Nguyên lí DI RI CHLET

tài liệu nhằm mục địch hướng dẫn cho người đọc hiểu rõ về nguyên lí dirrichlet từ đó có khả năng suy luận cao về các bài toán liên qua tới thuật toán dririchlet.

II NGUYÊN LÍ ĐIRICHLET

1 Nội dung nguyên lí Nếu nhốt n.m+r (m, n, r là các số nguyên dương) con

thỏ vào n cái chuồng thì phải có ít nhất một chuồng chứa không ít hơn m+1 con thỏ

Chứng minh Giả sử ngược lại mỗi chuồng chứa không quá m con thỏ thì

tổng số thỏ sẽ không quá m.n con thỏ Mâu thuẫn với giả thiết là số thỏ bằng m.n+r

Nhận xét: Bản thân nguyên lý Đirichlet khá đơn giản và dễ hiểu như vậy, tuy nhiên việc ứng dụng nguyên lý này lại không hề đơn giản Vấn đề ở đây là

phát hiện ra “chất Dirichlet” trong các bài toán, dạng toán của mình và sau

đó xác định trong đó đâu là chuồng và đâu là thỏ Có những trường hợp chuồng và thỏ gần như đã có sẵn, nhưng có những trường hợp chúng ta phải

“xây chuồng, tạo thỏ”

2 Một số kĩ thuật ứng dụng của nguyên lí Đirichlet

2.1 Phân chia tập hợp để tạo các n - tập (các “chuồng”)

Ví dụ mở đầu Trong hình vuông có cạnh bằng 1 đặt 51 điểm bất kì phân biệt

Chứng minh rằng có ít nhất ba trong số 51 điểm đó nằm trong một hình tròn

bán kính 1

7

Lời giải Chia thành 25 hình vuông con có độ dài cạnh bằng 0,2 Khi đó tồn tại

một hình vuông con chứa ít nhất 3 điểm (giả sử là M, N, P) trong 51 điểm đó (vì 51 = 2.25 + 1) Giả sử ABCD là hình vuông con đó và I là tâm của nó Xét

hình tròn (C) tâm I, bán kính R = 1

7 Ta có

1

7

IM IN IP   Vậy M, N,

P nằm trong hình tròn (C)

Nhận xét: Nội dung cơ bản của phương pháp là chia một đối tượng lớn thành

nhiều đối tượng nhỏ (các đối tượng này như các “chuồng”); sau đó áp dụng

nguyên lí Đirichlet

Ví dụ 2 Trong hình tròn có diện tích bằng 8 đặt 17 điểm bất kì sao cho không

có 3 điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng có ít nhất ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1

HD Chia đường tròn thành 8 hình quạt bằng nhau như hình vẽ:

Sẽ có 3 điểm nằm trong một hình quạt (giả sử đó là các điểm A, B, C) Khi đó S(ABC) < S(quạt) = 1 (đpcm)

Ví dụ 3 Trong hình tròn (C) tâm O, bán kính R = 2,5 cho 10 điểm bất kì;

CMR có hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 2

Lời giải Chia hình tròn thành 9 phần như hình vẽ (gồm một hình tròn bán

kính 1 ở trong và tám “hình thang cong” ở ngoài):

A B

B' A'

Q P

O

N M

Theo nguyên lí Đirichlet thì có một phần chứa ít nhất hai điểm (giả sử là A và B) trong 10 điểm đã cho Xét hai trường hợp:

+) Hai điểm A, B nằm trong hình tròn nhỏ: khi đó AB < 2

+) Hai điểm A, B nằm trong hoặc trên các cạnh của một trong các “hình thang cong” còn lại: Giả sử “hình thang cong” đó là MNPQ Khi đó xét hình thang

MNPQ có: QP < 1; QM = 1,5; PN = 1,5; MN < 2; QN < 2; PM < 2 Do đó khoảng cách giữa hai điểm bất kì thuộc hình thang MNPQ và miền trong của

nó đều nhỏ hơn 2

 Nếu A, B thuộc hình thang MNPQ hoặc miền trong của nó thì ta có đpcm

 Nếu A, B không nằm hoàn toàn trong hình thang thì lấy trên đoạn OM điểm A’ sao cho OA’ = OA, lấy trên đoạn ON điểm B’ sao cho OB’ = OB

