Vì lẽ đó, chúng tôi xin trình b y một số mệnh đề (thực chất l một số nguyên lí Dirichlet áp dụng cho độ d i các đoạn thẳng, diện tích các hình phẳng, thể tích các vật thể) hay sử dụng nh[r]
(1)TRỊNH VIỆT PHƯƠNG
NGUYÊN LÍ DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP
Chuyên ng nh: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS PHAN HUY KHẢI
Thái Nguyên - 2009
(2)Nguyên lí Dirichlet l công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc tốn học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác tốn học Ngun lí n y nhiều trường hợp người ta dễ d ng chứng minh tồn m không đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều b i toán ta cần tồn l đủ
Luận văn n y d nh để trình b y ứng dụng nguyên lí Dirichlet để giải b i tốn sơ cấp
Ngo i phần mở đầu luận văn gồm bốn chương v danh mục t i liệu tham khảo Chương I d nh để trình b y kiến thức (đặc biệt giới thiệu nguyên lí Dirichlet) dùng đến chương sau
Chương II với tiêu đề "Ứng dụng nguyên lý Dirichlet v o b i tốn hình học tổ hợp" trình b y ứng dụng nguyên lí Dirichlet để giải b i tốn lĩnh vực hình học tổ hợp
Cần nhấn mạnh sử dụng nguyên lí Dirichlet l phương pháp hiệu để giải b i tốn hình học tổ hợp
Chương III trình b y cách sử dụng ngun lí Dirichlet để giải b i toán số học, đặc biệt l b i tốn tính chia hết, tính phương
Phần cịn lại luận văn d nh để trình b y ứng dụng nguyên lí Dirichlet v o b i toán khác
Luận văn n y ho n th nh hướng dẫn tận tình th y giáo PGS.TS Phan Huy Khải Tôi xin b y tỏ lịng kính trọng v biết ơn sâu sắc đến Thầy Tôi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán trường Đại học Khoa học, khoa Sau đại học - ĐHTN, thầy, cô giáo trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho thời gian học tập Tôi gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu v đồng nghiệp trường THPT Phương Xá - Phú Thọ động viên, giúp đỡ nhiều trình ho n th nh luận văn n y
(3)Trang
Lời nói đầu i
Mục lục ii
Chương Các kiến thức 1.1 Nguyên lý Dirichlet
1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng
1.3 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp
1.4 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng
Chương Ứng dụng ngun lý Dirichlet v o b i tốn hình học tổ hợp Chương Ứng dụng nguyên lí Dirichlet v o số học 25 Chương Ứng dụng nguyên lí Dirichlet v o b i tốn khác 42 T i liệu tham khảo 53
ii
(4)Các kiến thức bản
Nguyên lí lồng nhốt thỏ biết đến từ lâu Nguyên lí n y phát biểu nh toán học người Đức Perter Guster Lijeune Dirichlet (1805-1859)
1.1 Nguyên lý Dirichlet bản
Nếu nhốt n+ thỏ v o n chuồng có chuồng chứa hai thỏ
1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng
Nếu nhốt n thỏ v o m ≥ chuồng tồn chuồng có
n+m −1 m
con thỏ, kí hiệu [α] để phần nguyên số α
Ta chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng sau : Giả sử trái lại chuồng thỏ khơng có đến
n+m −1 m
=
n −1
m +
=
n −1 m
+
con, số thỏ chuồng nhỏ n −1 m
con Từ suy tổng số thỏ khơng vượt m
n −1
m
≥ n −1 Điều n y vơ lí có n thỏ Vậy giả thiết phản chứng l sai
1
(5)Nguyên lí Dirichlet mở rộng chứng minh
Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản vậy, l cơng cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc tốn học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác toán học Nguyên lí n y nhiều trường hợp người ta dễ d ng chứng minh tồn m khơng đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều b i toán ta cần tồn l đủ
Nguyên lí Dirichlet thực chất l định lí tập hữu hạn Người ta phát biểu xác nguyên lí n y dạng sau
1.3 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp
Cho A v B l hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, m số lượng phần tử A lớn số lượng phần tử B Nếu với quy tắc n o đó, phần tử A cho tương ứng với phần tử B, tồn hai phần tử khác A m chúng tương ứng với phần tử B
a1
a2 a3
a4
a5
b4 b3
b2 b1
A B
Hình 1.1
Với cách diễn đạt vậy, nguyên lí Dirichlet mở rộng có dạng sau
1.4 Ngun lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng Giả sử A, B l hai tập hợp hữu hạn v S(A), S(B) tương ứng kí hiệu l số lượng phần tử A v B Giả sử có số tự nhiên k n o m S(A) > k.S(B) v ta có quy tắc cho tương ứng phần tử A với phần tử B Khi
(6)tồn k+ phần tử A m chúng tương ứng với phần tử B
Chú ý: Khi k = 1, ta có lại ngun lí Dirichlet
(7)Ứng dụng nguyên lý
Dirichlet v o b i tốn hình học tổ hợp
Chương n y trình b y phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet để giải b i tốn hình học tổ hợp Vì lẽ đó, chúng tơi xin trình b y số mệnh đề (thực chất l số nguyên lí Dirichlet áp dụng cho độ d i đoạn thẳng, diện tích hình phẳng, thể tích vật thể) hay sử dụng nhiều đến nhiều b i tốn hình học tổ hợp đề cập đến chương n y
Mệnh đề 2.1 Nguyên lí Dirichlet cho diện tích
Nếu K l hình phẳng, cịnK1, K2, , Kn l hình phẳng choKi ⊆ K
với i= 1, n v
|K| < |K1|+|K2|+· · ·+|Kn|
Ở |K| l diện tích hình phẳng K, cịn |Ki| l diện tích hình phẳng
Ki, i= 1, n, tồn hai hình phẳng Hi, Hj,(1≤ i ≤ j ≤ n) cho Hi v
Hj có điểm chung (Ở ta nói P l điểm tập hợp A
mặt phẳng, tồn hình trịn tâmP bán kính đủ bé cho hình trịn n y nằm trọn A )
Tương tự nguyên lí Dirichlet cho diện tích, ta có ngun lí Dirichlet cho độ d i đoạn thẳng, thể tích vật thể
Ngun lí Dirichlet cịn phát biểu cho trường hợp vô hạn sau
4
(8)Mệnh đề 2.2 (Ngun lí Dirichlet vơ hạn) Nếu chia tập hợp vô hạn táo v o hữu hạn ngăn kéo, phải có ngăn kéo chứa vô hạn táo
Ta bắt đầu sử dụng nguyên lí Dirichlet để giải b i tốn hình học tổ hợp sau
Ví dụ 2.1 Trong mặt phẳng cho sáu điểm, khơng có ba điểm n o thẳng h ng Mỗi đoạn thẳng nối cặp điểm bôi m u đỏ xanh Chứng minh tồn ba điểm số sáu điểm cho, cho chúng l ba đỉnh tam giác m cạnh bơi m u
Lời giải:
A
B1
B2
B3
B4
B5
Hình 2.1
Xét A l số sáu điểm cho Khi xét năm đoạn thẳng (mỗi đoạn thẳng nối điểm A với năm điểm cịn lại) Vì đoạn thẳng bôi m u đỏ xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có it ba năm đoạn nói m u Giả sử l đoạn AB1, AB2, AB3 v cho chúng m u xanh
Chỉ có hai khả sau xảy ra:
1 Nếu ba đoạn B1B2, B2B3, B3B1 m u xanh tồn
tam giác với ba cạnh xanh v kết luận b i toán trường hợp n y
2 Nếu vậy, tức l B1B2, B2B3, B3B1 m u đỏ, ba điểm phải
tìm l B1, B2, B3, B1B2B3 l tam giác với ba cạnh đỏ.
