Cđ16 ứng dụng nguyên lí dirchlet

- Việc chứng minh nguyên lý này có thể tiến hành bằng lập luận phản chứng rất đơngiản: Giả sử không hộp nào chứa nhiều hơn một đối tượng thì chỉ có nhiều nhất là n đốitượng được xếp tron

Chuyên đề: ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET

I TÓM TẮT LÍ THUYẾT.

- Nguyên lý Dirichlet do nhà toán học người Đức nổi tiếng là Dirichlet đề xuất từ thế

kỷ XX đã được áp dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm trong nhiều bài toán tổ hợp.Nguyên lý này được phát triển từ một mệnh đề rất đơn giản gọi là nguyên lý “nguyên lýquả cam” hay là nguyên lý “chuồng chim bồ câu”: Giả sử có một đàn chim bồ câu bayvào chuồng Nếu số chim nhiều hơn số ngăn chuồng thì chắc chắn có ít nhất một ngăn

có nhiều hơn một con chim

- Một cách tổng quát, nguyên lý Dirichlet được phát biểu như sau: Nếu xếp nhiều hơnn+1 đối tượng vào n cái hộp thì tồn tại ít nhất một hộp chứa không ít hơn hai đối tượng

- Việc chứng minh nguyên lý này có thể tiến hành bằng lập luận phản chứng rất đơngiản: Giả sử không hộp nào chứa nhiều hơn một đối tượng thì chỉ có nhiều nhất là n đốitượng được xếp trong các hộp, trái với giả thiết là số đối tượng lớn hơn n

- Nguyên lí Dirichlet mở rộng: Nếu nhốt n con thỏ vào m cái chuồng thì tồn tại một

chuồng có ít nhất

1

n m m

+ Số thỏ phải nhiều hơn số lồng

+ Thỏ phải được nhốt hết vào các lồng, nhưng không bắt buộc lồng nào cũng phải cóthỏ

5 Cũng có thể có những bài toán phải áp dụng 2, 3 lần nguyên tắc Đirichle

6 Trong suy nghĩ khi giải toán ta cố gắng làm xuất hiện các khái niệm "thỏ" và "lồng",nhưng trong trình bày phần lời giải ta cố gắng diễn đạt theo ngôn ngữ toán học thôngthường.

7 Khi giải xong các bài toán áp dụng nguyên tắc Điriclê, chúng ta cố gắng suy nghĩ đểsáng tạo ra được các bài toán tổng quát hơn hoặc cụ thể hơn Vì chỉ có như thế ta mớithật nắm chắc bài toán mà mình đã làm

Phân tích: Ta thành lập được các cái lồng đó là các lồng chứa số trận đã đấu của các

đấu thủ (có 4 lồng), số đấu thủ ta coi là các con thỏ.

Lời giải

Gọi 5 lồng 0,1, 2,3, 4thứ tự chứa các đấu thủ đã đấu 0,1, 2,3, 4 trận Cũng chú ý rằng hailồng 0 và 4 không thể cùng chứa người Như vậy chỉ có 4 lồng, mà có 5 người, tồn tại 2người trong cùng một lồng tức là tồn tại hai đấu thủ có số trận đấu bằng nhau

Bài 2:

Cho 5 người tùy ý CMR trong số đó có ít nhất 2người có số người quen như nhau(hiểu rằng A quen B thì B quen A)

Phân tích : Chú trọng đến câu hỏi “2 người có số người quen như nhau”

Từ đó hiểu rằng 5 người đóng vai trò là số thỏ Ta có thể tạo ra các lồng như sau: Lồng 1 chứa số người không quen ai, lồng 2 chứa số người có số người quen là 1,…

Lời giải

Gọi lồng 0 chứa những người có số người quen là 0

Gọi lồng 1 chứa những người có số người quen là 1

…

Gọi lồng 4 chứa những người có số người quen là 4

Như vậy ta có 5 lồng Nếu lồng 0 có chứa ai đó thì lồng 4 phải trống Ngược lạinếu lồng 4 có chứa ai đó thì lồng 0 phải trống

Vậy thực chất chỉ có 4 lồng nhốt 5 thỏ nên có ít nhất 2 người ở cùng một phòngtức là hai người đó có số người quen như nhau.

