Bài 3.5.1 (VMO 2011, [2]). Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài mỗi cạnh và độ dài các đường chéo AC,AD không vượt quá√3. Lấy 2011 điểm phân biệt
tùy ý nằm trong ngũ giác đó. Chứng minh rằng tồn tại một hình trịn đơn vị đó tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đã cho chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy.
Giải. Để chứng minh khẳng định của bài tốn, ta sẽ chứng minh có thể phủ ngũ giác ABCDE bởi 5 hình trịn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đó. Ta có bổ đề sau:
Bổ đề.Có thể phủ tam giácXYZcó độ dài các cạnh khơng vượt q √3 bởi 3 hình trịn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó.
Chứng minh. Giả sử ngược lại, tồn tại điểm M thuộc tam giác XYZ mà M khơng thuộc bất cứ hình trịn nào trong các hình trịn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó. Khi đó, ta có MX > 1,MY > 1 và
MZ > 1. Dễ thấy, trong ba góc \XMY,YMZ[ và\ZMX phải có ít nhất một góc có số đo lớn hơn hay bằng 120◦. Khơng mất tính tổng qt, giả sử \
XMY ≥ 120◦. Áp dụng định lý cosin cho tam giác XMY với chú ý rằng cosXMY\ ≤ −12, ta được
XY2 = MX2+ MY2−2MX· MYcos\XMY > 1+1+2· 1
2 = 3. Suy raXY > √
3, trái với giả thiết.
Do các tam giác ABC,ACD và ADE có các độ dài các cạnh không vượt quá √3 nên theo bổ đề trên, chúng lần lượt được phủ bởi các bộ ba hình trịn đơn vị (A),(B),(C), (A),(C),(D) (A),(D),(E). Do đó, ngũ giác ABCDE được phủ bởi 5 hình trịn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của ngũ giác đó. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 5 hình trịn đó phải tồn tại hình trịn chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy.
Bài 3.5.2 (IMO 2014, [2]). Cho đa giác đều có 103 cạnh. Tô màu đỏ 79 đỉnh của đa giác và tơ màu xanh các đỉnh cịn lại. Gọi A là số cặp đỉnh đỏ kề nhau và Bsố cặp đỉnh xanh kề nhau.
a) Tìm tất cả các giá trị có thể nhận được của cặp (A,B).
b) Xác định số cách tô màu các đỉnh của đa giác để B = 14. Biết rằng hai cách tô màu được xem là như nhau nếu chúng có thể nhận được từ nhau qua một phép quay quanh tâm của đường tròn ngoại tiếp đa giác.
Giải.a) Số đỉnh màu xanh là 103−79 = 24đỉnh. Nếu tất cả các đỉnh đỏ chụm thành một cụm thì A = 78, nếu bị cắt thành hai cụm thì A = 77 và cứ thế: Tức là nếu có k cụm (mỗi cụm là các đỉnh cùng màu đỏ đứng sát nhau) thì A = 79−k. Nếu có k cụm đỏ thì cũng có k cụm xanh, nên
B = 24−k. Các giá trị có thể củak là từ 1 đến24, nên có 24 khả năng tất cả.
b) Để có B = 14 thì k = 10 (phải chia đỉnh xanh thành 10 cụm, đỉnh đỏ thành 10 cụm). Đếm số cách chia như thế.
Ta thử đánh số các cụm xanh từ 1 đến 10, bắt đầu từ một cụm nào đó. Gọi số phần tử của 10 cụm đó (theo thứ tự vịng trịn thuận chiều kim đồng hồ) là x1,x2, . . . ,x10. Khi đó các số y1 = x1,y2 = x1+ x2, . . . ,y9 =
x1 +· · · +x9 (y10 = 24 là cố định, khơng tính), là các số dương khác nhau từ 1 đến 23 (khơng thể là 24). Có C239 cách chọn 9 số đó từ 23 số. Như vậy là có C239 cách chia 24 đỉnh xanh thành 10 cụm (có xếp hàng). Tương tự như vậy, cóC978cách chia đỉnh đỏ. Nhận với nhau đượcC923C789 cách xếp hàng. Mỗi cách cho một cách tô màu: đầu tiên xếp cụm 1 đỉnh xanh, rồi cụm 1 đỉnh đỏ, rồi đến cụm 2 đỉnh xanh, . . . (Vì có thể quay vịng trịn, nên ta có thể coi “điểm bắt đầu” là điểm đầu của cụm 1 đỉnh xanh).
