(Luận văn thạc sĩ) nguyên lý dirichlet trong các bài toán sơ cấp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI 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 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI 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 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Nguyên lý Dirichlet 1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng 1.3 Nguyên lý Dirichlet mở rộng cho tập hữu hạn 1.4 Nguyên lý Dirichlet tập vô hạn phần tử 1.4.1 Tập phần tử khoảng đường thẳng 1.4.2 Tập phần tử miền phẳng giới hạn đường cong phẳng khép kín 1.4.3 Tập phần tử khối ba chiều giới hạn mặt cong phẳng 10 Nguyên lý Dirichlet 2.1 Nguyên lý Dirichlet 2.2 Nguyên lý Dirichlet 2.3 Nguyên lý Dirichlet toán số học toán trùng lặp toán chia hết toán số học khác 12 13 15 23 Nguyên lý Dirichlet 3.1 Các toán khoảng cách 3.2 Các tốn diện tích 3.3 Các tốn tơ màu 3.4 Nguyên lý Dirichlet tốn hình học tổ hợp tốn hình học khác 29 29 33 37 43 Nguyên lý Dirichlet toán khác 4.1 Nguyên lý Dirichlet toán chứng minh thức 4.2 Nguyên lý Dirichlet toán dãy số 4.3 Nguyên lý Dirichlet số toán 4 4 6 47 bất đẳng 47 53 57 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn, bảo nhiệt tình PGS.TS Phan Huy Khải Thầy định hướng, gợi mở ý tưởng sâu sắc hiệu quả, tận tình bảo giúp đỡ tác giả mặt để hồn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng, biết ơn sâu sắc tới Thầy Cũng tác giả xin gửi lời cám ơn tới tồn thầy khoa Tốn-Cơ-Tin học giảng dạy, dìu dắt, trang bị kiến thức suốt trình học tập khoa Qua tác giả bày tỏ lịng biết ơn tới gia đình bạn bè thân thiết, người dành quan tâm, động viên để tác giả hoàn thành tốt luận văn Hà nội, ngày 10 tháng 11 năm 2011 Học viên Đào Thị Kim Oanh MỞ ĐẦU Nguyên lý Dirichlet phát biểu lần nhà toán học người Pháp P L Dirichlet (1805 − 1859) sau: "Nếu nhốt n + thỏ nhốt vào n chuồng có thỏ bị nhốt vào chuồng" Tổng quát nhốt n thỏ vào k lồng mà phép chia nk m dư tồn lồng chứa m + thỏ trở lên Nguyên lý Dirichlet dạng phương pháp phản chứng, khẳng định tồn không tồn kiện Mặc dù đơn giản nguyên lý Dirichlet áp dụng công cụ hiệu để giải nhiều toán phức tạp số học, hình học tổ hợp nhiều tốn khác tốn học Chính vậy, từ lâu thi học sinh giỏi toán quốc gia quốc tế, nguyên lý Dirichlet thường xuyên khai thác Tuy nhiên kiến thức phần lại không viết nhiều sách hầu hết giáo viên, học sinh phổ thơng vấn đề mẻ Vì tơi hy vọng luận văn tài liệu tham khảo nhỏ giúp ích cho bạn học sinh trình học tập thầy q trình giảng dạy Luận văn nhằm mục đích tìm hiểu làm sáng tỏ áp dụng nguyên lý Dirichlet toán sơ cấp Luận văn gồm bốn chương : Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương Nguyên lý Dirichlet toán số học Chương Nguyên lý Dirichlet tốn hình học tổ hợp Chương Ngun lý Dirichlet tốn khác Q trình thực đề tài thời gian nhiều hạn chế nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót; mong thầy cơ, anh chị học viên đóng góp ý kiến lượng thứ Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Nguyên lý Dirichlet Định lý Nếu nhốt n + thỏ nhốt vào n chuồng có thỏ bị nhốt vào chuồng 1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng Định lý Nếu nhốt n thỏ vào m lồng mà phép chia lồng chứa k + thỏ n m > k tồn Chứng minh Ta dễ dàng chứng minh phản chứng Thật giả sử trái lại lồng thỏ chứa số thỏ nhỏ k + số thỏ lồng ≤ k Khi suy tổng số thỏ ≤ m.k Điều vô lý có n thỏ Vậy giả thiết phản chứng sai, nguyên lý Dirichlet mở rộng chứng minh Nhận xét : Nguyên lý Dirichlet thực chất định