Nguyên lí dirichlet và ứng dụng

MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: CÁC DẠNG NGUYÊN LÍ DIRICHLET CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG CỦA CÁC DẠNG NGUYÊN LÍ DIRICHLET 13 Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào tốn hình học 13 1.1 Bài tốn điểm 13 1.2 Bài tốn tơ màu hình vẽ 23 1.3 Bài tốn diện tích 31 Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào tốn số học 33 2.1 Bài toán suy luận 33 2.2 Bài toán chia hết 34 2.3 Bài toán tổng, hiệu, chữ số tận cùng… 36 Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào giải bất phương trình 36 Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào tốn khác 39 KẾT LUẬN 41 Tài liệu tham khảo 42 LỜI CẢM ƠN Nguyên lí Dirichlet ngun lí có nội dung đơn giản, song lại cơng cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc tốn học Nó có nhiều ứng dụng nhiều lĩnh vực lại áp dụng rộng rãi việc chứng tốn tổ hợp, số học, đại số… Nó cơng cụ tạo nên nhiều kết đẹp hình học phương pháp tiếp cận toán độc đáo Đặc biệt toán dành cho học sinh giỏi, thi chọn đội tuyển quốc gia hay kì thi IMO kì thi tốn học giới Việc sử dụng ngun lí khơng tạo nên kết đẹp giải toán chứng minh đại số, lý thuyết số mà hình học Vì đề tài “Nguyên lí Dirichlet ứng dụng” đề tài thiết thực khai thác vào phương pháp giải toán mà chưa nhắc tới nhiều Mặc dù tham khảo lượng lớn tài liệu với nổ lực thân trình độ hiểu biết có hạn nên chắn khơng tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, tơi mong góp ý thầy giáo bạn đọc Một lần xin chân thành cảm ơn thầy giáo Ths Lê Anh Minh, Thư viện Đại học Hồng Đức toàn thể bạn sinh viên lớp K18A Tốn giúp đỡ tơi hồn thành đề tài Thanh Hóa, tháng năm 2018 Bùi Việt Quân MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Nguyên lí Dirichlet - cịn gọi ngun lí chim bồ câu (The Pigeonhole Principle)-hoặc nguyên lí lồng nhốt thỏ nguyên lí xếp đồ vật vào ngăn kéo (The Drawer Principle) - đưa nguyên tắc phân chia phần tử lớp Nguyên lí Dirichlet phát biểu năm 1834 Nguyên lý Dirichlet công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc tốn học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác toán học Nguyên lý nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn mà khơng đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều toán ta cần tồn đủ Nội dung nguyên lí đơn giản dễ hiểu lại có tác dụng lớn, có nhiều hiệu bất ngờ giải tốn Sử dụng nó, chứng minh nhiều kết sâu sắc Tốn học Đơi có tốn, người ta dùng nhiều phương pháp khác để giải mà chưa đến kết quả, nhờ nguyên lí Dirichlet mà tốn trở nên dễ dàng giải Vì em chọn đề tài “Nguyên lí Dirichlet ứng dụng” để tổng hợp thành tài liệu tham khảo cho việc sử dụng nguyên lí Dirichlet vào trình dạy học dành cho học sinh u tốn tìm hiểu thêm Đối tượng nghiên cứu Ngun lí Dirichlet, dạng nguyên lí Dirichlet số ứng dụng Mục đích nghiên cứu Mục đích khóa luận nghiên cứu sở lí thuyết dựa vào thực tiễn qua kì thi q trình dạy học tốn để tổng hợp đưa ứng dụng quan trọng ngun lí Dirichlet vào việc giải tốn Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng định lí Dirichlet giải dạng tốn phổ thơng Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu Ý nghĩa khóa luận