Gọi A0 là phòng chứa các đội có số trận đấu là 0

Gọi A1 là phòng chứa các đội có số trận đấu là 1

…

Gọi A9 là phòng chứa các đội có số trận đấu là 9

Nếu phòng A0 có ít nhất 1 đội thì phòng A9 không có đội nào và ngược lại phòng9

A có ít nhất 1 đội thì phòng A0 không có đội nào

Vậy thực chất chỉ có 9 phòng được sử dụng mà lại có 9 đội nên có ít nhất 2 độivào chung một phòng hay có ít nhất 2 đội có cùng số trận đấu như nhau

Bài 4:

Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội khác) CMR vào bất

cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhautrận nào

Phân tích: Coi 6 đội bóng là 6 con thỏ vậy ta tìm cách thành lập các lồng Vì bài toán yêu cầu tận 3 đội tức 3 con thỏ trong một lồng nên trước tiên ta cần chọn ra 1 con thỏ rồi xét các con thỏ khác cùng tính chất (đã đấu hay chưa đấu) với con thỏ đã chọn Như vậy, khi đó ta tạo ra các lồng như sau : Lồng 1 chứa các đội chưa đấu với đội chọn ra trận nào, lồng 2 chứa các đội đã đấu với đội đã chọn.

Lời giải

Giả sử 6 đội bóng đó là A B C D E F, , , , , Xét độiA:

Theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra: A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 độikhác

Không mất tính tổng quát, giả sử A đã đấu vớiB C D, ,

+ Nếu B C D, , từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh

+ Nếu B C D, , có 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A B C, , từng cặp

đã đấu với nhau

Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặcchưa đấu với nhau trận nào

Bài 5:

Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2 và chỉ có 2 học sinh được điểm

10 Chứng minh rằng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau( điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0 đến 10)

II, II và III, III và I)

Phân tích: Tương tự như 17 điểm được nối với nhau bằng 3 màu à luôn tồn tại một tam giác với 3 cạnh cùng màu tức là 3 nhà toán học trao đổi với nhau về cùng một vấn đề.

Lời giải

Một nhà toán học trao đổi với 16 nhà toán học khác về 3 vấn đề nên theo nguyên

lý Dirichlet có ít nhất 6 người sẽ được một người trao đổi về cùng một vấn đề, giả sử đó

là vấn đề I

6 người này lại trao đổi với nhau về 3 vấn đề:

+ TH1: Nếu có 2 người nào đó cùng trao đổi về vấn đề I thì bài toán được chứngminh

+ TH2: Nếu không có 2 người nào cùng trao đổi về vấn đề 1 thì 6 người này chỉtrao đổi về 2 vấn đề II và III

Một người trao đổi với 5 người còn lại về 2 vấn đề II và III Theo nguyên lýDirichlet có ít nhất 3 người cùng được một người trao đổi về 1 vấn đề, giả sử đó là vấn

đề II Ba người này lại tiếp tục trao đổi với nhau:

+ TH1: Nếu có 2 người nào đó cùng trao đổi với nhau về vấn đề II thì bài toánđược chứng minh

+ TH2: Nếu không có 2 người nào cùng trao đổi với nhau về vấn đề II thì cả 3người này trao đổi với nhau về vấn đề III suy bài toán cũng đã được chứng minh

Vậy luôn có ít nhất 3 nhà toán học trao đổi với nhau về cùng một vấn đề

Dạng 2: Sự sắp xếp, chia đều

Bài 7:

Cho một bảng vuông 4 x 4 Trên 16 ô của bảng, ta đặt 16 số tự nhiên từ 1 đến 16.Chứng minh rằng tồn tại hai ô kề nhau (tức là hai ô có một cạnh chung ) sao cho hiệucác số ở hai ô đó lớn hơn hoặc bằng 3

Phân tích: Vì yêu cầu liên quan đến hiệu hai ô cạnh nhau (hiệu 2 số trong hai ô) nên ta coi số các hiệu có thể của hai ô cạnh nhau là số thỏ, số các cặp ô cạnh nhau từ ô ghi số

1 đến ô ghi số 16 là các lồng.