Từ

' '

AOB A OB









suy ra AB  A’B’ < 2

Vậy trong mọi trường hợp thì AB < 2 (đpcm)

Ví dụ 4 Cho hình bình hành ABCD và 25 đường thẳng Mỗi đường thẳng chia

ABCD thành 2 hình thang với tỉ số diện tích là 1

3 CMR trong 25 đường thẳng

đó có 7 đường thẳng đồng quy

Lời giải Gọi K, H, I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng như hình vẽ:

H K

J

I

O

Q

P N

M

B A

Xét 25 đường thẳng đã cho Với mỗi đường thẳng đó có một trong hai khả năng sau xảy ra:

+) Đường thẳng đó cắt cạnh AB và CD Khi đó nó phải đi qua K hoặc H

+) Đường thẳng đó cắt cạnh AD và BC Khi đó nó phải đi qua I hoặc J

Như vậy sẽ có 7 đường thẳng cùng đi qua một trong 4 điểm I, J, K, H nêu trên (đpcm)

Nhận xét: Việc phát hiện ra các m – tập ở đây dựa trên tính chất đặc trưng

của các đường thẳng

2.2 Xây dựng các n - tập theo đối tượng xuất phát

Ví dụ mở đầu Trong mặt phẳng cho 2009 điểm Biết rằng trong 3 điểm bất kì

lấy từ các điểm đã cho luôn có hai điểm có khoảng cách không lớn hơn 1 CMR có 1005 điểm nằm trong hình tròn bán kính 1

Lời giải Lấy điểm M trong 2009 điểm đó và xét hình tròn (C) có tâm M, bán

kính bằng 1

+) Nếu tất cả các điểm đều thuộc (C) thì (C) là hình tròn cần tìm

+) Nếu có điểm N sao cho MN > 1 thì xét hình tròn (C’) có tâm N, bán kính 1 Khi đó với mọi điểm P trong 2007 điểm còn lại luôn xảy ra một trong hai khả





(vì AB > 1) Từ 2007 điểm này sẽ có ít nhất

1004 điểm cùng thuộc (C) (hoặc (C’)) Khi đó hình tròn (C) (hoặc (C’)) là hình tròn cần tìm

Nhận xét: Trong ví dụ trên, việc chọn ra các n - tập được bắt đầu từ việc chọn

ra một “đối tượng xuất phát” là điểm M Từ “đối tượng xuất phát” này ta lập

luận để suy ra các đối tượng (trường hợp) còn lại Đây là một kĩ thuật hay dùng trong các bài toán sử dụng nguyên lí Đirichlet

Ví dụ 2 Trong mặt phẳng cho 9 đường thẳng song song nằm ngang và 3

đường thẳng song song nằm dọc Người ta đánh dấu các giao điểm của các đường thẳng này bởi hai màu xanh (X) và đỏ (Đ) CMR tồn tại 2 đường thẳng nằm ngang và 2 đường thẳng nằm dọc sao cho 4 giao điểm của chúng được tô cùng màu

Lời giải Xét 3 giao điểm đầu của các đường thẳng nằm ngang Trên mỗi

đường thẳng này có 23 cách tô màu 3 giao điểm đầu Có 9 đường thẳng nằm ngang với 23 = 8 cách tô màu nên có hai đường thẳng có cùng cách tô màu 3 điểm đầu tiên Trên hai đường đó thì trong 3 cách tô màu phải có hai màu trùng nhau  đpcm

Ví dụ 3 Trên đường tròn cho 16 điểm tô bởi một trong ba màu: X, Đ, V Các

dây cung nối 2 điểm trong 16 điểm trên được tô bởi hai màu: T, L Chứng minh rằng ta luôn có 3 trong 16 điểm trên tô cùng màu và 3 cạnh của nó cũng được tô cùng màu

HD Có ít nhất 6 điểm tô cùng màu, giả sử là A, B, C, D, E, F Xét 5 dây cung

AB, AC, AD, AE, AF sẽ có ít nhất 3 dây cùng màu, giả sử đó là màu T

Không mất tính tổng quát giả sử AB, AC, AD cùng màu T Khi đó:

Nếu BC màu T thì kết thúc bài toán; nếu BC màu L thì xét CD:

Nếu CD màu T thì kết thúc; nếu CD màu L thì xét BD:

Nếu BD là T thì kết thúc; nếu BD màu L thì tam giác BCD có ba cạnh cùng màu L và 3 đỉnh B, C, D cùng màu bài toán kết thúc

Ví dụ 4 Cho đa giác đều A1A2…A1981 nội tiếp (O) CMR trong số 64 đỉnh bất

kì của đa giác luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang

Lời giải

Nhận xét: Nếu có hai dây cung (được tạo thành từ 1981 đỉnh của đa giác) có

độ dài bằng nhau và không có đỉnh chung thì ta sẽ có một hình thang

Xét độ dài các dây cung A1A2, A1A3,…, A1A1981 Ta thấy A1A2 = A1A1981, A1A3 = A1A1980,…, A1A991 = A1A992 và các độ dài này đôi một khác nhau Vậy

có 990 độ dài các dây cung có một đỉnh là A1 và đó cũng là tất cả các độ dài của các dây cung được tạo thành từ 1981 điểm đã cho

Trong 64 đỉnh sẽ có C 642 2016 dây cung Vì có 990 độ dài suy ra có ít nhất 3 dây cung có cùng độ dài Nếu các dây cung này đều đôi một có đỉnh chung thì

sẽ tạo thành một tam giác đều (vì chỉ có đúng 2 dây cung chung đỉnh có cùng

độ dài) như hình vẽ:

Ak

Ai

Ai

Khi đó đường tròn sẽ được chia ra thành 3 cung bằng nhau suy ra số đỉnh của

đa giác phải là số nguyên lần của 3, điều này là vô lí vì 1981 không chia hết cho 3 Vậy trong 3 dây cung có cùng độ dài này có ít nhất hai dây cung không

có chung đỉnh, hai dây cung đó tạo thành một hình thang cân có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác ban đầu

Ví dụ 5 Trong mặt phẳng cho n - giác lồi có tọa độ các đỉnh là các số nguyên

(n > 4)

a) CMR ở trên cạnh hoặc bên trong đa giác đó còn có ít nhất một điểm nguyên khác nữa

b) CMR bên trong đa giác đó (không kể các cạnh) còn có ít nhất một điểm nguyên khác nữa

HD

a) Chia tập các điểm nguyên thành 4 loại: Loại I = (ch; ch), loại I = (ch; lẻ), loại III = (lẻ; ch), loại IV = (lẻ; lẻ) Vì n > 4 nên có ít nhất 5 đỉnh suy ra có ít nhất hai điểm có cùng loại và khi đó trung điểm của hai điểm này có tọa độ nguyên

b) Xét 5 đỉnh liên tiếp của đa giác là A, B, C, D, E Khi đó ta có một ngũ giác lồi ABCDE và các điểm nằm trong ABCDE cũng nằm trong đa giác trên

t

x

1

E

D

C

B A

Trong năm đỉnh A, B, C, D, E phải có hai đỉnh chung một cạnh có tổng các góc ở đỉnh đó > 1800 (vì ngược lại thì 0      0

6.180 2(ABCDE)5.180

vô lí! Giả sử A và B là hai đỉnh như vậy Khi đó:

 

0 1

0

0 1

180 360

180



Không mất tính tổng quát giả sử   0

BC  Ta kẻ Ax//BC, Ct//AB (hướng của các tia Ax, Ct lần lượt là hướng các vectơ BC BA ,

), chúng cắt nhau tại I + Nếu   0

180

AB nên tia Ax thuộc miền góc trong của góc BAE (không kể hai cạnh) Mặt khác, Ct trùng với tia CE, do dó I nằm

trong đoạn CE (không kể hai đầu mút) nên I nằm trong ngũ giác ABCDE (không kể các cạnh)

BC  thì tia Ct nằm trong miền góc BCE (không kể các cạnh)

Do đó I nằm trong ngũ giác ABCDE (không kể các cạnh)

Vì A, B, C có các tọa độ nguyên nên I có tọa độ nguyên  (ĐPCM)

2.3 Xây dựng các dãy số

Ví dụ mở đầu CMR có thể tìm được một số có dạng 19791979…197900…0

chia hết cho 2000

Lời giải Xét dãy số: 1979, 19791979,…,

2001 1979

19791979 1979

cÆp

Khi chia các số

hạng của dãy này cho 2000 sẽ có hai số hạng có cùng số dư và hiệu của chúng

có dạng 19791979…19790…0 chia hết cho 2000

Nhận xét: Nội dung chủ yếu để giải các dạng toán này là tạo ra các dãy số từ bài toán Sau đó ta áp dụng nguyên lí Đirichlet cho các số hạng của dãy số

được chọn (Các số hạng thay cho các “thỏ”)

Ví dụ 2 Xét 100 số nguyên dương a1, a2,…, a100; ai  100,  i = 1, 2,…, 100

và a1 + a2 + … + a100 = 200 CMR trong 100 số đó luôn tồn tại một vài số có tổng bằng 100

Lời giải

+) Nếu ai = aj với mọi i  j thì hiển nhiên

+) Nếu a1  a2 thì lập dãy sau:

a1, a2, a1 + a2, a1 + a2 + a3,…, a1 + a2 +…+ a99 (các số hạng này thuộc [1, 199])

 Nếu tồn tại một số hạng nào trong dãy chia hết cho 100 thì số hạng đó bằng

100 (đpcm)

 Nếu không có số hạng nào chia hết cho 100 thì trong 100 số này khi chia cho

100 sẽ có hai số hạng có cùng số dư Hiệu của chúng cho ta tổng cần tìm

Ví dụ 3 CMR trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn có ít nhất một số có

tổng các chữ số chia hết cho 11

Lời giải Giả sử các số đó là a1 < a2 <…< a39 Xét 20 số hạng đầu tiên của dãy

này sẽ có hai số tận cùng là 0 và có một số (trong hai số này) có chữ số ngay trước chữ số tận cùng khác 9 Gọi số này là N

Xét các số N + 1, N + 2,…, N + 19 thuộc 39 số đã cho Khi đó:

S(N + i) = S(N) + i với i = 0, 2,…, 9 và S(N + 19) = S(N) + 10 (kí hiệu S(a) là tổng các chữ số của a)

Trong 11 số liên tiếp S(N), S(N) + 1,…, S(N) + 9, S(N) + 10 thì có một số chia hết cho 11 (đpcm)

Ví dụ 4 Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 CMR có thể

chọn được 4 số a, b, c, d sao cho a < b < c và a + b + c = d

HD Giả sử các số là 1  a1 < a2 <…< a69  100 Khi đó a1  32 Xét hai dãy sau:

Từ (1) và (2) có 134 số hạng trong đoạn [1; 132] suy ra có 2 số bằng nhau thuộc về hai dãy  đpcm

2.4 Xây dựng bảng

Ví dụ mở đầu Cho a1, a2, …, an bất kì cho trước Chứng minh rằng luôn tồn

tại số thực x sao cho a1 + x, a2 + x,…, an + x đều là các số vô tỉ

Lời giải

Giả sử t là số vô tỉ bất kì Ta sẽ chứng minh trong các số t, 2t,…, (n + 1)t sẽ có một số thỏa mãn

Giả thiết phản chứng là không có số nào trong các số trên thỏa mãn Lập bảng (n + 1)n như sau:

t + a1 t + a2 … t + an

2t + a1 2t + a2 … 2t + an

… … … …

(n + 1)t + a1 (n + 1)t + a2 (n + 1)t + an

Có n + 1 hàng và n cột Theo giả thiết phản chứng thì trong mỗi hàng có ít nhất một số hữu tỉ nên có ít nhất n + 1 số hữu tỉ Vì có n cột nên có một cột chứa hai số hữu tỉ, giả sử là kt + ak và mt + ak (m > k) Khi đó hiệu của chúng (k - m)t là số hữu tỉ, vô lí!  đpcm

Nhận xét: Nội dung cơ bản của phương pháp này là lập các bảng Sau đó áp dụng nguyên lí Đirichlet cho các hàng (hoặc cột) để suy ra các tính chất mới cần sử dụng

Ví dụ 2 Cho tập A   có tính chất: trong N số tự nhiên liên tiếp bất kì * (N > 1) luôn tồn tại một số thuộc A CMR tồn tại hai số trong A sao cho số này chia hết cho số kia

Lời giải Xét bảng (N + 1)N (N + 1 dòng, N cột) được xây dựng như sau:

Hàng 1: 1 2 3 4 … N

Hàng 2: 1 + 1.2…N 2 + 1.2…N 3 + 1.2…N 4 + 1.2…N … N + 1.2…N

…… … … … … Hàng i: k + 1 k + 2 k + 3 k + 4 … k + N Hàng i+1: k+1+M k+2+M k+3+M k+4+M … k+N+M Với M = (k + 1)(k + 2)…(k + N)

Theo giả thiết thì trong mỗi hàng luôn tồn tại một phần tử của A Do có N + 1 hàng và N cột nên có một cột chứa hai phần tử của A và trong hai phần tử này thì phần tử thuộc hàng sau sẽ chia hết cho phần tử thuộc hàng trước nó

Ví dụ 3 Trên bàn cờ 1010 người ta viết các số từ 1 đến 100 Mỗi hàng chọn

ra số lớn thứ ba CMR tồn tại một hàng có tổng các số trong hàng đó nhỏ hơn tổng các chữ số lớn thứ ba được chọn

HD Kí hiệu các số lớn thứ ba là a9 < a8 <…< a1 < a0 Khi đó số phần tử lớn hơn a0 nhiều nhất là 20 (nhiều nhất là 2 phần tử ở mỗi hàng) Suy ra a0 ≥ 80 (1) Tương tự a1 ≥ 78 (2)

Mặt khác a8 ≥ a9 + 1, a7 ≥ a9 + 2,…, a2 ≥ a9 + 7 Kết hợp với (1) và (2) suy ra: a0 + a1 +…+ a9 ≥ 80 + 78 + (a9 + 1) + (a9 + 2) +…+ (a9 + 7) + a9 = 8a9 + 180 Xét hàng chứa a9 Tổng các số của dòng chứa a9 là S(a9) Ta có:

S(a9)  100 + 99 + a9 + a9 – 1 + … + a9 – 7 S(a9) = 8a9 + 171 < 8a9 + 180  a0 + a1 + …+ a9

3 Ứng dụng nguyên lí Đirichlet trong một số vấn đề của toán học

3.1 Ứng dụng trong các bài toán số học

a Toán suy luận.

Ví dụ 1 Có 10 đội bóng thi đấu với nhau mỗi đội phải đấu một trận với các

đội khác CMR vào bất cứ lúc nào cũng có hai đội đã đấu số trận như nhau

HD Rõ ràng nếu trong 10 đội bóng có 1 đội chưa đấu một trận nào thì trong

các đội còn lại không có đội nào đã thi đấu 9 trận như vậy 10 đội chỉ có số trận đấu hoặc từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9 Vậy theo nguyên lý Đirichlet phải có ít nhất 2 đội có số trận đấu như nhau

Ví dụ 2 Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội

khác) CMR vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào

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

Theo nguyên lý Đirichlet 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

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

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

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

Ví dụ 3 Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có

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

HD Có 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm (từ 2 đến 9) Giả sử mỗi loại

trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có không quá 5.8 = 40 học sinh, ít hơn 43 học sinh Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau

b Sự chia hết

Ví dụ 1 CMR tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2007

HD Xét 2008 số có dạng 1, 11, 111,…, 

2008 - so 1

11 1 Theo nguyên tắc Đirichlet thì tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2007 Giả sử hai số đó là:

11 1, 11 1

A B với n > k Khi đó 11 1.10 k

n k



  chia hết cho 2007

Do (2007, 10k) = 1 nên C = 11.111

n k

C



  chia hết cho 2007

Ví dụ 2 CMR trong n+1 số bất kì thuộc tập hợp {1, 2, 3,…, 2n} luôn chọn

được hai số mà số này là bội của số kia

HD Viết n + 1 số đã cho dưới dạng: 1 2 1

1 2k 1, 2 2k 2, , 1 2k n 1

Trong đó b1, b2, …, bn+1 là các số lẻ Ta có 1 b1, b2, …, bn+1  2n - 1 Mặt khác trong khoảng từ 1 đến 2n - 1 có đúng n số lẻ nên tồn tại hai số m, n sao cho bn = bm Khi đó, trong hai số an và am có một số là bội của số kia

Ví dụ 3 Cho 5 số nguyên phân biệt ai, với I = 1, 2, 3, 4, 5 Xét tích:

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

CMR: P chia hết cho 228

HD Ta có 288 = 32.25