Nguyên lý Dirichlet cơ bản
Định lý 1 Nếu nhốt n+ 1 chú thỏ được nhốt vào n chuồng thì bao giờ cũng có 2 con thỏ bị nhốt vào cùng một chuồng.
Nguyên lý Dirichlet mở rộng
Định lý 2 Nếu nhốt n chú thỏ vào m lồng mà phép chia m n > k thì tồn tại một lồng chứa ít nhất k+ 1 chú thỏ
Chứng minh Ta dễ dàng chứng minh được bằng phản chứng.
Nếu giả sử rằng mọi lồng thỏ đều chứa số thỏ nhỏ hơn k + 1, thì số thỏ trong mỗi lồng sẽ không vượt quá k Điều này dẫn đến tổng số thỏ không vượt quá m.k, điều này mâu thuẫn với việc có n con thỏ Do đó, giả thiết phản chứng là sai, và nguyên lý Dirichlet mở rộng đã được chứng minh.
Nguyên lý Dirichlet là một định lý quan trọng trong lý thuyết tập hợp, có thể được diễn đạt qua các phát biểu liên quan đến tập hợp hữu hạn và mở rộng cho tập vô hạn.
Nguyên lý Dirichlet mở rộng cho tập hữu hạn
Cho A là tập hữu hạn phần tử Kí hiệu|A| là số lượng các phần tử thuộc
Định lý 3 khẳng định rằng với hai tập hợp A và B có số phần tử hữu hạn và |A| > |B|, nếu mỗi phần tử của A tương ứng với một phần tử của B, thì sẽ có ít nhất 2 phần tử của A tương ứng với cùng một phần tử của B Định lý 4 mở rộng điều này, cho biết rằng nếu |A| > k|B| với k là một số tự nhiên, thì sẽ tồn tại ít nhất k + 1 phần tử của A tương ứng với cùng một phần tử của B.
Để chứng minh rằng k = 1 là đúng, ta giả sử mỗi phần tử của tập B chỉ tương ứng với nhiều nhất k phần tử của tập A Điều này dẫn đến việc |A| ≤ k|B|, điều này mâu thuẫn với giả thiết |A| > k|B| Đây là nội dung của Định lý 5, hay còn gọi là Nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn.
Cho tập hữu hạn S 6= ∅ và S 1 , S 2 , S 3 , , S n là các tập con của S sao cho
|S 1 |+|S 2 |+ +|S n | > k.|S| Khi đó tồn tại một phần tử x ∈ S sao cho x là phần tử chung của k+ 1 tập S i với i= 1,2, , n. Định lý 6 Định lý tương đương
Nguyên lý Dirichlet (mở rộng) và nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn tương đương nhau.
Chứng minh Thật vậy chứng minh thuận, giả sử S có m phần tửx 1 , x 2 , , x n Xét tập X = {(x i , S j ), i = 1,2, , m;j = 1,2, , n}.
Chúng ta phân bố các phần tử của tập X vào m hộp từ 1 đến m Nếu phần tử x i thuộc tập S j, thì cặp (x i , S j ) sẽ được xếp vào hộp i, với i từ 1 đến m và j từ 1 đến n Theo nguyên lý Dirichlet, sẽ tồn tại ít nhất một hộp i có ít nhất k + 1 phần tử.
Từ đó suy ra tồn tại phần tử x i là phần tử chung của k + 1 tập S i với i = 1,2, , n.
Ngược lại chứng minh đảo, kí hiệu n phần tử là j = 1,2, , n Ta phân bố các phần tử j = 1,2, , n vào m hộp H i , i = 1,2, , m.
Kí hiệu S = {H i |i= 1,2, , m}, S j = {H i |j ∈ H i } với mọi j = 1,2, , n. Hiển nhiên |S j | = 1 với mọi j và |S| = m.
Theo nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn tồn tại phần tử H i chung của k + 1 tập S j , tức là tồn tại hộp H i chứa ít nhất k+ 1 phần tử.
Nguyên lý Dirichlet đối với tập vô hạn phần tử
Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng
Ta kí hiệu d(I) là độ dài của của khoảng I ⊂ R. Định lý 7 (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng)
Cho A là một khoảng giới nội, A 1 , A 2 , , A n là các khoảng sao cho A i ⊂ A(i= 1,2, , n) và d(A)< d(A 1 ) +d(A 2 ) + +d(A n ) Khi đó có ít nhất
2 khoảng trong số các khoảng trên có một điểm trong chung.
Để chứng minh, giả sử không có cặp nào trong các khoảng đã cho có điểm chung Khi đó, tổng độ dài của các khoảng d(Sn i=1A i ) sẽ lớn hơn độ dài của khoảng A, tức là d(Sn i=1A i ) = d(A 1 ) + d(A 2 ) + + d(A n ) > d(A) Ngược lại, vì A i ⊂ A (với i = 1, 2, , n) nên ta có d(Sn i=1A i ) ≤ d(A) Hai bất đẳng thức này mâu thuẫn với nhau, do đó, ít nhất có hai khoảng trong số các khoảng đã cho có điểm chung.
Một cách phát biểu khác dễ nhớ hơn: Trên đường thẳng cho đoạn AB có độ dài a và một số đoạn A i B i (i = 1, n) có tổng độ dài là b, khi đó:
- Nếu b < a thì bên trong đoạn AB có một điểm M nằm bên ngoài tất cả các đoạn A i B i
- Nếu b > a và đoạn AB chứa tất cả các đoạn A i B i thì tồn tại ít nhất hai đoạn con A i B i có điểm trong chung.
- Nếu b < ka thì bên trong đoạn AB tồn tại điểm M không thuộc quá k −1 đoạn con.
- Nếu b > ka và đoạn AB chứa tất cả các đoạn A i B i thì có ít nhất k+ 1 đoạn con A i B i có điểm trong chung.
Phát biểu trừu tượng của phát biểu tổng quát như sau: Định lý 8 (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng mở rộng)
Cho A là một khoảng giới nội, A 1 , A 2 , A n là những khoảng con của A, k là số tự nhiên thỏa mãn k.d(A)< d(A 1 ) +d(A 2 ) + +d(A n ).
Khi đó tồn tại ít nhất k+ 1 khoảng A i (i= 1,2, , n) có điểm chung trong.
Chứng minh Ta chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạp Trường hợp k = 1 được chứng minh ở định lý trên.
Giả sử định lí đúng với k, ta phải chứng minh nó cũng đúng với k+ 1. Cho A 1 , A 2 , , A n các khoảng con của A thỏa mãn
Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại điểm trong chung của k + 2 khoảng A i (i 1,2, , n).
Vì A i ⊂ A, nên d(A i )≤ d(A) với (i= 1,2, , n), từ đó suy ra d(A 1 ) +d(A 2 ) + +d(A n )≤ n.d(A).
Theo (1.1) ta có (k+ 1).d(A)< d(A 1 ) +d(A 2 ) + +d(A n )< n.d(A). Suy ra: k+ 1 < n.
Ta chứng minh tồn tại điểm chung cho ít nhất k + 2 tập A 1 , A 2 , , A n thỏa mãn (1) bằng quy nạp theo n.
Ta bắt đầu từ n=k + 2, tức là
Vì có tất cả k+ 1 tập hợp A 0 i , từ bao hàm thức trên ta được
(k+ 1).d(A 0 )≥ d(A 0 1 ) +d(A 0 2 ) + +d(A 0 k+1 ) (1.7) Nếu lấy (1.2) trừ đi (1.7) ta có
Từ (1.9) và theo giả thiết quy nạp (mệnh đề đúng với k) suy ra A 1 ∩
Tập hợp A1, A2, , Ak+2 có điểm chung, vì A k+2, A2 ∩ A k+2, , A k+1 ∩ A k+2 đều có điểm chung Do đó, với n = k + 2, từ (1.3) suy ra rằng ít nhất k + 2 tập hợp thỏa mãn điều kiện (1.1) cũng có điểm chung.
Bây giờ chúng ta giả thiết với n≥ k+ 2 có ít nhất k+ 2 tập hợp thỏa (1.1) có điểm trong chung.
Ta sẽ phải chứng minh rằng từ
Suy ra có ít nhấtk+ 2 tập hợp trong dãyA 1 , A 2 , , A n+1 có điểm trong chung.
Thật vậy, chúng ta đặt
Chúng ta sẽ chứng minh một trong các bất đẳng thức sau là đúng:
(k + 1).d(A 0 )< d(A 0 1 ) +d(A 0 2 ) + +d(A 0 n ) (1.17) hoặc là k.d(A 00 )< d(A” 1 ) +d(A” 2 ) + +d(A” n ) (1.18) Thật vậy trong trường hợp ngược lại ta có
Cộng hai vế lại và do(1.15),(1.16) ta có d(A 0 ) +k.d(A)≥ d(A 1 ) +d(A 2 ) + +d(A n ) (1.19)
Cộng hai vế (1.19)với d(A”) và từ (1.15),(1.16) ta có
(k+ 1).d(A)≥ d(A 1 ) +d(A 2 ) + +d(A n ) +d(A n+1 ). Điều này trái với (1.10) nên một trong hai bất đẳng thức (1.17) và(1.18) phải có ít nhất một bất đẳng thức đúng.