Khóa luận nhằm hệ thống số ứng dụng nguyên lí Dirichlet, trở thành tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên trung học, sinh viên học sinh chuyên ngành Tốn học Cấu trúc khóa luận Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận bao gồm hai chương:  Chương Các dạng ngun lí Dirichlet Trong chương trình bày số dạng khác nguyên lí Dirichlet tạo hệ thống kiến thức nhằm phục vụ cho việc ứng dụng vào chương sau  Chương Ứng dụng dạng ngun lí Dirichlet Trong chương trình bày ứng dụng nguyên lí Dirichlet nêu chương 1: Ứng dụng hình học, số học, giải bất đẳng thức số toán khác Mỗi ứng dụng đứa ví dụ cụ thể để minh họa CHƯƠNG 1: CÁC DẠNG NGUYÊN LÍ DIRICHLET Ngun lí 1.1 (Ngun lí Dirichlet bản) [1]: Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có chuồng chứa hai thỏ Nguyên lí 1.2 (Nguyên lí Dirichlet tổng quát) [1]: Nếu có n đồ vật đặt vào n k hộp tồn hộp chứa   đồ vật với n  k k  (Ở đây, [x] giá trị hàm trần số thực x, số nguyên nhỏ có giá trị lớn x Khái niệm đối ngẫu với [x] – giá trị hàm sàn hay hàm phần nguyên x – số nguyên lớn có giá trị nhỏ x.) Chứng minh: n Giả sử hộp chứa   vật Khi tổng số đồ vật là; k  n n k (   - 1) < k   = n k  k  Điều mâu thuẩn với giả thiết có N đồ vật cần xếp Nguyên lí 1.3 (Nguyên lí Dirichlet đối ngẫu) [2]: Cho tập hữu hạn S   S1 , S , , S n tập S cho S1  S2   Sn  k S Khi đó, tồn phần tử x  S cho x phần tử chung k+ tập S i ( i = 1, 2, … n) Định lí 1.1 (Định lí tương đương): Nguyên lí Dirichlet nguyên lí Dirichlet đối ngẫu tương đương Chứng minh + Nguyên lí Dirichlet suy nguyên lí Dirichlet đối ngẫu: Giả sử S có m phần tử x1 , x2 , , x m Xét tập X  { xi , S j  xi S j , i  1,2, ; m, j  1,2, , n} Hiển nhiên X  S1  S2   Sn  k S  k m Ta phân bố phần tử tập X vào m hộp 1, 2,…, m sau: xi  S j  x , S  phân vào hộp i i j với i  1,2, , m j  1,2, , n Khi đó, theo ngun lí Dirichlet, tồn tạo hộp i có k  phần tử Từ suy tồn phần tử xi phần tử chung k  tập Si  i  1,2, , n  + Nguyên lí Dirichlet đối ngẫu suy nguyên lí Dirichlet: Kí hiệu n phần tử j  1,2, , n Ta phân bố 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  {j  Hi } j  1,2, ,n Hiển nhiên S j  1 j  1,2, , n S  m Suy S1  S2   Sn  n  k m  k S Theo nguyên lí Dirichlet đối ngẫu tòn phần tử H i chung k  tập S j  i  1,2, ,n  , tức tồn hộp H i chứa k  phần tử Nguyên lí 1.4 (Ngun lí Dirichlet đối ngẫu vơ hạn phần tử)[2]  Tập phần tử khoảng đường thẳng Trong mục ta kí hiệu d  I  độ dài khoảng I  Định lí 1.2:[2] Cho A khoảng giới nội A1 , A2 , , An khoảng cho Ai  A  i  1, , n  d  A   d  A1   d  A2    d  An  Khi có hai khoảng số khoảng có điểm chung Chứng minh Thật vậy, giả sử khơng có cặp khoảng cho có điểm chung Khi đó, d  A1  A2   An   d  A1   d  A2    d  An   d  A  Mặt khác, từ Ai  A  i  1, , n  suy d  A1  A2   An  K  d  A  Các bất đẳng thức mâu thuẫn với Vậy có hai khoảng số khoảng có điểm chung Định lí 1.3:(Ngun lí Dirichlet đối ngẫu vơ hạn phần tử với tập phần tử khoảng đường thẳng) [2]: Cho A khoẳng giới nội, A1 , A2 , , An khoảng A, k số tự nhiên thỏa mãn k d  A   d  A1   d  A2    d  An  Khi tồn tạo k+1 khoảng Ai  i  1,2, , n  có điểm chung Chứng minh Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp  Trường hợp k  chứng minh