam giác ABC Trên đường thẳng chứa cạnh BC, CA, AB lấy điểm P, Q, R tương ứng cho điểm khơng trùng với đỉnh tam giác Khi ba điểm P, Q, R thẳng hàng khi: Chứng minh: *Phần thuận: Giả sử ba điểm P, Q, R thẳng hàng Qua A, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt đường thẳng (d) L Áp dụng hệ Định lí Thales ta có: Thay AL đẳng thức (*) vào đẳng thức (**) ta được: Vậy ta điều phải chứng minh *Phần đảo: Giả sử (1) xảy Gọi Q’ giao điểm RP cạnh AC Khi theo phần thuận ta có: Từ (1) (2) suy ra: Vậy P,Q,R thẳng hàng (đpcm) Định lí Menelaus dạng mở rộng: Cho tam giác ABC Một đường thẳng (d) cắt đường thẳng BC, CA, AB P, Q, R Khi đó: Đảo lại, giả sử điểm P, Q, R tương ứng nằm đường thẳng BC, CA, AB tam giác ABC thỏa mãn (1) chúng thẳng hàng II Ứng dụng: Bài 1: (Olympic Toán học Canada, 2001) Cho tam giác ABC với AB > AC Gọi P giao điểm đường trung trực BC đường phân giác góc A Dựng điểm X AB Y AC cho PX vng góc với AB PY vng góc với AC Gọi Z giao điểm XY BC Xác định giá trị tỉ số Lời giải: Vì PAX = (= 90) nên (g.c.g) AX = AY PX = PY Mặt khác P nằm trung trực BC PC = PB Do đó: PYC = (ch – cgv) CY = BX Ta có X, Y, Z thẳng hàng, áp dụng định lí Menelaus ta được: =1 mà AY = YC, CY = BX nên = hay =1 Bài 2: Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm BC, biết AB = 12 AC = 16 Điểm E F hai cạnh AC AB cho AE = 2AF Các đường EF AM cắt G Tính tỉ số Lời giải: Kéo dài BC EF cắt H Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác FBH cát tuyến AGM ta có: Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ECH cát tuyến AGM ta có: Vì MB = MC AE = 2AF nên chia hai vế (1) cho (2) ta được: Bài Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm (O) với AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng: Các đường thẳng NP, MQ, BD đồng quy Lời giải: Gọi I giao QM BD Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD với điểm Q, M, I thẳng hàng ta có QA ID MB MB ID 1 1 QD IB MA QD IB mà MA = QA nên suy Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC NB ID PC ID NB 1� 1 PD IB NC nên DP IB , theo định lý Menelaus I, N, P thẳng hàng Bài 4: Cho tam giác ABC ba điểm A1, B1, C1 tương ứng nằm ba cạnh BC, AC, AB cho đường thẳng AA1, BB1, CC1 cắt O Giả sử ba cặp đường thẳng AB A1B1, BC B1C1, CA C1A1 cắt n.hau ba điểm C2, A2, B2 Chứng minh C2, A2, B2 thằng hàng Lời giải: Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác điểm: - Tam giác OAB điểm ta có: - Tam giác OBC - Tam giác OAC ta có: Nhân (1), (2), (3) theo vế ta Áp dụng định lí Menelaus ta có đpcm Bài Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Qua B kẻ tiếp tuyến d đường trịn (O) MN đường kính thay đổi đường trịn (M khơng trùng với A, B) Các đường thẳng AM AN cắt đường thẳng d C D Gọi I giao điểm CO BM Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E, cắt đường thẳng d F Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng Lời giải: Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng B, I, M ta có: AB OI CM 1 BO IC MA OI MA  � IC 2CM (1) Tương tự với tam giác BCO ba điểm thẳng hàng OI FB  IC 2CF A, I, F ta có: (2) MA FB = CM CF Do MF // AB (định Từ (1) (2) ta có lí Ta lét đảo) mà AB  BC � MF  BC � Ta có: (cùng phụ với góc EAB); (tứ giác AMEB nội tiếp) � Tứ giác MEFC nội tiếp � Do đó: ME  EC (3) Lại có (chắn nửa đường trịn) � ME  EN (4) Từ (3) (4) suy C, E, N thẳng hàng Bài 6: Cho tứ giác ABCD có AD = CD Qua D kẻ đường thẳng nối trung điểm đoạn BC, đường thẳng cắt đường thẳng AB E Chứng minh Lời giải: Gọi M trung điểm BC, giả sử AD cắt BC N, AN cắt EC P Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác DMN, AEN ta có: DP.NC.ME = PN.CM.ED DA.NB.ME = AN.BM.ED Suy Lại có AN = BN, BM = CM, AD = CD Do đó: DP.NC = DC.PN nên CP phân giác góc DCN Ta có: Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 7: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến (O) B, D cắt P nằm tia AC Tiếp tuyến (O) C cắt PD, AD Q, R AQ cắt (O) điểm thứ hai E Chứng minh B, E, R thẳng hàng Lời giải: Gọi L giao điểm BE AC Ta có: (1) Áp dụng Định lí Menelaus cho tam giác PCQ cát tuyến ADR ta có: Do (3) Từ (1), (2), (3) ta có: Vì (5) Từ (4) (5) =1 Theo định lí Menelaus L, E, R thẳng hàng Vậy B, E, R thẳng hàng Bài 8: (IMO 2012) Cho tam giác ABC (J) đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC (J) tiếp xúc BC, CA, AB M, L, K LM ∩ JB = F, KM ∩ JC = G AF AG cắt BC S T Chứng minh M trung điểm ST Lời giải: Gọi JB cắt MK P JC cắt ML Q Ta có ∠BPM = ∠MQC = 90◦ Do tứ giác FPQC nội tiếp Suy ∠FGM = ∠MQP = ∠MJP = ∠MKB Do BK = BM nên ta có ∠BKM = ∠BMK Do ∠FGM = ∠GMC nên FG // BC FG //ST Áp dụng định lí Menelaus cho cát tuyến KMG tam giác ABT ta có: Áp dụng định lí Menelaus cho cát tuyến LMF tam giác ACS ta có: Chia (1) cho (2) ta có: Mà KB = MB; LC = CM; KA = LA, (do FG // ST) nên MS = MT (đpcm) Bài 9: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Hai đường cao BE CF cắt H Gọi M điểm cung nhỏ BC đường tròn (O), MC cắt BE L, FC cắt BM K Chứng minh EF qua trung điểm KL Lời giải: Gọi X giao điểm EF XL Xét tam giác HKL cát tuyến EFX, theo định lí Menelaus ta có: Xét Ta có: cosABC = Tương tự: HE = cosACB.AH (2) Mặt khác BF = cosABC.BC, EC = cosACB.BC (3) Xét Do đó: (g.g) suy Thay vào (3) ta được: (4) Từ (1), (2), (4) suy = Vậy XK = XL, ta có điều phải chứng minh Bài 10: (Bankal, Senior, 1995) Cho hai đường tròn tâm O O’ gặp A B cho OA vng góc với OA’ OO’ cắt hai đường tròn C, E, D, F cho điểm C, O, E, D, O’, F nằm đường thẳng theo thứ tự BE cắt đường trịn (O) điểm thứ hai K cắt CA M BD cắt đường tròn (O’) điểm thứ hai L cắt AF N Chứng minh rằng: Lời giải: Ta có: Mà nên (do tam giác AOB cân tứ giác ABCD nội tiếp) Do C, A, L thẳng