Một số nguyên lý cơ bản và ứng dụng

Vì các lý do trên, cùng với sự hướng dẫn của cô Nguyễn Thị KiềuNga tôi đã chọn đề tài: "Một số nguyên lý cơ bản và ứng dụng".Khóa luận gồm ba chương: Chương 1: Nguyên lý Dirichlet và ứng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

Người hướng dẫn khoa học

TS Nguyễn Thị Kiều Nga

HÀ NỘI - 2016

3 Nguyên lý xuống thang và ứng dụng trong toán sơ cấp 47

Lời cảm ơn

Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS Nguyễn Thị Kiều Nga, người

đã tận tình hướng dẫn để em có thể hoàn thành khóa luận này

Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các thầy cô giáo trongkhoa Toán, các thầy cô trong tổ Đại số và thư viện trường Đại học Sưphạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập tại trường

Hà Nội, tháng 5 năm 2016

Sinh viên

Phan Thị Tuyết Chinh

Lời cam đoan

Em xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS Nguyễn Thị Kiều Nga,khóa luận chuyên ngành Đại số với đề tài:"Một số nguyên lý cơ bản

và ứng dụng" được hoàn thành bởi sự nhận thức và tìm hiểu của bảnthân

Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện khóa luận, em có tham khảotài liệu của một số tác giả với sự biết ơn chân thành

Hà Nội, tháng 5 năm 2016

Sinh viên

Phan Thị Tuyết Chinh

Mở đầu

1 Lí do chọn đề tài

Trong nhà trường, môn toán giữ một vị trí hết sức quan trọng Nógiúp học sinh học tốt các môn học khác, là công cụ của nhiều ngànhkhoa học và là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế Đặc biệtToán sơ cấp không chỉ gần gũi với các em học sinh mà còn có tác dụngtrong việc khai thác và phát triển năng lực trí tuệ chung, rèn luyện cácthao tác và phẩm chất tư duy của chúng

Có rất nhiều phương pháp khác nhau để giải quyết các bài toán sơcấp, trong đó người ta có thể sử dụng một công cụ hữu ích là các nguyên

lý cơ bản Đây là cách đưa các bài toán đã cho về các bài toán đơn giảnhơn, sử dụng linh hoạt các nguyên lý này sẽ là một lợi thế lớn giúp các

em học sinh phát triển niềm đam mê với toán học và năng lực tư duycủa bản thân

Vì các lý do trên, cùng với sự hướng dẫn của cô Nguyễn Thị KiềuNga tôi đã chọn đề tài: "Một số nguyên lý cơ bản và ứng dụng".Khóa luận gồm ba chương:

Chương 1: Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng trong toán sơ cấp

Chương 2: Nguyên lý cực hạn và ứng dụng trong toán sơ cấp

Chương 3: Nguyên lý xuống thang và ứng dụng trong toán sơ cấp

2 Mục đích nghiên cứu

Sử dụng các nguyên lý cơ bản để giải các bài toán sơ cấp

3 Đối tượng nghiên cứu

- Nguyên lý cơ bản

- Các bài toán sơ cấp được ứng dụng các nguyên lý cơ bản

4 Phương pháp nghiên cứuTham khảo tài liệu, phân tích, so sánh và hệ thống hóa và tổng hợp

có một cái lồng chứa ít nhất 2 con thỏ.

Chứng minh Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử n + 1 con thỏnhốt vào n chiếc lồng mà không lồng nào chứa 2 con thỏ trở lên, tức mỗilồng chứa không quá 1 con thỏ Như vậy, n chiếc lồng chứa không quá

n con thỏ Mâu thuẫn với giả thiết có n + 1 con thỏ Suy ra giả sử sai.Vậy ta có điều phải chứng minh

Sau đây là một số dạng phát biểu khác của Nguyên lý Dirichlet:

Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 2 Nếu n không chia hết cho k, tức n = ka + r với 1 ≤ r ≤

k − 1, (a, r ∈ Z) thì ta giả sử mỗi lồng thỏ không có đến

k

m

= a + 1con thỏ, nghĩa là mỗi lồng có ít hơn hoặc bằng a con Khi đó, k lồng chỉ

có k.a = n − r < n con (mâu thuẫn với giả thiết có n con thỏ).Do đóđiều giả sử là sai

