NGUYÊN LÍ DIRICHLE
Điều mà chúng tôi sắp trình bày với các bạn dưới đây, chắc hẳn đã quá quen
thuộc đối với các bạn. Đó là nguyên lí Dirichle, vấn đề mà các bạn đã học ở
THCS, có lẽ nó làm bạn chán vì bạn đã đọc qua nhiều lần hay là độ khó của
các bài toán áp dụng nguyên lí này. Nhưng đừng vội gập sách lại, hãy lướt
qua nó, bạn sẽ thấy mọi vấn đề sẽ trở nên đơn giản cũng như “hiệu quả đến
bất ngờ” của nó trong nhiều loại toán.
Trước hết chúng ta nhắc lại nguyên lí Dirichle
Nguyên lí Dirichle
“Nếu nhốt
1n +
con thỏ vào n cái chuồng (
n
∗
∈¥
), luôn có (ít nhất là)
hai hai con thỏ bị nhối trong cùng một chuồng”.
Nguyên lí Dirichle dạng tổng quát
“Nếu nhốt m con thỏ vào n cái chuồng (
,m n
∗
∈¥
), luôn tồn tại một
chuồng chứa ít nhất
1
1
m
n
−
 
+

 
 
con thỏ.
Trong đó, kí hiệu
[ ]
α
chỉ phần nguyên của số thực
α
tức là số nguyên lớn
nhất không vượt quá
α
.
Chứng minh: Sử dụng phương pháp phản chứng
Ta giả sử ngược lại, mỗi chuồng nhốt không quá một con thỏ thì tổng số con
thỏ sẽ không quá n con. Mâu thuẩn với giả thiết là số thỏ là
1n +
.
Bây giờ chúng ta cùng tìm hiểu một vài ứng dụng của nguyên lí Dirichle. Ở
đây, chúng tôi chia các ví dụ thành bốn dạng toán:
_ Phân chia tập hợp để tạo ra các n – tập
_ Xây dựng các n – tập theo đối tượng xuất phát
_ Xây dựng các dãy số
_ Xây dựng bảng
mỗi dạng là một phương pháp giải nhằm giúp các bạn hiểu sâu hơn về vấn
đề này cũng như tiến tới giải những bài toán khó.
1. Dạng 1: phân chia tập hợp để tạo các n – tập
Ví dụ 1. Trong hình vuông có cạnh bằng 1 đặt 51 điểm bất kì phân biệt.
Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong 51 điểm đó nằm trong hình tròn (
1
7

r =
).
Giải
Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con có độ dài cạnh bằng 0,2.
Khi đó tồn tại một hình vuông con chứa ít nhất 3 điểm (giả sử là M, N, P)
trong 51 điểm đó. Gọi I là tâm của nó. Xét hình tròn (I,
1
7
r =
).
Ta có IM, IN, IP
1
0,1. 2 .
7
≤ <
(đpcm)
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD và 25 đường thẳng. Mỗi đường thẳng
chia ABCD thành hai hình thang với tỉ số diện tích là
1
3
. Chứng minh rằng
trong 25 đường thẳng đó có 7 đường thẳng đồng quy.
Giải
Gọi M, N, P, Q, K, H, I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng như
hình vẽ:
J
I
H
K
O

P
M
N
Q
A
D
B
C
Theo đề bài, 25 đường thẳng chia hình bình hành thành hai hình thang có tỉ
số diện tích
1
3
. Vậy tất cả đường thẳng phải đi qua một trong 4 điểm: I, K,
2
Phương pháp: chia một đối tượng lớn thành nhiều đối tượng nhỏ. Sau đó
áp dụng nguyên lí Dirichle cho các đối tượng nhỏ đó.
H, J. Thật vậy, cho hai đường thẳng bất kì lần lượt cắt AB, CD tại X, Y và
cắt AD, BC tại Z, T. Với 6 trung điểm, ta có QK là đường trung bình của
hình thang AZTD, KN là đường trung bình của hình thang ZBCT và đường
cao AH của hình bình hành.
Ta luôn có:
( )
( )
.
.
2
.
.
2
ZBCT

