CHUYÊN đề tổ hợp CHUẨN

Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Stt
1
2
3
4
5
6
7
8

DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT
Từ viết tắt
Từ viết đầy đủ
BGH
Ban giám hiệu
THCS
trung học cơ sở
BĐT
Bất đẳng thức
HSG
học sinh giỏi
GV
giáo viên
BDHSG
Bồi dưỡng học sinh giỏi
GTLN
Giá trị lớn nhất
GTNN
Giá trị nhỏ nhất

GV: Trần Thị Phi Nga

1

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

MỤC LỤC
PHẦN I - PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài

3

2. Mục đích nghiên cứu đề tài
3. Đối tượng,phạm vi và phương pháp nghiên cứu
4. Cơ sở lí thuyết và thực trạng của vấn đề
PHẦN II - QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN
PHẦN III – NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
Chương I - Nguyên lý cực hạn và ứng dụng
Chương II - Nguyên lí Dirichlet và ứng dụng
Chương III - Một số dạng toán hình học tổ hợp thường gặp
1 – Dạng bài tô màu và bảng vuông
2 – Dạng bài sử dụng đa giác bao
3 - Dạng bài sử dụng PP chứng minh quy nạp
4 – Quy tắc đếm
Chương IV - Một số dạng bài tổng hợp khác
Bài tập tổ hợp tự làm

PHẦN IV – KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU
PHẦN V - PHẦN KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo

4
4
5
6

GV: Trần Thị Phi Nga

2

Trường THCS Vĩnh Yên

8
15
24
24
26
27
29
35
45
50
53
54


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do viết đề tài
Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn là hai nguyên lí có nội dung khá đơn giản,
song nó lại là một công cụ rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc
của toán học. Nó có nhiều ứng dụng trong nhiều lĩnh vực lại có thể áp dụng rộng
rãi trong việc chứng minh các bài toán tổ hợp, số học, đại số… Nó là công cụ tạo
nên nhiều kết quả đẹp trong hình học và là một trong những phương pháp tiếp cận
bài toán rất độc đáo. Đặc biệt là đối với các bài toán dành cho học sinh giỏi . Việc
sử dụng hai nguyên lí đó không chỉ tạo nên những kết quả đẹp khi giải quyết những
bài toán chứng minh trong đại số, lý thuyết số mà cả ở hình học. Vì vậy chuyên đề
« Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp » là một
chuyên đề rất thiết thực khai thác vào một phương pháp giải toán hình học mà chưa
được nhắc tới nhiều.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp tôi thấy rằng học sinh thường mất
điểm khi không giải được các bài tập tổ hợp. Nhiều học sinh cho rằng đó là bài tập
mà các em thường không giải được, do tính chất đặc thù của loại toán mang tính tư
duy và trừu tượng cao. Vì vậy học sinh thường mất nhiều thời gian hoặc không
làm được loại bài này. Qua nhiều năm dạy đội tuyển học sinh giỏi (HSG) tôi rất
trăn trở và suy nghĩ mình phải làm thế nào để học sinh yêu thích giải các bài tập bài
tập tổ hợp hơn. Vì nếu các em có phương pháp giải các bài tập đó một cách thành
thạo thì việc tư duy và thuật toán để giải các loại bài tập khác sẽ nhanh nhẹn hơn,
giúp các em có thể đạt được kết quả cao trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp.
Do vậy tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên
lí cực hạn trong các bài toán tổ hợp”. Nhằm giúp các em có cách nhìn tổng quát và
những suy nghĩ để mở rộng các kiến thức đã học từ những bài toán đơn giản đã
học ở lớp 6. Từ đó các em tự vận dụng và phát triển tư duy với các bài tập tương
tự, tổng quát và liên hệ một cách lô-gic với các dạng toán đã học.
Qua thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, với cách làm trên tôi
thấy rằng học sinh của tôi đã bắt đầu yêu thích các bài tập tổ hợp, các chuyên đề về

bài tập tổ hợp đã lôi cuốn học sinh học tập say mê hơn. Từ đó tôi thấy rằng trong
các kỳ thi học sinh giỏi nếu làm được bài tập tổ hợp là chúng ta có niềm tin rằng
chất lượng đội tuyển sẽ được nâng lên.
Đối với các em học sinh, dạng toán tổ hợp (Suy luận lôgic) tuy đã được tiếp
xúc từ chương trình BDHSG của Tiểu học. Xong nó vẫn chỉ là một chương trình
lồng ghép một cách nhẹ nhàng khi BDHSG, tuy đã được học ở các lớp học trước,
nhưng các kỹ năng vận dụng để giải loại bài này của các em vẫn còn chưa đạt hiệu
quả cao.
Trong quá trình giảng dạy và BDHSG ở trường THCS chúng tôi, tôi nhận thấy
dạng toán tổ hợp là một loại bài xuất hiện thường xuyên trong các đề thi HSG ở
mọi lớp học hay cấp học. Tuy nhiên, khi tiếp xúc với dạng bài này HS thường ngại
ngần và khó xuất phát để làm bài. Xuất phát từ thực trạng trên tôi chọn đề tài “Sử
GV: Trần Thị Phi Nga

3

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong các bài toán tổ hợp” cho
chuyên đề của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
Trong chuyên đề này trước hết nhằm củng cố cho học sinh lý thuyết về
nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn. Cung cấp cho học sinh một số bài toán cụ
thể và cách tổng quát hóa dạng bài thông qua từng ví dụ.
Giúp cho học sinh có kĩ năng phân loại bài và phương pháp làm từng loại bài
cụ thể ấy.Từ đó rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán.
Học sinh thấy được vai trò và ứng dụng rộng rãi của nguyên lí Dirichlet và

nguyên lí cực hạn. Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm
tòi trong học toán và sáng tạo khi giải toán.Từ đó tạo cho học sinh có phương pháp
học tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm
bắt nó, vận dụng nó, phát triển nó đúng hướng. Qua đó giúp các em tạo niềm tin,
hưng phấn, hứng thú và say mê học môn toán học.
Sử dụng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh.
3. Đối tượng, phạm vi và phương pháp nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu: Học sinh giỏi lớp 6, 7, 8, 9 và học sinh luyện thi THPT
chuyên.
- Phạm vi nghiên cứu: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn. Các bài tập cơ
bản và nâng cao về nguyên lí Dirchlet và nguyên lí cực hạn trong chương trình
trung học cơ sở.
- Phương pháp nghiên cứu:
+) Phương pháp nghiên cứu lý thuyết
Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình về phương pháp dạy học toán, các tài
liệu có liên quan đến nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn cùng ứng dụng của
nó.
+) Phương pháp điều tra
Tìm hiểu thực trạng dạy chuyên đề và bồi dưỡng học sinh giỏi của giáo viên
đồng thời tìm hiểu kết quả học tập của học sinh nhằm xác định tính phổ biến và
nguyên nhân để chuẩn bị cho các bước nghiên cứu tiếp theo.
+) Phương pháp thảo luận
Trao đổi với đồng nghiệp về kinh nghiệm giảng dạy và kĩ thuật vận dụng
nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn .
+) Phương pháp quan sát
Thông qua các tiết dự giờ thao giảng và bồi dưỡng học sinh giỏi của đồng
nghiệp để quan sát trực tiếp tình hình học sinh tiếp thu bài và cách khai thác và xây
dựng các bất đẳng thức phụ của giáo viên.
+) Phương pháp kiểm tra đánh giá
GV: Trần Thị Phi Nga