Vậy ta có điều phải chứng minh

Cho A và B là hai tập hợp không rỗng có số phần tử hữu hạn mà sốphần tử của A lớn hơn số phần tử của B Nếu với một quy tắc nào đó

mà mỗi phần tử của A tương ứng với một phần tử của B thì tồn tại ítnhất 2 phần tử khác nhau của A cùng tương ứng với một phần tử củaB

Cho hai tập hợp hữu hạn A và B, gọi |A| và |B| lần lượt là số phần tửcủa A và B Giả sử có một số tự nhiên k nào đó mà |A| > k |B| và cómột quy tắc tương ứng mỗi phần tử của A với một phần tử của B Khi

đó tồn tại ít nhất k + 1 phần tử khác nhau của A cùng tương ứng vớimột phần tử của B.

chúng có điểm trong chung Ta nói điểm M là điểm trong của tập Xnếu có đường tròn tâm M bán kính đủ nhỏ sao cho nó nằm hoàn toàntrong X

Nguyên lý Dirichlet cho độ dài và thể tích các vật được phát biểu tươngtự

Cơ sở lý luận: Để vận dụng nguyên lý Dirichlet ta thấy rằng việc nhận

ra "lồng" và "thỏ" là điểm mấu chốt Vì vậy khi giải các bài toán sơcấp, ta cần xem xét kỹ đối tượng nào là "lồng", đối tượng nào là "thỏ"hay đôi khi ta phải tạo ra "lồng" và "thỏ" để đưa bài toán đã cho về bàitoán đơn giản hơn

= 8 học sinh có số điểm bằng nhau.

Ví dụ 1.1.4 Trong trường phổ thông có 4 mức xếp loại học tập: giỏi,khá, trung bình, yếu Hỏi để 1 lớp của trường đó chắc chắn có 10 họcsinh xếp cùng loại học tập thì số học sinh của lớp đó ít nhất bằng baonhiêu?

= 10 Suy ra n = 37

1.2 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào số học

Việc tìm lời giải cho các bài toán số học thường gặp rất nhiều khó khăn.Tuy nhiên nguyên lý Dirichlet là một công cụ hiệu quả và sắc bén được

sử dụng để giải quyết các bài toán số học, mà lời giải được trình bày đơngiản và dễ hiểu Sau đây là một số bài toán số học ứng dụng nguyên lýDirichlet

Bài tập 1.1 Chứng minh rằng từ 52 số nguyên bất kỳ luôn có thể chọn

ra được 2 số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100

GiảiTất cả các số dư trong phép chia cho 100 là 100 số khác nhau từ 0 đến

99 Ta chia thành các nhóm như sau:

{0} , {1, 99} , {2, 98} , , {49, 51} , {50}

Vì có tất cả 51 nhóm khác nhau mà có 52 số nên theo nguyên lý Dirichletphải có 2 số mà các số dư khi chia cho 100 rơi vào một nhóm Dễ thấyhai số đó là hai số cần tìm vì nếu số dư của chúng bằng nhau thì hiệucủa chúng chia hết cho 100, ngược lại nếu số dư của chúng khác nhauthì tổng của chúng chia hết cho 100

số chia cho 19 dư 1

GiảiTất cả số dư trong phép chia cho 19 là 19 số từ 0 dến 18 Mà theo

Dirichlet trong dãy trên tồn tại 2 số khi chia cho 19 có cùng số dư Giả

10n(10m−n− 1) 19 Mặt khác (10n, 19) = 1 suy ra 10m−n− 1 19 hay

trong dãy 20 số đã cho

Vậy trong dãy số đã cho tồn tại 1 số chia cho 19 dư 1

Nhận xét: bài toán trên có thể phát biểu dưới dạng: tồn tại số tự

Chứng minh rằng hoặc một trong các số tự nhiên đó chia hết cho 5 hoặcmột tổng một số số tự nhiên chia hết cho 5

GiảiXét 5 tổng sau:

đã được chứng minh xong

Trường hợp 2 Nếu không có tổng nào chia hết cho 5 thì mỗi tổng đóchia cho 5 được các số dư là 1 trong 4 số: 1, 2, 3, 4 Như vậy, theo nguyên

lý Dirichlet tồn tại 2 tổng chia cho 5 có cùng số dư Giả sử hai tổng đó

số tự nhiên kề nhau

Vậy tổng một số các số tự nhiên kề nhau chia hết cho 5

Nhận xét: bài toán trên có thể được tổng quát lên như sau: xếp n

số tự nhiên tùy ý thành một hàng thì hoặc có 1 số chia hết cho n hoặctổng của một số số tự nhiên chia hết cho n

Bài tập 1.4 Chứng minh rằng tồn tại một bội của 13 gồm toàn chữ số2.

