Nguyên lý dirichlet trong các bài toán sơ cấp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNKHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC ĐÀO THỊ KIM OANH NGUYÊN LÝ DIRICHLET TRONG CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

ĐÀO THỊ KIM OANH

NGUYÊN LÝ DIRICHLET

TRONG CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2011

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

ĐÀO THỊ KIM OANH

NGUYÊN LÝ DIRICHLET

TRONG CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS TS PHAN HUY KHẢI

Hà Nội - 2011

Mục lục

1.1 Nguyên lý Dirichlet cơ bản 4

1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng 4

1.3 Nguyên lý Dirichlet mở rộng cho tập hữu hạn 4

1.4 Nguyên lý Dirichlet đối với tập vô hạn phần tử 6

1.4.1 Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng 6

1.4.2 Tập phần tử là miền phẳng giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín 9

1.4.3 Tập phần tử là khối ba chiều giới hạn bởi các mặt cong phẳng 10

2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số học 12 2.1 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán trùng lặp 13

2.2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán chia hết 15

2.3 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số học khác 23

3 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán hình học tổ hợp 29 3.1 Các bài toán về khoảng cách 29

3.2 Các bài toán về diện tích 33

3.3 Các bài toán tô màu 37

3.4 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán hình học khác 43

4 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán khác 47 4.1 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức 47

4.2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán dãy số 53

4.3 Nguyên lý Dirichlet trong một số bài toán 57

LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn, chỉ bảo nhiệt tình củaPGS.TS Phan Huy Khải Thầy đã định hướng, gợi mở những ý tưởng sâusắc và hiệu quả, đã tận tình chỉ bảo giúp đỡ tác giả về mọi mặt để có thểhoàn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng, biết ơn sâu sắc tớiThầy Cũng nhân dịp này tác giả xin gửi lời cám ơn của mình tới toàn bộcác thầy cô khoa Toán-Cơ-Tin học đã giảng dạy, dìu dắt, trang bị kiến thứctrong suốt quá trình học tập tại khoa

Qua đây tác giả cũng bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình và bạn bè thânthiết, những người đã dành sự quan tâm, động viên hết mực để tác giả hoànthành tốt bản luận văn này

Hà nội, ngày 10 tháng 11 năm 2011

Học viên

Đào Thị Kim Oanh

để giải nhiều bài toán phức tạp trong số học, hình học tổ hợp và trong nhiềubài toán khác của toán học Chính vì vậy, từ rất lâu tại các cuộc thi học sinhgiỏi toán quốc gia và quốc tế, nguyên lý Dirichlet thường xuyên được khaithác Tuy nhiên kiến thức về phần này lại không được viết nhiều trong cácsách cơ bản và đối với hầu hết giáo viên, học sinh phổ thông thì đây vẫn làvấn đề mới mẻ Vì vậy tôi hy vọng luận văn sẽ là một tài liệu tham khảo nhỏgiúp ích cho các bạn học sinh trong quá trình học tập cũng như các thầy côtrong quá trình giảng dạy.

Luận văn này nhằm mục đích tìm hiểu và làm sáng tỏ những áp dụngcủa nguyên lý Dirichlet trong những bài toán sơ cấp

Luận văn gồm bốn chương :

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị

Chương 2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số học

Chương 3 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán hình học tổ hợp.Chương 4 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán khác

Quá trình thực hiện đề tài do thời gian còn nhiều hạn chế nên luận vănkhông tránh khỏi những thiếu sót; rất mong thầy cô, các anh chị học viênđóng góp ý kiến và lượng thứ

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Định lý 1 Nếu nhốt n + 1 chú thỏ được nhốt vào n chuồng thì bao giờ cũng

có 2 con thỏ bị nhốt vào cùng một chuồng

Định lý 2 Nếu nhốt n chú thỏ vào m lồng mà phép chia mn > k thì tồn tạimột lồng chứa ít nhất k + 1 chú thỏ

Chứng minh Ta dễ dàng chứng minh được bằng phản chứng

Thật vậy giả sử trái lại mọi lồng thỏ đều chứa số thỏ nhỏ hơn k + 1 conthì số thỏ trong mỗi lồng ≤ k Khi đó suy ra tổng số thỏ là ≤ m.k Điều này

vô lý vì có n con thỏ Vậy giả thiết phản chứng là sai, nguyên lý Dirichlet

mở rộng được chứng minh

Nhận xét : Nguyên lý Dirichlet thực chất là một định lý về tập hợp.Chúng ta có các phát biểu khác của nguyên lý Dirichlet dưới dạng tập hợphữu hạn phần tử và mở rộng hơn cho tập vô hạn

hạn

Cho A là tập hữu hạn phần tử Kí hiệu |A| là số lượng các phần tử thuộc

A Khi đó ta có các định lý sau:

Định lý 3 Cho A,B là hai tập hợp 6= ∅ có số phần tử hữu hạn mà |A| > |B|

và nếu mỗi phần tử của A tương ứng với một phần tử nào đó của B thì tồntại ít nhất 2 phần tử của A mà tương ứng với cùng một phần tử của B.Định lý 4 Nếu A,B là các tập hợp hữu hạn và |A| > k|B| ở đây k là một

số tự nhiên nào đó và nếu mỗi phần tử của A tương ứng với một phần tửnào đó của B thì tồn tại ít nhất k + 1 phần tử của A mà chúng tương ứngvới cùng một phần tử của B

Chứng minh k = 1 hiển nhiên đúng

Để chứng minh mệnh đề trên chúng ta giả sử mỗi phần tử của B chỉtương ứng với nhiều nhất k phần tử của A Khi đó |A| ≤ k|B| trái với giảthiết |A| > k|B|

Định lý 5 (Nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn)

