Nguyên lý dirichlet và ứng dụng trong lý thuyết ramsey

được phát triểnmạnh, nhất là khi máy tính điện tử ra đời.Ngày nay, lý thuyết tổ hợp được ứng dụng nhiều trong các lĩnh vực khácnhau như lý thuyết số, lý thuyết xác suất, lý thuyết mật mã

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

PHAN THỊ DIỄM MY

NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG

TRONG LÝ THUYẾT RAMSEY

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định − Năm 2023

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

PHAN THỊ DIỄM MY

NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG

TRONG LÝ THUYẾT RAMSEY

Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp

Người hướng dẫn: PGS.TSKH HUỲNH VĂN NGÃI

Bình Định − Năm 2023

Tôi xin cam đoan nội dung trong luận văn "Nguyên lý Dirichlet vàứng dụng trong lý thuyết Ramsey" là do bản thân thực hiện theologic riêng dưới sự hướng dẫn của PGS.TSKH Huỳnh Văn Ngãi Các nộidung và kết quả sử dụng trong luận văn đều có trích dẫn và chú thíchnguồn gốc rõ ràng.

Bình Định, tháng 11 năm 2023

Tác giả

Phan Thị Diễm My

Mục lục

1.1 Các kỹ thuật đếm cơ bản 3

1.2 Nguyên lý quy nạp 5

1.3 Xác suất của biến cố 5

1.4 Cơ sở lý thuyết đồ thị 7

2 Nguyên lý Dirichlet 12 2.1 Nguyên lý Dirichlet 12

2.2 Một số ứng dụng và dạng bài tập liên quan đến nguyên lý Dirichlet 15

2.2.1 Ứng dụng trong số học 15

2.2.2 Ứng dụng trong dãy số 18

2.2.3 Ứng dụng trong hình học 20

3 Lý thuyết Ramsey và một số ứng dụng 27 3.1 Định lý Ramsey trong lý thuyết đồ thị 27

3.1.1 Định lý Ramsey cho đồ thị hai màu 29

3.1.2 Định lý Ramsey cho trường hợp tổng quát 32

3.2 Định lý kiểu Ramsey trên tập số tự nhiên 34

3.2.1 Định lý Schur 34

3.2.2 Định lý Van der Waerden 38

3.2.3 Định lý Rado 43

3.3 Một số bài toán ứng dụng 57

Kết luận 66Tài liệu tham khảo 67

Lời mở đầu

Trong lịch sử phát triển của nhân loại có rất nhiều bài toán cổ và nhữnghình vẽ từ thời xa xưa để lại Từ những bài toán cổ ấy hình thành nênmột tư duy mới, đó là tư duy tổ hợp Và lý thuyết tổ hợp được hình thành

từ giai đoạn đó (thế kỷ XVII) Một số công trình nghiên cứu nổi tiếng củacác nhà toán học như Pascal, Euler, Fermat, Leibnitz, được phát triểnmạnh, nhất là khi máy tính điện tử ra đời

Ngày nay, lý thuyết tổ hợp được ứng dụng nhiều trong các lĩnh vực khácnhau như lý thuyết số, lý thuyết xác suất, lý thuyết mật mã, hình học hữuhạn, Do sự phong phú của các luật phân bố được áp dụng trên nhiều đốitượng nên các bài toán có nội dung phong phú và ứng dụng nhiều trongđời sống như: bố trí lịch làm việc, một cách xếp hình, một mạch điện, mộtcông thức hóa học,

Tổ hợp đã được đưa vào giảng dạy ở chương trình phổ thông, đại học

và sau đại học Chính vì các khái niệm trừu tượng và đa dạng các bài toánkhó nên nó lại là một bộ môn tương đối khó với học sinh, sinh viên và cảhọc viên Các bài toán liên quan đến tổ hợp thường xuyên góp mặt trongcác đề thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế, Olympic sinh viên củacác trường và thường thuộc dạng bài tập khó và rất khó

Như đã biết, nguyên lý Dirichlet và nguyên lý Ramsey là hai nguyên lý

cơ bản của tổ hợp, có rất nhiều ứng dụng khác nhau; không những trongnhững vấn đề tổ hợp sơ cấp; mà còn trong nhiều lĩnh vực tổ hợp hiện đại.Nói một cách không hình thức; hai nguyên lý trên cho ta biết rằng, vớinhững cấu trúc tổ hợp có số lượng phần tử đủ lớn thì tồn tại cấu trúc con

có tính chất đủ "tốt" (tồn tại đồ thị đầy đủ đơn sắc, hay cấp số cộng đơnsắc) Luận văn nhằm mục đích tìm hiểu hai nguyên lý này; và một số ứngdụng để giải những bài toán tổ hợp sơ cấp, thường xuất hiện trong các bàithi học sinh giỏi ở phổ thông

Ngoài mục lục, danh mục các ký hiệu, phần mở đầu và phần kết luận,nội dung của luận văn được chúng tôi trình bày trong ba chương

Chương 1 Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ

sở để chuẩn bị cho các chương sau của luận văn

Chương 2 Nội dung chính của chương này là tìm hiểu về các phiên bảncủa nguyên lý Dirichlet và những áp dụng trong giải toán tổ hợp

Chương 3 Nội dung chính của chương này là tìm hiểu một số tính chất,định lý về lý thuyết Ramsey và những vấn đề tổ hợp sơ cấp liên quan.Dưới sự hướng dẫn của thầy Huỳnh Văn Ngãi, tôi chọn đề tài luậnvăn:"Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng trong lý thuyết Ramsey" Luậnvăn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học và tận tình củaPGS.TSKH Huỳnh Văn Ngãi Tôi xin chân thành cảm ơn thầy đã nhậnlời hướng dẫn tôi làm luận văn này

Mặc dù bản thân đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn luận văn khó tránhkhỏi những thiếu sót Tôi rất mong nhận được những góp ý thẳng thắncủa quý thầy cô giáo và các bạn học viên để luận văn được hoàn thiệnhơn

Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban Giám Hiệu Trường Đại họcQuy Nhơn, Phòng Sau đại học, Khoa Toán và Thống kê cùng quý thầy côgiáo giảng dạy lớp cao học Phương pháp Toán sơ cấp khóa 23 đã tận tìnhgiúp đỡ và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong thời gian học tập vànghiên cứu thực hiện đề tài

Bình Định, tháng 11 năm 2023Học viên thực hiện

Phan Thị Diễm My

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức chuẩn bị như:các kỹ thuật đếm cơ bản, nguyên lý quy nạp, xác suất của biến cố, cơ sởcủa lý thuyết đồ thị, làm cơ sở tiền đề để người đọc có thể dễ dàng nắmbắt được nội dung của các chương sau Tuy nhiên, chúng tôi chỉ trình bàychứng minh của các kết quả thường được sử dụng trong các chương sau,còn các kết quả chưa được chứng minh độc giả có thể dễ dàng tìm thấytrong mục tài liệu tham khảo [2], [3], [4]

Định nghĩa 1.1.1 (Quy tắc cộng) Giả sử có k công việc T1, T2, , Tk.Các công việc này có thể làm tương ứng bằng n1, n2, , nk cách và giả sửkhông có hai công việc nào có thể làm đồng thời Khi đó số cách để làmmột trong k công việc trên là

n1 + n2 + + nk.Định nghĩa 1.1.2 (Quy tắc nhân) Giả sử một công việc nào đó đượctách thành k phân đoạn để thực hiện T1, T2, , Tk Giả sử ở phân đoạn

T1 có n1 cách để thực hiện, với mỗi cách thực hiện phân đoạn Ti−1 có nicách thực hiện phân đoạn Ti, i = 2, , k Khi đó tổng số cách thực hiệncông việc ban đầu là

n1.n2 nk.Định nghĩa 1.1.3 (Hoán vị) Một hoán vị của n là một cách sắp xếp nphần tử theo một thứ tự nào đó

Áp dụng Quy tắc nhân, ta nhận được số tất cả các hoán vị của n là

Pn = n(n − 1)(n − 2) 1 = n!

