Ứng dụng nguyên lí Dirichlet trong toán học

Nguyên lý Dirichlet (The Dirichlet principle) mang tên nhà toán học người Đức: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805 – 1859). Nguyên lý này còn có tên gọi là nguyên lý chuồng chim bồ câu (The Pigeonhole principle) hay nguyên lý sắp xếp đồ vật vào ngăn kéo (The Drawer principle hay The Boxprinciple) .Nguyên lý chứa đựng nội dung dễ hiểu nhưng có ứng dụng sâu sắc và hiệu quả trong nhiều bài toán, đặc biệt là trong các chứng minh về sự tồn tại của một đối tượng thỏa mãn tính chất nào đó

SỞ GD & ĐT ĐĂK NÔNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN CHÍ THANH



Ứng dụng nguyên lí Dirichlet trong toán học

Người thực hiện : PHẠM THỊ HỒNG

GIA NGHĨA – 2015

NGUYÊN LÝ DIRICHLET

Nguyên lý Dirichlet (The Dirichlet principle) mang tên nhà toán học người

Đức: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805 – 1859) Nguyên lý này còn có tên

gọi là nguyên lý chuồng chim bồ câu (The Pigeonhole principle) hay nguyên lý sắp xếp đồ vật vào ngăn kéo (The Drawer principle hay The Boxprinciple)

.Nguyên lý chứa đựng nội dung dễ hiểu nhưng có ứng dụng sâu sắc và hiệu quả trong nhiều bài toán, đặc biệt là trong các chứng minh về sự tồn tại của một đối tượng thỏa mãn tính chất nào đó

1 NGUYÊN LÍ DIRICHLET

1.1 Nguyên lý Dirichlet dạng đơn giản

Nếu nhốt hết n+1 (n là số nguyên dương) con thỏ vào n chuồng thì có ít nhất 1 chuồng có từ 2 con trở lên

Ví dụ 1.1 Trong tập hợp 13 người bất kỳ, luôn tồn tại 2 người có cùng tháng sinh

Ví dụ 1.2 Một triệu cây thông được trồng trong một cánh rừng Biết rằng không

cây thông nào có nhiều hơn 600000 lá Vậy trong cánh rừng đó có hai cây thông

có cùng số lá (Bởi chúng ta có một triệu “chú thỏ” là những cây thông nhưng chỉ

có 600001 chuồng bồ câu đánh số từ 0 đến 600000 tương ứng với số lá có thể có

trên những cây thông)

1.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tổng quát

Nếu nhốt hết n m + r (m, n, r là các số nguyên dương) con thỏ vào n chuồng thì

phải có ít nhất một chuồng chứa từ m +1 con trở lên

Ví dụ 1.3 Trong tập hợp 30 người bất kì, có ít nhất 3 người trùng tháng sinh

Ví dụ 1.4 Cho X = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, S là tập con bất kỳ của X có 7

phần tử Chứng minh rằng luôn tồn tại hai phần tử của S mà tổng của chúng

bằng 10

Giải:

Những tập con H10;10 ;H2  1;9 ;H3  2;8 ;H4  3;7 ;H5  4;6 ;H6  5

có thể coi như 6 chuồng thỏ và các phần tử của S coi như 7 con thỏ Theo nguyên lý Dirichlet ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.5 Cho X là một tập hợp bất kỳ gồm 7 số nguyên phân biệt Hãy chỉ ra rằng có

hai số nguyên x, y thuộc X thỏa mãn x + y hoặc x - y chia hết cho 10

Giải:

Giải sử X x x x x x x x1; 2; ;3 4; 5; 6; 7 là tập hợp gồm 7 số nguyên phân biệt

1 i / i 0

H  x r  H2 x i /r i 5

3 i / i 1 i 9

H  x r   r H4 x i /r i   2 r i 8

5 i / i 3 i 7

H  x r   r H6 x i /r i   4 r i 6

Vậy có 6 chuồng cho 7 con thỏ

Nếu x và y cùng thuộc H hoặc 1 H thì cả x + y và x - y chia hết cho 10 2

Nếu x và y thuộc một trong 4 tập còn lại thì x + y hoặc x - y chia hết cho 10

nhưng không xảy ra cả x + y hoặc x - y chia hết cho 10

Ví dụ 1.6 Cho 9 điểm nằm trong hình vuông đơn vị Chứng minh rằng tồn tại 3điểm

trong các điểm đã cho tạo thành một tam giác có diện tích không vượt quá 1

8

Giải

Chia hình vuông đã cho thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau Khi đó 4 hình vuông này là 4 chuồng Chín điểm là 9 thỏ Vậy có 3 điểm nằm trong cùng một

hình vuông nhỏ diện tích 1

4 tạo thành một tam giác Cắt hình vuông nhỏ đó thành 2 hình chữ nhật bởi một đường thẳng đi qua một đỉnh của tam giác và song song với một cạnh hình vuông (xem hình vẽ)