lý tập hợp Chúng ta có phát biểu khác nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp hữu hạn phần tử mở rộng cho tập vô hạn 1.3 Nguyên lý Dirichlet mở rộng cho tập hữu hạn Cho A tập hữu hạn phần tử Kí hiệu |A| số lượng phần tử thuộc A Khi ta có định lý sau: Định lý Cho A,B hai tập hợp = ∅ có số phần tử hữu hạn mà |A| > |B| phần tử A tương ứng với phần tử B tồn phần tử A mà tương ứng với phần tử B Định lý Nếu A,B tập hợp hữu hạn |A| > k|B| k số tự nhiên phần tử A tương ứng với phần tử B tồn k + phần tử A mà chúng tương ứng với phần tử B Chứng minh k = hiển nhiên Để chứng minh mệnh đề giả sử phần tử B tương ứng với nhiều k phần tử A Khi |A| ≤ k|B| trái với giả thiết |A| > k|B| Định lý (Nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn) Cho tập hữu hạn S = ∅ S1 , S2 , S3 , , Sn tập S cho |S1 | + |S2 | + + |Sn | > k.|S| Khi tồn phần tử x ∈ S cho x phần tử chung k + tập Si với i = 1, 2, , n Định lý Định lý tương đương Nguyên lý Dirichlet (mở rộng) nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn tương đương Chứng minh Thật chứng minh thuận, giả sử S có m phần tử x1 , x2 , , xn Xét tập X = {(xi , Sj ), i = 1, 2, , m; j = 1, 2, , n} Hiển nhiên |X| = S1 + S2 + + Sn > k|S| = k.m Ta phân bố phần tử tập X vào m hộp 1, 2, , m sau : Nếu xi ∈ Sj (xi , Sj ) phân vào hộp i với i = 1, 2, , m j = 1, , n Khi theo nguyên lý Dirichlet tồn hộp i có k + phần tử Từ suy tồn phần tử xi phần tử chung k + tập Si với i = 1, 2, , n Ngược lại chứng minh đảo, kí hiệu n phần tử j = 1, 2, , n Ta phân bố phần tử j = 1, 2, , n vào m hộp Hi , i = 1, 2, , m Kí hiệu S = {Hi |i = 1, 2, , m}, Sj = {Hi |j ∈ Hi } với j = 1, 2, , n Hiển nhiên |Sj | = với j |S| = m Suy |S1 | + |S2 | + + |Sn | > k.m > k.|S| Theo nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn tồn phần tử Hi chung k + tập Sj , tức tồn hộp Hi chứa k + phần tử 1.4 Nguyên lý Dirichlet tập vô hạn phần tử Nguyên lý Dirichlet tập vơ hạn phần tử hay cịn gọi dễ nhớ nguyên lý Dirichlet với độ đo Đối với độ dài, diện tích, thể tích có nguyên lý tương tự nguyên lý Dirichlet tập hợp theo nghĩa Ta tạm gọi nguyên lý nguyên lý Dirichlet độ dài, diện tích, thể tích Ta có khái niệm sau: Khái niệm Một tập hợp mặt phẳng gọi bị chặn tồn hình trịn chứa tồn điểm tập hợp Nếu khơng tồn hình trịn tập hợp gọi tập hợp khơng bị chặn Khái niệm Một điểm P gọi điểm biên tập hợp A mặt phẳng, hình trịn tâm P có chứa điểm thuộc A điểm không thuộc A Tập hợp tất điểm biên A gọi biên A Khái niệm Một điểm P gọi điểm tập hợp A mặt phẳng tồn hình trịn tâm P mà nằm trọn A 1.4.1 Tập phần tử khoảng đường thẳng Ta kí hiệu d(I) độ dài của khoảng I ⊂ R Định lý (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng) Cho A khoảng giới nội, A1 , A2 , ., An khoảng cho Ai ⊂ A(i = 1, 2, , n) d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + + d(An ) Khi có khoảng số khoảng có điểm chung Chứng minh Thật vậy, giả sử khơng có cặp khoảng cho n có điểm chung Khi đó, d( i=1 Ai ) = d(A1 ) + d(A2 ) + + d(An ) > n d(A) Mặt khác, từ Ai ⊂ A(i = 1, 2, , n) suy d( i=1 Ai ) ≤ d(A) Các bất đẳng thức mâu thuẫn với Vậy có hai khoảng số khoảng có điểm chung Một cách phát biểu khác dễ nhớ hơn: Trên đường thẳng cho đoạn AB có độ dài a số đoạn Ai Bi (i = 1, n) có tổng độ dài b, đó: - Nếu b < a bên đoạn AB có điểm M nằm bên ngồi tất đoạn Ai Bi - Nếu b > a đoạn AB chứa tất đoạn Ai Bi tồn hai đoạn Ai Bi có điểm chung Tổng quát : - Nếu b < ka bên đoạn AB tồn điểm M không thuộc k − đoạn - Nếu b > ka đoạn AB chứa tất đoạn Ai Bi có k + đoạn Ai Bi