ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
_______________******______________
VŨ MINH HẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà nội - 2015
1
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
_______________******______________
VŨ MINH HẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp.
Mã số: 60460113.
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. LÊ ANH VINH
Hà nội – 2015
2
MỤC LỤC
CHƢƠNG 1. BÀI TOÁN PHỦ HÌNH ..................................................................... 5
1.1. Một số lý thuyết cơ sở ................................................................................................ 5
1.2. Một số bài toán phủ hình .......................................................................................... 6
CHƢƠNG 2. BÀI TOÁN ĐỒ THỊ, TÔ MÀU ...................................................... 19
2.1. Lý thuyết cơ bản về bài toán tô màu ....................................................................... 19
2.2. Phương pháp tô màu giải bài toán hình học .......................................................... 20
2.2.1. Một số bài toán tô màu đồ thị ........................................................................ 20
2.2.2. Một số bài toán tô màu ô vuông ..................................................................... 37
2.2.3. Một số bài toán dùng phƣơng pháp tô màu ô vuông và tính chất bất biến41
CHƢƠNG 3. NGUYÊN LÝ CỰC HẠN ................................................................ 47
3.1. Nguyên lý cực hạn ................................................................................................... 47
3.2. Ứng dụng nguyên lý cực hạn .................................................................................. 47
3.2.1. Một số bài toán đánh giá góc .......................................................................... 47
3.2.2. Một số bài toán đánh giá khoảng cách, độ dài ............................................. 54
3.2.3. Một số bài toán đánh giá diện tích, thể tích .................................................. 63
1
LỜI NÓI ĐẦU
Các bài toán hình học tổ hợp là các bài toán hay và được nhiều người quan
tâm. Trong những đề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế cũng thường xuyên
xuất hiện những bài toán về hình học tổ hợp. Đó là lý do luận văn này trình
bày một số bài toán về hình học tổ hợp.
Luận văn “Một số bài toán hình học tổ hợp” được chia làm 3 chương:
Chƣơng 1. Trình bày một số lý thuyết về bài toán phủ hình và cách giải
những bài toán dạng đó.
Chƣơng 2. Trình bày về các bài toán đồ thị, tô màu và một số bài toán
thuộc dạng này được sử dụng trong các kì thi học sinh giỏi trong nước và
quốc tế.
Chƣơng 3. Trình bày về nguyên lý cực hạn và các bài toán hình học tổ
hợp sử dụng nguyên lí cực hạn.
Mục đích của luận văn là trình bày ngắn họn dễ hiểu lý thuyết về các bài
toán : phủ hình, đồ thị, tô màu, bài toán sử dụng nguyên lý cực hạn và trình
bày chi tiết cách giải các bài toán đó.
Mặc dù có nhiều cố gắng trong việc nghiên cứu và thực hiện luận văn này
nhưng không thể tránh khỏi có sai sót, kính mong được sự góp ý quý báu của
4
các thầy, cô và các bạn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
CHƢƠNG 1. BÀI TOÁN PHỦ HÌNH Bài toán phủ hình là một dạng bài toán có nhiều trong thực tế. Ví dụ như là
việc lát vỉa hè, quảng trường, sàn nhà, ... bằng những viên gạch đa giác giống
nhau.
Câu hỏi được đặt ra ở đây là “Những viên gạch đa giác lồi giống nhau như
thế nào thì có thể lát kín được mặt phẳng?”. Mặt phẳng được lấp đầy bởi
những đa giác giống nhau sao cho hai đa giác tuỳ ý không có điểm chung,
nhưng có thể có chung cạnh chung đỉnh.
Từ câu hỏi trên có một số các dạng toán được sinh ra, đó là “Phủ hình
bằng mạng lưới ô vuông”, “Phủ đa giác lồi bằng những đa giác vị tự (hoặc
đồng dạng) với chính nó”, ...
Dưới đây luận văn sẽ trình bày một số định lí, hệ quả và những bài toán
cho dạng bài toán phủ hình như thế.
1.1. Một số lý thuyết cơ sở
Một hệ thống vô hạn ô vuông tạo nên mặt phẳng được gọi là mạng lưới
đỉnh ô vuông. Các ô vuông đó được gọi là ô vuông cơ sở. Các đỉnh ô vuông là
các điểm nguyên (điểm có cả tung độ và hoành độ là các số nguyên) của một
hệ trục toạ độ song song với các cạnh hình vuông cơ sở và có đơn vị gốc là độ
dài cạnh hình vuông cơ sở. Một đa giác có đỉnh là các đỉnh lưới của mạng ô
vuông được gọi là đa giác nguyên.
Ta có một tính chất cơ bản của mạng lưới ô vuông là định lí sau
Định lí 1. Đa giác đều duy nhất có đỉnh tại các điểm lưới ô vuông là hình
vuông.
Mạng lưới ô vuông có một ứng dụng khá thực tế đó là sử dụng để tính diện
tích các hình phẳng. Ta có các định nghĩa sau
5
Đa giác nguyên : Đa giác có đỉnh là các điểm có toạ độ nguyên.
Tam giác đơn: Tam giác có các đỉnh có toạ độ nguyên mà không chứa
đỉnh nguyên nào bên trong hoặc trên cạnh của nó.
Định lí 2. Diện tích của tam giác đơn trên mạng lưới ô vuông đơn vị đúng
bằng .
Định lí 3. (Định lí Picard)
Các đỉnh của một đa giác P có cạnh không tự cắt (không nhất thiết phải
lồi) nằm ở các điểm nguyên. Bên trong nó có n điểm nguyên, còn trên biên m
điểm nguyên. Khi đó diện tích của nó bằng
1.2. Một số bài toán phủ hình
Sau đây luận văn trình bày một số bài toán phủ hình. Những bài toán này
được tham khảo ở các tài liệu [1], [2] và [4] mục tài liệu tham khảo.
Bài toán 1. Trên một tờ giấy có một vết mực diện tích nhỏ hơn 1. Chứng
minh rằng ta có thể kẻ carô tờ giấy với các hình vuông đơn vị (cạnh 1) sao cho
không có đỉnh của mạng lưới ô vuông nào rơi vào vết mực cả.
Giải.
Giả sử ta phủ tờ giấy bằng một mạng lưới ô vuông đơn vị bất kì.
Sau đó nếu đem cắt các ô vuông đơn vị rời ra và xếp chồng lên nhau. Giả
sử phần ô vuông bị thấm mực có thể thấm thẳng qua tất cả các ô vuông đó.
Khi đó vì diện tích của vết mực nhỏ hơn 1. Nên trong ô vuông có ít nhất 1
điểm là không bị thấm mực. Ta đánh dấu điểm đó.
Ta đem trải các ô vuông đó ra như cũ. Các điểm được đánh dấu như trên sẽ
tạo thành một lưới ô vuông phủ tờ giấy mà không có điểm nào trong chúng
nằm trong vết mực.
6
Vậy bài toán được giải.
Bài toán 2. Cho tam giác nhọn ABC có diện tích bằng 1. Chứng minh rằng
tồn tại một tam giác vuông có diện tích không vượt quá phủ kín .
Giải. Gọi BC là cạnh lớn nhất của
tam giác nhon ABC có diện tích bằng
1. Kẻ trung tuyến AM. Đặt MA = R.
Vẽ đường tròn (M;R) cắt BC ở D, E.
Ta có .
Các điểm B, C đối xứng nhau qua M, chúng cùng nằm trong đường tròn.
Ta chứng minh rằng tam giác vuông ADE là tam giác phải tìm.
Rõ ràng phủ , cần chứng minh . Kẻ đường cao AH.
Đặt MB = MC = a. Ta có
nên .
Ta chứng minh .
Thật vậy, trong hai góc tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng ,
chẳng hạn , do đó
.
Suy ra
.
7
Vậy tam giác ADE vuông có diện tích không vượt quá phủ kín .
Bài toán 3. Một khu vực dân cư có hình tứ giác lồi. Tại trung điểm mỗi
cạnh tứ giá, người ta đặt một trung tâm phát và nhận sóng. Vùng phát sóng và
nhận sóng lớn nhất là hình tròn có đường kính là cạnh đó của tứ giác. Có thể
khẳng định rằng toàn bộ khu vực dân cư ấy đều được phủ sóng hay không?
Giải.
Giả sử có điểm M nằm trong khu
dân cư có hình tứ giác lồi ABCD mà
không bị phủ bởi hình tròn nào như
hình vẽ.
Lúc đó do M nằm ngoài cả 4 đường tròn có đường kính AB, BC, CD, DA
nên
Suy ra tổng bốn góc trên nhỏ hơn , vô lí.
Vậy không tồn tại điểm M như thế. Hay có thể khẳng định là khu dân cư
ấy đều được phủ sóng.
Bài toán 4. Cho 100 điểm trên mặt phẳng, hai điểm nào cũng có khoảng
cách không quá 1, ba điểm nào cũng là đỉnh của một tam giác tù. Chứng minh
rằng tồn tại một hình tròn có bán kính phủ 100 điểm đã cho.
Giải.
Gọi A, B là hai điểm có khoảng cách
lớn nhất trong 100 điểm đã cho, ta có
AB 1. Vẽ đường tròn có đường kính
AB, hình tròn này có bán kính không
quá . Ta chứng minh rằng hình tròn
8
đó chứa mọi điểm đã cho.
Thật vậy, vẽ hai đường thẳng vuông góc với AB tại A và tại B tạo thành
một dải.
Nếu tồn tại một điểm C đã cho nằm ngoài dải thì
hoặc BC > AB hoặc AC > AB, trái với cách chọn hai điểm A, B.
Nếu tồn tại một điểm C đã cho nằm trên dải và nằm ngoài hình tròn thì
ABC không có góc tù, trái với đề bài.
Bài toán 5. Cho bốn điểm trên mặt phẳng, hai điểm nào cũng có khoảng
cách lớn hơn 1. Chứng minh rằng không thể phủ tất cả bốn điểm ấy bởi một
hình tròn có đường kính không quá .
Giải. Ta sẽ chứng minh rằng trong bốn điểm đã cho, tồn tại hai điểm có
khoảng cách lớn hơn . Xét ba trường hợp :
a) Bốn điểm A, B, C, D là đỉnh của
một tứ giác lồi. Tồn tại một góc lớn
hơn hoặc bằng , chẳng hạn . Ta
sẽ chứng minh .
Thật vậy, do nên
.
Vậy .
b) Ba điểm (chẳng hạn A, B, C) là đỉnh của một tam giác, điểm thứ tư D
nằm trong hoặc trên biên.
Nếu D nằm trên biên của tam giác,
chẳng hạn D nằm giữa A và C thì AD > 1,
9
DC > 1 nên AC > 2 > .
Nếu D nằm trong ABC thì trong
ba góc , tồn tại một góc
lớn hơn hoặc bằng , giả sử
. Dễ thấy .
c) Bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng.
Bài toán hiển nhiên đúng.
Bài toán 6. Cho một đa giác đơn (không nhất thiết lồi) có chu vi 12. Chứng
minh rằng có thể phủ kín đa giác bởi một hình tròn có bán kính 3.
Giải. Gọi A, B là hai điểm thuộc biên của đa giác chia chu vi của đa giác
thành hai phần bằng nhau, mỗi phần có độ dài 6. Ta có AB < 6. Gọi O là trung
điểm của AB. Vẽ hình tròn (O ; 3), ta sẽ chứng minh rằng hình tròn này phủ
kín đa giác.
Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn
tại điểm C thuộc biên của đa giác mà nằm
ngoài đường tròn thì OC > 3. Điểm C chia
biên của đường gấp khúc từ A đến B thành
hai phần có độ dài m, n. Thế thì AC m,
CB n nên
AC + CB m + n = 6 (1)
Mặt khác, lấy C' đối xứng với C qua O, ta có :
AC + CB = AC + AC' CC' > 6 (2)
Dễ thấy (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy mọi điểm của đa giác đều thuộc hình
10
tròn (O ; 3).
Bài toán 7. Cho một đa giác lồi. Xếp được nhiều nhất 10 đồng xu hình tròn
có đường kính 1, đôi một không giao nhau và có tâm nằm trong đa giác.
Chứng minh rằng 10 hình tròn có bán kính 1 đồng tâm với 10 đồng xu sẽ phủ
kín đa giác.
