SKKN - Cấp tỉnh - Nguyen li Dirichlet

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do viết đề tài
Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp tôi thấy rằng học sinh thường mất
điểm khi không giải được các bài tập sử dụng nguyên lí Dirichlet. Nhiều học sinh
cho rằng đó là bài tập mà các em thường khơng giải được, do tính chất đặc thù của
loại tốn 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 giảng dạy đội tuyển
học sinh giỏi tơi rất trăn trở và suy nghĩ mình phải làm thế nào để học sinh yêu
thích giải các dạng bài tập bài tập này hơn. Vì nếu các em có phương pháp giải các
bài tập đó một cách thành thạo thì việc tư duy và thuật tốn 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 đề tài “Vận dụng nguyên lí Dirichlet giải các bài
tốn trong một số kì thi học sinh giỏi”. Nhằm giúp các em có cách nhìn tổng qt
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 lơ-gic với các dạng tốn đã học.
Qua thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, với cách làm trên tôi
thấy rằng học sinh của tơi đã bắt đầu u thích các bài tập liên quan đến nguyên lí
Dirichlet, các chuyên đề về nguyên lí Dirichlet, đã lôi cuốn học sinh học tập say mê
hơn. Từ đó tơi thấy rằng trong các kỳ thi học sinh giỏi nếu làm được bài tập về
nguyên lí Dirichlet, là chúng ta có niềm tin rằng chất lượng đội tuyển sẽ được nâng
lên.
Đối với các em học sinh, dạng tốn liên quan đến ngun lí Dirichlet, (Suy
luận lơgic) tuy đã được tiếp xúc từ chương trình BDHSG của Tiểu học. Song 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, tơi nhận thấy dạng tốn
vận dụng ngun lí Dirichlet 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 “Vận dụng ngun lí Dirichlet giải các bài tốn trong một số kì thi học sinh
giỏi” cho đề tài của mình.

1


2. Mục đích nghiên cứu.
Trong đề tài này trước hết nhằm củng cố cho học sinh lý thuyết về nguyên lí
Dirichlet. Cung cấp cho học sinh một số bài tốn cụ thể và cách tổng qt hóa dạng
bài thơng 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 trị và ứng dụng rộng rãi của ngun lí Dirichlet.
Cũng thơng qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm tịi trong học
tốn và sáng tạo khi giải tốn. 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 mơn tốn học.
Sử dụng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh.
2.1 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 Phan Bội Châu, chuyên Toán Đại học Vinh.
+) Phạm vi nghiên cứu: Nguyên lí Dirichlet. Các bài tập cơ bản và nâng cao về
ngun lí Diirchlet trong chương trình trung học cơ sở.
2.2 Phương pháp nghiên cứu:
+) Phương pháp nghiên cứu lý thuyết
Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình về phương pháp dạy học tốn, các tài
liệu có liên quan đến nguyên lí Dirichlet cùng ứng dụng của nó.
+) Phương pháp điều tra

Tìm hiểu thực trạng dạy chun 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.
+) 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.
2


+) 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 đề tài.
2.3 Tình hình nghiên cứu
Trong quá trình giảng dạy bộ mơn Tốn đặc biệt là trong cơng tác bồi dưỡng
học sinh giỏi ở trường trung học cơ sở tôi thấy bài tốn vận dụng ngun lí
Dirichlet 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.
2.4 Những vấn đề còn đang tồn tại:
Khi chuẩn bị thực hiện đề tài đề này, kĩ năng giải tốn của học sinh cịn gặp
nhiều khó khăn. Đặc biệt là các bài tốn vận dụng ngun lí Dirichlet. 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 ngun lí Dirichlet với những bài tốn đơn giản.
Các tài liệu tham khảo về nội dung này mới nêu ra bài tốn cụ thể với các ví
dụ cụ thể mà chưa có nhiều tài liệu đề cập đến kĩ năng vận dụng ngun lí Dirichlet

trong giải tốn.
2.5 Ứng dụng trong thực tiễn:
Đề tài 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.
Đề tài được phổ biến rộng ở các trường trung học cơ sở trọng điểm trong
Huyện và trong Tỉnh.
Đề tài còn là một tư liệu tốt để giáo viên và học sinh tham khảo.

3


PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. Cơ sở lí thuyết và thực trạng của vấn đề.
1. Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu:
Khi gặp các bài toán về nguyên lí Dirichlet thường liên quan nhiều đến các
đối tượng là các tập hợp hữu hạn. Vì lẽ đó, các bài toán này mang đặc trưng rõ nét
của toán học rời rạc.
Khi giải toán 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 chun đề.
Trong chương trình tốn trung học cơ sở thì ngun lí Dirichlet được giới
thiệu dưới dạng cơ bản. Tuy nhiên trong các kỳ thi, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi
các cấp thì ngun lí Dirichlet lại được đề cập đến rất nhiều bằng những bài toán
hay và khó, địi 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 tốn này.
Trong các đề thi HSG, loại tốn này khơng những khó về biến đổi, khó về
suy luận mà cịn 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 tốn ngun
lí Dirichlet khơng những đa dạng về dạng bài, phong phú về nội dung mà còn là

một dạng bài tốn khó, ln gây khơng 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 các dạng bài tốn này. Tơi 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.
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 đề tài này
vào thực tế công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Quá trình nghiên cứu đề tài tơi chia
thành ba giai đoạn nghiên cứu như sau:
Giai đoạn 1: Phân dạng bài và xây dụng phương pháp.
Giai đoạn 2: Xây dựng, hệ thống, chứng minh và áp dụng các bài toán sử dụng
nguyên lí Dirichlet.
Giai đoạn 3: Luyện đề về dạng bài tổng hợp. Củng cố phương pháp làm bài.
4