có điểm chung Phát biểu trừu tượng phát biểu tổng quát sau: Định lý (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng mở rộng) Cho A khoảng giới nội, A1 , A2 , An khoảng A, k số tự nhiên thỏa mãn k.d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + + d(An ) Khi tồn k + khoảng Ai (i = 1, 2, , n) có điểm chung Chứng minh Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp Trường hợp k = chứng minh định lý Giả sử định lí với k, ta phải chứng minh với k + Cho A1 , A2 , , An khoảng A thỏa mãn (k + 1).d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + + d(An ) (1.1) Ta tồn điểm chung k + khoảng Ai (i = 1, 2, , n) Vì Ai ⊂ A, nên d(Ai ) ≤ d(A) với (i = 1, 2, , n), từ suy 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 + < n Vì n ≥ k + Ta chứng minh tồn điểm chung cho k + tập A1 , A2 , , An thỏa mãn (1) quy nạp theo n Ta n = k + 2, tức (k + 1).d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + + d(Ak+2 ) (1.2) Ai = Ai \ Ak+2 (i = 1, 2, , k + 1) (1.3) A”i = Ai ∩ Ak+2 (i = 1, 2, , k + 1) (1.4) A = A \ Ak+2 (1.5) A” = Ak+2 (1.6) Đặt Và Suy : Ai ⊂ A A”i ⊂ A”(i = 1, 2, , k + 1) Vì có tất k + tập hợp Ai , từ bao hàm thức ta (k + 1).d(A ) ≥ d(A1 ) + d(A2 ) + + d(Ak+1 ) (1.7) Nếu lấy (1.2) trừ (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 k.d(Ak+2 ) < d(A1 ∩ Ak+2 ) + d(A2 ∩ Ak+2 ) + + d(Ak+1 ∩ Ak+2 ) (1.9) Từ (1.9) theo giả thiết quy nạp (mệnh đề với k) suy A1 ∩ Ak+2 , A2 ∩ Ak+2 , , Ak+1 ∩ Ak+2 có điểm chung, điều có nghĩa tập hợp A1 , A2 , , Ak+2 có điểm chung Như với n = k + từ (1.3) suy k + tập hợp thỏa (1.1) có điểm chung Bây giả thiết với n ≥ k + có k + tập hợp thỏa (1.1) có điểm chung Ta phải chứng minh từ (k + 1).d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + + d(An ) + d(An+1 ) (1.10) Suy có k + tập hợp dãyA1 , A2 , , An+1 có điểm chung Thật vậy, đặt Ai = Ai \ An+1 (i = 1, 2, , n), (1.11) A”i = Ai ∩ An+1 (i = 1, 2, , n), (1.12) A = A \ An+1 , (1.13) A” = An+1 (1.14) Vì Ai ∪A”i = Ai , Ai ∩A”i = ∅(i = 1, 2, , n) A ∪A” = A, A ∩A” = ∅ nên d(Ai ) + d(A”i ) = d(Ai )(i = 1, 2, , n), (1.15) d(A ) + d(A”) = d(A) (1.16) Chúng ta chứng minh bất đẳng thức sau đúng: (k + 1).d(A ) < d(A1 ) + d(A2 ) + + d(An ) (1.17) k.d(A ) < d(A”1 ) + d(A”2 ) + + d(A”n ) (1.18) Thật trường hợp ngược lại ta có (k + 1).d(A ) ≥ d(A1 ) + d(A2 ) + + d(An ) Và k.d(A ) ≥ d(A”1 ) + d(A”2 ) + + d(A”n ) Cộng hai vế lại do(1.15), (1.16) ta có d(A ) + k.d(A) ≥ d(A1 ) + d(A2 ) + + d(An ) (1.19) 46 tất n − điểm cịn lại, nói riêng a phải nối với b Điều có nghĩa S(b) ≥ dẫn đến mâu thuẫn với phương trình (vì S(b) = 0) Gọi S tập hợp giá trị mà đại lượng S(a) nhận, a ∈ A tức S = {m|m = S(a), a ∈ A} Như từ ≤ S(a) ≤ n − suy tập S có tối đa n giá trị Tuy nhiên từ S(a) = n − S(b) = suy n − khơng đồng thời thuộc S, tập S tối đa nhận n − giá trị Theo nguyên lí Dirichlet suy tồn a1 ∈ A, a2 ∈ A(a1 = a2 ) mà S(a1 ) = S(a2 ) Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.24 (Đề thi Tốn vơ địch nước Anh, 1978) Một hình lập phương có cạnh 15 chứa 11000 điểm Chứng minh có hình cầu bán kính chứa điểm số 11000 điểm cho Lời giải: Chia cạnh hình lập phương thành 13 phần Như hình lập phương cho chia thành 133 = 2197 hình lập phương nhỏ Do 11000 > 5.2197 = 10985, nên tồn hình lập phương nhỏ, mà hình lập phương chứa điểm Nếu gọi cạnh hình√lập phương a, hình cầu ngoại tiếp có bán kính R,với R = 12 a Vì hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ (cạnh 15 13 ) có bán kính là: R= 1 15 √ 3= 13 675 < 169 676 1√ 4=1 = 169 Hình cầu dĩ nhiên chứa điểm số 11000 điểm cho Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.25 Cho 11 điểm khác hình cầu thể tích V Chứng minh qua tâm hình cầu dựng hai mặt phẳng cho chúng cắt hình cầu thành "miếng" với thể tích V6 , mà phần khơng chứa phần điểm cho Lời giải: Chia hình cầu thành hai bán cầu mặt phẳng qua tâm hai điểm từ điểm cho Một bán cầu chứa phần nhiều điểm từ điểm lại Chia nửa hình cầu hai mặt phẳng, mà mặt phẳng qua tâm hình cầu hai điểm điểm cịn lại Như nửa hình cầu chia làm ba miếng khơng chứa điểm bên trong, thể tích miếng lớn 16 thể tích bán hình cầu 47 Chương Ngun lý Dirichlet toán khác 4.1 Nguyên lý Dirichlet toán chứng minh bất đẳng thức Từ nguyên lý Dirichlet ta có " số thực x, y, z ln tìm số có tích khơng âm" Khi ta chọn điểm rơi toán chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn a = b = c = k ta sử dụng kết suy từ nguyên lý Dirichlet công cụ mạnh Giả sử hai số (a − k)(b − k) có tích (a − k)(b − k) ≥ từ kết để suy bất đẳng thức cần chứng minh Ứng dụng mệnh đề thấy qua số ví dụ sau đây: Bài tốn 4.1 (Báo Toán học tuổi trẻ, số 413, 2011) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc + ≥ 2(ab + bc + ca) Lời giải: Qua bất đẳng thức ta dự đoán điểm rơi toán a = b = c = Theo mệnh đề hai ba số a − 1, b − 1, c − có tích khơng âm Khơng tổng quát giả sử (a − 1)(b − 1) ≥ ta có: 2c(a − 1)(b − 1) ≥ ⇒ 2abc ≥ 2bc + 2ca − 2c Vậy cần chứng minh: a2 + b2 + c2 + ≥ 2c + 2ab 48 ⇒ (a − b)2 + (c − 1)2 ≥ Bất đẳng thức từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tương đương a = b = c = Bài toán 4.2 (Báo Toán học tuổi trẻ, số 413, 2011) Với số thực a, b, c chứng minh: a2 + b2 + c2 + a2 b2 c2 + c ≥ 2(ab + bc + ca) Lời giải: Thật theo nguyên lý Dirichlet hai ba số a2 − 1, b2 − 1, c2 − có tích khơng âm Giả sử (a2 − 1)(b2 − 1) ≥ có c2 (a2 − 1)(b2 − 1) ≥ ⇐⇒ a2 b2 c2 + c2 ≥ b2 c2 + c2 a2 Vậy cần chứng minh: a2 + b2 + + b2 c2 + c2 a2 ≥ 2(ab + bc + ca) ⇐⇒ (a − b)2 + (bc − 1)2 + (ca − 1)2 ≥ Bất đẳng thức hiển nhiên Đẳng thức xảy a = b = c = ±1 Bài toán 4.3 (Báo Toán học tuổi trẻ, số 413, 2011) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc + ≥ (a + 1)(b + 1)(c + 1) Lời giải: Sau nhân hai vế với tốn phía bất đẳng thức tương đương với: 2(a2 + b2 + c2 ) + 2abc + ≥ 2(ab + bc + ca) + 2(a + b + c) ⇐⇒ a2 + b2 + c2 + ≥ 2(a + b + c) ⇐⇒ (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ≥ Bất đẳng thức từ suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 4.4 (USA 2001) Cho số thực a, b, c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + abc = Chứng minh rằng: ab + bc + ca − abc ≤ 49 Lời giải: Dễ thấy điểm rơi toán a = b = c = Theo mệnh đề số a − 1, b − 1, c − có tích khơng âm Không tổng quát giả sử, (a − 1)(b − 1) ≥ c(a − 1)(b − 1) ≥ Từ ta suy abc ≥ bc + ca − c Nên ab + bc + ca − abc ≤ ab + c(1) Mà = a2 + b2 + c2 + abc ≥ 2ab + c2 + abc Suy − c2 ≥ ab(c + 2) ⇒ − c ≥ ab tức ab + c ≤ 2(2) Từ (1) (2) ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 4.5 (UK TST 2005) Cho số thực dương a, b, c cho abc = Chứng minh: b+3 c+3 a+3 + + ≥3 (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 Lời giải: Trước hết ta chứng minh hai bất đẳng thức sau: 1 + + ≥ +1 1+a 1+b 1+c 1+a+b+c 1 1 + + + ≥1 (1 + a)2 (1 + b)2 (1 + c)2 a+b+c+1 (4.1) (4.2) Thật bất đẳng thức (4.1) ⇐⇒ + ab + bc + ca + 2(a + b + c) 3+a+b+c ≥ + ab + bc + ca + a + b + c 1+a+b+c ⇐⇒ a2 + b2 + c2 ≥ √ Theo bất đẳng thức Cauchy abc = a2 + b2 + c2 ≥ a2 b2 c2 = Vậy bất đẳng thức (4.1) chứng minh Theo mệnh đề số (a − 1), (b − 1), (c − 1) có tích khơng âm, khơng