Ứng dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận giải một số bài toán hình học tổ hợp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

---

NGÔ THỊ CH

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀ NGUYÊN LÍ LÂN

KHOÁ LUẬN TỐT NG
Chuyên ngành: Hình học

HÀ NỘI 20


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

---

NGÔ THỊ CH

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀ NGUYÊN LÍ LÂN

KHOÁ LUẬN TỐT NG

Chuyên ngành:

Người hướng dẫn

Th.S - GVC PHAN HỒ

HÀ NỘI 20

LỜI CẢM ƠN

Em xin chân thành cảm ơn các thầy, giáo cô giáo và các bạn sinh viên
khoa Toán trường đại học sư phạm Hà Nội 2 đã động viên, giúp đỡ để em có
điều kiện tốt nhất trong suốt quá trình thực hiện khoá luận tốt nghiệp. Đặc
biệt, em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy Phan Hồng Trường đã định
hướng chọn đề tài và tận tình chỉ bảo, giúp đỡ em hoàn thành tốt khoá luận
này.
Do thời gian và kiến thức có hạn nên khoá luận không tránh khỏi
những hạn chế và còn có những thiếu sót nhất định. Em xin chân thành
cảm ơn và tiếp thu ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và các bạn sinh
viên.
Hà Nội, tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Ngô Thị Châu


LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận được hoàn thành với sự chỉ bảo tận tình của các thầy cô giáo
trong khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt là sự hướng dẫn
tận tình của thầy giáo Phan Hồng Trường.
Trong khóa luận có tham khảo các kết quả nghiên cứu của các nhà khoa
học với sự trân trọng và biết ơn. Em xin khẳng định kết quả của đề tài này
không có sự trùng lặp với kết quả của các đề tài khác. Nếu sai em xin chịu
hoàn toàn trách nhiệm.
Hà Nội, tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Ngô Thị Châu

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU........................................................................................................... 1
CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TOÁN HÌNH
HỌC TỔ HỢP.................................................................................................. 2
1. NGUYÊN LÍ...................................................................................................... 2
1.1 Nội dung nguyên lí.......................................................................................2
1.1.1 Nguyên lí 1................................................................................................2
1.1.2 Nguyên lí 2................................................................................................2
1.2 Ứng dụng.....................................................................................................2
1.2.1 Tổng quát..................................................................................................2
1.2.2 Ứng dụng giải bài toán hình học tổ hợp...................................................2
2. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP......................................................................................... 3
2.1 Bài toán và lời giải......................................................................................3
2.2 Một số bài toán tham khảo........................................................................21
CHƯƠNG 2 : NGUYÊN LÍ LÂN CẬN GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH
HỌC TỔ HỢP................................................................................................ 23
1. NGUYÊN LÍ.................................................................................................... 23
1.1 Các khái niệm............................................................................................23
1.1.1

Định nghĩa 1........................................................................................23

1.1.2

Định nghĩa 2........................................................................................23

1.2 Nguyên lí...................................................................................................25

1.2.1 Nguyên lí 1..............................................................................................25
1.2.2 Nguyên lí 2..............................................................................................25
2. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ LÂN CẬN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP....................................................................................... 25
KẾT LUẬN..................................................................................................... 47
TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................. 48


MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận là hai nguyên lí rất hữu ích và
thường được vận dụng cho nhiều lớp bài toán khác nhau, đặc biệt nó có ích
khi giải các bài toán tổ hợp nói chung và hình học tổ hợp nói riêng. Vận dụng
nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận vào giải các bài toán tố hợp khiến cho
bài toán trở nên đơn giản hơn, đặc biệt là việc giảm bớt số lượng đối tượng
khổng lồ trong các bài toán tổ hợp. Nhờ tính chất riêng của nó mà nguyên lí
cực hạn và nguyên lí lân cận đặc biệt hữu ích khi áp dụng giải các bài toán
hình học tổ hợp, mà đặc biệt đây lại là nhóm kiến thức mới rất quan trọng
trong trương trình toán ở bậc trung học phổ thông. Để tiếp cận với kiến thức
này, được sự định hướng của người hướng dẫn, tôi chọn đề tài “Ứng dụng
nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận vào giải các bài toán hình học tổ
hợp” để hoàn thành khoá luận Tốt nghiệp Đại học chuyên ngành Hình học.
2. Mục đích nghiên cứu
- Tìm hiểu nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
- Làm rõ tính ưu việt của việc ứng dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận
giải một số bài toán hình học tổ hợp.
3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
- Phạm vi nghiên cứu: một số bài toán hình học tổ hợp giải bằng phương
pháp sử dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.

4. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Trình bày các khái niệm cơ bản về nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
- Đề xuất một số phương pháp giải bài toán hình học tổ hợp giải bằng phương
pháp sử dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận.
5. Các phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu sử dụng các lí luận, các công cụ toán học.
- Nghiên cứu sách tham khảo, các tài liệu liên quan.

6


CHƯƠNG 1: NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VỚI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
1. NGUYÊN LÍ
1.1 Nội dung nguyên lí

1.1.1 Nguyên lí 1
Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn
được số bé nhất và số lớn nhất.
1.1.2 Nguyên lí 2
Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số
bé nhất.
1.2 Ứng dụng

1.2.1 Tổng quát
Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng trong
nhiều lớp bài toán khác nhau, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp
nói chung và Hình học tổ hợp nói riêng.
Nguyên tắc này dùng để giải những bài toán mà trong tập hợp những
đối tượng phải xét của nó tồn tại các đối tượng có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

nhất theo một nghĩa nào đó.
Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hơp với các phương pháp
khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng. Nguyên lí này được vận dụng
trong trường hợp những tập giá trị cần khảo sát chỉ là tập hợp hữu hạn
(nguyên lí 1) hoặc có thể là vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc
nhỏ nhất (nguyên lí 2).
1.2.2 Ứng dụng giải bài toán hình học tổ
hợp Lược đồ giải
- Đưa bài toán đang xét về dạng có thể sử dụng nguyên lí 1(hoặc nguyên
lí 2) để chứng tỏ rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát của bài toán


phải có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất).
- Xét bài toán tương ứng khi nó nhận giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất)
này.
- Chỉ ra một mâu thuẫn, hoặc đưa ra một giá trị còn nhỏ hơn (hoặc lớn
hơn) giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) mà ta đang khảo sát.
Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng ta suy ra điều phải chứng
minh.
2. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
Áp dụng nguyên lí cực hạn vào giải các bài toán hình học tổ hợp.
2.1 Bài toán và lời giải

Bài1: Chứng minh bốn đường tròn có bốn đường kính là bốn cạnh của
tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho.
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 phải nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh ấy.

Trong trường hợp này kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.
C

D

B
M
A

2. Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD. Khi đó ta có:
□AMB + B□MC + C□MD + D□MA = 3600


Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại
max

{ □AMB, B□MC,C□MD, D□MA} = B□MC

Khi ấy :

B□MC ≥
0
90

(1)

Từ (1) suy ra M nằm trong (hoặc cùng lắm là nằm trên) đường tròn
đường kính BC. Vậy đương 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 trên phủ kín tứ giác lồi đã cho. Đó là điều phải chứng minh.

Bài2: Cho đa giác lồi A1A2 . . . An . Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh
liên tiếp sao cho hình tròn qua ba đỉnh này chứa toàn bộ đa giác đã cho.
Giải
Theo nguyên lý cực hạn thì tồn tại cạnh đa giác AiAj sao cho :
Ai Aj = min Ak+Ak
1≤k ≤n

1

(ở đây quy ước n+1 là 1, tức là AnAn+1 ≡ AnA1) . Khi đó, với mọi j ≠ i,
j ≠ i+1,
thì □Ai A j ≤ (nói riêng □Ai A j > 00 ).
0
Ai+1
60 Ai+1
Như vậy tập hợp bộ ba đỉnh trong đó có hai đỉnh kề nhau, còn đoạn
thẳng nối hai đỉnh này được nhìn từ đỉnh thứ ba dưới một góc không quá 90

0

là tập hợp không rỗng. Rõ ràng tập hợp này hữu hạn, vì thế lại theo nguyên lí
cực hạn, tồn tại đường tròn (Ω) sao cho nó đi qua tập hợp bộ ba đỉnh như
trên và có bán kính lớn nhất R .
Giả sử (Ω) là đường tròn đi qua ba đỉnh kề nhau A1, A2 và đỉnh A
nào
đó của đa giác mà □A1
AA2

0

≤ 90 .