Giải. Giả sử 10 hình tròn lớn (bán
kính 1) không phủ kín đa giác (h. 200)
thế thì tồn tại một điểm A nằm ngoài
các hình tròn lớn và nằm trong đa
giác.
Như vậy còn đặt được thêm một đồng xu có đường kính 1 có tâm A mà
không cắt các đồng xu trước, tức là số đồng xu có đường kính 1 không cắt
nhau và có tâm nằm trong đa giác lớn hơn 10, trái với giải thiết.
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 8. Cho một đa giác lồi. Xếp được nhiều nhất 20 hình tròn có bán
kính 1, đôi một không giao nhau và có tâm nằm trong đa giác, xếp được ít
nhất n hình tròn có bán kính 2 phủ kín đa giác. Chứng minh rằng n 20.
Giải. Vẽ 20 hình tròn có bán kính 2 đồng tâm với 20 hình tròn có bán kính 1
đã xếp. 20 hình tròn lớn này phủ kín đa giác (chứng minh tương tự bài toán 8).
Điều đó chứng tỏ n 20.
Bài toán 9. Bên trong một hình chữ nhật có diện tích 35, đặt năm tam giác,
mỗi tam giác có diện tích 9. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác có diện tích
phần chung không nhỏ hơn 1.
Giải. Gọi các tam giác là . Giả sử diện tích phần chung của hai
tam giác nào cũng nhỏ hơn 1.
11
có diện tích bằng 9.
Phần diện tích của không bị phủ bởi lớn hơn
9 1 = 8.
Phần diện tích của không bị phủ bởi lớn hơn ,
9 1 1 = 7.
, Phần diện tích của không bị phủ bởi , lớn hơn
9 1 1 1 = 6.
Phần diện tích của không bị phủ bởi , , , lớn hơn
9 1 1 1 1 = 5.
Diện tích của hợp , , , , lớn hơn
9 + 8 + 7 + 6 + 5 = 35.
Điều này vô lí. Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 10. Trong mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm
trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua ba
điểm trong chúng và nó phủ tất cả các điểm còn lại.
Giải.
Trước tiên ta có chú ý sau :
Cho đoạn thẳng AB và hai điểm M và N không thuộc đoạn thẳng trên. Ta
xét trường hợp khi nào thì bán kính r của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN
lớn hơn bán kính k của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM.
a) Cho và là những góc nhọn. Khi đó dễ thấy rằng r > k chỉ khi
12
< . Điều này vẫn đúng khi cả hai góc không là tù.
b) Nếu một trong các góc là tù, giả sử là , còn góc kia không tù, thì ta
sẽ có r > k khi và chỉ khi > 1800 - .
c) Nếu cả hai góc đều là tù, thì r > k khi > .
Quay trở lại bài toán.
Ta dựng bao lồi P của tập điểm đã cho. Vì các điểm không cùng nằm trên
một đường thẳng nên bao lồi của chúng không phải là một đoạn thẳng.
Ta xét tất cả các tam giác có những đỉnh giữa các đỉnh của P và chọn tam
giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp lớn nhất. Ta cho đó là tam giác ABC.
Giả sử tồn tại đỉnh N của P nằm
ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABM. Khi đó N nằm ngoài ABM.
Suy ra tồn tại ít nhất 1 đỉnh của tam
giác ABM, giả sử là B sao cho N và B
nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau
đối với cạnh AM của nó. Cần chú ý là
vì tính lồi của P nên không một đỉnh
nào có thể nằm ở các vùng .
Hơn nữa một trong những góc và là góc tù.
Ta cho đó là .
Khi đó , điều này có nghĩa là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác MNB lớn hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp BAM, điều này trái
với cách chọn tam giác ABM. Vậy không tồn tại đỉnh N nằm ngoài đường
13
tròn ngoại tiếp tam giác ABM.
Bài toán 11. Chứng minh rằng mỗi đa giác lồi có diện tích bằng 1 có thể
phủ bằng một hình bình hành có diện tích bằng 2.
Giải. Ta kí hiệu C là đỉnh xa nhất đối với một cạnh của đa giác M. Đường
thẳng AC chia M thành hai phần (hoặc chỉ một phần) M1 và M2. Cho D1 là
đỉnh của M1 và D2 là đỉnh của M2 sao cho D1 và D2 là những đỉnh xa nhất đối
với AC.
Qua C, D1, D2 lần lượt dựng các đường thẳng song song với AB, AC, AC.
Ta có được hình bình hành PQRS.
Ta có .
Do đó .
Dễ thấy đa giác M có diện tích lớn hơn diện tích đa giác AD1CD2, mặt khác
nếu diện tích đa giác AD1CD2 là 1 thì diện tích đa giác PQRS là 2.
Vậy kết luận một đa giác có diện tích 1 có thể được phủ bởi một hình bình
14
hành có diện tích 2.
Bài toán 12. Trong không gian cho một số hữu hạn các điểm, mà không có
bốn điểm nào trong chúng cùng nằm trên một mặt phẳng sao cho thể tích mỗi
tứ diện tạo ra bởi đỉnh là những điểm này không lớn hơn 1.
Chứng minh rằng tất cả các điểm có thể phủ bởi một tứ diện có thể tích
bằng 27.
Giải.
Giả sử trong tất cả các tứ diện được tạo bởi các điểm đó, tứ diện ABCD là
tứ diện có thể tích lớn nhất.
Qua các đỉnh A, B, C, D dựng các mặt phẳng song song với các mặt đối
diện của đỉnh đó. Lúc đó ta có tứ diện A1B1C1D1.
Khi đó những điểm A, B, C, D là trọng tâm tương ứng của các tam giác
15
.
Thật vậy, kéo dài B1C cắt A1D1 tại K, kéo dài B1A cắt C1D1 tại S, kéo dài
B1D cắt C1A1 tại R như hình vẽ dưới đây ta thấy :
CD // KR, CD // C1D1 suy ra KR // SD1
AD // SR, AD // A1D1 suy ra SR // KD1
Do đó SRKD1 là hình bình hành, suy ra SR = KD1.
Chứng minh tương tự ta có SRKA1 là hình bình hành và SR = KA1.
Như vậy K là trung điểm của A1D1.
Tương tự S, R là trung điểm của C1D1 và C1A1.
Do đó có thể kết luận những điểm A, B, C, D là trọng tâm tương ứng của
các tam giác .
Theo cách này ta nhận được quan hệ tỉ lệ
.
16
Từ đây suy ra tỉ số thể tích giữa hai đa diện là
Ta sẽ chứng minh tứ diện A1B1C1D1 phủ tất cả các điểm đã cho.
Giả sử tồn tại điểm M trong các
điểm đã cho nằm ngoài tứ diện
A1B1C1D1. Khi đó tồn tại ít nhất một
đỉnh của đa diện, cho nó là B1 và điểm
M nằm trong hai nửa không gian giác
nhau như ở hình vẽ trên. Lúc đó
.
Điều này trái với việc chọn ABCD là tứ diện có thể tích lớn nhất.
Vậy tứ diện A1B1C1D1 phủ tất cả các điểm của tập hợp đã cho. Và
. Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 13. Chứng minh rằng không tồn tại phủ mặt phẳng bằng những
tam giác mà mỗi đỉnh của tam giác là đỉnh của 5 tam giác.
Giải. Giả sử tồn tại một phủ mặt phẳng bằng những tam giác mà mỗi đỉnh
của nó là đỉnh của 5 tam giác. Cho là một trong những tam giác đó. Những
tam giác có chung đỉnh với sẽ tạo ra một lục giác B1A1 B2A2 B3A3 như
17
hình vẽ dưới đây.
Như vậy những điểm Ak, k = 1, 2, 3 là những đỉnh của hai tam giác nằm
trong lục giác, còn Bk, k = 1, 2, 3 là những đỉnh của ba tam giác nằm trong lục
giác.
Do đó những điểm Ak, k = 1, 2, 3 còn là những đỉnh của ba tam giác nằm
ngoài lục giác, còn Bk, k = 1, 2, 3 còn là những đỉnh của hai tam giác nằm
ngoài lục giác.
Như vậy ta nhận được tam giác C1C2C3. Mỗi đỉnh của tam giác này là đỉnh
của 4 tam giác nằm trong C1C2C3. Tổng của bốn góc mà chúng có đỉnh là một trong các điểm C1, C2, C3 là nhỏ hơn 1800, dễ thấy các điểm đó không thể tiếp
tục là đỉnh của 5 tam giác nữa (xem hình vẽ).
Vậy không thể phủ mặt phẳng bằng những tam giác mà mỗi tam giác là
18
đỉnh của 5 tam giác.
CHƢƠNG 2. BÀI TOÁN ĐỒ THỊ, TÔ MÀU
2.1. Lý thuyết cơ bản về bài toán tô màu Khi gặp những bài toán có nội dung phức tạp, một công việc mà ta cần
làm là đưa nó trở về ngôn ngữ toán học quen thuộc. Điều đó giúp chúng ta dễ
dàng tư duy và việc trình bày lời giải cũng trở nên đơn giản hơn. Một trong
các phương pháp hữu hiệu là phương pháp tô màu. Ta chia các đối tượng
đang xét thành nhiều nhóm đối tượng nhỏ hơn và tô mỗi nhóm bởi các màu
khác nhau. Kết hợp với các kiến thức hình học và một số phương pháp khác
để giải bài toán.
Một số nguyên lý thường dùng cùng với phương pháp này như nguyên lý
cực hạn, nguyên lý Dirichlet, một số tính chất về các số Ramsey…
Dưới đây tôi trình bày vắn tắt các nội dung này.
Nguyên lý cực hạn. Trong một tập hợp hữu hạn khác rỗng các số thực
luôn tồn tại số nhỏ nhất và số lớn nhất.
Nguyên lý Dirichlet. Nếu nhốt n con thỏ vào k cái lồng, thì tồn tại ít nhất
một chuồng có con thỏ.
Định lý 1. Cho k, l là hai số nguyên dương, khi đó tồn tại số nguyên dương
nhỏ nhất R(k;l), sao cho khi ta tô màu tất cả các cạnh của một đồ thị đầy đủ có
R(k;l) đỉnh bởi hai màu xanh và đỏ thì luôn tồn tại đồ thị con Kk có tất cả các
cạnh màu đỏ hoặc đồ thị con Kl có tất cả các cạnh màu xanh.
Trên cơ sở định lý này ta chứng minh được một số kết quả quen thuộc.
R(3;3) = 6; R(3;4) = R(4;3) = 9. R(4;4) = 18. R(k,2) = k; R(2;l) = l.
19
Các kết quả này được áp dụng nhiều trong các bài toán ở phần sau.
2.2. Phƣơng pháp tô màu giải bài toán hình học
2.2.1. Một số bài toán tô màu đồ thị
Ở phần này chúng ta xem xét một số bài toán hình học sử dụng phương
pháp tô màu đồ thị. Các bài toán đưa ra từ mức đơn giản đến phức tạp. Trước
hết ta xem xét một số bài toán tô bởi hai màu. Những bài toán này được tham
khảo trong các tài liệu [1], [2], [6] và [7] ở mục tài liệu tham khảo.
Bài toán 14. Cho sáu điểm trong mặt phẳng trong đó không có ba điểm nào
thẳng hàng. Các đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm đó với nhau được tô bởi màu
xanh hoặc đỏ. Chứng minh luôn tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu.
Giải.
Gọi sáu điểm đã cho là A, B, C, D, E, F. Điểm A được nối với năm điểm
còn lại bởi năm đoạn thẳng. Năm đoạn thẳng này được tô bởi hai màu. Nên có
ba đoạn thẳng được tô bởi một màu.
Không giảm tính tổng quát ta giả sử ba đoạn thẳng đó là AB, AC, AD và
được tô bởi màu đỏ.
Xét tam giác BCD. Có hai trường hợp xảy ra
+ Nếu cả ba cạnh của tam giác BCD
được tô bởi màu xanh ta có điều phải
chứng minh.
+ Nếu có một cạnh của tam giác BCD
được tô bởi màu đỏ, thì cạnh đó cùng hai
trong ba cạnh AB, AC, AD tạo thành tam
20
giác có màu đỏ.
Bài toán 15. Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong hai
màu xanh, đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm
tô cùng màu.
Giải.
Lấy năm điểm tuỳ ý sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng trên mặt
phẳng. Khi đó vì chỉ dùng có hai màu để tô các đỉnh, mà theo nguyên lí
Dirichlet phải tồn tại ba điểm trong số đó cùng màu. Giả sử đó là ba điểm A,
B, C có màu đỏ.