tổng qt giả sử (a − 1)(b − 1) ≥ ⇒ c+1 c = ab + ≥ a + b 2 Ta có (ab − 1) + (a − b) ≥ (hiển nhiên) Từ c 1 + ≥ = (1 + a)2 (1 + b)2 + ab c+1 Do 1 1 c + + + ≥ 2 (1 + a) (1 + b) (1 + c) a+b+c+1 c+1 1 + + c+1 = (c + 1) c +c+1 50 Bất đẳng thức (4.2) chứng minh Trở lại toán bất đẳng thức cho tương đương với 2 1 + + ≥3 + + + + a + b + c (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 Theo hai bất đẳng thức ta có 1 2 2 + + + + + ≥ + a + b + c (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 (a + 1)2 2 + + + + ≥ + = (b + 1)2 (c + 1)2 a+b+c+1 Vậy ta có điều phải chứng minh Các toán chứng minh bất đẳng thức sau sử dụng nguyên lý Dirichlet hiệu quả: Bài tốn 4.6 (Vơ địch cộng hịa Czech 1998) Cho X tập hợp gồm 14 số nguyên dương phân biệt Chứng minh có số nguyên dương k ≤ có hai tập k phần tử a1 ; a2 ; ; ak , b1 ; b2 ; ; bk rời X cho |( 1 1 1 + + + ) − ( + + + )| < a1 a2 ak b1 b2 bk 1000 Lời giải: Xét C14 = 3432 tập - phần tử X Tổng nghịch đảo phần tử tập rõ ràng không vượt 11 + 21 + + 17 < 2.6 nên phải thuộc vào số 2600 nửa khoảng: ( 1 2599 2600 ; ], ( ; ], , ( ; ] 1000 1000 1000 1000 1000 1000 Theo nguyên lý Dirichlet, tồn hai tập khác có tổng nghịch đảo phần tử thuộc vào nửa khoảng Loại bỏ khỏi hai tập phần tử chung (hai tập phần tử có tối đa phần tử chung), ta thu hai tập k - phần tử (với k nguyên dương k ≤ 7) thỏa mãn yêu cầu toán: hiệu hai tổng nghịch đảo phần tử hai tập sai khác 1000 Bài tốn 4.7 Cho số dương Chứng minh có hai bốn số đó, chẳng hạn x y, thoả mãn bất phương trình sau: 0< √ x−y ≤ + x + y + 2xy 51 Lời giải: Gọi số cho kí hiệu x1 , x2 , x3 , x4 Đặt: π π = tan αi , i = 1, 2, 3, 4; αi ∈ (− , ) yi = + xi 2 Chia (− π2 , π2 ) làm đoạn đoạn π3 Suy theo nguyên lý Dirichlet hai số αi αj (αj > αi ) thuộc đoạn Do : π < αj − αi ≤ (1) Vì hàm tan tăng khoảng (− π2 , π2 ) nên ta có: π √ = 3 √ ≤ (1) ⇒ < tan(αj − αi ) ≤ tan tan αj − tan αi + tan αj tan αi √ yj − yi ≤ ⇒0< + yj yi ⇒0< ⇒0< 1+ xj + (1 + −1− xj )(1 xi + xi ) √ xi − xj ≤ xi xj + (1 + xi )(1 + xj ) √ xi − xj ⇒0< ≤ + xi + xj + 2xi xj ⇒0< tức tồn hai số x, y thỏa mãn yêu cầu toán: ⇒0< √ x−y ≤ + x + y + 2xy Vậy ta có điều phải chứng minh Bài toán 4.8 Chứng minh số 11 số thực khác đoạn [1, 1000] chọn hai số x y mà chúng thoả mãn bất đẳng thức sau: √ < x − y < + 3 xy Lời giải: Ta xét bậc ba số số cho x1 , x2 , , x11 Từ điều √ kiện xi ∈ [1, 1000] cho suy ≤ xi ≤ 10, (i = 1, , 11) Ta chia khoảng [1, 1000] 10 phần 52 √ √ √ Có tất 11 số x1 , x2 , , x11 Theo ngun lý Dirichlet suy có số 11 khoảng nằm đoạn nhỏ Giả sử số √ √ xi , xj (xi = xj ) xj > xi Ta có √ √ < xj − xi ≤ < 10 √ √ ⇒ < ( xj − xi )3 < 13 ⇒ < xj − xi − 3 x2j xi + 3 x2i xj < ⇒ < xj − xi < + 3 x2j xi − 3 x2i xj √ √ √ ⇒ < xj − xi < + 3 xi xj ( xj − xi ) √ √ Mà < ( xj − xi ) < nên √ < xj − xi < + 3 xi xj tức chọn số x y thỏa mãn √ < x − y < + 3 xy Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 4.9 Cho số thực Chứng minh chúng chọn hai số, chẳng hạn x y , cho: √ x−y 0≤ ≤ + xy Lời giải: Gọi số cho kí hiệu x1 , x2 , , x7 Ta biểu diễn số dạng xi = tan αi , αi số khoảng (− π2 , π2 ), i = 1, Chúng ta chia đoạn thành đoạn có độ dài tức π6 Theo nguyên lý Dirichlet ta có hai số α1 , α2 , , α7 nằm đoạn Kí hiệu hai số αi αj (αj > αi ) ≤ αj − αi ≤ π Vì hàm tan tăng khoảng (− π2 , π2 ) nên ta có: √ xj − xi π tan αj − tan αi ≤ tan(αj − αi ) = = ≤ tan = + tan αj tan αi + xj xi Vậy ta có điều phải chứng minh 53 4.2 Nguyên lý Dirichlet toán dãy số Bài toán 4.10 Cho x1 , x2 , x3 , dãy vô hạn số nguyên k số tự nhiên Chứng minh tồn