NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO GIAO THUỶ TRƯỜNG THCS GIAO THỦY - - BÁO CÁO SÁNG KIẾN NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN Tác giả: Tô Thị Bình Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm Toán Chức vụ: Giáo viên Nơi công tác: Trường THCS Giao Thủy Nam Định, ngày 30 tháng 06 năm 2015 trang 1 Tên sáng kiến “NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN” Lĩnh vực áp dụng sáng kiến : Giáo dục Thời gian áp dụng sáng kiến : Từ năm học 2012 - 2013 đến Tác giả : Họ tên : Tô Thị Bình Năm sinh : 1983 Nơi thường trú : Xóm - Bình Hòa - Giao Thủy - Nam Định Trình độ chuyên môn : Đại học sư phạm Toán Chức vụ : Giáo viên Nơi làm việc : Trường THCS Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định Địa : Trường THCS Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định Điện thoại : 03503 508 486 Đơn vị áp dụng sáng kiến : Tên đơn vị : Trường THCS Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định Địa : Khu 4A TT Ngô Đồng - Giao Thủy - Nam Định Điện thoại : 03503 737 456 BÁO CÁO SÁNG KIẾN trang “NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN” A- ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN: Qua năm giảng dạy nhận thấy, bên cạnh việc cung cấp hệ thống kiến thức kĩ cho học sinh, người thầy cần tìm tòi, khai thác hệ thống kiến thức nâng cao nhằm bồi dưỡng phát triển tư suy luận Toán học cho học sinh khiếu với mong muốn em trở thành chủ nhân tương lai có khả tư nhạy bén, linh hoạt, sáng tạo, có độ tin cậy cao nhằm đáp ứng yêu cầu ngày cao kinh tế thời đại công nghiệp đại Với mong muốn góp phần công sức nhỏ nhoi việc bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm rèn luyện khả sáng tạo học toán cho học sinh để em tự phát huy lực độc lập sáng tạo mình, nhằm góp phần vào công tác chăm lo bồi dưỡng đội ngũ HSG toán ngành giáo dục huyện nhà Tôi xin chia sẻ trao đổi đồng nghiệp kinh nghiệm: “Nguyên lý Dirichlet toán suy luận” Như biết nguyên lý Dirichlet có nội dung đơn giản song lại công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc Toán học Nguyên lí nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn mà không đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều toán ta cần tồn đủ Nó có nhiều ứng dụng nhiều lĩnh vực lại áp dụng rộng rãi việc chứng minh toán số học, hình học, đại số,…Đặc biệt toán khó dành cho học sinh giỏi thi vào 10 chuyên Toán, hay kì thi IMO kì thi toán học giới Đề tài ta bồi dưỡng lực học toán cho học sinh dùng việc dạy ôn thi vào trường THPT chuyên Mong quý đồng nghiệp đóng góp ý kiến để sáng kiến kinh nghiệm hoàn thiện B MÔ TẢ GIẢI PHÁP: I Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến: Năm học 2011 – 2012, phân công dạy đội tuyển học sinh giỏi môn Toán cấp Tỉnh Là giáo viên tuổi nghề gặp khó khăn công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, phần ảnh hưởng tới chất lượng đội tuyển (có học sinh đạt giải nhì, học sinh đạt khuyến khích – xếp chung đội tuyển: 10/10) Sau năm dạy đội tuyển, phần “vỡ vạc” công việc mình, trăn trở nhận thấy rằng: học sinh trang không đạt nhiều giải cao, phải học sinh ong chăm chỉ, quen với tư lối mòn: giải toán dạng chuẩn mực, khả khải quát, tư cấp