hàng Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác CME cát tuyến KAF ta có: Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác FND cát tuyến LAC ta có: Suy Do cần chứng minh hay MN//CF Thật vậy, ta có: (do AFBE ACBD nội tiếp) Suy AMBN nội tiếp, từ đó: Suy MN//CF, ta có điều phải chứng minh Chuyên đề 1.2: ĐỊNH LÝ CEVA I Phát biểu chứng minh Phát biểu: Gọi E, F, G ba điểm nằm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Khi ba đường thẳng AE, BF, CG cắt điểm O Chứng minh: *Phần thuận: Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG cắt điểm O Từ A C kẻ đường thẳng song song với BF, chúng cắt CG AE K, L tương ứng Áp dụng định lí Thales hệ định lí Thales ta có: ; Do *Phần đảo: Giả sử ta có: Qua giao điểm O hai đường thẳng AE CF, kẻ đường thẳng CO cắt AB G’ Khi theo chứng minh phần thuận ta có: Suy hay G Vậy AE, BF, CG đồng quy (đpcm) Dạng lượng giác Định lí Ceva: Gọi M, N, P ba điểm nằm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Khi ba đường thẳng AM, BN, CP cắt điểm K khi: Chứng minh: Ta có: Tương tự với cặp tỉ số cịn lại, ta được: II Ứng dụng Bài 1: Cho góc xOy, tia Ox lấy hai điểm C A, tia Oy lấy hai điểm D B cho AD cắt BC E đường thẳng AB CD cắt K Tia OE cắt AB I Chứng minh Lời giải: Áp dụng định lí Ceva tam giác ABO với ba đường đồng quy OI, AD, BC ta có: Tam giác AOB có K, D, C nằm đường thẳng cắt ba cạnh tam giác nên theo định lí Menelaus ta có: Từ (1) (2) suy ra: Hay (đpcm) Bài Cho tam giác ABC, gọi M chân đường vng góc kẻ từ A xuống đường phân giác góc BCA, N L chân đường vng góc kẻ từ A C xuống đường phân giác góc ABC Gọi F giao MN AC, E giao BF CL, D giao BL AC Chứng minh DE song song với MN Lời giải: Kéo dài AM cắt BC G, kéo dài AN cắt BC I, kéo dài CL cắt AB J Khi AM = MG AN = NI suy MN BC song song với (1) Do AM = MG nên AF = FC Gọi H giao LF BC, ta có BH = CH Trong tam giác BLC có BE, LH, CD cắt F, theo định lý Ceva ta có BH CE LD 1 HC EL DB CE DB  Vì BH = CH nên EL LD , suy DE // BC (2) Từ (1) (2) suy MN song song với DE Bài 3: Cho tam giác ABC có AB AC Gọi V giao điểm phân giác góc A với cạnh BC, D chân đường vng góc hạ từ A xuống BC Nếu E F tương ứng giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AVD với hai cạnh CA CB, chứng minh đường thẳng AD, BE, CF đồng quy Lời giải: Vì D, E, F, A, V thuộc đường trịn đường kính AV nên = 90 Do đó:BFV (g.g), (g.g) Suy Mặt khác (theo tính chất phân giác) nên = Vì nên AE = AF Do Theo định lí Ceva AD, BE, CF đồng quy (đpcm) Bài 4: Cho tam giác ABC đường cao AH Lấy D,E thứ tự AB, AC cho AH phân giác góc DHE Chứng minh: AH, BE, CD đồng quy Lời giải: Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt HE, HD M N Vì HA phân giác góc A, HA đường cao nên AM = AN ; Ta có:  Áp dụng định lý Ceva cho ABC suy AH, BE, CD đồng quy Bài Cho ABC vuông A, đường cao AK Dựng bên ngồi tam