Cho tập hữu hạn S 6= ∅ và S1, S2, S3, , Sn là các tập con của S sao cho

|S1| + |S2| + + |Sn| > k.|S| Khi đó tồn tại một phần tử x ∈ S sao cho x

là phần tử chung của k + 1 tập Si với i = 1, 2, , n

Ta phân bố các phần tử của tập X vào m hộp 1, 2, , m như sau : Nếu

xi ∈ Sj thì (xi, Sj) được phân vào hộp i với i = 1, 2, , m và j = 1, , n.Khi đó theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất một hộp i có ít nhất k + 1phần tử

Từ đó suy ra tồn tại phần tử xi là phần tử chung của k + 1 tập Si với

1.4 Nguyên lý Dirichlet đối với tập vô hạn

phần tử

Nguyên lý Dirichlet đối với tập vô hạn phần tử hay còn gọi dễ nhớ hơn

là nguyên lý Dirichlet với độ đo

Đối với độ dài, diện tích, thể tích có một nguyên lý tương tự nguyên lýDirichlet đối với tập hợp theo một nghĩa nào đó Ta tạm gọi nguyên lý đó lànguyên lý Dirichlet đối với độ dài, diện tích, thể tích Ta có các khái niệmsau:

Khái niệm 1 Một tập hợp trong mặt phẳng gọi là bị chặn khi tồn tại mộthình tròn chứa toàn bộ các điểm của tập hợp đó Nếu không tồn tại một hìnhtròn như thế thì tập hợp đó gọi là tập hợp không bị chặn

Khái niệm 2 Một điểm P gọi là điểm biên của tập hợp A trong mặt phẳng,nếu mọi hình tròn tâm tại P có chứa những điểm thuộc A và cả những điểmkhông thuộc A Tập hợp tất cả các điểm biên của A gọi là biên của A.Khái niệm 3 Một điểm P gọi là điểm trong của tập hợp A trong mặt phẳngkhi tồn tại hình tròn tâm P mà nó nằm trọn trong A

1.4.1 Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng

Ta kí hiệu d(I) là độ dài của của khoảng I ⊂ R

Định lý 7 (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng)

Cho A là một khoảng giới nội, A1, A2, , An là các khoảng sao cho Ai ⊂A(i = 1, 2, , n) và d(A) < d(A1) + d(A2) + + d(An) Khi đó có ít nhất

2 khoảng trong số các khoảng trên có một điểm trong chung

Chứng minh Thật vậy, giả sử không có cặp nào trong những khoảng đã cho

có điểm trong chung Khi đó, d(Sn

i=1Ai) = d(A1) + d(A2) + + d(An) >d(A) Mặt khác, từ Ai ⊂ A(i = 1, 2, , n) suy ra d(Sn

i=1Ai) ≤ d(A) Cácbất đẳng thức trên mâu thuẫn với nhau Vậy ít nhất có hai khoảng trong sốcác khoảng trên có điểm trong chung

Một cách phát biểu khác dễ nhớ hơn: Trên đường thẳng cho đoạn AB có

độ dài a và một số đoạn AiBi(i = 1, n) có tổng độ dài là b, khi đó:

- Nếu b < a thì bên trong đoạn AB có một điểm M nằm bên ngoài tất

- Nếu b > ka và đoạn AB chứa tất cả các đoạn AiBi thì có ít nhất k + 1đoạn con AiBi có điểm trong chung.

Phát biểu trừu tượng của phát biểu tổng quát như sau:

Định lý 8 (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng mở rộng)

Cho A là một khoảng giới nội, A1, A2, An là những khoảng con của A, k

là số tự nhiên thỏa mãn

k.d(A) < d(A1) + d(A2) + + d(An)

Khi đó tồn tại ít nhất k + 1 khoảng Ai (i = 1, 2, , n) có điểm chung trong.Chứng minh Ta chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạpTrường hợp k = 1 được chứng minh ở định lý trên

Giả sử định lí đúng với k, ta phải chứng minh nó cũng đúng với k + 1.Cho A1, A2, , An các khoảng con của A thỏa mãn

(k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + + d(An) (1.1)

Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại điểm trong chung của k + 2 khoảng Ai(i =

1, 2, , n)

Vì Ai ⊂ A, nên d(Ai) ≤ d(A) với (i = 1, 2, , n), từ đó suy ra

d(A1) + d(A2) + + d(An) ≤ n.d(A)

Theo (1.1) ta có (k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + + d(An) < n.d(A).Suy ra: k + 1 < n

Suy ra : A0i ⊂ A0 và A”i ⊂ A”(i = 1, 2, , k + 1)

Vì có tất cả k + 1 tập hợp A0i, từ bao hàm thức trên ta được

(k + 1).d(A0) ≥ d(A01) + d(A02) + + d(A0k+1) (1.7)Nếu lấy (1.2) trừ đi (1.7) ta có

(k + 1).d(A”) < d(Ak+2) + d(A”1) + d(A”2) + + d(A”k+1) (1.8)

Từ (1.8) suy ra

k.d(Ak+2) < d(A1∩ Ak+2) + d(A2∩ Ak+2) + + d(Ak+1 ∩ Ak+2) (1.9)

Từ (1.9) và theo giả thiết quy nạp (mệnh đề đúng với k) suy ra A1 ∩

Ak+2, A2 ∩ Ak+2, , Ak+1 ∩ Ak+2 có điểm trong chung, điều này có nghĩa

là tập hợp A1, A2, , Ak+2 có điểm trong chung Như vậy với n = k + 2 từ(1.3) suy ra ít nhất k + 2 tập hợp thỏa (1.1) có điểm trong chung

Bây giờ chúng ta giả thiết với n ≥ k + 2 có ít nhất k + 2 tập hợp thỏa (1.1)

có điểm trong chung

Ta sẽ phải chứng minh rằng từ

(k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + + d(An) + d(An+1) (1.10)Suy ra có ít nhất k + 2 tập hợp trong dãyA1, A2, , An+1 có điểm trongchung

Thật vậy, chúng ta đặt

A0i = Ai\ An+1(i = 1, 2, , n), (1.11)A”i = Ai∩ An+1(i = 1, 2, , n), (1.12)

Vì A0i∪A”i = Ai, A0i∩A”i = ∅(i = 1, 2, , n) và A0∪A” = A, A0∩A” = ∅nên

d(A0i) + d(A”i) = d(Ai)(i = 1, 2, , n), (1.15)

Chúng ta sẽ chứng minh một trong các bất đẳng thức sau là đúng:

(k + 1).d(A0) < d(A01) + d(A02) + + d(A0n) (1.17)hoặc là

k.d(A00) < d(A”1) + d(A”2) + + d(A”n) (1.18)Thật vậy trong trường hợp ngược lại ta có

(k + 1).d(A0) ≥ d(A01) + d(A02) + + d(A0n)

Và k.d(A00) ≥ d(A”1) + d(A”2) + + d(A”n)

Cộng hai vế lại và do(1.15), (1.16) ta có

d(A0) + k.d(A) ≥ d(A1) + d(A2) + + d(An) (1.19)

Cộng hai vế (1.19)với d(A”) và từ (1.15), (1.16) ta có

(k + 1).d(A) ≥ d(A1) + d(A2) + + d(An) + d(An+1)

Điều này trái với (1.10) nên một trong hai bất đẳng thức (1.17) và (1.18)phải có ít nhất một bất đẳng thức đúng

Giả sử (1.17)đúng

Theo giả thiết quy nạp đối với n từ (1.17) suy ra ít nhất k + 2 tập hợptrong dãy A01, A02, , A0n có điểm trong chung Từ (1.11) suy ra rằng kếtluận cũng đúng cho dãy A1, A2, , An

Giả sử (1.18) đúng

Từ giả thiết quy nạp đối với k suy ra k+1 tập hợp trong A”1, A”2, , A”n

có điểm trong chung và cùng với (1.12) chỉ ra rằng tồn tại một điểm mà nó

là điểm trong k + 1 tập hợp của A1, A2, , An, An+1

Như vậy từ (1.10) suy ra k + 2 tập hợp trong dãy A1, A2, , An có điểmtrong chung Suy ra kết luận đúng với n + 1 Từ phương pháp quy nạp, suy

ra điều phải chứng minh

Nhận xét: Hoàn toàn tương tự ta có thể phát biểu nguyên lý Dirichletđối với diện tích một hình (A) và các hình (A1), (A2), , (An) nằm trongmột mặt phẳng hoặc trên mặt cầu cũng như đối với thể tích V (A) và các

V (A1), V (A2), , V (An) trong không gian

1.4.2 Tập phần tử là miền phẳng giới hạn bởi một đường

2 Nếu A, B và C là các bề mặt và A không có chung điểm trong với B

và C thì A không có điểm trong chung với B ∪ C

Định lý 9 Mọi bề mặt A những điểm trong mặt phẳng có thể cho tươngứng một số thực không âm S(A) sao cho:

a) S(∆) = 1 với ∆ là một hình vuông có cạnh là 1

b) Nếu A và B là hai bề mặt không có điểm chung thì S(A∪B) = S(A)+S(B)

S như trên được xác định duy nhất

Cho bề mặt A bất kì, số S(A) gọi là diện tích của A Những mặt quenthuộc như tam giác, hình tròn, có số S(A) trùng với khái niệm diện tíchcủa các hình này.Với cách trừu tượng hóa khái niệm diện tích chúng ta dễdàng khảo sát tính chất về diện tích của hình Ta có các định lý sau:

Định lý 10 Nếu A và B là những bề mặt và A ⊂ B thì S(A \ B) =S(A) − S(B).

Định lý 11 Nếu A1, A2, , An là các bề mặt từng đôi một không có điểmtrong chung thì S(A1∪ A2∪ ∪ An) = S(A1) + S(A2) + + S(An)

Định lý 12 (Nguyên lý Dirichlet cho diện tích)

Nếu A là một miền giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín, còn A1, A2, , An

là các miền sao cho Ai ⊂ A(i = 1, 2, n) và S(A) < S(A1) + S(A2) + +S(An), thì ít nhất có hai miền trong số các miền nói trên có điểm trongchung

Chứng minh Chứng minh tương tự định lý 7

Định lý 13 (Nguyên lý Dirichlet cho diện tích mở rộng )

Cho A là một miền giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín, còn A1, A2, , An

là những miền thỏa mãn Ai ⊂ A(i = 1, 2, n) và k là số tự nhiên thỏa mãnk.S(A) < S(A1) + S(A2) + + S(An)

Khi đó có ít nhất k + 1 trong số những miền nói trên có điểm trong chung.Chứng minh Chứng minh tương tự định lý 8

1.4.3 Tập phần tử là khối ba chiều giới hạn bởi các mặt

cong phẳng

Ta kí hiệu V (A) là thể tích khối A

Định lý 14 (Nguyên lý Dirichlet cho thể tích)

Nếu A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, còn A1, A2, , An là cáckhối sao cho Ai ⊂ A(i = 1, 2, n) và V (A) < V (A1) + V (A2) + + V (An)thì ít nhất có hai khối trong số các khối trên có điểm trong chung

Chứng minh Chứng minh tương tự định lý 7

Định lý 15 (Nguyên lý Dirichlet cho thể tích mở rộng)

Cho A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, A1, A2, , An là các khốisao cho Ai ⊂ A(i = 1, 2, n) còn k là số tự nhiên mà thỏa mãn k.V (A) <

V (A1) + V (A2) + + V (An) Khi đó ít nhất k + 1 trong số những khối trên

có điểm trong chung

Chứng minh Chứng minh tương tự định lý 8

Nhận xét: Ngược lại với nguyên lý Dirichlet nhưng có hình thức phátbiểu tương đối giống là nguyên lý sau: "Nếu một hình có độ đo S chứa một

số hữu hạn các hình có tổng độ đo nhỏ hơn S, thì có một điểm của hình đãcho không nằm trong các hình mà nó chứa" Cũng như nguyên lý Dirichlet,

nguyên lý này tuy được phát biểu đơn giản nhưng cũng có những ứng dụngkhá sâu sắc trong toán học.