AZTD
ZB CT AH
S KN AH
AZ TD AH
S QK AH
+
= =
+
= =

Tỉ số diện tích:
1
.
3
AZTD
ZBCT
S QK
S KN
= =
(đpcm)
Khi đó xét 25 đường thẳng đã cho. Với mỗi đường thẳng đó có một trong
hai khả năng sau xảy ra:
_ Đường thẳng đó cắt cạnh AB và CD nên nó phải đi qua K hoặc H.
_ Đường thẳng đó cắt cạnh AD và BC nên nó phải đi qua I hoặc J.
Như vậy có ít nhất 7 đường thẳng cùng đi qua một trong 4 điểm I, J, K, H.
Ví dụ 3. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Đánh dấu 5 điểm phân biệt
bất kỳ trong tam giác ABC. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất là 2 điểm trong
số đó mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 0,5.
Giải
Các đường trung bình của

ABCV
chia nó thành bốn tam giác đều có cạnh là
0,5. Theo nguyên tắc Dirichle, tồn tại ít nhất là 2 điểm rơi vào một trong bốn
tam giác nhỏ. Ta có khoảng cách giữa hai điểm này nhỏ hơn 0,5.
A
C
B
2. Dạng 2: Xây dựng các n – tập theo đối tượng xuất phát
3
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng cho 2009 điểm. Biết rằng trong 3 điểm bất kì lấy
từ các điểm đã cho luôn có hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh
rằng có ít nhất 1005 điểm nằm trong hình tròn bán kính 1.
Giải
Lấy điểm M trong 2009 điểm đó và xét hình tròn (M,
1R =
).
_ Nếu tất cả các điểm đều thuộc (M) thì (M) là hình tròn cần tìm.
_ Nếu có điểm N sao cho
1,MN ≥
khi đó xét hình tròn (N,
1r =
).
Vậy với mọi điểm P trong 2007 điểm còn lại, luôn xảy ra một trong hai
khả năng sau:
( )
( )
1
1
PM P M
PN P N

< ⇒ ∈

< ⇒ ∈


(Vì
1MN
≥
)
Nên từ 2007 điểm này sẽ có ít nhất 1004 điểm cùng thuộc (M) hoặc (N)
Vậy với 1004 điểm cùng với tâm của một trong hai đường tròn, chúng ta có
1005 điểm cần tìm.

ví
Ví dụ 5. Cho 5 điểm phân biệt nằm bên trong hình vuông ABCD có cạnh là
35 3.+
Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất một điểm trong hình vuông
đã cho sao cho, khoảng cách từ nó đến 5 điểm đã cho lớn hơn 10.
Giải
Gọi K, I lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD.
Trên đoạn KI lấy điểm M và N sao cho:
8KM NI= =
Ta có:
MN KI KM NI= − −
35 3 16 19 3= + − = +
Còn
AM BM DN CN= = =
2
2
35 3

8 20
2
 
+
= + >
 ÷
 ÷
 
Do đó nếu ta vẽ các đường tròn có tâm A, B, C, D, M, N bán kính 10 thì các
đường tròn này không cắt nhau.
Bởi vì chỉ có 5 điểm phân biệt nằm trong hình vuông, do đó tồn tại ít nhất là
một hình tròn không chứa điểm nào trong số 5 điểm đã cho.
4
Phương pháp: Trong ví dụ trên, để chọn ra các n – tập, ta bắt đầu từ việc
chọn ra một “đối tượng xuất phát” là điểm M. Từ “đối tượng xuất phát”,
ta lập luận để suy ra các đối tượng tiếp theo.
Nhận thấy, tâm của đường tròn này có khoảng cách tới 5 điểm đã cho lớn
hơn 10.
I
K
A
B
C
D
M
N
Ví dụ 6. Trên mặt phẳng cho 100 điểm phân biệt bất kỳ. Nối mỗi điểm với ít
nhất 66 điểm trong số 99 điểm còn lại bằng một đoạn thẳng. Chứng minh
rằng có thể xảy ra trường hợp có 2 điểm trong số 4 điểm bất kỳ của 100
điểm đã cho không được nối với nhau.

