Nguyên lí Dirichlet trong giải Toán hình học

LỜI NÓI ĐẦU
Hiện nay các nguyên lí toán học, như nguyên lí Dirichlet, nguyên lí biên đã được ứng dụng vào giải các bài tập đại số và số học một cách hiệu quả và sâu sắc. Riêng đối với việc đặt ra và giải các lớp bài toán hình học theo nguyên lí này còn tản mạn.
Trong tiểu luận nhỏ này hy vọng bước đầu hệ thống hóa một số dạng bài tập và đưa ra một số cách giải.
Tuy nhiên đây chỉ là một tiểu luận nhỏ nên không thể đề cập được hết các dạng bài tập và không tránh khỏi sai xót . Rất mong được sự góp ý của các thầy, cô các anh chị đi trước và các bạn đồng nghiệp .
Xin chân thành cảm ơn !
PHẦN I
NGUYÊN LÍ DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG
Chúng ta đã biết có nhiều bài toán ở dạng đặc biệt mà muốn giải được nó ngoài những kiến thức cơ bản cần phải có những phương pháp riêng biệt. Phương pháp sử dụng nguyên lý Dirichlet là một trong những phương pháp như vậy.
Trong chương này ta sẽ trình bày nguyên lý Dirichlet đối với hình học và ứng dụng của nó để giải một số bài toán hình học tổ hợp.
§1. Nguyên lý Dirichlet đối với tập hợp hữu hạn các phần tử.
1.1 Dạng đơn giản nhất của nguyên lý này có thể phát biểu như sau :
Người ta nhốt một số thỏ vào một số lồng, khi đó :
Nếu số thỏ nhiều hơn số lồng thì có một lồng có số thỏ không ít hơn 2.
Nếu số thỏ ít hơn số lồng thì có ít nhất một lồng không có thỏ.
Bằng ngôn ngữ tập hợp, nguyên lý Dirichlet được phát biểu như sau :
Mệnh đề 1 (MĐ1)
Cho m tập hợp có tổng số phần tử là n, khi đó
Nếu n > m thì có một tập hợp có số phần tử không ít hơn 2
Nếu n < m và các tập hợp đặt rời nhau ( không chứa phần tử chung) thì có ít nhất một tập hợp rỗng.
Trong một số bài toán phức tạp (MĐ1) không đủ để giải mà cần mở rộng nó như sau :
Mệnh đề 2 (MĐ2) : Nguyên lý Dirichlet tổng quát
Cho m tập hợp có tổng số phần tử là n khi đó
Nếu n > k.m thì có một tập hợp có số phần tử không ít hơn k+1
Nếu n < k.m và các tập hợp rời nhau ( không có phần tử chung) thì có một tập hợp có số phần tử không nhiều hơn k-1.
Trong khi mệnh đề trên ta hiểu các phần tử chính là các thỏ và các tập hợp chính là các lồng.
Nguyên lý Dirichlet hiển nhiên là đơn giản, tuy vậy nhiều bài toán rất khó, nguyên lý cho ta một cách giải hiệu quả. Cái khó là phải biết chọn đối tượng làm “thỏ” và xây dựng các “lồng” như thế nào.
Sau đây sẽ trình bày một số ví dụ minh hoạ ứng dụng của nguyên lý trên vào việc giải một số bài toán.
1.2 Ứng dụng.
Bài toán 1. Trong một tam giác đều có cạnh bằng 2 lấy 5 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại 2 điểm cách nhau một khoảng không vượt quá 1.
2	4
Giải 
Ta coi 5 điểm là 5 phần tử ( 5 thỏ ).	
 3
Bây giờ ta chia tam giác đều đã cho thành	 1
4 tam giác đều nhỏ, có cạnh bằng 1.