Hai cách xếp khác nhau ở đây khơng trùng nhau khi quay vịng trịn. Thật vậy, vì số 79 là số ngun tố nên sẽ khơng có hai cách nào trùng nhau. Do vậy số cách sẽ làC239 C978. Nhưng có 10 cách chọn điểm bắt đầu (vì có 10 cụm đỉnh xanh) cho cùng một cách tơ màu, nên phải chia số C923C789 cho 10, được kết quả cuối cùng là C
9 23C978
10 .
Bài 3.5.3(Putnam 1996). Xác định số A nhỏ nhất sao cho với hai hình vng bất kì có tổng diện tích bằng 1, tồn tại một hình chữ nhật có diện tích bằng A
thỏa mãn điều kiện: hai hình vng nói trên có thể được xếp nằm hồn tồn trong hình chữ nhật mà phần trong của chúng không đè lên nhau, và các cạnh của 2 hình vng thì song song với các cạnh của hình chữ nhật.
gọi x là độ dài cạnh của một hình, ta có x ≥ √1
2 ≥
p
1−x2.
Khi đó, hình chữ nhật nhỏ nhất chứa chúng như đã nói sẽ có các cạnh làx và x+√ 1−x2 và có diện tích f(x) = x2+x√1−x2. Ta có f0(x) =2x +p1−x2− x 2 1−x2, f0(x) =0 ⇔ 8x4−8x2+1 = 0 ⇔ x2 = 1 2 + √ 2 4 . Từ đó, x = q 1 2 + √ 2
4 , thay vào ta được giá trị cần tìm A = f(x) =
1
2(1+√
2).
Bài 3.5.4(IMO 1964 [6]). Trong mặt phẳng cho 5 điểm. Những đường thẳng nối những điểm này khơng song song, khơng vng góc và khơng trùng nhau. Qua mỗi điểm đã cho, kẻ những đường vng góc với tất cả các đường thẳng đi qua bốn điểm cịn lại. Tìm số lượng lớn nhất những điểm cắt nhau của những đường hạ vng góc, khơng tính 5 điểm đã cho trên.
Giải. Bốn điểm xác định định C42 = 6 đường thẳng. Suy ra từ mỗi điểm trong những đã cho có thể kẻ được 6 đường vng góc, vậy tổng cộng là 30 đường vng góc. Số lượng những điểm cắt nhau những đường vng góc này làC302 = 435. Số lượng này phải trừ đi những điểm sau:
• Số lượng những điểm khơng tính trong mỗi cặp năm điểm đã cho, nghĩa5C26 = 75(điểm).
• Từ hai điểm hạ đường vng góc xuống cùng một đường đường thẳng thì chúng song song với nhau và không cắt nhau, ta gọi những điểm này là những điểm bị mất. Số lượng những điểm bị mất từ những đường thẳng song song và vng góc với các đường thẳng đi qua (5 −2) = 3 (điểm) còn lại. Suy ra mất đi C23 = 3 (điểm). Vậy tổng mất đi3·C52 = 30(điểm).
• Cặp năm điểm đã cho lấy theo bộ ba xác định C53 = 10 (tam giác). Tại mỗi trực tâm mất đi hai điểm hay là tổng số mất đi 20 điểm.
Suy ra số lượng lớn nhất những điểm cắt nhau là 435−75−30−20 =
310(điểm).
Bài 3.5.5 (IMO 1974 [6]). Ta xét những cách chia bàn cờ quốc tế cỡ 8×8
thành p hình chữ nhật, từng đơi một khơng có điểm trong chung, chúng thỏa mãn những điều kiện sau:
i) Mỗi hình chữ nhật tạo bởi những ngun ơ và chứa bao nhiêu ơ trắng thì có bấy nhiêu ơ đen;
ii) Nếu ai là số lượng những ơ trắng trong hình chữ nhật thứi,thì
a1 < a2 < a3 < . . . < ap.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của p,với nó những cách chia như vậy tồn tại, và với số cực đại của p như vậy, hãy tìm tất cả các dãya1,a2, . . . ,ap mà chúng nó thể hiện cách chia với những tính chất trên.
Giải.Từ ii) trong điều kiện bài tốn ta có ai ≥ 1và vì thế 32 = a1+a2+· · ·+ap ≥ p(p+1)
2 .
Từ đây suy ra p ≤ 7.Ta viết tất cả những khả năng xảy ra cho sự phân tích 32 thành tổng của 7 số tự nhiên khác nhau:
1.32 = 1+2+3+4+5+6+11, 2.32 = 1+2+3+4+5+7+10, 3.32 = 1+2+3+4+5+8+9, 4.32 = 1+2+3+4+6+7+9, 5.32 = 1+2+3+5+6+7+8.
Trường hợp 1 khơng thể thành hiện thực, vì trên bàn cờ cỡ 8×8 khơng tồn tại hình chữ nhật với 22 ơ. Những trường hợp cịn lại đều thực hiện
được và dễ dạng dựng được những ví dụ tương ứng: 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 1 1 5 5 4 1 1 1 1 1 5 5 4 1 1 1 1 1 5 5 4 1 1 1 1 1 6 6 4 3 3 3 3 3 6 6 4 3 3 3 3 3 7 7 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1 1 1 1 1 5 3 3 3 3 3 7 6 6 3 3 3 3 3 7 6 6 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 7 2 2 2 2 2 2 2 7 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1 1 1 1 1 4 4 3 3 3 3 3 3 4 4 3 3 3 3 3 3 6 6 5 5 5 5 5 5 6 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 7 2 2 2 2 2 2 2 7 3 3 3 3 3 3 6 6 3 3 3 3 3 3 6 6 4 4 4 4 4 5 5 5 4 4 4 4 4 5 5 5
Bài 3.5.6(IMO 1987 [6]). Chonlà một số nguyên lớn hơn hoặc bằng 3. Chứng minh rằng tồn tại tập n điểm trong mặt phẳng sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì là một số vơ tỉ và mỗi tập ba điểm xác định một tam giác khơng suy biến với diện tích hữu tỉ.
Giải.Xét tập hợpn điểm trong mặt phẳng
S = {(x,x2) | x = 1, 2, . . . ,n}.
Khoảng cách của hai điểm bất kì A(a,a2) và B(b,b2) trong Slà d(A,B) =
q
(a−b)2+ (a2−b2)2 = |a−b|
q
1+ (a+b)2.
Doa+b > 0cho nên 1+ (a+b)2 không phải là số chính phương, từ đó d(A,B) là số vơ tỉ.
Nhưng diện tích của tam giác bất kì có ba đỉnh trongS: A(a,a2),B(b,b2)
vàC(c,c2) với a < b < clà 1 2 1 a a2 1 b b2 1 c c2 = 1 2(b−a)(c−a)(c−b)
và đây là số hữu tỉ khác khơng. VậySlà tập cần tìm.
Bài 3.5.7(IMO 1999 [6]). Hãy tìm tất cả những tập hợp hữu hạnScó ít nhất ba điểm thuộc mặt phẳng sao cho với tất cả những điểm khác nhau A,B thuộc
S,đường trung trực của AB là trục đối xứng choS.
Giải.Tập có khả năng là đa giác đềuncạnh (n > 2). Ký hiệuA1,A2, . . . ,Ak là những đỉnh của bao lồi củaS(và lấy những chỉ số modkkhi cần thiết). Ta sẽ chỉ ra rằng chúng tạo ra một đa giác lồi k cạnh và Ak+1 phải nằm trên đường trung trực của AiAi+2 (ngược lại, điểm đối xứng của nó sẽ nằm ngồi bao lồi). Do đó, các cạnh bằng nhau. Tương tự Ai+1 và Ai+2 phải là đối xứng với đường trung trực của AiAi+3 (ngược lại, một trong những điểm đối xứng sẽ nằm ngồi bao lồi). Do đó tất cả những góc trong đều bằng nhau.
Bất kì trục đối xứng cho S phải là trục đối xứng cho Ai,i = 1, . . . ,k, và do đó nó phải đi qua tâm C của đa giác đều k cạnh. Giả sử X là một điểm thuộc Strong phần trong của k-đa giác. Khi đó, nó nằm trên cạnh hoặc bên trong một tam giác AiAi+1Cnào đấy,Cphải là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AiAi+1X (vì nó nằm trên ba tâm đường trung trực, mà chúng phải là những trục đối xứng củaS), như vậyX phải nằm trên đường tròn tâm C, đi qua Ai và Ai+1. Nhưng tất cả những điểm trong tam giác AiAi+1X thực sự nằm trong đường tròn này, ngoại trừ Ai và
Ai+1. Vậy X không thể là phần trong của k-đa giác.