độ cao hạn chế? Năm học 2012 – 2013, thay đổi nội dung phương pháp dạy đội tuyển Khi học sinh quen với dạng toán chuẩn mực, đưa cho học sinh toán phức tạp mà sau đọc xong nội dung, học sinh định hướng Sau cho lời giải, học sinh xem xong không hiểu lại có suy luận mà sách giáo khoa chưa đề cập đến (kể số bài, lời giải có sử dụng vài khẳng định hiển nhiên học sinh lại chưa biết đến) Những toán thường coi dạng Toán không mẫu mực Đó dạng toán khó thường xuất kì thi chọn học sinh giỏi hay thi vào 10 chuyên Toán Từ năm học 2012 – 2013 trở đi, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi giành nhiều thời gian trọng dạng toán suy luận Trong khuôn khổ viết này, xin trình bày phần nhỏ dạng Toán này, “Nguyên lý Dirichlet toán suy luận” II Mô tả giải pháp sau có sáng kiến: Các toán suy luận lôgic sử dụng nguyên lý Dirichlet thường không đòi hỏi nhiều kĩ tính toán Để giải chúng, điều cần thiết phải có phương pháp suy luận đắn, chặt chẽ, hợp lí sáng tạo Trong khuôn khổ thời gian có hạn, xin trình bày số vấn đề thường gặp thi học sinh giỏi thi vào THPT chuyên Phần thứ nhất: Giới thiệu nhà Toán học Dirichlet Vài nét tiểu sử nhà toán học Dirichlet Nhà toán học người Đức Dirichlet học trò Gauss người hâm mộ Gauss Nhờ giỏi tiếng Pháp, ông đóng vai trò quan trọng việc giao lưu tư tưởng giửa hai phía sông Rhin Trong thời gian học Pari, 1822 1825, ông làm gia sư gia đình tướng nhà trị Maximilien Foy Trong thời gian này, ông tham gia nhà bác học trẻ, quây quần xung quanh Fourier Vì ông gắn bó với Fourier và… với chuỗi lượng giác Từ 1826 đến 1828, Dirichlet giảng viên trường Đại Học Breslau Từ 1829 ông làm việc trường Đại họcBerlin Từ 1931 đến 1855 ông giáo sư trường Đại họcBerlin Từ 1855, sau Gauss qua đời, ông kế tục Gauss trường Đại học Gôttinggen trang Dirichlet người khiêm tốn trung thực nhân Nhưng, khác với vợ ông Jacobi, Dirichlet không xuất sắc mặt sư phạm Mặc dù vậy, giảng ông có ảnh hưởng lớn đến nhà toán học thuộc hệ sau như:Riemann, Eisenstein, Kronecker, Dedekin… Sau Dirichlet qua đời, óc ông bảo khoa sinh lý học Trường Đại Học Gôttingen Dirichlet có phát minh lớn lí thuyết số Ông thiết lập công thức cho cho số lớp dạng toàn phương hai với định thức cho trước Ông chứng minh định lý tập hợp vô hạn số nguyên tố cấp số cộng gồm số nguyên mà số hạng đầu công sai nguyên tố Để giải toán trên, ông sử dụng hàm giải tích, gọi hàm (chuỗi) Dirichlet Ông sáng lập lý thuyết tổng quát đơn vị đại số trường số đại số Về giải tích, Dirichlet người quan niệm hàm cho ứng với x phần tử y, mà không cần phải có biểu thức y theo x phép tính số học Dirichlet người đề xuất nghiên cứu khái niệm hội tụ có điều kiện chuỗi Ông phát biểu chứng minh điều kiện đủ, thường gọi điều kiện Dirichlet, để chuỗi Fourier hàm số hội tụ tới hàm số Dirichlet có công trình đáng kể học vật lý toán, đặc biệt lý thuyết Các công trình toán học Dirichlet Những đóng góp Dirichlet đến toán học Đóng góp ông vào Định lý Fermat thực cuối năm 1825 Khoảng thời gian này, ông xuất giấy lấy cảm hứng từ Gauss 's làm việc quy luật trùng phương Năm 1837, ông chứng minh với cấp số cộng có dạng an + b, Cho n = 1, 2, , chứa vô hạn số nguyên tố , a b nguyên tố , tức (a,b) = Kết