Nếu K là một hình phẳng, còn KI, K2 : ...KN là các hình phẳng sao cho KI c K với I = 1,71 và \K\ < |-K"i| + 1-^21 + ... + \KN\, ở đây \K\
là diện tích của hình phẳng K, còn \KỊ\ là diện tích hình phẳng KỊ, I
= L,N , thì tồn tại ít nhất hai hình phẳng HỊ, HJ (1 ^ Ỉ < J ^ RÌ)
sao cho HI, HJ có điểm trong chung, (ở đây ta nói rằng P là điểm trong của tập hợp A trên mặt phẳng nếu như tồn tại hình tròn tâm P bán kính đủ bé sao cho hình tròn này nằm trọn trong A.
Nguyên lí Dirichlet cho diện tích còn được dùng để chứng minh cho một định lí có rất nhiều ứng dụng quan trọng trong hình học, đó là định lí Bloophelt.
Bài toán 2.21. (Định lí Bloophelt). Cho Ả là một hình trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện S(A) > 1, {S(A) là diện tích của hình A).
Khi đó, tồn tại một phép tịnh tiến sao cho ảnh của Ả qua phép tịnh tiến này chứa ít nhất hai điểm trong có tọa độ nguyên.
Chứng minh. Để chứng minh định lí này, ta xét bổ đề sau: "Nếu một hình A trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện diện tích của nó lớn hơn thực sự 1, kí hiệu S(A) > 1, thì nó chứa ít nhất hai điểm trong khác nhau (Xị,yi) và (X2,y2) ĩnà những hiệu của chúng x2 — X\ và 2/2 — Vi là những số nguyên
Qua mỗi điểm (ra, N) có tọa độ nguyên, ta kẻ một đường thẳng song song với trục hoành và một đường thẳng song song với trục tung. Như vậy, ta nhận được một hệ những đường thẳng gọi là một lưới nguyên, những điểm có tọa độ nguyên gọi là các đỉnh của lưới nguyên.
Lưới nguyên chia mặt phẳng thành những ô vuông bằng nhau và có diện tích bằng 1.
Nếu ta đặt một hình vuông bất kì nào đó tịnh tiến đến trùng với một hình vuông khác trong lưới nguyên này thì hiệu giữa những tọa độ tương ứng của điểm nào đó và ảnh của nó hiển nhiên sẽ là một số nguyên.
Bây giờ ta chọn một trong những ô vuông trong lưới vuông làm cơ sở (mỗi hình vuông chỉ tồn tại duy nhất một phép tịnh tiến như vậy). Khi đó, những phần của diện tích hình A nằm trong những hình vuông khác nhau sẽ được chuyển vào hình vuông cơ sở sau những phép tịnh tiến này. Nhưng tổng diện tích của chúng bằng diện tích hình Ả và suy ra diện tích này lớn hơn 1 (diện tích của hình vuông cơ sở).
Theo nguyên lí Dirichlet về diện tích suy ra ít nhất hai trong số những ảnh đưa tới ô vuông cơ sở có một điểm trong chung (rro, 2/0) • Vậy trong hai hình ban đầu A, tương ứng với điểm (XO,Ĩ/O) sẽ là hai điểm khác nhau (XI:ĨJI) và (X2,Y2) ĩĩià như nhận xét ban đầu thì XI - XỮ,YỊ - YỮ,X2 - XQÌY2 - VO là những số nguyên. Từ đây suy ra X2 — Xị và Ĩf2 — Ui cũng là những số nguyên. Từ đây bổ đề được chứng minh.