Ví dụ 2.2 Cho hình chóp đáy l đa giác chín cạnh Tất cạnh bên v 27 đường chéo đa giác đáy bôi hai m u đỏ xanh Chứng minh tồn ba đỉnh hình chóp cho chúng l đỉnh hình tam giác với cạnh bôi m u
(9)Lời giải:
Xét chín cạnh bên Vì chín cạnh n y bơi hai m u đỏ xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn năm cạnh bên bôi m u Khơng giảm tổng qt cho l cạnh bên SA1, SA2, SA3, SA4, SA5 bôi
m u đỏ, điểm A1, A2, A3, A4, A5 xếp theo chiều ngược chiều kim đồng hồ Xét
đa giác A1A2A3A4A5 Có hai khả sau xảy ra:
A1
A2
A3
A4
A5
S
Hình 2.2
1 Nếu A1A2 l đường chéo đáy, dĩ nhiên A2A4, A4A1 l
đường chéo đáy
Lại có hai khả sau xảy ra:
(a) Nếu ba đoạn A1A2, A2A4, A4A1 bôi m u xanh Khi A1, A2, A4
l ba đỉnh cần tìm, tam giác A1A2A4 l tam giác với ba cạnh xanh
(b) Nếu đoạn A1A2, A2A4, A4A1 l đỏ Giả sử A2A4 đỏ,
SA2A4 l tam giác với ba cạnh đỏ Lúc n y S, A2, A4 l ba đỉnh cần tìm
Trường hợp giải xong
2 Nếu A1A2 l cạnh đáy Khi dĩ nhiên A1A3, A3A5 chắn l đường chéo
đáy
(10)(a) Nếu A1A5 l đường chéo đáy ta quay trường hợp vừa xét, với
A1A3A5 l tam giác với ba cạnh l ba đường chéo đáy
(b) Nếu A1A5 l cạnh đáy Khi rõ r ngA1A3, A1A4 l đường chéo đáy
NếuA3A4 l đường chéo đáy, ta quay trường hợp 1, A3A4 l cạnh bên
Lại xét hai khả sau: A5
A1
A2 A3
A4
A5
A1
A2 A3
A4
A5
A1
A2
A3
A4
Hình 2.3
1 Nếu A2A3 l đường chéo đáy, tam giác A2A3A5 l tam giác với ba cạnh l
ba đường chéo đáy, ta quay trường hợp
2 NếuA2A3 l cạnh đáy Khi xét tam giác A2A4A5 v quay trường hợp
Tóm lại b i tốn giải xong ho n to n.
Ví dụ 2.3 Trong hình vng đơn vị (cạnh 1) có 101 điểm Chứng minh có năm điểm điểm chọn phủ đường tròn bán kính
7 Lời giải:
Chia hình vng l m 25 hình vng nhau, cạnh hình vng l 0.2.Vì có 101 điểm, m có 25 hình vng, nên theo ngun lí Dirichlet tồn hình vng nhỏ chứa năm điểm (trong 101 điểm cho) Vì hình vng n y nội tiếp đường trịn bán kính R =
1
√
2 =
√ 10 Do
√ 10 <
1
7 nên dĩ nhiên đường tròn đồng tâm với đường trịn ngoại tiếp v có bán kính
7 chứa năm điểm nói
(11)Hình 2.4
Ví dụ 2.4 Trên mặt phẳng cho 25 điểm Biết ba điểm số ln ln tồn hai điểm cách nhỏ Chứng minh tồn hình trịn bán kính chứa khơng 13 điểm cho
Lời giải:
A
B
Hình 2.5
Lấy A l số 25 điểm cho Xét hình trịn Ω1(A; 1) tâm A, bán kính
1 Chỉ có hai khả sau xảy ra:
1 Nếu tất điểm cho nằm Ω1 kết luận b i toán hiển nhiên
đúng
2 Tồn điểm A 6= B (B thuộc số 25 điểm cho), choB /∈ Ω1 Vì
B /∈ Ω1, nên AB >1 Xét hình trịn Ω2(B,1) tâm B, bán kính Lấy C l
điểm số 25 điểm cho cho C 6= A, C 6= B Theo giả thiết (v dựa v o AB > 1), nên min{CA, CB} < Vì C ∈ Ω1 C ∈ Ω2
Điều khẳng định n y chứng tỏ hình trịn Ω1 v Ω2 chứa tất 25
(12)điểm cho Vì theo nguyên lí Dirichlet, có hai hình trịn nói chứa khơng 13 điểm cho.
Chú ý: B i tốn có dạng tổng qt sau (cách giải ho n to n tương tự)
Cho 2n + điểm mặt phẳng(với n ≥ 3) Biết ba điểm số ln ln tồn hai điểm cách nhỏ Khi tồn hình trịn bán kính chứa khơng n+ điểm cho
Ví dụ 2.5 Cho chín đường thẳng có tính chất l đường thẳng chia hình vng th nh hai tứ giác có tỉ số diện tích
3 Chứng minh có ba đường thẳng số qua điểm
Lời giải: J M N B C D A J P Q B C D A E F
E F J1 J2
J3
J4
Hình 2.6
Các đường thẳng cho khơng thể cắt cạnh kề hình vng, chúng chia hình vng th nh tam giác v ngũ giác (chứ khơng phải chia hình vng th nh hai hình tứ giác) Vì lẽ đó, đường thẳng (trong chín đường thẳng) cắt hai cạnh đối hình vng v dĩ nhiên khơng qua đỉnh n o hình vng Giả sử đường thẳng cắt hai cạnh đối BC v AD điểm M v N Ta có:
SABM N
SM CDN
= ⇐⇒
1
2.AB(BM +AN)
2.CD(MC +ND) = ⇐⇒ EJ JF =
(Ở E v F l trung điểm AB v CD tương ứng), gọi E, F, P, Q tương ứng l trung điểm AB, BC, CD, DA.Gọi J1, J2, J3, J4 l điểm
cho J1, J2 nằm EF, J3, J4 nằm P Q v thoả mãn:
EJ1
J1F =
F J2
J2E =
P J3
J3Q =
QJ4
J4P =
2
(13)Khi từ lập luận suy đường thẳng có tính chất thoả mãn u cầu đề b i phải qua bốn điểmJ1, J2, J3, J4nói Vì có chín đường thẳng,
nên theo nguyên lí Dirichlet, phải tồn bốn điểm J1, J2, J3, J4
sao cho qua có ba chín đường thẳng cho Vậy có ba đường thẳng số chín đường cho qua điểm.
Ví dụ 2.6 Cho bảng kích thước 2n ×2n ô vuông Người ta đánh dấu v o 3n ô vng bảng Chứng minh chọn n h ng v n cột bảng cho ô đánh dấu nằm n h ng v n cột n y
Lời giải:
× × ×
× ×
× ×
×
×
Hình 2.7
Chọn n h ng có chứa đánh dấu nhiều h ng Ta chứng minh số đánh dấu cịn lại nhỏ n Giả sử trái lại vậy, tức l số đánh dấu cịn lại lớn n+ Số h ng lại chưa chọn l n Vậy theo nguyên lí Dirichlet có h ng (trong số n h ng cịn lại) chứa hai đánh dấu
Chú ý theo cách chọn n h ng chọn chứa số ô đánh dấu nhiều h ng Có h ng cịn lại chưa chọn có hai đánh dấu, nên suy h ng số n h ng chọn có hai chọn, tức l n h ng chọn khơng có 2n đánh dấu Nếu vậy, số ô đánh dấu lớn 2n+ (n+ 1)>3n Đó l điều vơ lí (vì có 3n đánh dấu) Vậy nhận xét chứng minh
Như vậy, sau chọn n h ng (với cách chọn trên), theo nhận xét cịn lại khơng q n đánh dấu Vì có l có n cột chứa chúng Vì lẽ khơng thấy đánh dấu n o nằm ngo i h ng hay cột chọn.