giác hình vuông ABEF ACGH Chứng minh: AK, BG, CE đồng quy Lời giải: Gọi D = AB  CE, I = AC  BG Đặt AB = c, AC = b Ta có c2 = BK.BC; b2 = CK.BC  = =; = (do AIB  CIG)  = =1 Áp dụng định lý Ceva cho ABC AK, BG, CE đồng quy Bài 6: (Thi chọn đội tuyển Hong Kong lần 1, 1998) Cho tam giác ABC Các tam giác ABX, BCY CAZ cân đồng dạng nhau, chúng tam giác ABC thỏa mãn XA = XB, YB = YC, ZC = ZA Chứng minh đường thẳng AY, BZ, CX đồng quy Lời giải: Gọi x số đo góc đáy tam giác cân Giả sử AY, BZ, CX cắt BC, CA, AB L, M, N Khi đó: Tương tự: Từ đẳng thức suy ra: Theo định lí Ceva AL, BM, CN đồng quy hay AY, BZ, CX đồng quy (đpcm) Bài 7: Cho tam giác ABC đường tròn (I) nội tiếp, tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Gọi D’, E’, F’ điểm đối xứng qua I Chứng minh đường AD’, BE’, CF’ đồng quy Lời giải: Qua D’, E’, F’ dựng tiếp tuyến với (I) Tiếp tuyến qua D’ cắt AB, AC H, P Tiếp tuyến qua E’ cắt AB, BC J, Q Tiếp tuyến qua F’ cắt AC, BC V, T Suy ra: HP // BC, JQ // AC, VT // AB Do đó: Ta có: E’ID = D’IE Do đó: Tương tự: JE’ = EV = VF’; TF’ = FH = HD’ Từ (1) (2) Áp dụng định lí Ceva suy AD’, BE’, CF’ đồng quy (đpcm) Bài : (Bài đề nghị cho IMO nước Anh, 2000) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp H trực tâm tam giác nhọn ABC Chứng minh tồn điểm D, E, F tương ứng nằm cạnh BC, CA, AB cho OD + OH = OE + EH = OF + FH đường thẳng AD, BE, CF đồng quy Lời giải: Kéo dài AH cắt đường tròn ngoại tiếp L cắt BC K D giao điểm OL BC Nối điểm H D +) Ta có(cùng phụ Nên HBK = Tam giác HBK có BK vừa đường cao vừa phân giác nên cân B Do BK hay BC đường trung trực HL Suy HD = DL Tương tự ta chọn E, F CA, AB thỏa mãn OE + EH = OF + FH = R +) Kẻ OB, OC, BL Ta có Do Mà Suy Tương tự: Áp dụng định lí hàm số Sin tam giác BDO CODL: Từ ta có: Tương tự: Vậy ta có = Theo định lí Ceva ba đường thẳng AD, BE, CF đồng quy (đpcm) Chuyên đề 2: NGUYÊN LÝ DIRICHLET *Nguyên lí Dirichlet hay cịn gọi ngun lí “chuồng thỏ” có phát biểu đơn giản: “Nếu nhốt thỏ vào chuồng phải có chuồng chứa thỏ” Thế trái với vẻ đơn giản gần hiển nhiên đó, ngun lí có ứng dụng hiệu sâu sắc chứng minh toán học, đặc biệt chứng minh tồn đối tượng thỏa mãn tính chất I Phát biểu chứng minh Phát biểu: Nếu nhốt n.m + r (m, n, r số nguyên dương) thỏ vào n chuồng phải có chuồng chứa không m + thỏ Chứng minh Giả sử ngược lại, chuồng chứa khơng q m thỏ tổng số thỏ không vượt m.n con, mâu thuẫn với giả thiết số thỏ m.n + r Vậy giả sử sai Ta có điều phải chứng minh II Ứng dụng: Một số dạng áp dụng nguyên lí Dirichlet Dạng 1: Phân chia tập hợp để tạo n-tập xem “chuồng” Nội dung phương pháp chia đối tượng lớn thành nhiều đối tượng nhỏ Sau áp dụng ngun lí Dirichlet cho nhiều đối tượng nhỏ Ví dụ 1: Trong hình vng có cạnh đặt 51 điểm phân biệt Chứng minh có ba số 51 điểm nằm hình trịn có bán kính Lời giải: Chia hình vng cho