nguyên lí dirichlet

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN TIN BÀI TẬP CHUYÊN ĐỀ MÔN ĐẠI SỐ SƠ CẤP Giáo viên hướng dẫn: ĐÀO NGỌC MINH Nhóm sinh viên: TRẦN THỊ QUỲNH NGUYỄN THỊ THẢO NGUYỄN THỊ PHAN NGUYỆT HÀ NỘI, 8/2010 CHUYÊN ĐỀ I: NGUYÊN LÝ DIRICHLET 1 Mục lục 1 Nhà toán học Dirichlet và nguyên lý Dirchlet 3 1.1 Nhà toán học Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Nguyên lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2 Nguyên lý Dirichlet và toán học sơ cấp 4 2.1 Nguyên lý Dirichlet và số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2.2 Nguyên lý Dirichlet và hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 3 Bài tập 7 2 1 Nhà toán học Dirichlet và nguyên lý Dirchlet 1.1 Nhà toán học Dirichlet Peter Gustar Lejeune Dirichlet sinh năm 1805 tại huyện Duren của Đức. Năm 12 tuổi, Dirichlet bắt đầu đi học và đã sớm bộc lộ niềm đam mê toán học. Năm 16 tuổi, ông hoàn thành xong chương trình Phổ thông. Nhận thấy sự kém chất lượng trong nền giáo dục của nước Đức, Dirichlet quyết định sang Paris để tiếp tục học đại học, mang theo cuốn Disquisitiones Arithmeticac của Gauss, coi đó là kinh thánh. Tại Paris, Dirichlet có dịp gặp gỡ các nhà toán học nổi tiếng như Legendre, Poisson, Laplace và Fourier. Fourier rất ấn tượng với Dirichlet. Dirichlet đã khiến Fourrier quan tâm và có nhiều thành công đối với chuỗi lượng giác. Chính ở Paris Dirichlet đã soạn thảo những đóng góp quan trọng đầu tiên đối với Toán học, mà cụ thể là sáng kiến năm 1825 về chứng minh trong trường hợp n=5 trong định lý Fermat, sau đó được hoàn thành bởi Legendre. Cuối 1825, tướng Foy -người đỡ đầu cho Dirichlet tại Paris –mất. Dirichlet quyết định quay lại Đức. Ông giảng dạy tại trường ĐH Breslau, trường Phổ Thông Quân đội Đức, rồi sau đó là Đại Học Berlin từ năm 1829, và ở lại đó 27 năm. Trong số các học trò của mình,ông nhớ hai người: Kronecker và Riemann. Năm 1831, ông cưới Rebeca Mendelssohn, một trong những chị em của một nhà soạn nhạc nổi tiếng. Dirichlet được miêu tả là một người thầy giỏi nhưng tuềnh toàng, sặc mùi thuốc lá, cafe và thường xuyên đến trễ. Khi quay trở lại Đức sau một chuyến du lịch ở Ý năm 1848, Dirichlet bắt đầu phải đảm nhận những chương trình nặng trong việc dạy học. Sau khi Gauss qua đời, Dirichlet tiếp tục sự nghiệp của Gauss tại G¨ottingen. Nhưng sau đó không lâu, Dirichlet đã qua đời do một cơn đau tim vào năm 1859. 1.2 Nguyên lý Dirichlet Dirichlet đã phát biểu ”Nguyên lý các Hộp hay Ngăn kéo” như sau: ”Nếu k hộp chứa kn + 1 vật, thì một trong các hộp chứa ít nhất n + 1 vật”. Nguyên lý này được biết tới nhiều hơn dưới dạng phát biểu đơn giản sau, gọi là ”Nguyên lý Lồng và Thỏ : Không thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng mà mỗi lồng không quá 2 con”. Trong tài liệu này ta sẽ sử dụng chủ yếu phát biểu thứ hai. Như vậy lồng và thỏ cùng với mối quan hệ giữa chúng là những yếu tố quan trọng trong nguyên lý Dirichlet. Nếu bạn có ý định sử dụng nguyên lý Dirichlet để giải quyết một bài toán nào đó của bạn thì nhất quyết bạn phải thiết kế được những cái lồng (nếu bạn đã có thỏ) hoặc kiếm đủ số thỏ (nếu bạn đã có lồng ) hoặc cả hai (nếu bạn chưa có cả lồng và thỏ). 3 Bất kể là thế nào thì ưu điểm (hay là nhượ c điểm? ) của nguyên lý Dirichlet là cho phép chỉ ra sự tồn tại hay không một tích chất H trong tập A mà không cần chỉ ra A có cấu trúc như thế nào. Đối với các bài toán về sự tồn tại như thế, số đối tượng được cho thường nhiều hơn số đối tượng thỏa mãn tích chất H. Nguyên lý Dirichlet đối với các bài toán trong số học và hình học là những minh họa điển hình nhất cho những nhận định trên. 2 Nguyên lý Dirichlet và toán học sơ cấp 2.1 Nguyên lý Dirichlet và số học Ta hãy bắt đầu bằng ví dụ sau đây Ví dụ 2.1.1. Với n là một số nguyên dương cho trước, chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương tùy ý luôn tồn tại 2 số có hiệu chia hết cho n. Lời giải. Nhận xét rằng, các số dư có được khi mang chia n + 1 số cho n chỉ có thể là 0, 1, . . . , n −1. Vì vậy ắt phải có 2 số khi chia cho n nhận được cùng một số dư. Do đó hiệu của 2 số này chia hết cho n. Nhận xét. • Trong ví dụ trên ’ thỏ’ là n + 1 số nguyên dương cho trước; còn ’lồng ’ nói theo ngôn ngữ của đại số trừu tượng là n lớp rời nhau ¯ 1, ¯ 2, . . . , ¯n. • Đây là một ví dụ đơn giản nhưng khá tổng quát, việc chọn hoặc các số tự nhiên hoặc n ở các dạng đặc biệt cho ta các bài toán khác nhau. Bạn hãy thử kiểm nghiệm lại qua các bài toán sau. Bài 1. Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên toàn chữ số 6 và chia hết cho 2009. Lời giải. Xét 2010 số có dạng 6, 66, . . . , 666 . . . 6; Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 2009. Giả sử 2 số đó là a = 66 . . . 6(n số 6)và b = 66 . . . 6(n + p số 6)(n ∈ N, p ∈ N). Khi đó b − a = 66 . . . 6.10 n . . . 2009. Vì (2009, 10 n ) = 1 ⇒ 66 . . . 6 . . . 2009 Bài 2. Chứng minh rằng tồn tại một lũy thừa của 3 mà có 4 chữ số tận cùng là 0001. Lời giải. Xét 10 4 số có dạng 3, 3 2 , . . . , 3 10 4 . Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 10 4 . Giả sử 2 số đó là a = 3 p và b = 3 n+p (n, p ∈ N). Khi đó b −a = 3 n+p −3 p = 3 p (3 n −1) . . . 10 4 . Vì (3 p , 10 4 ) = 1 nên 3 n −1 . . . 10 4 . Hay 3 n có tận cùng là 0001. Vậy tồn tại một lũy thừa của 3 mà 4 chữ số tận cùng là 0001 4 Bài 3. Cho dãy gồm n số nguyên a 1 , a 2 , . . . , a n . Chứng minh rằng tồn tại một dãy con gồm các phần tử liên tiếp của dãy đó có tổng chia hết cho n. Lời giải. Xét n số S 1 = a 1 S 2 = a 1 + a 2 . . . S n = a 1 + a 2 + ··· + a n Giả sử trong n số S i (i = 1, . . . , n) không có số nào chia hết cho n. Khi đó các số dư có thể có khi chia n số đó cho n là {1, 2, . . . , n −1}. Suy ra tồn tại hai số, là S p và S p+k (k, p ∈ N, k + p ≤ n) có cùng số dư khi chia cho n. Ta có S p+k −S p . . . n ⇒ a p+1 + a p+2 + ··· + a p+k . . . n. Vậy sẽ tồn tại một dãy gồm các phần tử liên tiếp của dãy đã cho có tổng chia hết cho n. Bài 4. Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương không vượt quá 2n bao giờ cũng tồn tại 2 số sao cho số này là bội của số kia.(Bài toán của P.Erdos) Lời giải. Gọi các số đã cho là a 1 , a 2 , . . . , a n+1 . Ta phân tích các số này ở dạng tiêu chuẩn a i = 2 b i với b i là các số tự nhiên lẻ; i = 1, 2, . . . , n + 1. Như vậy ta được n + 1 số tự nhiên lẻ b 1 , b 2 , . . . , b n+1 không vượt quá 2n. Nhưng trong 2n số nguyên dương đầu tiên chỉ có n số lẻ nên trong các số b 1 , b 2 , . . . , b n+1 ắt phải có 2 số bằng nhau, chẳng hạn b j = b m = b. Khi đó a j = 2 k j b và a m = 2 k m b sẽ có 1 số là bội của số kia. * Một ví dụ về sáng tạo các bài toán sử dụng nguyên lý Dirichlet Thông qua ví dụ, nhận xét và các bài tập trên, nếu đã chỉ ra được với mỗi bài toán người ta đã đặc biệt hóa như thế nào thì tại sao chúng ta không tự chọn cho mình ’đặc biệt hóa nào đó ’ để bắt đầu. Ta hãy bắt đầu với một tích chất sau của số chính phương : Một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể có dư là 0 hoặc 1 Vậy để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta cần 3 số chính phương phân biệt. Khi đó sẽ tồn tại ít nhất 2 số chính phương có hiệu chia hết cho 3, chẳng hạn a 2 1 , a 2 2 . Ta có a 2 1 − a 2 2 = (a 1 + a 2 )(a 1 − a 2 ) . . . 3 . Vậy ta có bài toán sau: Bài toán 1 Cho 3 số nguyên dương phân biệt bất kì. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 số mà tích giữa tổng và hiệu của chúng là một số chia hết cho 3 5 Bài toán trên có thể giải bằng cách xét số dư khi chia cho 3 của mỗi số. Dù sao lời giải sử dụng số chính phương cũng có giá trị độc đáo nhất định. Tuy nhiên những điều đó cũng không quan trọng lắm khi đặt bên cạnh mục đích sáng tạo. Thêm một ví dụ sáng tạo bài toán mới với tích chất sau của số chính phương : Các số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 9 Làm tương tự, ta thu được bài toán sau : Bài toán 2 Cho 7 số nguyên dương bất kì. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 số có tổng và hiệu chia hết cho 10. 2.2 Nguyên lý Dirichlet và hình học Ví dụ 2.2.1. Người ta tung ngẫu nhiên 200 viên sỏi vào 100 ô vuông bằng nhau có cùng diện tích là 1m 2 . Chứng minh rằng bao giờ cũng tồn tại 3 viên hoặc thẳng hàng hoặc lập thành 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không quá một nửa mét vuông. Lời giải. Vì có 100 ô vuông bằng nhau và số viên sỏi nhiều hơn 200, nên ắt có 3 viên A, B, C thuộc cùng một ô vuông. Nếu A, B, C không thẳng hàng thì chúng lập thành một tam giác nằm trong một hình vuông có cạnh dài 1m. Do đó diện tích của nó không vượt quá một nửa mét vuông. Các bài toán Dirichlet trong hình học không phải lúc nào cũng dễ trực quan như ví dụ trên. Để thiết kế được những cái lồng, người ta thường sử dụng phương pháp đồ thị, đặc biệt là phương pháp tô màu. Khi đó người ta thu được những lời giải sáng sủa và ngắn gọn. Bài 5. Trong một hình vuông cạnh bằng 1 (đơn vị dài) có 101 điểm phân bố tùy ý. Chứng minh rằng có ít nhất năm điểm nằm trong hình tròn bán kính 1 7 Lời giải. Ta chia hình vuông thành 25 hình vuông cạnh 1 5 . Khi đó theo nguyên lí Dirchlet sẽ tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 5 điểm. Mặt khác ta có hình vuông cạnh nội tiếp đường tròn bán kính r = √ 2 1 5 . Vậy các điểm này nằm trong một hình tròn bán kính 1 7 . Ví dụ 2.2.2. Cho 6 điểm trong đó 3 điểm nào cũng được nối với nhau thành một tam giác có cạnh được tô bởi một trong 2 màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng bao giờ cũng tồn tại một tam giác có 3 cạnh cùng màu Lời giải. Giả sử 6 điểm là A, B, C, D, E, F . Từ A ta nối với 5 điểm còn lại thành 5 đoạn thẳng. Vì các đoạn thẳng được tô bởi 2 màu xanh và đỏ nên tồn tại 3 đoạn thẳng cùng màu, giả sử đó là AB,AC,AD. 6 Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử AB,AC,AD được tô đỏ. Xét ∆BCD • Nếu tồn tại một cạnh của tam giác là màu đỏ, chẳng hạn BC thì ∆ABC có 3 cạnh cùng màu đỏ. • Nếu không có cạnh nào của ∆BCD được tô màu đỏ thì ∆BCD có 3 cạnh cùng màu xanh. Vậy bao giờ cũng tồn tại một tam giác có 3 cạnh cùng màu. Bài 6. Chứng minh rằng trong 6 thành phố bao giờ cũng tìm được 3 thành phố mà đôi một đã thiết lập đường máy bay hoặc đôi một chưa thiết lập đường máy bay. Lời giải. Biểu thị 6 thành phố bởi 6 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hai điểm nối với nhau bởi cạnh màu đỏ nếu 2 thành phố đã thiết lập đường máy bay, còn 2 điểm nối với nhau bởi cạnh màu xanh nếu chưa thiết lập đường bay. Khi đó ta chứng minh tồn tại một tam giác có 3 cạnh cùng màu. Bài toán được đưa về ví dụ trên. Bài 7. Một sân hình vuông được chia thành 25 ô vuông nhỏ, mỗi ô có một học sinh đứng. Trống đành, mỗi học sinh đều bước sang ô có chạy chung với ô mà mình đang đứng. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất 1 ô trống. Hình 1: Lời giải. Tô màu các ô của hình vuông bởi các màu đen và trằng xen kẽ như hình vẽ. Vậy có 13 ô đen và 12 ô trắng. Sau tiếng trống, 13 học sinh ở ô đen bước sang ô trắng, theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại một ô trắng có 2 học sinh trở lên. Còn 12 học sinh ở ô trắng bước sang ô đen thì có ít nhất 1 ô đen không có học sinh nào. Vậy phải tồn tại ít nhất 1 ô trống 3 Bài tập Bài 8. Có tồn tại hay không một số có tận cùng là 2010 và chia hết cho 2011. 7 HD. Xét 2012 số có dạng 2010, 20102010, . . . , 2010 . . . 20102010. Bài 9. Chứng minh rằng luôn tồn tại một số nguyên dương p không vượt quá 2006 để 2 p − 1 chia hết cho 2007. HD. Xét dãy {a i }, a i = 2 i với i = 1, . . . , 2007 Bài 10. Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên luôn tồn tại 2 số có tồng hoặc hiệu chia hết cho 100. Lời giải. • Nếu tồn tại 2 số cùng chia hết cho 100 thì bài toán được chứng minh. • Nếu ngược lại sẽ có 51 số không chia hết cho 100. Nếu có 2 số có cùng số dư khi chia cho 100 thì bài toán cũng được chứng minh.Do đó ta chỉ xét có 51 số dư phân biệt. Ta xét 2 tập sau – Tập 1: 1, 2, . . . , 50 – Tập 2: 50, 51, . . . , 99 Mỗi tập có 50 phần tử. Như vậy phải có ít nhất 25 số dư thuộc cùng 1 tập, giả sử tập 1. Để ý rằng mỗi số ở tập này chỉ có duy nhất một số ở tập còn lại có tổng bằng 100. Vậy trong tập 2 ta lại chia thành 2 lớp như sau : • Lớp 2.1 gồm các số tương ứng với 25 số đã chỉ ra trong tập 1 với quy tắc tương ứng cần để ý đã nêu trên. • Lớp 2.2 là phần bù của lớp 2.1 trong tập 2. Mỗi lớp của tập 2 này đều có 25 phần tử. Thế thì trong 26 số còn lại đó phải tồn tại ít nhất 1 số rơi vào tập 2.1. Khi đó có được 2 số có tổng chia hết cho 100. Bài 11. Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương không vượt quá 2n, bao giờ cũng tồn tại 2 số nguyên tố cùng nhau. Đây là bài toán nhà toán học người Hungary Paul Erdos đã ra cho Posa khi còn là một thần đồng toán học chưa đầy 12 tuổi, trong một bữa ăn. Erdos đã mất 10 phút để tìm ra lời giải ngắn gọn, nên ông vô cùng xúc động khi Posa vừa ăn súp vừa trả lời với đáp án không thể ngắn gọn hơn. Lời giải của Posa. Nếu ta có n + 1 số nguyên dương không vượt quá 2n thì phải tồn tại 2 số liên tiếp nhau. 2 số này chính là 2 số nguyên tố cùng nhau! 8 Bài 12. Bên trong một tam giác đều cạnh bằng 1 ta đặt 17 điểm. Chứng minh rằng tồn tại 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1 4 . Lời giải. Chia tam giác đó thành 16 tam giác đều nhỏ, cạnh có độ dài là 1 4 như hình vẽ. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất hai điểm nằm trong cùng một hình tam giác nhỏ. Hai điểm này có khoảng cách bé hơn 1 4 Bài 13. Trong hình tròn tâm O bán kính R bằng 1 đơn vị dài cho 7 điểm phân biệt. Biết rằng khoảng cách giữa 2 điểm bất kỳ trong số đó đều không nhỏ 1.Chứng minh rằng một trong 7 điểm đó phải trùng với tâm O. Lời giải. Giả sử trong 7 điểm không có điểm nào trùng với tâm O. Ta chia hình tròn thành 6 hình quạt bằng nhau. Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại một hình quạt chứa ít nhất 2 điểm A, B trong số các điểm đã cho. Ta thấy AB ≥ 1 (vô lý với giả thiết khoảng cách 2 điểm bất kỳ trong các số đó đều không nhỏ hơn 1. ) Bài 14. Cho 1 hình vuông và 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành 2 tứ giác có tỉ lệ diện tích là 2 : 3. Chứng minh rằng trong 13 đường thẳng đó có ít nhất 4 đường thẳng cùng đi qua 1 điểm. A B D C I K G H Lời giải. Gọi d là đường thẳng chia hình vuông ABCD thành 2 tứ giác có tỉ số diện tích 2 : 3. Đường thẳng d không thể cắt 2 cạnh kề nhau của hình vuông vì khi đó không tạo thành 2 tứ giác. Giả sử d cắt AB tại M,cắt CD tại N và cắt EF tại I ,với EF là đường trung bình của hình vuông. VìS AMND = 2 3 S MBCN nênEI = 2 3 IF 9 [...]... dãy con thực sự giảm bắt đầu từ ak Như vậy, mỗi số hạng ak của dãy số sẽ tương ứng với một cặp số nguyên dương (bk , ck ) Kí hiệu S là tập tất cả các cặp vừa lập Bây giờ giả sử trái lại, không có một dãy con đơn điệu nào có độ dài là n + 1 Khi đó số phần tử của S không vượt quá n2 Như vậy theo nguyên lí Dirichlet, thì ắt phải tồn tại 2 cặp trùng nhau Tức là tồn tại j < k để (bk , ck ) = (bj , cj ) Vì... a1 , b2 = a3 − a2 , , b14 = a15 − a1 Ta thấy dãy (bj )(j = 1, 2, , 14) gồm 14 số khác nhau được xếp theo thứ tự từ nhỏ tới lớn Như vậy cả 2 dãy (ak ) và (bj ) có 29 số khác nhau và nhỏ hơn 28 Theo nguyên lí Dirichlet sẽ phải tồn tại 2 số bằng nhau Giả sử đó là bi = ak thì suy ra ai+1 − ai = ak hay ai+1 = ai + ak Vậy bài toán đã được chứng minh Bài 22 Một lần 20 người quyết định đi bơi thuyền bằng 10... đường trung bình theo tỉ số 2 : 3.Có 4 điểm chia đường trung bình của hình vuông theo tỉ lệ 2 : 3 là I, K, H, G (như hình vẽ) Có 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đi qua 1 trong 4 điểm trên nên theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại 1 điểm có ít nhất 4 đường thẳng đi qua, hay có ít nhất 4 đường thẳng cùng qua 1 điểm Bài 15 Cho 17 điểm trong đó 3 điểm nào cũng nối được với nhau thành một tam giác bởi các... Lời giải Ta xét trường hợp 100 người được chia 3 nhóm trong đó có 1 nhóm có 34 người, 2 nhóm còn lại mỗi nhóm có 33 người sao cho mỗi người trong một nhóm chỉ quen nhữn người trong nhóm khác Theo nguyên lý Dirichlet trong 4 người sẽ có 2 người trong cùng một nhóm Vậy có tồn tại 4 người không đôi một quen biết nhau Bài 19 Mọi dãy n2 + 1 số thực phân biệt đều có một dãy con dài n + 1 hoặc thực sự tăng... quát ta giả sử đó là thuyền k Khi đó A hoặc B là quen k với 2 người trong thuyền còn một trong những người dưới thuyền là quen với cả A và B Vì vậy ta có thể xếp lại như sau k − 1 thuyền đầu tiên ta giữ nguyên, trong thuyền k ta xếp (Ak , B) còn thuyền thứ k + 1 ta xếp (A, Bk ) Theo cách này ta có thể xếp đến hết 10 thuyền sao cho mỗi thuyền đều có 2 người quen nhau Vậy bài toán đã được chứng minh 12 . 8/2010 CHUYÊN ĐỀ I: NGUYÊN LÝ DIRICHLET 1 Mục lục 1 Nhà toán học Dirichlet và nguyên lý Dirchlet 3 1.1 Nhà toán học Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Nguyên lý Dirichlet. . . . . . . . . . . . . 3 2 Nguyên lý Dirichlet và toán học sơ cấp 4 2.1 Nguyên lý Dirichlet và số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2.2 Nguyên lý Dirichlet và hình học . . đời, Dirichlet tiếp tục sự nghiệp của Gauss tại G¨ottingen. Nhưng sau đó không lâu, Dirichlet đã qua đời do một cơn đau tim vào năm 1859. 1.2 Nguyên lý Dirichlet Dirichlet đã phát biểu ”Nguyên