(xem hình vẽ 1) và coi 4 tam giác là Hình 1
4 tập hợp (4 lồng)
Rõ ràng 4 tam giác chứa 5 điểm đã cho. Theo (MĐ1) sẽ có 1 tam giác nhỏ chứa 2 điểm. Vì cạnh của tam giác đều nhỏ bằng 1 nên khoảng cách giữa 2 điểm đó không vượt quá 1. ( bằng 1 khi 2 điểm đó là các đỉnh của tam giác nhỏ). Ta được đpcm.
Bài toán 2. Trong một hình chữ nhật kích thước 3x4, ta đánh dấu 12 điểm. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm mà khoảng cách giữa chúng đôi một không vuợt quá .
1
3
2
4
5
Giải
Ta chia hình chữ nhật thành 5 hình đa 
giác lồi (xem hình 2), 2 trong chúng 
là hình thang vuông, số còn lại là ngũ giác.
Dễ thấy khoảng cách lớn nhất giữa hai 
điểm thuộc 1 trong 5 đa giác bằng .
( Dùng định lý Pitago).
Khi đó, ta có 5 đa giác chứa 12 điểm. Hình 2
Mà 12 > 2.5 . Theo (MĐ2) có 1 đa 
giác chứa ít nhất 3 điểm. 
Vì khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm thuộc đa giác chứa 3 điểm đó bằng nên khoảng cách giữa 3 điểm này đôi một không vượt quá .
Bài toán 3. Trong một hình vuông có diện tích S là một số chính phương, ta đánh dấu n điểm, với n có dạng 25k+1. Chứng minh rằng có thể tìm được k+1 điểm được đánh dấu nằm trong 1 hình tròn có diện tích 
Giải
Ta chia hình vuông đã cho thành 25 
hình vuông nhỏ có diện tích 	 
 Hình 3
và cạnh là (hình 3). 	 
Khi đó 25 hình vuông nhỏ chứa n điểm 
được đánh dấu, mà 
n = 25 k + 1 > k . 25
Theo (MĐ2) có 1 hình vuông nhỏ chứa ít nhất k+1 điểm được đánh dấu. Vẽ hình tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ ấy. Dễ thấy rằng diện tích hình tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ bằng (đpcm).
Nhận xét :
Dựa vào bài toán trên ta có thể chọn S, n là những số cụ thể thoả mãn các điều kiện đặt ra, ta sẽ được hưởng những bài toán cụ thể, hoặc có thể thay đổi kết luận sẽ được bài toán khó khăn hoặc dễ hơn.
Bài toán 4. Trong một hình tròn đơn vị lấy n +1 điểm bất kỳ nhưng không có điểm nào trùng với tâm hình tròn. Chứng minh rằng có thể tìm được không ít hơn hai điểm nằm trong một hình quạt tròn có diện tích bằng 
Giải
Ta chia hình tròn đơn vị thành n hình quạt bằng nhau ( có đỉnh ở tâm hình tròn đã cho và góc ở tâm bằng ) 
như hình 4 .
Khi đó n hình quạt chứa n +1 điểm. Hình 4 
Vậy theo (MĐ1) có 1 hình quạt chứa ít nhất 2 điểm mà diện tích của hình quạt đó bằng 
Bài toán 5. Trong mặt phẳng lấy 2n +3 điểm sao cho với bất cứ 3 điểm nào trong chúng cũng có hai điểm cách nhau một khoảng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tại một hình tròn bán kính 1 chứa ít nhất n + 2 điểm đó.
B
Giải
A
Lấy điểm A bất kỳ trong 2n+3 điểm đã cho. Xét hình tròn tâm A bán kính 1. Có 2 khả năng xảy ra.
Hình 5
1. Nếu 2n+2 điểm còn lại nằm trong hình tròn tâm A thì bài toán hiển nhiên đúng.
2. Ngược lại, tức là không phải tất cả 2n+2 điểm nằm trong hình tròn tâm A. Khi đó trong 2n+2 điểm còn lại sẽ có 1 điểm B nào đó mà AB ³ 1. Ta xét 2 hình tròn tâm A, tâm B bán kính bằng 1. Với C là 1 điểm bất kỳ trong 2n+1 điểm còn lại, ta xét bộ 3 điểm (A, B, C).