Như vậy ta có tam giác ABC với ba đỉnh màu đỏ.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Chỉ có hai khả năng xảy ra:
1. Nếu G có màu đỏ. Khi đó A, B, C, G cùng có màu đỏ và bài toán đã
được giải.
2. Nếu G có màu xanh. Kéo dài GA, GB, GC các đoạn AA’ = 3GA,
BB’ = 3GB, CC’ = 3GC.
Khi đó, nếu gọi M, N, P tương ứng là các trung điểm của BC, CA, AB thì
A’A = 3AG = 6GM , suy ra A’A = 2AM.
Tương tự B’B = 2BN, CC’ = 2CP.
Do đó các tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhận A, B, C là trọng
tâm.
Mặt khác, ta cũng có các tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm G.
Có hai trường hợp sau có thể xảy ra:
a) Nếu A’, B’, C’ cùng có màu xanh. Khi đó tam giác A’B’C’ và trọng tâm
21
G có cùng màu xanh.
b) Nếu ít nhất một trong các điểm A’, B’, C’ có màu đỏ. Không mất tính
tổng quát ta giả sử A’ đỏ. Khi đó tam giác A’BC và trọng tâm A màu đỏ.
Vậy trong mọi khả năng luôn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm
cùng màu.
Bài toán 16. Trên mặt phẳng cho 18 điểm, sao cho không có ba điểm nào
thẳng hàng. Nối từng cặp điểm với nhau và tô mỗi cạnh bởi 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 cạnh và đường chéo của nó cùng
một màu.
Giải.
Giả sử là 18 điểm đã cho. Xuất phát từ có 17 đoạn thẳng
. Mười bảy đoạn thẳng đó chỉ có hai màu xanh hoặc đỏ, nên
theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất 9 đoạn thẳng cùng màu. Không giảm
tính tổng quát giả sử đó là các đoạn thẳng và chúng cùng
màu đỏ.
Xét 9 điểm chỉ có thể xảy ra hai trường hợp sau:
1. Hoặc là tồn tại điểm sao cho trong 8 đoạn thẳng
có ít nhất bốn đoạn màu đỏ. Không mất tính tổng
quát có thể cho là màu đỏ. Đến đây lại chỉ còn hai khả
năng:
+ Hoặc là mọi đoạn thẳng đều màu
xanh. Khi đó là tứ giác xanh thoả mãn yêu cầu.
+ Tồn tại một đoạn thẳng màu đỏ. Khi đó
22
là tứ giác đỏ thoả mãn yêu cầu bài toán.
2. Hoặc là với mọi điểm , thì trong 8 đoạn thẳng
có tối đa ba đoạn màu đỏ mà thôi. Khi đó phải tồn tại
một điểm (chẳng hạn ) mà trong các đoạn có tối
đa hai đoạn màu đỏ thôi. Thật vậy, nếu với mọi mà có đúng
ba đoạn màu đỏ, thì số đoạn thẳng màu đỏ nối trong
nội bộ 9 điểm đó là . Vô lí. Vì có tối đa hai
đoạn màu đỏ mà thôi, nên trong số các đoạn có ít
nhất sáu đoạn màu xanh. Không mất tính tổng quát ta cho
màu xanh.
Xét sáu điểm . Đó là sáu điểm mà trong đó không có
ba điểm nào thẳng hàng, và mỗi đoạn thẳng nối hai điểm chỉ có hai màu xanh
hoặc đỏ.
Do đó luôn luôn tồn tại ít nhất một tam giác mà ba đỉnh chọn trong
{ } sao cho ba cạnh cùng màu.
Lại có hai khả năng:
a) Giả sử tồn tại tam giác màu xanh. Khi đó
tứ giác là tứ giác xanh thoả mãn yêu cầu đề bài.
b) Nếu tồn tại tam giác màu đỏ, thì
là tứ giác cần tìm.
Như vậy ta luôn chứng minh được tồn tại một tứ giác mà các đỉnh của nó
23
nằm trong 8 điểm đã cho sao cho cạnh và đường chéo cùng màu.
Bài toán 17. Cho hình đa giác đều 9 cạnh. Mỗi đỉnh của nó được tô màu
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.
Giải.
Gọi chín đỉnh của đa giác là , và mỗi đỉnh đều được tô bằng
một trong hai màu. Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất năm đỉnh trong số đó
được tô cùng một màu. Giả sử có năm đỉnh được tô màu trắng, năm đỉnh này
tạo ra tam giác trắng (tam giác trắng là tam giác có ba đỉnh
cùng màu trắng).
Gọi là tập hợp các đỉnh của đa giác đã cho, tức là:
= { }
Gọi O là tâm của đa giác đều đã cho (vì là đa giác đều nên luôn tồn tại tâm).
Xét phép quay các góc
xung quanh tâm O. Rõ ràng ứng với mỗi phép quay này tập biến thành
chính nó. (Tức là tập các đỉnh của đa giác đều không thay đổi qua phép quay
trên. Mặc dù khi quay thì điểm này biến thành điểm kia.)
Sau 9 phép quay trên thì có 10 tam giác trắng biến thành 90 tam giác trắng.
Mỗi tam giác này đều có các đỉnh thuộc tập hợp . Chú ý rằng số các tam
giác khác nhau có đỉnh trong là: .
Vì 84 < 90, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai tam giác trắng và
’ sao cho các phép quay tương ứng cùng một tam giác.
Vì phép quay bảo toàn hình dáng và độ lớn của hình (nói riêng bảo toàn
24
diện tích), tức là: .
Bài toán 18. (Đề thi vô địch toán Trung Quốc 1986). Mỗi điểm trong mặt
phẳng được tô bởi màu đen hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng ta có thể tìm được
ba điểm cùng màu mà khoảng cách giữa mỗi cặp điểm bằng 1 hoặc có thể tìm
được ba điểm cùng màu mà khoảng cách giữa các cặp điểm bằng
. D Giải.
A
B
Giả sử không tồn tại ba điểm nào
M
cùng màu mà mỗi điểm cách nhau bằng
1. Ta sẽ chứng minh ba điểm cùng màu và
C
mỗi cặp điểm cách nhau .
Do ta giả sử không tồn tại ba điểm nào tạo thành tam giác đều có cạnh
bằng 1 được tô bởi một màu. Nên nếu ta lấy tam giác đều bất kì có cạnh bằng
1 thì có hai đỉnh của tam giác được tô bởi hai màu khác nhau.
Lấy một điểm sao cho khoảng cách tới hai điểm khác màu đó bằng 2. Thì
điểm này phải khác màu với một trong hai điểm nêu trên. Giả sử hai điểm
khác màu có khoảng cách bằng 2 đó là A, B. Gọi M là trung điểm của AB,
MA = MB = 1 và M phải cùng màu với một trong hai điểm A, B.
Giả sử B và M cùng màu đen. Dựng hai tam giác đều MBD và MBC đối
xứng nhau qua AB. Thì các tam giác MBD, MBC đều có cạnh là 1. Do M, B
có cùng màu đen nên D, C phải có màu đỏ. Như vậy ta có tam giác ACD có
các đỉnh được tô màu đỏ và độ dài cạnh là . Bài toán được chứng minh.
Bài toán 19. (APMO, 2001) Trong cùng một mặt phẳng cho hai đa giác
đều n cạnh S và T bằng nhau (n ≥ 3). S và T giao nhau tạo thành một đa giác
2n đỉnh. Các cạnh của S được tô màu đỏ, các cạnh của T được tô màu xanh.
Chứng minh rằng tổng độ dài các cạnh màu xanh của đa giác S giao T bằng
25
tổng độ dài các cạnh màu đỏ của nó.
Giải.
Trước tiên chúng ta có nhận xét, đa giác S T có 2n cạnh khi và chỉ khi
các cạnh của S T có các cạnh kề nhau thì khác màu. Gọi các đỉnh màu đỏ
của S là S1, S2, …, Sn, gọi các đỉnh màu xanh của T là T1, T2, …, Tn.
Ta đặt S và T sao cho các đỉnh được xếp thứ tự theo chiều kim đồng hồ
như sau T1, S1, T2, S2, …, Tn, Sn. Mỗi đỉnh trong các đỉnh T1, S1, T2, S2, …, Tn,
Sn cùng với cạnh đối của nó tạo thành một tam giác, và tất cả các tam giác này đều đồng dạng. Với mỗi i = 1, 2, …, n ta gọi các cạnh của tam giác xác định
bởi đỉnh Bi và cạnh đối diện với nó (theo chiều kim đồng hồ) lần lượt là bi, ci,
di, bi là cạnh đối diện đỉnh Ti.
Khi đó ta có
.
Tương tự, theo chiều kim
đồng hồ ta gọi độ dài các cạnh
của tam giác xác đỉnh Si và cạnh
đối diện với nó lần lượt là lượt là
ri, si, ti, ri là cạnh đối diện đỉnh Si. Khi đó ta có
.
Khi đó ta chứng minh được p = q với p = p1 + p2 + … + pn ;
q = q1 + q2 + … + qn. Thật vậy:
26
Ta có chu vi đa giác T là .
Tương tự chu vi đa giác S là .
Do S và T là hai đa giác bằng nhau nên ta có
pc1 + pd1 + qb1 = pb1 + qc1 + qd1
p(c1 + d1 – b1) = q(c1 + d1 – b1) p = q.
(Do c1 + d1 – b1 > 0, bất đẳng thức tam giác)
Từ đây ta suy ra tổng độ dài các cạnh màu xanh bằng tổng độ dài các cạnh
màu đỏ của đa giác 2n cạnh.
Bài toán 20. Cho một lục giác đều tâm O cạnh 1. Vẽ một số đoạn thẳng có
hai đầu mút thuộc biên của lục giác, ta gọi đó là các dây. Biết rằng mọi đường
thẳng qua O cắt bên trong không quá hai dây đã vẽ. Chứng minh rằng tổng độ
dài các dây đã vẽ không quá 6.
Giải.
Lấy một dây cung AB bất kì trong các
dây đã vẽ. Ta vẽ một dây A’B’ đối xứng với
AB qua O. Khi đó một đường thẳng đi qua O
cắt dây AB khi và chỉ khi nó cắt đường gấp
khúc ngắn nhất nằm trên cạnh của lục giác
có hai đầu mút là A, B.
Với mỗi dây AB được kẻ, ta tô màu đỏ mỗi đường gấp khúc K ngắn nhất
nằm trên cạnh của lục giác có hai đầu mút A, B. Ta tô màu xanh đường gấp
khúc K’ đối xứng với K qua O.
Do mỗi đường thẳng qua O cắt không quá hai dây nên mỗi điểm trên biên
27
lục giác không thuộc quá hai đường gấp khúc được tô màu.
Do đó tổng độ dài các dây được kẻ không quá 2 lần chu vi lục giác, tức
không quá 12. Suy ra tổng độ dài đường gấp khúc được tô đỏ không quá 6.
Nên tổng độ dài các dây được vẽ không quá 6. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 21 (Vô địch Toán Hồng Kông 1998). Cho hình chóp có đáy là đa
giác chín cạnh. Tất cả các cạnh và đường chéo của đa giác đáy được tô bởi
một trong hai màu xanh, đỏ. Chứng minh tồn tại ba đỉnh của hình chóp sao
cho chúng là đỉnh của tam giác với các cạnh được tô bởi một màu.
Giải.
Xét 9 cạnh bên. Vì 9 cạnh này chỉ được tô bằng hai màu xanh hoặc đỏ nên
theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 5 cạnh bên được tô cùng một màu. Không mất
tính tổng quát ta có thể giả sử đó là các cạnh bên SA, SB, SC, SD, SE được bôi
cùng màu đỏ (hình vẽ). Xét đa giác ABCDE. Có hai khả năng xảy ra:
1. Nếu AB là đường chéo của đáy. Khi đó dĩ nhiên BD, DA cũng là các
đường chéo của đáy. Lại có các trường hợp sau:
a) Nếu cả ba đoạn AB, BD, DA
cùng bôi màu xanh. Khi đó ABD là ba
đỉnh cần tìm, vì ABD là tam giác với
ba cạnh xanh.
b) Nếu một trong các đoạn AB,
BD, DA là đỏ. Giả sử BD đỏ, thì tam
giác SBD là tam giác với ba cạnh đỏ.