thành 25 hình vng có độ dài cạnh 0,2 Ta có 51 = 25.2 + Khi theo ngun lí Dirichlet tồn hình vng chứa 51 điểm Gọi điểm M, N, P hình vng ABCD tâm I Xét hình trịn (I) bán kính Ta có IM, IN, IP Do M, N, P nằm (I) (đpcm) Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD 25 đường thẳng Mỗi đường thẳng chia ABCD thành hai hình thang với tỉ số diện tích Chứng minh 25 đường thẳng có đường thẳng đồng quy Lời giải: Gọi O giao điểm đường chéo AC, BD Gọi M, N, P, Q trung điểm đoạn AB, BC, CA, AD K, H, I, J trung điểm đoạn OQ, ON, OM, OP Gọi d đường thẳng qua K, cắt AB, DC E, F Ta có: Tương tự với điểm J, H, I ta thấy đường thẳng qua điểm chia hình bình hành ABCD thành hình thang với tỉ số diện tích 1:3 Theo nguyên lí Dirichlet xét 25 đường thẳng qua điểm tồn điểm có đường thẳng qua Vậy 25 đường thẳng đồng quy điểm K, H, I, J (đpcm) Ví dụ 3: Trong hình trịn tâm O bán kính R = 2,5 cho 10 điểm Chứng minh có điểm mà khoảng cách chúng nhỏ Lời giải: Chia hình trịn thành phần hình vẽ Theo ngun lí Dirichlet có phần chứa điểm 10 điểm cho Gọi điểm A B, ta xét trường hợp: -Hai điểm A, B nằm hình trịn nhỏ: AB < -Hai điểm A, B nằm cạnh hình thang cong cịn lại Giả sử hình thang cong MNPQ Xét hình thang MNPQ có: PQ < 1, QM = PM = 1,5; MN < 2, QN < 2, PM < Suy hình thang MNPQ ln bé  Nếu A, B thuộc cạnh miền hình thang MNPQ AB <  Nếu A, B khơng nằm hồn tồn hình thang: OM, ON lấy điểm A’, B’ cho OA’ = OA, OB’ = OB Vì OA’ = OA, OB’ = OB nên suy AB A’B’ < Vậy AB lớn (đpcm) Dạng 2: Xây dựng n – tập theo đối tượng xuất phát Ví dụ 4: Trong mặt phẳng cho 2009 điểm Biết điểm lấy từ điểm cho ln có hai điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh có 1005 điểm nằm hình trịn bán kính Lời giải: Lấy điểm M nằm 2009 điểm xét hình trịn ( tâm N, bán kính -Nếu tất điểm thuộc ( ( hình trịn cần tìm -Nếu có điểm N cho MN xét hình trịn ( có tâm N, bán kính Khi với điểm P 2007 điểm cịn lại ln xảy khả năng: (vì MN < 1) Từ 2007 điểm có 1004 điểm thuộc ( ( Khi ( ( hình trịn cần tìm Ví dụ 5: Trong mặt phẳng cho đường thẳng song song nằm ngang đường thẳng song song nằm dọc Người ta đánh dấu giao điểm đường thẳng hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn đường thẳng nằm ngang đường thẳng nằm dọc cho giao điểm chúng tô màu Lời giải: Xét giao điểm đầu đường thẳng nằm ngang Trên đường thẳng có 23 cách tơ màu giao điểm đầu Có đường thẳng nằm ngang với 23 = cách tơ màu nên có đường thẳng có cách tơ màu điểm Trên đường cách tơ màu phải có màu trùng nhau, suy điều phải chứng minh Dạng 3: Xây dựng dãy số Ví dụ 7: Chứng minh tìm số có dạng 19791979…1979000…0 chia hết cho 2000 Lời giải: Xét dãy số: 1979, 19791979,…., Theo nguyên lí Dirichlet có số dãy chia cho 2000 có số dư Suy hiệu chúng có dạng 19791979….1979000…000 chia hết cho 2000 (đpcm) Ví dụ 8: Xét 100 số nguyên dương a1, a2,…, a100 