Bây giờ ta tịnh tiến tập hợp A sao cho điểm (XỊ:YI) chuyển tới điểm có tọa độ nguyên. Khi đó điểm (£2,2/2) cũng tịnh tiến đến điểm có tọa độ nguyên. Thật vậy, với việc tịnh tiến này mọi điểm (X, Y) của Ả sẽ tương ứng với điểm (X + a, Y + B) với A, B là những hằng số. Do đó, XỊ + A và YI + B là những số nguyên. Nhưng khi đó cả hai số:
x2 + a = (x2 - Xi) + {xi + à) và
V2 + b = (y2 - Vi) + (yi + b) là những số nguyên vì là tổng của hai số nguyên.
Như vậy, ta đã chứng minh được định lí Bloophelt.
Đ ể m ở r ộ n g c h o đ ị n h l í B l o o p h e l t , t a c ó b ổ đ ề s a u : "Cho n là số tự nhiên bất kì, cồn A là hình trong mặt phẳng có diện tích S(A) > n. Khi đó, tồn tạin+1 điểm trong khác nhau ( x i , Xj) với ỉ = 1 , . . . n+ 1 trong A, sao cho các hiệu Xi — X j
Chứng minh. Hoàn toàn tương tự như chứng minh định lí Bloophelt.
Ta cũng tiến hành đưa mọi hình vuông trong lưới nguyên bằng phép tịnh tiến về trùng với hình vuông cơ sở. Và như vậy, mỗi phần của A nằm trong hình vuông khác nhau sẽ được chuyển tới hình vuông cơ sở. Nhưng lần này, tổng diện tích của những phần tịnh tiến thuộc Ả sẽ lớn hơn N. Theo nguyên lí Dirichlet mở rộng cho diện tích suy ra tồn tại ít nhất N + 1 ảnh tịnh tiến có điểm trong chung (XO,YO).
Ta gọi những điểm khác nhau ban đầu thuộc Ả tương ứng với điểm này là:
(xi,xj),ỉ = 1 , . . . n + 1 .
Khi đó, XỊ — XJ và YI — YJ, I:J — 1 , . . . N + 1 là những số nguyên.
Như vậy, bổ đề mở rộng của định lí Bloophelt đã được chứng minh.
Bài toán 2.22. Một hình lập phương có cạnh bằng 15 chứa 22000 điểm. Chứng minh rằng có một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất 11 điểm trong số 22000 điểm đã cho.
C h ứ n g m i n h . Chia m ỗ i cạnh c ủ a hình lập phương thành 1 3 phần bằng nhau. Như vậy, hình lập phương đã cho được chia thành 132 = 2197 hình lập phương nhỏ. Do có 22000 điểm, mà lại có 2197 hình lập phương nhỏ nên theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại ít nhất một hình lập phương nhỏ mà hình này chứa ít nhất 11 điểm. Như đã biết, nếu gọi cạnh của hình lập phương là A thì hình cầu ngoại tiếp có bán kính là R, với R = — X a X \/3.
2
Vì thể tích hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ có bán kính là:
„ 1 15 /- 1 /675 1 /676 1 N „
R = — X——X V 3 =
X \ —— < - X \ ——= - XV4 = 1.
2 13 2 V 169 2 V 169 2
Hình cầu này dĩ nhiên chứa ít nhất 11 điểm trong số 22000 điểm đã cho.
Bài toán 2.23. Trong hình vuông đơn vị (cạnh bằng 1) có 151 điểm bất kì, phân biệt. Chứng minh rằng có ít nhất 7 trong số 151 điểm ~ 1
Chứng minh. Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh bằng — (H.2.15).
5
Do có 151 điểm mà chỉ có 25 hình vuông, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hình vuông nhỏ chứa ít nhất 7 điểm trong số 151 điểm đó. Vì hình vuông này nội tiếp trong đường tròn bán kính:
n 1 Vã
5 X y/2 10 ■
Do —— < — nên dĩ nhiên đường tròn này đồng tâm với đường
tròn 1
ngoại tiếp trên và có bán kính bằng — chứa ít nhất 7 điểm nói trên.
Bài toán 2.24. Trên mặt phẳng cho 2013 điểm. Biết rằng khoảng cách giữa 2013 điểm này luôn luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1.