28
Lúc này S, B, D là ba đỉnh cần tìm.
2) Nếu AB là cạnh đáy. Khi đó dĩ nhiên AC, CE chắc chắn là đường chéo
đáy.
a) Nếu AE là đường chéo đáy thì ta quay lại trường hợp 1 vừa xét, với
ACE là tam giác với ba cạnh là 3 đường chéo đáy.
b) Nếu AE là cạnh đáy. Khi đó rõ ràng AC, AD là các đường chéo đáy.
- Nếu CD là đường chéo đáy, ta quay về trường hợp 1.
- Nếu CD là cạnh bên. Lại xét các trường hợp sau:
+ Nếu BC là đường chéo đáy, thì tam giác BCE là tam giác với ba đường
chéo đáy, quay về trường hợp 1.
+ Nếu BC là cạnh đáy. Khi đó xét tam giác BDE và quay về trường hợp 1.
Tóm lại, bài toán đã giải quyết hoàn toàn.
Bài toán 22 (Đề thi IMO Trung Quốc 1992). Trong không gian cho chín
điểm sao cho không có bất cứ hệ 4 điểm nào đồng phẳng. Cứ hai điểm được
nối bởi một đoạn thẳng. Mỗi đoạn thẳng được tô bởi màu xanh hoặc đỏ hoặc
không tô gì cả. Tìm giá trị n nhỏ nhất sao cho cứ n cạnh được tô màu thì tập
hợp n cạnh được tô màu đó chứa 3 cạnh cùng màu.
Giải.
Ta đã biết nếu chọn 6 điểm bất kì mà tất cả các cạnh nối 2 trong số 6 điểm
này được tô màu xanh hay màu đỏ thì luôn tồn tại một tam giác được tô bởi
một màu xanh hoặc đỏ. Với 5 điểm bất kì, khẳng định này không còn đúng.
Ta xét hệ tạo bởi 9 điểm sẽ có 36 cạnh nối hai điểm bất kì trong số 9 điểm.
- Nếu có ba cạnh không được tô màu, thì có 33 cạnh được tô bởi hai màu.
Mà số đỉnh để tạo nên 33 cạnh đó ít nhất là 8. Trong tập 8 đỉnh đó chứa tập
29
con có 6 đỉnh. Bài toán được chứng minh.
- Với n = 33 thoả mãn thì n = 34, 35, 36 thoả mãn.
- Nếu có bốn cạnh không được tô màu thì số cạnh được tô màu là 32, ta
chứng minh với n = 32 không thoả mãn.
Thật vậy, ta chỉ ra một trường hợp không thoả mãn.
Giả sử ta có năm điểm A, B, C, D, E và các cạnh AB, BC, CD, DE, AE
được tô bởi màu đỏ. Các cạnh còn lại nối các cặp điểm của ngũ giác này được
tô bởi màu xanh. Ta lấy điểm P tuỳ ý, nối P với B, C, D, E tạo nên các đoạn
thẳng PB, PC, PE, PD được tô tương ứng cùng màu với AB, AC, AD, AE. Khi
đó ta được hình 6 đỉnh, 14 cạnh, không có tam giác nào có ba cạnh cùng màu.
Q
B
A
C
P
E
D
Hình 33
Tiếp tục thêm điểm Q, nối Q với P, A, C, D, E sao cho các cạnh QP, QA,
QC, QD, QE được tô màu lần lượt giống với BP, BA, BC, BD, BE. Ta được
đồ thị 7 đỉnh, 19 cạnh được tô màu nhưng không có tam giác nào có ba cạnh
cùng màu.
Bây giờ ta thêm điểm R, nối R lần lượt với P, Q, A, B, D, E sao cho các
cạnh tạo thành được tô màu tương ứng với cạnh CP, CQ, CA, CB, CD, CE.
30
Đồ thị này có 8 đỉnh. 25 cạnh nhưng không có tam giác nào cùng màu.
Cuối cùng ta thêm điểm S, tương tự trên ta có hình 9 đỉnh với 32 cạnh
được tô màu nhưng không tam giác nào được tô bởi một màu.
Vậy số nhỏ nhất cần tìm là 33.
Bài toán 23 (IMO 1979). Cho hình lăng trụ có đáy trên và đáy dưới là hai
ngũ giác A1A2A3A4A5, B1B2B3B4B5. Các cạnh đáy và cạnh
được tô bởi hai màu xanh hoặc đỏ thoả mãn mọi tam giác có ba đỉnh là ba
đỉnh của hình lăng trụ mà cả ba cạnh đều được tô màu thì luôn tồn tại hai
cạnh có màu khác nhau. Chứng minh tất cả các cạnh đáy của hình lăng trụ
được tô bởi một màu.
Giải.
Trước hết ta chứng minh tất cả 5 cạnh của ngũ giác A1A2A3A4A5 đều được
tô bởi cùng một màu.
Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra, tức tồn tại hai cạnh kề nhau của ngũ
giác được tô bởi hai màu khác nhau. Giả sử A1A2 được tô xanh, A1A5 được tô
màu đỏ. Xét 5 đoạn thẳng A1Bi, i = 1, 2, 3, 4, 5. Trong năm đoạn thẳng này có
ít nhất ba đoạn thẳng này được tô bởi một màu, không giảm tính tổng quát ta
giả sử ba đoạn được tô bởi màu xanh là A1Ak, A1Am, A1An, k, m, n = 1, 2, 3, 4,
5 và đôi một khác nhau. Lúc này trong các tam giác A1A2Ak, A1A2Am, A1A2An
ta có ba cạnh A2Bk, A2Bm, A2Bn được tô bởi cùng màu đỏ. Mặt khác trong hai
trong ba đỉnh Bk, Bm, Bn có hai đỉnh kề nhau của ngũ giác B1B2B3B4B5 chúng
được tô xanh hoặc đỏ. Giả sử hai đỉnh đó là BkBm. Từ đây ta thấy cạnh BkBm
có màu xanh thì ba cạnh của tam giác A1BkBm có các cạnh được tô bởi màu
xanh. Nếu BkBm được tô bởi màu đỏ thì các cạnh của tam giác A2BkBm được tô
bởi màu đỏ. Trái với giả thiết bài toán, nên điều giả sử của ta sai.
Tương tự ta chứng minh được ngũ giác B1B2B3B4B5 có các cạnh được tô
31
bởi một màu.
Bây giờ ta chứng minh hai ngũ giác này được tô bởi cùng một màu.
Thật vậy, giả sử ngược lại năm cạnh của ngũ giác A1A2A3A4A5 được tô
bởi màu xanh, năm cạnh của ngũ giác B1B2B3B4B5 được tô bởi màu đỏ.
Chứng minh tương tự như trên chúng ta có ba trong năm cạnh A1Bi, i = 1,
2, 3, 4, 5 có cùng màu và hai trong ba đỉnh Bi là hai đỉnh kề nhau. Từ đó ta có
hai đỉnh này cùng với đỉnh A1 tạo nên một tam giác có ba cạnh đều tô màu đỏ.
Mâu thuẫn với giả thiết bài toán. Như vậy ba trong năm cạnh A1Bi, i = 1, 2, 3,
4, 5 được tô bởi màu xanh. Lặp lại phép chứng minh này với cạnh A2Bi, i = 1,
2, 3, 4, 5. Có ba trong năm cạnh A2Bi, i = 1, 2, 3, 4, 5 được tô bởi màu xanh.
Trong năm điểm Bi thuộc hai tập hợp các cạnh vừa xét nên ít nhất có một
điểm Bk thuộc cả hai tập nói trên. Giả sử là đỉnh Bk, khi đó tam giác A1A2Bk có
các cạnh được tô bởi cùng màu xanh. Mâu thuẫn với giả thiết. Bài toán được
chứng minh.
Bài toán 24 (IMO 1964). Có 17 nhà toán học viết thư cho nhau, mỗi người
đều viết thư cho tất cả những người khác. Các thư chỉ trao đổi về ba đề tài,
từng cặp nhà bác học chỉ viết thư cho nhau về cùng một đề tài. Chứng minh
rằng có không ít hơn ba người viết thư cho nhau về cùng một đề tài.
Giải.
Trước hết ta mô hình hoá bài toán theo ngôn ngữ đồ thị. Mỗi nhà toán học
được biểu diễn bởi một điểm. Hai nhà toán học bất kì đều viết thư cho nhau
về cùng một chủ đề, nên hai đỉnh bất kì của đồ thị luôn có một cạnh vô hướng
nối chúng. Mô hình dựng được là đồ thị K17.
Do các nhà bác học chỉ trao đổi với nhau về ba chủ đề, nên ta có thể tô
màu các cạnh theo chủ đề họ trao đổi. Giả sử ta tô màu xanh, đỏ, vàng cho
cạnh nối hai đỉnh mà hai nhà bác học trao đổi về chủ đề 1, 2, 3. Khi đó toàn
32
bộ đồ thị được tô bởi ba màu.
Xét một đỉnh A tuỳ ý. Từ A có 16 cạnh nối với 16 đỉnh còn lại, được tô bởi
ba màu. Khi đó theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 6 cạnh được tô bởi một
màu. Khi đó có ít nhất một tam giác được tô bởi một màu. Tức có ít nhất ba
nhà bác học viết thư cho nhau theo cùng một chủ đề. Bài toán được chứng
minh.
Bài toán 25 (Bài 209 Thi vào 10 chuyên toán ĐHSPHN 1992-1993).
Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bởi 3 màu xanh, đỏ, vàng. Chứng
minh rằng bao giờ cũng tìm được hai điểm cùng màu mà khoảng cách giữa
chúng bằng một độ dài cho trước tuỳ ý.
Giải.
Đây là một bài toán mở rộng của
bài toán 19. (Đề thi vô địch toán
Trung Quốc 1986).
Gọi a là số dương cho trước. Trong
mặt phẳng với các điểm đã cho ta luôn
chọn bốn điểm A, B, C, D sao cho các
tam giác ABD, CBD đều cạnh a.
Bốn điểm A, B, C, D được tô bởi 3 màu xanh, đỏ, vàng. Khi đó có năm
đoạn thẳng AB, AD, BC, CD, BD có độ dài là a. Nếu tồn tại một trong năm
đoạn thẳng trên có hai đầu mút được tô bởi một màu thì bài toán được chứng
minh. Nếu không tồn tại đoạn nào có hai đầu mút được tô bởi cùng một màu
thì đoạn AC có hai đầu mút được tô cùng một màu. Vì có 4 điểm được tô bởi
3 màu nên có ít nhất hai điểm được tô bởi một màu (theo nguyên lý
Dirichlet).
Xét tất cả các hình thoi như trên với điểm A cố định (tuỳ ý chọn). Nếu
33
không tồn tại đoạn nào trong năm đoạn AB, AD, BC, CD, BD có hai đầu mút
được tô bởi một màu. Thì tất tất cả các điểm trên đường tròn tâm A bán kính
. Trên đường tròn này ta luôn tìm được hai điểm có khoảng cách bằng a
cho trước. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 26. Trong mặt phẳng cho năm điểm A, B, C, D, E trong đó không
có ba điểm nào thẳng hàng. Nối tất cá các cặp hai trong số năm điểm trên bởi
các đoạn thẳng rồi tô chúng bởi ba màu xanh, đỏ, vàng. Chứng minh tồn tại
một đường gấp khúc khép kín có bốn cạnh được tô bởi không quá hai màu.
Giải.
Xét bốn đoạn thẳng AB, AC, AD, AE. Chúng được tô bởi ba màu nên tồn
tại hai đường thẳng cùng màu. Chẳng hạn đó là AB, AC và giả sử cùng tô màu
đỏ. Nếu tồn tại một trong các đoạn DB, DC được tô màu đỏ. Thì tồn tại đường
gấp khúc ABDCA đươc tô bởi không quá hai màu.
Nếu tồn tại một trong các đoạn EB, EC được tô màu đỏ thì đường gấp
khúc ABECA được tô bởi nhiều nhất hai màu.
Nếu cả bốn đoạn thẳng DB, DC, EB, EC không được tô bởi màu đỏ thì
đường gấp khúc BDCEB được tô bởi không quá hai màu.