Theo giả thiết quy nạp, với n từ (1.17), có ít nhất k + 2 tập hợp trong dãy A 0 1, A 0 2, , A 0 n có điểm chung Điều này dẫn đến kết luận rằng dãy A 1, A 2, , A n cũng thỏa mãn điều kiện tương tự như đã nêu trong (1.11).
Giả thiết quy nạp cho k tập hợp A1, A2, , An cho thấy tồn tại một điểm chung giữa các tập hợp này Theo (1.12), có một điểm mà nó thuộc vào k+1 tập hợp gồm A1, A2, , An và An+1.
Từ (1.10) có thể suy ra rằng trong dãy A1, A2, , An tồn tại k + 2 tập hợp có điểm chung Do đó, kết luận này cũng đúng với n + 1 Qua phương pháp quy nạp, chúng ta có thể khẳng định điều cần chứng minh.
Nguyên lý Dirichlet có thể được áp dụng cho diện tích của một hình (A) và các hình (A1), (A2), , (An) trong mặt phẳng hoặc trên mặt cầu, cũng như cho thể tích V(A) và các thể tích tương ứng.
Tập phần tử là miền phẳng giới hạn bởi một đường
Khái niệm 4 Một tập hợp bị chặn các điểm trong mặt phẳng gọi là bề mặt khi biên của nó không chứa điểm trong (của biên).
1 Nếu A và B là hai bề mặt, những tập hợp A∪B , A∩B , A\B cũng là những bề mặt trong mặt phẳng.
2 Nếu A, B và C là các bề mặt và A không có chung điểm trong với B và C thì A không có điểm trong chung với B∪C. Định lý 9 Mọi bề mặt A những điểm trong mặt phẳng có thể cho tương ứng một số thực không âm S(A) sao cho: a) S(∆) = 1 với ∆ là một hình vuông có cạnh là 1. b) Nếu A và B là hai bề mặt không có điểm chung thì S(A∪B) = S(A)+S(B).
S như trên được xác định duy nhất.
Diện tích của một bề mặt A, ký hiệu là S(A), được định nghĩa cho các hình quen thuộc như tam giác và hình tròn Việc trừu tượng hóa khái niệm diện tích giúp chúng ta khảo sát tính chất của nó một cách dễ dàng Các định lý quan trọng bao gồm: Định lý 10 cho biết nếu A và B là hai bề mặt với A ⊂ B thì S(A \ B) = S(A) - S(B) Định lý 11 khẳng định rằng nếu A1, A2, , An là các bề mặt không có điểm chung, thì S(A1 ∪ A2 ∪ ∪ An) = S(A1) + S(A2) + + S(An) Cuối cùng, Định lý 12 đề cập đến nguyên lý Dirichlet cho diện tích.
Nếu A là một miền giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín, còn A 1 , A 2 , , A n là các miền sao cho A i ⊂ A(i= 1,2, n) và S(A)< S(A 1 ) +S(A 2 ) + +
S(A n ), thì ít nhất có hai miền trong số các miền nói trên có điểm trong chung.
Chứng minh Chứng minh tương tự định lý 7. Định lý 13 (Nguyên lý Dirichlet cho diện tích mở rộng )
Cho A là một miền giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín, còn A 1 , A 2 , , A n là những miền thỏa mãn A i ⊂A(i= 1,2, n) và k là số tự nhiên thỏa mãn k.S(A)< S(A 1 ) +S(A 2 ) + +S(A n ).
Khi đó có ít nhất k+ 1 trong số những miền nói trên có điểm trong chung.Chứng minh Chứng minh tương tự định lý 8.
Tập phần tử là khối ba chiều giới hạn bởi các mặt cong phẳng
Ta kí hiệu V(A) là thể tích khối A. Định lý 14 (Nguyên lý Dirichlet cho thể tích)
Nếu A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, và A1, A2, , An là các khối con sao cho Ai ⊂ A (i = 1, 2, , n), thì nếu V(A) < V(A1) + V(A2) + + V(An), thì ít nhất có hai khối trong số các khối này có điểm chung.
Chứng minh Chứng minh tương tự định lý 7. Định lý 15 (Nguyên lý Dirichlet cho thể tích mở rộng)
Cho A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, A 1 , A 2 , , A n là các khối sao cho A i ⊂ A(i = 1,2, n) còn k là số tự nhiên mà thỏa mãn k.V(A) 0, a được coi là chia hết cho b (ký hiệu b|a) khi tồn tại một số nguyên q sao cho a = bq Trong trường hợp này, a là bội của b, b là ước của a, và q là thương số của phép chia a cho b Ngược lại, nếu không tồn tại số q nào, a không chia hết cho b (ký hiệu b - a).
Các tính chất suy từ định nghĩa:
1 Với mọi số nguyên a >0 thì a|a tức phép chia có tính phản xạ.
2 Nếu b|a và a|c thì b|c tức phép chia hết có tính bắc cầu.
4 Nếu a, b, m, n là các số nguyên và nếu c|a và c|b thì c|(ma+nb). Định lý 16 Với 2 số nguyên bất kì a và b sao cho b > 0, tồn tại duy nhất những số nguyên q và r thỏa mãn a =bq+r và 0 ≤r < b.
Sau đây là các bài toán tiêu biểu.
Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán trùng lặp
Bài toán 2.1 Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị dưới điểm
2, chỉ 2 học sinh được điểm 10 Chứng minh rằng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
Trong lớp học có 43 học sinh, điểm số được phân chia thành 8 loại từ 2 đến 9 Nếu mỗi loại điểm chỉ có tối đa 5 học sinh, tổng số học sinh sẽ không vượt quá 40, điều này cho thấy có ít nhất 6 học sinh có điểm kiểm tra giống nhau.
Trong bài toán này, có 43 điểm kiểm tra từ 2 đến 9, với 8 loại điểm khác nhau Khi chia 43 cho 8, ta được 5 và còn dư 3 Do đó, có 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
Trong bài toán 2.2, có 5 đấu thủ thi cờ, mỗi người thi đấu với một đối thủ khác Chúng ta cần chứng minh rằng trong suốt thời gian thi đấu, luôn có hai đấu thủ có số trận đấu đã tham gia bằng nhau Điều này cho thấy sự tồn tại của ít nhất hai đấu thủ với số trận đấu tương đương trong một nhóm năm người.
Gọi 5 lồng 0,1,2,3,4 thứ tự chứa các đấu thủ đã đấu 0,1,2,3,4 trận. Cũng chú ý rằng hai lồng 0 và 4 không thể cùng chứa người Như vậy chỉ có
4 lồng, mà có 5 người, tồn tại hai người trong cùng một lồng tức là tồn tại hai đấu thủ có số trận đã đấu bằng nhau.
Chú ý: Bài toán đã cho cũng đúng nếu thay số 5 bởi số tự nhiên n bất kỳ lớn hơn 1.
Bài toán yêu cầu viết 16 số, mỗi số có giá trị là 1, 2, 3 hoặc 4, và ghép thành 8 cặp số Cần chứng minh rằng sẽ có ít nhất hai cặp số có tổng bằng nhau.
Tổng hai số của mỗi cặp trong 8 cặp số có giá trị nhỏ nhất là 1 + 1 = 2, có giá trị lớn nhất là : 4 + 4 = 8 Như vậy 8 tổng đó nhận 7 giá trị (2, 3, 4,
5, 6, 7, 8) Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai tổng bằng nhau, tức là tồn tại hai cặp có tổng bằng nhau.
Trong lớp chuyên toán gồm 40 học sinh, chỉ có một em đạt điểm tối đa 10 và một em đạt điểm 4, trong khi các em còn lại đều có điểm từ 5 trở lên Với điều kiện điểm số là các số nguyên, có thể chứng minh rằng ít nhất có 8 em trong lớp có điểm số giống nhau.
Theo giả thiết của bài toán, có một học sinh đạt điểm 10 và một học sinh đạt điểm 4, dẫn đến 38 học sinh còn lại đạt từ điểm 5 đến điểm 9 Mỗi học sinh được coi như một "thỏ", và mỗi loại điểm tương ứng với một "lồng", tạo thành các lồng điểm như sau:
"Lồng 5": nhốt những ai đạt điểm 5.
"Lồng 6": nhốt những ai đạt điểm 6.
"Lồng 7": nhốt những ai đạt điểm 7.
"Lồng 8": nhốt những ai đạt điểm 8.
"Lồng 9": nhốt những ai đạt điểm 9.
5 lồng nhốt 38 thỏ, vậy theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất một lồng nhốt không ít hơn 8 thỏ, bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.5 (Đề thi vô địch Nam Tư, 1970)
Cho trước 20 số tự nhiên a 1 < a 2 < a 3 < < a 20 không vượt quá 70. Chứng minh rằng giữa các hiệu a j −a k (j > k) luôn tìm được ít nhất 4 hiệu bằng nhau.