dãy số gồm phần tử liên tiếp dãy, mà tổng chúng chia hết cho k Lời giải: Chúng ta giới hạn lại, k phần tử liên tiếp dãy chọn số phần tử có tính chất mong muốn Để đơn giản ta xem xét k phần tử đầu tiên: x1 , x2 , , xk Chúng ta xét tổng: S1 = x1 , S2 = x1 + x2 , S3 = x1 + x2 + x3 , , Sk = x1 + x2 + + xk Nếu tổng số chia hết cho k, tốn giải Ngược lại, số S1 , S2 , , Sk , (có số lượng k) chia cho k số dư: 1, 2, 3, , k − Từ ngun lí Dirichlet suy có cặp số i j , ≤ i < j ≤ k, mà tổng Si Sj cho số dư chia cho k Khi tổng phần tử liên tiếp: xi+1 , xi+2 , , xj dãy chia hết cho k, xi+1 +xi+2 + +xj = Sj − Si Bài toán 4.11 Cho dãy vô hạn chữ số Chứng minh với số tự nhiên n, nguyên tố với 10, dãy vô hạn tồn nhóm chữ số liên tiếp, mà số tạo chữ số nhóm (viết theo thứ tự số lớn đứng trước) chia hết cho n Lời giải: Cho dãy chữ số a1 , a2 , , an Chúng ta xét số A1 = a1 , A2 = a2 a1 , , An = an an−1 a1 , An+1 = an+1 a1 Vì số lượng số n + 1, số lượng khả số dư chia chúng cho n n, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số cho số dư, ta kí hiệu chúng Ai Aj với i < j Khi hiệu Aj − Ai chia hết cho n Hay nói cách khác: Aj − Ai = aj a1 − a1 = aj ai−1 10j−i+1 Vì (n, 10) = nên aj ai−1 chia hết cho n Bài toán 4.12 Cho {un } dãy số tự nhiên tăng dần: u1 < u2 < u3 < thoả mãn điều kiện: u1 = 1, un+1 ≤ 2n, ∀n ∈ N Chứng minh với số tự nhiên n tồn số hạng up uq dãy cho up − uq = n 54 Lời giải: Giả sử n ∈ N số tự nhiên cho trước Từ giả thiết suy số hạng: u1 , u2 , u3 , , un+1 không vượt 2n Xét tập hợp 2n số tự nhiên sau {1, 2, , 2n} Chúng ta chia tập hợp thành n cặp: (1, n + 1), (2, n + 2), , (n, 2n) Do tập hợp chứa khơng n + phần tử dãy un cho (vì nói riêng u1 , u2 , , un+1 thuộc tập hợp ấy), theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số hạng khác up uq dãy thuộc vào cặp (giả sử up > uq ) Nhưng hiệu số cặp n nên có : up − uq = n Bài toán 4.13 Giả sử a x hai số tự nhiên thực lớn (x, a − 1) = Dãy số vô hạn un xác định sau: un = axn − a + 1, n = 1, 2, Chứng minh dãy số nói chứa vơ hạn số đôi nguyên tố Lời giải: Giả thiết phản chứng dãy số có hữu hạn số ui1 , ui2 , , uik nguyên tố Đặt q = ui1 ui2 uik Xét q + số sau: a, ax, ax2 , , axq Theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số nguyên r s cho ≤ r < s ≤ q axr ≡ axs (mod q) ⇒ axr − axs ≡ (mod q) hay: axr (1 − xs−r ) ≡ (mod q) Theo giả thiết ta có (x, a − 1) = nên suy (axr , uij ) = 1, ∀j = 1, k Từ phương trình suy ra: (axr , q) = Do đó: xs−r ≡ (mod q) ⇒ xs−r = lq + 1, l ∈ N Xét số: uik+j = axs−r − a + Vậy uik+j = a(lq + − a + 1) Từ phương trình ta có: (uik+j , uij ) = 1, ∀j = 1, k Hệ thức chứng tỏ bổ sung thêm vào số q = ui1 ui2 uik số mới, mà thoả mãn điều kiện: Bất kì hai số nguyên tố Điều có nghĩa dãy un cho có vơ hạn số đơi nguyên tố Bài toán 4.14 (Putnam 1993) Cho dãy số gồm 19 số nguyên dương không vượt 93 dãy số gồm 93 số nguyên dương không vượt 19 Chứng minh từ hai dãy số ta trích hai dãy có tổng số hạng Lời giải: Ta xét toán tổng quát: 55 Cho dãy hữu hạn số nguyên dương: x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ ≤ xm ≤ n, y1 ≤ y2 ≤ ≤ yn ≤ m Khi tồn số ≤ i1 ≤ i2 ≤ m , ≤ j1 ≤ j2 ≤ n cho j2 i2 xi = i=i1 xj j=j1 Giải toán tổng quát: p Đặt ap := i=1 xi (p ∈ Z, ≤ p ≤ m) bq := q j=1 yj (q ∈ Z, ≤ q ≤ n) Thay đổi vai trò "ký tự" x, a, m, i, p tương ứng với ký tự y, b, n, j, q cần, ta xem am ≤ bn Khi đó, với p ∈ Z ∩ [1, n] số bé mà ap ≤ bp Xét m hiệu: bf (1) − a1 ; bf (2) − a2 ; ; bf (m) − am (1) Dễ thấy hiệu bé m Thật vậy, có số p ∈ Z ∪[1, m] cho m ≤ bf (p)−1 + yf (p) − ap ⇒ ≤ m − yf (p) ≤ bf (p)−1 − ap ⇒ ap ≤ bf (p)−1 mâu thuẫn với định nghĩa f (p) Mâu thuẫn chứng tỏ rằng: Mỗi hiệu (1) bé m Nếu số hiệu triệt tiêu : bf (p) − ap = ta có điều phải chứng minh với cách chọn i1 := := j1 , i2 := p, j2 := f (p) Trong trường hợp cịn lại theo nhận xét tồn hiệu (1) thuộc Z ∩[1, m−1], tập hợp có m−1 phần tử, nên theo nguyên lý Dirichlet, có hai hiệu tức tồn r, s ∈ Z ∩ [1, m], r > s để bf (r) − ar = bf (s) − as ⇒ bf (r) − bf (s) = ar − as Ta có điều phải chứng minh với i1 := s + 1, i2 := r, j1 := f (s) + 1, j2 := f (r) Bài toán 4.15 Cho uk , k = 1, n dãy số tự nhiên cho: ≤ u1 ≤ u2 ≤ ≤ un u1 + u2 + + un = 2n Chứng minh n chẵn un = n + 1, từ dãy ln chọn dãy mà tổng số hạng dãy n 56 Lời giải: Đặt Sk = u1 + u2 + + un , k = 1, n Xét n + số {0, u1 − un , S1 , S2 , , Sn } Theo ngun lí Dirichlet hai số chia chia cho n phần dư Vậy có khả sau đây: Khả (u1 − un ) chia hết cho n Do u1 + u2 + + un ≥ nu1 ⇒ 2n ≥ nu1 ⇒ u1 ≤ a) Nếu u1 = từ ≤ u1 ≤ u2 ≤ ≤ un u1 + u2 + + un = 2n Suy u1 = u2 = = un = Do n chẵn nên n = 2m Vậy u1 = u2 = = un = 2m = n b) Nếu u1 < từ u1 − un chia hết cho n, suy un = un = + n (do u1 nguyên nên u1 = ≤ un ≤ 2n) Nhưng un = n + suy u1 = Mặt khác ≤ u1 ≤ u2 ≤ ≤ un Vậy u2 = u3 = = un−1 = Suy : u1 +u2 + +un = n, vơ lí theo giả thiết u1 +u2 + +un = 2n Như trường hợp ta tồn dãy u1 , u2 , , um cho u1 + u2 + + um = m với m = n2 chia hết cho n thỏa mãn yêu cầu toán Khả Sj − Si , j > i chia hết cho n Ta có Sj − Si = ui+1 + ui+2 + + uj Rõ ràng vế phải đẳng thức có số hạng Mà uk ≥ 1, ∀k = 1, n, suy Sj − Si ≥ Mặt khác hiệu khơng đủ phần tử dãy ta có: Sj − Si < u1 + u2 + + un ≤ 2n − Do cuối ta có: ≤ Sj − Si < u1 + u2 + + un ≤ 2n − Mà Sj − Si chia hết cho n Điều xảy Sj − Si = n ui+1 + ui+2 + + uj = n Khả Si chia hết cho n Ta có: ≤ Si ≤ Sn−1 = 2n − un < Si Mà Si chia hết cho n, suy Si = n u1 + u2 + + ui chia hết cho n Khả Sk u1 − un cho phần dư chia cho n, với k 57 đó, ≤ k ≤ n − Suy Sk (u1 − un )|n ⇒ (u1 + u2 + + uk + un )|n Mà u2 + u3 + + uk + un ≤ 2n − u1 < 2n Suy u2 + u3 + + uk + un = n Tóm lại ln ln chọn dãy mà tổng chúng n 4.3 Nguyên lý Dirichlet số toán Bài toán 4.16 (Đề thi vô địch Nam Tư, 1972) Đối với giá trị n ∈ N , tìm số k lớn k ∈ N thoả mãn tính chất sau: Trong tập hợp gồm n phần tử chọn k tập hợp khác nhau, cho hai tập có giao khác ∅ Lời giải: Cố định phần tử tập X = a1 , a2 , , an xét tập chứa phần tử a1 Số tập hợp số tập tập X = a1 , a2 , , an , nghĩa 2n − Suy k ≥ 2n − Mặt khác giả sử chọn 2n − tập X Ta chia tất tập X thành 2n − cặp tạo từ tập X phần bù Theo ngun lí Dirichlet có tập chọn tạo thành cặp, suy chúng không giao Vậy k = 2n − Bài toán 4.17 (Đề thi Olympic toán quốc tế lần thứ 20, 1978) Một hội toán học bao gồm thành viên nước Danh sách hội viên gồm 1978 người đánh số báo danh từ đến 1978 Chứng minh tồn hội viên có số báo danh gấp đơi số báo danh hội viên khác nước, tổng hai số báo danh hai hội viên nước với Lời giải: Từ 329.6 < 1978 suy nước (kí hiệu A) có khơng 330 đại biểu hội viết số báo danh a1 < a2 < < a330 < Chúng ta xét hiệu: xi − a330 − , i = 1, 329 Nếu có số xi trùng với aj (số báo danh đại biểu A) có a330 = + aj Bài toán chứng minh xong 58 Nếu xi = aj với i, j, số xi số báo danh đại biểu thuộc nước cịn lại Bây giờ, 65.5 < 329, có nước (kí hiệu B) có khơng 66 thành viên, mà số báo danh họ số: x1 , x2 , , x329 Cho số b1 < b2 < < b66 < với bi = xn , i = 1, 66 Chúng ta lại xét hiệu yi = b66 − bi , i = 1, 65 Nếu hiệu trùng với số báo danh bi đại biểu nước B b66 = bi + bj Nếu