Chuyên đề Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán tổ hợp

Nội dung text: Chuyên đề Nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải toán tổ hợp

1. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ “NGUYÊN LÍ DIRICHLET VÀ NGUYÊN LÍ CỰC HẠN TRONG GIẢI TỐN TỔ HỢP” Mơn: TỐN Tổ bộ mơn: KHOA HỌC TỰ NHIÊN Mã: 30 Người thực hiện: TRẦN THỊ PHI NGA Điện thoại: 01686187936 Email: ngatran73@gmail.com Vĩnh Yên, năm 2014 1
2. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU 1. Lý do viết đề tài Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp tơi thấy rằng học sinh thường mất điểm khi khơng giải được các bài tập tổ hợp. Nhiều học sinh cho rằng đĩ 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 khơng làm được loại bài này. Qua nhiều năm dạy đội tuyển học sinh giỏi (HSG) tơi 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 cĩ phương pháp giải các bài tập đĩ 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 cĩ thể đạt được kết quả cao trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp. Do vậy tơi mạnh dạn viết chuyên đề “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong các bài tốn tổ hợp”. Nhằm giúp các em cĩ cách nhìn tổng quát và những suy nghĩ để mở rộng các kiến thức đã học từ những bài tốn đơn giản đã học ở lớp 6. Từ đĩ 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 tơi thấy rằng học sinh của tơi đã bắt đầu yêu thích các bài tập tổ hợp, các chuyên đề về bài tập tổ hợp đã lơi cuốn học sinh học tập say mê hơn. Từ đĩ tơi thấy rằng trong các kỳ thi học sinh giỏi nếu làm được bài tập tổ hợp là chúng ta cĩ niềm tin rằng chất lượng đội tuyển sẽ được nâng lên. 1.2. Lý do chủ quan Đối với các em học sinh, dạng tốn tổ hợp (Suy luận lơgic) tuy đã được tiếp xúc từ chương trình BDHSG của Tiểu học. Xong nĩ 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 cịn chưa đạt hiệu quả cao. Trong quá trình giảng dạy và BDHSG ở trường THCS chúng tơi, tơi nhận thấy dạng tốn tổ hợp 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 khĩ xuất phát để làm bài. Xuất phát từ thực trạng trên tơi chọn đề tài “Sử dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong các bài tốn tổ hợp” cho chuyên đề của mình. 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 tốn cụ thể và cách tổng quát hĩa dạng bài thơng qua từng ví dụ. 2
3. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Giúp cho học sinh cĩ kĩ năng phân loại bài và phương pháp làm từng loại bài cụ thể ấy.Từ đĩ rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải tốn. Học sinh thấy được vai trị và ứng dụng rộng rãi của nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn. Cũng thơng qua đề tài này nhằm giúp học sinh cĩ thĩi quen tìm tịi trong học tốn và sáng tạo khi giải tốn.Từ đĩ tạo cho học sinh cĩ phương pháp học tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm bắt nĩ, vận dụng nĩ, phát triển nĩ đúng hướng. Qua đĩ 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. 1.4 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. 1.5 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 cĩ liên quan đến nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn cùng ứng dụng của nĩ. +) 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 Thơng 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. 1.6 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 tơi thấy bài tốn tổ hợp nĩi chung và vận dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn nĩi riêng là một trong những nội dung rất quan trọng. Vấn đề này đã cĩ rất nhiều tài liệu tham khảo đề cập đến và 3
4. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga cũng cĩ rất nhiều giáo viên quan tâm nghiên cứu ở những mức độ khác nhau. Kết quả họ cũng cĩ được những thành cơng nhất định. Song việc thực hiện được kết quả như thế nào cịn tùy thuộc vào nhiều yếu tố. 1.7 Những vấn đề cịn đang tồn tại: Khi chuẩn bị thực hiện chuyên đề này, kĩ năng giải tốn tổ hợp của học sinh cịn gặp nhiều khĩ khăn. Đặc biệt là các bài tốn 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 tốn đơn giản. Các tài liệu tham khảo về nội dung này mới nêu ra bài tốn cụ thể với các bất ví dụ cụ thể mà chưa cĩ nhiều tài liệu đề cập đến kĩ năng vận dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn trong giải tốn tổ hợp. 1.8 Ứng dụng trong thực tiễn: Chuyên đề cĩ ứng dụng tốt trong cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi và cơng tác ơn thi vào các trường trung học phổ thơng chuyên. Chuyên đề được phổ biến rộng ở các trường trung học cơ sở trọng điểm trong Thành phố và trong Tỉnh. Chuyên đề cịn là một tư liệu tốt để giáo viên và học sinh tham khảo. B. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 2.1 Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu: Khi gặp các bài tốn 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 đĩ, các bài tốn này mang mang đặc trưng rõ nét của tốn học rời rạc. Khi giải tốn tổ hợp vấn đề cơ bản là xác định được dạng bài và phương pháp làm cho dạng bài ấy. Từ đĩ HS áp dụng cho từng bài cụ thể một cách linh hoạt với các suy luận hợp lý để giải bài tốn. 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu của chuyên đề. Trong chương trình tốn trung học cơ sở thì nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn khơng được học trong chương trình học chính khĩa. 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 tốn hay và khĩ, địi hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt, sáng tạo và cĩ kỹ năng sử dụng thành thạo trong suy luận thì mới gải được loại tốn này. Trong các đề thi HSG, loại bài tổ hợp là rất khĩ đối với học sinh. Nĩ khơng những khĩ về biến đổi, khĩ 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, tơi nhận thấy bài tốn tổ hợp mà cụ thể là nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn khơng những đa dạng về dạng bài, phong phú về nội dung mà cịn là một dạng bài tốn khĩ, luơn gây khơng ít khĩ khăn cho học sinh. 4
5. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Vậy vấn đề đặt ra ở đây là phải làm sao để tìm ra biện pháp khắc phục thực trạng trên giúp giáo viên cĩ được một tài liệu tham khảo phù hợp đặc biệt giúp học sinh hết lúng túng và tự tin hơn khi gặp bài tốn tổ hợp. Tơi đã mạnh dạn đưa vấn đề này ra trong buổi sinh hoạt tổ chuyên mơn của tổ Tốn để cùng các đồng nghiệp thảo luận và đưa ra hướng giải quyết. Chương 3: QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN Xuất phát từ những thực trạng trên và nhằm đáp ứng được yêu cầu hiệu quả của cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi tơi đã tìm hiểu, nghiên cứu áp dụng chuyên đề này vào thực tế cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Quá trình nghiên cứu chuyên đề tơi chia thành ba giai đoạn nghiên cứu như sau: Giai đoạn 1: Phân dạng bài và xây dựng phương pháp Giai đoạn 2: Xây dựng, hệ thống, chứng minh và áp dụng các bài tốn tổ hợp. Giai đoạn 3: Luyện đề về dạng bài tổ hợp tổng hợp. Củng cố phương pháp làm bài 3.1 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 đến tháng 11 năm 2012 +) Cách tiến hành: Bước 1: Đọc và nghiên cứu các tài liệu về các bài tốn tổ hợp Bước 2: Thực hiện dự giờ bồi dưỡng học sinh giỏi của giáo viên đang bồi dưỡng học sinh về dạng tốn tổ hợp như thế nào? Bước 3: Thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp về cách dạy và vận dụng nguyên lí Dirichlet và nguyên lí cực hạn 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: Cĩ rất nhiều tài liệu viết về nội dụng này, trong đĩ đã cĩ 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 nĩ. Với giáo viên: Thơng qua dự giờ thăm lớp tơi nhận thấy số lượng giáo viên đã giảng dạy cho học sinh dạng tốn tổ hợp theo chuyên đề là vẫn ít. Hầu hết giáo viên mới chỉ đưa ra các bài tốn và cách giải cụ thể bài tốn đĩ chứ khơng đi theo một hệ thống bài tốn. Với học sinh: Cịn khá lúng túng khi gặp các bài tốn về tổ hợp. Do vậy kết quả giải bài tập của học sinh ở dạng tốn này cịn chưa tốt. Đặc biệt là cĩ rất ít học sinh cĩ sự sáng tạo trong khai thác bài tốn. Tơi đã tiến hành khảo sát tổng số là 25 học sinh giỏi và thu được kết quả cụ thể sau: Giỏi Khá Trung bình yếu 5
6. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga 1 2 5 17 Bảng 1 3.2 Giai đoạn 2: Luyện đề về dạng bài tổ hợp 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 tốn học cho học sinh. +) Thời gian: Từ tháng 12 năm 2012 đến tháng 2 năm 2013 +) Cách tiến hành: Sưu tầm và nghiên cứu một số bài tốn cĩ nội dung phù hợp với mục đích của chuyên đề nghiên cứu. +) Kết quả giai đoạn 2 Tơi đã tiến hành khảo sát tổng số là 25 học sinh giỏi và thu được kết quả cụ thể sau: Giỏi Khá Trung bình yếu 2 3 8 12 6
7. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN SỬ DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN A- Lý thuyết chung • Nguyên lí cực hạn cĩ dạng đơn giản như sau: Nguyên lí 1: Trong một tập hợp hữu hạn và khác rỗng các số thực luơn luơn cĩ thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất. Nguyên lí 2: Trong một tập hợp khác rỗng các số tự nhiên luơn luơn cĩ thể chọn được số bé nhất. Nguyên lí này dùng để giải các bài tốn mà trong tập hợp cĩ các đối tượng phải xét của nĩ tồn tại các đối tượng cĩ GTLN, GTNN theo một nghĩa nào đĩ. Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác đặc biệt là phương pháp phản chứng. Nguyên lí này được vận dụng trong trường hợp tập các giá trị cần khảo sát là tập hữu hạn (Nguyên lí 1) hoặc vơ hạn nhưng tồn tại GTLN hoặc GTNN (Nguyên lí 2). Để vận dụng được nguyên lí cực hạn giải các bài tập hình học tổ hợp, người ta thường dùng một lược đồ chung để giải bài tập như sau: - Đưa bài tốn đang xét về dạng sử dụng nguyên lí 1 hoặc nguyên lí 2 để chứng tỏ rằng tất cả các giá trị cần khảo sát của bài tốn cĩ GTLN hoặc GTNN. - Xét bài tốn tương ứng khi nĩ nhận GTNN hoặc GTLN này. - Chỉ ra một mâu thuẫn hoặc đưa ra giá trị lớn hơn hoặc nhỏ hơn GTLN hoặc GTNN mà ta đang khảo sát. Theo nguyên lí của PP phản chứng ta suy ra điều phải chứng minh. B- Vận dụng Ví dụ 1: Chứng minh rằng bốn đường trịn cĩ đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho Lấy M là một điểm tùy ý trên tứ giác lồi. Cĩ hai khả năng xảy ra 1) Nếu M nằm trên đường biên của tứ giác lồi, tức là M nằm trên một cạnh của tứ giác ABCD. Khi đĩ M nằm trong đường trịn cĩ đường kính là cạnh ấy. Trong trường hợp này kết luận của bài tốn hiển nhiên đúng. 2) Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD. Khi đĩ ta cĩ  AMB +  BMC +  CMD +  DMA = 3600. Theo nguyên lý cực hạn tồn tại max AMB,BNC,CMD,DMA BMC . Khi đĩ  BMC ≥ 900 (1). Từ (1) suy ra M nằm trong hoặc cùng lắm là nằm trên đường trịn đường kính BC. Vậy dĩ nhiên M bị phủ bởi đường trịn này. Như thế do M là điểm tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình trịn phủ kín tứ giác lồi đã cho. Đĩ là điều phải chứng minh. 7
8. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Ví dụ 2: 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 khơng nhỏ hơn hai lần khoảng cách bé nhất trong caccs khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam giác đĩ. Gọi A1, B1,C1 tương ứng là hình chiếu của P xuống BC, AC, AB. Ta cĩ 0 APC1 C1PB BPA1 A1PC CPB1 B1PA 360 1 Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại max APC1,C1PB,BPA1,A1PC,CPB1,B1PA Khơng giảm tổng quát, cho là : max APC1,C1PB,BPA1,A1PC,CPB1,B1PA BPA1 (2) 0 Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra  BPA1 ≥ 60 (3) PA1 1 Từ (3) ta đi đến cosBPA hay PB ≥ 2PA1 (4) Từ (4) suy ra 1 PB 2 max PA, PB, PC PB 2PA1 ≥ 2min PA1, PB1, PC1. Đĩ là điều pcm. Ví dụ 3: Trên mặt phẳng cĩ một số điểm cĩ tinh chất là cứ với hai điểm bất kỳ của hệ điểm luơn tìm được điểm thứ ba trong số các điểm này thẳng hàng với chúng. Chứng minh rằng tất cả các điểm cảu hệ điểm thẳng hàng. Giả sử kết luận của bài tốn khơng đúng, tức là các điểm đã cho khơng thẳng hàng. Xét tập hợp sau đây A h / h 0 và h là khoảng cách từ một điểm đã cho đến một đường thẳng nối hai điểm của hệ  Do giả thiết phản chứng nên A ≠Ø. Mặt khác, A là tập hợp cĩ hữu hạn phần tử ( \do cĩ một số hữu hạn điểm đã cho). Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại mọt giá trị nhỏ nhất h*. Giả sử h* là khoảng cách từ một điểm M xuống một đường thẳng đi qua B,C ( Ở đây M,B, C thuộc vào số các điểm đã cho). Gọi ∆ là đường thẳng nối B, C. Do M ∆ ( vì h* > 0), nên theo giả thiết tồn tại điểm D ∆. Kẻ MH ∆, thì MH = d*. Rõ ràng trong ba điểm B, C, D pahir cĩ hai điểm cùng phía so với H Khơng làm giảm tính tổng quát, ta cĩ thể cho là C, D nằm cùng phía với H và C nằm trong đoạn HD, Kẻ HE  MD và CF  MD. Rõ ràng ta cĩ : CF < HE < MH. Nĩi cách khác CF < d*. Chú ý rằng cho C,M,D cùng nằm trong các điểm đã cho, nên CF A. Do đĩ CF < d*. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của d*. Vậy giải thiết phản chứng là sai, tức là tất cả các điểm đã cho phải thẳng hàng. Đĩ là đpcm. 8
9. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Ví dụ 4: Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm khơng cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm sao cho đường trịn đi qua ba điểm đĩ khơng chứa điểm nào ở bên trong. GIẢI: Vì số các điểm đã cho là hữu hạn và chúng khơng cùng nằm trên một đường thẳng, nên khi lấy bao lồi hệ điểm, ta sẽ được một đa giác. Giả sử đĩ là đa giác lồi A1 A2...Ap . Như thế các điểm cịn lại đã cho phải nằm trong bao lồi. Gọi Ak , Ak 1 là hai đỉnh liên tiếp của của đa giác lồi( nghĩa là xét một cạnh tùy ý Ak Ak 1 ). Khi ấy mọi điểm đã cho đều nằm ở một nửa mặt phẳng xác định bởi Ak Ak 1 . Từ giả thiết suy ra tập hợp các điểm đã cho khơng thuộc Ak Ak 1 là khác rỗng. Vì thế theo nguyên lý cực hạn, tồn tại C sao cho AkCAk 1 maxAk A1 Ak 1 , ở đây giá trị lớn nhất lấy theo mọi i 1,n mà i ≠ k, i ≠ k + 1( giả sử A1, A2 ,...An là hệ hữu hạn điểm cho trước). Khi đĩ đường trịn ngoại tiếp ta giác CAk Ak 1 là đường trịn cần tìm Ví dụ 5: Bên trong một hình vuơng cạnh 1 cho n điểm sao cho khơng cĩ ba điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại mơt tam giác cĩ đỉnh tại các điểm đã cho và 1 diện tích S của nĩ thỏa mãn bất đẳng thức S n 2 GIẢI: Xét bao lồi của n điểm nằm bên trong hình vuơng. Vì khơng cĩ ba điểm nào thẳng hàng, nên bao lồi là đa giác lồi cĩ k đỉnh( k≤n), ngồi ra các điểm đã cho hoặc là đỉnh của đa giác lồi, hoặc nằm hẳn bên trong đa giác lồi. Chỉ cĩ hai khả năng xảy ra 1. Nếu k = n. Khi đĩ số đường chéo xuất phát từ A1 của đa giác bao lồi tạo thành cùng các cạnh của đa giác ( n – 2) tam giác. Gọi S là diện tích tam giác nhỏ nhất trong (n-2) tam giác ấy Vì tổng các diện tích của (n-2) tam giác nhỏ hơn 1( chú ý 1 là diện tích hình 1 vuơng chứa chọn ( n-2) tam giác này), suy ra S n 2 2. Nếu k < n. Khi đĩ bên trong đa giác bao lồi A1 A2...Ak cĩ (n-k) điểm Ak+1, Ak+2,...., An. Nối Ak+1 với các đỉnh A1; A2;....Ak. Khi đĩ cĩ k tam giác Ak+1A1A2, Ak+1A2A3 ; ....; Ak+1AkA1 9
10. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Vì khơng cĩ ba điểm nào thẳng hàng, Nên các điểm Ak+2,...., An phải nằm hẳn trong k tam giác nĩi trên. Giả sử Ak+2 nằm hẳn trong tam giác nào đĩ. Nối Ak+2 với ba đỉnh của tam giác này, thì từ một tam giác sẽ cĩ ba tam giác mới . Sau mỗi lần làm số tam giác tăng lên 2. Như vậy ta đi đến: k+ 2(n- k – 1) = 2n – k – 2 = (n – 2) + (n – k) tam giác.mà bên trong mỗi tam giác này khơng cĩ điểm nào thuộc n điểm đã cho. Gọi S là diện tích bé nhất trong các tam giác trên , thế thì: 1 1 S ( Do n – k >0) n – 2 n – k n 2 1 Bất đẳng thức S được chứng minh. n 2 Ví dụ 6: Bên trong hình vuơng cạnh 1 cho n điểm. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác cĩ đỉnh tại các điểm đã cho hoặc đỉnh của hình vuơng sao cho diện tích S 1 của nĩ thỏa mãn bất đẳng thức: S 2(n 1) Giải: Gọi A, B, C, D là bốn đỉnh hình vuơng và A1; A2;....An là n điểm nằm trong hình vuơng. Nối A1 với 4 đỉnh A, B, C, D. Khi đĩ ta được 4 hình tam giác. *) Nếu A2 nằm trong một trong 4 tam giác đĩ ( Giả sử A2 nằm trong tam giác ADA1) Ta nối A2 với A, D, A1. Sau khi nối xong, số tam giác tăng thêm 2. *) Nếu A2 nằm trên cạnh chung (Ví dụ A2 A1D) nối A2 với A và C. Khi đĩ số tam giác cũng tăng thêm 2. Như vậy trong mọi trường hợp, số tam giác sẽ tăng thêm 2 Với các điểm A3;....An ta làm tương tự. Cuối cùng số tam giác được tạo thành là: 4 + 2(n-1) = 2n + 2 tam giác. Các tam giác trên đều cĩ đỉnh là đỉnh của hình vuơng hoặc n điểm đã cho. Khi đĩ, tổng diện tích của 2n +2 tam giác này bằng diện tích hình vuơng (bằng 1). Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại tam giác cĩ diện tích nhỏ nhất trong 2n + 2 tam 1 giác ấy. Gọi diện tích này là S thì S (Điều cần chứng minh) 2(n 1) 10
11. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Bài tập tương tự: Bài tốn 1.1 . Cho n điểm nằm trong tam giác ABC cĩ diện tích là 1 cm2 . CMR: Từ n điểm đĩ cùng với 3 điểm A, B, C luơn tồn tại một tam giác cĩ diện tích khơng lớn 1 hơn cm2 . 3 2(n 1) Bài tốn 1.2 (tổng quát) . Cho n điểm nằm trong đa giác lồi m đỉnh cĩ diện tích là 1 cm2 . CMR: Từ n điểm đĩ cùng với m đỉnh của đa giác, luơn tồn tại một tam giác 1 cĩ diện tích khơng lớn hơn cm2 . m 2(n 1) Ví dụ 7: Trong các ơ của bảng vuơng kích thước n x n ơ vuơng, người ta viết các số sao cho tổng của các số cĩ mặt trong các ơ của một “chữ thập” (tức là hình gồm một hàng và một cột) bất kỳ khơng nhỏ hơn a. Tính giá trị nhỏ nhất của tổng các ơ trong bảng. GIẢI: Lấy một hàng cĩ tổng các số trong hàng đĩ là nhỏ nhất. Sau đĩ xét tổng tất cả cĩ “chữ thập” được lập nên từ các ơ của hàng đĩ . Cĩ n “chữ thập” như vậy, theo điều kiện của bài tốn. Ta suy ra, tổng các số ghi ở n “chữ thập” ấy khơng nhỏ hơn n.a Dễ thấy tổng nĩi trên bằng tổng của tất cả các số trong bảng cộng thêm (n – 1)lần tổng các số trong hàng lấy ra. Gọi tổng các số trong bảng là N, tổng các số trong hàng lấy ra là m, từ suy luận trên ta suy ra: N +(n – 1).m n.a (1) N Theo định nghĩa số m, ta cĩ: m (2) n N n2 Từ (1) và (2) ta suy ra: N .(n 1) n.a N .a n 2n 1 Mặt khác, chọn tất cả các ơ trong bảng đều bằng a . Khi đĩ tổng tất cả các số 2n 1 a ghi trong mọi hình chữ thập là: (2n 1). a 2n 1 Phép ghi như vậy là hợp lệ. Với cách ghi này, tổng các số ghi vào các ơ trong bảng 2 là n .a 2n 1 n2a Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng cần tìm là N min 2n 1 Ví dụ 8: Trong khơng gian cho một số hữu hạn điểm mà trong đĩ khơng cĩ 4 điểm nào trong chúng cùng nằm trên một mặt phẳng sao cho thể tích của mỗi tứ diện tạo 11
12. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga ra bởi đỉnh là những điểm đã cho khơng lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả các điểm cĩ thể được phủ bởi một tứ diện cĩ thể tích bằng 27. GIẢI: Do số lượng điểm đã cho là hữu hạn, nên số lượng các tứ diện tạo thành cũng hữu hạn. Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại tứ diện mà ta sẽ gọi là A1B1C1D1) cĩ thể tích lớn nhất. Qua các đỉnh A1; B1; C1; D1 dựng các mặt phẳng song song với các mặt của tứ diện, ta nhận được tứ diện ABCD.Dễ dàng chứng minh được A1; B1; C1; D1 tương ứng là trọng tâm của các tam giác BCD,ACD,ABD, ABC. Từ đĩ ta cĩ: V 1 A1B1C1D1 (1) VABCD 27 Do giả thiết V 1, nên từ (1) ta suy ra A1B1C1D1 VABCD 27 (2) Bây giờ ta chứng minh tất cả các điểm đều nằm trong tứ diện ABCD. Giả sử: Tồn tại điểm M(trong số các điểm đã cho), sao cho M khơng thuộc tứ diện ABCD (3) Khi đĩ ít nhất một đỉnh của tứ diện ABCD (cĩ thể cho đĩ là đỉnh B) sao cho B và M nằmtrong hai nửa khơng gian xác định bởi (ACD). Suy ra V V (1) MA1C1D1 B1A1C1D1 Bất đẳng thức (4) chứng tỏ rằng MA1C1D1 là tứ diện tạo bởi 4 đỉnh trong các điểm đã chốc thể tích lớn hơn thể tích của tứ diện B1A1C1D1. Điều này mâu thuẫn vơi cách định nghĩa tứ diện A1B1C1D1 (vơ lý). Suy ra điều phải chứng minh. 12
13. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga II- SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP A- Nguyên lý: *) Nguyên lý Dirichlet (Gustav Lejeuve Dirichlet) : Nếu nhốt n con thỏ vào m cái n m 1 chuồng ( m 2 ) thì tồn tại một chuồng cĩ ít nhất con thỏ. m B- Vận dụng: Ví dụ 1: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. chứng minh rằng tồn tại một số cĩ dạng 111...11 mà chia hết cho p. GIẢI: Xét dãy số 1,11,111,..., 111....11 pchữsố1 Ta chứng minh trong dãy trên phải cĩ số chia hết cho p. Giả sử kết luận ấy khơng đúng, tức là khơng cĩ 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 cĩ thể thuộc tập hợp {1, 2, 3,..., p – 1} (Do 0 khơng thể thuộc tập hợp này). Ta lại cĩ p số trong dãy số trên. Vì vậy theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số cĩ cùng số dư khi chia cho p. Giả sử các số đĩ là 111...11 (m chữ số 1) và số 111....11 (n chữ số 1) với 1 n m p . Từ đĩ ta cĩ n (111...11 111...11)  p, hay 111...1000...0  p Hay 111...1.10  p (1) m c/s n c/s m n c/s 1 n c/s 0 m n c/s1 Do p là sơ nguyên tố lớn hơn 5 nên (p; 10) = 1, Vì thế từ (1) ta suy ra 111...1  p (2) m n c/s1 111...1 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. Ví dụ 2: Trong hình vuơng đơn vị (cạnh bằng 1) cĩ 101 điểm. Chứng minh rằng cĩ 5 điểm đã chọn được phủ bởi hình trịn bán kính 1 . 7 GIẢI: Chia hình vuơng thành 25 hình vuơng nhỏ bằng nhau, mỗi hình vuơng cĩ cạnh 0,2. Vì cĩ 101 điểm, mà chỉ cĩ 25 hình vuơng, nên theo định lý Dirichlet tồn tại một hình vuơng nhỏ cĩ chứa ít nhất năm điểm ( trong 101 điểm đã cho ). Vì hình vuơng này nội tiếp trong đường 1 2 2 trịn cĩ bán kính R = 5 . 2 10 2 1 Do nên dĩ nhiên đường trịn đồng tâm với đường 10 7 13
14. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga trịn ngoại tiếp trên và cĩ bán kính 1 chứa ít nhất năm 7 điểm nĩi trên . Đĩ là đpcm Ví dụ 3: trong hình chữ nhật 3x4 đặt sáu điểm. chứng minh rằng trong số đĩ luơn tìm được hai điểm cĩ khoảng cách giữa chúng khơng lớn hơn 5 GIẢI Chia hình chữ nhật đã cho thành năm hình ABCD, DCKFE, KFNM, NFEQR, QEDAS Vì cĩ 6 điểm nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một trong năm hình trên chứa ít nhất 2 trong 6 điểm nĩi 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 đĩ ta luơn tìm được 2 điểm trong 6 điểm đã cho cĩ khoảng cách khơng lớn hơn 5 (Đpcm) BÀI TỐN TƯƠNG TỰ 1: Trong một tam giác đều, cạnh cĩ 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 Thật vậy, gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA .Khi đĩ 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 nĩi 1 trên . Ta cĩ AiAj d(AMP)= 2 Đĩ là đpcm BÀI TỐN TƯƠNG TỰ 2 : Trong hình trịn đường kính 5 cĩ 10 điểm . Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bé hơn hoặc bằng 2. GIẢI 14
15. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Thật vậy: Trong đường trịn tâm O đường kính 5, vẽ đường trịn đồng tâm cĩ đường kính bằng 2. Chia đường trịn 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 2 5 2 1 2. .1. d 2 2 2 2 Theo nguyên lý Dirichlet tồn tai ít nhất hai điểm nằm trong mơt trong 9 phần (I), (II), .....(IX) cĩ đường kính khơng vượt quá 2. Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 4: Tìm hình vuơng cĩ kích thước bé nhất, để trong hình vuơng đĩ cĩ thể sắp xếp năm hình trịn cĩ bán kính 1, sao cho khơng cĩ hai hình trịn nào trong chúng cĩ điểm trong chung. GIẢI: Giả sử hình vuơng ABCD cĩ tâm O cạnh là a chứa 5 hình trịn khơng cắt nhau và đều cĩ bán kính bằng 1. Vì cả 5 hình trịn này nằm trọn trong hình vuơng, nên tâm của chúng nằm trong hình vuơng 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 vuơng A1B1C1D1 chia A1B1C1D1 thành 4 hình vuơng nhỏ. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một trong 4 hình vuơng nhỏ, mà trong hình vuơng này chứa ít nhất hai trong số 5 tâm hình trịn nĩi trên(Khơng mất tính tổng quát, giả sử đĩ là O1O2) 15
16. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Do trong 5 đường trịn, khơng cĩ 2 đường trịn nào cắt nhau nên O1O2 2 (1) Mặt khác, do O1O2 cùng nằm trong một hình vuơng nhỏ(cạnh hình vuơng bằng a 2 a 2 nên). Mà O1O2 2 (2) 2 2 a 2 Từ (1) và (2) ta suy ra 2 2 a 2 2 2 (3) 2 Vậy mọi hình vuơng cạnh a thỏa mãn điều kiện đề bài sẽ thỏa mãn (3) Ta xét hình vuơng ABCD cĩ a = 2 2 2 . Và xét 5 hình trịn cĩ tâm O, A1; B1; C1; D1 (hình vẽ) thì mọi yêu cầu của bài tốn được thỏa mãn . Vậy kích thước bé nhất của cạnh hình vuơng thỏa mãn điều kiện đề bài là 2 2 2 Ví dụ 5: Cho 2014 đường thẳng cùng cĩ tính chất: chia hình vuơng thành hai tứ giác cĩ tỉ số diện tích bằng 2 . Chứng minh rằng cĩ ít nhất 504 đường thẳng trong 3 2014 đường thẳng trên đồng quy. GIẢI: Các đường thẳng chia hình vuơng thành hai tứ giác nên chúng khơng thể cắt hai cạnh kề của hình vuơng và khơng đi qua đỉnh nào của hình vuơng. 16
17. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối AD và BC tại M và N. Ta cĩ 1 AB(BM AN) S 2 2 EI 2 ABMN 2 S 3 1 3 IF 3 MCDN CD(MC ND) 2 (E,F,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh hình vuơng. I,K,G,H lần lượt là những IE HP GF KQ 2 điểm thỏa mãn 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 nĩi trên. Do cĩ 2014 đường thẳng, nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất 2014 1 504 đường thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm G,H, I, K nĩi trên. 4 Vậy cĩ ít nhất 504 đường thẳng trong số 2014 đường thẳng đã cho đồng quy. Ví dụ 6: Cho một bảng kích thước 2n x 2n ơ vuơng. Người ta đánh dấu vào 3n ơ bất kỳ của bảng. Chứng minh rằng cĩ thể chọn ra n hàng n cột của bảng sao cho các ơ được đánh dấu đều nằm trong n hàng n cột này. GIẢI: Trong các hàng cĩ ơ được đánh dấu. Chọn ra n hàng cĩ số ơ được đánh dấu nhiều nhất. Ta chứng minh rằng số ơ được đánh dấu cịn lại nhỏ hơn hoặc bằng n. Giả sử số ơ được đánh dấu cịn lại lớn hơn hoặc bằng n +1 . Số hàng cịn lại chưa chọn là n hàng. Theo nguyên lý Dirichlet sẽ cĩ ít nhất một hàng (Trong số n hàng cịn lại chứa ít nhất 2 ơ đã được đánh dấu). Từ cách chọn ta suy ra trong n hàng được chọn thì mỗi hàng cĩ ít nhất 2 ơ được đánh dấu. Tức là trên n hàng đã chọn cĩ ít nhất 2n ơ đã được đánh dấu. Như vậy, số ơ được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 2n + (n +1) > 3n (vơ lý). Suy ra điều phải chứng minh. Như vây, sau khi đã chọn ra n hàng với cách chọn như trên. Theo nhận xét sẽ cịn lại khơng quá n ơ được đánbh dấu. Hay cùng lắm sẽ cĩ n cột chứa chúng. Vậy: cĩ thể chọn ra n hàng n cột của bảng sao cho các ơ được đánh dấu đều nằm trong n hàng n cột này. Ví dụ 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 trịn sao cho SM 1 + SM2+ +SM1000 ≥ 1000 Giải: 17
18. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga M2 M1 Xét một đường kính S1S2 tùy ý của đường trịn, ở đây S1 vaf S2 là hai đầu của S1 S2 đường kính nên ta cĩ S M S M S S 2 1 1 2 1 1 2 S1M2 S2 M2 2 M 1000 ... S1M1000 S2 M1000 2 Cộng từ vế 1000 bất đẳng trên ta cĩ (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) cĩ ít nhất một tổng lớn hơn hoặc bằng 1000 Giả sử (S1M1+ S1M2 + + S1M1000 )≥ 1000, khi đĩ S = S1. Đĩ là ddiepcm. Ví dụ 8: Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tơ bằng một trong hai màu xanh, đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu GIẢI: A' Lấy 5 điểm tùy ý sao cho khơng cĩ ba điểm nào thảng hàng trên mặt phẳng . Khi đĩ vì chỉ dùng cĩ A hai màu để tơ các đỉnh nên theo nguyên lý N P G Dirichlet phải tồn tại ba điểm cùng màu. Giả sử ba B M C điểm đĩ là ba điểm A, B, C cùng cĩ màu đỏ. Như C' vậy ta cĩ tam giác ABC với ba đỉnh màu đỏ. Gọi G B' là trọng tâm tam giác ABC. Chỉ cĩ hai khả năng xảy ra: 1) Nếu G là màu đỏ. Khi đĩ A,B, C, G cĩ cùng màu đỏ và bài tốn được chứng minh 2) Nếu G cĩ màu xanh. Kéo dài GA, GB, GC các đoạn AA’ = 3GA, BB’ = 3GB, CC’ = 