định lí 1.2  Giả sử định lí với k , ta chứng minh với k  Cho A1 , A2 , , An khoảng A thỏa mãn  k  1 d  A  d  A1   d  A2    d  An  1 Ta tồn điểm chung k+2 khoảng Ai  i  1, n  Vì Ai  A, nên d  Ai   d  A i  1, , n  , từ suy ra: d  A1   d  A2    d  An   n.d  A  Từ (1) ta có:  k  1 d  A   d  A1   d  A2    d  An   n.d  A  Suy k   n Vì n  k  Ta chứng minh tồn điểm chung cho k+2 tập A1 , A2 , , An thỏa mãn (1) quy nạp theo n Ta n  k  2, tức là:  k  1 d  A  d  A1   d  A2    d  Ak 2  Đặt Ai'  Ai \ Ak  (i  1, 2, , k 1) (2)  3  4 Ai"  Ai  Ak   5 A'  A \ Ak   6 A"  Ak  Suy ra: Ai'  A' Ai"  A"  i  1, ,k  1 Vì có tất k+1 tập hợp Ai' , từ bao hàm thức ta  k  1 d  A'   d  A1'   d  A2'    d  Ak' 1  (7) Nếu lấy (2) trừ (7) ta có:  k  1.d  A''   d  Ak 2   d  A1''   d  A2''    d  Ak'' 1  8 Từ (8) suy ra: k d  Ak    d  A1  Ak 2   d  A2  Ak     d  Ak 1  Ak 2  9 Từ (9) theo giả thiết quyu nạp (mệnh đề với k) suy A1  Ak  , , Ak 1  Ak  có điểm chung, điều có nghĩa tập hợp A1 , A2 , , Ak  có điểm chung Như với n  k  từ (3) suy k  tập hợp thỏa mãn (1) có điểm chung Bây ta giả thiết với n  k  có k  tập hợp thỏa mãn (1) có điểm chung Ta phải chứng minh từ  k  1.d  A  d  A1   d  A2    d  An   d  An1  10  suy có k+2 tập hợp dãy A1 , A2 , , An1 có điểm chung Thật vậy, ta đặt: Ai'  Ai \ An1  i  1, , n  11 Ai"  Ai  An1  i  1, , n  12  A'  A \ An1 13 A"  An1 14  Vì Ai'  Ai"  Ai , Ai'  Ai"    i  1, , n  A'  A"  A, A'  A"   nên d  Ai'   d  Ai"   d  Ai   i  1, ,n  Và 15 d  A'   d  A"   d  A  16  Chúng ta chứng minh bất đẳng thức sau đúng:  k  1.d  A'   d  A1'   d  A2'    d  An'  17  k d  A"   d  A1"   d  A2"    d  An"  18 Thật vậy, trường hợp ngược lại ta có  k  1.d  A '  d  A1'   d  A2'    d  An'  k d  A"   d  A1"   d  A2"    d  An"  Cộng vế lại (15), (16) ta có: d  A'   k d  A   d  A1   d  A2    d  An  Cộng hai vế (19) với d  A"  từ (15), (16) ta có 19   k  1.d  A  d  A1   d  A2    d  An   d  An1  Điều trái với (10) Nên hai bất đẳng thức (17), (18) phải có bất đẳng thức Giả sử (17) Theo giả thiết quy nạp n từ (17) suy k+2 tập hợp dãy A1' , A2' , , An' có điểm chung Từ (11) suy kết luận cho dãy A1 , A2 , , An Giả sử (18) Theo giả thiết quy nạp k suy k+1 tập hợp dãy A1" , A2" , , An" có điểm chung với (12) tồn điểm mà điểm k+1 tập hợp A1 , A2 , , An An1 Như từ (10) suy k+2 tập hợp dãy A1 , A2 , , An có điểm chung Suy kết luận với n  Từ phương pháp quy nạp, suy điều phải chứng minh  Tập phần tử miền phẳng giới hạn đường cong phẳng khép kín Trong mục ta kí hiệu S  A  diện tích miền A mặt phẳng Định lí 1.4 [2]: Nếu A miền giới hạn đường cong phẳng khép kín, cịn A1 , A2 , , An miền cho Ai  A  i  1, , n  S  A   S  A1   S  A2    S  An  , có hai miền số miền nói có điểm chung Chứng minh: Tương tự chứng minh Định lí 1.2 Định lí 1.5 [2]: (Nguyên lí Dirichlet đối ngẫu vô hạn phần tử với tập phần tử miền phẳng giới hạn đường cong khép kín): Cho A miền giới hạn đường cong phẳng khép kín, cịn A1 , A2 , , An miền thỏa mãn Ai  A  i  1, , n  số k số tự nhiên thỏa mãn k S  A   S  A1   S  A2    S  An  Khi có k+1 số miền nói có điểm chung Chứng minh: Tương tự chứng minh định lí 1.3  Tập phần tử khối ba chiều giới hạn mặt cong phẳng Trong mục ta kí hiệu V  A  diện tích khối A