với < 100 với i = 1,2,3,…,100 a1 + a2 + a3 + … + a100 = 200 Chứng minh 100 số ln tồn vài số có tổng 100 Lời giải: -Nếu = aj với i ta có đpcm -Nếu aj ta xét dãy:  Nếu tồn số hạng dãy chia hết cho 100 số hạng 100 (đpcm)  Nếu khơng tồn số hạng dãy chia hết cho 100 dãy tồn số hạng chia cho 100 có số dư Hiệu chúng tổng ta cần tìm Vậy ta có đpcm Dạng 4: Xây dựng bảng Ví dụ 9: Cho n số thực a1, a2,…, an Chứng minh tồn số thực x cho a1 + x, a2 + x, a3 + x,…, an + x số vô tỉ Lời giải: Giả sử t số vơ tỉ Ta chứng minh số t, 2t, 3t, …, (n+1)t có số thỏa mãn Giả sử khơng có khơng có số dãy thỏa mãn Ta có bảng: t + a1 2t + a2 … (n+1)t + a1 t+a2 2t+a2 … (n+1)t+a2 … … … … t+an 2t+an … (n+1)t+an Có n+1 hàng n cột Theo giả thiết hàng có số hữu tỉ nên có n số hữu tỉ Vì có n cột nên có cột chứa số hữu tỉ, đặt mt+ai kt+ai Khi hiệu chúng (m-k)t số hữu tỉ, vơ lí Vậy điều giả sử sai, ta có điều phải chứng minh III Một số tập Bài 1: Chứng minh phòng họp có n người, tìm 22 người có số người quen số người dự họp Lời giải: Số người quen người phòng họp nhận giá trị từ đến n–1 Rõ ràng phịng khơng thể đồng thời có người có số người quen (khơng quen ai) có người có số người quen n–1 (quen tất cả) Vì theo số lượng người quen, ta phân n người thành n–1 nhóm Vậy theo ngun lí Dirichlet tồn nhóm có 22 người, ln tìm 22 người có số người quen Bài 2: Trong lưới vng kích thước 5.5, người ta điền ngẫu nhiên vào ô giá trị −1, 1, 1, sau tính tổng tất theo hàng; theo cột theo hai đường chéo Chứng minh tồn hai tổng có giá trị Lời giải: Gọi tổng S1,S2, S12 Có tất 1212 tổng Ta nhận thấy tổng nhận giá trị {−5,−4…0,…4,5} Có tất 1111 giá trị khác Theo nguyên lý Dirichlet ta suy điều cần chứng minh Bài 3: Giả sử nhóm người cặp hai bạn thù Chứng tỏ nhóm có ba người bạn lẫn có ba người kẻ thù lẫn Lời giải: Gọi A người Trong số người nhóm có ba người bạn A có ba người kẻ thù A, điều suy từ ngun lí Dirichlet, người khác bạn thù A Trong trường hợp đầu ta gọi B,C,D bạn A Nếu ba người có hai người bạn họ với A lập thành ba người bạn lẫn nhau, ngược lại, tức ba người B,C,D khơng có bạn chứng tỏ họ ba người thù lẫn Tương tự chứng minh trường hợp có ba người kẻ thù A (đpcm) Bài 4: Có đấu thủ thi đấu cờ, người đấu trận với đấu thủ khác Chứng minh suốt thời gian thi đấu, tồn hai đấu thủ có số trận đấu Lời giải: Ta có số trận đấu người 0,1,2,3,4 Tuy nhiên khơng thể có lúc người đấu trận người chưa đấu trận nào, nên có tối đa loại số trận đấu Theo nguyên lý Dirichlet ta có có người có số trận đấu (đpcm) Bài 5: Chứng minh từ n số ngun ln tìm số số số có tổng chia hết cho n Lời giải: Gọi n số a1, a2,…, an Ta xét n số sau: s1 = a1, s2 = a1 + a2,…, sn = a1 + a2 + … + an Nếu n số s1, s2,…, sn có số chưa hết cho n ta có điều phải chứng minh Nếu n số khơng có số chia hết cho n số dư nhận 1,2,…, n-1 Do hai số có số dư chia