Bài toán 2.2.1. (Romania Masters in Mathematics 2015) Cho một số nguyên dương n, xác định số thực lớn nhất µ, thỏa mãn điều kiện sau: Với bất kì tập
C gồm 4n điểm bên trong một hình vuông U luôn tồn tại một hình chữ nhật
T nằm trong U sao cho
• Các cạnh của T song song với các cạnh của U. • Phần trong của T chứa đúng một điểm của C. • Diện tích của T nhỏ nhất là µ.
Lời giải. Ta dự đoán đáp số là µ= 1
2n+ 2. Điều này xuất phát trong trường hợp mà C là tập các điểm (1/2±ε, k
n+ 1 ±ε) với 1≤k ≤n và ε >0 rất nhỏ. Gọi x1 <· · · < xk là các tọa độ theo trục Ox của các điểm thuộc C, và gọi ai
là số điểm mà tọa độ trục Ox của nó là xi. Ngoài ra đặt x0= 0; xk+1= 1. Giả sử rằng với mọi hình T thỏa mãn hai điều kiện đầu thì diện tích của nó nhỏ hơn µ= 1
2n+ 2.
Với mọi1≤i≤k, miền xi−1≥x≤xi+1, 0≤y≤1 có thể được bao phủ [ai 2] + 1
hình chữ nhật thỏa mãn hai điều kiện đầu. Nếu y1 < · · · < yai là các tọa độ theo trục0y và cho các hình chữ nhật phủ các khoảng y∈(0, y2)·(y2y4), . . . và
x∈(0;x2). . .(x2x4). Khi đó ta dễ dàng chứng minh được là mỗi hình chữ nhật chứa đúng một điểm. Do diện tích của mỗi hình chữ nhật nhỏ hơn µ, ta cộng các diện tích lại và ta được
xi+1−xi−1<([ai 2] + 1)µ. Nếu k = 2t+ 1, ta được 1 = (x2−0)+(x4−x2)+· · ·+(x2t−x2t−2)+(1−x2t)< f(ai)+f(a3)+· · ·+f(a2t+1)µ. Và 1<(x2−0)+(x3−x1)+(x5−x3)+· · ·+(x2t−x2t−2)(1−x2t)< f(ai)+f(a3)+· · ·+f(a2t+1)µ. Cộng từng vế ta được:
2<(2f(a1) +f(a2) +f(a3) +· · ·+f(a2k−1) +k)µ (1) Nếu k = 2t, làm tương tự như trên ta được
1<(f(a1) +f(a2) +f(a4) +· · ·+f(a2t−2) +f(a2t))µ. 1<(f(ai) +f(a3) +· · ·+f(a2t+1))µ.
Cộng từng vế lại ta được bất đẳng thức (1) như trường hợp trước (k = 2t+ 1). Do 2f(x) ≤2(x
2 + 1) =x+ 2 và f(x)≤ x với mọi số nguyên x ≥1, kết hợp với (1) ta có
2<(a1+ 2 +a3+· · ·+ak−1+ak+2)µ= (4n+ 4)µ= 2.
Rõ ràng mâu thuẫn. Vậy giả thiết trên của ta là sai và ta thu đượcµ= 1 2n+ 2
là số cần tìm.
Bài toán 2.2.2. (VMO-2007) Cho 1 đa giác đều 2007 đỉnh. Tìm số nguyên dươngk nhỏ nhất thỏa mãn tính chất: trong mỗi cách chọn k đỉnh của đa giác luôn tồn tại 4 đỉnh tạo thành 1 tứ giác lồi mà 3 trong số 4 cạnh của nó là 3
cạnh của đa giác đã cho.
Lời giải. Gọi các đỉnh của đa giác đều là: A1, A2, . . . , A2007. Chú ý là tứ giác (tạo từ4 trong số các đỉnh của đa giác) có3 cạnh là 3 cạnh của đa giác khi và chỉ khi 4 đỉnh của tứ giác đó là 4 đỉnh liên tiếp của đa giác.
Gọi A là tập các đỉnh: {A1, A2, A3, A5, . . . , A2006} bỏ đi các đỉnh A4i với i = 1, . . . ,501 và A2007.
Ký hiệu | A | là số phần tử của tập hợp A. Hiển nhiên | A |= 1505 và trong
A không chứa 4 đỉnh liên tiếp nào của đa giác. Dễ thấy, mọi tập con của
A đều không chứa 4 đỉnh liên tiếp của đa giác. Vậy k ≥ 1506. Ta sẽ chứng minh cách chọn 1506 đỉnh tùy ý của đa giác thì sẽ tồn tại 4 đỉnh liên tiếp của đa giác trong 1506 đỉnh đó. Thật vậy, giả sử T là 1 tập hợp gồm 1506
đỉnh tùy ý của đa giác. Phân hoạch tập các đỉnh của đa giác thành tập hợp
B1 = {A1, A2, A3, A4};. . .;B2 = {A1, A2, A3, A4}B502{A2005, A2006, A2007}. Giả sử
T không chứa 4 đỉnh liên tiếp của đa giác. Lúc đó với mỗi i= 1, . . . ,501.
Tập Bi không thuộc T, tức là mỗi tập Bi đó sẽ có ít nhất 1 đỉnh không thuộc
T. Khi đó: |A|≤3·502 = 1506.
Do |A|= 1506nên B502 ⊂T và mỗi tập Bi với i= 1, . . . ,501 có đúng 3 phần tử thuộc T.
Ta có A2005, A2006, A2007∈T ⇒A1 ∈/ T. Suy ra A2, A3, A4∈T ⇒A5 ∈/ T.
⇒A6, A7, A8 ∈T · · · ⇒A2002, A2003, A2004∈T.
Khi đó 4 đỉnh liên tiếp A2002, A2003, A2004, A2007 ∈ T. Mâu thuẫn. Vậy suy ra
k= 1506.
Vậy số nguyên dươngk nhỏ nhất thỏa mãn tính chất cần tìm là 1506.
chia đường tròn ngoại tiếp đa giác đều đã cho không quá501 cung, và phải có
1 cung trong chúng chứa không ít hơn 1506
501 >3 đỉnh liên tiếp.
Bài toán 2.2.3. (Dự tuyển VMO-2012) Cho M là tập gồm n điểm trong mặt phẳng thỏa mãn:
• Tồn tại 7 điểm thuộc M là 7 đỉnh của một thập giác lồi.
• Với bất kì 5 điểm nào thuộc M mà là 5 đỉnh của một ngũ giác lồi luôn có một điểm nữa của M nằm hoàn toàn trong ngũ giác đó (phần trong ngũ giác được hiểu là phần mặt phẳng bên trong ngũ giác, không kể các cạnh).
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của n?
Lời giải. Ta chứng minhn ≥11. Gọi thất giác có7đỉnh thuộcM làA1A2A3. . . A7. Từ giả thiết (2) tồn tại P1 thuộc M và P1 nằm trong ngũ giác A1A2A3A4A5. NốiP1A1 vàP1A5ta suy ra tồn tại P2 ∈M,P2 nằm trong ngũ giác A1P1A5A6A7
và P1 6=P2. Do đó có ít nhất5 điểm thuộc{A1, A2, A3, . . . , A7} không nằm trên đường thẳng P1P2. Theo nguyên lý Dirichle có ít nhất 3 điểm nằm trên cùng nửa mặt phẳng bờ P1P2 và 3 điểm này cùng với P1P2 tạo thành ngũ giác, ngũ giác này chứa điểm P3 ∈M.
Bây giờ ta có 3 đường thẳng P1P2;P2P3;P3P1 tạo thành tam giác P1P2P3. Ký hiệuπ1 là nửa mặt phẳng bờP1P2 không chứa tam giácP1P2P3. Ký hiệu tương tự choπ2 vàπ3. Tổng diện tíchπ1+π2+π3phủ toàn bộ mặt phẳng trừ tam giác
P1P2P3. Theo nguyên lý Dirichle tồn tại 1 trong 3 miền chứa ít nhất 3 điểm {A1, A2, A3, . . . , A7}, không giảm tính tổng quát ta giả sử π1 chứaA1A2A3. Khi đó tồn tại P4 ∈ M nằm trong ngũ giác tạo bới A1, A2, A3, P1, P2. Vậy n ≥ 11. Ta chỉ ra một ví dụ chứng tỏ n = 11 là thỏa mãn. Ta chọn M gồm 7 điểm là đỉnh một thật giác lồi và4 điểm nằm trong,11điểm này đều có tọa độ nguyên thuộc M nằm ở trong nó. Khi đó trong số ngũ giác như vậy có 1 ngũ giác có diện tích nhỏ nhất là ABCDE.
Vì có 4 trường hợp về tọa độ điểm nguyên là (lẻ, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, lẻ), (chẵn, chẵn) nên phải tồn tại 2 đỉnh trong số 5 đỉnh A, B, C, D, E cùng tính chẵn lẻ về tọa độ. Suy ra trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh đó, gọi là P, cũng là
1 điểm nguyên thuộc M và P không nằm trong ABCDE. Suy ra P nằm trên cạnh của ngũ giác. Giả sử P ∈ AB thì P phải là trung điểm của AB, suy ra
P BCDE là ngũ giác lồi có diện tích nhỏ hơn thật sự diện tíchABCDE (vô lý). Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 11.
Bài toán 2.2.4. (VNTST – 2006) Trong không gian cho 2006 điểm mà trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Người ta nối tất cả các điểm đó lại bởi
các đoạn thẳng. Số tự nhiên m gọi là số tốt nếu ta có thể gán cho mỗi đoạn thẳng trong các đoạn thẳng đã nói bởi một số tự nhiên không vượt quá m sao cho mỗi tam giác tạo bởi ba điểm bất kì trong số các điểm đó đều có hai cạnh được gán bởi hai số bằng nhau và cạnh còn lại gán bởi số lớn hơn hai số đó. Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.Cũng như nhiều bài toán khác, ở bài này, ta thấy số 2006 không có ý nghĩa lớn lắm và thử tùy ý tổng quát trong trường hợp n= 2 tùy ý. Tư tưởng “chia nhị phân” là một trong các đại diện quan trọng của ứng dụng chiến lược chia để trị. Thay vì xử lý bài toán lớn, ta chia nó ra và giải quyết từng phần nhỏ.
Ở bài này, ta sẽ chỉ ra một tình huống mà khi không phân tích thấu đáo, dựa theo các xây dựng cục nook và thử với vài số nhỏ, ta sẽ dễ dàng rơi vào một ngộ nhận nào đó dẫn đến kết quả sai. Ta cũng tiến hành tương tự như các ví dụ đã nêu. Xét các tình huống với số nhỏ:
• Với n= 2 thì cần m = 0 là được,
• Với n= 3 thì cần đến 2 số để đánh nên chọn m= 1, • Với n= 4 thì cũng chỉ cần 2 số nên m = 1,
• Với n= 5 thì ta cần 3 số và m= 2.
Đến đây dễ thấy rằng luôn tồn tại một cạnh nào đó được đánh số 0. Giả sử cạnh nốiA và B. Ta chia n−2 đỉnh còn lại thành 2 phần rõ ràng mỗi đỉnh đó đều phải nối với A hoặc B bởi cạnh đánh số 0. Ta lại chia chúng thành 2 tập hợp:X chứa các đỉnh nối với A bởi cạnh đánh số0, Y chứa các đỉnh nối với B
bởi các cạnh đánh số 0. Khi đó ta có thể cho:
• Từ mỗi đỉnh tập X sang mỗi đỉnh tập Y, cạnh nối với nhau đánh số 0, • Từ đỉnh A sang tập Y và từ đỉnh B sang tập X, cạnh nối với nhau đánh
số 1.