4

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Khi thực hiện chuyên đề khảo sát so sánh kết quả đánh giá học sinh qua
từng giai đoạn để đánh giá hiệu quả của chuyên đề.
4) Cở sở ly luận và thực trạng của vấn đề:
- Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu:
Khi gặp các bài toán về nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn thường liên
quan nhiều đến các đối tượng là các tập hợp hữu hạn. Vì lẽ đó, các bài toán này
mang mang đặc trưng rõ nét của toán học rời rạc.
Khi giải toán tổ hợp vấn đề cơ bản là xác định được dạng bài và phương
pháp làm cho dạng bài ấy. Từ đó HS áp dụng cho từng bài cụ thể một cách linh
hoạt với các suy luận hợp lý để giải bài toán.
- Thực trạng vấn đề nghiên cứu của chuyên đề.
Trong chương trình toán trung học cơ sở thì nguyên lí Dirichlet và nguyên lí
cực hạn không được học trong chương trình học chính khóa. Tuy nhiên trong các
kỳ thi, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì nguyên lí Dirichlet và nguyên lí
cực hạn lại được đề cập đến rất nhiều bằng những bài toán hay và khó, đòi hỏi học
sinh phải thực sự linh hoạt, sáng tạo và có kỹ năng sử dụng thành thạo trong suy
luận thì mới gải được loại toán này.
Trong các đề thi HSG, loại bài tổ hợp là rất khó đối với học sinh. Nó không
những khó về biến đổi, khó về suy luận mà còn rất đa dạng về dạng bài và phong
phú về nội dung.
Từ thực tế bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, tôi nhận thấy bài toán tổ hợp
mà cụ thể là nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn không những đa dạng về dạng

bài, phong phú về nội dung mà còn là một dạng bài toán khó, luôn gây không ít khó
khăn cho học sinh.
Vậy vấn đề đặt ra ở đây là phải làm sao để tìm ra biện pháp khắc phục thực
trạng trên giúp giáo viên có được một tài liệu tham khảo phù hợp đặc biệt giúp học
sinh hết lúng túng và tự tin hơn khi gặp bài toán tổ hợp. Tôi đã mạnh dạn đưa vấn
đề này ra trong buổi sinh hoạt tổ chuyên môn của tổ Toán để cùng các đồng nghiệp
thảo luận và đưa ra hướng giải quyết.

GV: Trần Thị Phi Nga

5

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

PHẦN II: QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN
Xuất phát từ những thực trạng trên và nhằm đáp ứng được yêu cầu hiệu quả
của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi tôi đã tìm hiểu, nghiên cứu áp dụng chuyên đề
này vào thực tế công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Quá trình nghiên cứu chuyên đề
tôi chia thành ba giai đoạn nghiên cứu như sau:
Giai đoạn 1: Phân dạng bài và xây dựng phương pháp
Giai đoạn 2: Xây dựng, hệ thống, chứng minh và áp dụng các bài toán tổ hợp.
Giai đoạn 3: Luyện đề về dạng bài tổ hợp tổng hợp. Củng cố phương pháp làm bài
1. Giai đoạn 1: Phân dạng bài và xây dựng phương pháp
+) Mục đích:
Nhằm thu thập thông tin về tài liệu, giáo viên, học sinh với vấn đề nghiên cứu
+) Thời gian:
Từ tháng 09 đến tháng 11 năm 2012

+) Cách tiến hành:
Bước 1: Đọc và nghiên cứu các tài liệu về các bài toán tổ hợp
Bước 2: Thực hiện dự giờ bồi dưỡng học sinh giỏi của giáo viên đang bồi dưỡng
học sinh về dạng toán tổ hợp như thế nào?
Bước 3: Thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp về cách dạy và vận dụng nguyên lí
Dirichlet và nguyên lí cực hạn để xây dựng phương pháp giảng dạy và giải bài
Bước 4: Kiểm tra sự vận dụng của học sinh
+) Kết quả giai đoạn 1
Về tài liệu: Có rất nhiều tài liệu viết về nội dụng này, trong đó đã có những
tài liệu viết khá chi tiết nhưng với số lượng rất ít. Chủ yếu các tài liệu mới chỉ đưa
ra bài tập và nêu cách chứng minh nó.
Với giáo viên: Thông qua dự giờ thăm lớp tôi nhận thấy số lượng giáo viên
đã giảng dạy cho học sinh dạng toán tổ hợp theo chuyên đề là vẫn ít. Hầu hết giáo
viên mới chỉ đưa ra các bài toán và cách giải cụ thể bài toán đó chứ không đi theo
một hệ thống bài toán.
Với học sinh: Còn khá lúng túng khi gặp các bài toán về tổ hợp. Do vậy kết quả
giải bài tập của học sinh ở dạng toán này còn chưa tốt. Đặc biệt là có rất ít học sinh
có sự sáng tạo trong khai thác bài toán. Tôi đã tiến hành khảo sát tổng số là 25 học
sinh giỏi và thu được kết quả cụ thể sau:
Giỏi
Khá
Trung bình
yếu
1
2
5
17
Bảng 1
2. Giai đoạn 2: Luyện đề về dạng bài tổ hợp tổng hợp. Củng cố phương pháp
làm bài

+) Mục đích:
Nhằm cung cấp cho giáo viên, học sinh hệ thống một số dạng bài và phương
pháp giải từng loại bài ấy.
Rèn tư duy sáng tạo, linh hoạt trong vận dụng và khai thác các kiến thức toán
học cho học sinh.
GV: Trần Thị Phi Nga

6

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

+) Thời gian:
Từ tháng 12 năm 2012 đến tháng 2 năm 2013
+) Cách tiến hành:
Sưu tầm và nghiên cứu một số bài toán có nội dung phù hợp với mục đích
của chuyên đề nghiên cứu.
+) Kết quả giai đoạn 2
Tôi đã tiến hành khảo sát tổng số là 25 học sinh giỏi và thu được kết quả cụ thể sau:
Giỏi
Khá
Trung bình
yếu
2
3
8
12