Giải

Xét dãy gồm 14 số: 2, 22, 222, , 222222 22

14 chữ số 2

Mỗi số chia cho 13 có số

dư là một trong các số từ 0 đến 12 Vậy theo nguyên lý Dirichlet, trongdãy 14 số trên tồn tại 2 số chia cho 13 có cùng số dư Giả sử 2 số đólà: 222222 22

+) Vì a, a + k, a + 2k đều không chia hết cho 3 nên theo nguyên lýDirichlet khi chi cho 3 có ít nhất 2 số có cùng số dư Ta xét các trườnghợp sau:

Trường hợp 1 Nếu a ≡ a + k(mod 3) thì (a + k) − a ≡ 0(mod 3) hay

Trường hợp 2 Nếu a + 2k ≡ a + k(mod 3) thì (a + 2k) − (a + k) ≡

Trường hợp 3 Nếu a + 2k ≡ a(mod 3) thì (a + 2k) − a ≡ 0(mod 3)hay 2k ≡ 0(mod 3) Mà (2,3)= 1 nên suy ra k ≡ 0(mod 3) Vậy trong

mọi trường hợp ta đều có k ≡ 0(mod 3) (2).

Theo nguyên lý Dirichlet, khi chia 1024 số trên cho 1023 thì ít nhất có 2

Vậy ta có điều phải chứng minh

diễn thập phân của số đó không có các chữ số 0, 1, 2, 3

GiảiGọi a là số tự nhiên mà trong biểu diễn thập phân của nó không chứacác chữ số 0, 1, 2, 3 Rõ ràng các số a như vậy là vô hạn Xét dãy số sauđây:

a, aa, aaa, , aaa a

23 121993 +1 số a

nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 số trong dãy có cùng số dư khi

chữ số 0, 1, 2, 3.

P = (a1 − a2)(a1− a3)(a1 − a4)(a1 − a5)(a2 − a3)(a2 − a4)(a2− a5)(a3 −

Giải

thì trong n + 1 số nguyên tùy ý luôn tồn tại 2 số có hiệu chia hết cho

có 2 số có hiệu chia hết cho 3, không làm giảm tính tổng quát giả sử:

a1− a2 3 Bây giờ xét tiếp 4 số a2, a3, a4, a5, lập luận như trên ta được

dãy đang xét) Như thế trong tích P đã cho có 2 hiệu khác nhau cùng

2



= 3 có cùng tính chẵn, lẻ nên ta xét 2 trườnghợp sau:

Trường hợp 1 Nếu có ít nhất 4 số cùng tính chẵn lẻ thì từ 4 số này cóthể lập nên 6 hiệu khác nhau cùng chia hết cho 2, do đó tích của chúng

Trường hợp 2 Nếu có đúng 3 số cùng tính chẵn lẻ Không làm giảm

a1 − a2; a1 − a3; a2 − a3; a4 − a5.Mặt khác, trong 5 số đã cho có ít nhất có 2 số có hiệu chia hết cho 4.

là lũy thừa bậc 4 của 1 số nguyên

(Vì mỗi số tự nhiên là số chính phương khi và chỉ khi tất cả số mũ trongbiểu diễn tiêu chuẩn đều chẵn).

Tiếp tục áp dụng nguyên lý Dirichlet và lấy đi những cặp số như trên

Xét 29+1 cặp được lấy đi Ứng với mỗi cặp (ai, bi) ta có c2i = ai.bi, i = 1, 9

suy ra d4 = c2i.c2j = ai.bi.aj.bj Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài tập 1.10 Chứng minh trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn luônchọn ra được 6 số a1, a2, a3, a4, a5, a6 sao cho

(a1 − a2)(a3 − a4)(a5 + a6) 1800

Giải

Vì 3 số nguyên tố đầu tiên là 2, 3, 5 nên trong 12 số nguyên tố phânbiệt đã cho luôn có 9 số lớn hơn 5 Do đó,