Định nghĩa 1.1.4 (Chỉnh hợp) Một chỉnh hợp chập k của n phần tử(0 ≤ k ≤ n) là một nhóm có phân biệt thứ tự gồm k phần tử khác nhaulấy ra từ n phần tử đã cho

Áp dụng Quy tắc nhân, ta nhận được số tất cả các chỉnh hợp chập kcủa n phần tử là

Akn = n(n − 1)(n − 2) (n − k + 1) = n!

(n − k)!.Nhận xét 1.1.1 Một chỉnh hợp chập n củan là một hoán vị của nphầntử

k ≤ n) là một nhóm không phân biệt thứ tự gồm k phần tử không nhấtthiết khác nhau lấy ra từ n phần tử đã cho

Số tất cả các tổ hợp lặp chập k của n là

¯

Cnk = Cn+k−1k

1.2 Nguyên lý quy nạp

Mệnh đề 1.2.1 (Nguyên lý thứ tự tốt) Giả sử A là tập con khác rỗngcủa tập các số nguyên dương Lúc đó, A chứa một phần tử bé nhất

Nguyên lý này còn được gọi là Tiên đề thứ tự

Nguyên lý quy nạp sau đây được phát biểu dưới dạng tập hợp, đượcchứng minh bằng phương pháp phản chứng và sử dụng nguyên lý thứ tựtốt

Mệnh đề 1.2.2 (Nguyên lý quy nạp) Giả sử Q là tập hợp con của tậpcác số nguyên sao cho

1 k ∈ Q,

2 n ∈ Q suy ra n + 1 ∈ Q với mọi n ≥ k,

khi đó

3 Mọi số nguyên lớn hơn hoặc bằng k đều thuộc Q

Chứng minh Giả sử trái lại rằng (i) không đúng

Đặt S = {x ∈ N, x ≥ k, x ̸∈ Q} Như vậy, S là tập con khác rỗng củatập các số nguyên dương, theo giả thiết phản chứng vừa nêu Từ nguyên

lý thứ tự tốt, có thể gọi m là phần tử bé nhất của S

Theo (i), phải có m > k, suy ra m − 1 ≥ k Vì m − 1 < m nên ta

có m − 1 ̸∈ S, hay m − 1 ∈ Q Do đó, theo (ii), m ∈ Q, điều này mâuthuẫn

Định nghĩa 1.3.1 (Phép thử ngẫu nhiên) Một phép thử ngẫu nhiên làmột phép thử mà ta không biết trước được kết quả của nó Tuy nhiên, vớihầu hết các phép thử ngẫu nhiên, chúng ta có thể liệt kê ra các kết quả cóthể xảy ra của nó

Định nghĩa 1.3.2 (Biến cố sơ cấp) Mỗi kết quả có thể có của một phépthử ngẫu nhiên được gọi là một biến cố sơ cấp, được ký hiệu bởiω, ω1, ω2, Định nghĩa 1.3.3 (Biến cố) Mỗi tập con A của không gian mẫu Ω đượcgọi là một biến cố

• Nếu A = ∅ thì A được gọi là biến cố không thể.

• Nếu A = Ω thì A được gọi là biến cố chắc chắn

• Nếu ∅ ⊊ A ⊊ Ω thì A được gọi là biến cố ngẫu nhiên

Rõ ràng, nếu A và B là các biến cố thì Ac = Ω \ A, A ∪ B, A ∩ B cũng làcác biến cố

Định nghĩa 1.3.4 (Không gian biến cố) Một họF các tập con của khônggian mẫu Ω được gọi là một không gian biến cố nếu nó thoả mãn các điềukiện sau:

(i) Ω ∈ F;

(ii) Nếu A ∈ F thì Ac ∈ F;

(iii) Nếu Aj ∈ F , j ≥ 1 thì S

j≥1Aj ∈ F.Khi đó, một tập con A của Ω được gọi là một biến cố nếu A ∈ F Mỗiphần tử ω của A được gọi là một kết quả thuận lợi của A Biến cố A đượcgọi là xảy ra nếu kết quả của phép thử là một kết quả thuận lợi của A

Vì một biến cố là một tập con của không gian mẫu nên các quan hệ,phép toán, tính chất trên tập hợp đều được thực hiện tương ứng trên cácbiến cố

Định nghĩa 1.3.5 (Xác suất của biến cố) Giả sử A là biến cố liên quanđến phép thử T và phép thử T có một số hữu hạn kết quả có thể có, đồngkhả năng Khi đó ta gọi tỉ số n(A)

n(Ω) là xác suất của biến cố A, kí hiệu là

P (A) = n(A)

n(Ω),trong đó: n(A)là số phần tử của tập hợp A; n(Ω) là số phần tử của khônggian mẫu Ω

Định lý 1.3.1 Với A là một biến cố bất kỳ, ta có

P (Ac) = 1 − P (A)

Định lý 1.3.2 Với A, B là các biến cố bất kỳ, A ⊂ B Khi đó

P (A) ≤ P (B)

Định nghĩa 1.4.1 Đồ thị (đồ thị đơn) là một cặp G = (V ; E), trong đó

V là một tập khác rỗng và E ⊂ P2(V ) Các phần tử của tập V được gọi

là các đỉnh của đồ thị G, các phần tử của họ E được gọi là các cạnh của

đồ thị G

Ta có thể viết V (G) và E(G) để biểu thị tập hợp các đỉnh và các cạnhcủa đồ thị G

Nếu G = (V ; E)là một đồ thị và u vàv là hai trong số các đỉnh của nó,

ta nói rằng u và v là lân cận với điều kiện u, v ∈ E; trong trường hợp này,

ta nói rằng cạnh u, v trùng với các đỉnh u và v Ký hiệu cạnh u, v bằng

uv hoặc vu Nếu u và v không kề nhau, ta nói rằng chúng không phải làđỉnh liền kề của đồ thị G

Có thể biểu diễn đồ thị G = (V ; E) bằng một sơ đồ trong đó các phần

tử của V được mô tả dưới dạng điểm hoặc vòng tròn nhỏ trong mặt phẳng

và các cạnh của G như các cung nối các đỉnh tương ứng Sơ đồ thu đượckhông có ý nghĩa hình học và mục đích của nó không có gì khác ngoài việcbiểu diễn một cách sơ đồ các quan hệ kề giữa các cặp đỉnh của G Ví dụ,nếu

G = ({a, b, c, d}; {{a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}}),thìGcó thể được biểu diễn bằng bất kỳ một trong hai sơ đồ thể hiện trongHình 1

Hình 1

Định nghĩa 1.4.2 Gọi G = (V ; E) là đồ thị Với u ∈ V, bậc của u, kýhiệu là dG(u) là số đỉnh của G kề với u

và một lần trong số hạng dG(v) Do đó, vế phải (1.4.1) bằng 2|E|

Hệ quả 1.4.1 (Euler) Trong bất kỳ đồ thị nào, số đỉnh bậc lẻ là số chẵn.Chứng minh Trong đồ thị G = (V ; E) với số nguyên k ̸= 0, gọi vk(G) là

số đỉnh của G có tung độ k Vì tổng vế phải của (1.4.1) các đỉnh vk(G)bằng k, ta có đẳng thức