Giả sử kết luận của bài toán không đúng, khi đó nói riêng trong 19 hiệu sau: a 20 −a 19 , a 19 −a 18 , , a 3 −a 2 , a 2 −a 1 không có bốn số nào bằng nhau.
Do đó lại nói riêng trong 19 dãy số đó, mỗi số1,2,3,4,5,6 có mặt không quá 3 lần.
Trong 19 số, ít nhất có một số lớn hơn 6; nếu không, theo nguyên lý Dirichlet, sẽ có ít nhất 4 số giống nhau Tương tự, trong 18 số còn lại, sẽ có 3 số lớn hơn 5, và trong 15 số tiếp theo, cũng sẽ có 3 số lớn hơn 4.
Ta nhận được mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng là sai, từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.6 (Đề thi Olympic toán thế giới lần thứ 14)
Cho M là một tập hợp gồm 10 số tự nhiên, mỗi số không vượt quá 100 Cần chứng minh rằng trong tập hợp M này, sẽ tồn tại ít nhất hai tập hợp con có tổng các phần tử bằng nhau.
Nếu bài toán có kết luận thỏa mãn, chúng ta có thể chọn hai tập con không giao nhau nhưng vẫn giữ nguyên tính chất của chúng.
Thật vậy, cho X, Y là hai tập con của M có tổng các phần tử bằng nhau. Chúng ta kí hiệu X 1 gồm các phần tử của X mà không thuộc Y
Tương tự như vậyY 1 gồm các phần tử của Y mà không thuộc X Rõ ràng
X 1 và Y 1 có tổng các phần tử bằng nhau mà không giao nhau.
Gọi A là tập hợp mọi tập hợp con khác rỗng của M.
Số lượng phần tử của A là: 2 10 −1 = 1023.
Chúng ta xét tổng S các phần tử của một tập hợp con như vậy, rõ ràng:
Như vậy tồn tại không quá 1000 tổng khác nhau.
Kí hiệu B là tập hợp tất cá các tổng như vậy.
Số lượng phần tử của tập B nhỏ hơn 1000 và cũng nhỏ hơn số lượng phần tử của tập A Mỗi phần tử của tập A được gán với tổng các phần tử của nó, cho thấy nguyên lý Dirichlet có thể được áp dụng Do đó, có ít nhất hai tập con khác nhau có cùng một tổng các phần tử.
Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán chia hết
Bài toán 2.7 Cho 10 số tự nhiên bất kỳ: a 1 , a 2 , a 3 , , a 9 , a 10 Chứng minh rằng thế nào cũng có một số hoặc tổng một số số liên tiếp nhau trong dãy
10 số đã cho chia hết cho 10.
Lời giải: Để làm xuất hiện khái niệm "thỏ", "lồng", ta thành lập dãy số mới như dưới đây Đặt
1 Nếu tồn tại một B i nào đó (i = 1,2,3, ,10) chia hết cho 10 thì bài toán đã được chứng minh.
Nếu không có một số B1 nào chia hết cho 10, ta có thể chia tất cả các số B i cho 10, dẫn đến 10 số dư từ 1 đến 9 Tuy nhiên, các số tự nhiên từ 1 đến 9 chỉ có 9 số, giống như việc nhốt 10 con thỏ vào 9 lồng Theo nguyên tắc Dirichlet, sẽ có ít nhất một lồng chứa không dưới hai con thỏ.
2 chú thỏ, tương đương với việc tồn tại hai số có cùng số dư, như vậy có hiệu chia hết cho 10, bài toán được chứng minh.
Nhận xét: Bài toán tổng quát của bài toán trên là bài toán sau.
Bài toán 2.8 (Đề thi vô địch Anh, 1970)
Chứng minh rằng từ tập hợp tuỳ ý gồm n số tự nhiên luôn tách ra được một tập hợp con (6=∅) chứa các số mà tổng của chúng chia hết cho n.
Giả sử với một tập hợp nào đó chứa các số a 1 , a 2 , , a n mà không thoả mãn khẳng định của bài toán Khi đó không có số nào trong các số :
Vì số các số dư khác không trong phép chia cho n là n − 1 nên theo nguyên lí Dirichlet ta tìm được hai số S i và S j (1 ≤ i < j ≤ n) có cùng số dư.
Suy ra hiệuS j −S i = a i+1 + +a j chia hết cho n Điều này mâu thuẫn với giả sử nói trên và khẳng định của bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.9 Cho a, b, c, d là các số nguyên Chứng minh rằng tích của các hiệu b−a, c−a, d−a, d−c, b−d, c−b chia hết cho 12.
Vì 12 = 4.3 và (4,3) = 1 nên ta cần chứng minh tích P = (b −a)(c− a)(d−a)(d−c)(b−d)(c−b) cùng chia hết cho cả 3 và 4.
Khi chia một số nguyên bất kỳ cho 4, chỉ có các số dư 0, 1, 2, 3 Trong bốn số a, b, c, d cho trước, nếu có hai số có cùng số dư khi chia cho 4, thì hiệu của chúng sẽ chia hết cho 4 Nếu không có hai số nào có cùng số dư, thì trong bốn số này phải có hai số chẵn và hai số lẻ, do đó hiệu của hai số chẵn hoặc hai số lẻ đều là số chẵn, nên P chia hết cho 4 Ngoài ra, theo nguyên lý Dirichlet, trong bốn số a, b, c, d luôn tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 3, dẫn đến hiệu của chúng chia hết cho 3, từ đó suy ra P chia hết cho 3.
Bài toán 2.10 Cho 5 số nguyên phân biệt a i (i= 1,2,3,4,5) Xét tích:
Chứng minh rằng P chia hết cho 288.
Dễ thấy: 288 = 3 2 2 5 a) Chứng minh P chia hết cho 9:
Xét 4 số a 1 , a 2 , a 3 , a 4 theo nguyên lý Dirichlet tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3.
Giả sử a 1 đồng dư a 2 (mod 3)thì a 1 −a 2 chia hết cho 3.
Lại xét a 2 , a 3 , a 4 , a 5 theo nguyên lý Dirichlet trong 4 số này lại tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3.
Suy ra P chia hết cho 9. b) Chứng minh P chia hết cho 2 5 :
Trong 5 số đã cho theo nguyên lý Dirichlet chí ít có 3 số cùng tính chẵn lẻ. i) Nếu có 4 số chẵn, chẳng hạn a 1 = 2k 1 , a 2 = 2k 2 , a 3 = 2k 3 , a 4 = 2k 4 thì
(a 2 −a 5 )(a 3 −a 4 )(a 3 −a 5 )(a 4 −a 5 ) chia hết cho 32. ii) Nếu có 3 số chẵn, 2 số lẻ thì đặt: a 1 = 2k 1 , a 2 = 2k 2 , a 3 = 2k 3 , a 4 = 2k 4 + 1, a 5 = 2k 5 + 1.
Trong 3 số k 1 , k 2 , k 3 có 2 số cùng tính chẵn lẻ theo nguyên lý Dirichlet.
Giả sử k 1 đồng dư k 1 (mod 2) thì k 1 −k 2 chia hết cho 2 nên P chia hết cho 32. iii) Nếu có 3 số lẻ là a 1 , a 2 , a 3 còn a 4 , a 5 chẵn thì đặt a 1 = 2k 1 + 1, a 2 = 2k 2 + 1, a 3 = 2k 3 + 1, a 4 = 2k 4 , a 5 = 2k 5
Xét tương tự cũng có P chia hết cho 2 5
Vậy ta có P chia hết cho 288.
Bài toán 2.11 Chứng minh rằng với một số bất kỳ n tồn tại một số có dạng 111 000
| {z } n chữ số mà chia hết cho n.
| {z } n và những số dư khi chia dãy số trên cho n.
Vì dãy số đã cho gồm n phần tử nên những số dư dương khác nhau khi chia chúng cho n có số lượng n−1.
Có thể giả định rằng không có số nào trong dãy trên chia hết, vì nếu không thì bài toán đã được giải quyết Khi đó, sẽ tồn tại hai số trong dãy, ví dụ như 111 111.
(l > k) , mà khi chia chúng cho n sẽ cùng một số dư Do đó l−k = 111 000
| {z } l−k số 1,k số 0 sẽ chia hết cho n.
Bài toán 2.12 Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số
Xét 2008 số có dạng 1,11, ,11 11 Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2007 Giả sử hai số đó là:
Bài toán 2.13 Chứng minh rằng trongn+1số bất kì thuộc tập hợp{1,2,3, ,2n} luôn chọn được hai số mà số này là bội của số kia.
Viết n+ 1 số đã cho dưới dạng: a 1 = 2 k 1 b 1 , a 2 = 2 k 2 b 2 , , a n+1 = 2 k n+1 b n+1
Trong đó b 1 , b 2 , , b n+1 là các số lẻ.
Trong khoảng từ 1 đến 2n−1 có n số lẻ, do đó tồn tại hai số m ≤ n sao cho b(n) = b(m) Khi đó, trong hai số a(n) và a(m), một số là bội của số kia.