Giải
Gọi các điểm đã cho là
1 2 3 100
, , , ,A A A A
Kí hiệu:
{ }
{ }
{ }
1 2 3 33
34 35 66
67 68 100
, , , ,
, , ,
, , , .
M A A A A
N A A A
P A A A
=
=
=
Tập M gồm 33 điểm, tập N gồm 33 điểm và tập P gồm 34 điểm. Trường hợp
của bài toán; yêu cầu chứng minh có thể xảy ra nếu như:
Mỗi điểm trong tập hợp M chỉ được nối với các điểm của tập hợp N
hoặc P.
Các điểm của tập hợp N chỉ được nối với các điểm của tập hợp P hoặc M.
Các điểm của tập hợp P chỉ được nối với các điểm có trong tập hợp M
hoặc tập hợp N (2 tập này gồm 66 điểm).
Thật vậy, giả sử (
, , ,
i j k l

A A A A
) là 4 điểm bất kỳ trong số 100 điểm. Theo
nguyên tắc Dirichle tồn tại ít nhất là 2 điểm cùng thuộc 1 tập hợp (M, N
hoặc P).
Do đó với cách phân chia trên đây, 2 điểm này không được nối với nhau.
5
Ví dụ 7. Cho đa giác đều gồm 1999 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác
bằng 2 màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng phải tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng
một màu tạo thành một tam giác cân.
Giải
Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh. Do đó phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau
là P và Q được sơn bởi cùng một màu – màu đỏ (Theo nguyên tắc Dirichle).
Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ, nên phải tồn tại một đỉnh nào
đó nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng PQ. Giả sử đỉnh đó là A.
Nếu A tô màu đỏ thì ta có
APQV
là tam giác cân có 3 đỉnh A, P, Q được
tô cùng màu đỏ.
Nếu A tô màu xanh. Lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề
với P và Q.
Nếu cả 2 đỉnh B và C được tô màu xanh thì
ABCV
cân và có 3 đỉnh cùng
tô màu xanh.
Nếu ngược lại, một trong hai đỉnh B và C mà tô màu đỏ thì tam giác BPQ
hoặc tam giác CPQ là các tam giác cân có 3 đỉnh được tô màu đỏ.
Bài tập ứng dụng:
1. Trong hình vuông có các cạnh bằng 1 có 101 điểm tùy ý, chứng
minh rằng có ít nhất 5 điểm nằm trong hình tròn bán kính 1/7.
2. Cho 9 điểm bất kì nằm trong hình vuông đơn vị. Chứng minh

rằng tìm được 3 điểm lập thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn hay bằng
1
.
8
3. Cho đường tròn có bán kính 1 và n điểm
1 2
, , ,
n
A A A
trên mặt
phẳng. Chứng minh rằng trên đường tròn có thể tìm được điểm M sao cho
1 2
.
n
MA MA MA n+ + + ≥
4. Trên mặt phẳng cho 5 điểm có tọa độ nguyên, trong đó không
có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng trong số các tam giác được tạo
thành từ 5 điểm trên, có ít nhất ba tam giác có diện tích nguyên.
5. Trên đường tròn cho 16 điểm được tô bởi một trong ba màu:
xanh, đỏ, vàng. Các dây cung nối 2 điểm trong 16 điểm trên được tô bởi hai
màu: tím, đen. Chứng minh rằng ta luôn có 3 trong 16 điểm trên được tô
cùng màu và 3 dây cung nối chúng cũng được tô cùng màu.
6. Cho 17 điểm nằm trong mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm
nào thẳng hàng. Nối các điểm này lại bằng các đoạn thẳng và tô màu xanh,
đỏ hoặc vàng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu.
6
7. Trên bàn cờ
10 10×
, người ta viết các số từ 1 đến 100. Mỗi hàng
chọn ra số lớn thứ ba. Chứng minh rằng tồn tại một hàng có tổng các số

