Bài toán: Cho đa giác đều $H$ hữu hạn đỉnh. Ta tô màu các đỉnh đa giác bằng một số màu thỏa mãn các đỉnh cùng màu tạo nên một đa giác đều. Chứng minh rằng tồn tại 2 đa giác đều đơn sắc đồng dạng.

Phân tích. Giả sử số đỉnh của giác đều $H$ là $n$ ($n\in \mathbb{Z}, n\ge 3$), ta xếp các đỉnh của $H$ lên đường tròn và đánh số chúng từ 1 đến $n$ theo chiều kim đồng hồ. Cung tạo từ 2 đỉnh kề nhau của $H$ gọi là cung đơn vị.

Một đa giác đều có đỉnh lấy từ $H$ gọi là một đa giác con

Ta cần xem xét các tính chất của các đa giác con này. Do các đa giác con này đều nên chúng phụ thuộc vào số đỉnh và đỉnh xuất phát

VD:$n=6$, $H$ là lục giác đều thì đa giác con 3 đỉnh có đỉnh xuất phát là 1 thì các đỉnh của nó là 1,3,5

Bổ đề 1:  Đa giác con có $d$ đỉnh thì $d|n$

Chứng minh. Xét 2 đỉnh kề nhau của đa giác con, cung tạo bởi 2 góc đó có số đo $\frac{2\pi}{k}$, cung này được hợp thành từ một số cung đơn vị nên $\exists t\in \mathbb{Z}^+:\frac{2\pi}{k}=t.\frac{2\pi}{n}$ hay $n=kt$.

Đa giác con gồm $d$ đỉnh và các đỉnh xuất phát là $a$ ($a\le d$) gọi là đa giác con $(d,a)$

Bổ đề 2: Tập các đỉnh của đa giác con $(d,a)$ là $\{a,a+\frac{n}{d},…,a+(d-1)\frac{n}{d}\}$

Chứng minh.  Áp dụng bổ đề 1, mỗi đỉnh của đa giác con cách nhau đúng $\frac{n}{d}$ cung đơn vị nên hiển nhiên ta có kết quả trên.

Như vậy ta đã tìm hiểu về đặc tính của các đa giác con, do đó thực chất bài toán là việc chia $H$ thành các đa giác con và ta cần chỉ ra tồn tại 2 đa giác con có cùng số đỉnh (do 2 đa giác con đồng dạng khi và chỉ khi chúng có cùng số đỉnh), thực chất là bài toán sau đây:

Bài toán 1: Cho $n \in \mathbb{Z}^+$, các số từ 1 đến $n$ được chia thành các cấp số cộng có công sai là ước thực sự của $n$. CMR tồn tại 2 cấp số cộng có công sai bằng nhau.

Trước khi giải Bài toán 1, ta xét một bài toán tổng quát hơn để nắm được phương pháp giải

Bài toán 2: Giả sử tập số nguyên dương được chia thành các cấp số cộng có phần tử đầu lần lượt là $a_1,a_2,…,a_m$ và công sai lần lượt là $r_1,r_2,…,r_m$. Khi đó:

• $\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+…+\frac{1}{r_m}=1$
• $\frac{a_1}{r_1}+\frac{a_2}{r_2}+…+\frac{a_m}{r_m}=\frac{n-1}{2}$
• CMR: tồn tại 2 cấp số cộng có công sai bằng nhau

Chứng minh. 

• Ta có: $\forall x\in [0,1]$

$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+…=\sum_{i=1}^m(x^{a_i}+x^{a_i+r_i}+…)$

=$\sum_{i=1}^mx^{a_i}(1+x^{r_i}+x^{2r_i}+…)$

=$\sum_{i=1}^m\frac{x^{a_i}}{1-x^{r_i}}$

Từ đó ta có $\sum_{i=1}^m\frac{x^{a_i}}{1+x+…+x^{r_i-1}}=1$  (1)

Cho $x\rightarrow 1$: $\sum_{i=1}^m \frac{1}{r_i}=1$

• Từ đẳng thức  (1) ta lấy đạo hàm 2 vế:

$\sum_{i=1}^m \frac{a_ix^{a_i-1}(1+2x+…+(r_i-1)x^{r_i-2})-x^{a_i}(1+x+…+x^{r_i-1})}{(1+x+…+x^{r_i-1})^2}=0$

Cho $x \rightarrow 1$, kết hợp với câu trên ta có điều phải chứng minh.

• Giả sử phản chứng, $r_1=max_{i=1}^m(r_i)$

Đặt $f(x)=\prod_{i=1}^m(1-x^{r_i})$

Từ (1) ta có $f(x)=\sum_{i=1}^mx^{a_i}\frac{f(x)}{1+x+…+x^{r_i-1}}$

Thay $x=e^{2\pi /r_1}$ thì vô lý, do đó tồn tại 2 cấp số cộng cùng công sai

Từ đây ta áp dụng phương pháp này vào Bài toán 1:

Lời giải bài toán 1:

Giả sử dãy chia thành $m$ cấp số cộng

Ta có: $x.\frac{1-x^n}{1-x}=x+x^2+…+x^n$=$\sum_{i=1}^m (x^{a_i}+x^{a_i+r_i}+…+x^{a_i+r_i(\frac{n}{r_i}-1)})$

=$\sum_{i=1}^mx^{a_i}\frac{1-x^n}{1-x^{r_i}}$

$\Rightarrow \frac{1}{1-x}=\sum_{i=1}^m\frac{x^{a_i}}{1-x^{r_i}}$

Đặt $f(x)=\prod_{i=1}^m(1-x^{r_i})$

Từ (1) ta có $f(x)=\sum_{i=1}^mx^{a_i}\frac{f(x)}{1+x+…+x^{r_i-1}}$

Thay $x=e^{2\pi /r_1}$ thì vô lý.

Tác giả đề cập đến bài toán này vì nó sử dụng một phương pháp rất mới từ bài toán gốc là Bài toán 1, tuy nhiên chúng ta có thể giải một cách trực tiếp như sau ( lời giải của chemthan trên mathscope):

Gọi $n$ là số đỉnh của đa giác, $w$ là căn đơn vị bậc $n$. Đặt các số $w_0,w_1,…,w_{n-1}$ lên các đỉnh 1,2,…,$n$ . Giả sử ta chia thành $t$ đa giác con, đa giác con thứ $i$ có $d_i$ đỉnh và có một đỉnh là $v_i$.
Ta  có: $x_{n-1}=\prod_{i=1}^t\prod_{k=0}^{d_i-1}(x-w^{v_i+k\frac{n}{d_i}})=\prod_{i=1}^t(x^{d_i}-x^{d_iv_i})$ .
Giả sử $d_1<d_2<…<d_t$. Xét hệ số của $x^{d_1}$ ở hai vế ta có ngay điều vô lý.