Chứng minh rằng tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1007 điểm đã cho.
Chứng minh. Lấy A là một trong số 2013 điểm đã cho. Xét hình tròn OỊ(A, 1).
Khi đó, chỉ có hai khả năng sau xảy ra:
1) Nếu tất cả các điểm đã cho nằm trong O 1 thì hiển nhiên kết luận của bài toán đúng.
2) Tồn tại điểm B ^ A (B thuộc 2013 điểm đã cho) sao cho B Ệ Oi(A, 1), vì B Ệ Oi(A, 1), nên AB > 1.
H. 2.15
Xét hình tròn Ơ2 (B, 1) tâm B, bán kính 1. Giả sử C là một điểm bất KÌ C ^ A, C ^ B. TA đi chứng minh C phải thuộc một trong hai hình tròn (Oi) hoặc (O2).
Thật vậy, giả sử ngược lại, điểm C không thuộc cả hai đường tròn (Oi) và (O2). Suy ra AC > 1, BC > 1 mà theo trên thì AB > 1. Như vậy ta có bộ ba điểm A, B, C trong đó không có hai điểm nào có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Điều này trái với giả thiết.
Điều vô lí này chứng tỏ rằng C thuộc vào (Oi) hoặc (O2). Như vậy 2013 điểm đã cho đều thuộc vào (Oi) và (O2).
Vì thế theo nguyên Dirichlet, có ít nhất một trong hai hình tròn nói trên chứa không ít hơn 1007 điểm đã cho.
Từ đây ta có điều phải chứng minh.
B à i t o á n 2.25. Tìm hình vuông có kích thước bé nhất, để hình vuông đó có thể sắp xếp được năm hình tròn có bán kính 1, sao cho không có hai hình tròn nào nằm trong số chúng có điểm chung.
C h ứ n g m i n h . Giả sử hình vuông ABCD c ó tâm O và cạnh A thỏa mãn điều kiện bài toán. Vì cả năm hình tròn này đều nằm trọn trong hình vuông, nên các tâm của chúng nằm trong hình vuông A'B'C'D' có tâm O và cạnh A — 2, ở đây A'B'//AB.
Các đường thẳng nối các trung điểm của các cạnh đối diện của hình vuông A'B'C'D' chia A'B'C'D' thành 4 hình vuông nhỏ.
Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại một trong 4 hình vuông nhỏ mà trong hình vuông này chứa ít nhất hai trong số năm tâm hình tròn nói trên.
Không giảm tổng quát, ta giả sử hai tâm hình tròn đó là O' và O". Để ý rằng vì không có hai hình tròn nào (trong số năm hình tròn) cắt nhau, nên:
0'0" > 2. (2.
H. 2.16
0'0" < "2V 2 . 2
(2.
Mặt khác, do O' và O" cùng nằm trong một hình vuông nhỏ (cạnh
2
Vậy mọi hình vuông cạnh A thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ta đều có là A ^ 2\/2 + 2.
Bây giờ ta xét hình vuông có cạnh A = 2\/2 + 2. Xét năm hình tròn có tâm là O, A', B', C', D' (hình vẽ) thì mọi yêu cầu của bài toán thỏa mãn. Như vậy, hình vuông thỏa mãn điều kiện bài toán là hình vuông với cạnh A = 2\/2 + 2.
Bài toán 2.26. Trong hình vuông mà độ dài mỗi cạnh bằng 4, cho trước 33 điểm trong số đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường tròn có bán kính đều bằng Y/2 , có tâm là các điểm đã cho. Hỏi có hay không ba điểm trong số các điểm nói trên sao cho chúng đều thuộc vào phần chung của ba hình tròn có các tâm cũng chính là ba điểm đó.
Chứng minh. Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông cạnh 1.
Do 33 điểm được chứa trong 16 hình vuông nên theo nguyên lí Dirichlet thì phải có ít nhất một hình vuông chứa không ít hơn ba điểm.
Khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong hình vuông cạnh 1 không vượt quá độ dài đường chéo của nó, nghĩa là không vượt quá Y/2 .
A B
A' B'
Gọi Oi, 02, O3 là ba điểm cùng nằm trong một hình vuông đơn vị nào đó, có thể rơi vào các cạnh hình vuông.
Vẽ ba đường tròn tâm OỊ, O2 , O3 có cùng bán kính \/2. Chắc chắn ba điểm Oi, 02, o3 đều nằm trong cả ba đường tròn này, nghĩa là nằm trong phần chung của ba hình tròn có tâm cũng chính là các điểm
Ỡ1, O2, O3.
Từ đây bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 2.27. Một khu đất có dạng hình vuông, mỗi chiều dài lOOOm. Trong khu đất này có 4500 cây gỗ, cây to nhất đường kính 0,5m. Chứng minh rằng trong khu đất đó có ít nhất 60 mảnh đất, diện tích mỗi mảnh 200M2 không có một cây gỗ nào.
C h ứ n g m i n h . Ta để ý rằng:
lOOOm = 48 X 20M + 47 X 0,6m + 2 x 5,9777, và
lOOOm = 95 X 10M + 94 X 0,52M + 2 x 0 , 56m
Ta chia một cạnh của khu đất hình vuông thành 48 đoạn, mỗi đoạn 20m, khoảng cách giữa hai đoạn là 0,6m, ở hai đầu là hai đoạn 5,9m.
Cạnh còn lại của khu đất hình vuông ta chia thành 95 đoạn, mỗi đoạn dài lOm, khoảng cách giữa hai đoạn là 0,52m, ở hai đầu là hai đoạn 0,56m.
H. 2.18
Ta có tất cả là 48 X 95 = 4560 mảnh có diện tích là 200m2. Vì chỉ có 4500 cây gỗ và do mỗi cây gỗ có đường kính 0,5m (0, 5 < 0, 52 <
0, 6), do đó mỗi cây gỗ bất kì không thể chiếm chỗ hai mảnh. Theo nguyên lí Dirichlet thì còn ít nhất 60 mảnh (mỗi mảnh có diện tích 200m2) mà trong mỗi mảnh ấy không có một cây gỗ nào.
Từ đây, bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 2.28. Trong hình chữ nhật có kích thước 1 X 2 ta lấy 6n2 +1 điểm (n là số nguyên dương). Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn 1 ' với bán kính — chứa không ít hơn 4 trong số các điếm đã cho. N Chứng minh. Ta chia các cạnh của hình chữ nhật thành N đoạn và 2N đoạn bằng nhau, mỗi đoạn có độ dài —. Nối các điểm chia bằng các đường thẳng song song với các cạnh của hình chữ nhật ta đượcn N X 2N = 2N2 hình vuông nhỏ với cạnh là —.
n
Do có 6N2 + 1 điểm và có 2n2 hình vuông nhỏ nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một hình vuông chứa ít nhất 4 điểm. Vì hình vuông
1 ,
có canh — nôi tiêp đường tròn bán kính ---và đường tròn này đươc
n 2 n
1
chứa trong đường tròn đông tâm có bán kính — nên ta suy ra tôn tại 1 n
một hình tròn bán kính — chứa không ít hơn 4 trong số các điếm đã cho. n
Bài toán 2.29. Trong mặt phẳng cho ba đường tròn có bán kính 0,5.
Hỏi ba đường này có phủ hết hình vuông có cạnh bằng 1 không?
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bài toán thông qua việc chứng minh chúng không phủ hết cạnh của hình vuông.
Trước hết ta xét đường tròn C(0:R) và một góc vuông AXY sao cho (O, R) cắt hai cạnh của AXY lần lượt tại M và N.
Ta có:
AM2 + AN2 = MN2 ^ (2R)2 = AR.