1. Giai đoạn 1: Phân dạng bài và xây dựng phương pháp.
+) Mục đích: Nhằm thu thập thơng tin về tài liệu, giáo viên, học sinh với vấn đề
nghiên cứu.
+) Thời gian: Từ tháng 09 năm 2015 đến tháng 12 năm 2018
+) Cách tiến hành:
Bước 1: Đọc và nghiên cứu các tài liệu về các bài toán sử dụng nguyên lí Dirichlet.
Bước 2: Thực hiện dự giờ bồi dưỡng học sinh giỏi của giáo viên đang bồi dưỡng
học sinh về dạng tốn sử dụng ngun lí Dirichlet như thế nào ?
Bước 3: Thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp về cách dạy và vận dụng nguyên lí
Dirichlet 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: Thơng qua dự giờ thăm lớp tôi nhận thấy số lượng giáo viên
đã giảng dạy cho học sinh dạng toán sử dụng nguyên lí Dirichlet là vẫn ít. Hầu hết
giáo viên mới chỉ đưa ra các bài toán và cách giải cụ thể bài tốn đó chứ khơng đi
theo một hệ thống bài tốn.
Với học sinh: Cịn khá lúng túng khi gặp các bài tốn về sử dụng ngun lí
Dirichlet. Do vậy kết quả giải bài tập của học sinh ở dạng toán này cịn chưa tốt.
Đặc biệt là có rất ít học sinh có sự sáng tạo trong khai thác bài tốn. Tôi đã tiến
hành khảo sát tổng số 60 học sinh giỏi trong 3 năm học của 4 trường THCS (Mã
Thành, Lăng Thành, Hậu Thành, Tân Thành) và thu được kết quả cụ thể sau:
*) Năm học 2015 – 2016.
Trường khảo sát

Giỏi

Khá

Trung
bình

Yếu

Tổng

THCS Lăng Thành

0

1

0

3

4

THCS Mã Thành

0

0

2

4

6

THCS Hậu Thành

0

0

1

3

4

THCS Tân Thành

1

1

2

2

6
5


Tổng

1

2

5

12

20

Trường khảo sát

Giỏi

Khá

Trung
bình

Yếu

Tổng

THCS Lăng Thành

1

0

1

2

4

THCS Mã Thành

0

1

1

4

6

THCS Hậu Thành

0

1

0

3

4

THCS Tân Thành

0

1

2

3

6

Tổng

1

3

4

12

20

Trường khảo sát

Giỏi

Khá

Trung
bình

Yếu

Tổng

THCS Lăng Thành

0

0

2

2

4

THCS Mã Thành

1

1

1

3

6

THCS Hậu Thành

0

0

0

4

4

THCS Tân Thành

1

2

2

1

6

Tổng

2

3

5

10

20

*) Năm học 2016 – 2017.

*) Năm học 2017 – 2018.

2. Giai đoạn 2: Xây dựng, hệ thống, chứng minh và áp dụng các bài tốn sử
dụng ngun lí Dirichlet.

+) Mục đích:
Nhằm cung cấp cho giáo viên, học sinh hệ thống lí thuyết cơ bản và một số
ví dụ minh họa cụ thể về nguyên lí Dirichlet.
Rèn tư duy sáng tạo, linh hoạt trong vận dụng và khai thác các kiến thức toán
học cho học sinh.
+) Thời gian: Từ tháng 01 năm 2018 đến tháng 2 năm 2019.
+) Cách tiến hành:
Đọc và nghiên cứu về lí thuyết nguyên lí Dirichlet và một số ví dụ minh họa
có nội dung phù hợp với mục đích của đề tài nghiên cứu.
6


+) Kết quả giai đoạn 2
Tôi đã tiến hành khảo sát tổng số 40 học sinh giỏi của 4 trường THCS (Mã Thành,
Lăng Thành, Hậu Thành, Tân Thành) và thu được kết quả cụ thể sau:
*) Năm học 2018 – 2019.
Trường khảo sát

Giỏi

Khá

Trung
bình

Yếu

Tổng

THCS Lăng Thành

2

5

2

1

10

THCS Mã Thành

3

3

2

2

10

THCS Hậu Thành

1

3

5

1

10

THCS Tân Thành

2

4

2

2

10

Tổng

8

15

11

6

40

3. Giai đoạn 3: Luyện đề về dạng bài 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.
+) Thời gian:
Từ tháng 03 năm 2019 đến tháng 12 năm 2020.
+) Cách tiến hành:
Sưu tầm và nghiên cứu một số bài toán có nội dung phù hợp với mục đích
của đề tài nghiên cứu.
+) Kết quả giai đoạn 3
Tôi đã tiến hành khảo sát tổng số 50 học sinh giỏi của 4 trường THCS (Mã Thành,
Lăng Thành, Hậu Thành, Tân Thành) và thu được kết quả cụ thể sau:
*) Năm học 2019 – 2020.
Trường khảo sát

