chuyên đề “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong việc giải các bài toán số học và hình học

Phần 1: MỞ ĐẦU
1. Lý do viết đề tài
Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp chúng 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)
chúng 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 chúng tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và
nguyên lí cực hạn trong việc giải các bài toán số học và hình học ”. 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.
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 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 Diirchlet và nguyên lí cực hạn trong chương
trình trung học cơ sở.
4. Phương pháp nghiên cứu:
+) Phương pháp nghiên cứu lý thuyết
1


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
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.
5. Tình hình nghiên cứu
Trong quá trình giảng dạy bộ môn Toán đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng

học sinh giỏi ở trường trung học cơ sở tôi thấy bài toán tổ hợp nói chung và vận
dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn nói riêng là một trong những nội
dung rất quan trọng. Vấn đề này đã có rất nhiều tài liệu tham khảo đề cập đến và
cũng có rất nhiều giáo viên quan tâm nghiên cứu ở những mức độ khác nhau. Kết
quả họ cũng có được những thành công nhất định. Song việc thực hiện được kết
quả như thế nào còn tùy thuộc vào nhiều yếu tố.
6. Những vấn đề còn đang tồn tại:
Khi chuẩn bị thực hiện chuyên đề này, kĩ năng giải toán tổ hợp của học sinh
còn gặp nhiều khó khăn. Đặc biệt là các bài toán nguyên lí Dirichlet và nguyên lí
cực hạn. Vì thế các em rất thụ động trong các buổi học bồi dưỡng về nội dung này.
Các em học sinh mới chỉ vận dụng được nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn
với những bài toán đơn giản.
Các tài liệu tham khảo về nội dung này mới nêu ra bài toán cụ thể với các bất
ví dụ cụ thể mà chưa có nhiều tài liệu đề cập đến kĩ năng vận dụng nguyên lí
Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán tổ hợp.
7. Ứng dụng trong thực tiễn:
Chuyên đề có ứng dụng tốt trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và công
tác ôn thi vào các trường trung học phổ thông chuyên.
Chuyên đề còn là một tư liệu tốt để giáo viên và học sinh tham khảo.
II. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu:
2


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.

2. 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.

Phần 2: NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
I. SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
SỐ HỌC
1. Nguyên lý:
Nguyên lý Dirichlet (Gustav Lejeuve Dirichlet) : Nếu nhốt n con thỏ vào m
 n + m − 1
con thỏ.
m 

cái chuồng ( m ≥ 2 ) thì tồn tại một chuồng có ít nhất 



2. Vận dụng:
2.1. Toán suy luận logic :
Bài 1: Có 10 đội bóng thi đấu với nhau trong một giải, mỗi đội phải đấu một
trận với các đội khác. CMR vào bất cứ lúc nào cũng có hai đội đã đấu số trận như
nhau.
GIẢI: Rõ ràng nếu trong 10 đội bóng có 1 đội chưa đấu một trận nào thì
3


trong các đội còn lại không có đội nào đã thi đấu 9 trận. Như vậy 10 đội chỉ có số
trận đấu hoặc từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9. Vậy theo nguyên lý Đirichlê phải có ít
nhất 2 đội có số trận đấu như nhau.
(Đội chưa đấu trận nào, số trận = 0)
Bài 2: Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội
khác). CMR vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau
hoặc chưa đấu với nhau trận nào.
GIẢI: Giả sử 6 đội bóng đó là A,B,C,D,E,F. Xét đội A.
Theo nguyên lý Đirichlê ta suy ra: A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3
đội khác. Không mất tính tổng quát, giả sử A đã đấu với B,C,D.
Nếu B,C,D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh.
Nếu B,C,D có 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A,B,C từng cặp
đã đấu với nhau.
Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau
hoặc chưa đấu với nhau trận nào.
Bài 3: CMR trong n người bất kì, tồn tại hai người có số người quen như
nhau (kể cả trường hợp quen 0 người)
GIẢI: Tương tự ví dụ 1, ta xét n nhóm...
Bài 4: Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2, chỉ