Còn lại trong X và Y, ta cần sử dụng max{(f | X |, f(| Y |)}. Tuy nhiên, do cần chọn nhỏ nhất nên:
f(n) = 2 + min{min{(f |X |, f(|Y |))}}.
Hơn nữa,f(n) là hàm đơn điệu và |X |,|Y |=n−2 nên
min{max{(f |X |, f(|Y |))}}=f([n−1 2 ]).
Lập luận có vẻ phù hợp nhưng đáng tiếc là kết luận này lại sai và với phần ví dụ khi xây dựng trong trường hợp n = 7, n = 8 ta dễ dàng phát hiện ra vấnn
đề nằm ở chỗ cách xây dựng mô hình. Trên thực tế, ta có thể chia ra ngay từ đầu chứ không cần phải xét thêm điểm A, B nên công thức đúng là
f(n) = 2 +f([n−1 2 ]).
Vậy giá trị nhỏ nhất là 2 +f([n−1 2 ]).
Bài toán 2.2.5. [3] Cho n điểm trên mặt phẳng, với n > 4 và không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh có ít nhất (n−3)(n−4)
2 tứ giác lồi có các đỉnh nằm trong n điểm đã cho.
Lời giải. Trước hết xét 5 điểm bất kì, không có 3 điểm nào thẳng hàng, nếu bao lồi của hình này có nhiều hơn ba điểm thì luôn tồn tại ít nhất một tứ giác lồi từ 5 điểm A, B, C, D, E. Chẳng hạn tứ giác ABCD. Nếu hình bao chỉ có ba điểm A, B, C vậy hai điểm D, E nằm trong tam giác ABC. Suy ra khi đó hai đỉnh của tam giác ABC nằm về một phía với đường thẳng DE.
Tứ giác lồi được tạo thành từ năm điểm là BDEC, mệnh đề chứng minh đúng với n = 5.
Với n = 5⇒ (n−3)(n−4)
2 = 1.
Xét n >5, theo giả thiết không có ba điểm nào thẳng hàng.
Theo công thức tính tổ hợp ta có tất cả các cạnh chọn trong n điểm là:
Cn5 = n(n−1)(n−2)(n−3)(n−4)
120 .
Mỗi cách chọn này cho ta ít nhất một tứ giác lồi, trong bất kì tứ giác lồi nào trong số đó cũng đều lập ra từ (n−4) tập hợp khác nhau từ 5 điểm nói trên. Vậy có ít nhất 1 n−4C 5 n = n(n−1)(n−2)(n−3)(n−4) 120 .
Số tứ giác lồi được hình thành từ n điểm đã cho. Bài toán đua về chứng minh bất đẳng thức n(n−1)(n−2)(n−3)(n−4) 120 ≥ (n−3)(n−4) 2 với mọi n ≥5. • n(n−1)(n−2)(n−3)≥60(m−4), • (n−5)(n−6)≥0, • n >6.
Từ đó kết luận: Luôn tồn tại ít nhất (n−3)(n−4)
2 tứ giác lồi có các đỉnh nằm trong n điểm đã cho.
Bài toán 2.2.6. [3] Cho n điểm bên trong hình vuông ABCD có cạnh bằng
1. Chứng minh rằng tồn tại tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc là đỉnh hình vuông sao cho diện tích tam giác không vượt quá 1
2(n+ 1).
Lời giải. Gọi n điểm đã cho nằm trong hình vuông A1, A2, A3, . . . , An suy ra được 4 tam giác.
Nếu A2 nằm một trong bốn tam giác đó, chẳng hạn tam giác A1CD, nối A2
với các đỉnh A1, C, D. Số tam giác tạo thành tăng thêm 2.
Nếu A2 nằm trên một tam giác A1CD, chảng hạn nằm trên A1C, nối A2 với các đỉnh B và D, như vậy số tam giác được tạo thành cũng tăng thêm 2. Vậy mọi trường hợp tam giác đều tăng thêm 2.
