Chia \(2012\) số \(1\); \(\sqrt{2}\); \(\sqrt{3}\); ... ; \(\sqrt{2024}\) thành \(44\) đoạn gồm \(\left[\right. \sqrt{1} ; \sqrt{3} \left]\right.\); \(\left[\right. \sqrt{4} ; \sqrt{8} \left]\right.\); ...; \(\left[\right. \sqrt{1936} ; \sqrt{2012} \left]\right.\).

 Các đoạn trên có dạng tổng quát là \(\left[\right. \sqrt{k^{2}} ; \sqrt{\left(\right. k + 1 \left.\right)^{2} - 1} \left]\right.\) với \(k \geq 1\).

Như vậy \(90\) số thuộc tập hợp \(X\) nằm trong \(44\) đoạn trên. Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại ba số trong \(90\) số trên nằm trong cùng một đoạn.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử hai số đó là \(x\), \(y\), \(z\) và chúng nằm trong đoạn \(\left[\right. \sqrt{k^{2}} ; \sqrt{\left(\right. k + 1 \left.\right)^{2} - 1} \left]\right.\).

Chia đoạn \(\left[\right. \sqrt{k^{2}} ; \sqrt{\left(\right. k + 1 \left.\right)^{2} - 1} \left]\right.\) thành hai đoạn \(\left[\right. \sqrt{k^{2}} ; \sqrt{\left(\right. k^{2} + k} \left]\right.\) và \(\left[\right. \sqrt{k^{2} + k} ; \sqrt{\left(\right. k + 1 \left.\right)^{2} - 1} \left]\right.\). Khi đó theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số nằm trên cùng một đoạn. Giả sử hai số đó là \(x\), \(y\). Khi đó:

 Nếu \(x\) và \(y\) nằm trên đoạn \(\left[\right. \sqrt{k^{2}} ; \sqrt{\left(\right. k^{2} + k} \left]\right.\) thì ta được

\(\mid x - y \mid \leq \sqrt{k^{2} + k} - \sqrt{k^{2}} < \sqrt{k^{2} + k + \frac{1}{4}} - \sqrt{k^{2}} = k + \frac{1}{2} - k = \frac{1}{2} .\)

 Nếu \(x\) và \(y\) nằm trên đoạn \(\left[\right. \sqrt{k^{2} + k} ; \sqrt{\left(\right. k + 1 \left.\right)^{2} - 1} \left]\right.\) thì ta được:

\(\mid x - y \mid \leq \sqrt{\left(\right. k + 1 \left.\right)^{2} - 1} - \sqrt{k^{2} + k} = \frac{\left(\right. k + 1 \left.\right)^{2} - 1 - k^{2} - k}{\sqrt{\left(\right. k + 1 \left.\right)^{2} - 1} + \sqrt{k^{2} + k}} \&\text{nbsp}; < \frac{k}{2 k} \&\text{nbsp}; = \frac{1}{2} .\)

Vậy trong \(90\) số khác nhau bất kì được lấy ra từ tập \(X\) luôn tồn tại hai số \(x\), \(y\) sao cho \(\mid x - y \mid < \frac{1}{2}\).

Do \(A\) là tập hợp có \(6\) phần tử nên số tập hợp con khác rỗng và khác \(A\) của tập hợp \(A\) là: \(2^{6} - 2 = 62\) (tập hợp con).

Xét tập hợp \(X\) là tập con bất kì trong \(62\) tập hợp con trên và \(T \left(\right. X \left.\right)\) là tổng các phần tử của \(X\).

Tập hợp \(X\) có nhiều nhất \(5\) phần tử thuộc tập hợp \left{\right. 0 ; 1 ; 2 ; . . . ; 14 \left.\right} nên ta có:

\(0 \leq T \left(\right. X \left.\right) \leq 10 + 11 + 12 + 13 + 14 = 60\).

Như vậy với \(62\) tập hợp con của \(A\) như trên thì tồn tại \(62\) tổng không vượt quá \(60\).

Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau. Điều đó chứng tỏ tồn tại hai tập hợp con \(B_{1}\), \(B_{2}\) của tập hợp \(A\) có tổng các phần tử của chúng bằng nhau.