với hai số i k có yi = ak , ak = b66 − bi = xn66 − xni = a330 − an66 − (a330 − ani ) = ani − an66 ani = a66 + ak Nếu hai trường hợp khơng xảy ra, số báo danh số báo danh đại biểu nước lại suy nước có số hội viên 17 với số báo danh yi Tiếp tục trình lặp lại lí luận có kết luận tốn Bài tốn 4.18 (Đề thi vơ địch Rumani, 1978) Các hàm số f, g, h : N → N thoả mãn ba điều kiện sau: Hàm h(n) không nhận giá trị nhiều điểm n ∈ N Tập hợp giá trị hàm số g(n) N f (n) ≡ g(n) − h(n) + 1, n ∈ N Chứng minh đồng thức f (n) ≡ 1, n ∈ N Lời giải: Ta chứng minh đồng thức g(n) ≡ h(n), n ∈ N Từ điều kiện dẫn đến: f (n) ≡ g(n) − h(n) + ≡ 1, n ∈ N Với n ∈ N ta có: h(n) = g(n) + − f (n) ≤ g(n) f (n) ≥ Giả sử rằng, với giá trị n ∈ N đẳng thức g(n) = h(n) khơng đúng, h(n) < g(n) = k Ta tìm số n1 , n2 , , nk−1 ∈ N , để cho g(ni ) = i, i = 1, k − Bởi số k số h(n1 ), h(n2 ), , h(nk−1 ), h(n) thuộc vào tập hợp {1, 2, , k − 1}, theo ngun lí Dirichlet hàm số h(n) nhận giá trị nhiều lần, điều trái với điều kiện Khẳng định chứng minh 59 Kết luận Luận văn trình bày nguyên lý Dirichlet vận dụng nguyên lý Dirichlet để giải toán sơ cấp Chương Một số kiến thức chuẩn bị trình bày kiến thức nguyên lý Dirichlet dạng bản, mở rộng, tập hợp Các kiến thức chương tảng vận dụng chương Chương 2, 3, trình bày ứng dụng nguyên lý Dirichlet giải tốn số học, hình học tổ hợp toán sơ cấp khác Chương Đề cập đến toán chia hết, trùng lặp, tương hỗ, xếp mối quan hệ số số biểu diễn qua số lại (tổng hay bội số), toán tận chữ số đề cập Chương Đề cập đến ứng dụng mạnh nguyên lý Dirichlet vận dụng giải tốn hình học tổ hợp Luận văn trình bày cách sử dụng nguyên lý Dirichlet tốn khoảng cách, diện tích, tơ màu số tốn hình học khác Sử dung nguyên lý Dirichlet đưa toán hình học tổ hợp vốn rắc rối, khó hiểu trở nên đơn giản, dễ hiểu nhiều Chương Đưa toán vận dụng nguyên lý Dirichlet dãy số, chứng minh bất đẳng thức làm sáng rõ ứng dụng rộng lớn nguyên lý Dirichlet lĩnh vực toán học Các tập đưa ba chương bao gồm tập đơn giản phức tạp, có nhiều cần có kiến thức sâu rộng, kĩ thuật cao, độ xử lý tinh tế giải Các tốn khơng hình thức tốn học đơn mà gần gũi sống Tuy nhiên vấn đề đưa luận văn nhỏ bé so với ứng dụng to lớn nguyên lý Dirichlet, vấn đề mở để bạn học toán khai thác, nghiên cứu 60 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Điển , Phương pháp Dirichlet ứng dụng, NXB khoa học kỹ thuật, 1999 [2] Vũ Hữu Bình, Các tốn hình học tổ hợp (Dùng cho bậc trung học sở), NXB Giáo dục, Hà Nội, 2005 [3] Phan Huy Khải, Các tốn hình học tổ hợp, NXB Giáo dục, 2007 [4] Phan Huy Khải, Các toán số học , NXB Giáo dục, 2009 [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Bất đẳng thức số vấn đề liên quan, Tài liệu dùng cho lớp bồi dưỡng GV THPT chuyên, Hè 2005 [6] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên),Toán rời rạc số vấn đề liên quan, Tài liệu bồi dưỡng Hè 2007 [7] Vũ Đình Hịa , Bất đẳng thức hình học, NXB Giáo Dục, 2008 [8] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo Dục ... 10 Nguyên lý Dirichlet 2.1 Nguyên lý Dirichlet 2.2 Nguyên lý Dirichlet 2.3 Nguyên lý Dirichlet toán số học toán trùng lặp toán chia hết toán số học khác 12 13 15 23 Nguyên lý. .. 29 33 37 43 Nguyên lý Dirichlet toán khác 4.1 Nguyên lý Dirichlet toán chứng minh thức 4.2 Nguyên lý Dirichlet toán dãy số 4.3 Nguyên lý Dirichlet số toán ... KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC ĐÀO THỊ KIM OANH NGUYÊN LÝ DIRICHLET TRONG CÁC BÀI TỐN SƠ CẤP Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng