Nguyên lí Đirichlet

1 Một số dạng toán sử dụng Nguyên lí Đirichlet 1. Dạng 1: Xây dựng các m - tập (các “ lồng”): Bài 1: 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 . HD: Chia thành 25 hình vuông con. Bài 2: Trong hình tròn có diện tích bằng 8 đặt 17 điểm bát kì phân biệt. 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. Bài 3: Trong mặt phẳng cho 2007 điểm. Biết rằng trong 3 điểm bất kì lấy từ các điểm đã cho luôn có hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. CMR có 1004 điểm nằm trong hình tròn bán kính 1. HD: Lấy điểm A trong 2007 điểm đó và xét (C) = (A, 1). +) Nếu các điểm đều thuộc (C) thì ta có đpcm. +) Nếu có B sao cho AB  1 thì xét (C’) = (B, 1). Khi đó với mọi C trong 2005 điểm còn lại luôn xảy ra một trong các khả năng sau: 1 1 BC AC      (vì AB  1) ( ') () CC CC       . Từ 2005 điểm này sẽ có ít nhất 1003 điểm cùng thuộc (C) hoặc (C’) (đpcm). Bài 4: Trên tờ giấy kẻ caro lấy 101 ô vuông bất kì. CMR trong 101 ô vuông đó có 26 ô vuông không chung cạnh hoặc chung đỉnh. HD: Tô màu như hình vẽ: … … … … … … … X Đ X Đ … … T V T V … … X Đ X Đ … … T V T V … … … … … … … 2 Từ cách tô màu suy ra hai ô cùng màu không có cạnh chung hoặc đỉnh chung. Vì 101 > 4.25 nên có ít nhất 26 ô cùng màu (đpcm). Bài 5: 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, Đ. 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. Nếu AB, AC, AD cùng màu T. Khi đó: nếu BC màu T thì kết thúc, nếu BC màu Đ thì xét CD: nếu CD màu T thì kết thúc, nếu CD màu Đ thì xét BD: nếu BD là T thì kết thúc, nếu BD màu Đ thì tam giác BCD có ba cạnh cùng màu Đ và 3 đỉnh B, C, D cùng màu. Tương tự với các trường hợp khác. Bài 6: Cho đa giác đều A 1 A 2 …A 1981 nội tiếp (O). CMR trong số 64 đỉnh bất kì của đa giác luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang. HD: Ta có nhận xét: Nếu có hai dây (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 A 1 A 2 , A 1 A 3 ,…, A 1 A 1981 sẽ có A 1 A 2 = A 1 A 1981 , A 1 A 3 = A 1 A 1980 ,…, A 1 A 991 = A 1 A 992 và các độ dài này đôi một khác nhau. Vậy có 990 độ dài các dây cung có một đỉnh là A 1 và đó cũng là tất cả các độ dài của các dây cung. Trong 64 đỉnh sẽ có 2 64 2016C  dây cung 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 3 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 (đpcm). Bài 7: Trong mặt phẳng cho n - giác lồi có tọa độ các đỉnh là các số nguyên (n > 4). a) CMR ở trên cạnh hoặc trong đa giác đó còn có ít nhất một điểm nguyên khác nữa. b) CMR bên trong đa giác đó 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 I 1 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 > 180 0 (vì ngược lại thì 00 6.180 2( ) 5.180A B C D E      vô lí!); giả sử A và B là hai đỉnh như vậy. Khi đó: 0 1 0 11 0 1 180 360 180 BC B A C E AE            . Giả sử 0 1 180BC Ta kẻ hai tia Ax//BC, Ct//AB, chúng cắt nhau tại I. Vì 00 1 180 , 180A B B C    nên tia Ax nằm trong miền góc BAE, Ct nằm trong miềm góc BCE do dó I nằm trong ngũ giác ABCDE. Vì A, B, C có các tọa độ nguyên nên I có tọa độ nguyên. Bài 8: Trong hình tròn(O, 2,5) cho 10 điểm bất kì. CMR có hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 2. HD: Xét hình vẽ: 4 B' B A A' O Q P N M Theo nguyên lí Đirichlet thì có một phần chứa ít nhất hai điểm, giả sử là Avà B, trong 10 điểm đã cho. +) Nếu hai điểm đó nằm trong hình tròn nhỏ thì ta có đpcm. +) Nếu hai điểm đó nằm trong các hình thang cong còn lại. 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 trong MNPQ đều nhỏ hơn 2.  Nếu A, B nằm trong hình thang MNPQ 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 OA OA OB OB         suy ra AB  A’B’ < 2. Vậy trong mọi trường hợp thì AB < 2 (đpcm). Bài 9: Trong mặt phẳng cho 9 đường thẳng ngang song song nằm ngang và 9 đường thẳng ngang song song nằm dọc. Người ta đánh dấu các giao điểm bởi hai màu X, Đ. CMR tồn tại 2 đường thẳng nằm ngang và 2 đường thẳng nằm dọc sao cho 4 giao điểm của chúng cùng màu. HD: Xét 3 giao điểm đầu của các đường thẳng nằm ngang  Trên mỗi đường thẳng này có 2 3 cách tô màu 3 giao điểm đầu. Có 9 đường thẳng nằm ngang với 2 3 = 8 cách 5 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. Bài 10: 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. HD: Hình vẽ: H K J I O Q P M D C 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). 