(14)Ví dụ 2.7 Cho hình đa giác chín cạnh Mỗi đỉnh tơ hai m u trắng đen Chứng minh tồn hai tam giác phân biệt có diện tích nhau, m đỉnh tam giác tô m u
Lời giải:
O A1
A9
A8
A7
A6
A5 A4 A3 A2
Hình 2.8
Chín đỉnh A1, A2, , A9 đa giác tô hai m u trắng đen,
nên theo nguyên lí Dirichlet có năm đỉnh số tơ m u, năm đỉnh n y tạo C53 = 5!
3!2! = 10 tam giác m u trắng (tam giác m u trắng l tam giác có ba đỉnh m u trắng) Gọi Ω l tập hợp đỉnh đa giác cho Tức l
Ω ={A1, A2, , A9}
Gọi O l tâm đa giác cho Xét phép quay góc: 00,400,800,1200,1600,2000,2400,2800,3200
xung quanh tâmO Rõ r ng ứng với phép quay n y tập Ω biến th nh Ω (tức l tập đỉnh đa giác không thay đổi qua phép quay, quay đỉnh n y biến th nh đỉnh kia)
Sau chín phép quay 10 tam giác trắng biến th nh 90 tam giác trắng, m tam giác n y có đỉnh thuộc tập hợp Ω Chú ý số tam giác khác có đỉnh Ω l C93 = 9!
6!.3! = 84
(15)Vì 84 <90, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai tam giác trắng ∆1,∆2
cho phép quay tương ứng trùng với tam giác Vì phép quay bảo to n hình dáng v độ lớn hình (nói riêng bảo to n diện tích), tức l S∆1 =S∆2.
Ví dụ 2.8 Chứng minh khối đa diện lồi tồn hai mặt có số cạnh
Lời giải:
Kí hiệu M l số mặt có số cạnh lớn khối đa diện Giả sử mặt M có k cạnh Khi có k mặt có cạnh chung với M, nên đa diện có k+ mặt Vì l mặt có số cạnh nhiều k, nên mặt đa diện có số cạnh nhận giá trị{3,4, , k}
Đa diện có k+ mặt,m mặt số cạnh nhận k −2 giá trị Vì theo ngun lí Dirichlet suy có hai mặt đa diện có số cạnh.
Ví dụ 2.9 Cho 1000 điểm M1, M2, , M1000 mặt phẳng Vẽ đường trịn
bán kính tuỳ ý Chứng minh tồn điểm S đường tròn cho: SM1+SM2+· · ·+SM1000≥1000
Lời giải:
S1 S2
M1
M2
M1000
Hình 2.9
(16)Xét đường kính S1S2 tuỳ ý đường tròn, S1, S2 l hai đầu đường
kính.Vì S1S2= nên ta có:
S1M1+S2M1 ≥ S1S2 =
S1M2+S2M2 ≥ S1S2 =
S1M1000+S2M1000 ≥ S1S2 =
Cộng vế 1000 bất đẳng thức ta có:
(S1M1+S1M2+· · ·+S1M1000) + (S2M1+S2M2+· · ·+S2M1000)>2000 (2.1)
Từ (2.1) v theo nguyên lí Dirichlet suy hai tổng vế trái (2.1), có tổng lớn 1000.Giả sử:
S1M1+S1M2+· · ·+S1M1000>1000
Khi lấy S = S1.
Ví dụ 2.10 Một khu rừng thơng có dạng hình vng, chiều d i 1000m Trong khu rừng có 4500 thơng, to đường kính 0,5m Chứng minh khu rừng có 60 mảnh đất, diện tích mảnh 200m2 khơng có cây
thông n o Lời giải:
0,60m
20m 20m
10m
10m
20m 20m
10m 10m
0,56m
Hình 2.10
Để ý rằng: 1000m= 48.20m+47.0,6m+2.5,9mv 1000m = 95.10m+94.0,52m+ 2.0,56m
(17)Ta chia cạnh hình vng th nh 48 đoạn, đoạn 20m, khoảng cách hai đoạn l 0,6m, hai đầu l hai đoạn 5,9m Cạnh lại hình vng chia th nh 95 đoạn, đoạn d i 10m, khoảng cách gữa hai đoạn l 0,56m, hai đầu l hai đoạn 0,56m
Ta có tất 45×95 = 4560 mảnh có diện tích 200m2 Vì có 4500 thơng, v thơng có đường kính 0,5m,(0,5<0,52<0,6), thơng khơng thể chiếm chỗ hai mảnh, lí đó, theo ngun lí Dirichlet cịn 60 mảnh (mỗi mảnh có diện tích 200m2), m mảnh khơng có
một thơng n o
Ví dụ 2.11 Mỗi điểm mặt phẳng bôi hai m u xanh đỏ Chứng minh ta tạo hình chữ nhật có đỉnh m u
Lời giải:
Q1 Q2 Q3 Q4
∆1
∆2
∆3
R1 R2 R3 R4
Hình 2.11
Vẽ ba đường thẳng song song ∆1,∆2,∆3,(∆1//∆2//∆3) Lấy ∆1 bẩy
điểm Vì điểm bôi hai m u xanh đỏ, nên theo nguyên lí Dirichlet ∆1 tồn bốn điểm m u Không giảm tổng
quát cho l điểmP1, P2, P3, P4 m u đỏ GọiQ1, Q2, Q3, Q4 l hình
chiếu vng góc P1, P2, P3, P4 xuống ∆2 v R1, R2, R3, R4 l hình chiếu vng
góc củaP1, P2, P3, P4 lên ∆3
Chỉ có khả sau xảy ra:
1 Nếu tồn hai bốn điểm Q1, Q2, Q3, Q4 m u đỏ, (giả sử l Qi, Qj) Khi
đó PjQjQiPi l hình chữ nhật có bốn đỉnh đỏ
2 Nếu tồn hai bốn điểm R1, R2, R3, R4 m u đỏ (giả sử Ri, Rj) Khi
PiPjRiRj l hình chữ nhật có bốn đỉnh đỏ
3 Bốn điểmQ1, Q2, Q3, Q4 v bốn điểm R1, R2, R3, R4 tối đa có
điểm đỏ Khi rõ r ng theo ngun lí Dirichlet tồn i, j m Qi, Qj, Ri, Rj
cùng xanh
(18)Vậy QiQjRiRj l hình chữ nhật có bốn đỉnh m u xanh.
Ví dụ 2.12 Trong hình vng có diện tích đặt ba đa giác có diện tích Chứng minh ln tìm hai đa giác m m diện tích phần chung chúng khơng nhỏ
Lời giải:
M1
M2
M3
Hình 2.12
Gọi ba đa giác l M1, M2, M3 Kí hiệu|A| l diện tích hình phẳng A Khi
ta có:
|M1∪ M2∪ M3|=|M1|+|M2|+|M3| −(|M1∩ M2|+|M2∩ M3|+|M3∩ M1|)
+|M1∩ M2∩ M3| (2.2)
Theo giả thiết ta có:
|M1|=|M2|=|M3|= (2.3)
Để ý M1∪ M2∪ M3 nằm hình vng có diện tích 6, nên từ (2.2)
v (2.3) ta có bất đẳng thức sau:
6>9−(|M1∩ M2|+|M2∩ M3|+|M3∩ M1|+|M1∩ M2∩ M3|)
hay
|M1∩ M2|+|M2∩ M3|+|M3∩ M1| >3 +|M1∩ M2∩ M3| (2.4)
Do|M1∩ M2∩ M3| >0 nên từ (2.4)ta có:
|M1∩ M2|+|M2∩ M3|+|M3∩ M1| >3 (2.5)
(19)Từ (2.5) theo nguyên lí Dirichlet suy tồn ba số |M1∩ M2| , |M2∩ M3| , |M3∩ M1|
lớn Giả sử |M1∩ M2| >1 Điều có nghĩa l hai đa giác M1, M2
có diện tích phần chung khơng nhỏ 1.