1 Số thỏ phải nhiều hơn số chuồng.

2 Thỏ phải được nhốt hết vào các chuồng nhưng không bắt buộc chuồngnào cũng có thỏ

Chú ý rằng phương pháp Dirichlet thường đi kèm với phản chứng.Với nhiều bài toán số học thường rất khó khăn trong việc tìm lời giải.Tuy nhiên khi sử dụng nguyên lí Dirichlet nhiều bài toán trở nên đơn giản,

dễ hiểu Những bài toán số học sau có liên quan mật thiết giữa phép chia vànguyên lý Dirichlet, vì vậy chúng ta nhắc lại định nghĩa phép chia

Định nghĩa 1 Cho a và b là những số nguyên với b > 0 Chúng ta nóirằng a chia hết cho b kí hiệu là b|a khi tồn tại một số nguyên q sao cho đẳngthức a = bq đúng Trong trường hợp này a là bội của b còn b là ước của a,

số q gọi là thương số của phép chia a cho b Trong trường hợp ngược lại nếukhông tồn tại một số q nào cả thì chúng ta nói rằng a không chia hết cho b

và kí hiệu là b - a

Các tính chất suy từ định nghĩa:

1 Với mọi số nguyên a > 0 thì a|a tức phép chia có tính phản xạ

2 Nếu b|a và a|c thì b|c tức phép chia hết có tính bắc cầu

3 Nếu b|a và b|c thì b|ac

4 Nếu a, b, m, n là các số nguyên và nếu c|a và c|b thì c|(ma + nb).Định lý 16 Với 2 số nguyên bất kì a và b sao cho b > 0, tồn tại duy nhấtnhững số nguyên q và r thỏa mãn a = bq + r và 0 ≤ r < b.

Sau đây là các bài toán tiêu biểu

trùng lặp

Bài toán 2.1 Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị dưới điểm

2, chỉ 2 học sinh được điểm 10 Chứng minh rằng ít nhất cũng tìm được 6học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau

Lời giải:

Có 45 − 2 = 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm từ 2 đến 9 Giả sử mỗiloại trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học cókhông quá 5.8 = 40 học sinh, ít hơn 43 học sinh Vậy tồn tại 6 học sinh cóđiểm kiểm tra bằng nhau

Nhận xét: Trong bài toán này, "thỏ" là 43 điểm kiểm tra từ 2 đến 9, lồng

là 8 loại điểm nói trên Phép chia 43 cho 8 được 5 còn dư Tồn tại 5 + 1 = 6học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau

Bài toán 2.2 Có 5 đấu thủ thi cờ, mỗi người đấu một trận với một đối thủkhác Chứng minh rằng trong suốt thời gian thi đấu, luôn tồn tại hai đấu thủ

có số trận đấu đã đấu bằng nhau

Lời giải:

Tổng hai số của mỗi cặp trong 8 cặp số có giá trị nhỏ nhất là 1 + 1 = 2,

có giá trị lớn nhất là : 4 + 4 = 8 Như vậy 8 tổng đó nhận 7 giá trị (2, 3, 4,

5, 6, 7, 8) Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai tổng bằng nhau, tức là tồntại hai cặp có tổng bằng nhau

Bài toán 2.4 Trong một lớp chuyên toán có 40 học sinh Trong một kỳkiểm tra chất lượng môn toán chỉ có một em đạt điểm tối đa là 10, và một

em đạt điểm 4, các em khác đạt từ điểm 5 trở lên Chứng minh rằng tronglớp ít nhất cũng có 8 em có điểm số như nhau, biết rằng điểm số các em đều

là các số nguyên

Lời giải:

Theo giả thiết của bài toán thì chỉ có một em đạt điểm 10 và một emđạt điểm 4, do đó sẽ có 40 − 2 = 38 em đạt điểm 5 đến điểm 9 Coi mỗi họcsinh là một "thỏ", mỗi loại điểm là 1 "lồng", như vậy ta sẽ có các lồng sau:

Bài toán 2.5 (Đề thi vô địch Nam Tư, 1970)

Cho trước 20 số tự nhiên a1 < a2 < a3 < < a20 không vượt quá 70.Chứng minh rằng giữa các hiệu aj − ak(j > k) luôn tìm được ít nhất 4 hiệubằng nhau

Vì vậy (a20−a19)+(a19−a18)+ +(a2−a1) ≥ 7+3(6+5+4+3+2+1) =70

Suy ra: a20− a1 > 70

Mặt khác: 1 ≤ ai ≤ 70(i = 1, 2, , 20) nên a20− a1 ≥ 70 − 1 = 69

Ta nhận được mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng là sai, từ đó ta cóđiều phải chứng minh

Bài toán 2.6 (Đề thi Olympic toán thế giới lần thứ 14)

Cho M là tập hợp bất kì gồm 10 số tự nhiên, mỗi số không lớn hơn 100.Chứng minh rằng tồn tại hai tập hợp con của M mà tổng của các phần tửtrong chúng bằng nhau

Tương tự như vậy Y1 gồm các phần tử của Y mà không thuộc X Rõ ràng

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

Gọi A là tập hợp mọi tập hợp con khác rỗng của M

Số lượng phần tử của A là: 210− 1 = 1023

Chúng ta xét tổng S các phần tử của một tập hợp con như vậy, rõ ràng:

S ≤ 91 + 92 + + 100 < 10.100 = 1000

Như vậy tồn tại không quá 1000 tổng khác nhau

Kí hiệu B là tập hợp tất cá các tổng như vậy

Do đó số lượng phần tử của B nhỏ hơn 1000 và nhỏ hơn số lượng phần

tử của A

Đặt tương ứng mỗi phần tử của A với tổng các phần tử của nó Ta thấyrằng có thể áp dụng nguyên lí Dirichlet ở đây Suy ra tồn tại ít nhất hai tậpcon khác nhau có cùng một tổng các phần tử

Nhận xét: Bài toán tổng quát của bài toán trên là bài toán sau.

