DIRICHLETTRONGGIAI TOAN HINH HOC.doc

Nguyên lí Dirichlet trong giải toán hình học
GV: Nguyễn Thò Thanh Bình Trang 1
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 chò đi trước và các bạn đồng nghiệp .
Xin chân thành cảm ơn !
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 chò đi trước và các bạn đồng nghiệp .
Xin chân thành cảm ơn !
Nguyên lí Dirichlet trong giải toán hình học

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.
GV: Nguyễn Thò Thanh Bình Trang 2
Nguyên lí Dirichlet trong giải toán hình học

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.
Giải
Ta coi 5 điểm là 5 phần tử ( 5 thỏ ).
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
vït quá
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
GV: Nguyễn Thò Thanh Bình Trang 3

1
3 2
4
5
2 4

3
Nguyên lí Dirichlet trong giải toán hình học
điểm thuộc 1 trong 5 đa giác bằng
5
.
( Dùng đònh 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
5

nên khoảng cách giữa 3 điểm này đôi một không vượt quá
5
.
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
50
S
π

Giải
Ta chia hình vuông đã cho thành 25

hình vuông nhỏ có diện tích
25
S


và
cạnh
là
5
5

(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
50
S
π
(đpcm).

GV: Nguyễn Thò Thanh Bình Trang 4
Hình 3
Nguyên lí Dirichlet trong giải toán hình học
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 vò 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
n
π

Giải
Ta chia hình tròn đơn vò thành n hình
quạt bằng nhau ( có đỉnh ở tâm hình tròn
đã cho và góc ở tâm bằng
n
0
360
)
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
đpcm có ta
360
360
0
0
nn
ππ
=⋅
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.
Giải
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.
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 ≥ 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).
GV: Nguyễn Thò Thanh Bình Trang 5

A
B
n
π
Hình 5