Bài toán 27. Cho n điểm (n ≥ 3) trong đó không có ba điểm nào thẳng
hàng. Hai điểm bất kì được nối với nhau bằng một đoạn thẳng. Mỗi đoạn
thẳng được tô bởi màu xanh, đỏ hoặc vàng. Biết rằng có ít nhất một đoạn
thẳng màu xanh, một đoạn thẳng màu đỏ, một đoạn thẳng màu vàng. Không
có điểm nào mà các cạnh xuất phát từ đó có đủ cả ba màu và không tam giác
34
nào có cạnh là các đoạn thẳng đã nối có ba cạnh cùng màu.
a) Chứng minh không tồn tại ba đoạn thẳng cùng màu xuất phát từ cùng
một đỉnh.
b) Tìm số n lớn nhất các điểm thoả mãn yêu cầu bài toán.
Giải.
a) Giả sử tồn tại điểm A mà từ đó có ba đoạn thẳng AB, AC, AD được tô
cùng một màu xanh. Do không có tam giác nào có ba cạnh cùng màu nên tam
giác BCD có ba cạnh được tô bởi đúng hai màu đỏ và vàng. Do đó chắc chắn
tồn tại một trong ba điểm B, C, D mà từ đó có ba đoạn thẳng xuất phát từ một
điểm có đủ cả ba màu (ví dụ như nếu chỉ BC được tô bởi màu đỏ thì từ B có
BA, BC, BD được tô bởi ba màu khác nhau). Điều này trái với giả thiết bài
toán. Suy ra điều giả sử sai. Ta có điều phải chứng minh.
b) Theo giả thiết và chứng minh ý a. Ta có các đoạn thẳng xuất phát từ
một điểm không được tô bởi quá hai màu và không có quá hai đoạn thẳng
cùng màu nên số đoạn thẳng xuất phát từ một điểm không vượt quá 5.
Với n = 5. Giả sử 5 điểm A, B, C, D, E thoả mãn yêu cầu bài toán. Theo
lập luận trên, không mất tính tổng quát ta giả sử từ điểm A có AB, AC tô màu
xanh, AD, AE được tô bởi màu đỏ. Do không có tam giác nào được tô bởi một
màu nên BD được tô bởi màu đỏ hoặc vàng.
+ Nếu BC tô đỏ, suy ra BD, BE không thể tô vàng và cũng không thể tô
cùng xanh. Nên có một đoạn tô đỏ, một đoạn tô xanh. Giả sử BD tô đỏ, BE tô
xanh. Chứng minh tương tự ta có các đoạn CD, CE, DE chỉ có thể tô bởi hai
màu xanh hoặc đỏ. Như vậy không có đoạn nào tô vàng. Trái với giả thiết của
bài.
+ Nếu BC tô màu vàng. Chứng minh tương tự.
35
Vậy n = 5 không có cách tô màu thoả mãn yêu cầu bài toán.
Với n = 4, ta chỉ ra được cách tô màu thoả mãn như hình vẽ. Nên số điểm
lớn nhất thoả mãn yêu cầu là 4.
Bài toán 28. Có thể dùng bốn màu xanh, đỏ, tím, vàng để tô màu tất cả các
cạnh của một tứ diện hay không sao cho cả hai điều kiện sau đều được thoả
mãn:
a) Không có mặt nào có hai cạnh cùng màu.
b) Không có hai đỉnh nào mà các cạnh xuất phát từ chúng được tô bởi các
màu giống nhau.
Giải.
Tứ diện có sáu cạnh được tô bởi bốn màu, nên có ít nhất có hai cạnh được
tô cùng màu. Do điều kiện a) nên hai cạnh được tô bởi cùng một màu phải là
hai cạnh đối. Không giảm tính tổng quát giả sử AD, CB được tô bởi màu
xanh.
Bốn cạnh còn lại được tô bởi ba màu (trừ màu xanh). Tồn tại hai cạnh
cùng màu, tương tự ta giả sử AB, CD cùng được tô đỏ. Cuối cùng còn hai
cạnh BD, AC được tô bởi hai màu còn lại. Khi đó ta thấy hai đỉnh B, D có
cạnh đỉnh xuất phát từ chúng có cùng cách tô màu ba cạnh (được tô bởi ba
màu giống nhau). Vi phạm điều kiện B. Vậy không tồn tại cách tô màu thoả
36
mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 29. Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bởi một trong bảy màu.
Hỏi có phải luôn tồn tại hai điểm được tô cùng màu có khoảng cách bằng 1
không?
Giải.
Ta đưa ra một ví dụ để chứng tỏ rẳng các điểm trong mặt phẳng được tô
bởi bảy màu nhưng không có hai điểm cùng màu bất kì có khoảng cách bằng 1.
Ta chia mặt phẳng thành các lục giác đều bằng nhau có cạnh bằng a và tô
màu các lục giác như hình vẽ. Khi đó khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm
> (2a)2.
cùng màu không quá 2a. Còn khoảng cách giữa hai điểm cùng màu khác nhau nhỏ hơn độ dài AB. Ta có AB2 = AC2 + BC2 = 7a2
Do đó nếu ta chọn a sao cho 2a < 1 < a. Thì khoảng cách giữa các
điểm cùng màu không thể bằng 1. Vậy không phải luôn tìm được hai điểm
cùng màu có khoảng cách bằng 1.
2.2.2. Một số bài toán tô màu ô vuông
Bài toán 30. Cho hình chữ nhật được chia thành 21 ô vuông con
bằng nhau. Tô các ô vuông này bởi ba màu. Chứng minh rằng tồn tại hình chữ
nhật tạo bởi các ô vuông con mà bốn ô vuông con ở bốn góc của hình chữ
nhật được tô bởi cùng một màu.
37
Giải.
Nếu tồn tại một cột ba ô vuông được tô cùng một màu, thì bài toán được
chứng minh vì chắc chắn ở một cột nào đó tồn tại hai ô vuông trong ba ô
vuông của cột được tô bởi một màu.
Nếu cột nào cũng được tô bởi đúng hai màu. Ta thấy số cách tô màu ở mỗi
cột là 6. Nhưng có 7 cột ba ô vuông. Nên tồn tại ít nhất hai cột có cách tô màu
giống nhau. Khi đó hình chữ nhật xác định bởi hai cột đó và các cột xen giữa
là hình chữ nhật cần tìm.
Bài toán 31. Hỏi có thể lát được một bàn cờ quốc tế bị mất hai ô ở hai góc
đối diện bằng các quân cờ Đô-mi-nô không?
Giải.
Trong bàn cờ 8 8 ô vuông. Khi ta mất
hai ô ở vị trí hai góc đối diện của bàn cờ.
Bàn cờ còn 62 ô. Với mỗi quân cờ Đô-mi-nô
được lát vào bàn cờ chiếm một ô đen, một ô
trắng. Nếu ta lát được các quân cờ kín bàn cờ
thì số ô đen bằng số ô trắng.
Nhưng với cách tô màu như trên, có 32 ô đen, và chỉ có 30 ô trắng. (Hoặc
một cách khác thì có 32 ô trắng, 30 ô đen). Vậy không thể lát được các quân
cờ Đô-mi-nô thoả mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 32. Một bảng ô vuông có kích thước 5 8 được chia thành 40
hình vuông bằng nhau.
a) Có thể lát kín bảng ô vuông bởi 6 mảnh ô vuông 2 2 và 4 mảnh ô
vuông 1 4 không?
b) 5 mảnh ô vuông 2 2 và 5 mảnh ô vuông 1 4.
38
Giải.
a) Có thể lát được(xem hình 42a).
Hình 42a Hình 42b
b) Không thể lát được. Thật vậy, ta tô màu các ô ở vị trí hàng lẻ, cột lẻ. khi
đó có 12 ô được tô màu. Mỗi mảnh 2 2 lấp 1 ô được tô màu. Nên 5 mảnh
2 2 lấp được 5 ô tô màu. Mỗi mảnh 1 4 lấp được môt số chẵn ô đen. Nên số
ô đen mà hai loại mảnh trên lấp được là số lẻ. Nên không thể lát được theo
yêu cầu bài toán.
Bài toán 33. Trên một bảng các ô vuông m n cho trước, mỗi ô vuông nhỏ
có cạnh là 1. Người ta tô màu các ô bằng hai màu đen trắng xen kẽ. Tìm bán
kính lớn nhất của đường tròn chỉ đi qua các ô trắng.
Giải.
Nếu đường tròn chỉ thuộc một ô trắng
thì đường kính lớn nhất bằng 1.
Ta xét khả năng đường tròn đi qua nhiều ô vuông trắng. Khi đó đường tròn
phải đi qua đỉnh các ô trắng. Vì nếu đường tròn cắt cạnh của ô trắng thì sẽ đi
qua ô đen.
Xét đường tròn đi qua đỉnh A của ô trắng ABCD. Có hai trường hợp xảy
39
ra.
a) Trường hợp 1. Đường tròn đi qua hai đỉnh liên tiếp của ô, giả sử A, B.
Lại xét hai trường hợp:
- Đường tròn đi qua A, B, E. Khi đó tâm là điểm I của vuông ABEF.
Đường kính là .
- Đường tròn đi qua A, B, G. Khi đó tâm là điểm K giao điểm của hai
đường trung trực của AB và BH.
b) Trường hợp 2. Đường tròn đi qua hai đỉnh đối diện của ô là A, C. Khi
đó, đường tròn đi qua A, C, M hoặc đường tròn đi qua A, C, G. Các đường
tròn được vẽ đều có đường kính bằng .
Vậy đường tròn lớn nhất chỉ đi qua các ô trắng có bán kính là .
Bài toán 34. (Đề thi dự bị toán quốc tế)
Có thể đánh số các ô vuông của bảng 4 4 bởi các số tự nhiên từ 1 đến 16
(mỗi số viết một lần) sao cho tổng bốn số ở mọi phần của bảng ô vuông có
dạng như hình chữ Z (hình a) đều chia hết cho bốn hay không?
Hình a
Giải.
Có cách điền các số thoả mãn yêu cầu bài toán.
Nhận xét. Số dư trong phép chia một số tự nhiên cho 4 có thể là 0, 1, 2, 3,
4. Trước hết ta đặt các số 0, 1, 2, 3, 4 vào bảng ô vuông 4 4 sao cho điều
kiện ở ý a được thoả mãn (hình b). Sau đó đặt các số từ 1 đến 16 vào bảng
40
như hình c.
4 1 2 3 0 1 2 3
5 8 7 6 1 0 3 2
10 11 12 9 2 3 0 1
15 14 13 16 3 2 1 0
Hình b Hình c
2.2.3. Một số bài toán dùng phương pháp tô màu ô vuông và tính chất
bất biến
Bài toán 35. Cho một bàn cờ quốc tế 8 8. Hỏi quân mã có thể đi được
nước đầu tiên từ ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải hay
không? Với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô của bàn cờ và mỗi ô đi qua
đúng một lần.
Giải.
41
Ta tô màu bàn cờ xen kẽ bởi hai màu đen trắng như bàn cờ vua
Không giảm tính tổng quát ta giả sử ô dưới cùng bên trái tô màu trắng. Từ
cách đi của con mã, ta nhận thấy sau mỗi bước đi con mã sẽ đi sang một ô
khác màu với ô nó đang đứng. Vì thế sau một số lẻ bước đi con mã sẽ sang
một ô màu đen.
Sau một số chẵn bước đi con mã ở ô trắng. Mà từ ô đầu đến ô cuối con mã
đi 63 bước. Nên sau 63 bước con mã không thể ở ô màu trắng. Mà ô cuối
cùng màu trắng. Vậy con mã không thể đi thoả mãn yêu cầu.
Bài toán 36. Xét bảng ô vuông m n (m, n là số tự nhiên lớn hơn 3). Thực
hiện trò chơi sau: Mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng (mỗi ô 1 viên) mà ô
đó tạo thành một trong các hình dưới đây:
Hỏi sau một số lần ta có thể nhận được bảng mà số bi trong các ô bằng
nhau không nếu:
a) m = 2014, n = 2016.
b) m = 2015; n = 2014.
Giải.
a) Bảng đã cho có thể chia được các hình chữ nhật 4 2 nên có thể nhận
được trạng thái mà các ô trong số bi bằng nhau.
b) Tô màu các ô ở hàng lẻ như hình vẽ.
Dễ thấy mỗi lần đặt bi thì có hai viên bi đặt vào ô có tô màu, hai viên bi
được đặt vào ô không tô màu. Gọi S(n) là số bi được đặt vào các ô được tô
màu, T(n) là số bi được đặt vào số ô không được tô màu. Sau lần đặt bi thứ n
số S(n) – T(n) là không đổi.
42
Suy ra S(n) – T(n) = S(0) – T(0) = 0.
Do đó nếu nhận được bảng mà số bi trong các ô
bằng nhau thì số ô được tô màu và số ô không
được tô màu bằng nhau. Điều này không thể xảy ra
vì m là số lẻ.
Bài toán 37. Các số tự nhiên 0, 1, 2, 3, 4, … được viết trong các ô của một
bảng hình vuông 2003 2003 theo vòng xoáy trôn ốc sao cho số 0 nằm ở
trung tâm của bảng (ô ở dòng 1002 cột 1002). Các dòng và cột của bảng được
đánh số tăng dần từ dưới lên trên và từ trái sang phải. (Bắt đầu từ số 1).
a) Số 2004 nằm ở dòng nào cột nào? Vì sao?
b) Thực hiện thuật toán sau: Lần đầu tiên thay số 0 ở trung tâm bởi số
1998. Mỗi lần tiếp theo cho phép lấy ra 12 số trong 12 ô liên tiếp cùng một
hàng hoặc cùng một cột hoặc trong 12 ô trong một khối hình chữ nhật 3 4 rồi
tăng mỗi số đó lên một đơn vị. Hỏi sau một số lần như vậy có thể làm cho tất
cả các số trong bảng đều là bội của 2004 hay không? Tại sao?
Giải.
a) Xét hình vuông cạnh 2n +1 có tâm là ô chứa số 0. Số được viết ở đỉnh dưới bên trái của hình vuông này là (2n + 1)2 – 1. Vì (2 22 + 1)2 – 1 = 2024 và
số 0 nằm ở dòng 1002, cột 1002.
Nên số 2024 nằm ở hàng số 980 + 20 = 1000 và cột 980.
43
b) Ta thực hiện tô màu bảng ô vuông như hình vẽ
Gọi S(n) là số ô được tô màu ở bước thứ n. Do mỗi lần thực hiện thuật
toán kể từ lần thứ 2 có đúng 4 ô được tô màu nên
S(n + 1) = S(n) + 4, mọi n ≥ 1.
Do đó S(n) bất biến theo modun 4. Suy ra S(n) ≡ S(1) (mod 4), mọi n ≥ 1.
Xét các đường chéo được tô màu, các đường chéo đó gồm một trong ba
dạng sau:
+ Loại 1. Chứa toàn các ô có số chia hết cho 4.
+ Loại 2. Chứa toàn các số chia 4 dư 2. Do tính đối xứng của bảng nên ta
có chẵn đường chéo loại này và tổng các số trên đường chéo loại này chia hết
cho 4.
+ Loại 3. Chứa toàn các số lẻ. Trên mỗi đường chéo loại này có một nửa
số ô có các số chia 4 dư 1. Một nửa các ô chia 4 dư 3. Nên tổng các số trên
đường chéo cũng chia hết cho 3.
Từ đó ta có S(0) = 1. S(1) = S(0) + 1994 chia 4 dư 2. Nên không thể có
44
trạng thái mà tất cả các số trong bảng đều là bội của 2004 được.
Bài toán 38. Xác định số m, n sao cho bảng m n
có thể lát được bởi các hình chữ L như hình bên.
Giải.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử m ≤ n. Để lát được bảng thì m ≥ 2,
n ≥ 3. Giả sử ta có thể lát được bảng bởi a hình chữ L, thì số ô vuông là 4 a.
Vì m n ≥ 6 nên a ≥ 2.
Xét a = 2. Ta có bảng 2 4. Ta có thể lát được hai quân chữ L như hình vẽ.
Với a = 3, ta có m n = 12 nên ta có hai bảng có kích thước thoả mãn là 2 6 và 3 4. Dễ thấy cả hai bảng này đều không lát kín được bằng các hình chữ L trên. Do đó ta dự đoán, để lát được bảng bởi các hình chữ L thì a phải chẵn. Ta sẽ chứng minh điều này.
Ta tô màu các ô của bảng như sau. Giả sử m ô chẵn, bảng có m dòng. Ta tô các dòng lẻ tính từ trên xuống màu đen. Các dòng còn lại tô màu trắng. Khi đó số ô đen và số ô trắng bằng nhau và bằng 2a. Mỗi hình chữ L lát vào bảng chiếm 3 ô trắng và 1 ô đen hoặc 3 ô đen 1 ô trắng. Giả sử lát được x hình chữ L chiếm 3 ô đen 1 ô trắng, y hình chữ L chiếm 3 ô trắng 1 ô đen. Khi đó ta có hệ:
Suy ra x = y và a = 2x tức là a chẵn.
45
Bây giờ ta chứng minh nếu a chẵn, tức m n chia hết cho 8 thì ta có thể lát bảng bởi các quân hình chữ L. Nếu m chia hết cho 2 và m chia hết cho 4 thì bảng có thể chia thành các hình chữ nhật 2 4. Mà bảng này ta đã chứng minh lát được. Nếu m lẻ, n chia hết cho 8 thì do m có thể viết được dưới
dạng m = 2s +3. Nên có thể chia bảng ra thành các hình chữ nhật 2 4 và 3 8. Do đó nếu hình chữ nhật 3 8 lát được thì hình chữ nhật đã cho lát được.
46
Ta lát được hình chữ nhật 3 8 như sau
CHƢƠNG 3. NGUYÊN LÝ CỰC HẠN
3.1. Nguyên lý cực hạn
Trong các bài toán hình học tổ hợp, bên cạnh các phương pháp như
phương pháp quy nạp toán học, phương pháp tô màu, nguyên lý chuồng chim,
phương pháp phản chứng… Phương pháp sử dụng nguyên lý cực hạn rất có
hiệu quả. Nguyên lý cực hạn được phát biểu như sau.
Nguyên lý. Trong một tập hữu hạn khác rỗng các số thực luôn tồn tại số
nhỏ nhất và tồn tại số lớn nhất.
Hệ quả. Trong tập tuỳ ý các số tự nhiên khác rỗng luôn tìm được số nhỏ
nhất, số lớn nhất.
Nguyên lý cực hạn có nhiều ứng dụng trong giải toán. Trong hình học thì
ta thường vận dụng nó xét một tập các đại lượng hình học khi nào nhỏ nhất,
hay lớn nhất, chẳng hạn:
- Xét góc lớn nhất, góc nhỏ nhất trong các góc cho trước.
- Xét đoạn thẳng, khoảng cách lớn nhất hay nhỏ nhất.
- Xét diện tích, thể tích của một hình khi nào lớn nhất, nhỏ nhất.
Trên cơ sở các đánh giá trên, cùng với các kiến thức hình học ta giải quyết
được rất nhiều bài toán hình học hay và khó.
Trong khuôn khổ chương này này. Tác giả xin trình bày một số bài toán
hình học hay và khó, một số bài toán thi học sinh giỏi ứng dụng nguyên lý
cực hạn. Những bài toán này được tham khảo trong các tài liệu [1], [2], [4],
[5] và [7] ở mục tài liệu tham khảo.
3.2. Ứng dụng nguyên lý cực hạn
3.2.1. Một số bài toán đánh giá góc
Bài toán 39. (Đề thi học sinh giỏi toán Bắc Kinh, 1962)
Cho sáu hình tròn trên mặt phẳng thoả mãn tâm mỗi hình tròn này không
nằm trong các hình tròn còn lại. Chứng minh rằng sáu hình tròn này không có
47
điểm chung.
Giải.
Giả sử sáu đường tròn này có điểm chung là O, gọi Oi là tâm của đường
tròn thứ i. Các điểm Oi khác O và nằm xung quanh O. Khi đó, không giảm
tính tổng quát ta giả sử các điểm Oi sắp thứ tự ngược theo chiều kìm đồng hồ,
i =1, 2, 3, 4, 5, 6. Ta có
O4
O5
O3
O6
O
O2
O1
Hình 49
.
Do tổng các góc bằng 3600 nên ít nhất có một góc trong số 6 góc không
vượt qua 600. Giả sử , suy ra trong tam giác O1OO2 có một góc
lớn hơn 600, giả sử góc (là góc lớn nhất trong tam giác O1OO2).
Suy ra O2O ≥ O2O1. Do đó hình tròn tâm O chứa điểm O và điểm O1. Trong
trường hợp đặc biệt nếu suy ra O2O ≥ O2O1. Điều này trái giả
48
thiết, vậy giả sử sai. Do đó sáu đường tròn đã cho không có điểm chung.
Bài toán 40. Chứng minh rằng: Bốn hình tròn đường kính là bốn cạnh của
một tứ giác lồi thì phủ kín miền tứ giác ABCD.
Giải.
Lấy M là một điểm tuỳ ý của tứ giác lồi ABCD. Có hai khả năng xảy ra:
1) Nếu M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một cạnh của tứ giác
ABCD). Khi đó M nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh ấy. Trong
trường hợp này kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.
2) Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD. Khi đó ta có
.
Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại
max{ } = .
Khi ấy: (1)
Từ (1) suy ra M nằm trong (hoặc cùng lắm là nằm trên) đường tròn đường
kính BC. Vậy dĩ nhiên M bị phủ bởi đường tròn này.
Như thế do M là điểm tuỳ ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói
49
trên phủ kín tứ giác lồi đã cho.
Bài toán 41. (Thi vô địch Matxcova 1979)
a) Trên mặt phẳng lấy điểm O. Có thể đặt được hay không trên mặt phẳng
năm đường tròn không chứa điểm O sao cho mọi tia bất kì gốc O đều cắt
không ít hơn hai đường tròn.
b) Cũng hỏi như trên đối với bốn đường tròn.
Giải.
a) Có thể vẽ được. Chẳng hạn vẽ năm tia gốc O chia mặt phẳng thành 5 góc 720. Vẽ năm đường tròn tiếp xúc với các cạnh của các góc 1440. Khi đó
mọi tia gốc O đều giao với ít nhất hai đường tròn (hình a).
Hình a Hình b
Thật vậy, Gọi M là một điểm bất kì của mặt phẳng thì M nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một trong năm góc 720. Do đó M nằm trong hoặc nằm trên cạnh của góc 1440. Chẳng hạn M nằm trong góc AOE, thì M nằm trong hai
góc AOD, BOE. Do đó OM giao với hai đường tròn tâm A và E (hình a).
b) Ta không thể vẽ được bốn đường tròn sao cho từ điểm O bất kì các tia
đi qua O cắt ít nhất hai đường tròn.
Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử 4 đường tròn (A), (B), (C), (D)
50
thoả mãn mọi tia gốc O đều giao với ít nhất hai đường tròn (hình b). Xét bốn
góc đỉnh O, mỗi góc có hai cạnh tiếp xúc với một đường tròn. Mỗi góc nhỏ hơn 1800. Nên tổng bốn góc nhỏ hơn 7200.
Mặt khác do mọi tia gốc O đều giao ít nhất với hai đường tròn nên tổng
của bốn góc đỉnh O nói trên lớn hơn hoặc bằng 7200.
Hai điều này mâu thuẫn. nên không thể vẽ được bốn đường tròn thoả mãn
yêu cầu.
Bài toán 42. Bên trong đường tròn tâm O bán kính R = 1 có 8 điểm phân
biệt. Chứng minh rằng: Tồn tại ít nhất hai điểm trong số chúng mà khoảng
cách giữa hai điểm này nhỏ hơn 1.
Giải.
Nhận xét: Ít nhất 7 điểm trong số 8 điểm đã cho là khác tâm O. Ta gọi các
điểm đó là .
Ta có góc nhỏ nhất trong số các góc đỉnh
O và hai điểm còn lại là
là không lớn
hơn .
Giả sử là góc bé nhất.
Xét ta có:
Vì <
51
Mà hoặc .
Bài toán 43. (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1992 – 1993 bảng A)
Một nước có 80 sân bay, mà khoảng cách giữa hai sân bay nào cũng khác
nhau. Mỗi máy bay cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay nào gần nhất.
Chứng minh rằng: Trên bất kì sân bay nào cũng không thể có quá 5 máy bay
đến.
Giải.
Từ giả thiết suy ra nếu các máy bay từ các sân bay M và N đến sân bay O
thì khoảng cách MN là lớn nhất trong các cạnh của tam giác MON, do đó
.
Giả sử rằng các máy bay bay từ các sân bay , , , , …,
đến sân bay O thì một trong các góc (i, j, n = 1, 2, 3, 4, 5, …, 80)
không lớn hơn vì tổng các góc đã cho bằng .