+) Chín số nguyên tố lớn hơn 5 khi chia cho 3 luôn dư 2 hoặc 1 Theo

2



= 5 số chia hết cho 3 cócùng số dư Năm số này lại không chia hết cho 5 nên theo nguyên lý

4



= 2 số chia cho 5 có cùng số dư (vìkhi chia cho 5 có 4 số dư là 1, 2, 3, 4) Không làm giảm tính tổng quát

ta giả sử hai số đó là a1, a2, khi đó a1 ≡ a2(mod 5) và a1 ≡ a2(mod 3).

lẻ nên a5 + a6 2 Từ đây suy ra: (a1 − a2)(a3 − a4)(a5 + a6) 1800.Trường hợp 2 Nếu 4 số này chia cho 5 có 4 số dư khác nhau là 1,

(4) Mà a3, a4, a5, a6 là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên a3, a4, a5, a6 đều

Tóm lại ta có luôn có điều phải chứng minh

Trong mục này, ta sử dụng nguyên lý Dirichlet vào giải các bài toánhình học Thường phương pháp Dirichlet được áp dụng kết hợp kèmtheo phương pháp phản chứng hay các phép biến hình

Bài tập 1.11 Trong hình vuông cạnh 1, đặt 51 điểm phân biệt bất kỳ.Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một đường

= 3 điểm trong số 51 điểm ban đầu Đường tròn (C)

a2s

2

m

n − 1

(trong đó [a] là phần nguyên của a)

Bài tập 1.12 Cho S là một tập hợp gồm 9 điểm khác nhau có các tọa

độ nguyên trong không gian Chứng minh rằng có ít nhất một trung điểmcủa đường nối các cặp điểm đã cho có tọa độ nguyên

GiảiGọi tọa độ 2 điểm bất kỳ trong không gian là A(a, b, c) và B(d, e, f ) Khi

chúng có tọa độ nguyên.

Nhận xét: ta có thể tổng quát bài toán trên trong không gian nhưsau: Trong không gian, cho tập hợp gồm m điểm khác nhau có các tọa độnguyên Chứng minh rằng có ít nhất

2





nối các cặp điểm đã cho có tọa độ nguyên

Bài tập 1.13 Trong mặt phẳng cho 25 điểm Biết rằng trong 3 điểmbất kỳ của 25 điểm luôn tồn tại 2 điểm cách nhau nhỏ hơn 1 Chứngminh rằng tồn tại đường tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm đãcho

Giải

khả năng sau xảy ra:

phải chứng minh

Trường hợp 2 Ngược lại, tồn tại điểm B, (A 6= B), B là 1 trong số 25

Theo giả thiết trong 3 điểm bất kỳ thì trong đó luôn tồn tại 2 điểm cókhoảng cách nhỏ hơn 1 mà AB > 1 nên min{CA, CB} < 1 Từ đây suy

chứa tất cả 25 điểm đã cho Vì thế theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 1

2



= 13 điểm đã cho.Nhận xét: ta có thể tổng quát bài toán trên như sau: Cho 2n + 1điểm trên mặt phẳng (n ≥ 3) Biết trong 3 điểm bất kỳ trong đó luôntồn tại 2 điểm cách nhau nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng tồn tại đườngtròn bán kính 1 chứa không ít hơn n + 1 điểm

Bài tập 1.14 Một khu rừng thông hình vuông, mỗi chiều dài 1000m.Trong khu rừng có 4500 cây thông, cây to nhất đường kính 0,5m.Chứngminh rằng trong khu rừng có ít nhất 60 mảnh đất, diện tích mỗi mảnh

Giải

Ta thấy: 1000m = 48.20m + 47.0.6m + 2.5,9m và : 1000m = 95.10m +94.0,52m + 2.0,56m

Ta chia một cạnh hình vuông thành 48 đoạn dài 20m, khoảng cáchgiữa 2 đoạn là 0,6m, ở 2 đầu là 2 đoạn 5,9m Còn ạnh còn lại của hìnhvuông chia thành 95 đoạn dài 10m, khoảng cách giữa 2 đoạn là 0,52m

và 2 đầu là 2 đoạn dài 0,56m Như vậy, ta có tất cả 45.95 = 4560 mảnh

Mà theo giả thiết, chỉ có 4500 cây thông, mỗi cây có đường kính 0,5m(0,5 < 0,56 < 0,6) nên mỗi cây thông bất kỳ không thể nằm trên 2 mảnhcùng lúc

