Ứng dụng nguyên lý dirichlet giải toán

Luận văn ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào giải toán. Luận văn nêu ra nguyên lý chuồng bồ câu và một số bài tập ứng dụng từ cơ bản đến nâng cao. Một số bài toán đã xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ

Giáo viên hướng dẫn Sinh viên thực hiện

MSSV: B1500693 Lớp: SP Toán 01 K41

Cần Thơ, 2019

LỜI CẢM ƠN

Đề tài “ Ứng dụng nguyên lý Dirichet giải toán” là nội dung em chọn để nghiên cứu và làm luận văn tốt nghiệp sau bốn năm học đại học chuyên ngành Sư phạm Toán học tại trường Đại học Cần Thơ

Để hoàn thành quá trình nghiên cứu và hoàn thiện luận văn này, lời đầu tiên em xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến Thầy Nguyễn Hoàng Xinh thuộc khoa Sư phạm trường Đại học Cần Thơ Thầy đã trực tiếp chỉ dạy và hướng dẫn em trong suốt quá trình nghiên cứu Ngoài ra em xin chân thành cảm ơn các Thầy, Cô bộ môn Sư phạm Toán đã đóng góp những ý kiến quý báu cho luận văn

Nhân dịp này, em cũng xin cảm ơn đến quý Thầy Cô trong trường Đại học Cần Thơ nói chung, các Thầy Cô trong khoa Sư phạm nói riêng đã dạy dỗ cho em kiến thức về các môn đại cương cũng như các môn chuyên ngành, giúp em có được cơ sở

lý thuyết vững vàng và tạo điều kiện giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập Cuối cùng em xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè, đã luôn tạo điều kiện, quan tâm, giúp đỡ, động viên em trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn tốt nghiệp

Trân trọng cảm ơn!

Cần Thơ, ngày 6 tháng 5 năm 2019

Sinh viên thực hiện

Nguyễn Đức Khiêm

MỤC LỤC

PHẦN MỞ ĐẦU 1

PHẦN NỘI DUNG 2

Chương 1 KIẾN THỨC CƠ SỞ 2

1.1 Các kiến thức cơ bản tính chất chia hết 2

1.2 Số chính phương 2

1.3 Các lý thuyết đồng dư 3

1.4 Các suy luận 4

1.5 Bảng phép nhân chữ số tận cùng 4

1.6 Lý thuyết tổ hợp 4

1.7 Một số kiến thức liên quan khác 4

Chương 2 NGUYÊN LÝ DIRICHLET 6

2.1 Vài nét về tiểu sử Dirichlet 6

2.2 Nguyên lý Dirichlet 7

2.2.1 Nguyên lý Dirichlet dạng cơ bản 7

2.2.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tổng quát 7

2.2.3 Nguyên lý Dirichlet dạng mở rộng 7

2.2.4 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp 8

2.2.5 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp mở rộng 8

2.3 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải một số dạng toán thường gặp 9

2.3.1 Các bài toán về suy luận, logic 9

2.3.2 Một số bài toán liên quan xác suất 11

2.3.3 Các bài toán về tập hợp điểm 17

2.3.4 Bài toán chia hết 22

2.3.5 Các bài toán về dãy số 28

2.3.6 Tìm nghiệm phương trình nghiệm nguyên 31

2.3.7 Số chính phương 33

Chương 3 MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI BẰNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET 38

PHẦN KẾT LUẬN 45

TÀI LIỆU THAM KHẢO 46

PHẦN MỞ ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Nguyên lý Dirichlet là một nguyên lý phát biểu rất đơn giản nhưng có thể áp dụng rất nhiều trong toán học Nguyên lý Dirichlet có thể chứng minh nhiều bài toán bằng cách chỉ ra sự tồn tại của vật cụ thể mặc dù không đưa ra cụ thể cách tìm vật này Đây

là một nguyên lý rất hay, tuy nhiên một bộ phận không nhỏ học sinh hiện nay vẫn chưa biết hay hiểu rõ về nguyên lý này Vì vậy, với mong muốn cung cấp cho người đọc những kiến thức cơ bản về nguyên lý Dirichlet và cách giải một số bài toán bằng nguyên

lý Dirichlet nên em đã tìm hiểu và nghiên cứu về đề tài:

“ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICLET GIẢI TOÁN”

II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:

Đề tài nhằm mục đích giới thiệu các kiến thức về nguyên lý Dirichlet cho học sinh, cung cấp cho học sinh một số cách giải bài tập ứng dụng nguyên lý Dirichlet Bên cạnh đó còn giúp học sinh tiếp cận được một số bài toán hay và sáng tạo

III NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:

Luận văn trình bày về tiểu sử của nhà toán học Dirichlet, một số cách trình bày nguyên lý Dirichlet ở dạng nâng cao, ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải một số bài

toán có dạng điển hình, một số bài toán có liên quan đến nguyên lý Dirichlet

IV PHẠM VI VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:

- Phạm vi nghiên cứu: luận văn chủ yếu đề cập nguyên lý Dirichlet từ đó đưa ra các bài toán áp dụng nguyên lý này để giải quyết Bên cạnh đó, luận văn còn đưa ra các bài toán nâng cao xuất hiện trong các đề thi quốc tế

- Đối tượng nghiên cứu: Các đề thi chính thức, thi học sinh giỏi, các bài viết trên các diễn đàn toán học, những bài toán trong sách liên quan đến nguyên lý Dirichlet

V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:

Phương pháp nghiên cứu được sử dụng trong đề tài gồm thu thập thông tin, phân tích, tổng hợp tài liệu từ internet và các tài liệu nghiên cứu

PHẦN NỘI DUNG Chương 1 KIẾN THỨC CƠ SỞ

1.1 Các kiến thức cơ bản tính chất chia hết

Cho a và b là những số nguyên, với b0 Chúng ta nói rằng a chia hết cho

b , ký hiệu b a , khi tồn tại một số nguyên q sao cho đẳng thức sau đúng a b q

Chúng ta thường gọi số a là bội của b hoặc b là ước số của a Số q được gọi là thương số của phép chia a cho b Trong phát biểu định nghĩa trên, nếu không tồn tại một số q nào cả, thì chúng ta nói rằng a không chia hết cho b và ký hiệu b a |

Từ định nghĩa trên chúng ta dễ dàng chứng minh được các tính chất sau:

- Với mọi số nguyên a0 chúng ta có a a Phép chia hết có tính phản xạ

- Nếu b a và a c thì b c phép chia có tính chất bắc cầu

- Nếu b a và b c thì b ac  

- Nếu , , ,a b m n là những số nguyên tố và nếu c a và c b , thì c ma nb  

Định lý sau đây giữ vai trò quan trọng cho phép chia một số nguyên cho một số nguyên

- Với hai số nguyên bất kỳ a và b sao cho b0, tồn tại duy nhất những số nguyên q

và r thõa mãn a b q r  và 0 r b 

1.2 Số chính phương

- Cho p p1, , ,2 p là những số nguyên tố khác nhau Xét tập n M của các số tự nhiên

mà nó có thể phân tích ra các thừa số nằm trong p p1, , ,2 p Mọi số x của n M có

thể biểu diễn dưới dạng 1 2

1 2 n

n

x p p   p , với các số  1, , ,2 n là các số nguyên không âm

- Số chính phương là những số x mà  1, , ,2 n là các số nguyên chẵn không âm

1.4 Các suy luận

- Chứng minh phản chứng:

Dựa vào mệnh đề logic AB B A

Giả sử B đúng Suy ra A sai

- Số lượng tập con khác rỗng của tập hợpM1,2, ,n1 là 2n11

1.7 Một số kiến thức liên quan khác

- Bán kính hình cầu ngoại tiếp hình lập phương: 3

2

a

r

- Hai số nguyên tố cùng nhau: a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ước chung lớn nhất của chúng là 1 Kí hiệu:   a b ,  1

- Nếu a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại một số nguyên x sao cho

1 mod

ax b

Chương 2 NGUYÊN LÝ DIRICHLET

2.1 Vài nét về tiểu sử Dirichlet

Dirichlet tên đầy đủ là Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet

(13/02/1805-5/5/1859) là một nhà toán học người Đức được cho là người đưa ra định nghĩa hiện đại của hàm số Ông là học trò của Gauss là người hâm mộ Gauss

Trong thời gian học ở Pari, giữa 1822 và 1825, ông làm gia sư trong gia đình của tướng và nhà chính trị Maximilien Foy Trong thời gian này, ông tham gia nhà bác học trẻ, quây quần xung quanh Fourier Vì Vậy ông gắn bó với Fourier và các chuỗi lượng giác

Từ 1826-1828, Dirichlet là giảng viên trường Đại Học Breslau Từ 1829 ông làm việc

ở trường Đại Học Berlin Từ 1831 đến 1855 ông là giáo sư trường Đại học Berlin Từ

1855, sau khi Gauss qua đời, ông kế tục Gauss ở trường Đại học Gottinggen

Dirichlet có những phát minh lớn trong lý thuyết số Ông thiết lập các công thức cho

số các lớp dạng toàn phương hai ngôi với định thức cho trước Ông chứng minh định lý

về tập hợp vô hạn các số nguyên tố trong một cấp số cộng gồm những số nguyên mà số hạng đầu và công sai là nguyên tố cùng nhau Để giải bài toán trên, ông sử dụng những hàm giải tích, gọi là hàm (chuỗi) Dirichlet Ông sáng lập ra lý thuyết tổng quát về các đơn vị đại số trong trường số đại số

Về giải tích, Dirichlet là một trong những người đầu tiên quan niện hàm là sự cho ứng với mọi x một phần tửy , mà không cần phải có biểu thức của y theo x bằng các

phép tính số học Dirichlet cũng là người đầu tiên đề xuất và nghiên cứu khái niệm hội

tụ có điều kiện của chuỗi

Ông phát biểu và chứng minh những điều kiện đủ, thường gọi là điều kiện Dirichlet,

để chuỗi Fourier của một hàm số hội tụ tới hàm số đó

Dirichlet cũng có những công trình đáng kể về cơ học và vật lý toán, đặc biệt về lý thuyết thế

2.2 Nguyên lý Dirichlet

2.2.1 Nguyên lý Dirichlet dạng cơ bản

Nhốt n con thỏ vào n1 cái lồng, thì có ít nhất 1 cái lồng chứa ít nhất 2 con thỏ

Người ta còn gọi nguyên lý Dirichlet bằng các tên khác như: Nguyên lý chuồng bồ câu, nguyên lý hộp, nguyên lý ngăn kéo

Chứng minh

Nếu như không có lồng nào chứa nhiều hơn 1 con thỏ, thì chỉ có nhiều nhất n1

con thỏ, trái với giả thuyết có n con thỏ Nên có ít nhất 1 cái lồng chứa hơn 1 con thỏ

2.2.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tổng quát

Nhốt nk1 con thỏ vào n cái lồng thì có ít nhất 1 cái lồng chứa k1 con thỏ

Chứng minh

Giả sử mọi cái lồng đều chứa ít hơn k con thỏ Khi đó tổng số con thỏ là k n

Mà k n k n 1 nên có ít nhất 1 cái lồng chứa k 1 con thỏ

* Nếu m không là bội của n :

Giả sử mọi cái lồng đều chứa ít hơn m

Giả sử mọi cái lồng đều chứa ít hơn m

n con thỏ Khi đó tổng số con thỏ ít hơn

A cho tương ứng với một phần tử của B , thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của

A mà chúng tương ứng với một phần tử của B

Giả sử ,A B là hai tập hợp hữu hạn và S A S B tươnng ứng kí hiệu là các số    ,

lượng phần tử của A và B Giả sử có một số tự nhiên k nào đó mà S A k S B   và

ta có quy tắc cho tương ứng mỗi phần tử của A với một phần tử của B Khi đó tồn tại

ít nhất k1 phần tử của A mà chúng tương ứng với cùng một phần tử của B

Chú ý: Khi k 1, ta có lại nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp

2.3 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải một số dạng toán thường gặp

2.3.1 Các bài toán về suy luận, logic

Ví dụ 2.3.1.1 Nam đặt 3 đồng xu vào 2 con lợn đất Chứng minh rằng có 1 con lợn chứa nhiều hơn 1 đồng xu

Ví dụ 2.3.1.3 Trong kỳ thi học sinh giỏi, điểm bài thi được đánh giá bởi một số

nguyên trong khoảng từ 0 đến 100 Hỏi rằng ít nhất có bao nhiêu học sinh dự thi để cho chắc chắn tìm được hai học sinh có kết quả thi như nhau?

Giải

Theo nguyên lý Dirichlet, số học sinh cần tìm là102 , vì ta có 101 kết quả điểm thi khác nhau

Ví dụ 2.3.1.4 Viết 16 số, mỗi số có giá trị bất kỳ là1, 2, 3, 4 Ghép thành từng cặp

2 số được 8 cặp số Chứng minh rằng tồn tại hai cặp số mà tồng các số trong hai cặp

Ví dụ 2.3.1.5 CMR trong n người bất kì, tồn tại hai người có số người quen như

nhau (kể cả trường hợp quen 0 người)

Giải

* Nếu trong n người có ít nhất 2 người không quen ai Thì thỏa yêu cầu bài toán

* Nếu trong n người thì có ít nhất 1 người không quen ai

Vậy trong n1 người ( trừ người trên) sẽ không có ai không quen người nào cả Tức là số người quen từ 1 đến n2 người Ta có n2 nhóm có số người quen khác nhau cộng với trường hợp không quen ai cả nên lập thành n1 nhóm có số người quen khác nhau

Mà theo giả thuyết có n người Nên sẽ tồn tại ít nhất 2 người có số người quen giống

nhau Hay nói cách khác là có 2 người có cùng số người quen

Ví dụ 2.3.1.6 Trong lớp gồm 35 học sinh làm bài kiểm tra 15 phút, không có ai bị điểm dưới trung bình Chứng minh rẳng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên)

Giải

Ta thấy: Trong bài toán này: n.k+r = 35 là số lượng điểm kiểm tra từ 5 đến 10 , n là

6 loại điểm (từ 5 đến 10 ) Tồn tại k 1 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau

Có 35 hoc sinh phân chia vào 6 loại điểm (từ 5 đến 10 )

Giả sử mỗi loại trong 6 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học

có ít nhất: 5.6 30 học sinh, ít hơn 35 học sinh Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau

Ví dụ 2.3.1.7 Một lớp có 50 học sinh Chứng minh rằng có ít nhất 5 học sinh có tháng sinh giống nhau

Giải

Ta thấy: Trong bài toán này: n k r  50 là số lượng học sinh trong lớp, n12 là

số tháng trong năm (12 tháng) Tồn tại k 1 5 học sinh có cùng tháng sinh với nhau Giả sử có không quá 4 học sinh có tháng sinh giống nhau Một năm có 12 tháng, khi đó số học sinh của lớp có không quá: 12.4 48  (học sinh) Theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất 5 học sinh có tháng sinh giống nhau

Ví dụ 2.3.1.8 Có 17 nhà toán học viết thư cho nhau trao đổi về 3 vấn đề,mỗi người viết thư cho 1 người với 1 vấn đề Chứng minh rằng ít nhất 3 nhà toán học trao đổi với nhau về 1 vấn đề

(Ví dụ có 3 nhà toán học , ,A B C trao đổi cho nhau về 3 vấn đề , , x y z thì có thể A viết thư cho B về vấn đề x nên B sẽ viết thư lại cho A về vấn đề x Lúc này A và B cùng trao đổi cho nhau về 1 vấn đề là x )

Giải

Xét 1 nhà toán học A bất kỳ trong 17 nhà toán học đó Thì người này phải trao đổi

với 16 người còn lại về 3 vấn đề (Gọi các vấn đề này là x y z, , )

Ta có 16 nhà toán học nhưng có 3 vấn đề Theo nguyên lý Dirichlet sẽ có ít nhất 6 nhà toán học cùng trao đổi về 1 vấn đề

Giả sử 6 nhà toán học cùng trao đồi về một vấn đề x là , , , , , B C D E F G

* Nếu có 2 nhà toán học bất kỳ trong 6 nhà toán học , , , , ,B C D E F G cùng trao đổi

về vấn đề x thì cùng với nhà toán học A sẽ có 3 nhà toán học cùng nhau trao đổi về 1 vấn đề

* Nếu không có 2 nhà toán học nào trong 6 nhà toán học , , , , ,B C D E F G cùng trao đổi về vấn đề x thì 6 nhà toán học , , , , ,B C D E F G chỉ trao đổi về 2 vấn đề là y và z

Theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại ít nhất 3 nhà toán học cùng trao đổi về 1 trong 2

vấn đề y và z

Vậy trong 17 nhà toán học viết thư cho nhau trao đổi về 3 vấn đề, mỗi người viết thư cho 1 người về 1 vấn đề, sẽ có ít nhất 2 nhà toán học cùng nhau trao đổi về 1 vấn

đề

2.3.2 Một số bài toán liên quan xác suất

Ví dụ 2.3.2.1 Có 3 quả bóng xanh, 3 quả bóng vàng và 3 quả bóng đen trong 1 cái thùng Nam nhắm mắt lấy 1 quả bóng từ thùng Hỏi Nam cần lấy ít nhất bao nhiêu quả bóng trước khi anh ấy nhận được 2 quả bóng cùng màu

Giải

Vì có 3 loại bóng nên Nam cần lấy 3 quả bóng để lấy ra 3 quả bóng khác loại và quả bóng thứ 4 sẽ cùng loại với 1 trong 3 quả trên

Ta cũng có thể giải theo cách sau: Do có 3 loại quả bóng có cùng số lượng nên chúng

ta cần phải lấy 3 1 lần để được 2 quả bóng cùng màu

Ví dụ 2.3.2.2 Có 4 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh, 3 viên bi vàng và 1 viên bi trắng trong túi của Julie Không nhìn vào các viên bi, Julie lấy ra khỏi túi 4 viên bi cùng một lúc Hỏi Julie phải lấy nhiều nhất bao nhiêu viên bi trước khi cô ấy nhận được 3 viên bi cùng màu

Giả sử đó : lấy ra 2 viên bi cùng màu và 2 viên còn lại khác màu và 2 viên cùng màu

là màu xanh Trong lần lấy thứ 2 Julie lấy ra 4 viên bi trong 4 loại

- Nếu Julie lấy ra 4 loại bi thì sẽ có 1 viên bi xanh trong 4 viên bi này Như vậy Julie lấy được 3 viên màu xanh

- Nếu Julie lấy ra 3 loại bi thì sẽ có ít nhất 2 viên bi có cùng màu Trừ trường hợp màu xanh và màu trắng, vì mỗi màu này chỉ còn 1 viên Thêm 1 viên bi đã lấy ra ở lần đầu Như vậy Julie đã lấy ra 3 viên bi cùng màu

Giả sử lấy được mỗi màu 2 viên bi là màu xanh và màu vàng

- Nếu Julie lấy ra 4 loại bi thì sẽ có 1 viên bi xanh trong 4 viên bi này Như vậy Julie lấy được 3 viên màu xanh và 3 viên bi vàng

- Nếu Julie lấy ra 3 loại bi và trong đó có 2 viên bi có cùng màu đỏ (trường hợp mỗi màu xanh, trắng và màu vàng chỉ còn 1 viên).Thì còn 2 viên bi được lấy ra nằm

trong 2 nhóm (xanh, vàng) hoặc là trắng Nhưng trắng có 1 viên bi nên vẫn có 1 viên bi màu xanh hoặc vàng Thêm 2 viên bi đã lấy ra ở lần đầu Như vậy Julie đã lấy ra 3 viên

bi cùng màu

Vậy Julie cần phải lấy 2 lần (8 viên bi)

Ví dụ 2.3.2.3 Một giáo viên thể dục dẫn các học sinh tới phòng thể dục để lấy một

số quả bóng rổ và bóng chuyền Mỗi học sinh có thể lấy 2 quả bóng Hỏi giáo biên phải dẫn theo bao nhiêu học sinh để có ít nhất 2 học sinh lấy các quả bóng cùng loại

Ví dụ 2.3.2.4 Có 3 loại đồ chơi được phát cho 1 nhóm trẻ em Mỗi bé chỉ nhận được

2 món đồ chơi Hỏi có bao nhiêu bé nếu ít nhất 2 bé nhận được cùng các món đồ chơi

Ta có 6 trường hợp mỗi bé nhận được khác các món đồ chơi

Vậy đứa bé thứ 7 sẽ nhận được món đồ chơi cùng các món đồ chơi

Ví dụ 2.3.2.5 Một người bán 5 loại hoa khác nhau Nếu mỗi khách mua 2 loại hoa,

thì cần bao nhiêu khác để ít nhất 2 khách sẽ mua cùng loại hoa

Giải

Đặt 5 loại hoa là , , , , A B C D E

Do đó, các trường hợp mà mỗi vị khách mua 2 loại hoa là:

, , , , , , , , , , , , , ,

AA AB AC AD AE BB BC BD BE CC CD CE DD DE EE

Ta có 15 trường hợp mỗi vị khách mua được các loại hoa khác nhau

Vậy vị khách thứ 16 sẽ mua được các loại hoa giống nhau

* Nhận xét: Từ Ví dụ 3 và Ví dụ 5 ta nhận xét: Nếu có n loại đồ vật cần chia cho 1 số

người, để có 2 người nhận được cùng loại đồ vật thì đó cũng là u n1 trong dãy số sau: 1,3,6,10,15,21, u n1 u nn

Ví dụ 2.3.2.6 Để được nhận vào đội tuyển cầu lông, mỗi người trong 6 vận động

viên phải thi đấu với nhau 1 trận Hỏi có tổng cộng bao nhiêu trận đấu

Giải

Ta có 6 vận động viên Vì vậy mỗi người phải thi đấu 5 trận

Nên người thứ nhất phải thi đấu 5 trận

Người thứ 2 phải thi đấu thêm 4 trận (vì 1 trận đã thi đấu với người thứ nhất)

Người thứ 3 phải thi đấu thêm 3 trận (vì 2 trận đã thi đấu với người thứ nhất)

Người thứ 4 phải thi đấu thêm 2 trận (vì 3 trận đã thi đấu với người thứ nhất)

Người thứ 5 phải thi đấu thêm 1 trận (vì 4 trận đã thi đấu với người thứ nhất)

Người thứ 6 phải thi đấu thêm 0 trận (vì 5 trận đã thi đấu với người thứ nhất)