GV: Trần Thị Phi Nga

7

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

PHẦN III: NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
CHƯƠNG I: NGUYÊN LÝ CỰC HẠN VÀ ỨNG DỤNG.
A- Lý thuyết chung
• Nguyên lí cực hạn có dạng đơn giản như sau:
Nguyên lí 1: Trong một tập hợp hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có
thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.
Nguyên lí 2: Trong một tập hợp khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn
được số bé nhất.
Nguyên lí này dùng để giải các bài toán mà trong tập hợp có các đối tượng phải
xét của nó tồn tại các đối tượng có GTLN, GTNN theo một nghĩa nào đó. Nguyên
lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác đặc biệt là
phương pháp phản chứng. Nguyên lí này được vận dụng trong trường hợp tập các
giá trị cần khảo sát là tập hữu hạn (Nguyên lí 1) hoặc vô hạn nhưng tồn tại GTLN
hoặc GTNN (Nguyên lí 2). Để vận dụng được nguyên lí cực hạn giải các bài tập
hình học tổ hợp, người ta thường dùng một lược đồ chung để giải bài tập như sau:
- Đưa bài toán đang xét về dạng sử dụng nguyên lí 1 hoặc nguyên lí 2 để chứng
tỏ rằng tất cả các giá trị cần khảo sát của bài toán có GTLN hoặc GTNN.
- Xét bài toán tương ứng khi nó nhận GTNN hoặc GTLN này.
- Chỉ ra một mâu thuẫn hoặc đưa ra giá trị lớn hơn hoặc nhỏ hơn GTLN hoặc
GTNN mà ta đang khảo sát. Theo nguyên lí của PP phản chứng ta suy ra điều phải
chứng minh.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng bốn đường tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ
giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho
GIẢI :
Lấy M là một điểm tùy ý trên tứ giác lồi. Có hai khả
năng xảy ra
1) Nếu M nằm trên đường biên của tứ giác lồi, tức là
M nằm trên một cạnh của tứ giác ABCD. Khi đó M
nằm trong đường 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 ∠ AMB + ∠ BMC + ∠
CMD + ∠ DMA = 3600. Theo nguyên lý cực hạn tồn tại max
{ ∠AMB, ∠BNC , ∠CMD, ∠DMA} = ∠BMC . Khi đó ∠ BMC ≥ 900 (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 tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy
ra bốn hình tròn phủ kín tứ giác lồi đã cho. Đó là điều phải chứng minh.

GV: Trần Thị Phi Nga

8

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Ví dụ 2: Cho ABC là tam giác nhọn. Lấy một
điểm P bất kỳ trong tam giác. Chứng minh
rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng
cách từ P tới ba đỉnh A, B, C của tam giác

không nhỏ hơn hai lần khoảng cách bé nhất
trong các khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam
giác đó.
GIẢI: Gọi A1 , B1 , C1 tương ứng là hình chiếu của P xuống BC, AC, AB. Ta có
∠APC1 + ∠C1PB + ∠BPA1 + ∠A1PC + ∠CPB1 + ∠B1PA = 3600

( 1)

Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại max { ∠APC1 , ∠C1 PB, ∠BPA1 , ∠A1PC , ∠CPB1 , ∠B1PA}
Không giảm tổng quát, cho là :
max { ∠APC1 , ∠C1 PB, ∠BPA1 , ∠A1PC , ∠CPB1 , ∠B1PA} = ∠BPA1 (2)
Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra ∠ BPA1 ≥ 600 (3)
PA1 1
≤ hay PB ≥ 2PA1 (4) Từ (4) suy ra
PB 2
max { PA, PB, PC } ≥ PB ≥ 2 PA1 ≥ 2 min { PA1 , PB1 , PC1} . Đó là điều pcm.

Từ (3) ta đi đến cos∠BPA1 =

Ví dụ 3: Trên mặt phẳng có một số điểm có tinh chất là cứ với hai điểm bất kỳ của
hệ điểm luôn tìm được điểm thứ ba trong số các điểm này thẳng hàng với chúng.
Chứng minh rằng tất cả các điểm của hệ điểm thẳng hàng.
GIẢI: Giả sử kết luận của bài toán không đúng, tức là các điểm đã cho không thẳng
hàng. Xét tập hợp sau đây A = { h / h > 0 và h là khoảng cách từ một điểm đã cho đến
một đường thẳng nối hai điểm của hệ }
Do giả thiết phản chứng nên A ≠ Ø. Mặt khác, A là tập hợp có hữu hạn phần tử ( do
có một số hữu hạn điểm đã cho). Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại mọt giá trị nhỏ
nhất h*. Giả sử h* là khoảng cách từ một điểm M xuống một đường thẳng đi qua
B,C ( Ở đây M,B, C thuộc vào số các điểm đã cho). Gọi ∆ là đường thẳng nối B,
C. Do M∉∆ ( vì h* > 0), nên theo giả thiết tồn tại điểm D∈∆. Kẻ MH ⊥ ∆, thì MH

= d*. Rõ ràng trong ba điểm B, C, D phải có hai điểm cùng phía so với H

Không làm giảm tính tổng quát, ta có thể cho là C, D nằm cùng phía với H và C
nằm trong đoạn HD, Kẻ HE ⊥ MD và CF ⊥ MD. Rõ ràng ta có : CF < HE < MH.
Nói cách khác CF < d*. Chú ý rằng cho C,M,D cùng nằm trong các điểm đã cho,
nên CF ∈ A. Do đó CF < d*. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của d*. Vậy giả
thiết phản chứng là sai, tức là tất cả các điểm đã cho phải thẳng hàng. Đó là đpcm.
GV: Trần Thị Phi Nga

9

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Ví dụ 4: Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm trên một
đường thẳng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm sao cho đường tròn đi qua ba điểm
đó không chứa điểm nào ở bên trong.
GIẢI: Vì số các điểm đã cho là hữu hạn và chúng không cùng nằm trên một đường
thẳng, nên khi lấy bao lồi hệ điểm, ta sẽ được một đa giác. Giả sử đó là đa giác lồi
A1 A2 ... Ap . Như thế các điểm còn lại đã cho phải nằm trong bao lồi. Gọi Ak , Ak +1 là hai
đỉnh liên tiếp của của đa giác lồi( nghĩa là xét một cạnh tùy ý Ak Ak +1 ). Khi ấy mọi
điểm đã cho đều nằm ở một nửa mặt phẳng xác định bởi Ak Ak +1 . Từ giả thiết suy ra
tập hợp các điểm đã cho không thuộc Ak Ak +1 là khác rỗng. Vì thế theo nguyên lý cực
hạn, tồn tại C sao cho ∠Ak CAk +1 = max∠Ak A1 Ak +1 , ở đây giá trị lớn nhất lấy theo mọi
i = 1, n mà i ≠ k, i ≠ k + 1( gải sử A1 , A2 ,... An là hệ hữu hạn điểm cho trước). Khi đó
đường tròn ngoại tiếp tam giác CAk Ak +1 là đường tròn cần tìm.

Ví dụ 5: Bên trong một hình vuông cạnh 1 cho n điểm sao cho không có ba điểm

thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại môt tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho và
diện tích S của nó thỏa mãn đẳng thức S <
GIẢI:

1
n−2

Xét bao lồi của n điểm nằm bên trong hình vuông. Vì
không có ba điểm nào thẳng hàng, nên bao lồi là đa giác
lồi có k đỉnh( k ≤ n), ngoài ra các điểm đã cho hoặc là
đỉnh của đa giác lồi, hoặc nằm hẳn bên trong đa giác lồi.
Chỉ có hai khả năng xảy ra
1. Nếu k = n. Khi đó số đường chéo xuất phát từ A1 của
đa giác bao lồi tạo thành cùng các cạnh của đa giác ( n –
2) tam giác. Gọi S là diện tích tam giác nhỏ nhất trong
(n-2) tam giác ấy
Vì tổng các diện tích của (n-2) tam giác nhỏ hơn 1(chú ý 1 là diện tích hình
vuông chứa chọn ( n-2) tam giác này), suy ra S <
2.