trong hàng đó nhỏ hơn tổng các số thứ ba được chọn.
8. Trong mặt phẳng cho 6 hình tròn sao cho tâm của mỗi hình
tròn nằm ngoài tất cả các hình tròn khác. Chứng minh rằng không có điểm
nào chung cho cả 6 hình tròn đó.
9. Chứng minh rằng trong một hình tròn bán kính 1 không thể
chọn nhiều hơn 5 điểm có khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong chúng đều
lớn hơn 1.
10. Trên mặt phẳng cho 2005 điểm sao cho không có ba điểm nào
thẳng hàng. Xét tất cả các đoạn thẳng nối các cặp điểm trong số 2005 điểm
này. Chứng minh rằng với mỗi đường thẳng
∆
không đi qua bất kì điểm nào
trong số các điểm nói trên thì số đoạn thẳng bị
∆
cắt là một số chẵn.
11. Trên mặt phẳng cho 100 hình tròn có bán kính đôi một phân
biệt thỏa mãn các điều kiện sau:
i) Không có hai hình tròn nào rời nhau cùng nằm trong
một hình tròn khác.
ii) Nếu hai hình tròn có phần chung thì hình tròn lớn
chứa hình tròn bé.
iii) Với 10 hình tròn bất kì trong số đang xét luôn tồn tại
một cặp hình tròn mà hình tròn lớn chứa hình tròn bé.
Chứng minh rằng tồn tại 12 hình tròn
1 12
, ,A A
trong số trên sao
i
A
nằm trong

1
, 1, 2, ,11.
i
A i
+
=
12. Trên mặt phẳng cho 20 điểm phân biệt. Người ta nối một số
cặp điểm trong số 20 điểm này lại với nhau, sao cho với ba điểm bất kì trong
chúng có ít nhất 2 điểm không được nối với nhau. Chứng minh rằng số đoạn
thẳng không vượt quá 100.
13. Trong mặt phẳng cho một đa giác lồi 2006 cạnh. Xét tất cả các
tam giác có các đỉnh là đỉnh của đa giác đã cho. Một điểm P của mặt phẳng
không nằm trên bất kì cạnh nào của đa giác đó. Chứng minh rằng số tam
giác đang xét chứa điểm P ở trong là một số chẵn.
14. Bên trong một đa giác lồi có một số điểm phân biệt. Chứng
minh rằng có thể chia đa giác này thành những đa giác lồi nhỏ mà mỗi
chúng chứa một điểm trong số đã cho.
15. Cho hữu hạn hình vuông. Chứng minh rằng có thể cắt mỗi hình
vuông thành hữu hạn mảnh sao cho từ các mảnh nhận được ta có thể ghép
lại thành một hình vuông.
16. Cho một số hình tròn không giao nhau, chiếm trên mặt phẳng
một diện tích bằng đơn vị. Chứng minh rằng trong số đó có thể chọn ra một
7
hình tròn hoặc một số hình tròn đôi một không giao nhau mà diện tích tổng
cộng của chúng không nhỏ hơn 1/9.
17. Chứng minh rằng 6 đường tròn cắt nhau tại một điểm, thì ít
nhất một trong chúng chứa tâm của một đường tròn khác.
Bài tập chọn lọc
1. Trong hình vuông mà độ dài mỗi cạnh là 4 cho trước 33 điểm
phân biệt, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường

tròn có bán kính đều bằng
2
, có tâm là các điểm đã cho.
Hỏi có hay không 3 điểm trong số các điểm nói trên sao cho chúng đều
thuộc các phần chung của 3 hình tròn có các tâm cũng chính là 3 điểm đó?
(THI CHỌN HSG 9 QUỐC GIA 1995 – 1996. BẢNG A)
Giải
Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông, mỗi hình vuông có
cạnh là 1; vì có 33 điểm chứa trong 16 hình vuông, do đó theo nguyên tắc
Dirichle tồn tại ít nhất là một hình vuông chứa không ít hơn 3 điểm.
Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong hình vuông đơn vị đã cho
không thể vượt qua độ dài đường chéo của nó bằng
2.
Gọi O
1
, O
2
, O
3
là 3 điểm nằm trong một hình vuông đơn vị nào đó.
Vẽ 3 đường tròn tâm O
1
, O
2
, O
3
cùng bán kính là
2.
Chắc chắn cả ba điểm
O