Giỏi

Khá

Trung
bình

Yếu

Tổng

THCS Lăng Thành

4

5

1

0

10

THCS Mã Thành

5

3

1

1

10
7


THCS Hậu Thành

2

3

4

1

10

THCS Tân Thành

3

3

2

2

10

Tổng

14

14

8

4

40

III. Nội dung chính.

1. Nội dung ngun lí Dirichlet
Ngun lí Dirichlet - cịn gọi là ngun lí chim bồ câu hoặc nguyên lí
những cái lồng nhốt thỏ hoặc nguyên lí sắp xếp đồ vật vào ngăn kéo đưa ra
một nguyên tắc về phân chia phần tử các lớp.
• Nguyên lý Dirichlet cơ bản:

Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có một chuồng
chứa ít nhất hai con thỏ.
• Ngun lý Dirichlet tổng quát:

Nếu có N đồ vật được đặt vào trong k hộp thì sẽ tồn tại một hộp chứa ít
N 

nhất   + 1 đồ vật. (ở đây kí hiệu [α] để chỉ phần nguyên của số α).
k
• Nguyên lý Dirichlet mở rộng:

Nếu nhốt n con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất
 n + m − 1
 m  con thỏ.

- Nguyên lí dirichlet tưởng chừng như đơn giản như vậy, nhưng nó là một cơng
cụ hết sức có hiệu quả dùng để chứng mình nhiều kết quả hết sức sâu sắc của
tốn học. Ngun lí Dirichlet cũng được áp dụng cho các bài tốn của hình học,
điều đó được thể hiện qua hệ thống bài tập sau:
- Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt “thỏ” vào
“chuồng” và thoả mãn các điều kiện:
+) Số ‘thỏ” phải hiều hơn số “chuồng”.
+) “Thỏ” phải được nhốt hết vào các “chuồng”, nhưng không bắt buộc
chuồng nào cũng phải có thỏ.

- Thường phương pháp Dirichlet được áp dụng kèm theo phương pháp phản
chứng. Ngoài ra nó cịn có thể áp dụng với các phương pháp khác.

8


2. Một số bài tập ứng dụng.
2.1. Bài toán về các điểm và các đường thẳng.
Bài tốn 1: Trong hình vng cạnh bằng 1, đặt 51 điểm bất kì, phân biệt.
Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một
1
hình trịn bán kính .
7
(Đề thi HSG Toán 9 - Quận Đống Đa – Hà Nội - Năm học 2011 – 2012)
Nhận xét:
- Nếu ta xem 51 điểm tương ứng với 51 chú thỏ, theo yêu cầu của bài tốn phải
có một chiếc lồng “nhốt” ít nhất 3 chú thỏ. Vì 51 = 25.2 + 1 nên theo ngun lí
Dirichlet ta cần có số chiếc lồng là: (51 – 1) : (3 – 1) = 25. Từ đó, ta có lời giải
của bài tốn như sau:
Lời giải:
- Chia hình vng đã cho thành 25 hình
vng con bằng nhau có cạnh bằng

1
.
5

- Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một
hình vng con a chứa ít nhất ba điểm trong
số 51 điểm đó. Đường trịn ngoại tiếp hình

vng a có bán kính: R =

1
5 2

≤

1
.
7

- Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình trịn đồng tâm với hinh vng a, có bán
1
kính . (Bài tốn được chứng minh)
7
Bài tốn tương tự: Trong một hình vng có cạnh bằng 1, cho 151 điểm bất kì.
Chứng minh rằng có ít nhất 7 điểm trong các điểm đã cho nằm
1
.
7
(Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Ninh Thuận - Năm học 2011 – 2012)
trong một hình trịn có bán kính bằng

9


Nhận xét: Tương tự bài tốn 1, ta tìm được số chiếc lồng cần thiết là:
(151 – 1) : (7 – 1) = 25.
Từ đó, ta củng có được lời giải của bài tốn như sau:
Lời giải:

- Chia hình vng đã cho thành 25 hình vng con bằng nhau có cạnh bằng

1
.
5

- Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình vng con a chứa ít nhất ba
điểm trong số 51 điểm đó. Đường trịn ngoại tiếp hình vng a có bán kính:
R=

1
5 2

≤

1
.
7

- Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình trịn đồng tâm với hinh vng a, có bán
kính

1
. (Bài tốn được chứng minh)
7

Tổng qt hóa bài tốn: Dựa vào bài giải bài tốn trên ta có thể tổng qt hóa
bài tốn trên với a là kích thước của cạnh hình vng, m là số điểm đặt
bất kì, phân biệt. Chứng minh rằng có ít nhất n trong số m điểm đó nằm
a2

trong một hình trong bán kính R =

 m .
2. 
 n − 1 

(trong đó kí hiệu [x] là phần ngun của x).
Cách giải: Chia hình vng đã cho thành [

m
] hình vng con bằng nhau có
n −1

a2

cạnh bằng

 m  . Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình
 n − 1 

vng con P có chứa ít nhất n điểm trong số m điểm đó. Đường trịn
a2

ngoại tiếp P có bán kính: R =

 m  . Vậy n điểm trên nằm trong
2. 
 n − 1 

10


a2

hình trịn đồng tâm với hinh vng P có bán kính: R =

 m .
2. 
 n − 1 

(Bài toán được chứng minh)
Bài toán 2: Bên trong tam giác đều ABC cạnh 1 đặt 5 điểm. Chứng minh rằng
tồn tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 0,5.
(Đề thi HSG Toán 8 – THCS Mã Thành - Yên Thành - Năm học 2010 – 2011)
Nhận xét: Ở đây 5 điểm đã cho tương ứng với 5 “chú thỏ”, và tồn tại 2 “chú
thỏ” ở trong một “lồng”. Vì 5 = 4.1 + 1 nên theo nguyên lí Dirichlet
ta cần có số chiếc lồng là: (5 – 1) : (2 – 1) = 4.
Từ đó, ta có lời giải của bài toán như sau:
Lời giải:
- Chia tam giác đều ABC thành 4 tam giác đều bằng
nhau (Hình vẽ).
- Khi đó, mổi tam giác đều nhỏ có cạnh bằng 0,5.
- Theo ngun lí Dirichlet, phải có ít nhất một tam
giác con chứa 2 điểm trong 5 điểm đã cho và các
điểm đó khơng thể rơi vào các đỉnh của tam giác.
- Vì thế, khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 0,5.
(Bài toán được chứng minh)
Bài toán tương tự: Bên trong một tam giác đều có cạnh bằng 1 người ta đặt 19
điểm phân biệt, trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng.

Chứng minh rằng luôn tồn tại 3 điểm trong các điểm đã cho tạo
thành một tam giác có chu vi nhỏ hơn 1.
(Đề thi HSG Toán 9 – THCS Mã Thành – Yên Thành – Năm học 2011 – 2012)
Nhận xét: Tương tự bài tốn 2, ta tìm được số chiếc lồng cần thiết là:
(19 – 1) : (3 – 1) = 9
Từ đó, ta củng có được lời giải của bài toán như sau:

11


Lời giải:
- Chia tam giác đều đã cho thành 9 tam giác đều con bằng nhau (Hình vẽ).
- Khi đó, mổi tam giác đều con có cạnh bằng

1
.
3

- Theo nguyên lí Dirichlet, phải có ít nhất một tam giác con chứa 3 điểm A, B, C
trong 19 điểm đã cho.
- Vì 3 điểm này khơng thẳng hàng nên chúng
là 3 đỉnh của một tam giác.
- Lại có, A, B, C không thể cùng là 3 đỉnh của
các tam giác đều con. Vì thế, khoảng cách
giữa hai điểm bất kì trong 3 điểm đó ln nhỏ
hơn nhỏ hơn

1
.
3

⇒ Chu vi của tam giác ABC ln nhỏ hơn 1.

(Bài tốn được chứng minh)
Bài tốn 3: Cho một hình vng và 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đều chia
hình vng thành hai tứ giác có tỉ số diện tích 2 : 3. Chứng minh
rằng trong số 13 đường thẳng đã cho, có ít nhất 4 đường thẳng cùng
đi qua một điểm.
Nhận xét:
- Ta có thể hiểu: 13 đường thẳng ở đây là 13 “chú thỏ” và điểm mà các đường
thẳng cùng đi qua là một “chiếc lồng”. Vì 13 = 4.3 + 1 nên theo ngun lí
Dirichlet ta cần có số “chiếc lồng” là: (13 – 1) : (4 – 1) = 4.
- Từ đó, ta có lời giải của bài tốn như sau:
Lời giải:
- Gọi d là đường thẳng chia hình vng ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích
là 2 : 3. Khi đó đường thẳng d khơng thể cắt hai cạnh kề nhau của hình
vng.

12


- Giả sử d cắt hai cạnh AB và CD tại M và N, khi đó,
đường thẳng d cắt đường trung bình EF tại I.
2
3

Ta có: S AMND = S BMNC

⇔ EI =

2
IF .
3

- Như vậy mỗi đường thẳng đã cho chia các đường
trung bình của hình vng theo tỉ số 2 : 3.
- Có 4 điểm chia các đường trung bình của hình
vng ABCD theo tỉ số 2 : 3.
- Có 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đi qua một
trong 4 điểm.
- Vậy theo ngun lý Dirichlet có ít nhất 4 đường
thẳng cùng đi qua 1 điểm.
(Bài toán được chứng minh)
Bài toán tương tự: Cho 2014 đường thẳng cùng có tính chất: Chia hình vng
thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng

2
. Chứng minh rằng
3

có ít nhất 504 đường thẳng trong 2014 đường thẳng trên đồng quy.
Lời giải:
- Các đường thẳng chia hình vng thành hai tứ giác nên chúng khơng thể cắt hai
cạnh kề của hình vng và khơng đi qua đỉnh nào của hình vng.
- Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh
đối AD và BC tại M và N. Ta có:
1
AB(BM + AN )
SABMN 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 vng. 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.
13


- 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.