Bài toán 2.14 Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 3 k tận cùng bằng 001.
Trước hết ta chứng tỏ rằng tồn tại hai lũy thừa của 3 có cùng số dư khi chia cho 1000 Thật vậy trong phép chia cho 1000 có 1000 số dư là
0,1,2,3, ,999 Ta xét 1001 số là3,3 2 ,3 3 , ,3 1001 thì tồn tại hai số có cùng số dư trong phép chia cho 1000.
Gọi 2 số đó là 3 m và 3 n (1 ≤n < m ≤ 1001).
Ta lại có (3 n ,1000) = 1 suy ra
3 m−n −1 1000 tức là 3 m−n tận cùng bằng 001.
Bài toán 2.15 yêu cầu chứng minh rằng từ 20 số tự nhiên được viết trên 20 tấm bìa, có thể chọn một hay nhiều tấm bìa sao cho tổng các số chia hết cho 20 Đối với phần b, anh Nam, một vận động viên cờ, luyện tập bằng cách chơi ít nhất một ván mỗi ngày và không quá 12 ván mỗi tuần Cần chứng minh rằng sẽ có một khoảng thời gian liên tiếp mà anh chơi đúng 20 ván.
Lời giải: a) Gọi các số trên 20 ván bìa là a 1 , a 2 , , a 20 Xét 20 tổng s 1 =a 1 , s 2 = a 1 +a 2 , s 3 =a 1 +a 2 +a 3 ,
Nếu không tồn tại tổng nào chia hết cho 20, thì sẽ có hai tổng có cùng số dư khi chia cho 20 Bởi vì có 20 tổng và chỉ có 19 số dư từ 0 đến 19, nên hiệu của hai tổng đó sẽ chia hết cho 20 Cụ thể, nếu xét hai tổng s_m và s_n (với 1 ≤ n < m ≤ 20), thì hiệu s_m - s_n = (a_1 + a_2 + + a_m) - (a_1 + a_2 + + a_n) = a_{n+1} + a_{n+2} + + a_m sẽ chia hết cho 20 Đặt số ván cờ anh Nam chơi trong 20 ngày là a_1, a_2, , a_20, ta có các tổng s_1 = a_1, s_2 = a_1 + a_2, s_3 = a_1 + a_2 + a_3.
Ta có s 1 < s 2 < < s 20 < 36 vì trong 20 ngày anh Nam chơi ít hơn 12.3 = 36 ván cờ.
Theo câu a) tồn tạis k 20hoặcs m −s n 20(1≤ k ≤ 20,1≤ n < m≤ 20). Giá trị này bằng 20.
Như vậy nếu s k = 20 thì a 1 +a 2 + +a k = 20 và nếu s m −s n = 20 thì a n+1 +a n+2 + +a m = 20.
Bài toán 2.16 Chứng minh rằng tồn tại một bội số của 17: a) gồm toàn các chữ số 1 và 0. b) gồm toàn các chữ số 1.
Khi đó có 18 số mà phép chia cho 17 chỉ gồm 17số dư (0,1,2, ,16) nên tồn tại hai số có cùng số dư Gọi 2số đó là 11 1
| {z } n số chia hết cho 17, hiệu này gồm toàn các chữ số 1 và 0. b) Theo câu a) tồn tại một bội của 17 có dạng A= 11 1
| {z } m−n số chia hết cho 17, tức là tồn tại một bội của 17 gồm toàn các chữ số 1.
Chú ý: Trong câu a), số 17 có thể được thay bằng bất kỳ số tự nhiên n nào Còn trong câu b), số 17 có thể được thay bằng số tự nhiên n nguyên tố cùng nhau với 2 và 5, tức là các số có chữ số tận cùng là 1, 3, 7 hoặc 9.
Bài toán 2.17 Biết rằng 3 số a, a+k, a+ 2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng khi đó k chia hết cho 6
Do a, a+k, a+ 2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3, nên chúng đều là các số lẻ và không chia hết cho 3.
Do a và a+k cùng lẻ nên k = (a+k)−a sẽ chia hết cho 2.
Theo nguyên lý Dirichlet, khi xét các số a, a+k, a+2k không chia hết cho 3, thì ít nhất hai trong số chúng sẽ có cùng số dư khi chia cho 3 Do đó, chỉ có một số khả năng xảy ra trong trường hợp này.
- Nếu a + k ≡ a (mod 3) thì (a + k)− a ≡ 0 (mod 3), suy ra k ≡ 0 (mod 3).
- Nếu a+ 2k ≡ a+k (mod 3) thì (a+ 2k)−(a+k)≡ 0 (mod 3), suy ra k ≡0 (mod 3).
- Nếu a+ 2k ≡ a (mod 3)thì (a + 2k)−a ≡ 0 (mod 3), suy ra k ≡ 0 (mod 3).
Do (2,3) = 1 nên k chỉ có thể là số chia hết cho 6.
Bài toán 2.18 Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn luôn chọn ra được 6 số, gọi là a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 , a 6 sao cho
Trong 12 số nguyên tố phân biệt đã cho, có ít nhất 9 số lớn hơn 5, vì ba số nguyên tố đầu tiên là 2, 3 và 5 Tất cả những số nguyên tố lớn hơn 5 đều có đặc điểm riêng biệt.
Theo nguyên lý Dirichlet, trong bất kỳ tập hợp năm số nguyên nào chia cho 3 có dư 1 hoặc 2, sẽ tồn tại ít nhất 5 số đồng dư với nhau theo mod 3 Những số này không chia hết cho 5, do đó trong số đó sẽ có ít nhất hai số, giả sử là a1 và a2, thoả mãn điều kiện a1 ≡ a2 (mod 5).
Ngoài ra dĩ nhiên ta có a 1 ≡ a 2 (mod 3) Từ đó ta có a 1 −a 2 15 Mặt khác a 1 , a 2 cùng lẻ nên a 1 −a 2 2 Do (2,15) = 1 nên suy ra a 1 −a 2 30.
2 Xét 7 số còn lại : Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại bốn số đồng dư với nhau theo mod 3 Đem 4 số này chia cho 5 có hai khả năng xảy ra:
Trường hợp 1: Nếu có hai số chẳng hạn là a 3 , a 4 mà a 3 ≡ a 4 (mod 5).
Lấy hai số a 5 , a 6 bất kì (ngoài a 1 , a 2 , a 3 , a 4 đã chọn).
Do a 5 , a 6 lẻ và do nguyên tố nên a 5 +a 6 2.
Trường hợp 2: Nếu4số này khi chia cho5các số dư khác nhau là1,2,3,4.Giả sử a 5 ≡1 (mod 5), a 6 ≡ 4 (mod 5) thì ta có: a 5 +a 6 ≡ 5 (mod 5).
Với hai số còn lại a 3 , a 4 thì rõ rànga 3 −a 4 3(theo cách chọn 4 số trên).
Từ đó suy ra a 5 +a 6 10 và a 3 −a 4 6.
Tóm lại, luôn tồn tại a 1 , a 2 , , a 6 phân biệt sao cho:
Bài toán 2.19 (Đề thi vô địch Anh, 1966)
Chứng minh rằng từ 52 số nguyên bất kì luôn có thể chọn ra được hai số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
Tất cả các số dư trong phép chia cho 100, được chia thành từng nhóm như sau: 0,1,99,2,98, ,49,51,50.
Theo nguyên lý Dirichlet, với 52 số và chỉ có 51 nhóm, sẽ tồn tại hai số có số dư giống nhau khi chia cho 100 Hai số này là những số cần tìm, vì nếu số dư của chúng bằng nhau, hiệu của chúng sẽ chia hết cho 100 Ngược lại, nếu số dư khác nhau, tổng của chúng cũng sẽ chia hết cho 100.
Bài toán 2.20 yêu cầu chứng minh sự tồn tại của cặp chỉ số p, q với p < q trong tập hợp A = {a1, a2, a3, } ⊂ N* thỏa mãn điều kiện 1 ≤ ap+1 - ap ≤ 1999 cho mọi p ∈ N* Cần chỉ ra rằng tỷ số ap/a1 là một giá trị có thể đạt được.
Lời giải: Đặt A(1;j) := a 1 +j−1 với mọi j nguyên dương mà j ≤ 1999 và bằng quy nạp, ta định nghĩa:
A(i−1;k), A(i;j) :=B i +A(i−1;j) với mọi i, j nguyên dương mà i≥ 2, j ≤ 1999.
Dựa trên cách xây dựng đã nêu, ta có thể dễ dàng chứng minh rằng A(m;j) < A(n;j) và A(m;j) ≠ A(n;j) với mọi bộ ba số nguyên dương m, n, j mà j ≤ 1999 và m < n Đối với mỗi j ∈ N∗, các giá trị A(i; 1), A(i; 2), , A(i; 1999 tạo thành 1999 số nguyên dương liên tiếp (không nhỏ hơn a1) Do đó, theo giả thiết của bài toán về tập hợp A, tồn tại ít nhất một j_i ∈ Z ∩ [1; 1999] sao cho A(i;j_i) thuộc A.