1
, O
2
, O
3
đều nằm trong cả ba đường tròn này, nghĩa là chúng nằm trong
phần chung của 3 hình tròn có tâm tại chính các điểm O
1
, O
2
, O
3
.
2. Cho hình vuông ABCD và chín đường thẳng phân biệt thỏa
mãn mỗi một đường thẳng đều chia hình vuông thành hai tứ giác có diện
tích tỉ lệ
2 :3
.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất là ba đường thẳng đồng qui tại một
điểm.
Giải
• Nhận xét: các đường thẳng đã cho không thể đi qua trung điểm các cạnh
hình vuông ABCD bởi vì ngược lại thì hình vuông sẽ bị phân thành hai phần
tam giác và ngũ giác.
Giả sử một đường thẳng trong số đó cắt cạnh BC tại M và cắt cạnh
AD tại N
Các hình thang ABMN và CDNM có chiều cao bằng nhau nên từ giả
thiết suy ra MN chia đoạn thẳng nối trung điểm P, Q của AB và CD theo tỉ
lệ 2:3.
Dễ thấy chỉ có 4 điểm chia 2 đường trung bình của hình vuông

ABCD theo tỉ lệ 2:3 là I, J, K, H. Có 9 đường thẳng đi qua 4 điểm này; theo
nguyên tắc Dirichle tồn tại ít nhất là 3 đường thẳng đi qua một điểm.
8
N
D
C
A
B
I
M
B
C
A
D
H
K
J
I
3. Các điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong ba màu:
xanh, đỏ, vàng. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất là 2 điểm được tô bởi cùng
một màu mà khoảng cách giữa chúng bằng 1.
Giải
Dựng (O,
3
). P là một điểm thuộc (O,
3
).
Dựng hình thoi OAPB có đường chéo OP, cạnh 1.
Gọi I là giao điểm 2 đường chéo, ta có
3

.
2
OI =
2
2 2 2
3 1
1
2 4
1
1.
2
AI AO OI
AI AB
 
⇒ = − = − =
 ÷
 ÷
 
⇒ = ⇒ =
Vậy
AOBV
đều có cạnh bằng 1.
Giả sử ngược lại, mọi cặp hai điểm có khoảng cách giữa chúng bằng
1 mà đều được tô bằng hai màu khác nhau.
Không mất tổng quát, ta giả sử các điểm O, A, B lần lượt được tô
bằng màu xanh, màu đỏ, màu vàng.
Bởi vì
1PA PB= = ⇒
P phải được tô bằng màu xanh.
Với cách lập luận như vậy ta suy ra, tất cả các điểm trên đường tròn

(O,
3
) đều được tô bằng màu xanh. Mặt khác dễ dàng tìm được trên (O,
3
) hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bằng 1, nên theo giả sử chúng
được tô bằng hai màu khác nhau. Vô lí.
Điều vô lí đó chứng tỏ có hai điểm được tô cùng một màu mà
khoảng cách giữa chúng bằng 1.
9
O
P
B
A

4. Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bằng một trong hai màu xanh
và đỏ. Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là ba điểm được tô bởi cùng
một màu tạo thành một tam giác đều có cạnh là 1 hoặc
3.
Giải
Dựng một tam giác đều có cạnh bằng 1. Nếu cả ba đỉnh được tô bởi
cùng một màu (xanh hoặc đỏ) thì bài toán được chứng minh.
Trong trường hợp ngược lại, xét tam giác đều ABC có cạnh AB
1=
mà A và B được tô bằng hai màu khác nhau.
Lấy điểm D của mặt phẳng sao cho
2.AD BD
= =
Vì A, B khác màu
nên D cùng màu với chỉ một trong hai điểm A hoặc B.
⇒

Tồn tại đoạn thẳng
2AD =
hoặc
2BD =
có hai mút được tô bằng
hai màu khác màu. Giả sử là đoạn thẳng AD. Gọi K là trung điểm của đoạn
thẳng AD thì K cùng màu với một trong hai điểm A hoặc D. Giả sử K và A
có cùng màu xanh.
Vẽ các tam giác đều APK và AQK.
Nếu P hoặc Q có màu xanh thì ta có tam giác đều APK hoặc AQK
có cạnh bằng 1 và ba đỉnh được bằng cùng màu xanh.
Nếu P và Q có màu đỏ thì tam giác PQD có 3 đỉnh được tô cùng
màu đỏ. Dễ thấy tam giác PQD đều có cạnh là
3.