Ta chứng minh rằng mọi đỉnh của đa giác lồi đều nằm trong hình tròn (Ω).


Chú ý rằng từ tính lồi của đa giác suy ra toàn bộ đa giác nằm về một
phía của

A1 A2 (về phía có đỉnh A).


A

B

(Ω)
A2

A1

Giả thiết phản chứng kết luận trên không tức là tồn tại B
∉ (Ω). Do vậy
B phải ở ngoài hình tròn (Ω).
Suy ra :
□A BA < □A AA
⇒ 0 < sin □A BA < sin □A AA
1
20 1
2
≤ 90

1

⇒

2

1

2

A1 A2

A□
1 A2
□
>
= R
2sin A1BA2 2sin A1AA 2

Như vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1BA2 lớn hơn R.
Điều này mâu thuẫn với việc chọn (Ω). Vậy giả thiết phản chứng
là sai,
tức là mọi đỉnh của đa giác lồi (tức là toàn bộ đa giác lồi) bị phủ bởi
đường tròn (Ω).
Có hai trường hợp sau xảy ra :
1. Nếu A ≡ A3, khi đó A1, A2, A3 là ba đỉnh liên tiếp cần tìm.
2. Nếu A không trùng với A3, khi đó gọi A3 là đỉnh kề với A2 (A3
≠ A1).
Ta chứng minh rằng A3 ∈ (Ω).
A

A
(Ω)

(Ω)
A3
A1

A2

A

A3


1

A2

Giả sử trái lại A3 ∉ (Ω). Do A3 là đỉnh của đa giác lồi, nên
A3 thuộc vào hình viên phân giới hạn bởi □A2 A (xem hình vẽ). Từ đó
theo tính chất của


0
□A A A . Từ đó suy ra bán
đường tròn ta có ngay 2□A3 A A > 180
2 1−

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A2A3A lớn hơn bán kính đường tròn

ngoại

tiếp tam giác AA1A2. Điều này cũng vô lí. Vậy A3 phải thuộc

(Ω). Lúc này A1A2A3 có đường tròn ngoại tiếp chính là (Ω), và do
đó đường tròn qua A1, A2, A3 phủ đa giác lồi. Đó là điều phải chứng minh.
Bài3 : Trên một đường thẳng đánh dấu n điểm khác nhau A1, A2, . . . An
theo thứ tự từ trái qua phải (n ≥ 4). Mỗi điểm được tô bằng một trong
bốn màu khác nhau và cả bốn màu đều được dùng. Chứng minh rằng tồn tại
một đoạn thẳng chứa đúng hai điểm của hai màu và ít nhất hai điểm của hai
màu còn lại
Giải
Xét tập hợp sau :
A = {k | 1 ≤ k ≤ n và giữa các điểm A1, A2,...An có mặt đủ bốn
màu}.
Tập A ≠ ∅ (vì theo giả thiết dùng cả bốn màu), và A hữu
hạn nên theo nguyên lý cực hạn, tồn tại chỉ số i nhỏ nhất mà i ∈ A.
Theo định nghĩa của tập hợp A, vì lý do i là chỉ số bé nhất thuộc A, nên
màu của điểm Ai sẽ khác với màu của tất cả các điểm A1, A2, ...Ai-1.
Chú ý rằng bây giờ trong dãy A1, A2, …Ai lại có đủ bốn màu.
Xét tiếp tập hợp sau :
B = {k | 1≤ k ≤ i và giữa các điểm Ak , Ak+1, ...Ai có mặt đủ bốn
màu}.
Tập B ≠ ∅ (vì dãy A1, A2, ...Ai có đủ bốn màu), và B hữu
hạn nên theo nguyên lý cực hạn, tồn tại chỉ số j lớn nhất mà j ∈ B.
Theo định nghĩa của tập hợp B, và do j là chỉ số lớn nhất thuộc B, nên
màu của điểm Aj sẽ khác với tất cả các điểm Aj+1, ...Aj.
Aj
•