Định lí 1.6 [2]: Nếu A khối giới hạn mặt cong, A1 , A2 , , An khối cho Ai  A  i  1, , n  V  A   V  A1   V  A2    V  An  , có hai khối số khối có điểm chung Chứng minh: Tương tự chứng minh định lí 1.2 Định lí 1.7 [2] (Ngun lí Dirichlet đối ngẫu vơ hạn phần tử với tập phần tử khối ba chiều giới hạn mặt cong phẳng): Cho khối A khối giới hạn mặt cong phẳng, A1 , A2 , , An khối thỏa mãn Ai  A  i  1, , n  k số tự nhiên thỏa mãn k V  A   V  A1   V  A2    V  An  Khi k+1 số khối có điểm chung Chứng minh Tương tự chứng minh định lí 1.3 Nguyên lí 1.5 (Nguyên lí Dirichlet mở rộng) [1]: Nếu nhốt n thỏ vào m ≥  n  m  1 chuồng tồn chuồng có  thỏ, kí hiệu [α] để  m   phần nguyên số α Chứng minh Giả sử trái lại chuồng thỏ khơng có đến  n  m  1  n    n  1  m    m  1   m    n  1 con, số thỏ chuồng nhỏ   m   n  1 Từ suy tổng số thỏ không vượt   n   m  Điều vơ lí có n thỏ Vậy giả thiết phản chứng sai Nguyên lí 1.6 (Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp) [1] Cho A B hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử A lớn số lượng phần tử B Nếu với quy tắc đó, phần tử A cho tương ứng với phần tử B, tồn hai phần tử khác A mà chúng tương ứng với phần tử B 10 Hai điểm mang số a b nối với đoạn thẳng màu đỏ a + b số vô tỉ, cịn có màu xanh a + b số hữu tỉ Theo đề bài, tồn tam giác màu Giả sử tam giác có ba đỉnh gắn số a, b ,c Chỉ có hai khả xảy ra: Nếu tam giác tam giác xanh Khi a + b, b + c, a + c số hữu tỉ Lúc (a + b) + (b + c) - (c + a)= 2b số hữu tỉ Điều vơ lí b số vô tỉ Nếu tam giác đỏ tam giác đỏ Khi a + b, b + c, a + c số vô tỉ Đpcm Nhận xét: Bài tốn bề ngồi khơng liên quan tới hình học lại quy tốn hình học với lời giải đẹp mắt Ví dụ 1.17: Cho P1 , P2 , , P7 bảy điểm khơng gian, khơng có bốn điểm đồng phẳng Tô màu đoạn với hai màu đỏ đen Chứng minh rằng: có hai tam giác đơn sắc khơng có chung cạnh Lời giải: Dựa vào cách chứng minh suy có tam giác đơn sắc, chẳng hạn tam giác PP P3 tam giác đỏ (tức tam giác với ba cạnh đỏ) P2 P3 P1 Hình 17.1 Bây xét sáu điểm {P2 , P3 , P4 , P5 , P6 , P7 } Lại theo suy có tam giác đơn sắc Có hai khả xảy ra: Nếu tam giác đơn sắc không chứa cạnh P2 P3 Khi rõ ràng tam giác đơn sắc khơng có chung cạnh với tam giác đỏ PP P3 Bài toán giải trường hợp 28 Nếu tam giác đơn sắc chứa cạnh P2 P3 Vì P2 P3 cạnh đỏ, nên ta chọn {P4 , P5 , P6 , P7 } điểm cho với hai điểm P2 , P3 tạo nên tam giác đơn sắc màu đỏ Khơng tính tổng qt ta giả sử điểm P '1 P3 P1 P2 P'1 Hình 17.2 Tương tự ta xét điểm {P1 , P3 , P4 , P5 , P6 , P7 } ta quan tâm đến trường hợp có điểm P '2 {P4 , P5 , P6 , P7 } cho P '2 P3 P1 tam giác đỏ P3 P1 P2 P'2 Hình 17.3 Khi xét điểm {P2 , P1 , P4 , P5 , P6 , P7 } quan tâm đến trường hợp có điểm P '3  {P4 , P5 , P6 , P7 } cho P '3 P2 P1 tam giác đỏ Như ta xây dựng ba điểm P '1 , P '2 , P '3 {P4 , P5 , P6 , P7 } cho ba tam giác P '1 P2 P3 , P '2 P3 P1 , P '3 PP ba tam giác đỏ Bây lại có hai khả xảy ra: Nếu P '1 , P '2 , P '3 ba điểm phân biệt ( ý bốn tam giác PP P3 , P '1 P2 P3 , P '2 P3 P1 , P '3 PP tam giác đỏ) 29 Lại có hai khả xảy : Nếu tam giác P '1 P '2 P '3 có cạnh đỏ ( chẳng hạn cạnh P '1 P '2 cạnh đỏ) Khi P '1 P '2 P3 PP P3 hai tam giác đơn sắc mà không không cạnh chung (cùng tam giác đỏ) P'2 P'1 P1 P2 P3 P'3 Hình 17.4 Nếu tam giác P '1 P '2 P '3 tam giác đen Khi P '1 P '2 P '3 PP P3 hai tam giác đơn sắc khơng có cạnh chung Nếu P '1 , P '2 , P '3 có điểm trùng Khi khơng tính tổng quát ta có thết giả sử P '1  P '2 Khi ta cso tứ diện P '1 PP P3 tứ diện đỏ ( tức tứ diện có cạnh đỏ) Cịn lại ba điểm ta gọi Pi , Pj , Pk Lại xét tiếp khả sau: Tồn ba đỉnh cho bốn đoạn thẳng Pi , Pj , Pk cho bốn đoạn PP i '1 , PP i , PP i , PP i có hai đoạn đỏ Giả sử PP i , PP i đỏ Kho ta có hia tam giác đơn sắc PPP i , P '1 P2 P3 đỏ khơng có cạnh chung Với đỉnh Pi , Pj , Pk nối đỉnh với bốn đỉnh tứ diện P '1 PP P3 ta tối đa đoạn màu đỏ mà thơi Khi tồn đỉnh tứ diện (chẳng hạn P1 ) cho PP i , PP j , PP k màu đen Lại có hai khả xảy ra: 30 Nếu PP i j Pk tam giác đỏ PP i j Pk PP P3 hai tam giác đơn sắc khơng có cạnh chung Nếu tồn cạnh đen (chẳng hạn PP i j ) Khi PP i j Pk tam giác đen Lúc PP i j Pk PP P3 hai tam giác đơn sắc (một đen, đỏ) khơng có cạnh chung 1.3 Bài tốn diện tích Ngược lại với ngun lí Dirichlet, có hình thức phát biếu gần giống với ngun lí sau: “Nếu hình có độ đo S chứa số hữu hạn hình có tổng độ đo nhỏ S, có điểm hình cho khơng nằm hình mà chứa” Cũng ngun lí Dirichlet, ngun lí phát biểu đơn giản, có ứng dụng sâu sắc toán học Sau ta xét số Ví dụứng dụng trực tiếp phát biểu này: Ví dụ 1.18: Trong tờ giấy hình vng giấy có cạnh 12 cm có 31 lỗ kim châm Chứng minh ta cắt từ tờ giấy hình trịn có bán kính cm mà khơng chứa lỗ kim châm Lời giải: Lấy lỗ kim tâm dựng hình trịn bán kính 1cm Tổng diện tích 31 hình trịn 31  nhỏ diện tích hình vng cạnh 10 cm Do phải có điếm M hình vng cạnh 10 cm ( hình vng thu từ hình vng cạnh 12 cm cho cách thu hẹp chiều 1cm) không nằm 31 hình trịn bán kính dựng trình bày Lấy điểm M làm tâm ta cắt hình trịn bán kính 1cm, hình trịn nằm hồn tồn hình vng cho có cạnh dài 12 cm không chứa lỗ kim châm Bài toán tổng quát: Ta nhận thấy: - Ví dụvẫn cịn với hình vng có kích thước 10 cm - Nếu gọi bán kính hình trịn mà ta cần cắt r (r  R  ), gọi số lỗ kim châm hình vng a (a  N ) kích thước hình vng b ( b R  ) Khi ta a r  < b Tức b > ar 2 31 Vậy toán tổng quát phát biểu sau: Trong tờ giấy hình vng có cạnh b có a lỗ kim châm (trong b > ar 2 ) Chứng minh ta cắt từ tờ giấy hình trịn có bán kính r cm mà không chứa lỗ kim châm Ví dụ 1.19: Cho hình trịn (C) có diện tích , đặt 17 điểm phân biệt , Chứng minh tìm ba điểm tạo thành tam giác có diện tích bé Lời giải: Chia hình trịn thành (C) thành hình quạt , hình quat có diện tích Theo ngun lý Dirichlet ,tồn hình quạt (a) chứa điểm số 17điểm cho Tam giác có đỉnh điểm nằm tron hình quạt (a) nên có diện tích nhỏ diện tích hình quạt ,tức bé Ví dụ 1.20: Trong hình vng cạnh 15 đặt 20 hình vng nhỏ cạnh đôi không cắt nhau.Chứng minh hình vng lớn đặt hình trịn bán kính cho khơng cắt hình vng Lời giải: Xét hình gồm tất điểm cách hình vng nhỏ cạnh khoảng khơng lớn Rõ ràng hình trịn bán kính có tâm nằm ngồi hình nên khơng thể cắt hình vng nhỏ Diện tích hình   Tâm hình trịn cần tìm cần phải cách cạnh hình vng lớn khoảng lớn 1, tức bên hình vng cạnh 13 Vì 20(5   )  13 Hình trịn có tâm điểm khơng bị phủ có tính chất thỏa mãn đề 32 Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào tốn số học Các tốn số học thường phức tạp khó khăn việc tìm lời giải Tuy nhiên có số lượng tập khơng nhỏ ta sử dụng nguyên lí Dirichlet để giải hiệu quả, mà trình bày tương đối đơn giản dễ hiểu Sau số ví dụ điển hình 2.1 Bài tốn suy luận Ví dụ 2.1: Có 10 đội bóng thi đấu với nhau, đội phải đấu trận với đội khác Chứng minh vào lúc có hai đội đấu số trận Lời giải: Rõ ràng 10 đội bóng có đội chưa đấu trận đội cịn lại khơng có đội thi đấu trận 10 đội có số trận đấu từ đến từ đến Vậy theo nguyên lý Dirichlet phải có đội có số trận đấu Ví dụ 2.2: Có đội bóng thi đấu với (mỗi đội phải đấu trận với đội khác) Chứng minh vào lúc có đội cặp đấu với chưa đấu với trận Lời giải: Giả sử đội bóng A, B, C, D, E, F Xét đội A, theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra: A phải đấu không đấu với đội khác Không tính tổng quát, giả sử A đấu với B,C,D Nếu B,C,D cặp chưa đấu với Ví dụđược chứng minh Nếu B,C,D có đội đấu với nhau, ví dụ B C đội A,B,C cặp đấu với Như lúc có đội cặp đấu với chưa đấu với trận Ví dụ 2.3: Chứng minh n người bất kì, tồn hai người có số người quen (kể trường hợp quen người) 33 Lời giải: Tương tự ví dụ 1, ta xét n người Rõ ràng người khơng quen n người Như n người có số người quen từ n  từ tới n  Vậy theo nguyên lí Dirichlet phải có có người có số người quen Ví dụ 2.4: Trong 45 học sinh làm kiểm tra khơng có bị điểm 2, có học sinh điểm 10 Chứng minh tìm học sinh có điểm kiểm tra (điểm kiểm tra số tự nhiên từ đến 10) Lời giải: Có 43 học sinh phân chia vào loại điểm (từ đến 9) Giả sử loại loại điểm điểm không học sinh lớp học có khơng q 5.8=40 học sinh, 43 học sinh Vậy tồn học sinh có điểm kiểm tra 2.2 Bài tốn chia hết Trong phép tính số nguyên phép chia đặc biệt Phép chia có hàng loạt tính chất mà phép cịn lại khơng có Ví dụ phép tốn cộng , trừ , nhân thực với số phép chia khơng thể Vì lí đặc biệt mà tốn học xây dựng hẳn lý thuyết phép vchia Những ví dụ sau có liên quan mật thiết phép chia nguyên lý Dirichlet Ví dụ 2.5: Chứng minh tồn số tự nhiên gồm toàn chữ số chia hết cho 2007 Lời giải: Xét 2008 số có dạng 1, 11, 111,…, 11…111 Theo nguyên tắc Dirichlet tồn số có số dư chia cho 2007 Giả sử hai số A  11 1n B  11 1k với k  n Khi đó: A  B  11 1nk.10k Do  2007,10k   nên C  11 1nk chia hết cho 2007 (Điều phải chứng minh) Ví dụ 2.6: Chứng minh n  số thuộc tập hợp 1,2,3, ,2n ln chọn hai số mà số bội số 34 Lời giải: Ta viết n  số cho dạng: a1  2k b1 , a2  2k b2 , , an1  2k bn1 n1 Trong b1 , b2 , , bn1 số lẻ Ta có  b1 , b2 , , bn1  2n  Mặt khác khoảng từ đến 2n  có n số lẻ nên tồn hai số m  n cho bn  bm Khi đó, hai số an am có số bội số Ví dụ 2.7: Cho số nguyên phân biệt  i  1,2,3,4,5  Xét tích: P   a1  a2   a1  a3   a1  a4   a2  a3  a2  a3  a3  a4  a3  a5  a4  a5  Chứng minh P chia hết cho 288 Lời giải: Ta có 288  32.25 Ta chứng minh P chia hết cho Xét số a1 , a2 , a3 , a4 tồn số có số dư chia hết cho Giả sử a1 đồng dư a2  mod3 a1  a2 chia hết cho Lại xét số a2 , a3 , a4 , a5 số tồn sô chia cho có số dư Suy P chia hết cho Tiếp theo chứng minh P chia hết cho 25 Trong số cho có số có tính chẵn, lẻ ( Cùng lẻ) Nếu có số chẵn, chẳng hạn a1  2k1 , a2  2k2 , a3  2k3 , a4  2k4 : P  32  k1  k2   k1  k3   k1  k4   a1  a5   k2  k4   k2  k3  a2  a5  a3  a4   a3  a5  a4  a5  chia hết cho 32 Nếu có số chẵn, số lẻ đặt a1  2k1 , a2  2k2 , a3  2k3 , a4  2k4  1, a5  2k5  Ta có P  16  k1  k2   k1  k3  k2  k3  M Trong số k1 , k2 , k3 có số tính chẵn lẻ Giả sử k1 đồng dư k (mod 2) k1  k2 chia hết P chia hết cho 32 - Nếu có số lẻ a1 , a2 , a3 a4 , a5 chẵn đặt a1  2k1  1, a2  2k2  1, a3  2k3  1, a4  2k4 , a5  2k5 Xét tương tự có P chia hết cho 32 Vậy ta có P chia hết cho 288 35 2.3 Bài toán tổng, hiệu, chữ số tận cùng… Ví dụ 2.8: Chọn n  số trog 2n số tự nhiên từ đến 2n  n   Chứng minh số chọn có số tổng số chọn (kể trường hợp số hạng tổng nhau) Lời giải: Giả sẻ a1  a2   an  an1 n  số chọn Xét n số: an1  a1  b1 an1  a2  b2 an1  an  bn Trong tập 2n  số a1 , a2 , , an1 , b1 , b2 , , bn tồn số nhau, hai số thuộc dãy an1  a1  suy an1  a1  (điều phải chứng minh) Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào giải bất phương trình Ngun lí Dirichlet có nhiều ứng dụng Tốn học, điển hình bất đẳng thức Chúng thường áp dụng để giải số toán bất đẳng thức khơng Dưới trình bày số ví dụ để hiểu rõ vấn đề  Trong số a, b, c ln có số nằm phía với số m (Hay lớn m bé m) Ví dụ 3.1: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a  b  c  2abc    ab  bc  ca  Lời giải: Dễ nhận thấy đẳng thức xảy a  b  c  Dựa nguyên lý Dirichlet ba số a  1, b  1, c  ln có hai số dấu Giả sử hai số a  1, b  1, ta có: c  a  1 b  1  Bất đẳng thức tương đương với:  a  b   c  1  c  a  1 b  1  Đẳng thức xảy a  b  c  36 Ví dụ 3.2: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a   b   c     a  b  c  Lời giải: Nhận thấy đẳng thức xảy a  b  c  Dưa ngun lí Dirichlet ba số a  1, b  1, c  ln có hai số dấu Giả sử hai số a  1, b  1, ta có:  a  1 b  1  Từ ta có bất đẳng thức sau: a   b     a  b     a  1 b  1   a  b   Ta quy toán chứng minh bất đẳng thức sau: a  b  1 c     a  b  c  Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: a  b  11   c    a  b  c  Đẳng thức xảy khi: a  b  c  Ví dụ 3.3: Chứng minh bất đẳng thức sau với a, b, c dương: a  1 b  1 c  1   a  b  c  1 16 Lời giải: Trong ba số a, b, c ln có hai số nằm phía với quát, giả sử b c nằm phía với Khơng tính tổng ta có:     b   c     4  Vì ta có bất đẳng thức sau: b  1 5 15 5 15   1 c  1   b2   c    b  c   b  c   4 4 16 4 16  Ta cần chứng minh:  4b  4c  3 a  1   a  b  c  1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Bunyakovski - Schwarz ta có: 37  4b 1 1  4c       a     a  b  c  1 2 4 Từ bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy khi: a  b  c  Ví dụ 3.4: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  Chứng minh rằng: a  a  1 b  b  1 c  c  1  Lời giải: Dựa ngun lí Dirichlet số a  1, b  1, c  với a  b  c  ln có số dấu Khơng tính tổng qt, giả sử  b  1 c  1  Ta có: b  b  1 c  c  1  bc  b  1 c  1  b  c  b  c   b  c  b  c   Ta lại có: b  c   1 2  b  c    b  c      a     a     a  4a   2 Ta quy toán chứng minh bất đẳng thức sau: a  a  1 a  4a      a  1  a  3a  3  Bất đẳng thức với a Đẳng thức xảy khi: a  b  c  Ví dụ 3.5: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  Chứng minh a2 b2 c2   1 a  2a  b  2b  c  2c  Lời giải: Trong ba số a, b, c ln có số nằm phía với Khơng tính tổng qt, giả sử b c nằm phía với ta có:  b  1 c  1  Vì ta có đẳng thức sau: 38 b  c  b  c   b  1 c  1    b  c  1     a  2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: b2 c2 b  c  3  a     b  2b  c  2c   b  c 2   b  c      a     a   2  Ta cần chứng minh: 3  a  a  2a   3  a  a  2a  a2 1 a  2a  Thực khai triển rút gọn ta thu bất đẳng thức sau:  a  1 a  4a    Bất đẳng thức với a Đẳng thức xảy khi: a  b  c  Ứng dụng ngun lí Dirichlet vào tốn khác Ở chương trước thấy điều thú vị việc áp dụng nguyên lí Dirichlet để giải tốn hình học tổ hợp, số học toán bất đẳng thức Chúng ta cịn thấy ứng dụng ngun lí qua số ví dụ khác sau Ví dụ 4.1 Giả sử tập hợp hữu hạn X chọn 50 tập hợp A1 , A2 , , A50 Sao cho tập chứa nửa phần tử tập X Chứng minh tìm tập B  X khơng chứa nhiều phần tử có phần chung cho tập hợp A1 , A2 , , A50 Lời giải: Giả sử số phần tập X n Mỗi tập hợp chọn A1 , A2 , , A50 chứa khơng n phần tử, có nghĩa tổng số phần tử n tập hợp vượt q 50  25n Theo ngun lí Dirichlet tồn phần tử X thuộc khơng 26 tập chọn 39 Tương tự ta chứng minh với giá trị k  50 tập k  Ai1 , Ai , , Aik chọn khơng    tập hợp chứa phần tử 2 Ta lấy phần tử tập hợp X mà thuộc khơng 26 tập (phần tử phần tử tập hợp B ) Ta loại 26 tập mà chứa phần tử xét Khi tìm phần tử thuộc 13 từ 24 tập cịn lại Ta loại 13 tập ra, 11 tập cịn lại tìm phần tử thuộc khơng số tập hợp Đối với tập hợp cịn lại tìm phần tử thuộc khơng số chúng Và cuối tồn thuộc hai tập cuối Như ta tìm khơng nhiều phần tử tập X (có thể vài phần tử trùng nhau), chúng tạo tập B Ngồi tập từ A1 , A2 , , A50 chứng phần tử Ví dụ 4.2: Đối với giá trị n  Hãy tìm số k lớn  k   thỏa mãn tính chất sau: Trong tập hợp gồm n phần tử chọn k tập hợp khác nhau, cho hai tập hợp có giao thoa khác  Lời giải: Cố định phần tử tập X  a1 , a2 , , an  xét tập hợp chưa phần tử a1 Số tập hợp số tập hợp tập X  a1 , a2 , , an  , nghĩa 2n1 Suy k  2n 1 Mặt khác giả sử chọn 2n1 tập X Ta chia tất tập X thành 2n1 cặp tạo từ tập X phần bù Theo ngun lí Dirichlet có tập chọn tạo thành cặp, suy chúng không giao Vậy k  2n 1 40 KẾT LUẬN Để giải toán hình học, số học, bất đẳng thức… hay tốn có nhiều phương pháp hữu hiệu tiện lợi Như nói, ngun lí Dirichlet số công cụ tuyệt với để giải toán rắc rối, hay thử nhiều phương pháp mà vào bế tắc Sau thời gian tìm tịi, nghiên cứu, đọc tài liệu, sưu tầm dạng toán giải toán với giúp đỡ tận tình thầy giáo Lê Anh Minh, em hồn thành khóa luận tốt nghiệp theo kế hoạch đề Khóa luận trình bày nội dung cụ thể  Nội dung dạng nguyên lí Dirichlet  Ứng dụng dạng ngun lí Dirichlet vào giải tốn: Hình học, số học, bất đẳng thức số dạng tốn khác Mong nội dung khóa luận tiếp tục bổ sung hoàn thiện nữa, nhằm làm tài liệu tham khảo cho học sinh, sinh viên, u thích Tốn học 41 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Điền, Phương pháp Dirichlet ứng dụng, NXB Khoa học kĩ thuật Hà Nội, 1999 [2] Tạp chí khoa học công nghệ, Đại học Đà Nẵng, số 6(29).2008 [3] Phan Huy Khải, Các tốn hình học tổ hợp, NXB Giáo dục, 2017 [4] Phan Huy Khải, Các toán số học, NXB Giáo dục, 2009 [5] Phan Huy Khải, Số học dãy số, NXB Giáo dục, 2009 [6] Phạm Minh Phương, Các chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp, NXB Giáo dục, 2006 42