- Vậy có ít nhất 504 đường thẳng trong số 2014 đường thẳng đã cho đồng quy.
Bài tốn 4: Trong hình chữ nhật 3x4 đặt 6 điểm. Chứng minh rằng trong số đó
ln tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng khơng lớn hơn 5 .
Nhận xét:
Ta có thể hiểu: 6 điểm ở đây là 6 “chú thỏ” và đa giác chứa các điểm là một
“chiếc lồng”. Vì 6 = 5.1 + 1 nên theo ngun lí Dirichlet ta cần có số chiếc lồng
là: (6 – 1) : (2 – 1) = 5. Từ đó, ta có lời giải của bài tốn như sau:
Lời giải:
- Chia hình chữ nhật đã cho thành 5 đa giác: ABCD, DCKEF, KFNM, NFEQR,
QEDAS.
- Vì có 6 điểm nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một trong năm đa giác trên,
mà đa giác này chứa ít nhất hai trong 6 điểm đã cho.
- Ta đưa vào khái niệm sau: Giả sử P là một đa giác trong năm đa giác trên.
- Đặt d(P) là khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm trong đa giác P.
- Dễ thấy cả năm hình trên đều có d = 5 .
(Ví dụ: d(ABCD) = AC = 5 ,
d(DCKFE) = CE = KE = CF =DK = 5 )
- Từ đó suy ra ln tìm được 2 điểm trong số
6 điểm đã cho có khoảng cách khơng lớn hơn
5 . (Bài tốn được chứng minh)

Bài tốn 5: Trong hình vng đơn vị (cạnh bằng 1) có 101 điểm. Chứng minh
rằng có 5 điểm đã chọn được phủ bởi hình trịn bán kính

1
.
7

(Đề thi chọn đội tuyển HSG Toán 9–THCS Mã Thành–Năm học 2010–2011)
Nhận xét:

14


Ta có thể hiểu: 101 điểm ở đây là 101 “chú thỏ” và mổi hình trịn có bán kính
1
bằng là một “chiếc lồng”. Vì 101 = 4.25 + 1 nên theo ngun lí Dirichlet ta
7
cần có số “chiếc lồng” là: (101 – 1) : (5 – 1) = 25. Từ đó, ta có lời giải của bài
tốn như sau:
Lời giải:
- Chia hình vng thành 25 hình vng con
bằng nhau, mỗi hình vng có cạnh 0,2.
- Vì có 101 điểm, mà chỉ có 25 hình vng,
nên theo ngun lí Dirichlet, tồn tại một hình
vng con có chứa ít nhất 5 điểm trong 101
điểm đã cho.
- Vì hình vng này nội tiếp trong đường trịn
1

có bán kính: R = 5

2
2

=

2.
10

2 1
< nên đường tròn đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp trên và có bán
10 7
1
kính chứa ít nhất 5 điểm nói trên. (Bài toán được chứng minh)
7

- Do

Bài toán phát triển tư duy:
Trên mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng 3 điểm bất kì trong số 25 điểm đã
cho ln tồn tại hai điểm có khoảng cách bé hơn 1. Chứng minh rằng: Tồn
tại một hình trịn có bán kính R = 1 chứa khơng ít hơn 13 điểm đã cho.
Lời giải:
- Giả sử : Điểm A là một trong 25 điểm đã cho.
- Xét hình trịn (A; 1), khi đó chỉ có thể xảy ra
hai khả năng:
- Khả năng 1: Tất cả 25 điểm đã cho đều nằm
trong hình trịn (A; 1) thì bài tốn hiển nhiên
đúng.
- Khả năng 2: Tồn tại một điểm B ≠ A trong
25 điểm đã cho, sao cho B ∉ (A; 1).

15


⇒ AB > 1.

- Xét hình trịn (B; 1). Lấy điểm C bất kì trong
25 điểm đã cho (C ≠ A, B).
- Theo giả thiết thì: CA < 1 hoặc CB < 1
(vì AB > 1)
+) Nếu CA < 1 thì C ∈ (A; 1).
+) Nếu CB < 1 thì C ∈ (B; 1).
- Điều này chứng tỏ rằng: Hai hình trịn (A; 1) và (B; 1) chứa tất cả 25 điểm đã cho.
Vì thế, theo ngun lí Dirichlet, tồn tại một hình trịn chứa khơng ít hơn 13 điểm
trong 25 điểm đã cho. (Bài toán được chứng minh)
Tổng quát hóa bài tốn:
Cho 2n + 1 điểm trên mặt phẳng (n ≥ 3). Biết rằng, 3 điểm bất kì trong số đó
ln tồn tại 2 điểm có khoảng cách bé hơn d. Khi đó, ln tồn tại một hình
trịn có bán kính R = d chứa khơng ít hơn n + 1 điểm đã cho.
Bài tốn 6: Tìm hình vng có kích thước bé nhất, để trong hình vng đó có thể
sắp xếp năm hình trịn có bán kính 1, sao cho khơng có hai hình trịn
nào trong chúng có điểm trong chung.
(Đề thi HSG Tỉnh Quãng Ngãi năm học 2013 – 2014 và
Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An năm học 2015 – 2016)
Lời giải:
- Giả sử hình vng ABCD có tâm O cạnh là a chứa 5 hình trịn khơng cắt nhau và
đều có bán kính bằng 1.
- Vì cả 5 hình trịn này nằm trọn trong hình vng, nên tâm của chúng nằm trong
hình vng 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 vng
A1B1C1D1 chia A1B1C1D1 thành 4 hình vng nhỏ. Theo ngun lý Dirichlet tồn
tại một trong 4 hình vng nhỏ, mà trong hình vng này chứa ít nhất hai trong số
5 tâm hình trịn nói trên (Khơng mất tính tổng qt, giả sử đó là O1O2)