Vậy: > n < 6.
Bài toán 44. (Thi vô địch Toán Bắc Kinh 1963)
Trên mặt phẳng cho 2n + 3 điểm. Trong đó không có ba điểm nào thẳng
hàng, không có bốn điểm nào nằm trên cùng một đường tròn. Tồn tại hay
không một đường tròn đi qua ba điểm trong số đó và chứa nửa số điểm trong
các điểm còn lại?
Giải.
Với 2n + 3 điểm bất kì luôn tồn tại hai điểm trong số chúng sao cho mọi
điểm đã cho nằm trên cùng một nửa mặt phẳng. Không giảm tính tổng quát ta
giả sử đường thẳng đó đi qua hai điểm A1, A2 trong 2n + 3 điểm đã cho. Giả
52
sử 2n + 1 điểm còn lại là A3, A4, …, A2n+2, A2n+3 nằm về cùng một nửa mặt
phẳng bờ A1A2. Ta đặt các điểm A3, A4, …, A2n+2, A2n+3 sao cho thoả mãn điều
kiện
A4
A3
A6
A5
A7
A1
A2
Hình 54. (Với n = 2)
Đẳng thức không thể xảy ra vì không
có bốn điểm nào trong 2n + 3 điểm cùng thuộc một đường tròn.
Nên ta có . Từ đó suy ra các điểm
An+4, …, A2n+3 nằm trong đường tròn bị giới hạn bởi ba điểm A1, An+3, A3.
Bài toán 45. (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1992 – 1993 bảng B)
Trong tam giác ABC có ba góc nhọn. Lấy một điểm P bất kì, chứng minh
khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A, B, C
của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách
từ điểm P đến các cạnh của tam giác đó.
Giải.
Dựng , , tương ứng vuông góc với các cạnh BC, CA, AB. Vì
tam giác ABC có ba góc nhọn nên các điểm tương ứng nằm trong
53
đoạn BC, CA và AB.
Nối PA, PB, PC ta có:
Suy ra góc lớn nhất trong 6 góc này không thể nhỏ hơn .
Không mất tính tổng quát, ta giả sử là lớn nhất, khi đó .
Xét vuông tại , ta có:
.
Từ đó ta có: AP .
Nếu thay PA bằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến
các đỉnh và thay bằng khoảng cách ngắn nhất từ P tới các cạnh thì bất
đẳng thức càng được thoả mãn.
3.2.2. Một số bài toán đánh giá khoảng cách, độ dài Bài toán 46. Trong mặt phẳng cho hai tia OA, OB. Điểm P nằm giữa hai
tia này (P nằm trong góc nhỏ hơn trong hai góc tạo bởi 2 tia). Hãy xác định
điểm X trên OA sao cho nếu XP kéo dài cắt OB tại Y thì tích XP.PY có giá trị
54
nhỏ nhất.
Giải.
X
A
M
O
P
N
Y
B
Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P xuống OA, OB. Trước
tiên ta nhận thấy điểm M nằm trong đoạn OX vì nếu M nằm ngoài OX ta có
thể di chuyển điểm X tiến gần đến điểm M. Điểm X càng gần điểm M thì độ
dài PX càng nhỏ. Tươn g tự ta có N nằm trong đoạn OY.
Gọi
Khi đó suy ra
Vì vậy tích PX.PY nhỏ nhất khi lớn nhất.
Nhưng ta có
Do đó lớn nhất khi , nghĩa là . Suy
ra OX = OY.
Khi đó điểm X thuộc OA sao cho tam giác OXY cân tại O, và P thuộc XY.
Suy ra PX vuông góc với tia phân giác của góc XOY. Nên để xác định X ta
dựng phân giác góc XOY, từ P dựng đường thẳng vuông góc với phân giác đó.
55
Đường thẳng này cắt hai cạnh OA, OB tại X, Y.
Bài toán 47. (Thi vô địch Matxcova 1961)
Cho 100 điểm trong mặt phẳng, khoảng cách giữa hai điểm bất kì không
quá 1. Và nếu A, B, C là ba điểm bất kì trong các điểm đã cho thì tam giác
ABC có góc tù. Chứng minh rằng có thể dựng được đường tròn có bán kính
0,5 mà mọi điểm đã cho đều nằm trong hoặc trên biên của đường tròn.
Giải.
Gọi A, B là hai điểm có khoảng
cách lớn nhất trong 100 điểm đã cho.
Ta có AB ≤ 1. Vẽ đường tròn đường
kính AB. Đường tròn này có bán kính
không quá 0,5. Khi đó đường tròn
này chứa mọi điểm đã cho.
Thật vậy, vẽ hai đường thẳng vuông góc với AB tại A và B tạo thành một
dải. Nếu tồn tại một điểm C nằm ngoài dải thì BC > AB hoặc AC > AB. Mâu
thuẫn với cách chọn hai điểm A, B. Nếu tồn tại một điểm C nằm trong dải
hoặc trên biên và nằm ngoài hình tròn thì góc không tù. Mâu thuẫn giả
thiết. Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 48. (Thi vô địch Nga 1974)
Cho một đa giác lồi trong đó không thể đặt được tam giác nào có diện tích
bằng 1. Chứng minh đa giác này có thể đặt trong một tam giác có diện tích
bằng 4.
Giải.
Trong số các tam giác có đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho, gọi ABC là
56
tam giác có diện tích lớn nhất. Theo giả thiết diện tích tam giác ABC nhỏ hơn 1.
M
A
F
E
B
C
D
Qua A, B, C kẻ các đường thẳng song song với BC, AC, AB. Ba đường
thẳng này đôi một cắt nhau tại D, E, F (hình vẽ). Dễ thấy diện tích tam giác
DEF bằng bốn lần diện tích tam giác ABC, nên diện tích tam giác DEF nhỏ
hơn 4.
Bây giờ ta chứng minh mọi đỉnh của đa giác đã cho nằm trong tam giác
DEF.
Thật vậy, giả sử có đỉnh M nằm ngoài tam giác DEF. Không giảm tính
tổng quát giả sử M nằm ở miền trong góc D. Khi đó SMBC > SABC, trái với giả
thiết chọn tam giác ABC.
Nếu M nằm trong góc đối đỉnh với góc EDF thì SMBC > SDBC = SABC. Mâu
thuẫn với cách chọn tam giác ABC. Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 49. (Thi vô địch Matxcova 1962)
Chứng minh rằng trong một hình chữ nhật có diện tích bằng 1, có thể đặt
được các hình tròn không chờm lên nhau sao cho tổng các bán kính của chúng
bằng 1962.
Giải.
57
Hoàn toàn có thể xếp được các hình tròn thoả mãn yêu cầu bài toán.
Thật vậy, gọi a, b là chiều rộng, chiều dài
của hình chữ nhật có diện tích bằng 1. Khi
đó 0 < a < b, a.b = 1. Trong hình chữ nhật
đã cho (hình vẽ) xét hình vuông có cạnh là a. Ta chia hình vuông có cạnh là a thành n2
hình vuông có bằng nhau bởi n – 1 đường
thẳng nằm ngang và n – 1 đường thẳng
vuông góc với chúng.
Khi đó mỗi hình vuông nhỏ có cạnh là . Trong mỗi hình vuông nhỏ ta vẽ
một đường tròn nội tiếp nó, khi đó bán kính của mỗi đường tròn là . Suy ra
tổng các bán kính của n2 đường tròn là n2. = .
Vấn đề bây giờ là ta cần xác định số n sao cho
= 1962. Suy ra
.
Ta luôn chọn n là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn điều kiện
. Khi đó tổng bán kính các đường tròn không chờm lên nhau thoả
mãn bằng 1962. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 50. Cho 2015 đường thẳng phân biệt, trong đó ba đường thẳng
bất kì trong số chúng thì đồng quy. Chứng minh rằng cả 2015 đường thẳng đã
cho đồng quy tại một điểm.
Giải.
58
Ta sẽ đi giải quyết bài toán bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử ngược lại các đường thẳng đã cho không đi qua một điểm.
Ta xét các giao điểm tạo nên bởi 2015 đường thẳng đã cho. Xét tất cả các
khoảng cách khác 0 hạ từ các giao điểm này tới các đường thẳng đã cho. Giả
sử A là một giao điểm trong số đó và gọi AQ là khoảng cách nhỏ nhất trong số
đó vẽ từ A đến đường thẳng trong số 2015 đường thẳng.
Qua A theo giả thiết, phải có ít nhất là 3 đường thẳng, và 3 đường thẳng
này cắt lần lượt tại B, C và D. Vẽ AQ , thì hai trong ba điểm B, C, D
phải nằm cùng một phía của điểm Q, chẳng hạn là C và D.
Không mất tính tổng quát, giả sử QC < QD, vẽ CP AD, vẽ QK AD.
Suy ra: CP < QK < AQ.
Vô lý, vì trái với giả thiết giả sử AQ là khoảng cách bé nhất. Điều vô lí
trên chứng tỏ rằng 2015 đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm.
Bài toán 51. Trên mặt phẳng đã cho 2015 điểm, khoảng cách giữa chúng
đôi một khác nhau. Nối mỗi điểm trong số 2015 điểm này với điểm gần nhất.
Chứng minh rằngvới mỗi cách nối đó không thể nhận được một đường gấp
khúc khép kín.
Giải. Giả sử ngược lại với cách nối đó,
chúng ta nhận được một đường thẳng gấp
59
khúc khép kín.
Gọi AB là mắt lớn nhất của đường gấp khúc khép kín này. Tức là đoạn
thẳng lớn nhất trong các đoạn thẳng tạo nên đường gấp khúc trên.
Giả sử AC và BD là hai mắt kề với mắt AB. Ta có:
nên B không là điểm gần nhất của A.
nên A không là điểm gần nhất của B.
Chứng tỏ rằng A và B không được nối với nhau. Vô lí!
Điều đó chứng tở rằng chúng ta không thế nhận được một đường gấp khúc
khép kín từ cách nối trên.
Bài toán 52. Trên mặt phẳng cho 2015 điểm thoả mãn ba điểm bất kì
trong số chúng đều thẳng hàng. Chứng minh rằng 2015 điểm đã cho là thẳng
hàng.
Giải. Giả sử ngược lại là 2015 điểm đã cho không thẳng hàng.
Dựng qua mỗi cặp điểm trong số 2015 điểm này một đường thẳng. Số các
đường thẳng được nối như vậy là hoàn toàn xác định, hữu hạn. Xét các
khoảng cách khác 0 nhỏ nhất từ 2015 điểm đã cho đến các đường thẳng vừa
dựng. Số các khoảng cách như vậy tồn tại và hữu hạn.
Gọi khoảng cách từ A đến đường thẳng BC là bé nhất (A, B, C là ba trong
điểm 2015 điểm đã cho). Theo giả thiết, trên BC còn có 1 điểm thứ 3 là D
60
khác B và C.
Vẽ AQ BC, khoảng cách AQ là bé nhất (theo giả sử) ta có trong ba điểm
B, C, D phải có ít nhất hai điểm nằm về cùng một phía của điểm Q, giả sử đó
là hai điểm A và D.
Giả sử: vẽ CR AD, dễ thấy CR < AQ (vô lí).
Điều đó chứng tỏ rằng 2015 điểm đã cho thẳng hàng.
Bài toán 53. Cho tứ giác ABCD thoả mãn bán kính các đường tròn nội
tiếp bốn tam giác ABC, BCD, CDA và DAB bằng nhau. Chứng minh tứ giác
ABCD là hình chữ nhật.
Giải.
Giả sử .
Vẽ các hình bình hành ABB’C và ADD’C.
Suy ra tứ giác BB’D’C là hình bình hành. Do đó: và
.
, .
Mặt khác: (c.c.c) .
Theo giả thiết:
.
61
Gọi E là giao điểm của BD’ và DB’. Ta chứng minh .
Giả sử C khác E C thuộc vào một trong bốn tam giác: EBD, EBB’,
EB’D’, ED’D. Giả sử C thuộc vào miền tam giác BDE
. Vô lý.
Điều vô lí chứng tỏ E trùng với C.
Suy ra B, C, D’ thẳng hàng và D, C, B’ thẳng hàng.
Ta có: D’C // AD suy ra BC // AD. Vì CB’ // AB DC // AB.
Suy ra ABCD là hình bình hành.