Với các điểm A1, A2, A3, . . . , An ta làm tương tự, số tam giác mỗi lần được tạo tành thêm2, saun bước ta thu được tổng các tam giác tạo thành:4 + (n−1)2 = 2n+ 2 tam giác. Các tam giác này được tạo bởi các đỉnh đã cho hoặc các đỉnh
A, B, C, D.
Tổng số diện tích 2n + 2 tam giác được tạo thành bằng tổng diện tích hình vuông ABCD.
Gọi diện tích của 2n+ 2 tam giác là S1, S2, . . . , Si, . . . , S2n+2. Suy ra
S1+S2+· · ·+Si+· · ·+S2n+2 = 1.
Tồn tại
Sk = min{S1, S2, . . . , Si, . . . , S2n+2} ⇒S ≤ 1
2(n+ 1).
Bài toán 2.2.7. (IMO lần thứ 31-1990) Lấy n ≤ 3 và xét một tập E gồm
2n−1 điểm khác nhau trên một đường tròn. Giả sử rằng chính xác trong đó có
k điểm được tô màu đen. Cách tô màu được gọi là tốt nếu tồn tại ít nhất môt cặp điểm đen sao cho bên trong một trong hai cung giữa chúng chứa chính xác
n điểm thuộc E. Tìm giá trị nhỏ nhất của k sao cho với mọi cách tô màu k
điểm của E như thể đều tốt.
Lời giải. Theo chiều kim đồng hồ trên đường tròn, ta kí hiệu 2n−1 điểm đã cho lần lượt bởi 0,1,2, . . . ,2n−2.
Đặt K ={0,1,2, . . . ,2n−2}. Với m nguyên ta đồng nhất m với I thuộc K khi
m = i (mod 2n −1). Ta định nghĩa quan hệ i∗j đối với hai phân tử i và j
(thuộc K) nếu ta có |i−j |=n+ 1 hoặc |i−j |=n−2.
Rõ ràng ta cói∗j khi và chỉ khi một trong hai phần trong của cung tạo thành chứa đúng n điểm của E. Nếu k là một số thỏa mãn tính chất của đầu bài thì ta nói đơn giản rằng k là tốt. Từ đó, k là tốt khi và chỉ khi với mọi tập con H
củaK gồm k phần tử, tồn tại hai phần tử củaH có quan hệ ∗ với nhau. Ta sẽ chứng minh:
(a) Số n là tốt,
(b) Nếu 2n−1 không chia hết cho 3 thì n−1 không phải tốt, (c) Nếu 2n−1 chia hết cho 3 thì n−1 là tốt.
Chứng minh (a): Xét tập con H của K gồm n phần tử. Giả sử trong H không có cặp phần tử nào có quan hệ ∗ với nhau. Với j thuộc H, ta kí hiệu K(j) là tập hợp tất cả các phân tử (của K) có quan hệ ∗ với j. Thế thì K(j) và H
không giao nhau với mọij thuộc H. Vì mỗi phần tử có mặt nhiều nhất ở trong hai K(j) nên hợp các K(j) (với j chạy khắp H) có ít nhất n phần tử, điều này mâu thuẫn với việcH có n phần tử.
Chứng minh (b): Để chứng minh khẳng định (b), ta chỉ cần xây dựng một tập con L của K sao cho L gồm n−1 phần tử và không có cặp nào có quan kệ ∗ với nhau. Xét các tập L={3k |k= 0,1, . . . , n−2}. M ={3k+n−2|k = 0,1, . . . n−1} ={3(n−1−k) +n−2|k = 0,1, . . . , n−1} ={4n−5−3k |k = 0,1, . . . , n−1} ={3(−1−k)|k= 0,1, . . . , n−1}.
Vì 2n−1 không chia hết cho 3 nên ta suy ra L giao M = {3k | k = −n,−n+