Theo nguyên lý Dirichlet, trong tập hợp các chỉ số nguyên dương từ 1 đến 2000, tồn tại hai chỉ số m < n ≤ 2000 sao cho j m = j n = j Chúng ta cần tìm một cặp chỉ số p < q thỏa mãn a p = A(m; j m ) = A(m; j) và A(n; j) = A(n; j n ) = a q Do đó, điều này cần được chứng minh.
Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số học khác
Nguyên lý Dirichlet đóng vai trò quan trọng trong việc giải quyết các bài toán số học như tương hỗ và sắp xếp Các bài toán tương hỗ đề cập đến mối quan hệ giữa hai đối tượng, trong đó nếu A có quan hệ với B thì B cũng có quan hệ với A Ví dụ điển hình là khi A quen B hoặc khi A đã thi đấu với B.
Bài toán 2.21 Chứng minh rằng trong 10 người bất kỳ, tồn tại hai người có số người quen như nhau (kể cả trường hợp quen 0 người).
Xét 10 lồng: lồng 0 chứa những người không có người quen, lồng 1 chứa những người có 1 người quen, và tiếp tục như vậy cho đến lồng 9, nơi chứa những người có 9 người quen Cần lưu ý rằng lồng 0 và lồng 9 không thể đồng thời chứa người Nếu lồng 0 có người, tức là có người không quen biết ai khác, thì lồng 9 không thể có người, vì không thể có ai quen biết cả 9 người còn lại Do đó, thực tế chỉ có thể tồn tại tối đa một số lượng nhất định của người trong các lồng này.
9 lồng có người mà có10 người Do đó tồn tại một lồng chứa2 người trở lên, đó là 2 người có số người quen như nhau.
Chú ý: Bài toán cũng đúng nếu thay số 10 bởi số tự nhiên n bất kỳ lớn hơn 1.
Trong bài toán 2.22, có 6 đội bóng tham gia thi đấu, mỗi đội sẽ đối đầu với 5 đội còn lại Cần chứng minh rằng luôn tồn tại 3 đội bóng sao cho giữa từng cặp trong số đó, hoặc đã thi đấu với nhau, hoặc chưa từng gặp nhau trong bất kỳ trận đấu nào.
Giả sử 6 đội bóng đó là A,B,C,D,E,F.
Xét đội A Theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra: A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 đội khác.
Không mất tính tổng quát, giả sử A đã đấu với B,C,D.
1 Nếu B,C,D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh.
2 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 hoặc chưa đấu với nhau trận nào.
Bài toán 2.23 yêu cầu chọn bất kỳ n + 1 số từ tập hợp 2n số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 2n (với n ≥ 2) Cần chứng minh rằng trong số các số đã chọn, sẽ luôn có ít nhất một số bằng tổng của hai số khác trong tập hợp đã chọn, bao gồm cả trường hợp hai số hạng của tổng là giống nhau.
Giả sử a 1 < a 2 < < a n < a n+1 là n+1 số được chọn.
Xét n số: a n+1 −a 1 = b 1 a n+1 −a 2 = b 2 (mỗi hiệu đều nhỏ hơn 2n) a n+1 −a n = b n
Trong tập 2n+ 1 số đó là a 1 , a 2 , , a n+1 , b 1 , b 2 , , b n tồn tại 2 số bằng nhau, hai số ấy không thể cùng thuộc dãy a 1 , a 2 , , a n+1 cũng không thể cùng thuộc dãy b 1 , b 2 , , b n
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.24 yêu cầu chứng minh rằng với k ≥ 1 và n ≥ 1 là các số tự nhiên, trong tập hợp A gồm (k − 1)n + 1 số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng kn, sẽ luôn tồn tại ít nhất một phần tử trong A có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của k phần tử trong chính A.
Với k = 1 bài toán hiển nhiên đúng, chúng ta giả thiết k ≥ 2.
Kí hiệu m là số nhỏ nhất trong tập hợp A, với điều kiện m ≤ n và có n−m số thuộc A lớn hơn m nhưng không quá kn Để chứng minh bài toán, chúng ta cần tìm hai số x và y trong A sao cho x = y + (k−1)m, tức là biểu diễn một số trong A dưới dạng tổng của k số hạng, trong đó k−1 số hạng bằng m Chúng ta chỉ cần xác định số x trong A thỏa mãn x > (k−1)m và x−(k−1)m cũng thuộc A.
Thật vậy, trong khoảngδ = ((k−1)m, kn)có kn−(k−1)m = k(n−m)+m số nguyên.
Vì k ≥ 2, nên (k −1)m ≥ m, theo nhận xét ban đầu suy ra có nhiều nhất n− m số trong δ không thuộc A Điều này nghĩa là A chứa ít nhất s = k(n−m) +m−(n−m) = (k−1)(n−m) +m số.
Gọi a 1 , a 2 , , a s thuộc A, với (k −1)m < a i ≤ kn, i = 1,2, , s Khi đó những hiệu a 1 −(k−1)m, a 2 −(k−1)m, , a s −(k−1)m là những số nguyên khác nhau trong khoảng [1, kn].
Nếu có một số nào đó không thuộc tập A, theo nguyên lý Dirichlet, ta có s ≤ n − 1, vì ngoài A còn tồn tại n − 1 số trong khoảng này Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức đã chứng minh rằng s ≥ n Do đó, có ít nhất một hiệu a_i − (k − 1)m thuộc tập A.
Bài toán 2.25 yêu cầu chứng minh rằng với hai số nguyên dương a và m, các số dư khi chia a, a^2, a^3, cho m sẽ lặp lại theo một chu kỳ nhất định Điều này có nghĩa là các số dư này không chỉ lặp lại mà còn có thể bắt đầu từ bất kỳ vị trí nào trong chuỗi Sự lặp lại của các số dư này là một đặc điểm quan trọng trong lý thuyết số và có ứng dụng trong nhiều lĩnh vực toán học khác nhau.
Xét m+ 1 luỹ thừa đầu tiên: a, a 2 , a 3 , , a m , a m+1
Khi chia một số nguyên dương bất kì cho m, thì các số dư phải thuộc tập hợp 0,1,2,3, , m−1.
Vì thế theo nguyên lí Dirichlet, phải tồn tại hai trong số m+ 1 số trên chia cho m có cùng số dư.
Giả sử hai số đó là: a k và a k+1 (k >0), ta có: a k ≡ a k+1 (mod m)
Xét một số tự nhiên n bất kỳ với n ≥ k, từ phương trình a k a k+1 ≡ a k+1 a n−k (mod m) ta suy ra rằng với mọi n ≥ k, luôn có a n ≡ a n+1 (mod m) Đẳng thức này chứng minh rằng từ vị trí a k, các số dư sẽ lặp lại theo chu kỳ.
Số 1 thường được gọi là chu kì tuần hoàn của các số dư khi chia các luỹ thừa của a cho m.
Trong một bài toán liên quan đến việc sắp xếp đại diện của n quốc gia quanh một bàn tròn, yêu cầu đặt ra là hai người ngồi bên phải của bất kỳ hai đại diện nào có cùng quốc tịch phải có quốc tịch khác nhau Mục tiêu là xác định giá trị lớn nhất của n, tức là số quốc gia tối đa có thể có trong cách sắp xếp này.
Ta sẽ dùng X 1 , X 2 , , X n để ký hiệu n quốc gia có đại diện ngồi tại bàn tròn, các đại diện có quốc tịch X i (N ∗ 3 i≤ n) sẽ được đánh số là x 1 i , x 2 i ,
Theo nguyên lý Dirichlet, nếu có hơn n^2 đại diện ngồi tại bàn tròn, thì sẽ tồn tại ít nhất một quốc gia X_i có n + 1 đại diện Tuy nhiên, với chỉ n quốc tịch, sẽ có ít nhất hai đại diện trong số n + 1 người này có cùng quốc tịch, điều này mâu thuẫn với yêu cầu của bài toán Do đó, có thể kết luận rằng không có quá n^2 đại diện ngồi tại bàn tròn.
Giả sử mỗi quốc gia có n đại diện, với các đại diện của quốc gia X i được ký hiệu là x 1 i , x 2 i , , x n i Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng có thể sắp xếp n 2 đại diện này vào bàn tròn một cách hợp lý, đảm bảo mọi yêu cầu của bài toán được thỏa mãn.
Mỗi cách sắp xếp n đại diện vào bàn tròn thực chất là một hoán vị của tập hợp {x j i |i, j ∈ N ∗ ;i, j ≤ n} Trong đó, đại diện a k+1 ngồi sát bên phải đại diện a k với mọi k nguyên dương mà k < n, và đại diện a 1 ngồi sát bên phải đại diện a n.