Lời giải

Xét hàng có ô ghi số 1 và cột có ô ghi số 16 Hiệu giữa hai số này là 15 (coi như là 15thỏ) Số cặp ô kề nhau từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 16 nhiều nhất là 6 (gồm 3 cặp ô chungcạnh tính theo hàng và 3 cặp ô chung cạnh tính theo cột) (coi như có 6 lồng) Ta có:

6 bước chuyển (nhiều nhất là 3 bước theo hàng ngang, 3

bước theo hàng dọc) Tồn tại một bước chuyển có hiệu

lớn hơn hoặc bằng 3 Thật vậy giả sử tất cả các bước

chuyển đều nhỏ hơn hoặc bằng 2 thì từ số 1, qua không quá 6 bước chuyển tăng thêmkhông quá 12, không đạt được đến số 16

Vậy tồn tại hai ô kề nhau có hiệu các số của hai ô đó lớn hơn hoặc bằng 3

Lời giải

Tổng hai số của mỗi cặp trong 8 cặp số có giá trị nhỏ nhất là:1 1 2   , có giá trị lớnnhất là:4 4 8  Như vậy 8 tổng đó nhận 7 giá trị: 2,3, 4,5,6,7,8  Theo nguyên lýDirichlet, tồn tại hai tổng bằng nhau, tức là tồn tại hai cặp có tổng bằng nhau

Bài 9:

Người ta chia một hình vuông thành 16 hình vuông nhỏ bằng cách chia mỗi cạnh thành

4 phần bằng nhau Người ta viết vào mỗi ô của bảng một trong các số a; 0;a sau đótính tổng các số theo từng cột, từng hàng và từng đường chéo Chứng minh rằng trongtất cả các tổng đó luôn tồn tại 2 tổng có giá trị bằng nhau

Phân tích: Có bao nhiêu tổng theo cột, theo hàng, theo đường chéo đó chính là “số thỏ” Mỗi tổng có thể có giá trị bao nhiêu Số giá trị của tổng sẽ là

số “lồng”.

Lời giải

Số hàng: 4; Số cột: 4; Số đường chéo: 2 Như vậy sẽ có 10 tổng

Các giá trị có thể có khi cộng các số trong mỗi hàng, cột hoặc

Phân tích: a) Bài toán yêu cầu kết quả liên quan đến tổng nên ta coi các tổng là các

con thỏ còn các hàng, cột, đường chéo là các lồng.

b) Vì yêu cầu liên quan đến hiệu hai ô cạnh nhau (hiệu 2 số trong hai ô) nên ta coi số các hiệu có thể của hai ô cạnh nhau là số thỏ, số các cặp ô cạnh nhau từ ô ghi số 1 đến

ô ghi số 36 là các lồng.

Lời giải

a) Bảng ô vuông kích thước 6 6 có 6 dòng, 6 cột và 2 đường chéo nên sẽ có 14 tổngcủa các số được tính theo dòng, theo cột và theo đường chéo Mỗi dòng, mỗi cột vàđường chéo đều ghi 6 số thuộc tập 1;0;1 Vì vậy giá trị mỗi tổng thuộc tập hợp

 6; 5; 4; 3; 2; 1;0;1;2;3; 4;5;6       có 13 phần tử Có 14 tổng nhận trong tập 13 giá trị khácnhau nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai tổng có cùng một giá trị

b) Xét hàng có ô ghi số 1 và cột có ô ghi số 36 Hiệu giữa hai số này là 35 (coi như là 35thỏ) Số cặp ô kề nhau từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 36 nhiều nhất là 10 (gồm 5 cặp ô chungcạnh tính theo hàng và 5 cặp ô chung cạnh tính theo cột) (coi như có 10 lồng) Ta có:

50 3.16 2   Từ đó theo nguyên lý Dirichlet có một số xuất hiện ít nhất 17 lần

Bài 12:

Có 20 người quyết định đi bơi thuyền bằng 10 chiếc thuyền đôi Biết rằng nếu hai người

A và B mà không quen nhau thì tổng số những người quen của A và những người quencủa B không nhỏ hơn 19 Chứng minh rằng có thể phân công vào các thuyền đôi saocho mỗi thuyền đều là hai người quen nhau

Lời giải

Nếu trong 20 người không có hai người nào quen nhau thì tổng số người quen củahai người bất kì là 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết là tổng số người quen của haingười không nhỏ hơn 19 Vậy tồn tại một số cặp quen nhau.