Bài toán 2.8 (Đề thi vô địch Anh, 1970)

Chứng minh rằng từ tập hợp tuỳ ý gồm n số tự nhiên luôn tách ra đượcmột tập hợp con (6= ∅) chứa các số mà tổng của chúng chia hết cho n.Lời giải:

Giả sử với một tập hợp nào đó chứa các số a1, a2, , an mà không thoảmãn khẳng định của bài toán Khi đó không có số nào trong các số :

S1 = a1

S2 = a1+ a2

Sn = a1+ a2+ + anchia hết cho n

Vì số các số dư khác không trong phép chia cho n là n − 1 nên theonguyên lí Dirichlet ta tìm được hai số Si và Sj (1 ≤ i < j ≤ n) có cùng sốdư

Suy ra hiệu Sj − Si = ai+1+ + aj chia hết cho n Điều này mâu thuẫnvới giả sử nói trên và khẳng định của bài toán được chứng minh

Bài toán 2.9 Cho a, b, c, d là các số nguyên Chứng minh rằng tích củacác hiệu b − a, c − a, d − a, d − c, b − d, c − b chia hết cho 12

Vậy P chia hết cho 12.

Bài toán 2.10 Cho 5 số nguyên phân biệt ai(i = 1, 2, 3, 4, 5) Xét tích:

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

.(a3− a4)(a3− a5)(a4− a5).Chứng minh rằng P chia hết cho 288

Lời giải:

Dễ thấy: 288 = 32.25

a) Chứng minh P chia hết cho 9:

Xét 4 số a1, a2, a3, a4 theo nguyên lý Dirichlet tại 2 số có cùng số dư khichia cho 3

Giả sử a1 đồng dư a2 (mod 3)thì a1− a2 chia hết cho 3

Lại xét a2, a3, a4, a5 theo nguyên lý Dirichlet trong 4 số này lại tồn tại 2

số có cùng số dư khi chia cho 3

Suy ra P chia hết cho 9

b) Chứng minh P chia hết cho 25:

Trong 5 số đã cho theo nguyên lý Dirichlet chí ít có 3 số cùng tính chẵnlẻ

Giả sử k1 đồng dư k1 (mod 2) thì k1 − k2 chia hết cho 2 nên P chia hếtcho 32.

iii) Nếu có 3 số lẻ là a1, a2, a3 còn a4, a5 chẵn thì đặt

a1 = 2k1+ 1, a2 = 2k2+ 1, a3 = 2k3+ 1, a4 = 2k4, a5 = 2k5

Xét tương tự cũng có P chia hết cho 25

Vậy ta có P chia hết cho 288

Bài toán 2.11 Chứng minh rằng với một số bất kỳ n tồn tại một số códạng 111 000

và những số dư khi chia dãy số trên cho n

Vì dãy số đã cho gồm n phần tử nên những số dư dương khác nhau khichia chúng cho n có số lượng n − 1

Có thể giả thiết không có một số nào trong dãy trên chia hết cho n vì nếungược lại thì bài toán đã giải quyết xong Khi đó sẽ có hai số trong chúng

Lời giải:

Viết n + 1 số đã cho dưới dạng:

a1 = 2k1b1, a2 = 2k2b2, , an+1 = 2kn+1bn+1Trong đó b1, b2, , bn+1 là các số lẻ

Ta có: 1 ≤ b1, b2, , bn+1 ≤ 2n − 1

Mặt khác trong khoảng từ 1 đến 2n − 1 có đúng n số lẻ nên tồn tại hai

số m ≤ n sao cho bn = bm Khi đó, trong hai số an và am có một số là bộicủa số kia

Bài toán 2.14 Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 3k tận cùngbằng 001

Bài toán 2.15 a) Viết 20 số tự nhiên vào 20 tấm bìa Chứng minh rằng ta

có thể chọn một hay nhiều tấm bìa để tổng các số trên đó chia hết cho 20.b) Anh Nam là một vận động viên chơi cờ Để tập luyện, mỗi ngày anh chơi

ít nhất một ván Để khỏi mệt, mỗi tuần anh chơi không quá 12 ván Chứngminh rằng tồn tại một số ngày liên liếp trong đó anh chơi đúng 20 ván.Lời giải:

a) Gọi các số trên 20 ván bìa là a1, a2, , a20 Xét 20 tổng

Nếu không tồn tại tổng nào chia hết cho 20 thì tồn tại hai tổng có cùng số

dư khi chia cho 20, vì có 20 tổng, chỉ có 19 số dư 6= 0 là 1, 2, , 19 Hiệu của haitổng đó chia hết cho 20 Chẳng hạn hai tổng đó là sm và sn(1 ≤ n < m ≤ 20)thì sm− sn = (a1+ a2+ + am) − (a1+ a2+ + an) = an+1+ an+2+ + am

Như vậy nếu sk = 20 thì a1+ a2+ + ak = 20 và nếu sm− sn = 20 thì

Khi đó có 18 số mà phép chia cho 17

chỉ gồm 17 số dư (0, 1, 2, , 16) nên tồn tại hai số có cùng số dư Gọi 2 số đó

hết cho 17, hiệu này gồm toàn các chữ số 1 và 0

b) Theo câu a) tồn tại một bội của 17 có dạng A= 11 1

chia hết cho 17, tức là tồn tại

một bội của 17 gồm toàn các chữ số 1

Chú ý: Tổng quát trong câu a) có thể thay số 17 bởi số tự nhiên n bất

kỳ, trong câu b) có thể thay số 17 bởi số tự nhiên n nguyên tố cùng nhauvới 2 và 5 tức là các số có chữ số tận cùng bằng 1, 3, 7, 9

Bài toán 2.17 Biết rằng 3 số a, a + k, a + 2k đều là các số nguyên tố lớnhơn 3 Chứng minh rằng khi đó k chia hết cho 6

Lời giải:

Do a, a + k, a + 2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3, nên chúng đều làcác số lẻ và không chia hết cho 3

Do a và a + k cùng lẻ nên k = (a + k) − a sẽ chia hết cho 2.