•

Aj+1

•

Ai+1

Ai
•


Xét đoạn [AjAi]. Khi đó đoạn thẳng này chứa đúng hai điểm của hai
màu (đó là Aj và Ai) và ít nhất hai điểm của hai màu còn lại Aj+1,...., Ai-1. bài
toán được giải hoàn toàn.
Bài4 : Trên mặt phẳng vô hạn được kẻ ô vuông, người ta điền các số tự
nhiên vào các ô vuông sao cho mỗi số tuỳ ý luôn bằng trung bình cộng của
bốn số tự nhiên trong bốn ô vuông có chung cạnh với nó. Chứng minh rằng
khi đó tất cả các số được điền đều bằng nhau.
Giải
Xét tập hợp các số được điền. Đây là tập hợp các số tự nhiên khác rỗng,
nên theo nguyên lý cực hạn phải tồn tại phần tử nhỏ nhất mà ta ký hiệu là a.
Giả sử kết luận của bài toán không đúng, tức là các số được điền không
phải là bằng nhau tất cả. Như vậy sẽ có một ô chứa a mà trong bốn ô có cạnh
chung với nó sẽ có ít nhất một số b ≠ a.

c
b

a

d

e

Giả sử ba ô còn lại có cạnh chung với ô chứa số a này là c, d, e. Theo
cách xác định số a, ta có b > a, c≥ a, d ≥ a, e ≥ a.
Từ đó đi đến :

b+ c
a<
+d+ e
4

(1)

Bất đẳng thức (1) mâu thuẫn với giả thiết a là trung bình cộng của b, c,
d, e. Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là tất cả các số viết trong bảng đều
bằng nhau. Đó là điều phải chứng minh.
Bài 5 : Trên mặt phẳng cho bảy đường thẳng, trong đó không có hai


đường thẳng nào song song. Chứng minh rằng ta tìm được hai trong bảy
0

đường thẳng nói trên mà góc giữa chúng nhỏ hơn 26 .
Giải
Gọi bảy đường thẳng đã cho là l1, l2, .......l7. Lấy O là một điểm cố định
’
’

’
tuỳ ý. Qua O kẻ l 1, l , ......., l tương ứng song song với l , l , ....., l . Vì
2

7

1

2

7

không có hai đường nào trong l1, l2, ......,l7 là song song với nhau, nên trong
’

’

’

bảy đường l 1, l 2,...., l 7 không có hai đường nào trùng nhau.
l1
’

l2

l’2

l1

l3

l’3
l’4
l’5

l5

l4

l’6
l’7
l6
l7

Dễ thấy góc giữa hai đường thẳng li, lj bằng góc giữa hai đường thẳng
’

li , l

’

’

j

. Bảy đường thẳng
l

i

( i = 1, 7 ) qua O chia góc ở đỉnh O thành 14 phần.

Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại phần bé nhất, tức là tồn tại một trong các góc
0
0 tức nhỏ hơn 26 (vì 3600
0
360
< 26 ).
tạo thành nhỏ hơn hoặc bằng
14
14
’
’
Giả sử góc đó tạo bởi l i và l , □ ' ) < 260 . Theo nhận xét trên
j ( l ,
'
thì
l


i

(□l ) = (□l ' ,l ' ) .
,l
i

j

i

j


cho

Vì thế tồn tại i, j ; 1≤ i < j ≤ 7 sao (□li ) < 260 . Đó là điều
,l j phải
Bài 6 : Từ

chứng minh.

một điểm M cho
trước ở trong một
đa giác lồi hạ các
đường vuông góc
xuống các cạnh
của

đa

Chứng

giác.
minh

rằng tồn tại một
cạnh của đa giác
mà chân đường
vuông góc hại từ
M

xuống

cạnh

này thì nằm ở
phía trong của nó.
Giải
Xét

tập

hợp các khoảng
cách hạ từ M
xuống các cạnh
của đa giác lồi.
Vì chỉ có hữu
hạn khoảng cách
và số tập hợp
các khoảng cách
là khác rỗng, nên
theo nguyên lý


cực hạn tồn tại cạnh AB của đa giác lồi đã
cho sao cho khoảng cách từ M xuống AB
không lớn hơn các khoảng cách từ M xuống
AB không lớn hơn các khoảng cách từ M
xuống các cạnh khác của đa giác.
B

M

H
A

Ta chứng minh rằng hình chiếu H của M
xuống đường thẳng chứa cạnh
AB sẽ nằm trong cạnh AB.
Giả sử kết luận của bài toán không
đúng, tức là H nằm ở phần ngoài cạnh AB.
Khi đó rõ ràng MH phải cắt BC tại K. Kẻ MI
⊥ BC.