10
Q
P
K
A
D
5. Bên trong đường tròn có bán kính là 2000 có 8000 đoạn thẳng
có độ dài là 1. Chứng minh rằng có thể dựng được một đường thẳng d hoặc
là song song hoặc là vuông góc với một đương thẳng l cho trước, sao cho d
cắt ít nhất là hai đoạn thẳng đã cho.
Giải
Giả sử xy là một đường thẳng bất kỳ vuông góc với l. Ta đánh dấu
các đoạn thẳng theo thứ tự 1, 2, 3,…, 8000. Chiếu các đoạn thẳng này lên
hai đường thẳng xy và l.
Kí hiệu

i
a
và
( )
1,2, ,8000
i
b i =
tương ứng là độ dài của các đoạn thẳng
đã cho trên hai đường thẳng xy và l.
Ta có:
1
i i
a b+ ≥
với mọi
1,2, ,8000i =
Do đó
8000 8000
1 1
8000 4000 4000
i i
i i
a b
= =
+ ≥ = +
∑ ∑
Suy ra hoặc là
1 2 8000
4000a a a+ + + ≥
hoặc là
1 2 8000

4000.b b b+ + + ≥
Ta có 8000 đoạn thẳng có thể chiếu vuông góc lên đường kính của
đường tròn với độ dài là 4000.
Nếu các hình chiếu của các đoạn thẳng đã cho lên đường thẳng l mà
không có các điểm chung thì ta có:
1 2 8000
4000a a a+ + + <
11
Vì vậy trên l tìm được một điểm là hình chiếu của các điểm thuộc ít
nhất là hai trong số các đoạn thẳng đã cho
Khi đó đường thẳng vuông góc với l dựng qua điểm này sẽ có điểm
chung với ít nhất hai đoạn thẳng trong số 8000 đoạn thẳng đã cho.
6. Cho 6 điểm trong mặt phẳng sao cho bất kì 3 điểm nào cũng là
đỉnh của một tam giác có các cạnh có chiều dài khác nhau. Chứng minh rằng
tồn tại một cạnh vừa là cạnh nhỏ nhất của một tam giác vừa là cạnh lớn nhất
của một tam giác khác.
Giải
Ta tô màu đỏ cạnh nhỏ nhất của một tam giác và tô màu xanh hai
cạnh còn lại. Ta chứng minh tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu đỏ.
Từ điểm A trong 6 điểm đã cho, nối với 5 điểm còn lại, ta được 5
cạnh, trong 5 cạnh này ít nhất có 3 cạnh cùng màu, giả sử là cạnh AB, AC,
AD.
Nếu AB, AC, AD cùng màu đỏ:
BCDV
có một cạnh màu đỏ, giả sử
đó là BC. Khi đó ta có
ABCV
có các cạnh cùng màu đỏ.
Nếu AB, AC, AD cùng màu xanh:
BCDV

có các cạnh cùng màu đỏ.
Với tam giác có ba cạnh cùng màu đỏ thì cạnh lớn nhất của tam giác
là cạnh cần tìm.
7. Trong hình vuông mà độ dài mỗi cạnh bằng 4 có cho trước 33
điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường tròn
có bán kính đều bằng
2
có tâm là các điểm đã cho.
Giải
Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông có cạnh là 1.
Do có 33 điểm được chứa trong 16 hình vuông nên theo nguyên tắc
Dirichle, ít nhất có một hình vuông chứa không ít hơn 3 điểm (
33 2.16 1= +
).
Khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong hình vuông đơn vị không
vượt quá đường chéo của nó, nghĩa là không lớn hơn
2.
Gọi
1 2 3
, ,O O O
là ba điểm cùng nằm trong một hình vuông đơn vị, có
thể rơi vào cạnh hình vuông. Vẽ 3 đường tròn tâm
1 2 3
, ,O O O
bán kính
2
, nên
chắc chắn 3 điểm
1 2 3
, ,O O O

đều nằm trong phần chung của ba đường tròn có
tâm chính là các điểm
1 2 3
, , .O O O
12
A
B
D
C
8. Cho đa giác lồi có 8 cạnh. Chứng minh rằng có ít nhất hai
đường chéo của đa giác song song hoặc góc nhọn giữa chúng không lớn hơn
0
9 .
Giải
Số đường chéo của đa giác lồi 8 cạnh:
( )
8 8 3
20.
2
−
=
Nếu đa giác không có hai đường chéo nào song song, ta chọn điểm P
tùy ý trong mặt phẳng. Qua P kẻ 20 đường thẳng tương ứng song song với
20 đường chéo của đa giác ta được 40 góc liên tiếp đỉnh P. Vì tổng các góc
này bằng 360
0
nên tồn tại ít nhất một góc có số đo không vượt quá
0
0
360

9 .
40
=
9. Trên mặt phẳng cho 2005 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn
tại một đường tròn sao cho trong số 2005 điểm nói trên có 1000 điểm nằm
phía trong đường tròn, các điểm còn lại nằm phía ngoài đường tròn.
Giải
Giả sử các điểm đã cho là
1 2 2005
, , , .A A A
Xét tất cả các đường trung trực của
các đoạn nối hai điểm bất kì trong số 2005 điểm này. Lấy O là một điểm
không nằm trên bất kì đường trung trực nào trong số nói trên. Khi đó các
khoảng cách từ O tới các điểm
1 2 2005
, , ,A A A
đôi một phân biệt. Không mất
tổng quát, giả sử
1 2 2005
.OA OA OA< < <
Lấy R sao cho
1000 1001
.OA R OA< <
Khi
đó đường tròn (O; R) thỏa mãn bài toán.
10. Trong mặt phẳng kẻ 2004 đường thẳng sao cho không có ba
đường nào đồng quy. Tam giác tạo bởi ba đường thẳng trong số các đường
thẳng đã cho được gọi là “tam giác xanh” nếu nó không bị đường thẳng nào
trong số các đường thẳng còn lại cắt.
a) Chứng minh rằng số tam giác xanh không ít hơn 668.

b) Chứng minh rằng số tam giác xanh không ít hơn 1336.
Giải
13
a) Lấy một đường thẳng d bất kì trong số 2004 đường thẳng đã cho.
Xét một cặp đường thẳng a và b trong số 2003 đường thẳng còn lại có
khoảng cách từ giao của a và b tới d là bé nhất (so với các khoảng cách từ
giao của các cặp đường thẳng khác tới d). Ba đường thẳng a, b, d giới hạn
cho ta một tam giác xanh. Vậy với mỗi đường thẳng d trong số 2004 đường
thẳng, ta nhìn ra một tam giác xanh, tuy nhiên theo cách này mỗi tam giác
xanh được tính ba lần. Do đó số các tam giác xanh không ít hơn
2004 :3 668.=
b) Theo cách làm ở câu a), nếu về hai phía của đường thẳng d đều có
các giao điểm của các cặp đường thẳng khác thì ứng với d có hai tam giác
xanh nằm về hai phía của d
Ta sẽ chứng minh rằng có không quá hai đường thẳng mà tất cả
các giao điểm của các cặp đường thẳng khác nằm về cùng một phía so với
đường thẳng đó. Thật vậy, giả sử có ba đường thẳng
1 2 3
, ,d d d
như vậy. Xét
đường thẳng thứ tư
4
.d
Gọi
1 2 3
, ,M M M
là giao của
4
d
với

1 2 3
, , .d d d
Giả sử
2
M
ở
giữa
1
M
và
3
.M
Khi đó
1
M
và
3
M
nằm về hai phía của
2
:d
vô lí. Như vậy ứng
với 2004 đường thẳng sẽ có ít nhất
( )
2002 2 2 2 :3× + ×
tam giác xanh. Do đó số
tam giác xanh không ít hơn 1336.
11. Giả sử M là một đa giác lồi. Ta kí hiệu s là số bé nhất các hình
tròn bán kính 1 phủ miền đa giác M, t là số lớn nhất các hình tròn đôi một
rời nhau có đường kính 1 và có tâm thuộc miền đa giác. Chứng minh rằng