Vì AB ³ 1 nên trong 2 đoạn AC, BC phải có một đoạn nhỏ hơn 1.
Nếu AC < 1 thì C nằm trong hình tròn tâm A.
Nếu BC < 1 thì C nằm trong hình tròn tâm B.
Dễ thấy 2n+1 điểm còn lại hoặc nằm trong hình tròn tâm A hoặc nằm trong hình tròn tâm B. Nghĩa là hai hình tròn tâm A, B chứa 2n+1 điểm mà 2n+1 > 2.n. Theo (MĐ2) có một hình tròn hoặc A hoặc B chứa ít nhất n+1 điểm còn lại.
Vậy hình tròn tâm A hoặc B chứa n+1 điểm còn lại sẽ là hình tròn chứa n+2 điểm đã cho. (đpcm)
Bài toán 6. Trong mặt phẳng cho n đường thẳng với n có dạng 4k+1 mà mỗi đường thẳng cắt một hình vuông cho trước thành 2 hình thang có tỉ số diện tích bằng . Chứng minh rằng có ít nhất k+1 đường đồng quy trong các đường thẳng đã cho.
Giải
O
Ta thấy mỗi đường thẳng đã cho không 
thể cắt hai cạnh liên tiếp của hình vuông 
vì nếu thế mỗi đường thẳng như vậy sẽ 
O
tạo với các cạnh của hình vuông một tam 
giác và một ngũ giác. Bởi vậy muốn tạo 
ra hai hình thang thì nhất thiết mỗi đường
Hình 6
 thẳng đã cho phải cắt một trong 2 cặp 
cạnh của hình vuông. 
Kí hiệu {di} , i = 1, n là tập hợp các đường thẳng đã cho, ABCD là hình vuông đang xét M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC.
Theo giả thiết di cắt ABCD thành 2 hình thang có tỉ số diện tích 2 : 3.
Khi đó di cắt MN tại Oi cũng chia đoạn này có tỉ số 2:3. Tức là : 
Như vậy trong hình vuông ABCD tồn tại tập hợp gồm 4 điểm Oi.
Ta gọi :	{di} , i = 1, n là các thỏ, vậy có n = 4k+1 con thỏ.
{Oi} , i = 1, n là số lồng, vậy số lồng bằng 4.
Mà :	4k+1 > 4k
Vậy theo (MĐ2) có ít nhất k+1 đường thẳng cùng đi qua một điểm Oi hay ít nhất k+1 đường đồng quy. (đpcm).
Chú ý : Ở bài toán này các điểm được coi là các lồng và các đường thẳng được coi là các thỏ.
Bài toán 7. Một đa giác lồi cạnh được đặt trong hệ tọa độ vuông góc sao cho 5 đỉnh của đa giác có toạ độ là những số nguyên. Chứng minh rằng bên trong hay trên các cạnh của đa giác còn chứa ít nhất một điểm có toạ độ là những số nguyên.
Giải :
Ta ký hiệu Ai (Xi , Yi) là đỉnh của đa giác. Khi đó những điểm có tọa độ nguyên chỉ thuộc vào 1 trong 4 loại sau :
(x chẵn , y chẵn) An An -1
(x chẵn , y lẻ) (xn , yn)
(x lẻ , y lẻ) A1
(x lẻ , y chẵn) (x1 , y1)
Coi tập hợp điểm mà tọa 
độ có tính chẵn, lẻ là các lồng. A2 Hình 7
Coi đỉnh đa giác có toạ độ nguyên thỏ, có 5 thỏ.
Mà 5 > 4
Theo (MĐ1) có ít nhất 2 đỉnh có toạ độ nguyên là Ai (xi , yi) và Ak (xk , yk) có toạ độ cùng tính chẵn, lẻ.
Xét điểm điểm này thuộc đa giác ( do tính lồi ) và có toạ độ nguyên. (đpcm).