có 2 học sinh được điểm 10. CMR ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm
tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0 đến 10)
GIẢI: Có 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm (từ 2 đến 9). Giả sử mỗi loại
trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có không quá
5.8=40 học sinh, ít hơn 43 học sinh. Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng
nhau.
2. Ứng dung trong bài toán chia hết:
Trong các phép tính trên số nguyên thì phép chia là rất đặc biệt.
Phép chia có hàng loạt các tính chất mà các phép còn lại không có.
Chẳng hạn, các phép toán cộng , trừ , nhân đều thực hiện với số 0 còn phép
chia thì không thể. Vì những lí do đặc biệt đó mà trong toán học xây dựng hẳn 1 lý
thuyết về phép chia .
Những ví dụ sau có liên quan mật thiết giữa phép chia và nguyên lý Dirchlet
Bài 5: CMR tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2007.
GIẢI: Xét 2008 số có dạng 1,11,...,11...11.
Theo nguyên tắc Đirichlê thì tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2007.
Giả sử hai số đó là:
A={11...1}_{n} và B={11...1}_{k} với kKhi đó A – B ={11...1}_{n-k}.10^k chia hết cho 2007
Do (2007, 10^k)=1 nên C={11...1}_{n-k} chia hết cho 2007.
Bài 6: 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.
4


111....11
GIẢI: 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 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)

Do p là sô nguyên tố lớn hơn 5 nên (p; 10) = 1, Vì thế từ (1) ta suy ra
111...1
1 2 3 Mp (2)
m − n c / s1

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.
Bài 7: Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành
từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi
chia cho 16?
Giải:
Không tồn tại 16 số như vậy.
Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn. Khi đó, ta có 16 số dư
phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số
chẵn, 8 số lẻ.
Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và
chữ số lẻ là c.
Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này:
aac, abc, acc, bac, bbc, bcc, cac, cbc, ccc.
Gọi x1 , x2 ,…, x9 là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ

đi chữ số c (ở hàng đơn vị). Khi đó xi c ≡/ x j c ( mod16 ) ⇔ 16 không là ước của
xi c − x j c tức là xi − x j không chia hết cho 8
Nhưng trong 9 số x1 , x2 ,…, x9 chỉ có ba số lẻ ac, bc, cc nên 8 số bất kỳ trong 9
số x1 , x2 ,…, x9 luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn.
Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy
ra
3. Ứng dung trong Toán về tổng, hiệu, chữ số tận cùng...các loại:
Bài 8: Cho 51 số nguyên dương khác nhau có 1 chữ số và có 2 chữ số. CMR
ta có thể chọn ra 6 số nào đó mà bất cứ 2 số nào trong số đã lấy ra ấy không có chữ
số hàng đơn vị giống nhau cũng không có chữ số hàng chục giống nhau.
5

GIẢI:
Vì có 51 số nên tìm được 6 chục sao cho một nhóm có không ít hơn 6 số rơi
vào một trong các số chục đó, một nhóm có không ít hơn 5 số rơi vào chục khác...
Cuối cùng có ít nhất một trong các số đã cho rơi vào một chục nào đó (như vậy số
các chục khác nhau không ít hơn 6) về các số đã cho là khác nhau (chú ý các số
dạng xét nhiều nhất có 2 chữ số ) do đó ở nhóm cuối cùng ta lấy một số , sau đó
nhóm trước đó (vì có ít nhất 2 chữ số hàng đơn vị của hai số trong nhóm ấy khác
nhau) ta lấy một số khác với chữ số hàng đơn vị khác số chọn trước, rồi nhóm
trước đó lại lấy 1 số có chữ số hàng đơn vị khác 2 số chọn trước... Cuối cùng sẽ
được 6 số phải tìm với các chữ số khác nhau.
Bài 9: Chọn bất kì n+1 số trong 2n số tự nhiên từ 1 đến 2n (n≥2). CMR
trong các số được chọn có ít nhất 1 số bằng tổng của 2 số được chọn (kể cả các
trường hợp 2 số hạng của tổng bằng nhau ).
GIẢI:
Giả sử a_1Xét n số: a_{n+1}-a_1=b_1
a_{n+1}-a_2=b_2
........................ (mỗi hiệu đều nhỏ hơn 2n)
a_{n+1}-a_n=b_n
Trong tập 2n+1 số đó là a_1,a_2,...,a_{n+1}, b_1,b_2,...,b_n tồn tại 2 số bằng
nhau, hai số ấy không thể cùng thuộc dãy a_1,a_2,...,a_{n+1} cũng không thể cùng
thuộc dãy b_1,b_2,...,b_n . Ta có:
a_{n+1}-a_1=a_i suy ra a_{n+1}=a_1+a_i (đpcm)
II. SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC
1. Nguyên lý:
Nguyên lý Dirichlet (Gustav Lejeuve Dirichlet) : Nếu nhốt n con thỏ vào m
 n + m − 1
con thỏ.