1
n−2

Nếu k < n. Khi đó bên trong đa giác bao lồi A1 A2 ... Ak có (n-k)
điểm Ak+1, Ak+2,...., An. Nối Ak+1 với các đỉnh A1; A2;....Ak. Khi đó có k tam giác
Ak+1A1A2, Ak+1A2A3 ; ....; Ak+1AkA1

GV: Trần Thị Phi Nga

10

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Vì không có ba điểm nào thẳng hàng, Nên các
điểm Ak+2,...., An phải nằm hẳn trong k tam giác
nói trên. Giả sử Ak+2 nằm hẳn trong tam giác nào
đó. Nối Ak+2 với ba đỉnh của tam giác này, thì từ
một tam giác sẽ có ba tam giác mới . Sau mỗi lần
làm số tam giác tăng lên 2. Như vậy ta đi đến:
k+ 2(n- k – 1) = 2n – k – 2 = (n – 2) + (n – k) tam
giác. Mà bên trong mỗi tam giác này không có điểm
nào thuộc n điểm đã cho.
Gọi S là diện tích bé nhất trong các tam giác trên , thế thì:
1
1
<
( n – 2 ) + ( n – k ) n − 2 ( Do n – k >0)
1
Bất đẳng thức S <
được chứng minh.
n−2
S<

Ví dụ 6: Bên trong hình vuông cạnh 1 cho n điểm. Chứng minh rằng tồn tại một
tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc đỉnh của hình vuông sao cho diện tích S
1

của nó thỏa mãn bất đẳng thức: S ≤ 2(n + 1)
Lời giải:

Gọi A, B, C, D là bốn đỉnh hình vuông và A1; A2;....An là n điểm nằm trong hình
vuông. Nối A1 với 4 đỉnh A, B, C, D. Khi đó ta được 4 hình tam giác.
*) Nếu A2 nằm trong một trong 4 tam giác đó ( Giả sử A2 nằm trong tam giác
ADA1).Ta nối A2 với A, D, A1. Sau khi nối xong, số tam giác tăng thêm 2.
*) Nếu A2 nằm trên cạnh chung (Ví dụ A2 ∈ A1D) nối A2 với A và C. Khi đó số
tam giác cũng tăng thêm 2.
Như vậy trong mọi trường hợp, số tam giác sẽ tăng thêm 2
Với các điểm A3;....An ta làm tương tự. Cuối cùng số tam giác được tạo thành là:
4 + 2(n-1) = 2n + 2 tam giác. Các tam giác trên đều có đỉnh là đỉnh của hình
vuông hoặc n điểm đã cho. Khi đó, tổng diện tích của 2n +2 tam giác này bằng
diện tích hình vuông (bằng 1).
Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại tam giác có diện tích nhỏ nhất trong 2n + 2 tam
1

giác ấy. Gọi diện tích này là S thì S ≤ 2(n + 1) (Điều cần chứng minh)
GV: Trần Thị Phi Nga

11

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Bài tập tương tự:
Bài toán 1.1 . Cho n điểm nằm trong tam giác ABC có diện tích là 1 cm 2 . CMR: Từ
n điểm đó cùng với 3 điểm A, B, C luôn tồn tại một tam giác có diện tích không lớn

1

2

hơn 3 + 2(n − 1) cm .
Bài toán 1.2 (tổng quát) . Cho n điểm nằm trong đa giác lồi m đỉnh có diện tích là
1 cm 2 . CMR: Từ n điểm đó cùng với m đỉnh của đa giác, luôn tồn tại một tam giác
1

2

có diện tích không lớn hơn m + 2(n − 1) cm .
Ví dụ 7: Trong các ô của bảng vuông kích thước n x n ô vuông, người ta viết các
số sao cho tổng của các số có mặt trong các ô của một “chữ thập” (tức là hình gồm
một hàng và một cột) bất kỳ không nhỏ hơn a. Tính giá trị nhỏ nhất của tổng các ô
trong bảng.
GIẢI:
Lấy một hàng có tổng các số trong hàng đó là nhỏ nhất.
Sau đó xét tổng tất cả có “chữ thập” được lập nên từ các
ô của hàng đó .
Có n “chữ thập” như vậy, theo điều kiện của bài toán. Ta
suy ra, tổng các số ghi ở n “chữ thập” ấy không nhỏ hơn
n.a
Dễ thấy tổng nói trên bằng tổng của tất cả các số trong
bảng cộng thêm (n – 1)lần tổng các số trong hàng lấy ra.
Gọi tổng các số trong bảng là N, tổng các số trong hàng
lấy ra là m, từ suy luận trên ta suy ra:
N +(n – 1).m ≥ n.a (1)
Theo định nghĩa số m, ta có: m ≤

N
n

(2)

N
n2
.a
Từ (1) và (2) ta suy ra: N + .(n −1) ≥ n.a ⇔ N ≥
n
2n − 1
a
Mặt khác, chọn tất cả các ô trong bảng đều bằng 2n −1 . Khi đó tổng tất cả các số
a
ghi trong mọi hình chữ thập là: (2n −1). 2n −1 = a

Phép ghi như vậy là hợp lệ. Với cách ghi này, tổng các số ghi vào các ô trong bảng
là

n 2 .a
2n − 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng cần tìm là N min =

n2a
2n − 1

Ví dụ 8: Trong không gian cho một số hữu hạn điểm mà trong đó không có 4 điểm
nào trong chúng cùng nằm trên một mặt phẳng sao cho thể tích của mỗi tứ diện tạo
GV: Trần Thị Phi Nga

12

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

ra bởi đỉnh là những điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả các
điểm có thể được phủ bởi một tứ diện có thể tích bằng 27.
GIẢI:
Do số lượng điểm đã cho là hữu hạn, nên số lượng các tứ diện tạo thành cũng hữu
hạn. Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại tứ diện mà ta sẽ gọi là A1B1C1D1) có thể tích
lớn nhất. Qua các đỉnh A1; B1; C1; D1 dựng các mặt phẳng song song với các mặt của
tứ diện, ta nhận được tứ diện ABCD.Dễ dàng chứng
minh được A1; B1; C1; D1 tương ứng là trọng tâm
của các tam giác BCD,ACD,ABD, ABC. Từ đó
ta có:
VA1B1C1D1
VABCD

=

1
27

(1)

Do giả thiết VA B C D ≤ 1 , nên từ (1) ta suy ra
VABCD ≤ 27 (2)

Bây giờ ta chứng minh tất cả các điểm đều nằm
trong tứ diện ABCD.
1 1 1 1

Giả sử: Tồn tại điểm M(trong số các điểm đã cho), sao cho M không thuộc tứ diện
ABCD (3)
Khi đó ít nhất một đỉnh của tứ diện ABCD (có thể cho đó là đỉnh B) sao cho B và
M nằmtrong hai nửa không gian xác định bởi (ACD).
Suy ra VMA C D > VB A C D (1)
Bất đẳng thức (4) chứng tỏ rằng MA1C1D1 là tứ diện tạo bởi 4 đỉnh trong các điểm
đã cho có thể tích lớn hơn thể tích của tứ diện B1A1C1D1. Điều này mâu thuẫn với
cách định nghĩa tứ diện A1B1C1D1 (vô lý). Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 9:
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.
( Đề dự bị Olympic 30 – 4 Long An 2009)
Lời giải:
Dựng PA1 , PB1 , PC1 tương ứng vuông góc với các cạnh BC, CA, AB. Vì tam
giác ABC có ba góc nhọn nên các điểm A1 , B1 , C1 tương ứng nằm trong đoạn BC,
0
· PB + BPA
·
·
·
·
CA và AB. Nối PA, PB, PC ta có: ·APC1 + C
1
1 + A1 PC + CPB1 + B1 PA = 360