Nếu \(a\), \(b\) chẵn thì \(a^{2} + b^{2}\) là hợp số. Do đó nếu tập con \(X\) của \(A\) có hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố thì \(X\) không thể chỉ chứa các số chẵn.

Suy ra \(k = 9\).

Ta chứng tỏ \(k = 9\) là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có nghĩa là với mọi tập con \(X\) gồm \(9\) phần tử bất kì của \(A\) luôn tồn tại hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố.

Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập \(A\) thành các cặp hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố, ta có tất cả \(8\) cặp \(\left{\right. 1 ; 4 \left.\right}\), \(\left{\right. 2 ; 3 \left.\right}\), \(\left{\right. 5 ; 8 \left.\right}\), \(\left{\right. 6 ; 11 \left.\right}\), \(\left{\right. 7 ; 10 \left.\right}\), \(\left{\right. 9 ; 16 \left.\right}\), \(\left{\right. 12 ; 13 \left.\right}\), \(\left{\right. 14 ; 15 \left.\right}\). Theo nguyên lí Dirichlet thì \(9\) phần tử của \(X\) có hai phần tử cùng thuộc một cặp và ta có điều phải chứng minh.

Nếu \(a\), \(b\) chẵn thì \(a^{2} + b^{2}\) là hợp số. Do đó nếu tập con \(X\) của \(A\) có hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố thì \(X\) không thể chỉ chứa các số chẵn.

Suy ra \(k = 9\).

Ta chứng tỏ \(k = 9\) là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có nghĩa là với mọi tập con \(X\) gồm \(9\) phần tử bất kì của \(A\) luôn tồn tại hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố.

Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập \(A\) thành các cặp hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố, ta có tất cả \(8\) cặp \(\left{\right. 1 ; 4 \left.\right}\), \(\left{\right. 2 ; 3 \left.\right}\), \(\left{\right. 5 ; 8 \left.\right}\), \(\left{\right. 6 ; 11 \left.\right}\), \(\left{\right. 7 ; 10 \left.\right}\), \(\left{\right. 9 ; 16 \left.\right}\), \(\left{\right. 12 ; 13 \left.\right}\), \(\left{\right. 14 ; 15 \left.\right}\). Theo nguyên lí Dirichlet thì \(9\) phần tử của \(X\) có hai phần tử cùng thuộc một cặp và ta có điều phải chứng minh.

Gọi ba đa giác đó là \(A\), \(B\) và \(C\).

Khi đó \(\mid A \mid + \mid B \mid + \mid C \mid = 20\).

Ta có: \(\mid A \cup B \cup \&\text{nbsp}; C \mid = \mid A \mid + \mid B \mid + \mid C \mid - \left(\right. \mid A \cap B \mid + \mid B \cap C \mid + \mid C \cap A \mid \left.\right) + \mid A \cap B \cap C \mid\). (∗)

Do \(A\), \(B\) và \(C\) nằm trong hình vuông diện tích \(16\) nên \(\mid A \cup B \cup \&\text{nbsp}; C \mid \leq \&\text{nbsp}; 16\) và hiển nhiên \(\mid A \cap B \cap \&\text{nbsp}; C \mid \geq 0\), từ đó kết hợp với (∗) ta suy ra \(16 \geq \mid A \mid + \mid B \mid + \mid C \mid - \left(\right. \mid A \cap B \mid + \mid B \cap \&\text{nbsp}; C \mid + \mid C \cap \&\text{nbsp}; A \mid \left.\right)\) hay \(\mid A \cap B \mid + \mid B \cap C \mid + \mid C \cap \&\text{nbsp}; A \mid \geq \&\text{nbsp}; \mid A \mid + \mid B \mid + \mid C \mid - \&\text{nbsp}; 16 = 4\).

Do đó một trong ba số \(\mid A \cap B \mid\), \(\mid B \cap \&\text{nbsp}; C \mid\) và \(\mid C \cap \&\text{nbsp}; A \mid\) sẽ có ít nhất một số không nhỏ hơn \(\frac{4}{3}\) hay số đó sẽ lớn hơn \(1\), giả sử \(\mid A \cap B \mid > 1\).

Vậy \(A\) và \(B\) là hai đa giác thỏa mãn bài toán. Ta có điều phải chứng minh.