Ví dụ 2.13 Cho điểm mặt phẳng tô hai m u xanh v đỏ Chứng minh tồn tam giác m ba đỉnh v trọng tâm m u Lời giải:
M A0
B0 C0
A
B C
G
P N
Hình 2.13
Lấy điểm tuỳ ý cho khơng có ba điểm n o thẳng h ng mặt phẳng Khi dùng hai m u để tô đỉnh, m theo nguyên lí Dirichlet phải tồn ba điểm số m u Giả sử l ba điểm A, B, C m u đỏ Như tam giác ABC với ba đỉnh m u đỏ Gọi G l trọng tâm tam giác ABC Khi có hai khả sau xảy ra:
1 Nếu G m u đỏ, A, B, C, G đỏ v b i toán giải xong Nếu G có m u xanh Kéo d i GA, GB, GC đoạn AA0, BB0, CC0 cho
AA0 = 3GA, BB0 = 3GB, CC0 = 3GC Khi đó, gọi M, N, P tương ứng l trung điểm BC, CA, AB AA0 = 3GA= 6GM ⇒ AA0
= 2AM Tương tự BB0 = 2BN, CC0 = 2CP Do tam giác A0BC, B0CA, C0AB tương ứng nhận A, B, C l m trọng tâm Mặt khác, ta có tam giác ABC v A0B0C0 có trọng tâm G Có hai trường hợp sau xảy ra:
(20)(a) Nếu A0, B0, C0 có m u xanh, tam giác A0B0C0 v trọng tâm G m u xanh
(b) Nếu điểm A0, B0, C0 m u đỏ Không giảm tổng quát, giả sử A0 đỏ Khi tam giác A0BC v trọng tâm A m u đỏ Vậy khả tồn tam giác m ba đỉnh v trọng tâm m u.
Ví dụ 2.14 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 th nh 13 phần Như hình lập phương cho chia th nh 133 = 2197 hình lập phương nhỏ Do 11000>
5.2197 = 10985, nên tồn hình lập phương nhỏ, m hình lập phương n y chứa điểm Như biết, gọi cạnh hình lập phương n y l a, hình cầu ngoại tiếp có bán kính l R,vớiR =
2.a √
3 Vì hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ (cạnh có l 15
13), l :
R=
15 13
√ =
2 r 3.225 169 = r 675 169 < r 676 169 = √ = Hình cầu n y dĩ nhiên chứa điểm số 11000 điểm cho. Ví dụ 2.15 Trong hình vng cạnh đơn vị có đường gấp khúc L không tự cắt với độ d i lớn 1000 Chứng minh tồn đường thẳng m song song với cạnh hình vng v đường L 500 điểm
Lời giải:
Giả sử li l độ d i mắt thứ i đường gấp khúc,ai, bi l độ d i hình chiếu
nó lên cạnh hình vng Khi li≤ ai+bi Suy ra:
1000 =l1+l2+· · ·+ln ≤(a1+a2+· · ·+an) + (b1+b2+· · ·+bn),
tức l a1+a2+· · ·+an >500 hoặcb1+b2+· · ·+bn >500 Nếu tổng độ d i hình chiếu
của mắt lên cạnh độ d i khơng nhỏ 500, theo nguyên lí Dirichlet cho độ d i đoạn thẳng phải có điểm chung cho 500 hình chiếu mắt gấp khúc, tức l đường vng góc kẻ từ điểm chung cắt đường gấp khúc 500 điểm.
(21)Ví dụ 2.16 Bên đường trịn bán kính n đặt 4n đoạn thẳng có độ d i Chứng minh kẻ đường thẳng song song vng góc với đường thẳng l cho trước v cắt đoạn thẳng cho
Lời giải:
Giả sử li l đường thẳng vng góc với l Kí hiệu độ d i hình chiếu
của đoạn thẳng thứ i lên đường thẳng l v li l aiv bi tương ứng Bởi độ d i
mỗi đoạn thẳng nên ai+bi >1 Do đó:
(a1+a2+· · ·+a4n) + (b1+b2+· · ·+b4n) >4n
Khơng tính tổng qt giả sử:
(a1+a2+· · ·+a4n)>(b1+b2+· · ·+b4n)
Khi a1+a2+· · ·+a4n > 2n Tất đoạn thẳng cho chiếu
xuống đoạn thẳng có độ d i 2n, chúng nằm đường trịn bán kính n Nếu hình chiếu đoạn thẳng cho lên đường thẳng l điểm chung, có bất đẳng thức a1+a2+· · ·+a4n <2n Do l phải có
một điểm bị điểm hai số đoạn thẳng cho chiếu lên Đường vng góc với l điểm cắt hai đoạn thẳng cho.
Ví dụ 2.17 Trên đoạn thẳng có độ d i ta tơ số đoạn thẳng cho khoảng cách hai điểm tơ khơng 0,1 Chứng minh tổng độ d i đoạn thẳng tô không lớn 0,5
Lời giải:
Chia đoạn thẳng l m 10 đoạn thẳng có độ d i 0,1, đặt chúng theo cột v chiếu xuống đoạn thẳng Bởi khoảng cách hai điểm tơ khơng 0,1, nên điểm tô đoạn thẳng cạnh khơng thể chiếu xuống điểm Do khơng có điểm n o l hình chiếu điểm tô nhiều đoạn thẳng Suy tổng độ d i hình chiếu đoạn thẳng tơ khơng lớn 5×0,1 = 0,5.
Ví dụ 2.18 Chứng minh đường thẳng l nằm mặt phẳng tam giác ABC v không qua đỉnh n o tam giác đó, cắt khơng q hai cạnh tam giác cho
Lời giải:
Kí hiệu α v α l hai nửa mặt phẳng l chia mặt phẳng tam giác ABC Mỗi đỉnh A, B v C nằm nửa mặt phẳng Theo nguyên lí Dirichlet
(22)ít hai nửa mặt phẳng trên, chẳng hạn α, chứa hai đỉnh tam giácABC, chẳng hạn A v B Khi đường thẳngl khơng cắt đoạn thẳng AB, nghĩa l khơng cắt ba cạnh tam giác ABC.
Ví dụ 2.19 Những điểm mặt phẳng sơn ba m u Chứng minh ln tìm hai điểm m u cách Lời giải:
Giả sử hai điểm cách sơn m u khác Xét tam giác ABC có cạnh Tất đỉnh tam giác tô m u khác Giả sử điểm A1 đối xứng với A qua đường thẳng BC Bởi
A1B =A1C = 1, nên điểm A1 có m u khác với m u B v C, tức l tơ
cùng m u với điểm A Các lập luận thực chất AA1 =
√ 3, điểm A v A1 tơ m u Do tất điểm nằm đường trịn
tâm A bán kính √3 có m u Rõ r ng đường trịn ln tìm hai điểm có khoảng cách chúng
Ta mâu thuẫn, ln tìm hai điểm m u có khoảng cách chúng 1.