đoán Gauss (Derbyshire năm 2004, p 96), lần chứng minh Dirichlet (1837) Phân tích lý thuyết số cho biết để bắt đầu với công việc Dirichlet, đặc biệt với hồi ký 1.837 Dirichlet tồn số nguyên tố cấp số cộng định Ngay sau tác phẩm xuất giấy, Dirichlet thêm lý thuyết số phân tích, năm 1838 với năm sau Những trang giấy tờ giới thiệu loạt Dirichlet xác định, số thứ khác, công thức cho số lớp học cho hình thức bậc hai Tác phẩm ông đơn vị số đại số lý thuyết über Vorlesungen Zahlentheorie (xuất 1863) có công việc quan trọng lý tưởng Ông đề nghị năm 1837 định nghĩa đại hàm: Nếu y biến liên quan đến biến x số giá trị gán cho x, có quy tắc theo giá trị y xác định, sau y gọi chức x biến độc lập Trong khí, ông điều tra trạng thái cân hệ thống lý thuyết tiềm Những điều tra bắt đầu vào năm 1839 với giấy tờ mà cho phương pháp để đánh giá tích phân nhiều ông áp dụng cho vấn đề việc thu hút hấp dẫn ellipsoid điểm hai bên bên Ông quay sang Laplace 's vấn đề chứng minh ổn định hệ thống lượng mặt trời sản xuất phân tích mà tránh vấn đề việc sử dụng mở rộng loạt với thuật ngữ bậc hai cao disregarded Công việc dẫn ông đến vấn đề liên quan đến chức Dirichlet hài hòa với điều kiện biên định Một số hoạt động học sau nghiệp có tầm quan trọng bật Năm 1852, ông nghiên cứu vấn đề mặt cầu đặt chất lỏng incompressible, trình điều tra trở thành người tích hợp phương trình Thủy động lực học xác Dirichlet tiếng với tác phẩm ông điều kiện cho hội tụ chuỗi lượng giác Những chuỗi sử dụng trước Fourier giải phương trình vi phân Tác phẩm Dirichlet xuất Tạp chí Crelle năm 1828 Bởi điều làm việc Dirichlet coi người sáng lập học thuyết Fourier series Riemann, sinh viên Dirichlet , viết phần giới thiệu cho luận án Habilitation Chuỗi Fourier Dirichlet: “ người học giả sâu sắc chủ đề này” Nhân vật Dirichlet chất lượng giảng dạy tóm tắt sau: “Ông giáo viên giỏi, với độ rõ nét tuyệt vời Lần theo cách ông khiêm tốn; năm sau ông nhút nhát lúc reserved Ông phát biểu họp miễn cưỡng để làm xuất công khai” Ở tuổi 45 Dirichlet Thomas Hirst miêu tả sau: trang “Ông cao, lanky-tim người đàn ông, với râu ria để biến màu xám với giọng nói thô thay điếc Ông không có tắm rửa, với ly cà phê xì gà Một thiếu sót quên thời gian, ông kéo xem, thấy ba vừa qua, chạy mà không kết thúc câu” Koch viết đóng góp Dirichlet sau: “ phần quan trọng toán học bị ảnh hưởng Dirichlet Chứng minh ông characteristically bắt đầu với quan sát đáng ngạc nhiên đơn giản, phân tích sắc nét vấn đề lại…” Phần thứ hai: Nguyên lý Dirichlet 1.Nguyên lí Dirichlet - gọi nguyên lí chim bồ câu (The Pigeonhole Principle)-hoặc nguyên ý lồng nhốt thỏ nguyên lí xếp đồ vật vào ngăn kéo (The Drawer Principle) - đưa nguyên tắc phân chia phần tử lớp Nguyên lí Dirichlet phát biểu năm 1834 Nguyên lý Dirichlet công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác toán học Nguyên lý nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn mà không đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều toán ta cần tồn đủ Nội dung nguyên lí đơn giản dễ hiểu lại có tác dụng lớn, có nhiều hiệu bất ngờ giải toán Sử dụng nó, chứng minh nhiều kết sâu sắc Toán học Đôi có toán người ta dùng nhiều phương pháp khác để giải mà chưa đến kết quả, nhờ nguyên lí Dirichlet mà toán trở nên dễ dàng giải • Nguyên lý Dirichlet bản: Nếu nhốt n + 1con thỏ vào n chuồng có chuồng chứa hai thỏ • Nguyên lý Dirichlet tổng quát: Mệnh đề: Nếu có N đồ vật đặt vào k hộp tồn hộp N  chứa   đồ vật k trang ( với [x] – phần nguyên x – số nguyên lớn có giá trị nhỏ x.) Chứng minh: N  Giả sử hộp chứa   vật Khi tổng số đồ vật là; k N  N  k (   - 1) < k   = N k k Điều mâu thuẩn với giả thiết có N đồ vật cần xếp • Nguyên lí Dirichlet mở rộng Nếu nhốt n thỏ vào m ≥ chuồng tồn chuồng có  n + m − 1  m  thỏ, kí hiệu [α] để phần nguyên số α Ta chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng sau : Giả sử trái lại chuồngthỏ đến  n + m − 1  n −   n − 1  m  =  m + 1 =  m  +  n − 1 con, số thỏ chuồng nhỏ   m   n − 1 ≥ n −  m  Từ suy tổng số thỏ không vượt m  Điều vô lí có n thỏ Vậy giả thiết phản chứng sai Nguyên lí Dirichlet mở rộng chứng minh.Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản vậy, công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác toán học Nguyên lí nhiềutrường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn mà không đưa đượcphương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều toán ta cầnchỉ tồn đủ rồi.Nguyên lí Dirichlet thực chất định lí tập hữu hạn Người ta có thểphát biểu xác nguyên lí dạng sau Chú ý: Đề giải toán suy luận sử dụng nguyên lý Dirichlet ta cần thực bước sau: trang Bước 1: Tìm hiểu đề bài, xác định đối tượng toán Số lượng đối tượng giả thiết toán Bước 2: Xây dựng thuật giải: - Tiến hành phân chia đối tượng giả thiết toán thành hai tập đối tượng: A B Đây bước quan trọng tiến trình giải toán Việc phân chia thường dựa tính chất loại yếu tố - Xác định so sánh số phần tử tập hợp, tập hợp có số phần tử lớn chọn làm “thỏ”, tập hợp chọn làm “lồng” Nếu toán xét ta hai tập hợp đối tượng tương ứng với “thỏ” “lồng” toán giải xong Để giải toán áp dụng nguyên lý Dirichlet cần lưu ý số điểm sau đây: Khi gặp toán chứng minh tồn hay nhiều đối tượng đó, người ta thường dùng phương pháp thuận lợi sử dụng nguyên lí Đi-richlê Các toán áp dụng nguyên lý Dirichlet thường toán chứng minh tồn vật, việc mà không cần phải cách tường minh vật, việc Nhiều toán nguyên lý Dirichlet xuất sau biến đổi qua bước trung gian, thành lập dãy số Để giải toán áp dụng nguyên lý Dirichlet , nhiều ta phải kết hợp với phương pháp chứng minh phản chứng (Phương pháp chứng minh phản chứng: Chứng minh phản chứng phương pháp chứng minh dựa kết mệnh đề logic : A ⇒ B ⇔ B ⇒ A Nội dung phương pháp trình bày sau: + Chấp nhận giả thiết B (nghĩa coi B đúng) + Từ giả thiết A B ta suy hai kết mâu thuẫn C C (hoặc kết mâu thuẫn với kết biết) Từ suy B sai nên đúng) Khi giải toán mà ta biết phải áp dụng nguyên lý Dirichlet dự đoán phải dùng nguyên lý này, cần suy nghĩ biến đổi toán để làm xuất khái niệm "thỏ" "lồng", khái niệm "nhốt thỏ vào lồng" thoả mãn điều kiện : + Số ‘thỏ” phải hiều số chuồng trang + “Thỏ” phải nhốt hết vào “chuồng”, không bắt buộc chuồng phải có thỏ Cũng có toán phải áp dụng 2, lần nguyên lý Dirichlet Khi giải xong toán áp dụng nguyên lý Dirichlet , cố gắng suy nghĩ để sáng tạo toán tổng quát cụ thể Vì có ta thật nắm toán mà làm Ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh 11 số tự nhiên tồn hai số có hiệu chia hết cho 10 * Phân tích: Xác định + Thỏ : số tự nhiên (gồm 11 số) + Chuồng : tượng trưng cho tính chất chung : chia hết, số dư chuồng, khác số dư khác chuồng Số chuồng tính nào? Bằng số thỏ trừ 1, tức 11 – = 10 Một số chia cho 10 có số dư “ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9”: có 10 số dư Vậy có 11 số chia cho 10 có hai số có số dư chia cho 10 * Giải: Một số tự nhiên chia cho 10 có 10 số dư, số dư là: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Vậy có 11 số tự nhiên chia cho 10 có hai số có số dư (theo nguyên lý Dirichlet) Khi tồn hai số có hiệu chia hết cho 10 Tổng quát: CMR n+1 số tự nhiên tìm hai số chia hết cho n cho số dư Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD, dùng ba màu xanh, đỏ, vàng để tô màu đỉnh tứ giác Chứng tỏ có hai đỉnh tô màu Phân tích: - Xác định được: + “thỏ” : đỉnh, với số lượng + “chuồng” : màu, số lượng : + Dựa vào nguyên lý Dirichlet suy điều phải chứng minh Giải trang 10 Vì đoạn thẳng bôi màu đỏ màu xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có ba năm đoạn nói trân màu Giả sử đoạn AB, AB’ AB” cho chúng màu xanh Chỉ có hai khả xảy ra: 1) Nếu ba đoạn BB’, B’B”,B”B màu xanh, tồn tam giác với ba cạnh xanh kết luận toán trường hợp 2) Nếu vậy, tức BB’, B’B”, B”B màu đỏ , ba điểm phải tìm B, B’,B” BB’B” tam giác có ba cạnh màu đỏ Đpcm Từ ta có toán tương tự sau: Bài toán 2: Trên mặt phẳng cho 18 điểm, cho ba điểm thẳng hàng Nối cặp điểm với tô màu cho đoạn thẳng thu hai màu xanh đỏ Chứng minh rằng: Luôn tìm tứ giác mà đỉnh nằm tập điểm cho cho cạnh đường chéo màu Giải: Giả sử Ai (i = 1,18) 18 điểm cho Xuất phát từ A1 có 17 đoạn thẳng A1 Ai (i = 2,18) Mười bảy đoạn thẳng có hai màu xanh đỏ, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn chín đoạn thằng màu Không giảm tính tổng quát giả sử đoạn thẳng A1 A2 , A1 A3 , , A1 A10 , chúng màu đỏ Xét chín điểm A1 , A2 , , A10 xảy hai trường hợp sau: trang 25 Hoặc tồn điểm Aj (2 ≤ j ≤ 10) cho tám đoạn thẳng 1) Aj Ak (2 ≤ k ≤ 10, k ≠ j ) có bốn đoạn màu đỏ Không tính tổng quát cho A2 A3 , A2 A4 , A2 A5 ,, A2 A6 màu đỏ Đến lại hai khả : Hoặc đoạn thẳng A3 A4 , A3 A5 , A3 A6 , A4 A5 , A4 A6 , A5 A6 , màu xanh - Khi A3 A4 A5 A6 tứ giác xanh thỏa mãn yêu cầu Tồn đoạn thẳng Ai , A j (3 ≤ i < j ≤ 6) màu đỏ Khi A1 A2 Ai Aj - (3 ≤ i < j ≤ 6) tứ giác đỏ thỏa mãn yêu cầu toán Hoặc với điểm Aj (2 ≤ j ≤ 10) , tám đoạn thẳng 2) Aj Ak (2 ≤ k ≤ 10, k ≠ j ) có tối đa ba đoạn màu đỏ mà Khi phải tồn điểm (chẳng hạn A2 ) mà đoạn A2 Ak (3 ≤ k ≤ 10, k ≠ j ) có tối đa hai đoạn màu đỏ (thật vậy, với Aj (2 ≤ j ≤ 10) mà cí ba đoạn Aj Ak (2 ≤ k ≤ 10, k ≠ j ) màu đỏ, số đoạn thẳng màu đỏ nối nội điểm 9.3 số nguyên Vô lí Vì A2 Ak (3 ≤ k ≤ 10, k ≠ j ) có tối đa hai đoạn màu đỏ mà thôi, nên số đoạn A2 A3 , A2 A4 , A2 A5 ,, A2 A10 có sáu đoạn màu xanh Không tính tổng quát ta cho A2 A5 , A2 A6 , , A2 A10 màu xanh trang 26 Xét sáu điểm A5 , A6 , A7 , A8 , A9 , A10 Đó sáu điểm mà ba điểm thẳng hàng, đoạn thẳng nối hai điểm có hai màu xanh đỏ Theo 19 luôn tồn tam giác mà ba đỉnh chọn { A5 , A6 , A7 , A8 , A9 , A10 } cho ba cạnh màu Lại có hai khả năng: Giả sử tồn tam giác Ai , Aj , Ak (5 ≤ i < j < k ≤ 10) màu xanh Khi tứ a) giác A2 Ai A j Ak (5 ≤ i < j < k ≤ 10) tứ giác xanh thỏa mãn yêu cầu đề b) Nếu tồn tam giác Ai , Aj , Ak (5 ≤ i < j < k ≤ 10) màu đỏ, A1 Ai Aj Ak tứ giác cần tìm Như ta chứng tồn tứ giác mà đỉnh nằm tâm điểm cho cho cạnh đường chéo màu Bài toán 3: Cho điểm mặt phẳng tô hai màu xanh, đỏ Chứng minh tồn tam giác mà ba đỉnh trọng tâm màu Giải: Lấy năm điểm tùy ý cho ba điểm thẳng hàng mặt phẳng Khi dùng có hai màu để tô đỉnh, mà theo nguyên lí Dirichlet phải tồn ba điểm số màu Giả sử ba điểm A, B, C có màu đỏ Như ta có tam giác ABC với ba đỉnh màu đỏ Gọi G trọng tâm tam giác ABC Chỉ có hai khả xảy : 1) Nếu G có màu đỏ Khi A, B,C,G đỏ toán giải 2) Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC đoạn AA’=3GA, BB’=3GB, CC’=3GC Khi đó, gọi M, N,P tương ứng trung điểm BC, CA, AB A’A=3AG=6GM ⇒ A’A=2AM trang 27 Tương tự B’B=2BN, CC’=2CP Do tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhận A,B,C trọng tâm Mặt khác, ta có tam giác ABC A’B’C’ có trọng tâm G Có hai trường hợp sau xảy ra: a) Nếu A’, B’, C’ xanh Khi tam giác A’B’C’ trọng tâm G có màu xanh b) Nếu điểm A’, B’, C’ có màu đỏ Không tính tổng quát giả sử A’ đỏ Khi đo tam giác A’BC trọng tâm A màu đỏ Vậy khả tồn tam giác mà ba đỉnh trọng tâm màu Đpcm Bài toán 4: Cho 2005 điểm mặt phẳng ,biết nhóm điểm điểm chọn điểm có khoảng cách bé CMR điểm có 1003 điểm nằm đường tròn có bán kính Giải Ta có 2005 = 2.1002 + Gọi A điểm 2005 điểm cho Vẽ đường tròn tâm A bán kính Nếu tất 2004 điểm lại nằm hình tròn tâm A bán kính toán giải trang 28 Gỉa sử có điểm B nằm đường tròn (A;1) tức AB>1 Vẽ đường tròn tâm B bán kính ,kí hiệu (B;1) Ta chứng ming tất 2005 điểm cho nằm (A;1) (B;1) Thật vậy, lấy C bất kì, xếp điểm A,B,C theo giả thuyết AB>1 nên AC (*) Từ đến 10 có vị trí lẻ vị trí chẵn Từ (*) áp dụng nguyên tắc Điriclê suy có hai số A i lẻ tận hai số Aj chẵn có chữ số tận Bài toán 4: Chứng minh tồn số có dạng 20032003 … 200300…0 chia hết cho 2002 Hướng dẫn giải -Xét dãy số gồm 2002 số hạng sau: 2003,2003 … 2003 2003 ….2003 2002 lần 2003 Chia tất số hạng dãy cho 2002 có 2002 số dư từ đến 2002 (không thể có số dư số hạng dãy số lẻ) Có 2002 phép chia, nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có hai số có số dư chia cho 2002 Giả sử hai số am an (m,n N ); 1 2) với n điểm thuộc miền đa giác Bài 6: (Chuyên Toán ĐHSP Thành phố HCM năm học 2008 - 2009) Trong hình vuông có cạnh lấy 33 điểm phân biệt Chứng minh có điểm nằm phần chung ba hình tròn có bán kính Bài 7: (Chuyên ĐHKHTN Hà Nội 2011 - 2012) Giả sử A tập tập số tự nhiên N Tập A có phần tử nhỏ 1, phần tử lớn 100 x thuộc A (x ≠ ) tồn a, b thuộc A cho x = a + b ( a b) Hãy tìm tập A có số phần tử nhỏ Bài 8: (Chuyên Hưng Yên 2012 - 2013) Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lượt (hai đội thi đấu với trận) trang 37 a) b) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu trận) tìm ba đội bóng đôi chưa thi đấu với Khẳng định không đội thi đấu trận? Bài 9: (Chuyên Amsterdam, chuyên Chu Văn An Hà nội 2012 – 2013) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn có bán kính cm Chứng minh số 17 điểm A1, A2, …, A17 nằm tứ giác ABCD tìm hai điểm mà khoảng cách hai điểm không lớn cm C HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI : Bằng phương pháp phân tích, dự đoán, hình thành thuật giải, phân loại tập sau vài năm liên tục giảng dạy loại toán này, thu số kết sau đây: Các em học sinh hào hứng, tự tin sử dụng nguyên lý Dirichlet để giải tập suy luận (Hình học, số học) không mẫu mực, niềm vui thay thái độ ngại gặp toán tương tự trước em chưa làm quen với chuyên đề Như chuyên đề góp phần tích cực hóa hoạt động học sinh đồng thời nâng cao chất lượng dạy học thầy trò, cụ thể: Kết thi học sinh giỏi năm học 2012 – 2013, có em đạt giải nhì, em đạt giải ba, hai em đạt giải khuyến khích (đồng đội xếp thứ 6/10), năm học 2013 – 2014: em đạt giải nhì, em đạt giải ba, khuyến khích (toàn đoàn xếp thứ 3/10) Hơn chuyên đề góp phần tăng thêm khả sáng tạo cho học sinh, qua phát triển tư Toán học, giúp em yêu Toán học ngày say mê với môn học Thực tế cho thấy rằng, người thấy tận tình, tâm huyết công tác giảng dạy góp phần phát huy tính tự giác, chủ động sáng tạo học sinh chất lượng ngày nâng lên cách rõ rệt D CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN Tôi xin cam đoan tác giả sáng kiến trên, không chép vi phạm Nếu vi phạm, xin hoàn toàn chịu trách nhiệm CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN TÁC GIẢ SÁNG KIẾN (Ký, ghi rõ họ tên) Trường THCS Giao Thủy xác nhận: Sáng kiến kinh nghiệm: “nguyên lý dirichlet toán suy luận” đ/c Tô Thị Bình xếp loại xuất sắc trang 38 Tô Thị Bình HIỆU TRƯỞNG Trần Nam Tuấn PHÒNG GD&ĐT HUYỆN GIAO THỦY Phòng Giáo dục Đào tạo huyện Giao Thủy xác nhận: Sáng kiến kinh nghiệm: “nguyên lý dirichlet toán suy luận”của tác giả: Tô Thị Bình xếp loại xuất sắc cấp huyện đủ điều kiện dự thi cấp tỉnh./ TRƯỞNG PHÒNG Mai Tiến Dũng trang 39 [...]... để giải các dạng Toán này là tạo ra các dãy số từ bài toán Sau đó áp dụng nguyên lý Dirichlet cho các số hạng của dãy được chọn (các số hạng thay cho các “thỏ”) Bài toán 1: Với 39 số tự nhiên liên tiếp, hỏi rằng ta có thể tìm được một số mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 11 hay không? Bài giải: Từ 20 số đầu tiên của dãy bao giờ ta cũng có thể tìm được 2 số mà chữ số hàng đơn vị là 0, và trong... theo nguyên tắc Dirichlet ta luôn có thể tìm được hai đội có cùng một số trận đấu 4 Các dạng bài tập trang 17 a) Dạng 1: Phân chia tập hợp để tạo ra các n – tập (các chuồng) * Nhận xét: Nội dung cơ bản của phương pháp là chia một đối tượng lớn thành nhiều đối tượng nhỏ (các đối tượng này như các “chuồng”) Sau đó áp dụng nguyên lý Dirichlet cho các đối tượng nhỏ Bài toán1 : Cho một hình vuông và 13... cũng chính là các điểm O1, O2, O3 b Dạng 2: Xây dựng các n – tập theo đối tượng xuất phát *Chú ý: Việc chọn ra các n – tập được bắt đầu từ việc chọn ra một “đối tượng xuất phát”, từ “đối tượng xuất phát” này, ta lập luận để suy ra các đối tượng (trường hợp) tiếp theo….Đây là một kĩ thuật hay dùng trong các bài toán sử dụng nguyên lý Dirichlet Bài toán 1: Trong mặt phẳng cho 6 điểm trong đó không có... tồn tại hình chữ nhật gồm các ô ở 4 góc là các ô cùng màu Giải : Mẫu sơn màu có thể xảy ra với bàn cờ này có dạng từ 1 đến 8.Giả sử một trong số các cột thuộc dạng 1 .Bài toán sẽ được chứng minh nếu tất cả các cột còn lại thuộc dạng 1,2,3 hoặc 4.Giả sử tất cả các cột còn lại thuộc dạng 5,6,7,8 Khi đó theo nguyên lí Dirichlet 2 trong số 6 cột có 2 cột cùng 1 dạng và như vậy bài toán cũng được chứng minh... toán học nào đó cùng trao đổi với nhau về vấn đề I thế thì có 3 nhà toán học (kể cả A) trao đổi với nhau về vấn đề I Bài toán được chứng minh b Nếu không có nhà toán học nào trong 6 nhà toán học A 1, A2 A6 trao đổi về vấn đề I thì ta có 6 nhà toán học chỉ trao đổi với nhau về 2 vấn đề II và III Theo nguyên tắc Điriclê có ít nhất 3 nhà toán học cùng trao đổi với nhau về một vấn đề II hoặc III Bài toán. .. có dạng 8 Giả sử không có cột trang 29 nào trong các cột 1,8 thì theo nguyên lí Dirichlet cũng có 2 cột cùng dạng và bài toán cũng đựơc chứng minh Bài toán 7 Giả sử mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bằng một trong 2 màu đen và trắng Chứng minh tồn tại một hình chữ nhật có các đỉnh cùng màu Giải : Giả sử ta có một lưới ô vuông tạo bởi 3 đường nằm ngang và 9 đường thẳng đứng , mỗi nút lưới được tô bởi... xanh và kết luận của bài toán đúng trong trường hợp này 2) Nếu không phải như vậy, tức là BB’, B’B”, B”B màu đỏ , thì ba điểm phải tìm là B, B’,B” vì BB’B” là tam giác có ba cạnh màu đỏ Đpcm Từ đó ta có các bài toán tương tự sau: Bài toán 2: Trên mặt phẳng cho 18 điểm, sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng Nối từng cặp điểm với nhau và tô màu cho mọi đoạn thẳng thu được một trong hai màu xanh và đỏ... 2 < 29 5 − 1, 4 ( do 4 2 2 =1,4142…) ⇒ d2), từ đó suy ra tồn tại hai trong số 10 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2 Đó là đpcm Bài toán 5: Cho chín đường tròn cùng có tính chất là mối đường...Với 4 đỉnh của tứ giác A, B, C, D và 3 màu dùng để tô các đỉnh (xanh, đỏ, vàng) nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ có ít nhất hai đỉnh được tô cùng màu Khai thác: Bài toán trên quả là khá đơn giản nếu chỉ dừng lại ở đó! Ta tiếp tục khai thác bài toán trên như sau: + Nếu chỉ dùng hai màu để tô thì số điểm được tô màu ít nhất là bao nhiêu để... có hai cách tô màu nên mỗi bộ ba nút trên đường dọc ấy có cách tô màu Có 9 đường dọc, mỗi đường có 8 cách tô màu nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai đường có cách tô màu như nhau Chẳng hạn hai bộ ba điểm đó là A, B, C và X, Y, Z Vì 3 điểm A, B, C chỉ được tô bởi hai màu nên tồn tại hai điểm cùng màu , chẳng hạn B và C khi đó hình chữ nhật BYZC có 4 đỉnh cùng một màu c Dạng 3: Xây dựng các dãy ... chia cho 105 Giả sử số 1983 m-1 1983n-1 (m>n) Thế hiệu hai số phải chia hết cho 105 (1983m-1 )-( 1983m-1)chia hết cho 105 Mà (1983m-1 )-( 1983n-1)=1983m-1983n=1983n(1983m-n-1) Nhưng 105và 1983n nguyên... ta có: A1 - A2 = 29 2k1 - 29 2k = (M1 - M2) 105 ( ) A1 - A2 = 29 2k1 - 292k = 292k 29 2(k1 - k ) − trang 35 Vì 29 2k có tận A1 - A2 = (M1 - M2)105 có tận không ( ) số nên suy 29 2(k1 - k ) − phải... Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định Địa : Trường THCS Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định Điện thoại : 03503 508 486 Đơn vị áp dụng sáng kiến : Tên đơn vị : Trường THCS Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định