Bài 3.5.8 (VMO 2017). Cho số nguyên n > 1. Bảng ơ vng ABCD kích thước n×ngồmn2 ơ vng đơn vị, mỗi ô vuông đơn vị được tô bởi một trong ba màu: đen, trắng, xám. Một cách tô màu được gọi là đối xứng nếu mỗi ơ có tâm trên đường chéo AC được tô màu xám và mỗi cặp ô đối xứng quaAC được tô cùng màu đen hoặc cùng màu trắng. Người ta điền vào mỗi ô xám số0, mỗi
ô trắng một số nguyên dương và mỗi ô đen một số nguyên âm. Một cách điền số như vậy được gọi làk-cân đối (với knguyên dương) nếu thỏa mãn điều kiện sau.
i) Mỗi cặp ô đối xứng qua AC được điền cùng một số nguyên thuộc đoạn
ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ơ đen thì tập các số nguyên dương được điền trên hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó khơng giao nhau; nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đó và tập các số nguyên âm được điền trên cột đó khơng giao nhau.
a) Vớin = 5, tìm giá trị nhỏ nhất của kđể tồn tại cách điền số k-cân đối cho
cách tơ màu đối xứng ở hình bên dưới.
b) Vớin = 2017, tìm giá trị nhỏ nhất củakđể với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại cách điền sốk-cân đối.
Giải. a) Gọi Ai lần lượt là tập hợp các số nguyên dương trên hàng i với i = 1, 2, 3, 4, 5. Theo như hình của đề bài, ta cần có A1∩A3 = ∅vì hàng 1, cột 3 giao nhau tại ơ đen và cột 3 thì giống như hàng 3. Tương tự, A1 ∩ A4 =,A3 ∩A5 =. Ngoài ra, hàng 1, cột 5 có chung ơ trắng ở góc nên hàng 1, hàng 5 thỏa mãn A1 ∩ A5 6= ∅. tương tự thì A3 ∩ A4 6=
,A4∩A5 6= ∅.
Trước hết, k = 1 khơng đủ vì khơng thể điền cùng số 1 để cho A1∩
A3 = ∅. Giả sử với k = 2 điền được, khi đó |A1| = 1 vì nếu |A1| = 2 thì khơng cịn số để chọn cho A3. Gải sử A1 = {1}thì A3 = A4 = {2},
A5 = {1}. Nhưng chú ý rằngA4∩A5 6= ∅nên mâu thuẫn. Suy rak ≥ 3. Ta sẽ chứng minhk = 3 thỏa với cách điều như sau:
b) Điều kiện cần: Trước hết, xét cách tô màu đối xứng như bàn cờ, tức là trắng đen xen kẽ, trong đó vị trí (i,j) sẽ được tơ đen nếu i+ j chẵn, ngược lại thì tơ trắng.
Xét hai ơ trắng bất kỳ trong bảng ơ vng sau ở vị trí (a,b) và(c,d),
1 ≤ a,b,c,d ≤ 2017.
Nếu a +c chẵn thì b+d cũng chẵn, suy ra a+d và b+clẻ. Khi đó, một trong hai ơ (a,d) và (b,c) sẽ được tơ đen vì chúng khơng thể cùng nằm trên đường chéo màu xám. Suy ra hai ô vuông trắng phải được điền số khác nhau.
Nếu a+c lẻ thìb+d cũng lẻ, xét ơ (d,c) điền cùng số với ơ (c,d) thì rõ ràng ta có thể áp dụng lập luận trên để suy ra hai số điền cho hai ơ khác nhau.
Từ đó suy ra tất cả các số điền cho các ô trắng nằm ở nửa trên bên phải của bảng là đơi một phân biệt. Do đó, ta thu được kết quả
k ≥ 2+4+6+· · ·+2016 = 1008·1009 = 20172−1
4 .
Điều kiện đủ:Ta sẽ chứng minh rằng k = 201742−1 thỏa mãn bài toán bằng quy nạp rằng kết quả trên cũng đúng với mọi bảng có kích thước n×n với nlà số nguyên dương, cụ thể là k = jn42k.
Thật vậy, với n = 1,n = 2,n = 3, ta dễ dàng kiểm tra được các kết quả tương ứng. Xét n ≥ 4 và giả sử rằng khẳng định đúng với mọi số nguyên dương bé hơnn. Đánh số các hàng từ1 → nvà cột1 → n.Ta sẽ chứng minh rằng với mọi vị trí của các ơ đen thì ln tồn tại cách điền các số nguyên dương không vượt quá kn vào ơ trắng cịn lại trong bảng (trường hợp điền số âm thì tương tự vì tính bình đẳng).
Xét đồ thị G = (V,E) mà V là tập hợp các đỉnh, đỉnh thứ i ứng với hàng thứi và1 ≤ i ≤ n;cịn Elà tập hợp các cạnh, trong đó có cạnh nối từ đỉnh thứiđến đỉnh thứ jnếu như tại ô(i,j) và ô(j,i) là ô màu trắng.