Bài tập 1.15 Cho 9 đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng

Gọi E, F, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC, AD

Từ cách lập luận trên suy ra mỗi đường thẳng có tính chất thỏa mãn

Bài tập 1.16 Trên mặt phẳng, cho 9 điểm được nối với nhau đôi mộtbới các đoạn màu xanh hoặc màu đỏ sao cho trong 3 điểm bất kỳ bao giờcũng tìm đk 2 điểm nối với nhau bởi màu đỏ Chứng minh rằng trong sốcác điểm đã cho luôn tìm được 4 điểm mà các đoạn thẳng nối chúng đều

có màu đỏ

GiảiGọi 9 điểm đã cho là:A, B, C, D, E, F, G, H, I Xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1 Tìm được 1 điểm là đầu mút của ít nhất 4 đoạn nốimàu xanh, giả sử đó là điểm A và các đoạn màu xanh là AB, AC, AE.Theo giả thiết, trong số 3 đoạn nối 3 điểm bất kỳ luôn có 1 đoạn màu

đỏ nên các đoạn BC, BD, CD, CE, DE có màu đỏ Vậy B, C, D, E là 4điểm cần tìm

Trường hợp 2 Mỗi điểm đều là đầu mút của nhiều nhất 3 đoạn màuxanh Khi đó không thể xảy ra trường hợp cả 9 điểm đều là đầu mútcủa 3 đoạn màu xanh (vì khi đó sẽ có 9.3 :2 = 13,5 đoạn thẳng) Do

đó phải tìm được 1 điểm là mút của 2 đoạn màu xanh, giả sử điểm đó

là điểm I Khi đó I là đầu mút của ít nhất 6 đoạn màu đỏ, giả sử là

IA, IB, IC, ID, IE, IF Theo kết quả bài tập trước có ít nhất 3 trong

số 6 điểm A, B, C, D, E, F tạo thành một tam giác cùng màu Khônglàm giảm tính tổng quát giả sử tam giác đó là ABC Mặt khác, theo giảthiết 3 đoạn nối 3 điểm bất kỳ luôn có 1 đoạn màu đỏ nên ABC là tamgiác đỏ

Vậy A, B, C, I là 4 điểm cần tìm

Bài tập 1.17 Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng 2 màu xanh,

đỏ Chứng minh rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùngmàu

GiảiLấy 5 điểm tùy ý sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng trên mặtphẳng Vì chỉ dùng 2 màu xanh, đỏ nên theo nguyên lý Dirichlet phải

tồn tại 3 điểm trong số đó cùng màu Giả sử 3 điểm đó là A, B, C và cómàu đỏ Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó có 2 trường hợp sauxảy ra:

Trường hợp 1 Nếu G có màu đỏ thì ta có ngay điều phải chứng minh.Trường hợp 2 Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC trên đó lấy

giác A0B0C0 Xét 2 trường hợp sau:

và trọng tâm G của nó có màu xanh

và trọng tâm A màu đỏ

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài tập 1.18 Một hình lập phương có cạnh 15 chứa 11000 điểm Chứngminh rằng có một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000điểm đã cho

GiảiChia mỗi cạnh của hình lập phương thành 13 phần bằng nhau Khi đó,

nhỏ Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất một hình lập phương nhỏ

2197



= 6 điểm trong số 11000 điểm đã cho Mà hình

√

2

r675

169 <

12

r676

12

√

4 = 1

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài tập 1.19 Cho 11 điểm khác nhau trong hình cầu thể tích V Chứngminh rằng qua tâm của hình cầu có thể dựng 2 mặt phẳng sao cho chúng

không chứa trong phần trong bất cứ 1 điểm nào đã cho

GiảiChia hình cầu thành 2 bán cầu bằng 1 mặt phẳng đi qua tâm và 2 điểmbất kỳ từ các điểm đã cho Khi đó 1 bán cầu chứa trong phần trong

nhiều nhất là 4 điểm từ 8 điểm còn lại (do trừ đi tâm và 2 điểm đã lấy).Chia tiếp nửa bán cầu bằng 2 mặt phẳng, mà mỗi mặt phẳng đi qua tâmhình cầu và 2 trong số 4 điểm còn lại Như vậy, bán cầu đó được chiathành 3 "miếng" không chứa điểm nào bên trong và ít nhất thể tích của

1 "miếng" đó lớn hơn 1

1

đầu Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài tập 1.20 Trong hình vuông có diện tích bằng 6, đặt 3 đa giác códiện tích bằng 3 Chứng minh rằng luôn tìm được 2 đa giác mà diện tíchphần chung của chúng không nhỏ hơn 1

Giải

Khi đó ta có:

SA∪B∪C = SA+ SB + SC + SA∩B∩C − SA∩B− SA∩C − SB∩C

hình phẳng có diện tích bằng 6 nên suy ra:

Mặt khác: SA∩B∩C ≥ 0 nên từ (1) suy ra:

Từ (2) theo nguyên lý Dirichlet suy ra tồn tại ít nhất 1 trong 3 số

không nhỏ hơn 1

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài tập 1.21 Cho hình chóp có đáy là đa giác chín cạnh Tất cả cáccạnh bên và 27 đường chéo của đa giác được tô bởi hai màu xanh hoặc đỏ.Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của hình chóp sao cho chúng là nhữngđỉnh của tam giác xanh hoặc đỏ

GiảiXét chín cạnh bên của hình chóp Do chín cạnh này chỉ được tô bới haimàu xanh hoặc đỏ nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 5 cạnh được

tô bởi một màu Không giảm tổng quát ta giả sử 5 cạnh đó là: SA, SB,

SC, SD, SE và chúng có màu xanh Khi đó ta xét 2 trường hợp sau:Trường hợp 1 Nếu 1 trong các cạnh AB, AC, AD, AE, BC, BD,

BE, CD, CE, DE có màu xanh thì cạnh đó cùng với 2 trong 5 cạnhtrên tạo thành một tam giác xanh

Trường hợp 2 Nếu tất cả các cạnh AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE,

CD, CE, DE có màu đỏ thì 3 cạnh trong số các cạnh đó tạo thành tamgiác đỏ

Vậy ta có điều phải chứng minh

1.4 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào giải các bài

toán khác

Nguyên lý Dirichlet ngoài việc được sử dụng để giải các bài toán số học,hình học còn được áp dụng giải các bài toán khác Sau đây là một sốbài toán như vậy

Bài tập 1.22 Cho tập hợp gồm 10 số có 2 chữ số Chứng minh rằngtập hợp đó có ít nhất 2 tập con không giao nhau mà tổng các phần tửcủa chúng bằng nhau

GiảiNếu có 2 tập con giao nhau mà tổng của chúng bằng nhau thì ta có thể

bỏ các phần tử chung đi, khi đó ta sẽ được hai tập con không giao nhau

mà tổng các phần tử vẫn bằng nhau Theo giả thiết, mỗi phần tử củatập đã cho là số có 2 chữ số nên số đó phải nhỏ hơn hoặc bằng 99 Suy

ra tổng các phần tử của tập hợp tối đa là: 99.10 = 990 Mặt khác, số tập

990



= 2 tập con có tổng bằng nhau

|a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4| ≤ 1

20.Giải

Chia đoạn [0, 4] thành 80 đoạn bằng nhau, mỗi đoạn có độ dài 1

i=1βixi −P4

i=1γixi

20

⇔

i=1(βi − γi)xi

20 (1)

... ngang).Xét ô ghi số số 16 Chuyển từ ô ghi số đến ô ghi số 16 khôngquá bước Khi theo nguyên lý Dirichlet tồn bước chuyển có

12 < 16 (mâu thuẫn giả thiết)

Vậy tồn kề có hiệu số ô lớn

Bài...

Nguyên lý cực hạn phát biểu sau:

Cho M tập số thực hữu hạn khác rỗng Khi đó:

i) Tồn số nhỏ số lớn M

ii) Luôn xếp số M theo trật tự tăng giảm.Trong giải toán sơ cấp nguyên. ..

trong toán sơ cấp

Cùng với việc sử dụng nguyên lý Dirichlet giải toán sơ cấp nguyên

lý cực hạn xem phương pháp hay vận dụng cáchlinh hoạt việc khảo sát tập vô hạn hay hữu