Vậy có tổng cộng: 1 2 3 4 5 15     trận đấu

Ví dụ 2.3.2.7 Tại một bữa tiệc, 2 vị khách bắt tay với nhau duy nhất lần Hỏi có tất

cả bao nhiêu cái bắt tay trong 8 vị khách

Giải

Ta có 8 vị khách nên cần mỗi người phải bắt tay 7 lần

Người thứ nhất bắt tay với 7 người (trừ anh ta ra)

Người thứ 2 bắt tay thêm với 6 người ( trừ anh ta và người đầu)

Tương tự đến người thứ 8 sẽ bắt tay với 0 người ( Vì tất cả những người trước đều

đã bắt tay với anh ta

Vậy có tổng cộng: 7 6 5 4 3 2 1 0 28        cái bắt tay

Ví dụ 2.3.2.8 Có 5 đường thẳng cắt nhau nhiều nhất bao nhiêu giao điểm Từ đó suy

ra n đường thẳng cắt nhau tại nhiều nhất bao nhiêu giao điểm

Giải

Ta có 5 đường thẳng nên mỗi đường thẳng có thể cắt tối đa với 4 đường thẳng còn lại

Đường thẳng thứ nhất cắt các đường thẳng còn lại tại 4 giao điểm

Đường thẳng thứ 2 cắt các đường thẳng còn lại thêm 3 giao điểm nữa ( Vì có 1 giao điểm với đường thẳng đầu đã tính ở bên trên)

Đường thẳng thứ 3 cắt các đường thẳng còn lại thêm 2 giao điểm nữa ( Vì có 2 giao điểm với các đường thẳng đã tính ở bên trên)

Đường thẳng thứ 4 cắt các đường thẳng còn lại thêm 1 giao điểm nữa ( Vì có 3 giao điểm với đường thẳng đã tính ở bên trên)

Đường thẳng thứ 5 cắt các đường thẳng còn lại thêm 0 giao điểm nữa ( Vì có 4 giao điểm với đường thẳng đã tính ở bên trên)

Vậy: Số giao điểm mà 5 đường thẳng có thể cắt nhiều nhất là 4+3+2+1+0=10 giao điểm

Từ đây có thể suy ra nếu có n đường thẳng thì sẽ có

1 0

n k k





 giao điểm

Ví dụ 2.3.2.9 Có 21 lời “Xin chào” được chào bởi các đứa trẻ trong bữa tiệc Nếu

mỗi đứa trẻ nói lời “Xin chào!” với mỗi đứa trẻ khác đúng 1 lần, hỏi có bao nhiêu đứa trẻ

Giải

Ta có :

- 2 đứa trẻ thì có 1 lời chào

- 3 đứa trẻ thì có 3 lời chào ( Vì đứa trẻ thứ nhất chào thứ 2 và 3, đứa trẻ thứ 2 chào đứa trẻ thứ 3)

- 4 đứa trẻ thì có 6 lời chào Chứng minh tương tự như 3 đứa trẻ

Từ đây ta có thể suy ra: Nếu có n đứa trẻ thì sẽ có

1 0

n k k





 lời chào

* Chứng minh:

Xét n1 tức là có 1 đứa trẻ nên sẽ có 0 lời chào (Đúng với n1)

Giả sử mệnh đề đúng với k đứa trẻ hay n k Có nghĩa là:

Ta cần chứng mình mệnh đề đúng với k1 đứa trẻ hay n k 1

Thật vậy khi xuất hiện đứa trẻ thứ k1 thì sẽ có thêm k lời chào từ đứa trẻ thứ k1

với k đứa trẻ ban đầu Tức là: có

n k k

n k k

n

Vậy có 7 đứa trẻ nói 21 lời xin chào với nhau

2.3.3 Các bài toán về tập hợp điểm

Ví dụ 2.3.3.1 Trong hình vuông đơn vị (cạnh bằng1) có 101 điểm Chứng minh

rằng có năm điểm trong các điểm đã chọn được phủ bởi một đường tròn bán kính 1

7

Hình 2.3.3.1

Giải

Chia hình vuông ra làm 25 hình vuông bằng nhau, mỗi cạnh của hình vuông là 0.2

Vì có 101 điểm, mà chỉ có 25 hình vuông, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hình vuông nhỏ chứa ít nhất năm điểm (trong 101 điểm đã cho) Vì hình vuông này nội tiếp

trong đường tròn bán kính

1 2

2

2 10

Do 2 1

10  7 nên dĩ nhiên đường tròn đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp trên và có

bán kính 1

7 chứa ít nhất năm điểm nói trên

Ví dụ 2.3.3.2 Chứng minh rằng không tồn tại đường thẳng không đi qua đỉnh và cắt

ba cạnh của cùng một tam giác

Ví dụ 2.3.3.3 Trong mặt phẳng cho 5 điểm có tọa độ là các số nguyên Chứng minh

rằng tồn tại ít nhất 2 điểm sao cho trung điểm của đoạn thẳng nối 2 điểm đó có tọa độ là các số nguyên

Ví dụ 2.3.3.4 Trong mặt phẳng cho 6 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng

hàng Mỗi đoạn thẳng nối từng cặp điểm được bôi màu đỏ hoặc xanh Chứng minh rằng tồn tại ba điểm trong số sáu điểm đã cho, sao cho chúng là ba đỉnh của một tam giác mà

các cạnh của nó được bôi cùng một màu

Hình 2.3.3.4

Giải

Gọi 6 điểm đó là A B B B B B , , , , , 1 2 3 4 5

Xét A là một trong số sáu điểm đã cho Khi đó xét năm đoạn thẳng (mỗi đoạn thẳng nối điểm A với năm điểm còn lại)

Vì mỗi đoạn thẳng được bôi chỉ màu đỏ hoặc xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có

it nhất ba trong năm đoạn nói trên cùng màu

Giả sử là các đoạn AB AB AB và có thể cho rằng chúng cùng màu xanh Chỉ có 1, 2, 3hai khả năng sau xảy ra:

1 Nếu ít nhất một trong ba đoạn B B B B B B màu xanh thì tồn tại một tam giác 1 2, 2 3, 3 1với ba cạnh xanh và kết luận của bài toán đúng trong trường hợp này

2 Nếu không phải như vậy, tức là B B B B B B màu đỏ, thì 1 2, 2 3, 3 1 B B B là tam giác 1 2 3

với ba cạnh đỏ Nên ba điểm phải tìm là B B B 1, ,2 3

Ví dụ 2.3.3.5 Trong không gian cho 37 "điểm nguyên" và không có ba điểm nào

thẳng hàng Chứng minh rằng chọn được từ đó ba điểm để trọng tâm của tam giác lập thành từ ba điểm này cũng là điểm nguyên

Vì g x   0,1,2, nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 13 điểm (trong 37

“điểm nguyên” đã cho) có cùng giá trị với g x Lấy 13 điểm trong các điểm đã cho  

Tương tự như g x và   g y thì   g z   0,1,2 Xét 2 trường hợp sau:

* Trường hợp 1: Tồn tại 3 điểm trong số 5 điểm trên mà g z nhận cả 3 giá trị là 0;  1; 2 Giả sử 3 điểm đó là x y z1; ; ,1 1 x2;y ;2 z2 , x y z Nên: 3; ;3 3

Suy ra trọng tâm của tam giác tạo từ 3 điểm này cũng là điểm nguyên

* Trường hợp 2: Không tồn tại 3 điểm trong số 5 điểm

x y z1, , ;1 1 x y z2, ,2 2 ; ; x y z nhận 3 giá trị là 0;1;2 Vậy chúng sẽ nhận giá trị từ 1 5, ,5 5đến 2 giá trị trong 0;1;2 Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại ít nhất 3 điểm có cùng giá trị g z Giả sử 3 điểm đó là   x y z1; ; ,1 1 x2;y ;2 z2 , x y z Nên: 3; ;3 3