Chứng minh Hãy xem các thành viên của ủy ban như các đỉnh của đồthị, với hai đỉnh là liền kề nếu những người tương ứng bắt tay Khi đó, nếu

có thể xảy ra, bậc của các đỉnh của đồ thị sẽ có theo một số thứ tự bằng

1, 1, 1, 3, 3, 3, 4, 6, 7 và 8 Nhưng điều này sẽ mâu thuẫn với hệ quả trước

đó, vì ta có một số đỉnh lẻ bằng bậc Vì vậy, không thể có trường hợp nhưvậy xảy ra

Định nghĩa sau đây mang đến khái niệm tương đương cho đồ thị.Định nghĩa 1.4.3 Các đồ thị G = (V1; E1) và H = (V2; E2) là đẳng cấunếu tồn tại một song ánh f : V1 −→ V2 sao cho với hai đỉnh phân biệt u

Chứng minh Gọi G = (V1; E1) và H = (V2; E2) là các đồ thị đẳng cấu và

f : V1 −→ V2 là một song ánh Nếuu là một đỉnh của Gcó tung độ k > 0,sao choNG(u) = {u1, , uk}, ta thấy rằng NH(f (u)) = {f (u1), , f (uk)}.Đặc biệt, f (u) là một đỉnh của H có tung độ k Lập luận tương tự, nếu u

sử rằng V = In Thật vậy, khi |V | = n, ta có thể chọn một song ánh

f : V −→ In và cho H = (In; F ) được xác định bằng cách đặt trong In,

i ̸= j

{i, j} ∈ F ⇔ 

f−1(i), f−1(j) ∈ E

Định nghĩa 1.4.4 Cho đồ thị G = (V ; E), với |V | = n, giả sử theo ví

dụ trên, V = In Ma trận kề của G là ma trận n × n, Adj(G) = (aij) saocho

Định nghĩa 1.4.5 Đồ thịH là đồ thị con của đồ thịGnếuV (H) ⊂ V (G)

và E(H) ⊂ E(G) Đồ thị H là đồ thị con bao trùm của G nếu H là đồthị con của G và V (H) = V (G)

Ví dụ 1.4.3 Cho đồ thịG = (V ; E) và ϵ ∈ E, đồ thị con của Gthu đượcbằng cách xóa cạnh của ϵ là đồ diễn H = (V ; E \ ϵ) Khi đó, ta biểu thị

đồ thị con của G đơn giản bằng G − ϵ Nói cách khác, G − ϵ là đoạn conthu được từ G bằng cách xóa cạnh ϵ Lưu ý rằng G − ϵ là một đồ thị conbao trùm của đồ thị G

Ví dụ 1.4.4 Cho đồ thị G = (V ; E) và u ∈ V, đồ thị con của G thuđược bằng cách xóa đỉnh u là đồ thị H = (V \ {u}; E),

E′ = E \ {ϵ ∈ E; ϵ liên thuộc với u}

Khi đó, ta sẽ biểu thị một đồ thị con của G bằng G − u Nói cách khác,

G − u là đồ thị con của G thu được bằng cách xóa đỉnh u, cùng với tất cảcác cạnh của G liên thuộc với nó Lưu ý rằng G − u có ít hơn một đỉnh

Chứng minh Gọi G là đồ thị có đỉnh có tung độ s ≥ t1 ≥ t2 ≥ ≥ ts ≥

d1 ≥ ≥ dn Vì s là số dương và đỉnh u của bậc s có đúng s lân cận, nên

t1, t2, , ts ≥ 1 Với 1 ≤ i ≤ s, đặt vi là đỉnh có bậc ti và với 1 ≤ j ≤ n,gọi wj là đỉnh có bậc dj Ta có hai trường hợp:

1 NG(u) = {v1, , vs}: thì các đỉnh của H := G − u có bậc t1− 1, t2−

1, , ts − 1, d1, , dn

2 NG(u) ̸= {v1, , vs}: với 1 ≤ i ≤ s và 1 ≤ j ≤ n, ta có u không liền

kề với vi và liền kề với wj Đặc biệt, ti ≥ dj

• ti = dj: Gọi G′ là đồ thị thu được từ G bằng cách hoán đổi vi và

wj

• ti > dj: thì vi liền kề x không liền kề wj Gọi G′ là đồ thị thuđược từ G bằng cách xóa các cạnh {u, wj}, {vi, x} và thêm cáccạnh {u, vi}, {wj, x}

Sau khi thực hiện một trong hai (i) hoặc (ii), ta có đồ thị G′ có cácbậc bằng củaG sao cho NG′ (u) ∩ {v1, , vs} chứaNG(u) ∩ {v1, , vs}.Nếu NG′ (u) = {v1, , vs}, ta trở lại với (i) Nếu không, ta lặp lại(ii) Cuối cùng của quá trình này, ta nhận được một đồ thị H có bậc

t1 − 1, t2 − 1, , ts− 1, d1, , dn

Ngược lại, giả sử rằng (t1 − 1, t2 − 1, , ts − 1, d1, , dn) là dãy số bậccủa một số đồ thị đơn H, và gọiui là một đỉnh trong H với tung độti− 1.Lập một đồ thị G bằng cách thêm một đỉnh vào H và cho nó liền kề với

u1, , us Khi đó, dãy bậc của các đỉnh của G là (s, t1, t2, , ts, d1, , dn)

Định nghĩa 1.4.6 (Đồ thị đầy đủ) Đồ thị đầy đủ n đỉnh, ký hiệu Kn, là

đồ thị đơn vô hướng mà giữa hai đỉnh bất kỳ của nó luôn có cạnh nối

Đồ thị Kn có tất cả Cn2 = n(n − 1)

2 cạnh.

Hình 2 Một số đồ thị đầy đủ

Chương 2

Nguyên lý Dirichlet

Trong chương này, chúng tôi trình bày hai phiên bản của nguyên lýDirichlet Đồng thời, khai thác một số tính chất quan trọng và ứng dụngcủa nguyên lý Dirichlet cũng như làm rõ một số ví dụ cơ bản của nó Nộidung chính trong chương này được tổng hợp từ các tài liệu [1], [4], [6]

2.1 Nguyên lý Dirichlet

Mệnh đề 2.1.1 (Nguyên lý I) Nếu có n con chim bồ câu được xếp vào

n − 1 chuồng chim bồ câu thì có ít nhất một chuồng chứa ít nhất hai conchim bồ câu

Chứng minh Theo quy ước, nếu mỗi một trong sốn−1chuồng chứa nhiềunhất một chim bồ câu, thì ta sẽ có nhiều nhất n − 1 con chim bồ câu

Ví dụ 2.1.1 Có n khách trong một bữa tiệc Chứng tỏ rằng luôn có thểtìm thấy hai trong số những người trong bữa tiệc quen biết với nhau.Chứng minh Đầu tiên, lưu ý rằng mỗi người trong số n khách quen với ítnhất 0 và nhiều nhất n − 1 số người khác trong bữa tiệc Do đó, có haitrường hợp cần xem xét:

i Mỗi khách biết ít nhất một người khác trong bữa tiệc: lấyn−1 phòng,đánh số từ 1 đến n − 1 và xếp vào phòng i tất cả các khách (nếu có)

ai biết chính xác i vị khách khác Vì ta có n − 1 phòng (chuồng chim

bồ câu) và n khách (chim bồ câu), nguyên lý Dirichlet đảm bảo rằng

có ít nhất một phòng sẽ chứa ít nhất hai người Bằng cách này, ta

đã phân bổ các khách hàng trong các phòng, hai vị khách quen biếttrong bữa tiệc cùng một số người khác

ii Tồn tại ít nhất một "khách", người thực sự không có người quen nàotrong bữa tiệc: khi đó, không có khách nào biết tất cả n − 1 ngườikhác, vì vậy, trong trường hợp này, ta có thể đánh số các phòng từ 0đến n − 2 và lập luận như trong (i) Một lần nữa, nguyên lý Dirichletđảm bảo rằng ít nhất một trong các phòng sẽ chứa ít nhất hai người.Cũng như trong (i), hai vị khách quen biết trong bữa tiệc cùng một

số người khác

Ví dụ 2.1.2 (IMO Shortlist) Mỗi tập hợp con của tập hợp {1, 2, , 10}được sơn bằng một trong n màu Tìm giá trị lớn nhất có thể có của n đểgiá trị đó luôn có thể tìm thấy hai tập hợp khác nhau và tập khác rỗng

A, B ⊂ {1, 2, , 10}, sao cho A, B và A ∪ B đều được sơn cùng màu.Chứng minh Cho X = {1, 2, , 10} Cho mười màu C1, C2, , C10, sơntập hợp con k phần tử của X với màu Ck, với 1 ≤ k ≤ 10 Bằng cáchnày, cho hai tập con khác rỗng A và B của X, có hai trường hợp: hoặc

A và B có số lượng phần tử khác nhau và do đó được sơn bằng các màukhác nhau, hoặc A và B có cùng số phần tử; trong trường hợp thứ hainày, A ∪ B có nhiều phần tử hơn A và B, do đó được sơn bằng màu khácvới màu của A và B Do đó, n ≤ 9

Cho Ai = {1, , i} với 1 ≤ i ≤ 10 Vì

A1 ⊂ A2 ⊂ ⊂ A10

là một chuỗi gồm mười tập con phân biệt và khác rỗng củaX (chim bồ câu)nhưng ta chỉ có chín màu (các chuồng chim bồ câu), nguyên lý Dirichletđảm bảo sự tồn tại của các chỉ số 1 ≤ i < j ≤ 10 sao cho Ai và Aj đượcsơn bằng một màu sắc TừAi ⊂ Aj = Aj, chỉ cần Ai = A và Aj = B thỏamãn các điều kiện đã nêu là đủ Do đó, giá trị lớn nhất có thể có của n là

9

Có một số khái quát thú vị về nguyên lý Dirichlet rằng số nguyên mộtphần của số thực x, ký hiệu là ⌊x⌋, là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặcbằng x Do đó, nếu ⌊x⌋ = n ∈ Z, thì n ≤ x < n + 1 Ta có bất đẳng thứcsau

⌊x⌋ ≤ x < ⌊x⌋ + 1 (2.1.1)Mệnh đề 2.1.2 (Nguyên lý II) Nếu có n con chim bồ câu được xếp vào

k chuồng chim bồ câu thì có ít nhất một chuồng chứa ít nhất



n − 1k

+ 1con chim bồ câu

Chứng minh Lập luận tương tự, bằng cách sắp xếp, giả sử một trong kchuồng chim bồ câu chứa nhiều nhất



n − 1k

con chim bồ câu Khi đó,

ta có nhiều nhất k



n − 1k

con chim bồ câu, theo bất đẳng thức bên tráitrong (2.1.1), ta có

k



n − 1k



≤ k



n − 1k



= n − 1 < n

Ví dụ 2.1.3 Chứng minh rằng trong bất kỳ nhóm nào có hai mươi người,

có ít nhất ba người trong số họ sinh cùng ngày trong tuần

Chứng minh Hãy để hai mươi người là chim bồ câu và 7 ngày trong tuần

là chuồng chim bồ câu Sau đó, liên kết một người với một ngày trongtuần nếu người đó sinh vào ngày đó Phiên bản thứ hai của nguyên lýDirichlet đảm bảo rằng có ít nhất một chuồng chim bồ câu sẽ chứa ít nhất

f : A −→ {1, 2, , n}

bằng cách cho f (x) = kích thước của dãy con tăng dần lớn nhất của dãy

đã cho, bắt đầu từ x Vì A có n2 + 1 phần tử, nguyên lý Dirichlet đảmbảo rằng phải có ít nhất

$

n2 + 1
− 1n

%+ 1 = n + 1phần tử củaA, như xi1, xi2, , xin+1, với i1 < i2 < < in+1 Nếu xij < xiℓvới 1 ≤ j < ℓ ≤ n + 1, ta có f (xi ) > f (xi ) Vì ta có thể mở rộng

một chuỗi tăng dần bắt đầu từ xiℓ bằng cách đặt xij trước nó Nhưng vì

f (xij) > f (xiℓ) là không thể, nên

xi1 > xi2 > > xin+1

Do đó, ta tìm thấy một dãy con giảm dần của n + 1 số hạng

2.2 Một số ứng dụng và dạng bài tập liên quan đến

nguyên lý Dirichlet

Trong tiểu mục này, ta trình bày một số bài toán ứng dụng của nguyên

lý Dirichlet trong số học, dãy số, hình học và mở rộng của nguyên lý Đượctổng hợp từ các tài liệu tham khảo [1], [2] và [4]

2.2.1 Ứng dụng trong số học

Định nghĩa 2.2.1 Cho a và b là những số nguyên, với b > 0 Ta nói rằng

a chia hết cho b, ký hiệu là b|a Khi đó tồn tại một số nguyên q sao chođẳng thức a = bq đúng

Định lý 2.2.1 Với hai số nguyên bất kỳ a và b sao cho b > 0, tồn tại duynhất số nguyên q và r thỏa mãn a = bq + r và 0 ≤ r < b

Ví dụ 2.2.1 Cho k là một số tự nhiên, A là tập hợp gồm k + 1 số tựnhiên Chứng minh rằng có ít nhất một hiệu hai phần tử trong A chia hếtcho k

Chứng minh Gọi a1, a2, , ak+1 là các phần tử của A b1, b2, , bk+1 làcác số dư của phép chia các số trên cho k Khi đó a1 = kc1 + b1, a2 =

kc2 + b2, , ak+1 = kck+1 + bk+1, với các số nguyên c1, c2, , ck+1 sao cho

0 ≤ b1 ≤ k − 1, 0 ≤ b2 ≤ k − 1, , 0 ≤ bk+1 ≤ k − 1 Một phần tử bất kỳ

as ∈ A tương ứng với số dư bs Gọi tập hợp các số dư là B Khi đó, mỗiphần tử của A được đặt tương ứng với một phần tử của B, gồm tất cảcác số nguyên từ 0 đến k − 1 Mà số lượng phần tử của A theo giả thiết

là k + 1, B có số lượng k Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai phần tửkhác nhau của A có cùng số dư Tức là, tồn tại hai chỉ số s và t, s ̸= t,với as = kcs+ bs và at = kct + bs, ta có at − as = k(ct − cs)

Ví dụ 2.2.2 (Đề thi Olympic toán thế giới lần thứ 14) Cho M là tậphợp bất kỳ gồm 10 số tự nhiên, mỗi số không lớn hơn 100 Chứng minhrằng tồn tại hai tập hợp con của M mà tổng của các phần tử trong chúngbằng nhau.

Chứng minh Ta có thể chứng minh nếu tồn tại hai tập thỏa mãn kếtluận của bài toán thì ta có thể chọn được hai tập con có cùng tính chất

ấy nhưng không giao nhau Thật vậy, cho X, Y là hai tập con của M

có tổng các phần tử bằng nhau Ta ký hiệu X1 gồm các phần tử của X

mà không thuộc Y và Y1 gồm các phần tử của Y mà không thuộc X

X1 và Y1 có tổng các phần tử bằng nhau mà không giao nhau Gọi A

là tập hợp các tập hợp con khác rỗng của M Số lượng phần tử của A

là 210 − 1 = 1023 Xét tổng S các phần tử của một tập hợp con, ta có

S ≤ 91 + 92 + + 100 < 10.100 = 1000 Khi đó, tồn tại không quá 1000tổng khác nhau Ký hiệu B là tập hợp tất cả các tổng S Do đó, số lượngphần tử của B nhỏ hơn 1000 và nhỏ hơn số lượng phần tử của A Đặttương ứng mỗi phần tử của A với tổng các phần tử của nó Ta có thể ápdụng nguyên lý Dirichlet, suy ra tồn tại ít nhất hai tập hợp con khác nhau

Ví dụ 2.2.4 Cho M là tập hợp bất kỳ gồm 75 số tự nhiên mà mỗi sốkhông lớn hơn 100 Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên ℓ nhỏ hơn hoặcbằng 49 tồn tại hai phần tử của M có hiệu là ℓ

Chứng minh Gọi x1, x2, , x75 là các phần tử của M Ký hiệu A là tậphợp các số tự nhiên từ 1 đến 150 Với mỗi số từ 1, 2, , 75 cho tương ứngvới các số x1, x2, , x75, các số 76, 77, 78, , 150 tương ứng với x1+ ℓ, x2+

ℓ, , x75 + ℓ Vì xm ≤ 100 (m = 1, 2, , 75) và ℓ ≤ 49 nên xm + ℓ < 150.Suy ra mỗi phần tử của A tương ứng với một phần tử của B gồm những

số tự nhiên từ 1 đến 149 Vì số phần tử của A lớn hơn số phần tử của B,theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai phần tử khác nhau của A tương ứngvới cùng một phần tử của B Các giá trị khác nhau của m từ 1 đến 75tương ứng với các giá trị khác nhau của x1 đến x75 trong B Tương tự,các giá trị của m từ 76 đến 150 tương ứng với các giá trị khác nhau trongkhoảng còn lại Từ đó suy ra tồn tại xm và xn sao cho xm = xn+ ℓ, tức là

xm− xn = ℓ

Ví dụ 2.2.5 Cho k ≥ 1 và n ≥ 1 là những số tự nhiên, A là tập hợpgồm(k − 1)n + 1 số nguyên dương, mỗi số này đều nhỏ hơn hoặc bằng kn.Chứng minh rằng có ít nhất một phần tử của A có thể biểu diễn thànhtổng của k phần tử trong A

Chứng minh Với k = 1 bài toán hiển nhiên đúng, ta giả thiết k ≥ 2 Kýhiệum là số nhỏ nhất thuộcA Dễ thấy rằngm ≤ n và tồn tại đúngn − m

số thuộc A lớn hơn m nhưng không vượt quá kn

Ta tìm hai số x, y ∈ A sao cho x = y + (k − 1)m, tức là biểu diễn một

số nào đó thuộc A thành tổng k số hạng thuộc A, trong đó có k − 1 sốhạng bằngm Ta tìm sốx ∈ A mà x > (k − 1)m ∈ A vàx − (k − 1)m ∈ A.Thật vậy, trong ∆ = ((k − 1)m, kn] có kn − (k − 1)m = k(n − m) + m

số nguyên Vì k ≥ 2 nên (k − 1)m ≥ m Suy ra có nhiều nhất n − m

số trong ∆ không thuộc A Tức là A chứa ít nhất s = k(n − m) + m −(n − m) = (k − 1)(n − m) + m số Ta có s ≥ n vì (k − 2)(n − m) ≥ 0.Gọi a1, a2, , as ∈ A, với (k − 1)m < ai ≤ kn, i = 1, 2, , s Khi đó,

a1−(k−1)m, a2−(k−1)m, , as−(k−1)mlà những số nguyên khác nhautrong [1, kn] Nếu một số nào đó không thuộc A, theo nguyên lý Dirichlet

ta có s ≤ n − 1, vì ngoài A có đúng n − 1 số trong [1, n] Do đó, trái vớibất đẳng thức đã chứng minh s ≥ n Vậy tồn tại ai − (k − 1)m ∈ A

Xét dãy số a1, a2, , ap+1

2 , rb1, rb2, , rbp+1

2 Ta có p + 1 số sao cho ít nhấthai số trong chúng khi chia cho p có cùng một số dư Theo giả thiết, các

số a1, a2, , ap+1

2 khác nhau và nhỏ hơn p Suy ra số dư của chúng theomôđun p là khác nhau Vì r và p là hai số nguyên tố cùng nhau, nên dễdàng chứng minh được các số rb1, rb2, , rbp+1

2 có số dư hoàn toàn khácnhau khi chia cho p Tức là tồn tại i, j sao cho ai ≡ rbj (mod p) Từ(2.2.1), suy ra aiaj ≡ rbjaj ≡ r.1 ≡ r (mod p)

2.2.2 Ứng dụng trong dãy số

Xét nguyên lý Dirichlet cho dãy số vô hạn dưới dạng: Nếu có hữu hạnnhững ngăn kéo mà ta đặt vô hạn những vật nào đó, thì ít nhất có mộtngăn kéo chứa vô hạn những vật đã có

Ví dụ 2.2.7 (Đề thi Toán Olympic quốc tế lần 17 năm 1975) Cho

a1, a1, , an, là dãy tăng ngặt các số tự nhiên Chứng minh rằng vô hạncác phần tử an của dãy trên có thể biểu diễn dưới dạng an = xap+ yaq, ởđây x và y là những số nguyên dương và p ̸= q

Chứng minh Nếua1 = 1bài toán là hiển nhiên đúng Thật vậy, vớin ≥ 3,

an có dạng an = an−1 + (an + an−1) = 1.an−1 + (an − an−1).a1 có tínhchất mong muốn.Ta chứng minh sự tồn tại chỉ số p lớn hơn 1 sao cho vôhạn các số hạng của dãy đã cho có thể viết dưới dạng xap+ ya1 với các sốnguyên dương thích hợp x, y Mỗi số hạng của dãy, đặt tương ứng với số

dư của nó khi chia chính nó cho a1 Tập hợp tất cả các số hạng của dãy là

vô hạn, còn tất cả các trường hợp của số dư khi chia các số hạng cho a1

là hữu hạn Điều đó chứng tỏ rằng vô hạn phần tử

an1, an2, , ank, với n1 < n2 < < nk <

cho cùng một số dưr khi chia choa1 Không mất tính tổng quát, ta giả thiết

n1 > 1, xét các số an2, an3, , ank, là dãy vô hạn và cho cùng số dư r khichia cho a1 Với mọi k = 1, 2, tồn tại số nguyên dương xk sao cho an =

xka1+r Khi đóank−an1 = (xka1+r)−(x1a1+r) = (xk−x1)a1, suy ra vớimọi k ≥ 2 ta có đẳng thức ank = an1 + (xk − x1)a1 = 1.an1 + (xk − x1)a1.Tức là, an2, an3, , ank, , có biểu diễn và các tính chất như bài toán yêucầu Thật vậy, chỉ số 1 và n1 khác nhau Số xk− x1 là số nguyên dương với

đó, ai ≡ aj (mod m) Theo giả thiết (a, m) = 1, với i ̸= j, ai−j ≡ 1(mod m)

Ta có kết luận tồn tại số tự nhiên ℓ sao cho đẳng thức sau đây đúng

Chứng minh Ký hiệu P là tập hợp tất cả các số nguyên tố Với mọi

i = 0, 1, , k − 1, ký hiệu Pi là tập hợp các số nguyên tố mà khi chiacho k có số dư i Dễ thấy rằng mọi số nguyên tố nằm trong các tập hợp