m 

cái chuồng ( m ≥ 2 ) thì tồn tại một chuồng có ít nhất 


2. Vận dụng:
Ví dụ 1: 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
Giải:

6

1
.
7


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
Do
< nên dĩ nhiên đường tròn đồng tâm với đường

10 7
1
tròn ngoại tiếp trên và có bán kính chứa ít nhất năm
7

điểm nói trên . Đó là đpcm
Ví dụ 2: 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
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 tập tương tự:
Bài 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

GIẢI:

7


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)=

1
2

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
2

Đó là đpcm
Bài 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 tai ít nhất hai điểm nằm trong môt trong 9 phần
(I), (II), .....(IX) có đường kính không vượt quá 2. Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 3: 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,
8


nên tâm của chúng nằm trong hình vuông A1B1C1D1 tâm O cạnh là a-2. Ở đây AB //
A1B1.
Các đường thẳng nối 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)

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
a−2
a−2
≤
2
bằng 2 nên). Mà O1O2 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 4: 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
3

trong 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.

9


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 5:
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.
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, mà hình lập
phương này chứa ít nhất sáu điểm. Như đã biết nếu gọi cạnh hình vuông băng a, thì
1
2

hình càu ngoại tiếp nó có bán kinh R, với R = a 3 . Vì thế hình cầu ngoại tiếp hình
lập phương nhỏ ( cạnh của nó là

15
) là

13

2

1 15
1  15 
1 675 1 676 1
R=
3=
3 ÷ =
<
=
4 =1.
2 13
2  13 
2 196 2 169 2

Hình cầu bán kính 1 này dĩ nhiên chứa ít nhất sáu điểm trong số 11000 điểm
đã cho . Đó là đpcm.
Ví dụ 6: 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:

10


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
 4 
trong 2014 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.

11


D. KẾT LUẬN
Như vậy xuất phát từ nguyên lí Dirichlet được phát biểu thật đơn giản, bằng
những thao tác tư duy, sự linh hoạt, sáng tạo của mình. Chúng ta sẽ xây dựng
phương pháp và chứng minh được một số bài toán tổ hợp hay và khó. Thông qua
chuyên đề này không chỉ cung cấp cho học sinh một hệ thống các dạng bài mà còn
hình thành cho học kỹ năng phân tích bài toán để từ đó xây dựng và chứng minh
các bài toán tổ hợp tổng quát để áp dụng nhằm phát triển năng lực tư duy sáng tạo
toán học của học sinh, nhất là những học sinh khá giỏi.
Về lý luận: Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo, kỹ năng phân tích tổng hợp,
tính cẩn thận chính xác, tính kiên trì và sự linh hoạt trong vận dụng kiến thức đã
học và viải toán cho học sinh. Giúp các em có hứng thú học tập, ham mê học Toán
và đặc biệt là phát huy năng lực tư duy sáng tạo học sinh khi gặp các dạng toán
khó.
Về thực tiễn: Giúp học sinh vận dụng tốt nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực
hạn trong việc giải các bài toán rời rạc nói chung và hình học tổ hợp nói riêng.
Từ chỗ rất lúng túng khi gặp các bài toán tổ hợp thì nay phần lớn các em đã
tự tin hơn, biết vận dụng những kỹ năng được bồi dưỡng để giải thành thạo các bài
tập chứng minh mang tính phức tạp.
Trong khi viết chuyên đề “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn
trong các bài toán tổ hợp” chúng tôi không tránh khỏi những thiếu sót cũng như nội
dung chuyên đề chưa thực sự phong phú. Rất mong các bạn đồng nghiệp và các em
học sinh đóng góp thêm các ý kiến để chuyên đề hoàn thiện và có hiệu quả hơn.
Tôi xin chân thành cám ơn.
Trực Chính, ngày 29 tháng 12 năm 2014
NGƯỜI VIẾT

Đặng Thị Lê

12


CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO.
1. Báo toán tuổi thơ, toán học và tuổi trẻ
2. Phan Huy Khải (năm 2007) Các bài toán hình học tổ hợp.
3. Trịnh Đình Long (năm 2006) Bài giảng cho học sinh chuyên toán- Trường
ĐHKHTN TP Hồ Chí Minh: Nguyên lí Dirichlet và các bài toán số học.
4. Vũ Hữu Bình (năm 1998): Phương pháp giảng dạy môn toán - NXB GD
5. Website />6. Website />7. Sách nâng cao và phát triển Toán 6,7,8,9

13