16

- Do trong 5 đường trịn, khơng có 2 đường tròn nào cắt nhau nên O1O2 ≥ 2 (1)
- Mặt khác, do O1O2 cùng nằm trong một hình vng nhỏ (có cạnh bằng

a− 2
).
2

a− 2
2
2
- Mà O1O2
(2)
 a− 2
- Từ (1) và (2) ta suy ra 
÷. 2 ≥ 2 ⇔ a ≥ 2 2 + 2 (3)
 2 
≤

- Vậy mọi hình vng cạnh a thỏa mãn điều kiện đề bài sẽ thỏa mãn (3)
- Ta xét hình vng ABCD có a = 2 2 + 2 . Và xét 5 hình trịn có tâm O, A1; B1; C1;
D1 (hình vẽ) thì mọi u cầu của bài tốn được thỏa mãn.
- Vậy kích thước bé nhất của cạnh hình vuông thỏa mãn điều kiện đề bài là 2 2 + 2 .
Bài toán 7: Cho 1000 điểm M1, M2. …M1000 trên một mặt phẳng. Vẽ mơt đường
trịn bán kính 1 tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường
tròn sao cho: SM 1 + SM2+ … +SM1000 ≥ 1000.
(Đề Thi chọn đội tuyển HSG Toán 9–THCS Mã Thành Năm học 2014–2015)
Lời giải:
- Xét một đường kính S1S2 tùy ý của đường tròn, ở đây

S1 và S2 là hai đầu của đường kính nên ta có:
 S1M1 + S2M1 ≥ S1S2 = 2

 S1M2 + S2M2 ≥ 2

...
S M + S M ≥ 2
 1 1000 2 1000

17


- Cộng từ 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 cảu (1) có ít
nhất một tổng lớn hơn hoặc bằng 1000.
- Giả sử (S1M1+ S1M2 +…+ S1M1000 ) ≥ 1000, khi đó S = S1.
(Bài tốn được chứng minh)
Bài tốn 8: Cho hình trịn (C) có diện tích bằng 8, đặt 17 điểm phân biệt bất kì.
Chứng minh rằng: Bao giờ củng tồn tại ít nhất 3 điểm tạo thành một
tam giác có diện tích bé hơn 1.
(Đề Thi chọn đội tuyển HSG Toán 9 – Trường PTTH cấp II – III Bắc n
Thành Năm học 1994 – 1995)
Lời giải:
- Chia hình trịn (C) thành 8 hình quạt bằng
nhau, mổi hình quạt đều có diện tích bằng 1.
- Theo ngun lí Dirichlet, tồn tại ít nhất một

hình quạt (a) chứa 3 điểm A, B, C trong số 17
điểm đã cho.
- Ta có, tam giác ABC có 3 đỉnh nằm trọn trong
hình quạt (a) nên có diện tích nhỏ hơn 1.
(Bài tốn được chứng minh)
Kết luận: Trong bài toán về các điểm và các đường thẳng ta thường phải xác
định được số “chiếc lồng” để nhốt hết các “chú thỏ” theo cơng thức:
x=

n-1
.
k-1

Trong đó: x là số “chiếc lồng”
n là số “chú thỏ”
k là số thỏ nhiều nhất được nhốt nhiều nhất trong một chiếc lồng.
2.2. Bài tốn về tơ màu hình vẽ.
Bài Tốn 9: Trong mặt phẳng cho 6 điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 trong đó khơng
có ba điểm nào thẳng hàng. Với ba điểm bất kỳ trong sáu điểm này ln tìm được
hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 673. Chứng minh rằng trong sáu

18


điểm đã cho ln tìm được ba điểm là ba đỉnh một tam giác có chu vi nhỏ hơn
2019.
(Đề thi HSG Huyện n Thành Mơn Tốn 9 - Năm học 2019 – 2020)

- Tổng số đoạn thẳng được sinh ra từ 6 điểm đã cho là:
5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 (đoạn thẳng)

- Trong 15 đoạn thẳng trên các đoạn thẳng A m A n (với m ; n ∈ { 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6} ) có
độ dài nhỏ hơn 673 được tô bởi mà đỏ. Các đoạn thẳng cịn lại được tơ bởi màu
xanh.
- Khi đó, trong một tam giác bất kì ln tồn tại một cạnh màu đỏ và các tam giác có
3 cạnh được tơ cùng màu đỏ có chu vi nhỏ hơn 2019.
- Vì thế, ta chỉ cần chứng minh luôn tồn tại một tam giác có 3 cạnh đều là màu đỏ.
- Thật vậy: Nối điểm A1 với 5 điểm còn lại ta được 5 đoạn thẳng gồm
A1A2 ; A1A3 ; A1A4 ; A1A5 ; A1A6
- Theo nguyên lí Dirichlet trong 5 đoạn thẳng này luôn tồn tại 3 đoạn thẳng được tô
cùng màu.
- Khơng mất tính tổng qt, Giả sử A1A2 ; A1A3 ; A1A4 có cùng màu xanh, khi đó
tam giác A2A3A4 có 3 cạnh được tơ cùng màu đỏ (vì trong một tam giác bất kì ln
tồn tại một cạnh màu đỏ)
- Nếu 3 đoạn thẳng A1A2 ; A1A3 ; A1A4 có cùng màu đỏ, khi đó tam giác A2A3A4 có
một cạnh được tơ bởi màu đỏ (trong một tam giác bất kì ln tồn tại một cạnh màu
đỏ). Giả sử cạnh A2A4 được tơ bởi màu đỏ, Ta có tam giác A1A2A4 có 3 cạnh được
tơ cùng màu đỏ. (Bài tốn được chứng minh)
Bài Tốn 10: Trên một hình trịn cho 21 điểm phân biệt. Mổi điểm được tơ một
trong 4 màu: Xanh, Đỏ, Tím, Vàng. Mổi cặp điểm được nối với nhau bằng
một đoạn thẳng được tô bởi một trong hai màu nâu hoặc đen. Chứng minh
19


rằng ln tồn tại một tam giác có ba đỉnh được tơ cùng một màu (xanh, đỏ,
tím hoặc vàng) và ba cạnh được tô cùng một màu (nâu hoặc đen).
(Đề thi HSG Tỉnh Vĩnh Phúc - Năm học 2013 – 2014)
Lời giải:

(Hình a)

(Hình b)

- Vì các điểm phân biệt nằm trên một đường trịn nên 3 điểm bất kì ln tạo thành
một tam giác.
- Có 21 điểm được tơ bằng 4 màu, do đó có ít nhất 6 điểm cùng màu (theo nguyên
lí Dirichlet). Giả sử, 6 điểm A, B, C, D, E, F có cùng màu đỏ.
- Nối 5 đoạn AB, AC, AD, AE, AF và tô bằng hai màu nâu hoặc đen, khi đó có ít
nhất 3 đoạn cùng màu (theo nguyên lí Dirichlet). Giả sử, AB, AC, AD được tô
cùng màu đen.
- Xét tam giác BCD, xảy ra hai khả năng sau:
+) Khả năng 1: Nếu 3 cạnh BC, CD và DB được tô cùng màu nâu thì tam giác BCD
có 3 đỉnh cùng màu đỏ và có 3 cạnh cùng màu nâu (thỏa mãn).
+) Khả năng 2: Nếu 3 cạnh BC, CD và DB có ít nhất một cạnh màu đen, giả sử
cạnh BC màu đen, khi đó tam giác ABC có 3 đỉnh cùng màu đỏ và có 3 cạnh
cùng màu đen (thỏa mãn).
- Vậy ln có một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu.
(Bài toán được chứng minh)
Bài Toán 11: Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mổi điểm được tô
bởi một trong 3 màu: Xanh, Đỏ, Tím. Chứng minh rằng: Ln tồn tại ít
nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3
20


đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đơi một khác màu.
(Đề thi HSG Tỉnh Vĩnh Phúc - Năm học 2011 – 2012)
Lời giải:

- Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác ln tạo thành
một tam giác cân.
- Do đó khi tơ 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh, đỏ và tím sẽ xảy ra hai khả

năng sau:
+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có màu
khác nhau và tạo thành một tam giác cân.
+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng màu
và tạo thành một tam giác cân.
- Vậy, trong mọi trường hợp ln tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh được tơ
bởi cùng một màu hoặc đơi một khác màu. (Bài tốn được chứng minh)
Bài tốn 12: 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. Chứng minh
rằng: Bao giờ cũng tồn tại một tam giác có 3 cạnh cùng màu.
Lời giải:

Hình 1

Hình 2

- Gọi A là một trong 6 điểm, 5 đoạn thẳng nối A với 5 điểm cịn lại được tơ bởi
21


hai màu xanh hoặc đỏ nên tồn tại 3 cạnh cùng màu. Giả sử là AB, AC, AD
- Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: AB, AC, AD tô màu đỏ.
- Xét ∆BCD . Nếu có một cạnh được tơ màu đỏ (giả sử BC) thì ∆ABC cùng màu
đỏ (hình 1).
- Nếu khơng có cạnh nào của ∆BCD tơ màu đỏ thì ∆BCD có 3 cạnh cùng màu
xanh (hình 2).
Trường hợp 2: AB, AC, AD tô màu xanh. Chứng minh tương tự.
- Vậy ln tồn tại một tam giác có 3 cạnh cùng màu. (Bài toán được chứng minh)
Bài toán 13: 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.
Lời giải:
Lấy 5 điểm tuỳ ý sao cho khơng có ba điểm
nào thẳng hàng trên mặt phẳng. Khi đó vì chỉ
dùng hai màu để tơ các đỉnh, mà theo ngun
lí Dirichlet phải tồn tại ba điểm trong số đó
cùng màu. Giả sử đó là ba điểm A, B, C màu
đỏ. Như vậy tam giác ABC với ba đỉnh màu
đỏ. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó
chỉ có hai khả năng sau xảy ra:

Hình 3

1) Nếu G là màu đỏ. Khi đó A, B, C, G có cùng màu đỏ (Hình 3) và bài tốn 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.