P0, P1, P2, , Pk−1 Vì số nguyên tố là vô hạn, vậy ít nhất phải có mộttrong số các tập hợp P0, P1, P2, , Pk−1 chứa vô hạn số nguyên tố Giả

sử Pi chứa vô hạn số và ký hiệu p là phần tử nhỏ nhất của nó Khi đómọi số ∈ Pi có dạng x = p + ka với a là số tự nhiên Lấy x1, x2, x3, làcác phần tử của Pi xếp theo thứ tự tăng dần Với mọi số tự nhiên n, đặt

an = xn− p

k Dễ thấy rằng số nguyên tố p và dãy a1, a2, , an, có tínhchất cần chứng minh

2.2.3 Ứng dụng trong hình học

Ví dụ 2.2.10 Năm điểm A, B, C, D, E nằm trong một mặt phẳng và tọa

độ của chúng là các số nguyên Chứng minh rằng trong số những tam giác

mà đỉnh của nó là ba điểm trong các điểm này, có ít nhất ba tam giác vớidiện tích là các số nguyên

Chứng minh Nếu một trong các tọa độ của các đỉnh tam giác đã cho thayđổi một số chẵn, thì diện tích của tam giác thay đổi một số nguyên Mộtcách tổng quát hơn, nếu các tọa độ đỉnh của một tam giác thay đổi một sốchẵn, thì diện tích của nó cũng thay đổi một số nguyên Vì vậy, nếu diệntích của tam giác mới nhận được là số nguyên, thì diện tích tam giác banđầu cũng là số nguyên

Vì tọa độ của các điểm A, B, C, D, E là những số nguyên, sau khithêm vào các tọa độ này những số chẵn thích hợp, thì mỗi tọa độ sẽchỉ nhận các giá trị 0 và 1 Do đó 5 điểm đã cho tạo nên bởi các điểm(0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 1) Nguyên lý Dirichlet đảm bảo rằng có ít nhất haiđiểm trong các điểm A, B, C, D, E biến đổi thành cùng một điểm trong{(0; 0), (0; 1), (1, 0), (1, 1)} Giả sử đó là A, B Ta khẳng định diện tích cáctam giác ABC, ABD và ABE là những số nguyên Thật vậy, các tam giácnày bị biến thành đoạn thẳng (do A và B biến thành cùng một điểm) nêndiện tích ảnh của chúng bằng 0 Vì vậy trước khi biến đổi, diện tích củachúng phải là số nguyên

Ví dụ 2.2.11 Giả sử một bàn cờ hình chữ nhật có 4 × 7 ô vuông đượcsơn đen hoặc trắng Chứng minh rằng với cách sơn màu bất kỳ, trong bàn

cờ luôn tồn tại hình chữ nhật gồm các ô vuông, mà bốn ô ở góc là các ôcùng màu.

Chứng minh

Hình 3

Ta chứng minh bài toán bàn cờ 3 × 7 Mẫu sơn màu có thể xảy ra vớibàn cờ có dạng từ 1 đến 8 Giả sử một trong các cột thuộc dạng 1 Bàitoán sẽ được chứng minh nếu tất cả những cột còn lại trong 6 cột thuộccác dạng 1, 2, 3, 4 Giả sử tất cả các cột còn lại thuộc dạng 5, 6, 7 và 8.Nguyên lý Dirichlet đảm bảo rằng hai trong số sáu cột có hai cột cùng mộtdạng nên bài toán được chứng minh Tương tự với một cột có dạng 8 Khi

đó, ta có 7 cột với 6 dạng Theo nguyên lý Dirichlet có hai cột cùng dạng

và bài toán được chứng minh

Ví dụ 2.2.12 Giả sử mỗi điểm trong một mặt phẳng được sơn bằng mộttrong hai màu đỏ và xanh Chứng minh rằng có một hình chữ nhật nào

đó trong mặt phẳng mà bốn đỉnh của nó cùng màu

Chứng minh

Hình 4

Theo nguyên lý Dirichlet, một tập bất kì7điểm mà sơn một trong hai màuthì có ít nhất 4 điểm cùng màu Trên một đường thẳng có 7 điểm thì có

4 điểm thẳng hàng cùng màu, giả sử P1, P2, P3, P4 có cùng màu đỏ Chiếunhững điểm này xuống hai đường thẳng song song với đường chứa chúngtạo ra (Q1, Q2, Q3, Q4) và (R1, R2, R3, R4) tương ứng với (P1, P2, P3, P4).Những điểm này tạo ra các hình chữ nhật, ta chú ý đến các hình chữ nhật

có đỉnh là Pi, i = 1, 2, 3, 4 Vì vậy, nếu 2 điểm bất kỳ của Qlà đỏ thì ta cókết quả một hình vuông PiPjQjQi có đỉnh cùng màu Tương tự cho cácđiểm R Nếu đồng thời không có điểm Q và R thỏa mãn trường hợp trênthì có 3 (hoặc hơn) điểm Q nào đó và 3 điểm R nào đó cùng màu xanh.Nhưng trong bộ ba P, Q, R phải có cặp đôi tạo ra hình chữ nhật với cácđỉnh màu xanh trong số các điểm Q và R

• Sau đây, ta xét một số ví dụ mở rộng của nguyên lý Dirichlet

Cho A là tập hữu hạn những phần tử, ký hiệu s(A) là số lượng cácphần tử thuộc A Nguyên lý Dirichlet có thể mở rộng như sau:

Nếu A và B là những tập hợp hữu hạn và s(A) > k.s(B), k là một số

tự nhiên nào đó Nếu mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tửnào đó của B, thì tồn tại ít nhất k + 1 phần tử của A mà chúng tươngứng với cùng một phần tử của B

Ví dụ 2.2.13 Tất cả 9 cạnh và 24 đường chéo của một hình chóp đáy

là đa giác 9 đỉnh được bôi sơn: một số bôi sơn đỏ, còn lại bôi sơn xanh.Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh của hình chóp, mà chúng là những đỉnhcủa một hình tam giác với các cạnh được sơn cùng một màu

Chứng minh 9 cạnh bên của hình chóp được sơn bằng hai màu Vì 9 >4.2, theo nguyên lý mở rộng trên suy ra có ít nhất 5 cạnh bên được bôicùng một màu Giả sử, SA1, SA2, SA3, SA4, SA5 được bôi cùng màu đỏ,

S là đỉnh của hình chóp Không mất tính tổng quát, giả sử các điểm

A1, A2, A3, A4, A5 được sắp xếp ngược chiều kim đồng hồ Ít nhất mộttrong các cạnh của ngũ giác là đường chéo của đa giác đáy, giả sử A1A2.Xét tam giác A1A2A4 Những cạnh của nó là các đường chéo của đa giácđáy (do cách xếp trên), suy ra chúng được bôi cùng màu sơn Nếu các cạnh

A1A2, A2A4, A4A1 là màu xanh thì bài toán chứng minh xong Trường hợpngược lại một trong các cạnh A1A2, A2A4, A4A1 là màu đỏ, giả sử đó là

A1A2 Khi đó các cạnh của tam giác SA1A2 là màu đỏ

Ví dụ 2.2.14 Chứng minh rằng trong mọi đa giác lồi với số cạnh chẵntồn tại đường chéo không song song với một cạnh nào của đa giác

Chứng minh.

Hình 5Bằng qui nạp ta có thể dễ dàng chứng minh được mọi đa giác với ncạnh có n(n − 3)

2 đường chéo.