Do a, a + k, a + 2k đều không chia hết cho 3, nên khi chia cho 3 ít nhấthai số có cùng số dư (theo nguyên lý Dirichlet) Do vậy chỉ có các khả năngsau xảy ra:

- Nếu a + k ≡ a (mod 3) thì (a + k) − a ≡ 0 (mod 3), suy ra k ≡ 0(mod 3)

- Nếu a + 2k ≡ a + k (mod 3) thì (a + 2k) − (a + k) ≡ 0 (mod 3), suy ra

k ≡ 0 (mod 3)

- Nếu a + 2k ≡ a (mod 3)thì (a + 2k) − a ≡ 0 (mod 3), suy ra k ≡ 0(mod 3)

Do (2, 3) = 1 nên k chỉ có thể là số chia hết cho 6

Bài toán 2.18 Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn luônchọn ra được 6 số, gọi là a1, a2, a3, a4, a5, a6 sao cho

Ngoài ra dĩ nhiên ta có a1 ≡ a2 (mod 3) Từ đó ta có a1 − a2 15 Mặtkhác a1, a2 cùng lẻ nên a1− a2 2 Do (2, 15) = 1 nên suy ra a

Vậy (a1− a2)(a3− a4)(a5+ a6) 30.10.6 = 1800.

Tóm lại, luôn tồn tại a1, a2, , a6 phân biệt sao cho:

(a1 − a2)(a3− a4)(a5+ a6) 1800.

Bài toán 2.19 (Đề thi vô địch Anh, 1966)

Chứng minh rằng từ 52 số nguyên bất kì luôn có thể chọn ra được hai số

mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100

Bài toán 2.20 (Trích đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO, 1999)Cho A = {a1; a2; a3; } ⊂ N∗ thỏa mãn điều kiện 1 ≤ ap+1− ap ≤ 1999với mọi p ∈ N∗ Chứng minh rằng tồn tại cặp chỉ số p, q với p < q sao cho

A(i − 1; k), A(i; j) := Bi+ A(i − 1; j)

với mọi i, j nguyên dương mà i ≥ 2, j ≤ 1999

Từ cách xây dựng trên, dễ dàng chứng minh A(m; j) < A(n; j) vàA(m; j) \ A(n; j) với mọi bộ ba số nguyên dương m, n, j mà j ≤ 1999, m < n.Và với mỗi j ∈ N∗ : A(i; 1), A(i; 2), , A(i; 1999) là 1999 số nguyên dươngliên tiếp (không bé hơn a1) do đó theo giả thiết của bài toán về tập hợp Athì tồn tại ji ∈ Z ∩ [1; 1999] để A(i; ji) ∈ A

Vì j1, j2, , j2000 ∈ Z ∩ [1; 1999] nên theo nguyên lý Dirichlet có hai chỉ

số nguyên dương m < n ≤ 2000 mà jm = jn =: j ; với chúng ta tìm đượccặp chỉ số p < q sao cho

ap = A(m; jm) = A(m; j)|A(n; j) = A(n; jn) = aq.Vậy ta có điều phải chứng minh

học khác

Nguyên lý Dirichlet góp phần giải quyết các bài toán số học khác nhưtương hỗ, sắp xếp Các bài toán tương hỗ là các bài toán có hàm ý A cómột quan hệ nào đó với B thì B cũng có quan hệ ấy với A Ví dụ cụ thể nhưtrường hợp A quen B hoặc A đã thi đấu với B

Bài toán 2.21 Chứng minh rằng trong 10 người bất kỳ, tồn tại hai người

có số người quen như nhau (kể cả trường hợp quen 0 người)

Lời giải:

Xét 10 lồng: lồng 0 chứa những người có 0 người quen, lồng 1 chứa nhữngngười có 1 người quen, , lồng 9 chứa những người có 9 người quen Chú ýrằng lồng 0 và lồng 9 không thể đồng thời chứa người vì nếu lồng 0 có người(tức có người không quen mọi người khác) thì lồng 9 không thể có người(không thể có ai quen cả 9 người còn lại) Như vậy thực sự chỉ có nhiều nhất

9 lồng có người mà có 10 người Do đó tồn tại một lồng chứa 2 người trở lên,

đó là 2 người có số người quen như nhau

Chú ý: Bài toán cũng đúng nếu thay số 10 bởi số tự nhiên n bất kỳ lớnhơn 1

Bài toán 2.22 Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trậnvới 5 đội khác) Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đótừng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào

Lời giải:

Giả sử 6 đội bóng đó là A,B,C,D,E,F

Xét đội A Theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra: A phải đấu hoặc khôngđấu với ít nhất 3 đội khác

Không mất tính tổng quát, giả sử A đã đấu với B,C,D

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

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

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

Bài toán 2.23 Chọn bất kì n + 1 số trong 2n số tự nhiên từ 1 đến 2n(n ≥ 2) Chứng minh rằng trong các số được chọn có ít nhất 1 số bằng tổngcủa 2 số được chọn (kể cả các trường hợp 2 số hạng của tổng bằng nhau).Lời giải:

Giả sử a1 < a2 < < an < an+1 là n+1 số được chọn

Xét n số:

an+1 − a1 = b1

an+1 − a2 = b2 (mỗi hiệu đều nhỏ hơn 2n)

an+1− an = bn

Trong tập 2n + 1 số đó là a1, a2, , an+1, b1, b2, , bn tồn tại 2 số bằngnhau, hai số ấy không thể cùng thuộc dãy a1, a2, , an+1 cũng không thểcùng thuộc dãy b1, b2, , bn

Ta có an+1 − a1 = ai suy ra an+1 = a1+ ai

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài toán 2.24 Cho k ≥ 1 và n ≥ 1 là những số tự nhiên và A là tập hợpgồm (k − 1)n + 1 số nguyên dương, mỗi số này đều nhỏ hơn hoặc bằng kn.Chứng minh rằng ít nhất có một phần tử của A có thể biểu diễn như tổngcủa k phần tử trong A

Lời giải:

Với k = 1 bài toán hiển nhiên đúng, chúng ta giả thiết k ≥ 2

Kí hiệu m là số nhỏ nhất thuộc A Dễ thấy rằng m ≤ n và tồn tại đúng

n − m số thuộc A mà chúng lớn hơn m nhưng không vượt quá kn

Để chứng minh bài toán chúng ta tìm hai số x và y thuộc A sao cho

x = y + (k − 1)m, nghĩa là biểu diễn một số nào đó thuộc A thành tổng k sốhạng thuộc A trong đó k − 1 số hạng bằng m Chỉ cần tìm số x thuộc A mà

Nếu một số nào đó trong chúng không thuộc A, thì theo nguyên lí let chúng ta nhận được s ≤ n − 1 , vì ngoài A còn đúng n − 1 số trong khoảng

Dirich-này Như vậy trái với bất đẳng thức đã chứng minh s ≥ n Suy ra tồn tạimột hiệu ai− (k − 1)m thuộc A.

Bài toán 2.25 Cho a và m là hai số nguyên dương tuỳ ý Chứng minh rằngcác số dư của phép chia a, a2, a3, cho m lặp lại một cách tuần hoàn (cóthể không bắt đầu từ đầu)

Lời giải:

Xét m + 1 luỹ thừa đầu tiên: a, a2, a3, , am, am+1

Khi chia một số nguyên dương bất kì cho m, thì các số dư phải thuộc tậphợp 0, 1, 2, 3, , m − 1

Vì thế theo nguyên lí Dirichlet, phải tồn tại hai trong số m + 1 số trênchia cho m có cùng số dư

Giả sử hai số đó là: ak và ak+1(k > 0), ta có:

ak ≡ ak+1 (mod m)Xét một số tự nhiên bất kì n ≥ k Từ phương trình trên ta có: ak.ak+1 ≡

ak+1.an−k (mod m) hay với mọi n ≥ k,ta luôn có: an ≡ an+1 (mod m).Đẳng thức này chứng tỏ rằng bắt đầu từ vị trí ak các số dư lặp lại tuầnhoàn

Số 1 thường được gọi là chu kì tuần hoàn của các số dư khi chia các luỹthừa của a cho m

Bài toán 2.26 (Iberoamerica 1998)

Các đại diện của n quốc gia (n ∈ N∗\ {1}) ngồi quanh một bàn tròn theocách sao cho hai người ngồi sát bên phải hai đại diện bất kỳ với cùng quốctịch thì phải có quốc tịch khác nhau Hãy xác định theo n số lớn nhất có thể

có các đại diện ngồi quanh bàn tròn đó

x1i, x2i, , xn+1i , phải có hai người có cùng quốc tịch ; mâu thuẫn với yêu cầucủa bài toán Mâu thuẫn đó chứng tỏ rằng có không quá n2 đại diện ngồitại bàn tròn

2 Giả sử mỗi quốc gia có đúng n đại diện: các đại diện của Xi (N∗ 3

i ≤ n) là x1i, x2i, , xni, ta sẽ chỉ ra bằng quy nạp theo n rằng có một cáchsắp xếp toàn bộ n2 đại diện đó vào bàn tròn sao cho mọi yêu cầu của bàitoán đều được thỏa mãn

Mỗi cách sắp xếp toàn bộ n2 đại diện vào bàn tròn thực chất là một hoán

vị (a1, a2, , an2) (1) của tập hợp {xji|i, j ∈ N∗; i, j ≤ n} với quy ước rằngtrong cách sắp xếp này:

i ak+1 là đại diện ngồi sát bên phải ak với mọi k nguyên dương mà

k < n2

ii.a1 ngồi sát bên phải của an2

Khi n = 2 dễ thấy cách sắp xếp (x11, x21, x12, x22) thỏa mãn mọi yêu cầucủa bài toán Giả sử với n ∈ N∗\ {1} nào đó đã có một cách sắp xếp, mà

ta vẫn giữ ký hiệu (1) , thỏa mãn mọi yêu cầu của bài toán Khi đó có thểchứng minh rằng với mỗi i ∈ N ∩ [1, n] tồn tại duy nhất j ∈ N ∩ [1; n] saocho người ngồi sát bên phải xji cũng có quốc tịch Xi

Thật vậy nếu n người ngồi sát bên phải các đại diện x1i, x2i, , xni đều

có quốc tịch khác Xi (chỉ có n − 1 quốc tịch như thế), thì theo nguyên lýDirichlet, ít nhất hai người trong số họ phải cùng quốc tịch; mâu thuẫn vớiyêu cầu của bài toán Mâu thuẫn này chứng tỏ sự tồn tại của j = ji Hơnnữa, nếu N ∩ [1; n] 3 k 6= ji thì theo yêu cầu của bài toán người ngồi sát bênphải xki sẽ không cùng quốc tịch Xi với người ngồi sát bên phải xji

i Điều đócho thấy tính duy nhất của ji và (b) đã được chứng minh

Bây giờ giả sử mỗi quốc gia Xi (N∗ 3 i ≤ n) có thêm đại diện thứ

n + 1 là xn+1i ngoài ra, có thêm quốc gia Xi+1 với n + 1 đại diện là

x1n+1, x2n+1, , xn+1n+1 Khi đó, từ bộ (1) bằng cách:

- Thay cặp (ak1, ak1+1) bởi bộ năm (ak1, x1n+1, xn+1n+1, xn+11 , ak1+1)

- Thay cặp (ak1, ak1+1) bởi bộ bốn (aki, xin+1, xn+1i , ak1+1) với mỗi i ∈

N ∩ [2; n] ta sẽ thu được một cách sắp xếp thỏa mãn mọi yêu cầu đặt ra củabài toán cho trường hợp n + 1 quốc gia Vậy 2 đã được chứng minh theonguyên lý quy nạp

Từ trên ta thấy: Số lớn nhất có thể có các đại diện ngồi quanh bàn tròn

đã cho là n2

Bài toán 2.27 (Vô địch Trung Quốc 2000)

Có 2000 học sinh tham gia một cuộc thi trắc nghiệm gồm 5 câu hỏi; mỗicâu hỏi có 4 phương án trả lời và mỗi học sinh chỉ được phép chọn một trong

số 4 phương án tương ứng để trả lời cho câu hỏi Tìm số tự nhiên n bé nhấtsao cho các học sinh có thể làm bài thi theo cách nào đó mà cứ n học sinhthì tìm được 4 học sinh (trong số n học sinh này) để hai học sinh nào trong

số bốn học sinh đó cũng có bài làm khác nhau ở ít nhất là hai câu hỏi.Lời giải:

1 Trước tiên ta chứng minh rằng nếu n ≤ 24 thì trong mọi trường hợp(của bài làm các học sinh) yêu cầu của bài toán đều không được thỏa mãn.Xét I := 1; 2; 3; 4

Bài làm của mỗi học sinh có thể được đặt tương ứng với một bộ x =(x1; x2; x3; x4; x5) ∈ I5 ; trong đó xi là số thứ tự của phương án mà học sinh

đã chọn để trả lời cho câu hỏi thứ i (i ∈ Z, 1 ≤ i ≤ 5)

Ngoài ra nếu x ∈ I5 ta cũng sẽ chấp nhận cách viết x ≡ (x1; x0) với

x0 = (x2; x3; x4; x5) ∈ I4

Bằng cách như vậy, dễ thấy I5 được phân hoạch thành 44 = 256 tập con(rời nhau); mỗi tập con gồm đúng 4 bộ chỉ khác nhau ở thành phần thứnhất, tức là tập con có dạng

Ax0 := (1; x0); (2; x0); (3; x0); (4; x0) ⊂ I5(1)với x0 ∈ I4

Vì 2000 > 7 ∗ 256 nên theo nguyên lý Dirichlet có tám học sinh (khácnhau) A1, A2, , A8 mà bài làm của họ thì ứng với các bộ thuộc cùng mộttập con A nào đó trong số 256 tập nói trên

Nhưng 2000 − 8 = 1992 > 7 ∗ 256 nên lại theo nguyên lý Dirichlet tồn tạitám học sinh khác nhau trong số 1992 học sinh còn lại là B1, B2, , B8 cóbài làm ứng với các bộ thuộc cùng một tập con B nào đó trong số 256 tậpcon nói trên

Cuối cùng vẫn có 1992 − 8 = 1984 > 7 ∗ 256 nên dùng nguyên lý Dirichletmột lần nữa, từ 1984 học sinh còn lại ta tiếp tục tìm ra tám học sinh khácnhau là C1, C2, , C8, mà bài làm của họ ứng với các bộ trong cùng một tậpcon C nào đó

Từ bốn học sinh bất kỳ trong số 24 học sinh

A1, A2, , A8, B1, , B8, C1, C2, , C8

ta luôn chọn ra được hai học sinh có bài làm ứng với các bộ thuộc cùng mộttập con (một trong ba tập con A, B hoặc C); giả sử chẳng hạn đó là các họcsinh Ai và Aj(i, j ∈ Z; 1 ≤ i ≤ j ≤ 8) mà bài làm ứng với hai bộ trong A.Theo cách xây dựng các tập con (1) , bài làm của hai học sinh này chỉ

có thể khác nhau ở tối đa là một câu hỏi (chính là câu hỏi thứ nhất, nếu haibài làm không hoàn toàn giống nhau) ; yêu cầu của bài toán đã không đượcthỏa mãn

2 Bây giờ ta chỉ ra một tình huống mà n = 25 thỏa mãn yêu cầu bàitoán Muốn vậy xét:

Lấy D là một tập con 250 phần tử của S và xét tình huống mà với mỗi

x ∈ D tồn tại đúng 8 học sinh có bài làm cùng ứng với bộ x (tình huống này

hoàn toàn có thể xảy ra vì 2000 = 8 ∗ 250).

Khi ấy do 25 > 8 ∗ 3 nên theo nguyên lý Dirichlet cứ 25 học sinh thì tìmđược 4 học sinh trong số 25 học sinh có bài làm ứng với bốn bộ x, y, z, t ∈

D ⊂ S đôi một khác nhau và theo (3) hai học sinh nào trong số 4 học sinh

đó cũng có bài làm khác nhau ở ít nhất là hai câu hỏi, đúng như yêu cầucủa bài toán

Từ 1 và 2 ta thấy: số tự nhiên bé nhất phải tìm là n = 25

tổ hợp Sử dụng nguyên lý Dirichlet là một trong những phương pháp giảiquyết các bài toán hình học tổ hợp.

Bài toán 3.1 Trong một tam giác đều có cạnh bằng 1 lấy 17 điểm tùy ý.Chứng minh rằng tồn tại hai điểm trong chúng có khoảng cách ≤ 14

Vậy ta có điều phải chứng minh

Nhận xét: Ở đây ta coi 17 điểm là 17 con thỏ và chia tam giác đã chothành 16 chuồng