.s t≤
Giải
Giả sử các hình tròn lần lượt có tâm
1
, ,
t
A A
thuộc miền đa giác, có
đường kính bằng 1 và đôi một rời nhau.
Xét t hình tròn (
1
;A
1), …, (
;
t
A
1). Rõ ràng t hình tròn này phủ kín
miền đa giác M. Thật vậy, nếu trái lại, khi đó tồn tại một điểm
1t
A
+
thuộc
miền đa giác nhưng không thuộc bất kì hình tròn nào trong số vừa nói. Ta có
1
1, 1, 2, , .
t i
A A i t
+
> ∀ =
Vậy

( )
1t +
hình tròn có đường kính bằng 1 có tâm tại
1 1
, ,
t
A A
+
đôi một rời nhau và có các tâm thuộc miền đa giác M. Điều này trái
với giả thiết t là số lớn nhất. Vậy t hình tròn (
1
;A
1), …, (
;
t
A
1) phủ kín miền
đa giác M. Do s là số bé nhất nên ta đạt được
.s t≤
12. Cho A là tập hợp điểm trên đường tròn sinh ra bởi một điểm
chuyển dịch liên tiếp (theo chiều kim đồng hồ) trên đường tròn một cung 1
radian. Chứng minh một cung bất kì trên đường tròn đều chứa những điểm
thuộc A.
Giải
14
Ta lấy một cung bất kì
1 2
.PP
Ta có thể lấy cung này
1 2

2
,PP
m
π
=
ở đây m
là số tự nhiên. Ta dựng các điểm sao cho chúng chia đường tròn thành m
cung bằng nhau. Ta lấy điểm nào đó
0
Q A∈
và kí hiệu
n
Q
là điểm ảnh của
0
Q
sau khi ta chuyển liên tiếp n radian.
Ta sẽ chứng minh rằng tập hợp điểm
{ }
0 1
, , , ,
n
A Q Q Q=
là vô hạn.
Thật vậy, nếu ngược lại, thì tồn tại hai chỉ số s và t sao cho
s t
Q Q=
. Nếu
s t<
thì suy ra điểm

s
Q
dịch chuyển về chính mình sau phép lặp s – t. Như vậy cả
vòng tròn có
2
π
radian, nghĩa là
.
2
t s
π
−
=
Điều này trái với tính chất số
π
là
một số vô tỉ.
Như vậy A
( )
0
Q
là tập hợp vô hạn điểm. Nhưng các cung
1 2 2 3 1
, , ,
m
PP P P P P
hữu hạn và phủ toàn bộ đường tròn, thì tồn tại một cung nào
đó
1k k
P P

+
chứa ít nhất hai điểm
s
Q
và
( )
0
.
t
Q A Q∈
Như vậy độ dài của cung
s t
Q Q
bằng
2
.
m
π
α
<
Như lí luận phần trên,
,
s t
Q Q≠
nghĩa là
0.
α
≠
Bây giờ ta
xét các dãy điểm

( )
0 1
, , , ,
s t n
s n t s
R Q R Q R Q
+ −
= = =
thuộc
( )
0
.A Q
Với mọi n
cung
1n n
R R
+
nhận được từ cung
0 1 s t
R R Q Q=
lặp lại chuyển dịch
( )
n t s−
radian.
Suy ra cung
1
.
n n
R R
α

+
=
Dễ thấy với
2
n
π
α
>
, cung
1 1 2 2 3 1
, , , ,
o n n
R R R R R R R R
+
phủ
kín đường tròn. Như vậy
1
P
nằm ở trong cung nào đó
1
.
k k
R R
+
Nhưng vì độ dài
cung
1 1 2
,
k k
R R PP

+
<
thì hoặc là
1
,
k
R
+
hoặc là
1k
R
−
nằm trong
1 2
PP
(đpcm).






15