Trong mỗi phần, dễ thấy diện tích tam giác không vượt quá nửa diện tích hình chữ nhật Từ đó ta có điều phải chứng minh

Chú ý: Trong bài toán này, ta coi ba điểm thẳng hàng là tam giác có diện tích bằng 0

Nhận xét 1.1: Qua các ví dụ trên chúng ta thấy có một cách xây dựng các chuồng thỏ

là chia nhỏ đối tượng ban đầu thành n – chuồng Sau đây chúng ta xét đến những ví dụ

mà có thể xây dựng những dãy số như là những con thỏ

Ví dụ 1.7 Cho tập hợp X gồm n số nguyên bất kỳ Chứng minh X luôn có một tập con

mà tổng của các số nguyên có trong tập hợp đó chia hết cho n

Giải:

Giả sử X a a1; 2; ;a n Xét dãy S S1; 2; S (1) n

với S1a S1, 2  a1 a2, ,S n  a1 a2  a n

Nếu trong dãy (1) có một tổng chia hết cho n thì yêu cầu bài toán thỏa mãn

Ngược lại, xét n “thỏ” là n số hạng trong dãy (1) Các “chuồng” là

(n-1) số dư 1, 2, 3 ,…, n-1 khi chia một số nguyên cho n Theo nguyên lí Dirichlet có hai số ,S S vơ i J ́ i i<j trong dãy (1) có cùng số dư khi chia cho n

Do đó,S j S i a i1  a j là tổng chia hết cho n

Ví dụ 1.8 Cho tập hợp X gồm n số thực bất kỳ Chứng minh rằng luôn tồn tại một tập

con S khác rỗng của X và một số nguyên m thỏa mãn:

1 1

x S

n







Giải:

Giả sử X a a1; 2; ;a n Gọi phần lẻ của một số thực x là x x , kí hiệu  x Xét

dãy       S1 , S2 , , S n 1 vớ iS1a S1, 2  a1 a2, ,S n  a1 a2  a n

Nếu trong dãy (1) có một số  S k thuộc đoa ̣n 0; 1

1

n

  hoặc 1;1

n n

  thì ta dễ dàng chỉ ra có số m thỏa mãn bất đẳng thức đã cho Tập S lúc này chính làa a1; 2; ;a n

Trường hợp còn lại, chúng ta coi n phần lẻ đó là những con thỏ, n -1 chuồng là các đoạn 1 ; 2 , 2 ; 3 , , 1;



Theo nguyên lí Dirichlet có  S i , S j vớ i i < j thuộc cùng một đoạn Khi đó tồn tại

 i 1; i 2; ; j

S  a a a và số nguyên m bất kì thỏa mãn yêu cầu bài toán

Nhận xét 1.2: Trong ví dụ 1.8 chúng ta phải kết hợp hai công việc: vừa xây dựng dãy

số, vừa phân chia một tập hợp nào đó để tạo thành các chuồng Các ví dụ 1.9, ví dụ 1.10 cho thấy lợi ích của việc qui bài toán ban đầu về bài toán liên quan đến dãy nhị phân

Ví dụ 1.9 Cho X là một tập hợp m số nguyên dương Gọi p p1; 2; ;p là các ước n

mà tích của chúng là một số chính phương

Giải:

Mỗi số M trong X mã hóa bởi một dãy nhị phân x x1; 2; ;x trong đó n x i 0 nếu số

mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của M là chẵn; i x i 1 nếu số mũ của p trong i

phân tích tiêu chuẩn của M là lẻ Ta xác định m thỏ là m số trong X Các chuồng là 2n

dãy nhị phân có độ dài n Khi đó có hai số có tương ứng cùng dãy nhị phân Tích hai

số này là một số chính phương

Ví dụ 1.10 Một dãy m số nguyên dương chứa chính xác n số hạng phân biệt.Chứng

m

chúng là một số chính phương

Giải:

Lấy b b1; ; ;2 b là một dãy trong đó n b ib b1; ; ;2 b n,1 i m. Với mỗi jmta xét dãy con những số hạng liên tiếp b b1; ; ;2 b Ứng với mỗi j

dãy con này ta có một bộ K jk k1; 2; ;k n trong đó k i 0 nếu a xuất hiện số chẵn i

lần trong dãy con trên, trường hợp còn lại k i 1

Nếu tồn ta ̣i j m K j0;0; ;0 thì b b1 2 b là số chính phương j

Trường hợp còn lại, ta lấy m thỏ là m bộ ,1k j  j m có 2nchuồng thỏ là số các giá trị của k k1; 2; ;k nvới k i 0 hoặc k i 1 Theo giả thiết có hai bô ̣ K l K j jl Khi đó trong dãy b j1;b j2; ;b l mỗi a xuất hiện số chẵn lần Vâ i ̣y tích b j1.b j2 b l là số chính phương

Ví dụ 1.11 Trong mặt phẳng có 2015 điểm sao cho cứ 3 điểm bất kỳ có ít nhất 2 điểm

cách nhau một khoảng nhỏ hơn 1 cm Chứng minh rằng trong các điểm đã cho có

1008 điểm nằm trong một hình tròn bán kính bằng 1 cm

Giải:

Xét hình tròn (C) tâm A, bán kính bằng 1

- Nếu tất cả 2015 điểm đều thuộc (C) thì (C) là hình tròn cần tìm

- Nếu có điểm B sao cho AB ≥1 thì xét thêm hình tròn (C’) tâm B, bán kính 1

Với mỗi điểm E trong 2013 điểm còn lại thì E thuộc (C) hoặc E thuộc (C’) Từ đây có

điều phải chứng minh

Nhận xét 1.3: Trong ví dụ này, xuất phát từ một đối tượng ban đầu là điểm A Ta

xây dựng nên các chuồng từ đó vận dụng nguyên lí Dirichlet vào giải toán Phương pháp này được gọi là phương pháp tạo n – chuồng từ đối tượng xuất phát ( Xem tài liệu giáo khoa chuyên Toán 10)

Ngoài một số phương pháp nêu trên, chúng ta có thể xây dựng bảng và áp

dụng nguyên lý Dirichlet cho các hàng (cột) để suy ra các tính chất cần sử dụng

Ví dụ 1.12 Người ta sơn đỏ một số cung của đường tròn với tổng độ dài các cung bé

hơn nửa chu vi đường tròn Chứng minh rằng tồn tại một đường kính của đường tròn

đã cho có hai đầu không bị sơn đỏ

Giải:

Ta sơn xanh tất cả các cung đối xứng với các cung đã bị sơn đỏ của đường tròn Từ giả thiết ta suy ra, tổng độ dài của tất cả các cung bị sơn bé hơn chu vi đường tròn Do đó tồn tại một điểm không bị sơn và dễ thấy đường kính qua

điểm này chính là đường kính cần tìm

Nhận xét 1.4: Trong lời giải này chúng ta đã tạo ra những chuồng có sức chứa không

hết thỏ Vì vậy còn thỏ ở ngoài chuồng

1.3 Áp dụng nguyên lí Dirichlet vào các bài toán hình học

Nguyên lí dirichlet tưởng chừng như đơn giản như vậy, nhưng nó là một công cụ hiệu quả dùng để chứng mình nhiều kết quả hết sức sâu sắc của toán học Nguyên lí Dirichlet cũng được áp dụng cho các bài toán của hình học, điều đó được thể hiện qua

hệ thống bài tập sau:

Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt “thỏ” vào“chuồng” và thoả mãn các điều kiện :

+ Số „thỏ” phải hiều hơn số chuồng

+ “Thỏ” phải được nhốt hết vào các “chuồng”, nhưng không bắt buộc chuồng nào cũng phải có thỏ Thường phương pháp Dirichlet được áp dụng kèm theo phương pháp phản chứng Ngoài ra nó còn có thể áp dụng với các phép biến hình

Ví dụ 1.13 Trong hình tròn đường kính bằng 5 có 10 điểm Chứng minh rằng tồn tại

ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bé hơn hoặc bằng 2

Giải:

Thật vậy, trong đường tròn tâm O đường kính 5 , vẽ đường tròn đồng tâm và

đường kính 2 Chia hình tròn đã cho thành 9 phần ( xem hình 7.2) đường tròn đường

kính 2 và 8 phần bằng nhau II, III, …, IX mà mỗi phần là 1

8 hình vành khăn Rõ ràng I

có đường kình bằng 2

V VI

VII VIII

III

IV I

Xét chẳng hạn hình III ABCD ( có là 1/8 hình vành khăn) Ta hãy tính đường kính của nó Có thể thấy ngay đường kính của III là d = AD = BC

C

B D

Vì  45o

DOA , nên

2 os45

=

2 2

1 2 1

   

 

 

=24 5 2

1

4   2

Tù đó suy ra 2 29 5

.1, 4

d   ( do 2 =1,4142…) d<2

Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất hai điểm rơi vào một trong các miền I, II, III, … ,IX có đường kính bằng 2, còn các miền II, …, IX có đường kính bằng nhau

và bằng d (d>2), từ đó suy ra tồn tại hai trong số 10 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2 Đó là đpcm

Ví dụ 1.14 Trên mặt phẳng cho 25 điểm Biết rằng trong ba điểm bất kì trong số đó

luôn luôn tồn tại hia điểm cách nhau nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm đã cho

Giải:

Lấy A là một trong số 25 điểm đã cho Xét hình tròn O A1( ,1) tâm A bán kính 1 Chỉ

có hai khả năng sau có thể xảy ra:

1) Nếu tất cả các điểm đã cho nằm trong O A1( ,1) thì kết luận của bài toán hiển nhiên đúng

2) Tồn tại điểm BA ( B thuộc trong số 25 điểm đã cho), sao cho BO A1( ,1),

vì BO A1( ,1), nên AB>1

Xét hình tròn O B2( ,1) tâm B, bán kính 1 Lấy C là điểm bất kì trong số 25 điểm đã cho sao cho C A C,  B Theo giả thiết( và dựa vào AB>1), ta có Min{CA,

CB}<1

Vì thế CO A1( ,1), hoặc CO B2( ,1)

Điều này chứng tỏ rằng các hình tròn O A1( ,1), O B2( ,1) chứa tất cả 25 điểm đã cho

Vì thế theo nguyên lí Dirichlet, ít nhất 1 trong hai hình tròn trên chứa 13 điểm đã cho Đó là đpcm

Tổng quát bài toán :

Cho 2n+1 điểm trên mặt phẳng ( với n 3 ) Biết rằng trong ba điểm bất kì trong số

đó luôn luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1 Khi đó tồn tại hình tròn bán kính

1 chứa không ít hơn n+1 điểm đã cho

Ví dụ 1.15 Tìm hình vuông có kích thước bé nhất, để trong hình vuông đó có thể

sắp xếp năm hình tròn bán kính 1, sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng

có điểm chung

Giải:

Giả sử hình vuông ABCD có tâm O và cạnh a, chứa năm hình tròn không cắt nhau

và đều có bán kính bằng 1 Vì cả năm hình tròn này đểu nằm trọn trong hình vuông, nên các tâm của chúng nằm trong hình vuông A‟B‟C‟D‟ có tâm O và cạnh a-2, ở đây A‟B‟//AB Các đường thẳng nối các trung điểm cùa các cạnh đối diện của hình vuông A‟B‟C‟D‟ chưa A‟B‟C‟D‟ thành 4 hình vuông nhỏ Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một trong 4 hình vuông nhỏ mà trong hình vuông này chứa ít nhất hai trong số 5 tâm hình tròn nói trên ( không mất tính tổng quát ta giả sử là O‟ và O”)

Để ý rằng vì không có hai hình tròn nào ( trong số năm hình tròn) cắt nhau, nên

O‟O”2 (1)

Mặt khác do O‟, O” cùng nằm trong một hình vuông nhỏ (cạnh của hình vuông nhỏ

đó bằng 2

2

) nên ta lại có O‟O” 2 2

2

 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

2

2

a

a

O

C' D'

B'

C D

O'

O"

A'

Vậy mọi hình vuông cạnh a thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta đều có (3)

Bây giờ xét hình vuông ABCD có a=2 22 Xét năm hình tròn có tâm là O, A‟, B‟, C‟, D‟ (xem hình 9) , thì mọi yêu cầu của đề bài thỏa mãn Tóm lại, hình vuông có kích thước bé nhất cần tìm là hình vuông với cạnh 2 2 2

Ví dụ 1.16 Chứng minh rằng trong một hình tròn bán kính 1, không thể chọn được

quá 5 điểm mà khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong chúng đều lớn hơn 1

Giải:

Chia hình tròn thành 6 hình quạt bằng nhau (tâm các hình quạt đều tại tâm O

đã cho)

Ta biết rằng khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong một hình quạt nhỏ hơn hoặc

bằng 1, vì thế từ giả thiết suy ra tại mỗi hình quạt có không quá 1 điểm rơi vào Giả thiết phản chứng chọn được quá năm điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài Vì lí do trên nên số điểm không thể quá 7(vì nếu số điểm chọn được mà lớn hơn hoặc bằng 7 thì theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai điểm được chọn nằm trong một cung hình

quạt mà điều này mâu thuẫn với nhận xét trên.)

A2

A3

A4

A5

A6

A1

Vậy từ giả thiết phản chứng suy ra tồn tại sáu điểm A A A A A A và mỗi điểm 1, 2, 3, 4, 5, 6 nằm trong một hình quạt sao cho khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong chúng đều lớn hơn 1

A OA A OA A OA A OA A OA A OA 

Khi đó suy ra: 

0 0 1

1,6

360

60 6

i i i

AOA

   (ở đây đặt A7  A1)

Xét tam giác A OA k k1(với k{1, 2,3, 4,5,6},A7 A1) và  

1,6 i i k k

i

1 60

k k

OA  OA  A OA  nên từ đó suy ra:

1 ax{ 1 , 1}

Từ đó thao mối liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác A OA k k1, thì

1 ax{ , 1} 1

Điều này mâu thuẫn với A A k k1>1 (vì hệ sấu điếm A A A A A A thỏa mãn yêu 1, 2, 3, 4, 5, 6 cầu đề bài) Từ đó ta thấy giả thiết phản chứng là sai Điều đó có nghĩa là không thể chọn quá 5 điểm thỏa mãn yêu cầu để bài Đpcm

Ví dụ 1.17 Cho 1000 điểm M M1, 2, ,M1000trên mặt phẳng Vẽ một đường tròn bán kính 1 tùy ý Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho

1 2 1000 1000

Giải

Xét một đường kính S S tùy ý của đường tròn, ở đây 1 2 S S là hai đầu của đường 1, 2 kính Vì S S =2, nên ta có; 1 2

2

2

2

1 1000 2 1000















S2

M1

M2

M1000

S1

Cộng từng vế của 1000 bất đẳng thức trên ta có:

((S M1 1S M1 2  S M1 1000) ( S M2 1S M2 2  S M2 1000)2000 (1)

Từ (1) và theo nguyên lí Dirichlet suy ra trong hai tổng của vế trái của (1), có ít nhất một tổng lớn hơn hoặc bẳng 1000

Giả sử S M1 1S M1 2  S M1 1000 1000 khi đó lấy S=S Đó là đpcm 1

Tài liệu tham khảo :

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông Các bài toán hình học

tổ hợp – Phan Huy Khải NXB Giáo dục 2007

Tuyển tập 670 bài toán rời rạc và cực trị chọn lọc Chử biên Nguyễn Đức Đồng

NXB.Hải phòng

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh chuyên toán Chuyên đề chọn lọc tổ hợp và toán rời rạc Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Đặng

Hùng Thắng NXB Giáo dục

Nâng cao và phát triển toán 7 Vũ Hữu Bình NXB.Giáo dục

ENGLISH FOR MATHEMMATICS – Trần Vui – Lương Hà NXB.Giáo dục

Chapter 3 The pigeonhole Principle and Ramsey Numbers

Tuyển tập đề thi Olympic – Nguyễn Hữu Điển

The life and Work of Gustav Lejeune Dirichlet ( 1805 – 1859) - J u



rgen Elstrodt Luận văn thạc sĩ khoa học toán học – Chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp –Lê Thị Bình – Đại học Thái Nguyên_ 2009

Me‟moire sur I‟impossibilite‟ de quelques esquations inde‟termine‟é du cinquie‟me degre‟ – Mr Lejeune Drichlet, professeur en mathe‟matiques

Một số vấn đề phát triển hình học tổ hợp - Nguyễn Hữu Điển- NXB.Giáo dục

Một số chuyên đề toán học và tuổi trẻ - NXB.Giáo dục

Hình học sơ cấp – Đào Tam – NXB Giáo dục

Các trang web:

http://www.mathvn.com

http://www.math.ac.vn

http://www.vnmath.com

http://en.wikipedia.org/wiki

http://scs.mathletics.com

http://forum.mathscope.org

http://www.math.com