22


Hình 4

Hình 5

a) Nếu A’, B’ C’ cùng màu xanh. Khi đó tam giác A’B’C’ và trọng tâm G có cùng

màu xanh (Hình 4).
b) Nếu ít nhất một trong các điểm A’ B’ C’ có màu điểm. Khơng mất tính tổng quát
giả sử A’ màu đỏ. Khi đó tam giác A’BC và trọng tâm có màu đỏ (Hình 5).
- Vậy trong mọi khả năng luôn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm màu
đỏ. (Bài toán được chứng minh)
Bài tốn 14: Cho một cái bàn hình chữ nhật. Hai người chơi như sau: người thứ
nhất dùng 1 đồng xu màu trắng đặt lên bàn, sau đó người thứ hai đặt 1 đồng xu
đen lên bàn ở vị trí mà trước đó chưa có đồng xu nào đặt và cứ như vậy cho
đến khi khơng cịn chỗ để đặt đồng xu nào nữa. Biết rằng tất cả các đồng xu là
bằng nhau. Người nào đến lượt đi mà khơng đặt được đồng xu nào lên bàn thì
người đó thua cuộc. Chứng minh rằng có cách chơi để người thứ nhất luôn
luôn thắng cuộc.
Lời giải:
- Ta tô đen - trắng các ơ 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 ơ 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 ơ đen bị bỏ trống .
23


- Vậy: Có thể khẳng định rằng sau khi di chuyển sẽ ln có ít nhất một ơ trong bàn
cờ khơng có con bọ dừa nào trong đó.
Bài tốn 15: Trong mỗi ơ bàn cờ kích thước 5x5 có một con bọ dừa. Vào một thời
điểm nào đó tất cả các con bọ dừa bị sang ơ bên cạnh (ngang hoặc dọc). Có
thể khẳng định rằng sau khi các con bọ dừa di chuyển sẽ ln có ít nhất một
ơ trong bàn cờ khơng có con bọ dừa nào trong đó khơng ?

Lời giải:
Để đảm bảo thắng cuộc người thứ nhất phải có chiến lược chơi như sau:
+) Đầu tiên anh ấy chiếm vị trí trung tâm, tức là đặt đồng xu trắng, sao cho tâm của
đồng xu trùng với tâm hình chữ nhật (Vị trí A)
+) Giả sử người chơi thứ 2 đặt đồng xu đen lên bàn (Tâm đồng xu là B)
+) Khi đó điểm đối xứng với B qua tâm A là D chắc chắn còn trống.
- Người thứ nhất đặt đồng xu trắng
sao cho tâm đồng xu trùng D.
- Luật chơi cứ tiếp tục như vậy.
Nghĩa là sau khi người thứ hai đặt
đồng xu thì người thứ nhất chọn
vị trí đối xứng qua tâm A để đặt
đồng xu của mình (lưu ý các vị trí
đối xứng này ln chưa có đồng
xu nào đặt trước đó)
- Nếu người thứ hai cịn đi được thì người thứ nhất vẫn đi được ở bước tiếp theo.
- Vì vậy người thứ nhất sẽ không bao giờ thua cuộc.
- Do mặt bàn có diện tích hữu hạn, nên nếu thực hiện theo chiến thuật trên thì
người đi trước chắc chắn đảm bảo chiến thắng thuộc về mình.
Bài tốn 16: Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu Đỏ, Xanh,
Vàng. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm A, B được tô bởi cùng một
màu mà độ dài AB = 1.

24


Lời giải:
- Giả sử trái lại, với mọi cách tô, khơng tồn
tại hai điểm cùng màu mà có khoảng cách
bằng 1.

- Xét hai điểm M , N : MN = 3 thì tồn tại các
điểm P, Q sao cho các tam giác MPQ, NPQ
là các tam giác đều có độ dài cạnh bằng 1.
- Khi đó, do hai điểm có khoảng cách bằng
1 thì được tơ bởi hai màu khác nhau, nên
M , N phải được tô bởi cùng một màu.
- Chẳng hạn tơ P: Đỏ, Q: Vàng thì M, N: phải tơ cùng màu Xanh, (Hình vẽ).
- Từ đó, nếu điểm M được tơ màu Xanh, thì mọi điểm nằm trên đường trịn tâm M,
bán kính 3 đều được tơ màu Xanh. Nhưng trên đường trịn này ln có hai điểm
mà khoảng cách giữa chúng bằng 1. Mâu thuẫn với giả thiết phản chứng.
- Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài Toán tương tự.
Trong một mạng lưới liên lạc có 17 trạm. Mổi trạm đều được liên lạc trực
tiếp đến mọi trạm khác. Giữa hai trạm chỉ dùng một trong ba phương tiện là:
Điện thoại, điện tín và vơ tuyến điện. Chứng minh rằng có ít nhất ba trạm
liên lạc với nhau bằng cùng một phương tiện.
(Đề thi HSG Tỉnh Hưng Yên - Năm học 2011 – 2012)
Kết luận:
- Trong bài tốn về “tơ màu hình vẽ” ta cần phải xác định được số “đối tượng
được tô màu (Điểm, đoạn thẳng) là số “chú thỏ” và số màu sắc được tơ là “số
chiếc lồng”.
- Ta củng tính được số “chú thỏ” khi đã biết số “chiếc lồng” theo cơng thức:
n = x(k − 1) + 1 .

Trong đó: x là số “chiếc lồng”
n là số “chú thỏ”
k là số thỏ nhiều nhất được nhốt nhiều nhất trong một chiếc lồng.

25