Xét đa giác lồi P bất kì có 2k cạnh với (k ≥ 2) là một số nguyên.Giả sử mỗi đường chéo của P song song với một cạnh nào đó của P.Khi đó mỗi đường chéo d có thể cho tương ứng với cạnh song song với d

Ký hiệu s là số các đường chéo, ta có

s =2k(2k − 3)

2 = k(2k − 3)

=2k(k − 2) + k > (k − 2).2k

Theo nguyên lý Dirichlet mở rộng, suy ra tồn tại k − 1 đường chéo

d1, d2, , dk−1 của đa giác P mà chúng tương ứng với cùng một cạnh acủa đa giác, tức là a, d1, d2, , dk−1 song song với nhau Suy ra các đườngchéo d1, d2, , dk−1 cùng nằm trong một nửa mặt phẳng xác định bởi cạnh

a (vì P là đa giác lồi) Ngoài ra d1, d2, , dk−1 và a là những đoạn thẳngkhác nhau và số lượng của chúng là k, mỗi đỉnh của đa giác P là điểmđầu của một đoạn nào đó trong chúng Không mất tính tổng quát ta giả

sử d1 là đoạn xa nhất đối với a Khi đó, từ lập luận trên suy ra đa giác Pnằm hoàn toàn trong một nửa mặt phẳng xác định bởi d1 Điều này tráivới tính lồi của đa giác P

Ví dụ 2.2.15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Xét tập hợp R gồm nhữngđiểm tọa độ (x, y), x, y là những số nguyên và 1 ≤ x ≤ 12, 1 ≤ y ≤ 10.Mỗi điểm này được sơn bằng một màu trắng, xanh hoặc đỏ Chứng minh

rằng tồn tại hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục tọa độ, màđỉnh của nó là những điểm của R được sơn cùng một màu.

Chứng minh Trong chứng minh ta dùng hai khẳng định sau:

a) Nếu X là tập hữu hạn với n phần tử, thì số lượng tập hợp con của

Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = = xn

Quay lại bài toán đang xét, vì tổng số các điểm ta xét là 120, nên có ítnhất 40điểm được sơn cùng màu, giả sử là màu đỏ Với mỗi i = 1, 2, , 12

ta ký hiệu ℓi là đường thẳng đi qua điểm (i, 0) và song song với trục Oy.Nếu trên ℓi có ni điểm đỏ, i = 1, 2, , 12, n1 + n2 + + n12 ≥ 40 Ngoài

ra từ ni điểm có thể tạo ra các cặp có số lượng ni(ni − 1)

i1 < i2 ≤ 12 và cặp số nguyên {j1, j2} với 1 ≤ j1 ≤ 10, 1 ≤ j2 ≤ 10 saocho 4 điểm {i1, j1}, {i1, j2}, {i2, j1}, {i2, j2} là đỏ Vì những điểm này làđỉnh của hình chữ nhật với các cạnh song song với trục tọa độ, bài toánđược chứng minh

Sử dụng bất đẳng thức b), ta có

!+ 12



n2 − 12

2

− 14

!+ + 1

+ +



n12 − 1

2

12

Ví dụ 2.2.16 (Bài thi Olympic toán quốc tế lần thứ 20, 1978) Một hội

toán học bao gồm các thành viên ở 6 nước Danh sách các hội viên gồm

1978 người được đánh số báo danh từ 1 đến 1978 Chứng minh rằng tồn

tại ít nhất một hội viên có số báo danh gấp đôi số báo danh của một hội

viên khác cùng nước, hoặc bằng tổng hai số báo danh của hai hội viên

cùng một nước với mình

Chứng minh Vì 329.6 < 1978, suy ra một trong các nước (ký hiệu là

A) có không ít hơn 330 đại biểu trong hội và ta có thể viết số báo danh

a1 < a2 < < a330 < Xét hiệu xi = a330 − ai, i = 1, 2, , 329 Nếu

xi = aj (số báo danh của một đại biểu của A) thì ta có a330 = ai + aj,

bài toán đã chứng minh xong Nếu xi ̸= aj với mọi i, j, thì xi là số báo

danh của một số đại biểu thuộc 5 nước còn lại Vì 65.5 < 329, nên có

ít nhất một trong năm nước này (ký hiệu là B) sẽ có không ít hơn 66

thành viên, và số báo danh của họ là một trong các số x1, x2, , x329 Giả

sử b1 < b2 < b3 < < b66 < với bi = xni, i = 1, 2, , 66 Xét hiệu

yi = b66 − bi, i = 1, 2, , 65 Nếu một hiệu nào đó trùng với số báo danh

bj của một đại biểu thì b66 = bi+ bj Nếu hai số i và k bất kỳ với yi = ak,

thì ak = b66− bi = xn66− xni = a330− an66− (a330− ani) = ani− an66 hoặc

ani = an66 + ak Nếu hai trường hợp trên không xảy ra, thì những số này

sẽ là số báo danh của đại biểu 4 nước còn lại Suy ra ít nhất một trong

các nước này có số hội viên ít nhất là 17 với số báo danh yi Tiếp tục quátrình như vậy và lập luận tương tự ta có kết luận của bài toán.

Sau đây là một ví dụ khác về nguyên lý Dirichlet mà không thể áp dụngnguyên lý ngay được

Ví dụ 2.2.17 Tô màu từng điểm trong mặt phẳngxy có tọa độ nguyên là

đỏ hoặc xanh lam Ta chỉ ra rằng phải có một hình chữ nhật với tất cả cácđỉnh của nó cùng màu Xét các đường thẳng y = 0, y = 1, và y = 2 và cácgiao điểm của chúng với các đường thẳng x = i, i = 1, 2, , 9 Trên mỗiđường thẳng x = i có ba giao điểm được tô màu đỏ hoặc xanh lam Vì chỉ

có 23 = 8 cách khác nhau để tô màu ba điểm màu đỏ hoặc xanh lam, theonguyên lý Dirichlet, hai trong số các đường thẳng đứng, chẳng hạn x = j

vàx = k = j phải có màu giống nhau (tức là màu của (j, y) giống với màucủa(k, y)với y = 0, 1, 2) Sử dụng lại nguyên lý Dirichlet, ta thấy rằng haitrong số các điểm (j, 0), (j, 1) và (j, 2) phải có cùng màu, chẳng hạn như(j, y1) và (j, y2) Khi đó hình chữ nhật với các đỉnh (j, y1), (j, y2), (k, y1)

và (k, y2) là hình chữ nhật mong muốn

Trong ví dụ 2.2.17, sử dụng màu sắc làm “chuồng chim bồ câu” Sử dụngmàu sắc đại diện cho các tập hợp con của một phân vùng theo cách nàythường là thuận tiện và khá điển hình trong nhiều lĩnh vực của lý thuyếtRamsey

Chương 3

Lý thuyết Ramsey và một số ứng dụng

Trong chương này, chúng tôi trình bày lý thuyết Ramsey và một số ứngdụng của nó Đồng thời, khai thác một số tính chất cũng như ứng dụngcủa lý thuyết Ramsey trong định lý Schur, định lý Van der Waerden, định

lý Rado, Nội dung của chương được tham khảo từ các tài liệu [2], [3],[5], [7], [8], [9], [10], [11]

3.1 Định lý Ramsey trong lý thuyết đồ thị

Định lý Ramsey có thể được coi là sự cải tiến của nguyên lý Dirichlet,trong đó không chỉ được đảm bảo về một số yếu tố nhất định trong nguyên

lý, mà ta còn có sự đảm bảo về mối quan hệ nhất định giữa các yếu tốnày Đó là một định lý cơ bản được phát biểu dưới dạng khái niệm toánhọc được gọi là đồ thị Ta sẽ xác định ý nghĩa của chúng, nhưng trước khithực hiện, ta xem xét ví dụ sau đây

Ví dụ 3.1.1 Ta sẽ chứng minh điều sau: trong một bữa tiệc có sáu người,phải tồn tại hoặc ba người đã gặp nhau hoặc ba người là những người xa

lạ lẫn nhau (tức là không có hai người trong số họ có gặp) Nguyên lýDirichlet đảm bảo rằng đối với mỗi người, có ba người mà người đó đã gặphoặc ba người mà người đó chưa bao giờ gặp Bây giờ ta chứng minh rằng

có ba người có mối quan hệ nhất định giữa họ, cụ thể là ba người đã gặpnhau, hoặc ba người là những người xa lạ của nhau Đầu tiên, chỉ định chomỗi cặp người một trong hai màu đỏ hoặc xanh lam, với “đường kẻ” màu