Ta lại có:
(vì ABCD là hình bình hành)
.
Vậy ABCD là hình chữ nhật.
Bài toán 54. ( Đề thi chọn HSG quốc gia 1986 – 1987, Bảng A)
Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Chứng
minh rằng: Nếu các bán kính của 4 đường tròn nội tiếp các tam giác EAB,
ECD, EDA mà bằng nhau thì tứ giác ABCD là hình thoi.
Giải.
Hoàn toàn không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng
CE , .
Gọi và tương ứng là các điểm đối xứng của B và C qua tâm E, ta
62
có tam giác nằm trong miền tam giác AED.
Giả sử đoạn thẳng AD không trùng với đoạn thẳng .
Khi đó đường tròn nội tiếp tam giác AED nằm bên trong đường tròn nội
tiếp tam giác AED, đồng dạng (phối cảnh) với đường tròn này với tâm đồng
dạng E, hệ số đồng dạng lớn hơn 1.
Như vậy: ( là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
AED). Vô lí.
Vì trái với giả thiết là: . Điều vô lí đó chứng tỏ là A và D
.
Khi đó: OA = OC, OB = OD ABDC là hình bình hành.
Trong hình bình hành ABCD có .
(Ở đó và tương ứng là nửa chu vi của các tam giác AEB và BEC).
Suy ra: =
(vì AE = CE).
Hình bình hành ABCD có AB = BC nên ABDC là hình thoi.
3.2.3. Một số bài toán đánh giá diện tích, thể tích Bài toán 55. Chứng minh rằng nếu tất cả các cạnh của một tam giác mà
63
mỗi cạnh đều nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn .
Giải.
Gọi A là góc nhỏ nhất của tam giác ABC, suy ra: .
Ta có: .
Do đó: < .
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 56. Gọi O là giao điểm của tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng:
Nếu các tam giác AOB, BOC, COD, DOA có chu vi bằng nhau thì tứ giác
ABCD là hình thoi.
Giải.
Không mất tính tổng quát ta giả sử: , .
Gọi và tương ứng là các điểm đối xứng của B và C qua O
, .
Tam giác nằm trong tam giác AOD.
64
Ta có: (trong đó kí hiệu P là chu vi).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi và .
Khi đó tứ giác ABCD có: OA = OC, OB = OD.
ABCD là hình bình hành.
Mặt khác ta lại có
= AB + BO + OA
= BC + BO + OC
Suy ra AB = BC.
Vậy ABCD là hình thoi.
Bài toán 57. (Đề thi vô địch Trung Quốc 1986)
Cho tứ giác lồi PQRS nằm bên trong tam giác ABC mà tam giác ABC có
diện tích bằng 1. Chứng minh rằng ba trong số bốn đỉnh của tứ giác này tạo
thành một tam giác có diện tích bé hơn hoặc bằng .
Giải.
Trước hết ta chứng minh mệnh đề “Nếu PQRS là hình bình hành nằm
trong tam giác ABC thì diện tích lớn nhất của nó là ”.
Thật vậy, giả sử hình bình hành có diện tích lớn nhất.
Nếu hình bình hành có ít hơn hai đỉnh nằm trên ba cạnh của hình tam giác
thì ta có thể mở rộng hình bình hành này cho đến khi hình bình hành có hai
đỉnh nằm trên hai trong số ba cạnh của tam giác. Khi mở rộng ra thì diện tích
của hình bình hành mới tăng lên. Do đó hình bình hành ban đầu diện tích
chưa lớn nhất. Suy ra có ít nhất hai đỉnh của hình bình hành nằm trên hai
65
trong ba cạnh của hình tam giác (hình vẽ).
(a) (b) (c)
Lại giả sử hình bình hành có hai đỉnh nằm trên hai cạnh của tam giác ABC.
Không mất tính tổng quát ta giả sử P, R thuộc AC, BC. Khi đó ta tịnh tiến
hình bình hành PQRS theo hướng tiến dần tới cạnh AB, ta có diện tích hình
bình hành không đổi nhưng chỉ có nhều nhất 1 cạnh nằm trên một trong ba
cạnh tam giác ABC. Theo lập luận trên ta lại có thể mở rộng hình bình hành
ra. Vậy hình hình hành có 2 đỉnh nằm trên các cạnh của tam giác chưa có diện
tích lớn nhất.
Như vậy phải có ít nhất 3 đỉnh của hình bình hành nằm trên các cạnh của
tam giác. Chứng minh tương tự trên ta thấy nếu chỉ có ba đỉnh nằm trên các
cạnh của tam giác. Diện tích tam giác chưa lớn nhất. Nên để diện tích tam
giác lớn nhất thì cả bốn đỉnh phải nằm trên các cạnh của tam giác ABC.
Không giảm tính tổng quát ta giả sử P, Q nằm trên BC, R nằm trên AC, S
thuộc AB. Lúc này ta lại tịnh tiến PQ dọc theo BC cho đến khi P trùng với B.
Điều này không làm thay đổi diện tích hình bình hành. Khi đó ta có hai tam
giác ASR và CQR đồng dạng với tam giác ABC.
Suy ra .
Do hình bình hành PQRS có diện tích lớn nhất nên tổng diện tích hai tam
giác ASR và CQR lớn nhất. Điều đó có nghĩa là vị trí điểm R trên cạnh AC
66
phải làm sao để tổng
bé nhất.
Tức là R là trung điểm AC và diện tích PQRS bằng . Ta đã chứng minh
mệnh đề trên.
A
Q
P
S
R
X
B
C
Trở lại với bài toán chính. Nếu PQRS là một tứ giác lồi bất kì thì tồn tại
điểm X sao cho điểm X cùng với ba trong 4 điểm của tứ giác PQRS tạo thành
một hình bình hành. Trong tứ giác lồi PQRS gọi P là đỉnh thõa mãn tia PQ
không cắt đường thẳng RS, tia PS không cắt đường thẳng QR. Qua S dựng
đường thẳng song song với PQ, qua Q dựng đường thẳng song song với PS.
Gọi giao điểm của hai đường thẳng này là X. Khi đó diện tích tam giác PQS
bằng nửa diện tích hình bình hành PQSX. Tức diện tích tam giác nhỏ hơn
hoặc bằng . Điều phải chứng minh.
Bài toán 58. Trên các cạnh của tam giác ABC lấy điểm C’ thuộc cạnh AB,
A’ thuộc cạnh BC và B’ thuộc cạnh AC. Biết rằng, độ dài các đoạn thẳng AA’,
BB’, CC’ không lớn hơn 1. Chứng minh rằng: .
Giải.
67
Không mất tính tổng quát ta giả sử: .
Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Tam giác ABC có ba
góc nhọn. Khi đó:
Ta có: và .
.
Trường hợp 2: Tam giác ABC không là tam giác có ba góc nhọn.
Khi đó
Bài toán 59. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho tồn tại n điểm trong
không gian thoả mãn đồng thời các tính chất sau đây:
1. Không có ba điểm nào trong chúng thẳng hàng.
2. Không có bốn điểm nào trong chúng cùng nằm trên một đường tròn.
3. Tất cả các đường tròn đi qua ba điểm trong chúng đều có bán kính bằng
nhau.
Giải.
Ta sẽ sử dụng kí hiệu sau đây: Giả sử X, Y, Z là ba điểm không thẳng
hàng, khi đó (XYZ) sẽ kí hiệu là đường tròn đi qua ba điểm ấy.
1. Trước hết ta thấy rằng n = 4 là một giá trị cần tìm của số tự nhiên n.
68
Thật vậy, xét tứ diện đều ABCD thoả mãn đề bài.
2. Giả sử tồn tại năm điểm A, B, C, D, E thoả mãn yêu càu đề bài. Chỉ có
hai khả năng xảy ra:
a) Nếu A, B, C, D, E đồng phẳng.Vì mọi đường tròn đi qua ba điểm trong
chúng đều bằng nhau nên giả sử R là bán kính của các đường tròn bằng nhau ấy.
Rõ ràng chỉ có đúng hai đường tròn bán kính R qua A và B (xem hình vẽ ).
Xét các đường tròn (ABC), (ABD), (ABE). Đó là các đường tròn bán kính
R qua A và B.Theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất trong số đó trùng nhau.
Giả sử (ABC) (ABD).
Như thế bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Điều này
mâu thuẫn với giả thiết.
b) Nếu A, B, C, D, E không đồng phẳng. Khi đó không giảm tính tổng
quát, giả sử D và E nằm cùng phía với mặt phẳng đi qua A, B, C (vì luôn tồn
tại hai điểm sao cho chúng nằm cùng phía với mặt phẳng đi qua ba điểm còn
lại) và D, E không thuộc mặt phẳng ABC.
Áp dụng bổ đề “Cho tứ diện ABCD có bán kính đường tròn ngoại tiếp các
mặt đều bằng nhau. Khi đó ABCD là tứ diện gần đều (có các cặp cạch đối
diện bằng nhau).”.
Do ABCD và ABCE là các tứ diện gần đều và D, E ở cùng phía với mặt
phẳng ABC, suy ra D E. Đó là điều vô lý.
Vậy khi n = 5, giả sử tồn tại năm điểm phân biệt thoả mãn đầy đủ các yêu
cầu đề bài là sai. Tóm lại khi n 5, không tồn tại n điểm phân biệt trong
không gian thoả mãn yêu cầu đã cho.
Vì thế giá trị cần tìm là n = 4.
Để hoàn thiện bài toán, ta chứng minh bổ đề như sau:
Kí hiệu các mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng là các mặt 1, 2, 3, 4.
Giả sử trong mặt 1 B, C, D của tam giác BCD sẽ kí hiệu là B1, C1, D1 (có
nghĩa là các góc B, C, D của mặt 1).
69
Với kí hiệu ấy, ta có: + + + = 4n
Không giảm tính tổng quát (và theo nguyên lý cực hạn) có thể cho
rằng:
= min
Vì lẽ đó,ta có .
Mặt khác, theo tính chất của tứ diện ta có góc phẳng ở một mặt nhỏ
hơn tổng góc phẳng ở hai mặt còn lại. Do đó suy ra D1, D2, D3 dều là góc
nhọn; tức là tất cả các góc phẳng tại đỉnh D đều là góc nhọn. Theo định lí hàm
số sin thì: ;
Từ giả thiết của bài toán suy ra: sin D1 = sin A4.
Tương tự:
Không giảm tính tổng quát, có thể cho là A4 = max{A4, B4, C4), suy ra
B4,C4 đều nhọn.
Nếu A4 , thì ta có D1 = – A4. Ngoài ra D2 = B4, D3 = C4 (do D1,
D2, D3, B4, C4 đều là góc nhọn). Từ đó có:
D2 + D3 = B4 + C4 = – A4 suy ra: D2 + D3 = D1.
Đẳng thức D2 + D3 = D1 là điều mâu thuẫn với tính chất góc phẳng của
góc đa diện. Suy ra ABC là tam giác nhọn. Như vậy ta có:
D1 = A4 , D2 = B4, D3 = C4.
Suy ra các góc phẳng tại mỗi đỉnh A, B, C, D đều bằng . Tại các mặt
BCD, CDA, DAB của tứ diện lên mặt phẳng ABC, dễ dàng chứng minh được:
AB = CD, BC = DA, AC = DB.
70
Vậy ABCD là tứ diện gần đều.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Vũ Hữu Bình (2007), “Các bài toán hình học tổ hợp”, Nhà xuất bản
Giáo dục Việt Nam.
2. Nguyễn Hữu Điển (2005), “Một số chủ đề hình học tổ hợp”, Nhà xuất
bản Giáo dục Việt Nam.
3. Vũ Đình Hoà (2001), “Một số kiến thức cơ sở về hình học tổ hợp”, Nhà
xuất bản Giáo dục Việt Nam.
4. Vũ Đình Hoà (2002), “Lý thuyết tổ hợp và các bài toán ứng dụng”, Nhà
xuất bản Giáo dục Việt Nam.
5. N. IA. Vilenkin (GS.TS Hà Huy Khoái dịch 2015), “Tổ hợp và quy
nạp”, Nhà xuất bản Thông tin và Truyền thông.
6. L.I.Golovina and I.M.Yaglom (Dịch từ bản tiếng Nga bởi Leonid
Levant), “Induction in geometry”.
71
7. Các đề thi Học sinh giỏi quốc gia, Olympic toán trong nước và quốc tế.