cho n Giả sử si, sj với i < j Khi sj – si = ai+1 + … + aj chia hết cho n Vậy số ai+1, …, aj số cần tìm Bài 6: Trong giải bóng đá có 10 đội tham gia, hai đội phải đấu với trận Chứng minh thời điểm giải đấu, ln có hai đội có số trận Lời giải: Trong thời điểm xảy trường hợp: Trường hợp 1: có đội chưa đá trận nào, nghĩa đội đá nhiều với đội, số trận đội đá từ đến Trường hợp 2: đội đá trận, số trận đội đá từ đến trận Mà tổng số đội 10 nên theo ngun lí Dirichlet có hai đội có số trận đấu Bài 7: Trên mặt phẳng cho điểm có tọa độ nguyên, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh số tam giác tạo thành từ điểm có tam giác có diện tích ngun Lời giải: Với tam giác ABC có tọa độ đỉnh Xét điểm nguyên A, B, C, D, E tọa độ điểm thuộc dạng sau: (chẵn, chẵn), (lẻ, lẻ), (chẵn, lẻ) (lẻ, chẵn) Do tồn điểm có tọa độ tính chẵn lẻ, giả sử A, B Khi tam giác CAB, DAB, EAB có diện tích ngun chẵn Bài 8: Chứng minh 11 số ngun tùy ý ln chọn hai số có hiệu bình phương chia hết cho 20 Lời giải: Trong 11 số tự nhiên số tính chẵn lẻ, giả sử số Khi ta có: chia hết cho Các số chia cho số dư 0, 1, nên tồn hai số có số dư chia cho 5, hai đó thỏa mãn đề Bài 9: Trên đường tròn, số cung tơ màu đen, phần cịn lại tơ màu đỏ Biết tổng độ dài cung màu đen nhỏ nửa chu vi đường trịn Chứng minh kẻ đường kính đường trịn với hai đầu mút màu đỏ Lời giải: Với cung màu đỏ, ta xét cung đối xứng qua tâm đường trịn Khi tổng độ dài cung ảnh lớn nửa đường tròn nên giao với cung màu đỏ khác rỗng Nếu nối điểm thuộc phần giao chúng điểm đối xứng qua đường trịn, ta có đường kính mà đầu mút màu đỏ (đpcm) Bài 10: Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt 100 Chứng minh chọn số a,b,c,d cho a < b < c a + b + c = d Lời giải: Giả sử 69 số xếp sau: Khi ta xét tổng: +, có tất 135 số Ta có: + Mặt khác Do theo nguyên lí Dirichlet tồn i khác j cho hay Bài 11: Trên bàn cờ 1010, người ta viết số từ đến 100 Mỗi hàng chọn số lớn thứ ba Chứng minh tồn hàng có tổng số hàng nhỏ tổng số lớn thứ chọn Lời giải: Sắp xếp số thứ tự 10 số lớn thứ hàng Ta thấy có tối đa 20 số lớn (là số lớn lớn nhì hàng), Tương tự có tối đa 28 số lớn Do Vậy: Mà tổng số hàng chứa a10 không lớn hơn: Nên tổng số hàng nhỏ ... chứa không m thỏ tổng số thỏ khơng vượt m.n con, mâu thuẫn với giả thiết số thỏ m.n + r Vậy giả sử sai Ta có điều phải chứng minh II Ứng dụng: Một số dạng áp dụng nguyên lí Dirichlet Dạng 1: Phân... tự: Áp dụng định lí hàm số Sin tam giác BDO CODL: Từ ta có: Tương tự: Vậy ta có = Theo định lí Ceva ba đường thẳng AD, BE, CF đồng quy (đpcm) Chuyên đề 2: NGUYÊN LÝ DIRICHLET *Ngun lí Dirichlet. .. 2AF Các đường EF AM cắt G Tính tỉ số Lời giải: Kéo dài BC EF cắt H Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác FBH cát tuyến AGM ta có: Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ECH cát tuyến AGM ta có: