( ) C1 hoặc () C 2 Như vậy cả 25 điểm đã cho đều thuộc vào () C1 hoặc () C 2.
2.3.Bài toán tô màu
Bài toán 25. Trong mặt phẳng cho 6 điểm, trong đó không có 3 điểm nào
thẳng hàng. Mỗi đoạn thẳng nối từng cặp điểm được bôi màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm trong số 6 điểm đã cho sao cho chúng là các đỉnh của một tam giác mà các cạnh của nó được bôi cùng một màu.
Lời giải. Xét A là một trong số 6 điểm đã cho. Khi đó xét 5 đoạn thẳng nối
điểm A với các điểm còn lại.
A B1 B5 B2 B3 B4
Vì mỗi đoạn được bôi màu xanh hoặc màu đỏ nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 3 trong 5 đoạn nói trên có cùng màu (giả sử đó là màu xanh). Không mất tính tổng quát ta giả sử 3 đoạn có cùng màu xanh là
1, 2, 3
AB AB AB . Lúc đó có hai khả năng có thể xảy ra:
1) Nếu ít nhất một trong 3 đoạn B B B B B B1 2, 2 3, 3 1 có màu xanh
(giả sử đó là cạnh B B1 2) thì tam giác AB B1 2 có 3 cạnh màu xanh.
2) Nếu cả 3 cạnh B B B B B B1 2, 2 3, 3 1 không có cạnh nào màu
xanh, tức cả 3 cạnh đó đều có màu đỏ thì tam giác B B B1 2 3 có 3 cạnh màu đỏ.
■
Ta có bài toán tương tự sau.
Bài toán 26. Trên mặt phẳng cho 18 điểm, sao cho không có 3 điểm nào
thẳng hàng. Nối từng cặp điểm và tô màu cho mọi đoạn thẳng thu được bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng luôn tìm được một tứ giác mà các đỉnh của nó nằm trong tập điểm đã cho sao cho các cạnh và các đường chéo của nó cùng màu.
Lời giải. Giả sử A ii( =1,18) là 18 điểm đã cho. Xuất phát từA1 có 17 đoạn
thẳng A A i1 i( =2,18), 17 đoạn thẳng này chỉ có hai màu xanh hoặc đỏ nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất 9 đoạn thẳng cùng màu. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử đó là các đoạn A A A A1 2, 1 3,...,A A1 10 và chúng cùng màu
đỏ.
A3 A2
A4 A8
A6
A10
7
A A9
Xét 9 điểm A A2, ,...,3 A10. Chỉ có hai trường hợp sau xảy ra:
1) Nếu tồn tại điểm Aj (2≤ ≤j 10) sao cho trong 8 đoạn thẳng
(2 10, )
j k
A A ≤ ≤k k ≠ j có ít nhất 4 đoạn thẳng màu đỏ. Không làm mất tính
tổng quát ta giả sử đó là các cạnh A A A A A A A A2 3, 2 4, 2 5, 2 6. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Đến đây chỉ còn lại hai khả năng:
• Hoặc là mọi đoạn thẳngA A A A A A A A A A A A3 4, 3 5, 3 6, 4 5, 4 6, 5 6 đều màu
xanh. Khi đó tứ giác A A A A3 4 5 6 là tứ giác xanh thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
• Tồn tại một đoạn thẳng A Ai j(3≤ < ≤i j 6) màu đỏ. Khi đó tứ giác A A A A1 2 i j(3≤ < ≤i j 6) là tứ giác đỏ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2) Nếu với mọi điểm Aj(2≤ ≤j 10) mà trong 8 đoạn thẳng
(2 10, )
j k
A A ≤ ≤k k ≠ j có tối đa 3 đoạn màu đỏ mà thôi, thì lúc đó phải tồn tại
một điểm (chẳng hạn A2) mà trong các đoạn A A2 k(3≤ ≤k 10) có tối đa hai đoạn màu đỏ (thật vậy, nếu mọi Aj (2≤ ≤j 10) mà có đúng 3 đoạn
(2 10, )
j k
A A ≤ ≤k k ≠ j màu đỏ, thì số đoạn thẳng màu đỏ nối trong nội bộ 9
điểm đó là 9.3
Vì A A2 k(3≤ ≤k 10) có tối đa hai đoạn màu đỏ mà thôi, nên trong số các đoạn A A2 k(3≤ ≤k 10) có ít nhất 6 đoạn màu xanh. Không mất tính tổng quát ta giả sử các đoạnA A A A2 5, 2 6,…,A A2 10 có màu xanh.
Xét 6 điểm A A5, ,...,6 A10. Đó là sáu điểm mà trong đó không có 3 điểm
nào thẳng hàng, và mỗi đoạn thẳng nối hai điểm chỉ có màu xanh hoặc đỏ. Theo bài toán 25 thì luôn luôn tồn tại ít nhất một tam giác mà ba đỉnh chọn trong {A A5, ,...,6 A0} sao cho ba cạnh cùng màu. Lại có hai khả năng:
a) Giả sử tồn tại tam giác A A Ai j k(5≤ < < < ≤i i j k 10) màu xanh,
khi đó tứ giác A2 A A Ai j k(5≤ < < < ≤i i j k 10) là tứ giác xanh thỏa mãn yêu cầu bài toán.
b) Nếu tồn tại một tam giác A A Ai j k(5≤ < < < ≤i i j k 10) màu đỏ thì
tứ giác A A A A1 i j k là tứ giác đỏ cần tìm.
Như vậy ta luôn luôn chứng minh được tồn tại một tứ giác mà các đỉnh
của nó nằm trong tập điểm đã cho sao cho cạnh và đường chéo cùng màu. ■
Chú ý. * Một số bài toán có dạng tương tự như sau: + Giả sử một đội dự thi
Olympic Toán học Quốc tế có 6 thành viên. Chứng minh rằng trong số 6 thành viên này luôn tồn tại 3 thành viên mà hoặc là cả 3 biết lẫn nhau hoặc không ai biết ai cả .
+ Chứng minh rằng từ 18 người tùy ý ta có thể chọn ra 4 người hoặc đôi một quen biết nhau, hoặc đôi một không quen biết nhau.
* Ta có thể xét bài toán phức tạp hơn như sau:
Bài toán 27. Cho 6 điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng
hàng. Các đoạn thẳng nối từng cặp điểm được tô màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác (mà các đỉnh của chúng thuộc tập hợp 6 điểm đã cho) mà các cạnh của chúng có cùng màu.
Lời giải. Số tất cả các tam giác tạo thành từ 6 điểm đã cho ở trên là: 3 6 6! 20 3!3! C = = tam giác.
Gọi x là số tam giác mà 3 cạnh cùng màu, khi đó số các tam giác mà 3 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
cạnh không cùng màu sẽ là 20−x.
Nếu hai đường cùng màu xuất phát từ một điểm thì ta có một góc đồng màu. Trong mỗi tam giác cùng màu ta có 3 góc đồng màu, còn trong tam giác không cùng màu chỉ có đúng một góc đồng màu.
A2
A3
A1 A4
A6 A5
Vì thế số góc đồng màu là: 3x+(20− =x) 20 2+ x góc (1)
Xét tại điểm A1. Giả sử xuất phát từ A1 có r đoạn thẳng màu đỏ và
5−r đoạn thẳng màu xanh. Khi đó có thể thấy ngay tại điểm A1 có số góc
đồng màu là 2 2
5
r r
C +C− (ở đây ta quy ước sử dụng kí hiệu k 0
n C = nếu 0≤ <n k ). Nếu 0≤ ≤ ⇒r 1 Cr2 =0, còn do 5− ≥r 4 2 2 5 r 4 6 C− C ⇒ ≥ = . Nếu 2 5 0 5≤ − ≤ ⇒r 1 C −r =0, còn do 2 2 4 4 r 6 r ≥ ⇒C ≥C = . Xét khi 2 2 2 2 5 2 3 2≤ ≤ ⇒r 3 Cr +C −r =C +C =4.
Tóm lại ta luôn chứng minh được 2 2
5 4
r r
Điều đó có nghĩa là tại mỗi điểm A ii( =1,6) , số góc đồng màu có đỉnh
tại Ai luôn lớn hơn hoặc bằng 4. Vì thế, số góc đồng màu luôn lớn hơn hoặc
bằng 6.4=24. Kết hợp với (1) ta có: 20 2+ x≥24⇒ ≥x 2.
Như thế ta đã chứng minh được luôn tồn tại ít nhất hai tam giác cùng màu (đỉnh của các tam giác này thuộc vào tập 6 điểm đã cho) ■
Bài toán 28. Cho đa giác đều gồm 1999 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa
giác bằng hai màu xanh đỏ. Chứng minh rằng ắt phải tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân.
Lời giải. Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh. Do đó ắt phải tồn tại hai
đỉnh kề nhau là P và Q được sơn bởi cùng một màu (chẳng hạn là màu đỏ). Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng PQ. Giả sử đỉnh đó là A.
Nếu A tô màu đỏ thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có 3 đỉnh A, P,
Q được tô cùng màu đỏ.
Nếu A tô màu xanh, lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề với P và Q.
Nếu cả hai đỉnh B và C được tô màu xanh thì tam giác ABC cân và có 3 đỉnh cùng tô màu xanh.
Nếu ngược lại một trong hai đỉnh B hoặc C mà tô màu đỏ thì tam giác (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
BPQ hoặc tam giác CPQ là tam giác cân có 3 đỉnh được tô màu đỏ. ■
Bài toán 29. Cho hình đa giác đều 9 cạnh. Mỗi đỉnh của nó được tô bằng một
trong hai màu trắng hoặc đen. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt có diện tích bằng nhau mà các đỉnh của mỗi tam giác được tô cùng một màu.
Lời giải. Chín đỉnh A A1, ,...,2 A9 của đa giác đều được tô bằng hai màu nên
Giả sử có 5 đỉnh được tô màu trắng, năm đỉnh này tạo ra: 3 5 5! 10 3!2! C = = tam
giác màu trắng (tức là tam giác có ba đỉnh cùng màu trắng). A1 A9 A2 A8 A3 A7 A4 A6 A5
Gọi Ω là tập hợp các đỉnh của đa giác đã cho, tức là: Ω ={ A A1, ,...,2 A9}
. Gọi O là tâm của đa giác đều đã cho. Xét phép quay các góc
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 ,40 ,80 ,120 ,160 ,200 ,240 ,280 ,320 xung quanh tâm O. Rõ ràng ứng
với mỗi phép quay này thì tập Ω biến thành chính tập Ω (tức tập các đỉnh
của đa giác đều này không thay đổi qua phép quay, mặc dầu khi quay đỉnh này biến thành đỉnh kia).
Sau 9 phép quay trên 10 tam giác trắng biến thành 90 tam giác trắng,
mà mỗi tam giác này đều có các đỉnh thuộc tập hợp Ω. Chú ý rằng số các tam
giác khác nhau có đỉnh trong Ω là: 3 9
9! 84 6!3!
C = = .
Vì 84 < 90, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai tam giác ∆1 và ∆2
sao cho phép quay tương ứng trùng với cùng một tam giác.
Vì phép quay là phép dời hình (biến một hình thành một hình bằng nó) nên hai tam giác ∆1 và ∆2 có diện tích bằng nhau. ■
Bài toán 30. Một kim tự tháp có đáy là một đa giác lồi 9 cạnh. Mỗi đường chéo của đáy và mỗi một trong các cạnh của các mặt bên được tô bằng màu đen hoặc trắng. Cả hai màu đều được sử dụng. (Các cạnh của mặt đáy không được tô màu). Chứng minh rằng có 3 đoạn cùng màu tạo thành một tam giác.
Lời giải. Ta kí hiệu kim tự tháp đã cho là A A A A0 1 2... 9, với A0 là đỉnh. Từ A0,
ta vẽ 9 đoạn thẳng nối các đỉnh còn lại. Theo nguyên lí Dirichlet phải có 5 đoạn trong chúng cùng màu, giả sử đó là các đoạn nối A0 với A A A A A1, , , ,2 3 4 5 và chúng có màu đen .
Vì đáy là một đa giác lồi 9 cạnh nên có ít nhất một trong các cạnh của ngũ giác A A A A A1 2 3 4 5 ,chẳng hạn A A1 2, là đường chéo của đáy. Khi đó A A1 4 và
2 4
A A cũng là hai đường chéo của đáy .
Nếu cả 3 cạnh của tam giác A A A1 2 4 cùng màu trắng thì bài toán xem
như được giải xong. Giả sử có một cạnh A Ai j nào đó của nó màu đen thì tam
giác A A A0 i j sẽ có 3 cạnh cùng màu. ■
Bài toán 31. Trong không gian cho 9 điểm sao cho không có bất cứ hệ 4 điểm (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
nào trong số đó đồng phẳng. Cứ hai điểm thì được nối một đoạn thẳng (cạnh), mỗi cạnh được tô màu xanh hoặc màu đỏ, hoặc không tô gì cả.
Tìm giá trị n nhỏ nhất sao cho hễ có đúng n cạnh được tô màu thì tập hợp các cạnh được tô đó phải chứa một tam giác có cả 3 cạnh cùng màu.
Lời giải. Nếu chọn 6 điểm bất kì mà cả 15 cạnh đều được sơn màu xanh hoặc
đỏ thì đồ hình tạo bởi 6 điểm này sẽ chứa một tam giác với 3 cạnh cùng màu (theo bài 1).
Để ý rằng kết quả trên không đúng với hệ gồm 5 điểm như ví dụ sau đây, xem đồ hình bên dưới với chú ý: đường liền nét là màu đỏ, không liền nét là màu xanh.
Giờ ta xét hệ gồm 9 điểm. Nếu có 3 cạnh không màu thì số cạnh được tô màu là 36-3=33 , ta sẽ có một tập con 6 điểm như trường hợp đã xét ở trên. Vậy với n=33 thì bảo đảm có được tam giác với 3 cạnh cùng màu.
(những cặp đỉnh -4 cặp – không nối nhau tượng trưng cho việc không tô màu).
Mặt khác nếu chỉ có 32 cạnh được sơn (trong hệ 9 điểm) thì không bảo đảm có được tam giác với 3 cạnh cùng màu, như ví dụ đồ hình trên đây (xem hình trên)
Ví dụ trên được xây dựng theo quy luật logic như sau: Ta xuất phát từ 5 điểm như hình trên (A, B, C, D, E). Ta thêm vào điểm P nối với B, C, D, E như sau:
B
A C P D D
E
Các cạnh tạo thành lần lượt là PB, PC, PD, PE tương ứng có cùng màu với AB, AC, AD, AE. Khi đó ta được đồ hình 6 đỉnh, 14 cạnh có màu nhưng không có tam giác với 3 cạnh cùng màu.
Ta thêm vào điểm Q, nối Q lần lượt với P, A, C, D, E sao cho các cạnh tạo thành có màu tương ứng giống với BP, BA, BC, BD, BE. Đồ hình này cho ta 7 đỉnh, 19 cạnh có màu nhưng không có tam giác với 3 cạnh cùng màu.
Tiếp đến ta thêm vào điểm R, nối R lần lượt với P , Q, A, B, D, E sao cho các cạnh tạo thành có màu tương ứng giống với CP, CQ, CA, CB, CD, CE. Đồ hình này có 8 đỉnh, 25 cạnh có màu, nhưng không có tam giác với 3 cạnh cùng màu.
Cuối cùng thêm vào điểm S, nối S lần lượt với P, Q, R, A, B, C, E sao cho các cạnh tạo thành có màu tương giống với DP, DQ, DR, DA, DB, AC, AE. Đồ hình này có 9 đỉnh, 32 cạnh có màu, nhưng không có tam giác với 3 cạnh cùng màu.
Vậy số n cần tìm là 33.
Bài toán 32. Trong hệ trục trực chuẩn của mặt phẳng, xét tất cả các điểm có
tọa độ nguyên (x,y) thõa mãn 1≤ ≤x 19 và 1≤ ≤y 4. Mỗi điểm được đánh
dấu bằng một trong ba màu xanh lục, đỏ, xanh nước biển. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có hai cạnh song song với hai trục tọa độ sao cho bốn đỉnh của nó có cùng màu.
Lời giải. Vì số tất cả các điểm được tô màu là 4.19 = 76 và chỉ có 3 màu nên
theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất 26 điểm cùng màu (không mất tính tổng quát giả sử đó là màu xanh nước biển) .
Ta kí hiệu p p1, ,...,2 p19 là các đường thẳng song song với trục tung và
lần lượt đi qua các điểm (1,0), (2,0), …, (19,0) .
Gọi n n1, ,...,2 n19 là số các điểm màu xanh nước biển tương ứng nằm trên
các đường thẳng p p1, ,...,2 p19 . Rõ ràng là 0≤ ≤ni 4 với i=1,2,...,19.
Không mất tính tổng quát, giả sử n1≥ ≥ ≥n2 ... n19. Vì n1+ + +n2 ... n19 ≥26 nên ta có n1≥2. Ta lần lượt xét các trường hợp n1 =4,3,2.
1) Giả sử n1 =4. Lúc đó có 22 điểm màu xanh nước biển còn lại
còn lại nằm trên 18 đường thẳng nên n2 ≥2. Vì thế trên mỗi đường thẳng p1
và p2 có hai điểm màu xanh nước biển , bốn điểm này tạo thành hình chữ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
nhật. Do đó tồn tại một hình chữ nhật có hai cạnh song song với hai trục tọa độ sao cho bốn đỉnh của nó cùng màu .
2) Giả sử n1 =3. Khi đó 23 điểm màu xanh nước biển còn lại nằm
trên 18 đường thẳng nên n2 ≥2.
a. Nếu n2 =3 thì tồn tại một hình chữ nhật với bốn đỉnh màu xanh nước biển nằm trên p1 và p2.
b. Giả sử n2 =2 . Khi đó n3 = = = =n4 n5 n6 2. Số các cách chọn hai
điểm màu xanh nước biển trên p1 là 3, và số các cách chọn hai điểm màu
xanh nước biển tương ứng trên p p p p p2, , ,3 4 5, 6 là 1. Tổng số các cặp điểm
màu xanh nước biển là 3+5.1=8, lớn hơn số các cách chọn hai trong bốn đường thẳng nằm ngang. Vì vậy tồn tại hình chữ nhật có bốn đỉnh cùng màu xanh nước biển .
3) Giả sử n1 =2. Khi đó n2 = = = =n3 ... n7 2. Vì 7>6 , lí luận tương tự