Khi n = 2, cách sắp xếp (x1 1, x2 1, x1 2, x2 2) đáp ứng đầy đủ yêu cầu của bài toán Giả sử với n ∈ N∗ \ {1} đã có một cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu, ta vẫn giữ ký hiệu (1) Có thể chứng minh rằng với mỗi i ∈ N ∩ [1, n], tồn tại duy nhất j ∈ N ∩ [1; n] sao cho người ngồi bên phải xji cũng có quốc tịch Xi.
Nếu n người ngồi bên phải các đại diện x 1 i , x 2 i , , x n i có quốc tịch khác X i (với chỉ n−1 quốc tịch), theo nguyên lý Dirichlet, ít nhất hai người trong số họ phải cùng quốc tịch, điều này mâu thuẫn với yêu cầu của bài toán Sự mâu thuẫn này chứng tỏ sự tồn tại của j = j i Hơn nữa, nếu N∩[1;n] 3k 6=j i, thì người ngồi bên phải x k i sẽ không cùng quốc tịch X i với người ngồi bên phải x j i, điều này chứng minh tính duy nhất của j i và khẳng định (b) đã được chứng minh.
Bây giờ giả sử mỗi quốc gia X i (N ∗ 3 i ≤ n) có thêm đại diện thứ n + 1 là x n+1 i ngoài ra, có thêm quốc gia X i+1 với n + 1 đại diện là x 1 n+1 , x 2 n+1 , , x n+1 n+1 Khi đó, từ bộ (1) bằng cách:
- Thay cặp (a k 1 , a k 1 +1 ) bởi bộ năm (a k 1 , x 1 n+1 , x n+1 n+1 , x n+1 1 , a k 1 +1 )
- Thay cặp (a k 1 , a k 1 +1 ) bởi bộ bốn (a k i , x i n+1 , x n+1 i , a k 1 +1 ) với mỗi i ∈
Các bài toán về khoảng cách
Bài toán 3.1 Trong một tam giác đều có cạnh bằng 1 lấy 17 điểm tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm trong chúng có khoảng cách ≤ 1 4
Ta chia tam giác đã cho thành 16 tam giác đều nhỏ có cạnh là 1 4 (xem hình vẽ)
Với 16 tam giác nhỏ chứa 17 điểm, ít nhất một tam giác phải có 2 điểm trong số 17 điểm đó, cho dù là nằm bên trong hay trên biên tam giác Điều này dẫn đến việc khoảng cách giữa hai điểm này không vượt quá độ dài cạnh tam giác, tức là 1/4.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Ở đây ta coi 17 điểm là 17 con thỏ và chia tam giác đã cho thành 16 chuồng.
Trong bài toán 3.2, chúng ta xem xét một hình vuông có cạnh dài 1 đơn vị, trong đó có 101 điểm được chọn Cần chứng minh rằng trong số các điểm này, tồn tại ít nhất 5 điểm có thể được bao phủ bởi một đường tròn có bán kính 1/7.
Chia một hình vuông lớn thành 25 hình vuông nhỏ với cạnh 0,2, ta có 25 hình vuông con Theo nguyên lý Dirichlet, với 101 điểm đã chọn, ít nhất một hình vuông nhỏ sẽ chứa ít nhất 5 điểm Bên cạnh đó, bán kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ này là 1.
5 ≤ 1 7 Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trong bài toán 3.3, chúng ta có một hình vuông với cạnh dài 1 và một số đường tròn có tổng chu vi là 10 Cần chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng có khả năng cắt qua ít nhất 4 trong số các đường tròn này.
Giả sử hình vuông có cạnh bằng 1 đó là ABCD (hình vẽ 3.1).
Ta chọn một cạnh hình vuông rồi chiếu vuông góc các đường tròn xuống cạnh đó (xem hình 3.1).
Giả sử ta chiếu tất cả các đường tròn nằm trong nó lên cạnh AB.
Ta có, hình chiếu của một đường tròn bán kính R xuống AB là một đoạn thẳng có độ dài bằng đường kính của nó tức 2R.
Vì tổng chu vi các đường tròn là 10 nên n
(n là số đường tròn) hay π n
Các đoạn thẳng A i B i nằm trong AB với tổng độ dài lớn hơn 3AB, do đó tồn tại một điểm M nằm trong ít nhất 4 đoạn A i B i Khi đó, đường thẳng đi qua M và vuông góc với AB sẽ cắt ít nhất 4 đường tròn có hình chiếu tương ứng với 4 đoạn A i B i.
Bài toán 3.4 yêu cầu chứng minh rằng tổng độ dài của các đoạn thẳng trong tập hợp M, nằm trong khoảng [0,1], không vượt quá một giá trị nhất định Đặc biệt, khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong M luôn khác 0,1, điều này có nghĩa là không có hai đoạn nào trong M có thể chồng chéo lên nhau Do đó, việc tính toán tổng độ dài của các đoạn thẳng này cần được thực hiện cẩn thận để đảm bảo rằng nó không vượt quá giới hạn đã cho.
Giả sử tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng trong M lớn hơn 0,5 Chia đoạn [0,1] thành 10 phần
Kí hiệu M i là phần của M nằm trong đoạn [ 10 i , i+1 10 ](i= 0,1,2, ,9) và
D i là tổng độ dài các đoạn thẳng tạo ra M i Bằng cách tịnh tiến phù hợp chúng ta chuyển mọi đoạn thẳng [0, 10 1 ],[ 10 1 , 10 2 ], ,[ 10 9 ,1] tới [0, 10 1 ] Kí hiệu M i 0 là ảnh của M i với i= 1,2,3, ,9.
Theo nguyên lý Dirichlet, với D = D₀ + D₁ + + D₉ > 0,5 = 5*0,1, có ít nhất 6 tập hợp trong M₀, M₁₀, M₂₀, , M₉₀ có điểm chung Điều này cho thấy có một số trong khoảng [0, 10¹] là kết quả của 6 điểm khác nhau x₁, x₂, , x₆ của M, trừ đi các số dạng k10¹, k10², , k10⁶ với kᵢ là một số trong 0,1,2, ,9 và i = 1,2, ,6 Theo nguyên lý Dirichlet, ít nhất 2 trong các số k₁, k₂, , k₆ là liên tiếp, ví dụ k₂ = k₁ + 1 Do đó, x₂ - k10² = x₁ - k10₁ dẫn đến x₂ - x₁ = k₂10 - k₁ = 10¹, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
Vậy tổng độ dài của những đoạn tạo nên M không vượt quá 0,5.
Bài toán 3.5 (Đề thi vô địch Bungari, 1983)
Để xác định hình vuông nhỏ nhất có thể chứa 5 hình tròn với bán kính 1 mà không có hai hình tròn nào chạm nhau, cần sắp xếp chúng một cách hợp lý Hình vuông này phải đủ lớn để đảm bảo khoảng cách giữa các hình tròn, nhằm tránh việc chúng có điểm chung Việc tìm ra kích thước tối ưu của hình vuông sẽ giúp tối ưu hóa không gian và đảm bảo tính chính xác trong việc bố trí các hình tròn.
Giả sử hình vuông ABCD có tâm O và cạnh a, chứa 5 hình tròn không cắt nhau với bán kính 1, thì các tâm của chúng nằm trong hình vuông A1B1C1D1 có tâm O và cạnh bằng a−2 Các đường thẳng nối từ trung điểm của các cạnh đối diện chia hình vuông A1B1C1D1 thành bốn hình vuông nhỏ Theo nguyên lý Dirichlet, ít nhất một trong bốn hình vuông nhỏ này sẽ chứa hai tâm Khoảng cách giữa hai tâm này không lớn hơn đường chéo của hình vuông nhỏ, nhưng cũng không nhỏ hơn 2.
Trong bài toán này, các điểm O, A1, B1, C1 và D1 là tâm của các hình tròn, và tất cả các điều kiện đã được thỏa mãn Do đó, cạnh của hình vuông cần tìm có độ dài là 2√.
Trong một hình vuông có cạnh dài 1 đơn vị, tồn tại một đường gấp khúc L không tự cắt với độ dài lớn hơn 1000 Cần chứng minh rằng có một đường thẳng m song song với cạnh hình vuông và đường L, cắt nhau tại hơn 500 điểm.
Giả sử l i là độ dài mắt thứ i của đường gấp khúc, a i , b i là độ dài hình chiếu của nó lên các cạnh hình vuông.
Nếu tổng độ dài hình chiếu của các mắt lên một cạnh dài 1 không nhỏ hơn 500, theo nguyên lý Dirichlet, độ dài đoạn thẳng phải có ít nhất một điểm chung với hơn 500 hình chiếu của các mắt gấp khúc Điều này có nghĩa là đường vuông góc từ điểm chung đó sẽ cắt đường gấp khúc tại tối thiểu 500 điểm.
Bài toán 3.7 yêu cầu chứng minh rằng trong một đường tròn bán kính n chứa 4n đoạn thẳng có độ dài l, có thể kẻ một đường thẳng song song hoặc vuông góc với đoạn thẳng l cho trước Đường thẳng này sẽ cắt ít nhất 2 trong số các đoạn thẳng đã cho.
Giả sử l i là đường thẳng bất kì vuông góc với l.