3GC. Khi đĩ 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 đĩ các tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhận A,B,C là trọng tâm. Mặt khác, ta cũng các cĩ tam giác ABC, và A’B’C’ cĩ cùng trọng tâm G. Cĩ hai trường hợp xảy ra. a) Nếu A’, B’ C’ cùng màu xanh. Khi đĩ tam giác A’B’C’ và trọng tâm G cĩ cùng màu xanh. b) Nếu ít nhất một trong các điểm A’ B’ C’ cĩ màu điểm. Khơng mất tính tổng quát giả sử A’ màu đỏ. Khi đĩ tam giác A’BC và trọng tâm cĩ màu đỏ. Vậy trong mọi khả năng luơn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm màu đỏ. Đĩ là đpcm. Ví dụ 9: Một hình lập phương cĩ cạnh bằng 15 chứa 11000 điểm. Chứng minh rằng cĩ một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất sáu điểm trong số 11000 điểm đã cho. 18
19. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga 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 vuơng băng a, thì 1 hình càu ngoại tiếp nĩ cĩ bán kinh R, với R a 3 . Vì thế hình cầu ngoại tiếp hình 2 lập phương nhỏ ( cạnh của nĩ là 15 ) là 13 2 1 15 1 15 1 675 1 676 1 R 3 3 4 1. Hình cầu bán kính 1 này dĩ 2 13 2 13 2 196 2 169 2 nhiên chứa ít nhất sáu điểm trong số 11000 điểm đã cho . Đĩ là đpcm. Ví dụ 10: Trong hình vuơng cạnh 12 chứa 2014 điểm. Chứng minh rằng luơn tồn tại một tam giác đều cạnh 11 phủ kín 504 điểm trong 2014 điểm đã cho. GIẢI: Giả sử hình vuơng ABCD cĩ 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 đĩ OE = OF = OG = OH = 4 3 Ta đi chứng minh cĩ 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. 6 3 Lấy J trên OF sao cho EJ = 11. Ta thấy SinFEC FEC 600 4 3 2 Trên tia EC lấy K sao cho EK = EJ = 11. Ta cĩ 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 hồn tồn tứ giác OHCE. Do vai trị của các tứ giác OHCE, OEDG, OGAF, OFBH là như nhau. 2014 Áp dụng nguyên lý Dirichlet ta suy ra: luơn tồn tại 1 504 điểm trong 2014 4 điểm đã cho nằm trong một trong các tứ giác OHCE, OEDG, OGAF hoặc OFBH. Vậy luơn tồn tại một tam giác đều cạnh 11 phủ kín 504 điểm trong 2014 điểm đã cho. 19
20. Chuyên đề BDHSG THCS 2014 Trần Thị Phi Nga III. MỘT SỐ DẠNG TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP THƯỜNG GẶP 1.Dạng bài tập tơ màu, bảng vuơng. Bài 1: Trong mỗi ơ bàn cờ kích thước 5x5 cĩ một con bọ dừa. Vào một thời điểm nào đĩ tất cả các con bọ dừa bị sang ơ bên cạnh (ngang hoặc dọc). Cĩ thể khẳng định rằng sau khi các con bọ dừa di chuyển sẽ luơn cĩ ít nhất một ơ trong bàn cờ khơng cĩ con bọ dừa nào trong đĩ khơng? (Đề thi giao lưu HSG mơn Tốn lớp 8 TP Vĩnh Yên năm học 2012-2013) Ta tơ đen - trắng các ơ bàn cờ như hình vẽ. Khi đĩ số ơ đen nhiều hơn số ơ trắng. Như vậy số con bọ dừa ở ơ đen sẽ nhiều hơn số con bọ dừa ở ơ trắng. Do mỗi con bọ dừa chỉ di chuyển sang ơ bên cạnh(ngang hoặc dọc), vì thế sau khi di chuyển các ơ đen sẽ chứa các con bọ dừa ở ơ trắng. Mà số con bọ dừa ở ơ đen nhiều hơn số con bọ dừa ở ơ trắng nên sau khi các con bọ dừa bị đi sẽ cĩ ít nhất một ơ đen bị bỏ trống . Vậy : Cĩ thể khẳng định rằng sau khi di chuyển sẽ luơn cĩ ít nhất một ơ trong bàn cờ khơng cĩ con bọ dừa nào trong đĩ. Ví dụ 2: Trên lưới ơ vuơng cạnh 1. Người ta tơ màu các ơ bằng 2 màu đen trắng xen kẽ. Tính bán kính lớn nhất của đường trịn chỉ đi qua ba ơ trắng. - Xét đường trịn chỉ thuộc một ơ trắng: Đường kính của nĩ bằng 1 (1) - Xét đường trịn đi qua nhiều ơ trắng => đường trịn đĩ phải đi qua các đỉnh của ơ trắng. Khơng mất tính tổng quát, giả sử đường trịn đi qua đỉnh A của ơ trắng ABCD. +) Nếu đường trịn đi qua 2 đỉnh liên tiếp của ơ trắng ( A, B). Khi đĩ ta lại xét hai 2 trường hợp: *) Đường trịn qua A, B, E. Khi đĩ nĩ là đường trịn I, 2 10 *) Đường trịn qua A, B, G. Khi đĩ nĩ là đường trịn K; (2) 2 +) Nếu đường trịn qua 2 đỉnh đối diện của ơ trắng, Giả sử là (A, C) Ta lại xét hai trường hợp: *) Qua A, C, M (Tương tự qua A, B, G) *) Qua A, C, N (Tương tự qua A, B, G) Cả hai trường hợp trên bán kính của đường trịn là 10 (3) 2 20