Mặt khác:
AM2 + AN2 ^ ( AM ± AN f AM + AN ^ 2V2R.
Trở lại bài toán, ta dựng các đường tròn bán kính 0,5 có tâm là các đỉnh của hình vuông, suy ra hai đường tròn bất kì trong số chúng có chung nhau nhiều nhất 1 đỉnh.
Mặt khác, ba đường tròn đã cho đã phủ hết bốn đỉnh nên mỗi đường tròn ta mới vẽ chứa ít nhất một tâm của các hình tròn đãcho.
Theo nguyên lí Dirichlet với bađường tròn và bốnđiểm thì tồn tại một điểm là tiếp điểm của hai đường tròn (trung điểm một cạnh).
Như vậy còn ba cạnh hình vuông hoàn toàn chưa bị phủ (tổng độ dài của chúng là 3). Mà chỉ còn 2 đường tròn nên theo nhận xét ban đầu thì chúng phủ nhiều nhất tổng độ dài: 4\/2R = 2Y/2 < 3.
Vậy ba đường tròn có bán kính 0,5 không phủ hết hình vuông có cạnh bằng 1.
B à i t o á n 2 . 3 0 . Cho một hình vuông và 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành 2 tứ giác có tỉ số diện tích —. Chứng2
minh rằng trong số 13 đường đã cho có ít nhất 4 đường thẳng cùng đi qua một điểm.
C h ứ n g m i n h . Gọi D là đường thẳng chia hình vuông ABCD thành 7 I 2
hai tứ giác có tỉ số diện tích —.
Đường thẳng d không thể cắt hai cạnh kề nhau của hình vuông (vì nếu cắt 2 cạnh kề của hình vuông thì sẽ không thể tạo ra hai tứ giác).
Giả sử D cắt BC và AD lần lượt tại M và N.
c B
Q
D A H .
2 . 2 0
Khi đó d cắt đường trung bình EF tại J. Theo giả thiết, ta có:
S A
B c
11 11
II ¿-H^ ( II
F E
D
M N
_ 2
2
à B
(
M B
+
A N
Ì
_ 2
E J
_
2
S M
C D N
3
- C D ( M C
+ N D )
3
J
F
3
ở đây, E và
F là các trung
AB và CD tương ứng.
Gọi P và Q
tương là ứng trung điểm của BC và AD.
Gọi JỊ: J2, J$, JA là các điểm sao cho Ji, ô/2 nằm trên EF và ,/3,
ô/4 nằm trên PQ
và thỏa mãn:
EJ\ F J<1 p </3 QJA 2 JịF J3Q JịP 3
Khi đó,
từ lập luận trên suy ra mỗi đườn g thẳng có tính chất thỏa mãn yêu cầu của bài toán phải đi qua một trong 4 điểm Ji, J2, JZ, JỊ- Vì có 13 đường thẳng nên theo nguyên lí
Dirichlet tồn tại ít nhất 4 đường thẳng đi
một điểm trong số 4 điểm JỊ, J2,
</3, ô/4.
Vậy trong số 13 đườn g thẳng đã cho có ít nhất 4 đườn g cùng đi qua 1 điểm, hay chúng đồng quy. Từ đây, bài toán đã được chứng minh.
B à i t o á n
Trong hình vuông cạnh 15 đặt 20 hình vuông nhỏ cạnh 1 từng đôi một không cắt nhau.
Chứng minh rằng trong hình vuông lớn có thể đặt một hình tròn bán kính 1 sao cho nó không cắt hình vuông nào.
Chứng minh.
Xét hình
cả các điểm cách hình vuông nhỏ cạnh 1 một khoảng không lớn hơn 1. Rừ ràng hình tròn bán kính 1 có tâm nằm ngoài hình đó nên không thể cắt hình vuông nhỏ.
Diện tích hình đó bằng 5 + 7T.
Tâm hình tròn cần tìm