đỏ nối hai người đã gặp nhau và “đường kẻ” màu xanh lam nối hai người

là hai người xa lạ Do đó, đối với bất kỳ màu nào của các đường kẻ giữanhững người sử dụng màu đỏ và xanh lam, sẽ có một hình tam giác màu

đỏ hoặc một hình tam giác màu xanh lam (với người là các đỉnh) Tiếptheo, chọn một người trong bữa tiệc, ví dụ người X Vì có năm người kháctrong bữa tiệc, theo nguyên lý Dirichlet, X biết ít nhất ba người hoặc làngười lạ với ít nhất ba người Ta có thể giả sử, không mất tính tổng quát,

X biết ít nhất 3 người trong bữa tiệc Gọi những người này là A, B và C.Khi đó các đường nối X với mỗi A, B và C là màu đỏ Nếu tồn tại mộtđường màu đỏ giữa bất kỳ A, B và C thì hoàn thành, vì ví dụ một đườngmàu đỏ giữa A và B sẽ cho tam giác ABX màu đỏ Nếu các đoạn thẳngnối A, B và C đều có màu xanh lam thì ABC là tam giác màu xanh lam.Xét một đồ thị đầy đủ Kn có nđỉnh Tô màu mỗi cạnh của đồ thị bằngcách sử dụng màu đỏ hoặc màu xanh Một đồ thị như thế được gọi là đồthị hai màu

Câu hỏi 1 Giả sử ta tô các cạnh của một đồ thị đầy đủ Kn bằng haimàu xanh và đỏ Giá trị của n tối thiểu phải bằng bao nhiêu để luôn tồntại một tam giác có 3 cạnh màu xanh hoặc một tam giác có 3 cạnh màuđỏ?

Ta thấy các đồ thị đầy đủ hai màu với n = 3, 4, 5 đỉnh đều không đảmbảo yêu cầu dặt ra Trường hợp n = 6, đồ thị đầy đủ K6 đảm bảo đượcđiều kiện đặt ra

Hình 6

Ví dụ 3.1.2 Trong mọi cách tô màu các cạnh của một đồ thị đầy đủ K6

sử dụng hai màu xanh và đỏ đều tồn tại một tam giác có3 cạnh màu xanhhoặc tồn tại một tam giác có 3 cạnh màu đỏ

Chứng minh Gọi các đỉnh của đồ thị K6 là A, B, C, D, E, F Với đỉnh

A, có 5 cạnh của đồ thị có chung đỉnh A là AB, AC, AD, AE, AF Theonguyên lý Dirichlet, ta dùng hai màu để tô 5 cạnh này thì sẽ có ít nhất

3 cạnh được tô cùng một màu Không mất tính tổng quát, ta giải thiết

các cạnh AB, AC, AD được tô màu xanh Nếu một trong 3 cạnh còn lại

BC, CD và BD cũng được tô màu xanh thì ta có một tam giác có cáccạnh màu xanh Nếu điều đó không xảy ra, tất cả các cạnh BC, CD và

BD đều được tô màu đỏ Khi đó tam giác BCD có các cạnh đều màuđỏ

Tương tự ta có câu hỏi:

Câu hỏi 2 Giả sử ta tô các cạnh của một đồ thị đầy đủ Kn bằng haimàu xanh và đỏ Giá trị của n tối thiểu phải bằng bao nhiêu để luôn tồntại hoặc một đồ thị con đầy đủ K4 có tất cả các cạnh được tô màu xanhhoặc một đồ thị con đầy đủ K4 có tất cả các cạnh được tô màu đỏ?Đối với câu hỏi trên, câu trả lời n nhỏ nhất là 18

Tổng quát: Với n tối thiểu bằng bao nhiêu để tô màu đồ thị đầy đủ Tn

sử dụng hai màu đỏ và xanh ta đảm bảo rằng hoặc tồn tại một đồ thị conđầy đủ Tk có các cạnh đều màu xanh hoặc một đồ thị con đầy đủ Tℓ cócác cạnh đều màu đỏ?

Câu hỏi này là một câu hỏi khó trong Lý thuyết đồ thị Định lý Ramseysau đây chỉ khẳng định sự tồn tại của số n nhỏ nhất

3.1.1 Định lý Ramsey cho đồ thị hai màu

Định lý 3.1.1 (Định lý Ramsey) Cho hai số tự nhiên k ≥ 2 và ℓ ≥ 2.Tồn tại một số tự nhiên nhỏ nhất, ký hiệu R(k, ℓ), chỉ phụ thuộc vào k và

ℓ sao cho mọi đồ thị đầy đủ n ≥ R(k, ℓ) đỉnh được tô hai màu xanh và đỏluôn tồn tại hoặc một đồ thị con đầy đủ k đỉnh mà tất cả các cạnh có màuxanh hoặc ℓ đỉnh mà tất cả các cạnh có màu đỏ

Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo k và ℓ Dễ thấy rằng vớimọi k ≥ 2 và ℓ ≥ 2, ta có R(k, 2) = k, R(2, ℓ) = ℓ

Tiếp theo, ta giả thiết rằng R(k − 1, ℓ) và R(k, ℓ − 1) tồn tại Ta chứngminh R(k, ℓ) tồn tại và

R(k, ℓ) ≤ R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1)

Thật vậy, đặt n = R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1) Xét đồ thị đầy đủ hai màu co

n đỉnh, Kn Lấy v là một đỉnh bất kỳ thuộc đồ thị Kn Gọi Xv là tập tất

cả các đỉnh mà cạnh nối với v có màu xanh và Dv là tập tất cả các đỉnh

mà cạnh nối với v có màu đỏ Khi đó, do Kn là đầy đủ nên

|Xv| + |Dv| = n − 1 = R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1)

Kk = Kk−1∪ {v} có các cạnh màu xanh hoặc chứa một đồ thị con đầy đủ

Kℓ có các cạnh màu đỏ Do vậy, R(k, ℓ) tồn tại và thoả mãn

R(k, ℓ) ≤ R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1)

Cuối cùng, theo phương pháp quy nạp, ta có điều cần chứng minh.Định nghĩa 3.1.1 Số R(k, ℓ) như trong Định lý 3.1.1 được gọi là sốRamsey

Nhận xét 3.1.1 Định lý 3.1.1 khẳng định sự tồn tại của số RamseyR(k, ℓ) Tuy nhiên, giá trị chính xác của R(k, ℓ) trong trường hợp tổngquát là không xác định được Nhiều nghiên cứu đã được thực hiện để tìmcác chặn cho R(k, ℓ)

Bằng phương pháp quy nạp, ta có thể thiết lập một chặn trên cho sốRamsey R(k, ℓ)

Định lý 3.1.2 Với mọi số nguyên k ≥ 2 và ℓ ≥ 2, ta có

R(k, ℓ) ≤ Ck+ℓ−2k−1Chứng minh Sử dụng phương pháp quy nạp theo k và ℓ Với mọi k ≥ 2

và ℓ ≥ 2, ta có

R(2, ℓ) = ℓ ≤ Cℓ1, R(k, 2) = k ≤ Ckk−1Giả sử

R(k − 1, ℓ) ≤ Ck+ℓ−3k−2 , R(k, ℓ − 1) ≤ Ck+ℓ−3k−1Khi đó ta có

R(k, ℓ) ≤ R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1) ≤ Ck+ℓ−3k−2 + Ck+ℓ−3k−1 = Ck+ℓ−2k−1 Phương pháp quy nạp cho ta kết luận