Bài toán 8 : 
Chứng minh rằng nếu một đường thẳng không đi qua đỉnh nào của một tam giác ABC và cắt 2 cạnh của tam giác thì đường thẳng đó phải cắt phần kéo dài của cạnh còn lại.
A
Giải :
Giả sử đường thẳng d cắt các cạnh 
 AB và AC lần lượt tại M và N và cắt M 
N
đường thẳng BC tại P. Ta thấy d
P
chia mặt phẳng chứa tam giác ABC 
thành 2 phần W1 , W2.	
 B C	 
 Hình 8 
 Coi W1 , W2. là những lồng ; có 2 lồng
A , B , C là những thỏ ; có 3 thỏ.
Mà 3 > 2
Theo (MĐ1) suy ra B , C phải thuộc 1 trong 2 phần W1 hoặc W2 . Khi đó các cạnh BC nằm hoàn toàn trong W1 hoặc W2 . Do vậy P nằm ngoài cạnh BC. (đpcm).
Bài toán 9 :
Cho tập hợp 6 điểm trong mặt phẳng {A1 , A2,. A6} trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Mỗi đoạn Ai , Aj nối 2 trong tập hợp điểm đã cho được tô bằng mầu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác Ai , Aj , Ak , có 3 cạnh đồng màu.
Giải :	 A2
 Ta xét các đoạn thẳng A1An, A1
n= 2, 3, 4, 5, 6. mỗi đoạn được coi là A3 
1 thỏ, có 5 thỏ. 
Mầu đỏ, màu xanh được xem như là A5
lồng, có 2 lồng. A6 A4
Mà 5 >2 . 2 = 4 	 Hình 9
Theo (MĐ2) có ít nhất 3 đoạn thẳng được tô cùng màu. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 3 đoạn A1 A2 , A1 A3 , A1 A4 cùng đỏ , có khả năng xảy ra.
1. Nếu A2 A3 đỏ suy ra (đpcm)
2. Nếu A2 A3 , A2 A4 xanh suy ra đpcm.
****
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1.1 : Chứng minh rằng trong hình tròn bán kính r =1 không thể đặt được quá 5 điểm khoảng cách giữa 2 điểm bất kỳ lớn hơn 1.
Bài 1.2 : Bên trong tam giác đều cạnh 1 đặt 5 điểm. Chứng minh rằng khoảng cách giữa 2 điểm nào đó không nhỏ hơn 0,5.
Bài 1.3 : Cho 25 điểm bất cứ 3 điểm bất kỳ trong chúng luôn tìm được 2 điểm có khoảng cách bé hơn 1. Chứng minh rằng tìm được 1 hình tròn bán kính r =1 chứa không ít hơn 13 trong tập hợp điểm đã cho.
Bài 1.4 : Trong hình vuông có diện tích bằng 49 cho 100 điểm. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 3 điểm nằm trong hình tròn có bàn kính bằng 
Bài 1.5 : Cho 13 đường thẳng trong đó mỗi đường thẳng cắt một hình bình hành cho trước thành 2 hình thang có tỉ số diện tích là 2 : 3. Chứng minh rằng có ít nhất 4 đường thẳng đồng quy trong các đường thẳng đã cho.
Bài 1.6 : Trên bàn cờ 8 x8 ta đánh dấu tâm của tất cả những ô. Hỏi có thể bằng 13 đường thẳng chia bàn cờ ra làm các phần sao cho mỗi phần có không quá một điểm được đánh dấu hay không.
Bài 1.7 : Cho 5 đường tròn cứ 3 đường tròn bất kỳ đi qua 1 điểm. Chứng minh rằng 5 đường tròn đã cho cùng đi qua 1 điểm.
Bài 1.8 : Cho 6 điểm trong đó cứ 3 đường tròn bất kỳ là đỉnh của một tam giác với độ dài 3 cạnh khác nhau. Chứng minh rằng có ít nhất một cặp tam giác mà cạnh ngắn nhất của tam giác này là cạnh dài nhất của tam giác kia.
---------—$–---------