C

M
I
A

B H


Khi đó

MI < MK < MH

(1)

d (M, BC) < d ( M,AB)

(2)

Từ (1) suy ra :
(ở đây d( M, BC ) và d(M, AB) tương ứng là kí hiệu khoảng cách từ M
xuống BC và AB).
Bất đẳng thức (2) chứng tỏ ta thu được điều mâu thuẫn với việc M gần
AB nhất. Vậy giả thiết phản chứng là sai, và ta đi đến điều phải chứng minh.
Bài7: 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 2 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 : □ □
□
□
□
□
APC
+
C
PB
+
BPA
+
A
PC
1
1
1

1
+ CPB1 + B1PA = 360

0

(1)

Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại :
□
□
□
□
□
□
1
1
1
max APC ,C1PB, BPA , A1PC,CPB , B1PA

{

}

Không giảm tổng quát, cho là:
□
□
□
□
□
□

1
max APC ,C1PB, BPA1 , A1PC,CPB1 ,
B1PA

{

Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra:

B□P ≥
A1 600

B1
P

B

C

A1
19

□

1

= BPA

(2)

(3)

A
C1

}


Từ (3) ta đi đến
Hay :

cosB□P PA1 ≤
A1 =
1
PB, 2
PB ≥
2PA1

(4)
Từ
max {PA,
suy
PB,
PC} ≥ P
B ≥ 2PA1
≥ 2min {
PA1 , PB1,
PC1}.
Đó là
điều
phải

chứng
minh.
Bài
8 : Trên
mặt phẳng
cho n
điểm,
trong đó
không có
ba điểm
nào thẳng
hàng. Biết
rằng diện
tích của
một tam
giác bất kì
với các


đỉnh ở những điểm

A1A2A

đã cho là không vượt

3.

D

quá 1. Chứng minh

ựng

rằng toàn bộ n điểm

qua

đã cho có thể phủ

A1, A2,

bởi một tam giác mà

A3 các

diện tích không vượt

đường

quá 4.

thẳng
Giải

tương

K

ứng
song

A2

A3
H

song
với

A1
M

A2A3,
A1A3,

Xét tập hợp

A1A2.

diện tích các tam

Các

giác AiAjAk (1≤ i,

đường

j, k ≤ n), ở đây

này cắt

A1,A2,......,An là các

nhau

điểm đã cho. Rõ

tạo

ràng đây là tập hợp

nên

hữu hạn và

khác

tam

rỗng,

theo

giác

nên

nguyên lí cực hạn

KHM.

tồn tại tam giác có

Dễ

diện tích lớn nhất,

thấy :

và không giảm tính
tổng quát có thể cho
đó

là

tam

giác

AA

SS1 2

K3
H
Theo
M AA

thiết

≤1
,

(
SKHM ≤
(2)


Ta chứng minh rằng toàn bộ n điểm đã cho nằm trong tam giác
KHM. Giả thiết phản chứng kết luận này không đúng, tức là tồn tại điểm
Aj (3 < j ≤
n) mà Aj không thuộc tam giác KHM.
Phần ngoài của tam giác KHM được chia thành 6 phần 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Chỉ cần xét 2 trường hợp đại diện:
1

K
6

2
H

5
4

3

M

1. Nếu Aj thuộc miền 1, khi đó :

d ( A j , A3 A2 ) > d (K , A3 A2 ) = d ( A1, A3 A2 ) .
Từ đó ta đi đến :
SA A A
> SA A A
1 3

2

1 2

3

2. Nếu Aj thuộc miền 4, khi đó :
d ( A j , A3 A2 ) > d ( A1, A3 A2 )
> SA

SA A

Từ đó :

A

AA
1 3

Aj
2

A3

(4)