2. Dạng 2: xây dựng các dãy số: Bài 11: CMR có thể tìm được một số có dạng 19791979…197900…0 chia hết cho 2000. HD: Xét dãy số: 1979, 19791979,…, 2001 1979 19791979 1979 cap . 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 số cần tìm: 19791979…19790…0. Bài 12: Xét 100 số nguyên dương a 1 , a 2 ,…, a 100 ; a i  100 với i = 1, 2,…, 100 và a 1 +a 2 +…+a 100 = 200. CMR trong 100 số đó luôn tồn tại một vài số có tổng bằng 100. HD: +) Nếu a i = a j với mọi i  j thì hiển nhiên. +) Nếu a 1  a 2 thì lập dãy sau: 6 a 1 , a 2 , a 1 + a 2 , a 1 + a 2 + a 3 ,…, a 1 + a 2 +…+ a 99 .  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 điều cần chứng minh. Bài 13: 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  a 1 < a 2 <…< a 69  100. Khi đó a 1  32. Xét hai dãy sau: 1 3 1 4 1 69 3 2 4 2 69 2 1 132 (1) 1 132 (2) a a a a a a a a a a a a                 . (1) và (2) có 134 số hạng trong đoạn [1; 132] suy ra có 2 số bằng nhau thuộc về hai dãy  đpcm. Bài 14: 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. HD: Giả sử các số đó là a 1 < a 2 <…< a 39 . Xét 20 số hạng đầu tiên của dãy này sẽ có hai số tận cùng là 0 và có một số có chữ số ngay trước 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) = 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). 3. Dạng 3: Xây dựng bảng: Bài 15: Cho a 1 , a 2 , …, a n bất kì cho trước. Chứng minh rằng luôn tồn tại số thực x sao cho a 1 + x, a 2 + x,…, a n + x đều là các số vô tỉ. HD: 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+a 1 t+a 2 … t+a n 7 2t+a 1 2t+a 2 … 2t+a n … … … … (n+1)t+a 1 (n+1)t+a 2 … (n+1)t+a n 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 + a k và mt + a k . Khi đó hiệu của chúng (k - m)t là số hữu tỉ. Vô lí! (đpcm). Bài 16: Cho A  N * có tính chất: trong N số tự nhiên liên tiếp bất kì (N > 1) luôn tồn tại một số trong A. CMR tồn tại hai số trong A sao cho số này chia hết cho số kia. HD: 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. Bài 17: 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 < tổng các chữ số lớn thứ ba được chọn. HD: Kí hiệu các số lớn thứ ba là a 9 < a 8 <…< a 1 < a 0 . Khi đó số phần tử lớn hơn a 0 nhiều nhất là 20 (nhiều nhất là 2 phần tử ở mỗi hàng). Suy ra a 0 ≥ 80 (1). Tương tự a 1 ≥ 78 (2). Mặt khác a 8 ≥ a 9 + 1, a 7 ≥ a 9 + 2,…, a 2 ≥ a 9 + 7. Kết hợp với (1) và (2) suy ra: a 0 + a 1 +…+ a 9 ≥ 80 + 78 + (a 9 + 1) + (a 9 + 2) +…+ (a 9 + 7) = 8a 9 + 180. Xét hàng chứa a 9 . Tổng các số của dòng chứa a 9 là S(a 9 )  100 + 99 + a 9 + a 9 - 1 + … + a 9 - 7 = 8a 9 + 171 < 8a 9 + 180  a 0 + a 1 +…+ a 9 (đpcm). 8 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Chọn 5 người bất kì. CMR có ít nhất hai người có cùng số người quen trong 5 người đó. Bài 2:Trong một giải vô địch bóng đá có 10 đội tham gia. Hai đội bất kì phải đấu với nhau đúng một trận. CMR tại mọi thời điểm của giải đấu luôn có hai đội có số trận đấu bằng nhau. Bài 3: Viết n số thành một hàng ngang. CMR hoặc có một số chia hết cho n hoặc có một số số liên tiếp có tổng chia hết cho n (n > 1). Bài 4: Một số cung được tô màu đen, các cung còn lại tô màu đỏ. Biết tổng độ dài các cung màu đen nhỏ hơn nửa chi vi của đường tròn. CMR có thể kẻ được một đường kính của đường tròn với hai đầu mút cùng màu đỏ. Bài 5: Trong 100.000.000 số hạng đầu của dãy Fibônaxi có tồn tại hay không một số hạng tậm cùng là 4 chữ số 0 ? Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n (n > 0) thì trong dãy Fibônaxi luôn có số hạng tận cùng bằng n chữ số 0. Bài 7: Trên mặt phẳng cho 5 điểm nguyên. Chứng minh rằng trong số các tam giác được tạo thành từ 5 điểm trên có ít nhất ba tam giác có diện tích nguyên. Bài 8: Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên tùy ý luôn có thể chọn ra hai số có hiệu bình phương chia hết cho 20. Hết . 1 Một số dạng toán sử dụng Nguyên lí Đirichlet 1. Dạng 1: Xây dựng các m - tập (các “ lồng”): Bài 1: Trong hình vuông có cạnh. các đỉnh là các số nguyên (n > 4). a) CMR ở trên cạnh hoặc trong đa giác đó còn có ít nhất một điểm nguyên khác nữa. b) CMR bên trong đa giác đó còn có ít nhất một điểm nguyên khác nữa. HD:. nguyên nên I có tọa độ nguyên. Bài 8: Trong hình tròn(O, 2,5) cho 10 điểm bất kì. CMR có hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 2. HD: Xét hình vẽ: 4 B' B A A' O Q P N M Theo nguyên