Ta xếp mỗi cặp quen nhau đó vào một thuyền đôi

Gọi k là số lượng thuyền lớn nhất mà trong đó ta có thể xếp được những cặp quennhau vào một thuyền và kí hiệu thuyền thứ i xếp hai người A i và B i quen nhau (1 i k)

Giả sử k 9, kí hiệu tập hợp M gồm những người chưa được xếp vào thuyền nào,tức là gồm những người đôi một không quen nhau

Chọn hai người A và B trong tập hợp M Theo bài ra thì tổng số người quen của

A và số người quen của B không nhỏ hơn 19 và những người quen A hoặc quen B đãđược xếp vào thuyền rồi

Như vậy có 19 người quen A hoặc B được xếp vào nhiều nhất là 9 thuyền đôi (trừ

1 thuyền vì A, B chưa được xếp), nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất một thuyềnchở 2 người quen cả A và B (thuyền thứ i nào đó)

Nhưng khi đó ta có thể xếp lại như sau: giữ nguyên k 1 thuyền, còn thuyền thứ ixếp A i và B, còn thuyền thứ k 1 xếp A và B i Điều này mâu thuẫn với giả sử k 9

Theo cách xếp này ta tiếp tục xếp đến hết 10 thuyền sao cho mỗi thuyền haingười đều quen nhau

Bài 13:

Cho tập A 1; 2;3; ;16 Hãy tìm số nguyên dương knhỏ nhất sao cho trong mỗi tậpcon gồm kphần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a b, mà a2 b2 là một số nguyêntố

Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập A thành các cặp hai phần tử phânbiệt a b, mà a2 b2 là một số nguyên tố, ta có tất cả 8 cặp

1; 4 , 2;3 , 5;8 , 6;11 , 7;10 , 9;16 , 12;13 , 14;15               Theo nguyên lý Dirichlet thì 9 phần

tử của X có hai phần tử cùng thuộc một cặp và ta có điều phải chứng minh

Dạng 3: Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào toán chia hết

Phương pháp: Khi chia số a cho số m 0 luôn có m khả năng về số dư là 0,1,….,

Xét tập hợp 39 số tự nhiên liên tiếp S a a1 ; ; ; 2 a39 , a i1 a i 1,1  i 38

Trong tập a a1 ; ; ; 2 a20 luôn tồn tại hai số có tận cùng là 0 và hơn kém nhau 10

Do đó trong hai số này tồn tại ít nhất một số có chữ số hàng chục nhỏ hơn 9, kí hiệu số

Trong 11 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết cho 11

Do vậy, ta có điều phải chứng minh

Bài 2:

Cho 2021 số tự nhiên bất kì Chứng minh rằng trong các số đó có một số chia hết cho

2021 hoặc một tổng các số trong các số đã cho chia hết cho 2021

 Trường hợp 1: Nếu có một số hạng nào của dãy chia hết cho 2021 thì bài toánđược chứng minh.

 Trường hợp 2: Nếu không có số hạng nào của dãy chia hết cho 2021 thì vì có tất

cả 2021 phép chia mà số dư chỉ gồm 1, 2, , 2020 do đó theo nguyên lý Dirichle

có ít nhất hai số hạng của dãy có cùng số dư khi chia cho 2021 Gọi hai số hạng

Vì có 11 số dư mà chỉ có 10 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất

2 số khi chia cho 10có cùng số dư do đó hiệu của chúng chia hết cho 10 (đpcm)

Bài 5:

Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 19941994 199400 0 chia hết cho 1995.

Lời giải

Xét dãy số có dạng: 1994 ; 19941994 ; ;

+) Các số ở dãy trên đều không chia hết cho 1995 thì khi chia từng số cho 1995 sẽchỉ có 1994 khả năng dư là 1 ; 2 ; 3 ; ; 1994.