Kí hiệu độ dài các hình chiếu của đoạn thẳng thứ i lên các đường thẳng l và l i là a i và b i tương ứng.
Bởi độ dài mỗi đoạn thẳng bằng l nên a i +b i ≥ 1 Do đó:
Không mất tính tổng quát giả sử:
Khi tổng các đoạn thẳng a1 + a2 + + a4n lớn hơn hoặc bằng 2n, tất cả các đoạn thẳng này đều được chiếu xuống một đoạn thẳng có độ dài 2n, nằm trong đường tròn bán kính n Nếu các hình chiếu của các đoạn thẳng lên đường thẳng l không giao nhau, thì sẽ dẫn đến bất đẳng thức a1 + a2 + + a4n nhỏ hơn 2n.
Trên đường thẳng l, cần có ít nhất một điểm mà các đoạn thẳng đã cho chiếu lên Tại điểm này, đường vuông góc với l sẽ cắt qua ít nhất hai trong số các đoạn thẳng đó.
Các bài toán về diện tích
Trong bài toán 3.8, chúng ta xem xét một hình tròn có diện tích S và 17 điểm bất kỳ được chọn trong hình tròn đó Cần chứng minh rằng trong số 17 điểm này, ít nhất có 3 điểm sẽ thẳng hàng hoặc tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 15S.
Nếu trong 17 điểm thẳng hàng không có 3 điểm nào đồng thời nằm trên một đường thẳng, có thể dễ dàng chứng minh rằng sẽ luôn có 15 tam giác khác nhau được tạo ra Mỗi tam giác này có 3 đỉnh, là 3 trong số 17 điểm đã cho, và các tam giác này đều nằm ngoài nhau, chỉ có thể chia sẻ các điểm trên cạnh.
Vì có 15 tam giác được tạo ra trong hình tròn có diện tích S, nên ít nhất một trong số các tam giác này phải có diện tích nhỏ hơn 15S, do các tam giác không thể trùng khít với hình tròn.
Vậy ta đã có điều phải chứng minh.
Trong hình chữ nhật có diện tích S, khi lấy 2005 điểm bất kỳ, có thể chứng minh rằng sẽ tồn tại ba điểm trong số đó thẳng hàng hoặc tạo thành một tam giác có diện tích không vượt quá 2004S.
Ta chia hình chữ nhật đã cho thành 1002 hình chữ nhật có cùng diện tích là 1002 S (có nhiều cách chia như vậy) Khi đó vì 2005 > 2.1002 nên có
Ba điểm trong 2005 điểm đã cho nằm trong cùng một hình chữ nhật nhỏ Nếu ba điểm này không thẳng hàng, chúng sẽ tạo thành ba đỉnh của một tam giác có diện tích tối đa không vượt quá một nửa diện tích của hình chữ nhật chứa chúng, tức là không vượt quá 1002 S = 2004 S.
Vậy ta đã có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.10 Trong một cái bánh hình vuông cạnh18 cm có128 hạt vừng. Chứng minh rằng tồn tại hai hạt vừng có khoảng cách tới nhau nhỏ hơn 2 cm.
Lấy mỗi hạt vừng làm tâm dựng hình tròn bán kính 1 cm (xem hình vẽ
Các hình tròn được đặt hoàn toàn bên trong hình vuông có cạnh dài 20 cm, được tạo ra bằng cách tịnh tiến bốn cạnh của hình vuông ban đầu một khoảng nhất định.
Tổng diện tích của các hình tròn bán kính1cm này là 128.π > 402.112 >
400 Do tổng diện tích các hình tròn này lớn hơn diện tích hình vuông cạnh
20 cm, cho nên phải có hai hình tròn có điểm giao chung và khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2 cm.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trong bài toán 3.11, một hình vuông có diện tích 6 chứa ba đa giác với tổng diện tích là 3 Cần chứng minh rằng luôn tồn tại hai đa giác trong số đó mà diện tích phần giao nhau của chúng không nhỏ hơn 1.
Gọi ba đa giác là M 1 , M 2 , M 3 (hình vẽ 3.4) Kí hiệu |A| là diện tích của
Hình 3.4: hình phẳng A Khi đó ta có:
+|M 1 ∩M 2 ∩M 3 |. Theo giả thiết ta có:
|M 1 | =|M 2 | =|M 3 | = 3. Để ý rằng M 1 ∪M 2 ∪M 3 nằm trong hình vuông có diện tích bằng 6, nên từ hai phương trình trên ta có bất đẳng thức sau:
Do |M 1 ∩M 2 ∩M 3 | ≥ 0 nên từ phương trình trên ta có:
Từ phương trình trên theo nguyên lí Dirichlet suy ra tồn tại ít nhất một trong ba số |M 1 ∩ M 2 |,|M 2 ∩ M 3 |,|M 3 ∩ M 1 |lớn hơn hoặc bằng 1 Giả sử
|M 1 ∩M 2 | ≥ 1 Điều đó có nghĩa là hai đa giác M 1 , M 2 có diện tích phần chung không nhỏ hơn 1.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trong bài toán 3.12, có một hình vuông với cạnh dài 10 và 12 đoạn thẳng có độ dài 1 được kẻ bên trong Cần chứng minh rằng có thể dựng một hình tròn bán kính 1 nằm hoàn toàn trong hình vuông mà không chạm vào bất kỳ đoạn thẳng nào trong số 12 đoạn đã cho.
Xét đoạn thẳng AB dài 1, lân cận 1 của đoạn AB bao gồm tất cả các điểm có khoảng cách không vượt quá 1 từ AB Hình dạng lân cận 1 này bao gồm hai hình vuông có cạnh 1, với chung cạnh AB nằm hai bên và hai nửa hình tròn nằm ngoài hình chữ nhật MNPQ, có tâm tại A và B với bán kính 1 Do đó, diện tích của lân cận 1 của đoạn AB là 2 + π.
Bây giờ giả sử hình vuông ABCD cạnh bằng 10 chứa 12 đoạn thẳng
A i B i (i= 1,10), mỗi đoạn có độ dài bằng 1.
Hình vuông MNPQ nằm trong hình chữ nhật ABCD, với các cạnh song song và cách các cạnh của ABCD một khoảng bằng 1 Đối với mỗi đoạn A i B i, chúng ta sẽ xây dựng lân cận 1 của nó.
Diện tích của 12 lân cận 1 được tính là 12(2 + π) < 12.5,15 = 61,8 Trong khi đó, diện tích MNPQ là 64, lớn hơn 61,8 Do đó, 12 lân cận 1 của các đoạn đã cho không thể lấp kín hoàn toàn MNPQ, dẫn đến việc tồn tại một điểm O thuộc MNPQ nhưng nằm ngoài tất cả các lân cận 1 này.
Hình tròn tâm O với bán kính 1 nằm trong tứ giác ABCD, do tâm O thuộc MNPQ, và không giao điểm với bất kỳ đoạn nào trong 12 đoạn đã cho Điều này cần được chứng minh.
Bài toán 3.13 Trong hình vuông cạnh bằng 8 lấy 100 điểm bất kỳ Chứng minh rằng có ít nhất 4 điểm nằm trong một hình tròn bán kính bằng 1.
Giả sử các điểm đã cho là A 1 , A 2 , , A 100
Ta dựng các hình tròn có tâm là các điểm đó và bán kính bằng 1.
Tổng diện tích của 100 hình tròn là 100π, và tất cả các hình tròn này nằm trong hình vuông MNPQ có cạnh dài 10 Hình vuông MNPQ chứa hình vuông ABCD, với các cạnh song song và cách nhau 1 đơn vị về phía ngoài.
MNPQ bao gồm tất cả các hình tròn đã vẽ, với tổng diện tích các hình tròn đạt 100π Do đó, trong MNPQ tồn tại một điểm O, điểm chung của ít nhất 4 trong số 100 hình tròn.
Khi đó hình tròn tâm O bán kính bằng 1 chứa tâm của 4 hình tròn nói trên ở bên trong nó.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Các bài toán tô màu
Trong mặt phẳng có sáu điểm, không có ba điểm nào thẳng hàng, và mỗi đoạn thẳng nối các cặp điểm được tô màu đỏ hoặc xanh Chứng minh rằng trong số sáu điểm này, luôn tồn tại ba điểm tạo thành một tam giác, trong đó các cạnh của tam giác đều có cùng màu.
Xét A là một trong số sáu điểm đã cho (hình vẽ 3.6) Khi đó xét năm
Trong hình 3.6, mỗi đoạn thẳng nối điểm A với năm điểm còn lại được đánh dấu bằng màu đỏ hoặc xanh Theo nguyên lý Dirichlet, ít nhất có ba trong năm đoạn thẳng này cùng màu Giả sử các đoạn AB1, AB2, AB3 đều có màu xanh, chỉ có hai khả năng xảy ra tiếp theo.
Nếu ít nhất một trong ba đoạn B1B2, B2B3, hoặc B3B1 có màu xanh, thì sẽ có một tam giác với ba cạnh màu xanh, từ đó khẳng định rằng kết luận của bài toán là đúng trong trường hợp này.
2 Nếu không phải như vậy, tức làB 1 B 2 , B 2 B 3 , B 3 B 1 màu đỏ, thì ba điểm phải tìm là B 1 , B 2 , B 3 ,vì B 1 B 2 B 3 là tam giác với ba cạnh đỏ.
Trong bài toán 3.15, chúng ta xem xét một hình chóp có đáy là đa giác chín cạnh Tất cả các cạnh bên và 27 đường chéo của đáy được tô màu đỏ hoặc xanh Nhiệm vụ là chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh của hình chóp, sao cho chúng tạo thành một tam giác với các cạnh cùng màu.
Trong hình vẽ 3.7, chín cạnh bên được bôi bằng hai màu đỏ hoặc xanh Theo nguyên lý Dirichlet, sẽ có ít nhất năm cạnh bên được bôi cùng màu Do đó, có thể khẳng định rằng các cạnh bên này có sự phân chia màu sắc rõ rệt.
Trong bài viết này, đa giác A1 A2 A3 A4 A5 được xác định với các điểm A1, A2, A3, A4, A5 được bôi đỏ và sắp xếp theo chiều ngược kim đồng hồ Có hai khả năng xảy ra khi xem xét đa giác này.
Trường hợp 1.NếuA 1 A 2 là đường chéo của đáy, khi đó dĩ nhiênA 2 A 4 , A 4 A 1 cũng là các đường chéo của đáy.
Khi đó có hai trường hợp nhỏ:
(a)Nếu cả ba đoạnA 1 A 2 , A 2 A 4 , A 4 A 1 cùng bôi màu xanh Khi đóA 1 , A 2 , A 4
Hình 3.7: là ba đỉnh cần tìm, vì tam giác A 1 A 2 A 4 là tam giác với ba cạnh xanh. (b) Nếu một trong các đoạn A 1 A 2 , A 2 A 4 , A 4 A 1 là đỏ Giả sử A 2 A 4 đỏ, thì
SA 2 A 4 là tam giác với ba cạnh đỏ Lúc này S, A 2 , A 4 là ba đỉnh cần tìm. Trường hợp 1 đã giải quyết xong.
Trường hợp 2 Nếu A 1 A 2 là cạnh đáy Khi đó dĩ nhiên A 1 A 3 , A 3 A 5 chắc chắn là đường chéo. a) Nếu A 1 A 5 là đường chéo đáy thì ta quay về trường hợp 1 vừa xét, với
A 1 A 3 A 5 là tam giác với ba cạnh là ba đường chéo đáy. b) Nếu A 1 A 5 là cạnh đáy Khi đó rõ ràng A 1 A 3 , A 1 A 4 là các đường chéo đáy.
Nếu A 3 A 4 là đường chéo đáy, ta quay về trường hợp 1, nếu A 3 A 4 là cạnh bên Lại xét hai khả năng sau:
- Nếu A 2 A 3 là đường chéo đáy, thì tam giác A 2 A 3 A 5 là tam giác với ba cạnh là ba đường chéo đáy, ta quay về trường hợp 1.
- Nếu A 2 A 3 là cạnh đáy Khi đó xét tam giác A 2 A 4 A 5 và quay về trường hợp 1.
Tóm lại bài toán đã được giải quyết xong hoàn toàn.
Trong bài toán 3.16, mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng hai màu xanh và đỏ Chúng ta cần chứng minh rằng sẽ luôn tồn tại một tam giác mà cả ba đỉnh và trọng tâm đều có cùng màu.
Lấy 5 điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng Khi chỉ sử dụng hai màu để tô các đỉnh, điều này sẽ tạo ra sự phân bố màu sắc độc đáo và thú vị.
Nguyên lý Dirichlet khẳng định rằng trong một tập hợp điểm, sẽ luôn tồn tại ít nhất ba điểm có cùng màu Giả sử ba điểm này là A, B và C, tất cả đều có màu đỏ, thì tam giác ABC sẽ được hình thành với ba đỉnh màu đỏ.
G là trọng tâm của tam giác ABC Có hai khả năng xảy ra: Khả năng 1, nếu G có màu đỏ, thì các điểm A, B, C và G đều sẽ có màu đỏ, và bài toán sẽ được giải quyết.
Khả năng 2 Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC các đoạn
Trong tam giác A0BC, B0CA, C0AB, các điểm AA0, BB0, CC0 được xác định với AA0 = 3GA, BB0 = 3GB, CC0 = 3GC Khi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, ta có AA0 = 3GA + 6GM, dẫn đến AA0 = 2AM Tương tự, ta cũng có BB0 = 2BN và CC0 = 2CP Như vậy, các điểm A, B, C đóng vai trò là trọng tâm của các tam giác tương ứng.
Mặt khác, ta cũng có các tam giác ABC và A 0 B 0 C 0 có cùng trọng tâm
G Có hai trường hợp xảy ra:
- Nếu A 0 , B 0 , C 0 có cùng màu xanh, khi đó tam giác A 0 B 0 C 0 và trọng tâm
- Nếu ít nhất một trong các điểm A 0 , B 0 , C 0 màu đỏ Không giảm tổng quát, giả sử A 0 đỏ Khi đó tam giác A 0 BC và trọng tâm A màu đỏ.
Vậy trong mọi khả năng luôn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.
Bài toán 3.17 Những điểm trong mặt phẳng được sơn bằng một trong ba màu Chứng minh rằng luôn tìm được hai điểm cùng màu cách nhau đúng bằng 1.
Giả sử hai điểm bất kỳ cách nhau 1 được sơn bằng màu khác nhau Xem xét tam giác đều ABC có cạnh dài 1, trong đó tất cả các đỉnh của tam giác đều được tô bằng các màu sắc khác nhau.
Điểm A1 đối xứng với A qua đường thẳng BC, và vì A1B = A1C = 1, nên A1 có màu khác với B và C, tức là nó cùng màu với điểm A Điều này chứng minh rằng nếu AA1 = √.
3 các điểm A và A 1 được tô cùng màu.
Do đó tất cả các điểm nằm trên đường tròn tâm A bán kính √
Rõ ràng trên đường tròn đó luôn tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng bằng 1 mâu thuẫn.
Vậy luôn tìm được hai điểm cùng màu có khoảng cách giữa chúng bằng
1 là điều phải chứng minh.
Bài toán 3.18 Cho dãy vô hạn các số tự nhiên u 1 , u 2 , được xác định theo công thức truy hồi sau:
Giả sử n là một số tự nhiên và tập M gồm u n điểm, không có ba điểm nào thẳng hàng Mỗi đoạn thẳng nối hai điểm khác nhau trong M được tô màu bằng n màu khác nhau Chúng ta cần chứng minh rằng tồn tại ba điểm trong tập hợp này.
M là đỉnh của một tam giác cùng màu.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Với n = 1, ta có u 1 = 3 và kết luận của bài toán hiển nhiên đúng (vì ở đâychỉ có 1 màu do n= 1).
Với n= 2, ta có u 2 = 2u 1 −1 + 1 = 6 Ta có bài toán với 6 điểm và dùng
2 màu Bài toán này đã được giải (xem bài toán 3.14) Vậy kết luận cũng đúng khi n= 2.
Giả sử kết luận của bài toán đúng với n, trong đó tập M gồm u n điểm không có ba điểm nào thẳng hàng và được tô bằng n màu Khi đó, sẽ tồn tại một tam giác có cùng màu.
Xét vớin+ 1, tức là tập M gồm u n+1 điểm bất kì (không có ba điểm nào thẳng hàng), và dùng n+ 1 màu để tô các đoạn thẳng.
Lấy A là một trong các điểm của tập M Điểm này có thể nối vớiu n+1 −1 điểm còn lại của tập M bằng u n+1 −1 đoạn thẳng bôi màu.
Theo công thức xác định dãy ta có: u n+1 −1 = (n+ 1)u n −n+ 1−1 = (n+ 1)(u n −1) + 1
Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất u n đoạn thẳng có chung đỉnh A được bôi màu.
Giả sửAB 1 , AB 2 , , AB u n được bôi cùng màu và giả sử đó là màu α, thì tam giác AB i B j cùng màu α, (α thuộc vào một trong n+ 1 màu đã cho ).
Có các khả năng sau xảy ra:
1 Nếu một trong các đoạn thẳng B i B j (i = j,1 ≤ i < j ≤ u n )được bôi màu α, thì tam giác AB i B j cùng màu α Bài toán đã được giải xong trong trường hợp n+ 1.
2 Các đoạn thẳng B i B j ,1≤ i < j ≤u n có màu khác với α Xét u n điểm
Rõ ràng không có ba điểm nào trong chúng thẳng hàng Chúng dùng tối đa (n+ 1)−1 = n màu để tô (do không dùng màu α).
Theo giả thiết quy nạp tồn tại tam giác cùng màu.
Tức là kết luận của bài toán cũng đúng với n+ 1.
Vậy ta có điều phải chứng minh.