2

1

2

3

1
1
K

2A

A2 6

H
3

A1
4

M

5

Từ (3) hoặc (4) đi đến mâu thuẫn với

K
6
A3

3

H
3

Aj

A1 4

M 5


S A A A = max SA A A

1

i

j

k

1
j
≤

i ≠ j ≠k

Vậy giả thiết phản chứng là sai,
tức là cả bộ n điểm đã cho nằm trọn
trong tam giác KHM, mà SKHM ≤ 4.
Đó chính là điều phải chứng minh.
Bài 9: Chứng minh rằng trong
mặt phẳng toạ độ, không thể tìm được
năm điểm nguyên là đỉnh của một ngũ
giác đều. (Một điểm M(x; y) trên mặt
phẳng toạ độ được gọi là “điểm
nguyên”, nếu hai toạ độ x, y của nó
đều là những số nguyên).
Giải
Giả thiết trái lại, tồn tại một ngũ
giác đều sao cho 5 đỉnh của nó đều là
những “điểm nguyên”. Ta xét tập hợp
sau :
2

Ω = { a a là cạnh của ngũgiác
đều có năm đỉnh là các “điểm
nguyên” }
Dễ thấy, do a là cạnh của ngũ
2

giác đều. Với các đỉnh nguyên, nên a là
số nguyên dương.
Thật vậy, giả sử A1A2A3A4A5 là
đa giác đều thuộc Ω. Giả sử

Ai (xi, yj),
i = 1,5


thì nếu gọi
a là
cạn
h
của

ngũ giác đều này,
ta có:
2

2

a = A1A2 = (x2 2
2
x1) + ( y2- y1)
B
A
D’
E’
C
A’

’

C

B’
E

D
D
o
x
i

,
y
j

∈
Ζ
,
∀
i
=

1,
5
suy từ giả
thiết phản
chứng.

n
ê
n
a

ơ
n
g.
T
2 ậ
l p
à Ω
s
ố ≠
n
g
∅
u
,
y
ê đi
ều
n
d nà
y
ư


Tập Ω các số tự nhiên, khác rỗng, nên theo nguyên lý cực hạn
suy ra tồn tại phần tử nhỏ nhất, tức là tồn tại ngũ giác đều ABCDE sao
2

a

*

là số nhỏ nhất, ở đây a* là cạnh của ngũ giác đều này. Dễ thấy
’

’

’

’

ABCB , BCDC , DEAE , và EABA đều là các hình bình hành với BD
’

’

’

’

∩ CE=A , AD ∩ BE=C , AC ∩ BE=D , AC ∩ BD=E .
’

Từ hình bình hành EABA suy ra:
 x A' = xB + xE − x A

 yA' = yB'
+ yE − y A

(1)

Do A, B, C, D, E là các “điểm nguyên” nên xA, xE, xB , yA, yE, yB đều là
các số nguyên. Vì thế từ (1) suy ra x ' , y ' cũng là các số nguyên. Như thế A
A
A
’

’

’

là “điểm nguyên”. Rõ ràng B’, C’, D , E cũng là các “điểm nguyên”. Rõ
’ ’

’

’ ’

ràng A B C D E là ngũ giác đều với các đỉnh của nó đều là các điểm
’

’

’

’

’

’

nguyên, tức là A B C D E ∈ Ω. Mặt khác, nếu gọi a là cạnh của
ngũ giác đều, thì rõ là :
’

a < a* ⇒
’2
2
a
*

(2)

Bất đẳng thức (2) mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của a*. Vậy giả thiết
phản chứng là sai. Như thế không tồn tại một ngũ giác đều với các đỉnh là
“điểm nguyên”. Đó là điều phải chứng minh.
Bài 10: Trên mặt phẳng kẻ những đường thẳng song

song cách

đều. Chứng minh rằng không thể dựng được một ngũ giác đều có đỉnh chỉ
nằm trên các đường thẳng này.
Giải
Giả thiết phản chứng dựng được một hình ngũ giác đều có đỉnh nằm
trên các đường thẳng song song cách đều nhau. Nối các đường chéo với nhau,
ta thu được một hình ngũ giác đều khác có đỉnh là giao điểm của các đường
chéo này. Ngũ giác đều mới thu được và ngũ giác đều ban đầu đương nhiên
đồng dạng với nhau theo tỉ số q < 1.