Vì có 1995 số dư mà chỉ có1994khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại ítnhất 2 số khi chia cho 1995 có cùng số dư, hiệu của chúng chia hết cho 1995

Khi đó 1994 199400 0 chia hết cho 1995 (đpcm)

Mà dãy số trên có 104 số nên sẽ có ít nhất hai số khi chia cho 104 có cùng số dư.Gọi hai số có cùng số dư khi chia cho 104 là 1999avà 1999b(với a > b)

Ta có: 1999a1999 104b 1999 [1999b (a b ) 1] 104

Mà ƯCLN(1999b

, 104) là 1 (vì là hai số nguyên tố cùng nhau) nên 1999(a b ) 1 104

  Đặtk a b – , ta có 1999k 1 104

+) Nếu có một số chia hết cho 2003 thì 11 1100 00 2003  (đpcm)

+) Nếu không có một số nào chia hêt cho 2003 thì sẽ có 2002 khả năng dư là

-11 11 m chu so 1

=11 110 00000 n m chu so 0

  2003 (đpcm)

Bài 8:

Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên chỉ được viết bởi chữ số 2 và chữ số 0 mà số

Trong 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại 10 số tự nhiên liên tiếp có chữ số hàng

chục giống nhau , kí hiệu chữ số hàng chục đó là a ( các chữ số hàng trăm , hàng

nghìn , ….(nếu có ) cũng giống nhau) , còn các chữ số hàng đơn vị là dãy 0;1;2;3;

…;9.Do đó tổng các chữ số của mỗi số cũng là một dãy 10 số tự nhiên liên tiếp , vì thếtồn tại số có tổng các chữ số chia hết cho 10

Bài 11:

Với 39 số tự nhiên liên tiếp, hỏi rằng ta có thể tìm được một số mà tổng các chữ số của

nó chia hết cho 11 hay không ?

Để làm xuất hiện số "thỏ" và số "lồng ta làm như sau:

Trong tập hợp các số dư trong phép chia cho 100 ta lấy ra từng cặp số sao chotổng các cặp đó bằng 100 và thành lập thành các nhóm sau:

0;0 , 1;99 , 2;98 , 3;97 , 4;96 , 5;95 , 6;94 49;51 , 50;50                  Chú ý rằng sẽ có 50cặp như vậy, ta thêm vào cặp 0,0 sẽ có 51cặp (51lồng)

- Đem chia 52 số tự nhiên cho 100 sẽ có 52 số dư (52thỏ)

- Có 52 số dư mà chỉ có 51 nhóm, theo nguyên tắc Đirichle ít nhất cũng phải có 2

số dư cùng rơi vào một nhóm

Rõ ràng là cặp số tự nhiên ứng với cặp số dư này chính là hai số tự nhiên có tổnghoặc hiệu chia hết cho100 (đpcm)

Khi chia các số hạng của dãy này cho m thì xảy ra một trong hai trường hợp sau :

 Có một phép chia hết , chẳng hạn : b m k , thì ta có điều phải chứng minh :

       , ta có điều phải chứng minh

Nhận xét : Phương pháp “tạo thỏ “ trong ví dụ này là dựa vào phép toán cộng và

yêu cầu về tính liên tiếp của các số hạng trong dãy ban đầu của đề bài

Chia bốn số phân biệt a b c d, , , cho 3 luôn có hai phép chia có cùng số dư

 hiệu hai số bị chia đó chia hết cho 3  tồn tại hiệu hai số trong bốn số a b c d, , , chiahết cho 3

Do vậy P chia hết cho 3 (1)

Trong bốn số a b c d, , , nếu có hai số có cùng số dư khi chia cho 4 thì P chia hết cho4;trái lại ,khi chia bốn số đó cho 4 có đủ bốn trường hợp về số dư là 0,1, 2,3  trong bốn

số a b c d, , , có hai số chẵn , hai số lẻ , giả sử a c, chẵn và b d, lẻ (a c- ) 2M và (b d- ) 2M

7

5 2  Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình tròn đồng tâm với hinh vuông a, có bán

2.

1

a m n

  ( trong đó kí hiệu [x] là phần nguyên của x)

Lời giải