1 1 1

1 1 1 1

GV: Trần Thị Phi Nga

13

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Suy ra góc lớn nhất trong 6 góc này không thế nhỏ
hơn 600 .
Không mất tính tổng quát, ta giả sử ·APC1 là lớn
nhất, khi đó ·APC1 ≥ 600 .
Xét ∆APC1 vuông tại C1 , ta có:
PC1
1
= cos ·APC1 ≤ cos600 =
Từ đó ta có: P ≥ PC1 .
AP
2

Nếu thay PA bằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến các đỉnh
và thay PC1 bằng khoảng cách ngắn nhất từ P tới các cạnh thì bất đắng thức được
thỏa mãn.
Ví dụ 10:
Cho 2011 điểm nằm trong mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và

mọi tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 2011 điểm đã cho đều có diện tích nhỏ hơn 1.
Chứng minh rằng có thể đặt 2011 điểm trên trong một tam giác có diện tích bằng 4.
(Đề khảo sát HSG Huyện Vĩnh Tường năm học 2011-2012)
Lời giải:
Giả sử tam giác ABC là tam giác có 3 đỉnh
trong 2011 diểm đã cho và có diện tích lớn nhất
=> SABC < 1. Qua A, B, C kẻ các đường thẳng
song song với các cạnh của tam giác ABC ta
được tam giác MNP có SMNP <4.
Ta chứng minh ko có điểm nào trong 2011 điểm
đã cho nằm ngoài tam giác MNP. Thật vậy: Giả
sử có điểm D nằm ngoài tam giác MNP
Khi đó SDBC > S ABC trái với cách chọn tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Suy ra 2011 điểm đã cho không nằm ngoài tam giác MNP có diện tích nhỏ hơn 4.
Vì vậy 2011 điểm đó nằm trong tam giác KEF đồng dạng với tam giác MNP(h.vẽ)
và có diện tích bằng 4.

GV: Trần Thị Phi Nga

14

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

CHƯƠNG II: NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG
A- Nguyên lý:
*) Nguyên lí này mang tên nhà toán học người Đức Peter Gustav Dirichlet
(1851-1931) còn gọi là “nguyên tắc lồng chim câu, nguyên tắc thỏ và lồng…”được

phát biểu hết sức đơn giản như sau:
- Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái lồng (n ∈N*) thì thế nào cũng có một lồng
chứa ít nhất 2 thỏ.
- Nếu nhốt n con thỏ vào k cái lồng ( với n, k ∈ N* , n lớn hơn và không chia
n

hết cho k) thì thế nào cũng có một cái lồng chứa ít nhất   +1 con thỏ.
k 
B- Vận dụng:
Ví dụ 1: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. chứng minh rằng tồn tại một số có dạng
111...11 mà chia hết cho p.
GIẢI:
111....11
Xét dãy số 1,11,111,..., 14pc2höõsoá431

Ta chứng minh trong dãy trên phải có số chia hết cho p. Giả sử kết luận ấy không
đúng, tức là không có bất kỳ số nào của dãylại chia hết cho p.
Cho tương ứng mỗi số dư của phép chia các số trong dãy cho p. Tập hợp số dư có
thể thuộc tập hợp {1, 2, 3,..., p – 1} (Do 0 không thể thuộc tập hợp này). Ta lại có p
số trong dãy số trên. Vì vậy theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số có cùng
số dư khi chia cho p. Giả sử các số đó là 111...11 (m chữ số 1) và số 111....11 (n
chữ số 1) với ( 1 ≤ n < m ≤ p ) . Từ đó ta có
n
(111...11
Mp
14 2 43 − 111...11)
14 2 43 Mp, hay 111...1000...0
1 2 3 1 2 3 Mp Hay 111...1.10
123
m c/ s

n c/ s

m −n c / s 1

n c/ s 0

m − n c / s1

(1)

111...1 Mp
Do p là sô nguyên tố lớn hơn 5 nên (p; 10) = 1, Vì thế từ (1) ta suy ra 1m−2n c3/ s1 (2)
111...1
1 2 3 là một số thuộc dãy trên nên từ (2) suy ra mâu thuẫn với giả thiết. Vậy giả
m − n c / s1

sử phản chứng là sai. Ta suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Trong hình vuông đơn vị (cạnh bằng 1) có 101 điểm. Chứng minh rằng có
5 điểm đã chọn được phủ bởi hình tròn bán kính

1
.
7

GIẢI:

GV: Trần Thị Phi Nga

15

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Chia hình vuông thành 25 hình vuông nhỏ bằng nhau,
mỗi hình vuông có cạnh 0,2. Vì có 101 điểm, mà chỉ có
25 hình vuông, nên theo định lý Dirichlet tồn tại một
hình vuông nhỏ có chứa ít nhất năm điểm ( trong 101
điểm đã cho ). Vì hình vuông này nội tiếp trong đường
1
2
tròn có bán kính R = 5 = 2 .
2
10
2 1
< nên dĩ nhiên đường tròn đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp trên và có
10 7
1
bán kính chứa ít nhất năm điểm nói trên . Đó là đpcm.
7

Do

Ví dụ 3: trong hình chữ nhật 3x4 đặt sáu điểm. chứng minh rằng trong số đó luôn
tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 5
Lời giải
Chia hình chữ nhật đã cho thành năm hình ABCD,
DCKFE, KFNM, NFEQR, QEDAS

Vì có 6 điểm nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một
trong năm hình trên chứa ít nhất 2 trong 6 điểm nói
trên. Theo định lý Pitago thì khoảng cách lớn nhất
giữa hai điểm trong một hình bằng 5 .
Ví dụ AC = CE = KE = KM = DS = DQ = QF = FR = 5
Từ đó ta luôn tìm được 2 điểm trong 6 điểm đã cho có khoảng cách không
lớn hơn 5 (Đpcm)
BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ 1:
Trong một tam giác đều, cạnh có độ dài bằng 1, đặt năm điểm . Chứng minh rằng
tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng

1
2

Thật vậy, gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của
AB, BC, CA .Khi đó AMP, BMN, MNP, MNP,
NPC là bốn tam giác đều bừng nhau cạnh bằng

1
.
2

Chú ý nếu P là tam giác đều cạnh bằng a, thì
d(P)=a
Vì thế d(AMP)=d(BMN) =d(MNP) =d(NPC)=

GV: Trần Thị Phi Nga

16

Trường THCS Vĩnh Yên

1
2


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Vì năm điểm thuộc vào bốn tam giác, nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất
hai điểm, giả sử Ai , Aj thuộc về cùng một tam giác trong bốn tam giác đều nhỏ nói
trên . Ta có AiAj ≤ d(AMP)=

1
. Đó là đpcm
2

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ 2 :
Trong hình tròn đường kính 5 có 10 điểm . Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai
điểm mà khoảng cách giữa chúng bé hơn hoặc bằng 2.
GIẢI
Thật vậy: Trong đường tròn tâm O đường kính 5, vẽ đường tròn đồng tâm có
đường kính bằng 2. Chia đường tròn đã cho thành 9 phần(như hình vẽ).
Xét một phần bất kỳ, giả sử là hình III – ABCD

Ta thấy ngay, khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm của (III) là DA = BC
Do ∠ DOA = 450 nên d2 = DA2 = DO2 + OA2 -2DO.OA.cos450
2

5
5

2
=  ÷ + 12 − 2. .1.
⇒ d<2
2
2
2

Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai điểm nằm trong một trong 9 phần (I),
(II), .....(IX) có đường kính không vượt quá 2. Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 4: Tìm hình vuông có kích thước bé nhất, để trong hình vuông đó có thể sắp
xếp năm hình tròn có bán kính 1, sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng
có điểm trong chung.
GIẢI:
Giả sử hình vuông ABCD có tâm O cạnh là a chứa 5 hình tròn không cắt nhau và
đều có bán kính bằng 1. Vì cả 5 hình tròn này nằm trọn trong hình vuông, nên tâm
của chúng nằm trong hình vuông A1B1C1D1 tâm O cạnh là a-2. Ở đây AB // A1B1.
Các đường thẳng nối các trung điểm của các cạnh đối diện của hình vuông
A1B1C1D1 chia A1B1C1D1 thành 4 hình vuông nhỏ. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại
một trong 4 hình vuông nhỏ, mà trong hình vuông này chứa ít nhất hai trong số 5
tâm hình tròn nói trên(Không mất tính tổng quát, giả sử đó là O1O2)

GV: Trần Thị Phi Nga

17

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Do trong 5 đường tròn, không có 2 đường tròn nào cắt nhau nên O1O2 ≥ 2 (1)
Mặt khác, do O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ(cạnh hình vuông bằng
a−2
a−2
≤
2
2
nên).
Mà
O
O
1
2
2

Từ (1) và (2) ta suy ra

(2)

a−2
2 ≥ 2 ⇔ a ≥ 2 2 + 2 (3)
2

Vậy mọi hình vuông cạnh a thỏa mãn điều kiện đề bài sẽ thỏa mãn (3)
Ta xét hình vuông ABCD có a = 2 2 + 2 . Và xét 5 hình tròn có tâm O, A1; B1; C1;
D1 (hình vẽ) thì mọi yêu cầu của bài toán được thỏa mãn .
Vậy kích thước bé nhất của cạnh hình vuông thỏa mãn điều kiện đề bài là 2 2 + 2
Ví dụ 5: Cho 2014 đường thẳng cùng có tính chất: chia hình vuông thành hai tứ
giác có tỉ số diện tích bằng

2
. Chứng minh rằng có ít nhất 504 đường thẳng trong
3

2014 đường thẳng trên đồng quy.
GIẢI:
Các đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác nên chúng không thể cắt hai
cạnh kề của hình vuông và không đi qua đỉnh nào của hình vuông.

GV: Trần Thị Phi Nga

18

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối
AD và BC tại M và N. Ta có
1
AB( BM + AN )
S ABMN 2
2
EI 2
= ⇒ 2
= ⇔
=
1
SMCDN 3

3
IF 3
CD( MC + ND )
2

(E,F,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh
hình vuông. I,K,G,H lần lượt là những
điểm thỏa mãn

IE HP GF KQ 2
=
=
=
=
IF HQ GE KP 3

Từ lập luận trên ta suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề bài đều đi qua
một trong 4 điểm G, H, I, K nói trên.
Do có 2014 đường thẳng, nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất
 2014 
 4  + 1 = 504 đường thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm G,H, I, K nói trên.



Vậy có ít nhất 504 đường thẳng trong số 2014 đường thẳng đã cho đồng quy.
Ví dụ 6: Cho một bảng kích thước 2n x 2n ô vuông. Người ta đánh dấu vào 3n ô
bất kỳ của bảng. Chứng minh rằng có thể chọn ra n hàng n cột của bảng sao cho các
ô được đánh dấu đều nằm trong n hàng n cột này.
GIẢI:
Trong các hàng có ô được đánh dấu. Chọn ra n hàng có số ô được đánh dấu nhiều

nhất. Ta chứng minh rằng số ô được đánh dấu còn lại nhỏ hơn hoặc bằng n.
Giả sử số ô được đánh dấu còn lại lớn hơn hoặc bằng n +1 . Số hàng còn lại chưa
chọn là n hàng. Theo nguyên lý Dirichlet sẽ có ít nhất một hàng (Trong số n hàng
còn lại chứa ít nhất 2 ô đã được đánh dấu).
Từ cách chọn ta suy ra trong n hàng được chọn thì mỗi hàng có ít nhất 2 ô được
đánh dấu. Tức là trên n hàng đã chọn có ít nhất 2n ô đã được đánh dấu.
Như vậy, số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 2n + (n +1) > 3n (vô lý). Suy ra
điều phải chứng minh.
Như vây, sau khi đã chọn ra n hàng với cách chọn như trên. Theo nhận xét sẽ còn
lại không quá n ô được đánh dấu. Hay cùng lắm sẽ có n cột chứa chúng.
Vậy: có thể chọn ra n hàng n cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm
trong n hàng n cột này.
Ví dụ 7
Cho 1000 điểm M1, M2. …M1000 trên một mặt phẳng. Vẽ một đường tròn bán kính 1
tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho SM 1 + SM2+ …
+SM1000 ≥ 1000
Lời giải:

GV: Trần Thị Phi Nga

19

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Xét một đường kính S1S2 tùy ý của đường tròn, ở đây S1 và S2
là hai đầu của đường kính nên ta có
 S1 M1 + S2 M1 ≥ S1S2 = 2


 S1 M2 + S2 M2 ≥ 2

...
S M + S M ≥ 2
 1 1000 2 1000

Cộng từng vế 1000 bất đẳng trên ta có
(S1M1+ S1M2 +…+ S1M1000 ) + (S2M1+ S2M2 +…+ S2M1000 ) ≥ 2000 (1)
Từ (1) và theo nguyên ý Dirichlet suy ra trong hai tổng của vế trái của (1) có ít
nhất một tổng lớn hơn hoặc bằng 1000
Giả sử (S1M1+ S1M2 +…+ S1M1000 )≥ 1000, khi đó S = S1. Đó là điều phải chứng
minh.
Ví dụ 8:
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 cùng màu.
GIẢI:
Lấy 5 điểm tùy 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 nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ba
điểm cùng màu. Giả sử ba điểm đó là ba điểm A, B, C
cùng 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 là màu đỏ. Khi đó A, B, C, G có cùng màu đỏ và bài toán được chứng
minh
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 AA’ = 3GA = 6GM => AA’ = 2AM. Tương tự B’B = 2BN, C’C = 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 các có tam giác ABC, và A’B’C’ có cùng trọng tâm G. Có hai trường hợp xảy
ra.
a) Nếu A’, B’ C’ cùng màu xanh. Khi đó tam giác A’B’C’ và trọng tâm G có cùng
màu xanh.
b) Nếu ít nhất một trong các điểm A’ B’ C’ có màu đỏ. Không mất tính tổng quát
giả sử A’ màu đỏ. Khi đó tam giác A’BC và trọng tâm có màu đỏ. Vậy trong mọi
khả năng luôn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm có cùng màu. Đó là
đpcm.

GV: Trần Thị Phi Nga

20

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Ví dụ 9:
Một hình lập phương có cạnh bằng 15 chứa 11000 điểm. Chứng minh rằng có một
hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất sáu điểm trong số 11000 điểm đã cho.
Lời giải:
Chia mỗi cạnh của hình lập phương thành 13 phần bằng nhau. Như thế hình lập
phương đã cho được chia thành 133 = 2197 hình lập phương nhỏ. Do 11000>5.2197
= 10985, nên tồn tại ít nhất một hình lập phương nhỏ chứa ít nhất sáu điểm trong
các điểm đã cho. Như đã biết nếu gọi cạnh hình vuông bằng a, thì hình cầu ngoại
1
2

tiếp nó có bán kinh R, với R = a 3 . Vì thế hình cầu ngoại tiếp hình lập phương

2

15
1 15
1  15 
1 675 1 676 1
3=
3 ÷ =
<
=
4 = 1 . Hình
nhỏ (cạnh của nó là ) là R =
13
2 13
2  13 
2 196 2 169 2

cầu bán kính 1 này dĩ nhiên chứa ít nhất sáu điểm trong số 11000 điểm đã cho. Đó
là đpcm.
Ví dụ 10: Trong hình vuông cạnh 12 chứa 2014 điểm. Chứng minh rằng luôn tồn
tại một tam giác đều cạnh 11 phủ kín 504 điểm trong 2014 điểm đã cho.
GIẢI:
Giả sử hình vuông ABCD có tâm là O và cạnh 12.
Lấy E, F, G, H lần lượt trên các cạnh CD,AB,AD,BC sao
cho AG = DE = CH = BF = 6 − 2 3 .Khi đó OE = OF = OG
= OH = 4 3
Ta đi chứng minh có thể dùng một tam giác đều cạnh 11
phủ kín một trong các tứ giác OHCE, OEDG, OGAF hoặc
OFBH.
Thật vậy, do OH = OE = 4 3 < 11.

Lấy J trên OF sao cho EJ = 11. Ta thấy SinFEC =

6
4 3

=

3
⇒ ∠ FEC= 60 0
2

Trên tia EC lấy K sao cho EK = EJ = 11. Ta có tam giác JEK đều cạnh 11. Ta đi
chứng minh tam giác JEK phủ kín tứ giác OHCE
Gọi giáo điểm của JK với BC là I.
Suy ra IC = CK. 3 = 3 (5 -2 3 ) = 5 3 - 6 > 6 - 2 3 = CH
CH < CI nên H nằm giữa C và I. Suy ra tam giác JEK phủ kín hoàn toàn tứ giác
OHCE.
Do vai trò của các tứ giác OHCE, OEDG, OGAF, OFBH là như nhau.
 2014 

Áp dụng nguyên lý Dirichlet ta suy ra: luôn tồn tại 
 + 1 = 504 điểm trong 2014
 4 
điểm đã cho nằm trong một trong các tứ giác OHCE, OEDG, OGAF hoặc OFBH.
Vậy luôn tồn tại một tam giác đều cạnh 11 phủ kín 504 điểm trong 2014 điểm đã
cho.
GV: Trần Thị Phi Nga

21

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Ví dụ 11: Trong phòng có 100 người mỗi người quen ít nhất 66 người khác. Hỏi có
phải mọi trường hợp luôn tồn tại 4 người đôi một quen nhau hay không?
GIẢI:
Không phải lúc nào cũng tồn tại
Xét 100 người được chia thành 3 nhóm A, B, C mỗi nhóm A, B có 33 người, nhóm
C có 34 người sao cho: mỗi người trong mỗi nhóm chỉ quen những người trong các
nhóm khác. Theo nguyên tắc Dirichlet thì với 4 người bất kỳ luôn có hai người
thuộc cùng một nhóm. Hai người này không quen nhau.
Ví dụ 12: Cho 5 số nguyên phân biệt a1 , a2 ,..., a5 . Xét tích:
P = ( a1 − a2 ) ( a1 − a3 ) ( a1 − a4 ) ( a1 − a5 ) ( a2 − a3 ) ... ( a2 − a5 ) ( a3 − a4 ) ( a 3 −a5 ) ( a4 − a5 )
Chứng minh: P M288
GIẢI: Ta có:288 = 32.25
Chứng minh: P M9
Xét 4 số : a1 , a2 , a3 , a4 ⇒ tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 3.
Giả sử a1 ≡ a2 ( mod 3) ⇒ a1 − a2 M3 (1)
Bỏ đi a1 và xét a2 , a3 , a4 , a5 ⇒ tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 3.
Giả sử a3 ≡ a4 ( mod 3) ⇒ a3 − a4 M3 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ P M9.
Chứng minh: P M25 . Trong 5 số đã cho có 3 số cùng tính chẵn lẻ. Xét các khả năng
có thể:
*) Có 4 số chẵn, giả sử là a1 , a2 , a3 , a4
Đặt a1 = 2b1 ; a2 = 2b2 ; a3 = 2b3 ; a4 = 2b4 ( b1 , b2 , b3 , b4 ∈ Z )
Khi đó:
P= 32 ( b1 − b2 ) ( b1 − b3 ) ( b1 − b4 ) ( a1 − a5 ) ( b2 − b3 ) ( b2 − b4 ) ( a2 − a5 ) ( a3 − a4 ) ( a3 − a5 ) ( a4 − a5 )
chia hết cho 32.

*) Có 3 số chẵn a1 , a2 , a3 còn a4, a5 lẻ:
Đặt a1 = 2b1 ; a2 = 2b2 ; a3 = 2b3 ; a4 = 2b4 +1, a5 = 2b5 + 1
Khi đó: P = 16 ( b1 − b2 ) ( b1 − b3 ) ( b2 − b3 ) Q
Trong 3 số b1, b2, b3 có hai số cùng tính chẵn lẻ
Giả sử b1 ≡ b2 ( mod 2 ) ⇒ b1 − b2 M2 ⇒ P M32
*) Có 3 số lẻ a1 , a2 , a3 còn a4, a5 chẵn :
Đặt a1 = 2b1 + 1, a2 = 2b2 + 1, a3 = 2b3 + 1, a4 = 2b4 , a5 = 2b5
Xét tương tự các trường hợp trên.
Ví dụ 13: Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn được 6 số,
gọi là a1 , a2 ,..., a6 sao cho tích:
P = ( a1 − a2 ) ( a3 − a4 ) ( a5 + a6 ) chia hết cho 1800.
Hướng dẫn:
*) Trong 12 số đã cho có ít nhất 9 số lớn hơn 5. Giả sử 9 số này là b 1, b2,…,b9. Mỗi
số trong 9 số này khi chia cho 3 chỉ cho số dư là 1 hoặc 2. Theo nguyên tắc
GV: Trần Thị Phi Nga

22

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Dirichlet thì tồn tại 5 số có cùng sồ dư khi chia cho 3, giả sử các số này làø
b1 , b2 , b3 , b4 , b5 .
*) Mỗi số trong 5 số b1 , b2 , b3 , b4 , b5 khi chia cho 5 chỉ cho số dư là 1, 2, 3, 4. Theo
nguyên tắc Dirichlet thì tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 5, giả sử hai số
này là b1, b2.
Bây giờ, xét các số b1 , b2 , b3 , b4 , b5
Nếu có hai số nào đó có cùng số dư khi chia cho 5, chẳng hạn b 3 và b4 thì chọn a1 =

b1, a2 = b2, a3 = b3, a4 = b4, a5 = b5, và a6 = b6. Khi đó:
a1 − a2 M3, a3 − a4 M3 ⇒ P M9
a1 − a2 M5, a3 − a4 M5 ⇒ P M25
a1 − a2 M2, a3 − a4 M2, a5 + a6 ⇒ P M
8

Vậy P chia hết cho 8.9.25 = 1800
Nếu không có hai số nào trong 4 số b1 , b2 , b3 , b4 , b5 có cùng số dư khi chia cho 5 dư 1
và một số chia cho 5 dư 4, giả sử b5 ≡ 1 (mod 5) vàb6 ≡ 4 (mod 5). Khi đó a1 = b1, a2
= b2, a3 = b3, a4 = b4, a5 = b5, và a6 = b6. Ta có:
a1 − a2 M3, a3 − a4 M3 ⇒ P M9 ,
a1 − a2 M5, a3 − a4 M5 ⇒ P M25 ,
a1 − a2 M2, a3 − a4 M2, a5 + a6 ⇒ P M
8.
Vậy trong trường hợp này ta cũng có P chia hết cho 1800.
Ví dụ 14: Các học sinh được phát bài kiểm tra, mỗi môn một bài, trong n (n≥ 3)
môn học. Biết rằng với một môn học bất kỳ có đúng 3 học sinh đạt điểm tối ưu, còn
với hai môn tuỳ ý thì có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong cả hai
môn đó. Hãy xác định số n bé nhất sao cho từ các điều kiện trên có thể suy ra rằng
có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong cả n môn học.
Hướng dẫn:
Giá trị nhỏ nhất của n là 8.
Ta biểu thị mỗi học sinh bằng một điểm trong mặt phẳng sao cho không có
ba điểm nào thẳng hàng. Nếu hai học sinh đạt điểm tối ưu ở một môn nào đó, ta nối
hai điểm tương ứng lại với nhau. Khi đó, theo đề bài, mỗi môn học sẽ cho tương
ứng duy nhất một tam giác và bất cứ hai tam giác nào cũng có đúng một đỉnh
chung.
Chú ý rằng nếu như bốn tam giác có chung một đỉnh thì tất cả các tam giác
đều có chung đỉnh đó, bởi vì nếu không thì tam giác thứ năm sẽ có chung đỉnh với
mỗi một trong bốn tam giác đó. Như vậy tam giác thứ năm này sẽ có bốn đỉnh, điều

này mâu thuẩn.
Bây giờ, nếu n ≥ 8 thì một tam giác sẽ có chung một đỉnh với mỗi một trong
7 tam giác còn lại. Theo nguyên lí Dirichlet , một trong các đỉnh của nó sẽ có
chung đỉnh với ít nhất ba tam giác khác, tức là tồn tại 4 tam giác có chung một
đỉnh.

GV: Trần Thị Phi Nga

23

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

Cuối cùng ví dụ sau đây chứng tỏ rằng trường hợp n = 7 không thỏa mãn đề
bài (do vậy n < 7). Trong bảng, ta dùng dấu chéo (×) để chỉ học sinh đạt điểm tối
ưu ở môn học tương ứng.
H.sinh
Môn học
I
II
III
IV
V
VI
VII

1

2

3

x
x

x

x

x
x

4

5

x
x
x

x

6

x

x

x
x

x
x

x

7

x
x
x

x

CHƯƠNG III: MỘT SỐ DẠNG TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP THƯỜNG GẶP
1.Dạng bài tập tô màu, bảng vuông.
Bài 1: Trong mỗi ô bàn cờ kích thước 5x5 có một con bọ dừa. Vào một thời
điểm nào đó tất cả các con bọ dừa bò sang ô bên cạnh (ngang hoặc dọc). Có thể
khẳng định rằng sau khi các con bọ dừa di chuyển sẽ luôn có ít nhất một ô trong
bàn cờ không có con bọ dừa nào trong đó không?
(Đề thi giao lưu HSG môn Toán lớp 8 TP Vĩnh Yên năm học 2012-2013)
Ta tô đen – trắng các ô bàn cờ như hình vẽ. Khi đó số ô đen nhiều hơn
số ô trắng. Như vậy số con bọ dừa ở ô đen sẽ nhiều hơn số con bọ dừa
ở ô trắng. Do mỗi con bọ dừa chỉ di chuyển sang ô bên cạnh(ngang
hoặc dọc), vì thế sau khi di chuyển các ô đen sẽ chứa các con bọ dừa ở
ô trắng.
Mà số con bọ dừa ở ô đen nhiều hơn số con bọ dừa ở ô trắng, nên sau
khi các con bọ dừa bò đi sẽ có ít nhất một ô đen bị bỏ trống .

Vậy : Có thể khẳng định rằng sau khi di chuyển sẽ luôn có ít nhất một
ô trong bàn cờ không có con bọ dừa nào trong đó.
Ví dụ 2:
Trên lưới ô vuông cạnh 1. Người ta tô màu các ô bằng 2 màu đen trắng xen kẽ.
Tính bán kính lớn nhất của đường tròn chỉ đi qua ô trắng.
- Xét đường tròn chỉ thuộc một ô trắng: Đường kính
của nó bằng 1 (1)
- Xét đường tròn đi qua nhiều ô trắng => đường
tròn đó phải đi qua các đỉnh của ô trắng. Không mất
tính tổng quát, giả sử đường tròn đi qua đỉnh A của
ô trắng ABCD.

GV: Trần Thị Phi Nga

24

Trường THCS Vĩnh Yên


Chuyên đề: Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán hình học tổ hợp

+) Nếu đường tròn đi qua 2 đỉnh liên tiếp của ô trắng ( A, B). Khi đó ta lại xét hai


trường hợp: *) Đường tròn qua A, B, E. Khi đó nó là đường tròn  I ,


2
÷
2 ÷





*) Đường tròn qua A, B, G. Khi đó nó là đường tròn  K ;


10 
÷ (2)
2 ÷


+) Nếu đường tròn qua 2 đỉnh đối diện của ô trắng, Giả sử là (A, C)
Ta lại xét hai trường hợp:
*) Qua A, C, M (Tương tự qua A, B, G)
*) Qua A, C, N (Tương tự qua A, B, G)
Cả hai trường hợp trên bán kính của đường tròn là

10
(3)
2

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra bán kính lớn nhất của đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề
bài là

10
.
2

Ví dụ 3:

Cho 6 điểm trong đó 3 điểm nào cũng nối được với nhau tạo thành 1 tam giác có
cạnh được tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ. CMR: Bao giờ cũng tồn tại một
tam giác có 3 cạnh cùng màu.

GV: Trần Thị Phi Nga

25

Trường THCS Vĩnh Yên