Ví dụ 2.20 Cho 11 điểm khác hình cầu thể tích V.Chứng minh qua tâm hình cầu dựng hai mặt phẳng cho chúng cắt hình cầu th nh "miếng" với thể tích V
6, m phần khơng chứa phần điểm n o cho
Lời giải:
Chia hình cầu th nh hai bán cầu mặt phẳng qua tâm v hai điểm từ điểm cho Một bán cầu chứa phần nhiều l điểm từ điểm lại Chia nửa hình cầu hai mặt phẳng, m mặt phẳng qua tâm hình cầu v hai điểm điểm cịn lại Như nửa hình cầu chia l m ba "miếng"không chứa điểm n o bên trong, thể tích miếng lớn
1
3 thể tích bán hình cầu.
Ví dụ 2.21 Trong khơng gian cho 37 "điểm ngun" v khơng có ba điểm n o thẳng h ng Chứng minh chọn từ ba điểm để trọng tâm tam giác lập th nh từ ba điểm n y l điểm nguyên
Lời giải:
Mỗi "điểm nguyên" (x;y;z) không gian cho tương ứng với ba: (g(x);g(y);g(z)), đâyg(x);g(y);g(z)
(23)tương ứng l số dư phép chia cho x, y, z
Vì g(x) ∈ {0,1,2}, nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn 13 điểm (trong số 37 điểm) có giá trị g(x).Lấy 13 điểm số điểm n y Giả sử chúng l (x1;y1;z1), ,(x13;y13;z13) v ta có g(x1) =g(x2) =· · ·=g(x13)
Để ý g(yi)∈ {0,1,2} , ∀i= 1,13, nên lại theo nguyên lí Dirichlet, tồn
nhất điểm (trong số 13 điểm nêu trên) có giá trị g(y) Lấy điểm số điểm n y
Giả sử chúng l :
(x1;y1;z1), ,(x5;y5;z5),
ở đây: (
g(x1) =g(x2) =· · ·=g(x5)
g(y1) =g(y2) = · · ·=g(y5)
Lại có g(z1)∈ {0,1,2} , ∀i= 1,5, xảy hai trường hợp sau :
1 Tồn ba điểm chúng, giả sử g(z1) = 0;g(z2) = 1;g(z3) = ba
điểm (x1;y1;z1); (x2;y2;z2); (x3;y3;z3) có:
g(x1) +g(x2) +g(x3)
g(y1) +g(y2) +g(y3)
g(z1) +g(z2) +g(z3)
Vì tam giác với ba đỉnh n y rõ r ng có trọng tâm l "điểm nguyên" Nếu năm giá trịg(zi), ∀i= 1,5 nhận không qua hai ba giá trị {0,1,2}
Khi theo ngun lí Dirichlet tồn ba điểm có giá trị g(z) Bây ta thu ba điểm (xe1;ye1;ze1),(e2;ye2;ze2),(xe3;ye3;ze3) m :
g(xeee1) =g(xe2) =g(xe3)
g(y1) =g(yeee2) =g(yeee3)
g(ze1) =g(z2) =g(z3)
Tam giác thu có trọng tâm l "điểm nguyên".
Ví dụ 2.22 Cho đa giác 100 cạnh nội tiếp đường tròn (C) Mỗi đỉnh gán số 1,2,3, ,49 Chứng minh (C) tồn hai cung AB v CD với tính chất sau:
(24)1 Các điểm A, B, C, D l đỉnh đa giác cho Các dây cung AB v CD song song với
3 Nếu A, B, C, D gắn tương ứng với số a, b, c, d a+b=c+d Lời giải:
A
B C
D
Hình 2.14
Vì đa giác 100 cạnh nội tiếp (C), nên có 50 đường kính khác m đầu mút đường kính n y l đỉnh đa giác 100 cạnh cho trước Giả sử AB l đường kính v giả sử A tương ứng với số a, B tương ứng với số b Bây ta gán cho đường kính AB số |a − b| Do a, b ∈ {1,2,3, ,49} nên dễ thấy: ≤ |a − b| ≤48
Như 50 đường kính vừa xét tương ứng với số 1,2, ,48 Theo nguyên lí Dirichlet có hai đường kính (trong số 50 đường kính) đặt tương ứng với số Khơng giảm tổng qt cho l đường kínhAC v BD Cũng khơng giảm tổng qt cho l đỉnhA, B, C, D tương ứng với số a, b, c, d, c ≤ a v b ≤ d (Nếu việc đổi tên đầu mút đường kính)
Theo giả thiết đường kính AC ứng với số a − c, cịn đường kính BD ứng với số d − b
Từ: a − c=d − b ⇒ a+b=c+d
Rõ r ng ABCD l hình chữ nhật, AB//CD.
(25)Ví dụ 2.23 Cho dãy vơ hạn số tự nhiên u1, u2, xác định theo công
thức truy hồi sau: (
u1 =
un+1 = (n+ 1)un− n+ 1, n= 1,2,
Giả sử n l số tự nhiên v tập M gồm un điểm cho khơng có ba điểm
n o thẳng h ng Mỗi đoạn thẳng nối hai điểm khác M tô trongn m u cho trước Chứng minh tồn ba điểm M l đỉnh tam giác m u
Lời giải:
Ta chứng minh quy nạp theo n
• Với n = 1, ta có u1 = v kết luận b i toán hiển nhiên (vì
chỉ có m u n = 1)
Với n = 2, ta có u2 = 2u1−1 + = Ta có b i tốn với điểm v dùng
m u B i toán n y giải (xem ví dụ 2.1) Vậy kết luận n =
• Giả sử kết luận b i toán với n, tức l tập M gồm un điểm
cho khơng có ba điểm n o thẳng h ng v dùng n m u để tơ đoạn thẳng Khi tồn tam giác m u
• Xét với n + 1, tức l tập M gồm un+1 điểm (khơng có ba điểm n o
thẳng h ng), v dùng n+ m u để tô đoạn thẳng
Lấy A l điểm tập M Điểm n y nối với un+1−1
điểm lại tập M un+1−1 đoạn thẳng bôi m u Theo công thức
xác định dãy ta có:
un+1−1 = (n+ 1)un− n+ 1−1 = (n+ 1)(un−1) + (2.6)
Từ (2.6) theo ngun lí Dirichlet có un đoạn thẳng có chung đỉnh A
được bơi m u.Giả sử AB1, AB2, , ABun bôi m u v giả sử l
m u α, tam giác ABiBj m u α,(α thuộc v o n+ m u
đã cho )
Có khả sau xảy ra:
(26)1 Nếu đoạn thẳng BiBj(i 6=j,1≤ i < j ≤ un) bơi m u
α, tam giác ABiBj m u α B i toán giải xong
trường hợp n+
2 Các đoạn thẳng BiBj,1 ≤ i < j ≤ un có m u khác với α Xét un điểm
B1, B2, , Bun Rõ r ng khơng có ba điểm n o chúng thẳng h ng Chúng dùng tối đa (n+ 1)−1 =n m u để tô (do không dùng m u α) Theo giả thiết quy nạp tồn tam giác m u
Vậy kết luận b i toán với n+ 1.
Ví dụ 2.24 Trong mặt phẳng, cho tập A gồm n điểm (n ≥ 2) Một số cặp điểm nối với đoạn thẳng Chứng minh tập A cho, có hai điểm nối với số lượng điểm khác thuộc A
Lời giải:
Giả sử a ∈ A Ta kí hiệu S(a) l số lượng điểm A nối với a th nh đoạn thẳng Thí dụ hình vẽ bên thì:
S(a = 2), S(b) = 3, S(c) = 1, S(d) = 2, S(e) =
a
b
c d
e
Hình 2.15
B i tốn trở th nh: Chứng minh tồn a1, a2 ∈ A(a1 6= a2), m S(a1) =
S(a2) Rõ r ng với a ∈ A ta có:
0≤ S(a)≤ n −1 (2.7)
(27)Mặt khác dễ thấy không tồn hai điểm a ∈ A, b ∈ A m :
S(a) =n −1 v S(b) = (2.8)
Thật vậy, có (2.8), từ S(a) =n −1, suy a nối với tất n −1 điểm cịn lại, nói riêng a phải nối với b Điều có nghĩa l S(b)≥1 v dẫn đến mâu thuẫn với (2.8) (vì S(b) = 0.)
Gọi S l tập hợp giá trị m đại lượng S(a) nhận, a ∈ A tức l : S =m|m=S(a), a ∈ A
Như từ (2.7) suy tậpS có tối đan giá trị Tuy nhiên từ (2.8) suy ran −1 v không đồng thời thuộc S, tập S tối đa nhận n −1 giá trị Theo nguyên lí Dirichlet suy tồn a1∈ A, a2∈ A(a1 =6 a2), m S(a1) = S(a2).
(28)Ứng dụng nguyên lí Dirichlet v o số học
Các b i tốn số học thường khó khăn việc tìm lời giải Tuy nhiên có số lượng b i tập khơng nhỏ ta sử dụng nguyên lí Dirichlet để giải hiệu quả, m trình b y tương đối đơn giản v dễ hiểu Sau l ví dụ điển hình
Ví dụ 3.1 Biết số a, a=k, a+ 2k l số nguyên tố lớn Chứng minh k chia hết cho
Lời giải:
Do a, a+k, a+ 2k l số nguyên tố lớn 3, nên chúng l số lẻ v không chia hết cho
Do a v a+k lẻ nên k = (a+k)− a chia hết cho (3.1) Do a, a =k, a+ 2k không chia hết cho 3, nên chia cho hai số có số dư (theo nguyên Dirichlet) Chỉ có khả sau xảy ra:
1 Nếu a+k ≡ a(mod3) (a+k)− a ≡ 0(mod3), suy k
2 Nếu a+ 2k ≡ a=k(mod3) (a+ 2k)−(a+k)≡0(mod3), suy k
3 Nếu a+ 2k ≡ a(mod3) (a+ 2k)− a ≡ 0(mod3), suy 2k Do (2,3) = suy ra:
k ≡3 (3.2)
25
(29)Tóm lại trường hợp ta thấy k ≡3 Lại (2,3) = nên từ (3.1) v (3.2) ta có k ≡6.
Ví dụ 3.2 Cho 10 số nguyên dương u1, u2, , u10 Chứng minh tồn
số ci ∈ {−1,0,1}, i= 1,10, không đồng thời không cho số 10
P
i=1
ciui chia hết
cho 1023
Lời giải:Xét tất số có dạng
Aj = 10
X
i=1
biui,
trong bi ∈ {0,1} , i= 1,10, j = 1,1024
Rõ r ng có tất 210 = 1024 số A
j, j = 1,1024, Khi chia 1024 số Aj
n y cho 1023 theo ngun lí Dirichlet có hai số Ak, Ah, k 6= h cho
Ak ≡ Ah(mod1023)
Giả sử Ak v Ahcó dạng sau: Ak = 10
P
i=1
bkiui bki ∈ {0,1}, Ah = 10
P
i=1
bhiui
đây bhi ∈ {0,1}
Ta có
Ak− Ah 1023⇔ 10
X
i=1
(bki− bhi)ui 1023
Đặt ci = bki − bhi,i = 1,10 Vì bki ∈ {0,1}, bhi ∈ {0,1} nên ci ∈ {−1,0,1}, mặt
khác doAk 6=Ah nên ci đồng thời không,∀i= 1,10 Như ta
chứng minh tồn 10 số ci ∈ {−1,0,1} không đồng thời không,
sao cho:
10
X
i=1
ciui 1023.
Ví dụ 3.3 Cho số nguyên phân biệt tuỳ ý a1, a2, a3, a4, a5
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 P 288
(30)Lời giải:
Ta có phân tích sau : 288 = 25.32 v (2,3) = nên để chứng minh P 288 ta
chỉ cần chứng minh đồng thời P 25 v P 32
Theo ngun lí Dirichlet n+ số nguyên tuỳ ý, tồn hai số có hiệu chia hết cho n Trong số a1, a2, a3, a4 có hai số có hiệu chia hết cho 3, khơng
giảm tổng qt, cho l : a1− a2 Bây xét bốn số a2, a3, a4, a5 ta lại
hai số có hiệu chia hết cho Như tích P có hai hiệu khác chia hết cho
Do
P 32 (3.3)
Lại theo nguyên lí Dirichlet số cho có ba số có tính chẵn, lẻ Chỉ có hai trường hợp sau xảy ra:
1 Nếu có số có tính chẵn lẻ, từ số n y lập nên hiệu khác chia hết cho 2, tích chúng chia hết cho 26, nói
riêng P 25
2 Nếu có số có tính chẵn lẻ Khơng giảm tổng quát, cho l a1, a2, a3 Khi hai số cịn lại a4, a5 có tính chẵn lẻ giống
khác với tính chẵn lẻ a1, a2, a3 Vậy bốn hiệu sau chia hết cho 2:
a1− a2, a1− a3, a1− a4, a2− a3, a4− a5
Mặt khác, số cho có hai hiệu chia hết cho 4, bốn số a1− a2, a1− a3, a2− a3, a4− a5 có hiệu chia hết cho Do
đó :
(a1− a2)(a1− a3)(a2− a3)(a4− a5) 25
tức l P 25
Tóm lại trường hợp ta ln có
P 25 (3.4)
Từ (3.3) v (3.4) ta suy P 288.
Ví dụ 3.4 Cho a v m l hai số nguyên dương tuỳ ý Chứng minh số dư phép chia a, a2, a3, cho m lặp lại cách tuần ho n (có thể khơng đầu)
(31)Lời giải:
Xét m+ luỹ thừa đầu tiên:
a, a2, a3, , am, am+1
Khi chia số nguyên dương cho m, số dư phải thuộc tập hợp {0,1,2,3, , m −1}
Vì theo ngun lí Dirichlet, phải tồn hai số m+ số chia cho m có số dư Nói cách khác, giả sử hai số l : ak v ak+1,(k >0), ta có:
ak ≡ ak+1(modm) (3.5)
Xét số tự nhiên n ≥ k Từ (3.5) ta có: ak.ak+1 ≡ ak+1.an−k(modm) hay với n ≥ k,ta ln có:
an ≡ an+1(modm) (3.6)
Đẳng thức (3.6) chứng tỏ vị trí ak số dư lặp lại tuần ho n
Số l thường gọi l chu kì tuần ho n số dư chia luỹ thừa a cho m
Ví dụ 3.5 Chứng minh có vơ số số chia hết cho 19111987
m biểu diễn thập phân số khơng có chữ số 0,1,2,3
Lời giải:
Gọi a l số tự nhiên m biểu diễn thập phân khơng chứa chữ số 0,1,2,3 Rõ r ng chữ số a l vô hạn Ta xét dãy số sau đây:
a, aa, aaa, , aaaa a| {z }
19111987+1
Đem chia 19111987
+ số khác n y cho 19111987
Theo nguyên lí Dirichlet có hai số chia cho 19111987
cho số dư Giả sử hai số l : aaa a
| {z }
n số
, aaa a| {z }
m số
, (n > m)
(32)Như vậy:
aaa a | {z }
n số
− aaa a| {z }
m số
19111987
hay:
aa a | {z }
(n−m) số
000 .0 | {z }
m số
19111987
(3.7)
Vì (10,19) = nên (10mk,19111987
) = 1, suy aaa a
| {z }
(n−m) số
19111987. (3.8)
Do a l vô số, nên từ (3.8) suy tồn vô số số chia hết cho 19111987 m biểu diễn thập phân chúng khơng có số 0,1,2,3.
Ví dụ 3.6 Chứng minh 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn số, gọi l a1, a2, a3, a4, a5, a6 cho
(a1− a2)(a3− a4)(a5+a6) 1800
Lời giải:
Vì ba số nguyên tố l 2,3,5, 12 số nguyên tố phân biệt cho ln có số lớn Vì l số nguyên tố lớn nên:
1 Chín số chia cho có dư Theo ngun lí Dirichlet phải tồn số đồng dư với theo mod Năm số n y lại khơng chia hết cho Vì năm số lại có hai số m ta giả sử l a1, a2 cho a1 ≡ a2( mod 5) Ngo i dĩ nhiên ta có a1 ≡ a2( mod 3) Từ
đó ta có a1− a2 15
Mặt khác, a1, a2 lẻ nên a1− a2 Do (2,15) = nên suy a1− a2 30
2 Xét số lại : Theo nguyên lí Dirichlet tồn bốn số đồng dư với theo mod Đem số n y chia cho có hai khả xảy ra:
(a) Nếu có hai số chẳng hạn ( gọi l a3, a4) m a3 ≡ a4(mod5) Từ suy
ra a3 − a4 Rõ r ng a3− a4 v a3 − a4 Vì (5,3,2) = nên ta có
a3 − a4 30 Lấy hai số a5, a6 (ngo i a1, a2, a3, a4 chọn)
a5, a6 lẻ (do nguyên tố), nên a5+a6 Từ suy ra:
(a1− a2)(a3− a4)(a5+a6) 30.30.2 = 1800
(33)(b) Nếu số n y chia cho số dư khác l {1,2,3,4} Giả sử a5 ≡1(mod5), a6 ≡4(mod5) ta có:
a5+a6 ≡5(mod5), suy a5+a6
Với hai số lại a3, a4 rõ r ng a3− a4 (theo cách chọn số trên)
Do a3, a4, a5, a6 lẻ nên a5 +a6 2,a3 − a4 Từ suy a5 + a6 10 v
a3− a4 6.Vậy:
(a1− a2)(a3− a4)(a5+a6) 30.10.6 = 1800
Tóm lại, ln tồn a1, a2, , a6 phân biệt cho:
(a1− a2)(a3− a4)(a5+a6) 1800.
Ví dụ 3.7 Từ số nguyên dương, ta tác động hai phép toán sau đây: Nhân với số nguyên dương tuỳ ý
2 Xố bỏ chữ số khơng biểu diễn thập phân
Chứng minh với số nguyên dương n , ta thực dãy phép toán để biến n th nh số có chữ số
Lời giải:
Ta có nhận xét sau:
"Với số ngun dươngk, có bội số có dạng: 111 .100 .0" Nhận xét chứng minh sau:
Xét k+ số sau:
1,11,111, ,11| {z } .11
k+1
Theo ngun lí Dirichlet có hai số chúng chia cho k có phần dư Hiệu hai số n y chia hết cho k v rõ r ng hiệu có dạng:
111 .100 .0
Nhận xét chứng minh.Trở lại b i tốn ta xét,ta có bổ đề sau:
Bổ đề 3.1 Với số nguyênn cho trước,bằng số hữu hạn lần thực hai phép tốn ta đưa n số có dạng: 111 .1
(34)Chứng minh:
Vì n l số nguyên dương, nên theo nhận xét tồn số α = 111 .10 .0 m α n Đặt α=k.n ⇒ k nguyên dương Ta tiến h nh phép toán sau:
1 Nhân số n với số k, n biến th nh số α= 111 .10 .0 Xoá bỏ số 0, n biến th nh 111 .1
Bổ đề chứng minh
Như cho trước số n,bằng phép toán ta đưa n số có dạng 111 .1 Ta nhân số 111 .1 với 82 v số 911 .102
2 Thực phép xoá số ta số: 911 .12
3 Thực phép nhân số n y với ta số:820 .008 Thực phép xoá số ta số: 828
5 Thực phép nhân số n y với 25 ta số: 20700 Thực phép xoá số ta số: 27
7 Thực phép nhân số n y với ta số: 108 Thực phép xoá số ta số: 18
9 Thực phép nhân số n y với ta số: 90 10 Thực phép xố số ta số:
Vì số l số có chữ số v phép toán dừng lại
Như với số ngun dương tuỳ ý ta ln thực dãy hữu hạn phép toán cho để biến n th nh số có chữ số.
Ví dụ 3.8 Xét tập M gồm 2003 số ngun dương phân biệt cho khơng có số n o chúng có ước nguyên tố lớn 23 Chứng minh M chứa tập hợp gồm phần tử m tích phần tử n y l luỹ thừa bậc số nguyên
(35)Lời giải:
Vì có số nguyên tố không lớn 23 l :
p1 = 2, p2 = 3, p3= 5, p4= 7, p5 = 11, p6 = 13, p7= 17, p8= 19, p9 = 23
Vì phần tử k tập hợp M (từ giả thiết) có dạng:
k =pk11 pk22 pk99 (3.9) Ở ki l số nguyên không âm với i= 1,9.Với phần tử k tập
hợp M ta gán tương ứng với dãy (x1, x2, , x9), xi= số mũ ki
củapi (3.9) l chẵn v xi = ki lẻ Tập hợp dãy (x1, x2, , x9)
đó xi = 1, i= 1,9 gồm 29 phần tử
Theo nguyên lí Dirichlet tập hợp chứa khơng 29+ phần tử của
M chứa hai số nguyên phân biệt (ta gọi chúng l a1, b1), a1, b1
ứng với dãy x1, x2, , x9 n o đó, tức l :
a1 =pk11 pk22 pk99 ,
b1 =pk1
,
1 pk2
,
2 pk9
,
9
Do a1, b1 ứng với dãy chung x1, x2, , x9 n o nênki, k,i có tính
chẵn lẻ ∀i= 1,9 Từ ta có:
a1b1 =pk1+k1
,
1 pk2+k2
,
2 pk9+k9
,
9 =c2
Nói cách khác ta lấy cặp từ tậpM, lại 2003−2>29+1
số
Áp dụng lần nguyên lí Dirichlet v tiếp tục lấy cặp lại 29+ số trong M.
Để ý 2003 >3(29+ 1), 3(269 + 1) = 1539, nên ta lấy 269 + 1
cặp (a, b), lúc số lại M l :
2003−2(29+ 1) = 977>513 = 29+ Xét 29+ cặp lấy (ứng với cặpa
i, bi) ta cóaibi =ci2 Ta có: ci =√aibi Số
ci khơng thể chứa thừa số nguyên tố khác p1, p2, , p9 (do ai, bi
vậy) Vì lại theo ngun lí Dirichlet tồn cặp (ci, cj) cho
ci.cj =d2, với d l số nguyên, suy ra:
d4 =c2i.c2j =ai.bi.aj.bj.
(36)Ví dụ 3.9 Cho trước 20 số tự nhiên a1 < a2 < a3 < · · · < a20 không vượt 70
Chứng minh hiệu aj− ak(j > k) ln tìm hiệu
nhau Lời giải:
Giả sử kết luận b i tốn khơng đúng, nói riêng 19 hiệu sau: a20− a19, a19− a18, , a3− a2, a2− a1
không có bốn số n o Do lại nói riêng 19 dãy số đó, số 1,2,3,4,5,6 có mặt khơng q lần
Từ 19 số phải lớn (thật vậy, số nhỏ 6, theo ngun lí Dirichlet phải có số nhau) Một cách ho n to n tương tự, ta thấy có 18 số cịn lại phải lớn 5, số 15 số lại phải lớn 4, Vì thế:
(a20− a19) + (a19− a18) +· · ·+ (a2− a1) ≥7 + 3(6 + + + + + 1) = 70
Suy ra: a20− a1 >70 Mặt khác:
1≤ ai≤70∀i= 1,20
nên:
a20− a1 ≥70−1 = 69
Ta nhận mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng l sai.
Ví dụ 3.10 Tập hợp số 1,2,3, , ,100 chia th nh tập hợp Chứng minh tập tìm số a, b, c, d cho a+b=c+d ba số e, f, g cho e+f = 2g
Lời giải:
Theo nguyên lí Dirichlet suy có tập hợp chứa khơng 15 phần tử (vì trái lại tất tập chứa không nhiều 7.14 = 98 phần tử Do 98< 100 nên dẫn đến mâu thuẫn) Xét cặp số (a, b) a > b tập hợp n y
Ứng với cặp (a, b) n y ta xét hiệu a − b (rõ r ng a − b > 0) Vì tập n y có khơng 15 phần tử, nên ta nhận khơng C152 hiệu, (tức l khơng 105 hiệu)
Do số tập thuộc tập hợp {1,2, ,100} nên hiệu nói thuộc tập hợp {1,2, ,99} Vì lại theo nguyên lí Dirichlet suy hiệu
(37)trên phải có hai hiệu Giả sử hai hiệu tương ứng với hai cặp (a, b),(c, d), (a 6= c,(b 6= d)), cho b − a =d − c Từ ta có: a+d =b+c Nếu a=d(hoặcb=c; ý khác xảy a 6=c, b 6=d), b+c= 2a d+a= 2b
Ví dụ 3.11 Chứng minh từ 52 số ngun ln chọn hai số m tổng hiệu chúng chia hết cho 100
Lời giải: Tất số dư phép chia cho 100, chia th nh nhóm sau:
{0} , {1,99} , {2,98} , , {49,51} , {50}
Vì có tất 51 nhóm, m lại có 52 số, nên theo ngun lí Dirichlet chúng phải có hai số m số dư phép chia cho 100 rơi v o nhóm Hai số n y l hai số cần tìm số dư chúng hiệu chúng chia hết cho 100, cịn số dư chúng khác tổng chúng chia hết cho 100 Ví dụ 3.12 Chứng minh từ tập hợp tuỳ ý gồm n số tự nhiên tách tập hợp (khác rỗng) chứa số m tổng chúng chia hết cho n Lời giải:
Giả sử với tập hợp n o chứa số a1, a2, , an m không thoả mãn
khẳng định b i tốn.Khi khơng có số n o số : S1=a1, S2 =a1+a2, , Sn =a1+· · ·+an
chia hết cho n Vì số số dư khác khơng phép chia chon l n −1, nên theo nguyên lí Dirichlet ta tìm hai số Si v Sj(1 ≤ i ≤ j ≤ n) có số dư Suy
ra hiệu Si− Sj =ai−1+· · ·+aj chia hết cho n Điều n y mâu thuẫn với giả sử nói
trên v khẳng định b i tốn chứng minh.
Ví dụ 3.13 Choa1, a2, , anl số nguyên khác khoảng [100,200],
m chúng thoả mãn:
a1+a2+· · ·+an ≥11100
Chứng minh số n y có số, m viết dạng thập phân có hai chữ số giống
Lời giải:
(38)Chúng ta lập danh sách số khoảng [100,200],m chúng viết hệ thập phân có hai chữ số trùng nhau:
100,101,110,111,112,113,114,115,116,117,118,119,
121,131,141,151,161,171,181,191,199,200 Tổng tất số nói l 4050 Mặt khác tổng tất số nguyên khoảng [100,200] l : 15150.Nếu số cho l : a1, , an khơng có
số n o danh sách trên, a1+a2+ an <15150−4050 = 11100, điều n y
vơ lí Nghĩa l số a1, , an có số viết số 10 có
hai chữ số trùng nhau.
Ví dụ 3.14 Cho M l tập hợp gồm 10 số tự nhiên, số không lớn 100 Chứng minh tồn hai tập hợp M m tổng phần tử chúng
Lời giải:
Có thể chứng minh tồn thoả mãn kết luận b i tốn, ta chọn hai tập tính chất khơng giao Thật vậy, cho X, Y l hai tập M có tổng phần tử Chúng ta kí hiệu X1
gồm phần tử X m không thuộc Y Tương tự Y1 gồm phần tử
của Y m không thuộc X Rõ r ng X1 v Y1 có tổng phần tử m
không giao Gọi A l tập hợp tập hợp khác rỗng M Số lượng phần tử A l : 210 −1 = 1023 Chúng ta xét tổng S phần tử tập hợp vậy, rõ r ng :
S ≤91 + 92 +· · ·+ 100 <10.100 = 1000
Như tồn không 1000 tổng khác Kí hiệu B l tập hợp tất cá tổng Do số lượng phần tử củaB nhỏ 1000 v nhỏ số lượng phần tử A Đặt tương ứng phần tử củaA với tổng phần tử Ta thấy áp dụng ngun lí Dirichlet Suy tồn hai tập khác có tổng phần tử.
Ví dụ 3.15 Chứng minh tồn số nguyên a, b v c không đồng thời không v giá trị tuyệt đối số không vượt 1000000, thoả mãn a+b√2 +c√3 <10−11.
Lời giải:
(39)Đặt S l tập hợp 1018 số thực r+s√2 +√3 , ∀r, s, t ∈0,1,2, ,106−1
v đặt d= (1 +√2 +d√3).106.
Khi x ∈ S ≤ x < d.Chia đoạn n y th nh 108−1 phần nhau,
mỗi đoạn nhỏ có độ d i e= d
108−1 Theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số
108 số của S nằm đoạn nhỏ Hiệu hai số n y l a+b√2 +c√3
đó l số a, b v c e < 10
7
1018 = 10−11.
Ví dụ 3.16 Chứng minh với số tự nhiên ,tồn số có dạng 111 .000
| {z }
n
m chia hết cho n
Lời giải:
Chúng ta xét số
1,11,111 ,111| {z111}
n số
v số dư chia dãy số cho n Vì dãy số cho gồm n phần tử, nên số dư dương khác chia chúng chon có n −1 phần tử Có thể giả thiết khơng có số n o dãy chia hết cho n ngược lại b i tốn giải Khi có hai số chúng, ví dụ:
111 .111 | {z }
k số
v 111| {z 111}
l số
,(l > k)
m chia chúng cho n cho số dư Do đó: l − k= 111| {z } .1
l−k số
000 .0 | {z }
k số
sẽ chia hết cho n.
Ví dụ 3.17 Cho p l số nguyên tố lớn Chứng minh tồn số có dạng 111 .11 m chia hết cho p
Lời giải:
Ta xét dãy số :
1,11,111, ,111| {z } .1
p số
(40)
Nếu dãy khơng có số n o chia hết cho p, ta cho tương ứng số với số dư phép chia Tập hợp số dư có 1,2,3, , p −1 gồm p −1 phần tử (vì khơng thể có tập n y)
Nhưng có p số dạng trên, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số có số dư Giả sử số l :
111 .1 | {z }
m số
v 111| {z } .1
n số
,(m > n)
Khi đó: 1≤ n < m ≤ p Vậy: 111 .1
| {z }
m số
−111| {z } .1
n số
= 111| {z } .1
m−n số
000 .0 | {z }
n số
= 111| {z } .1
m−n số
.10n.
tích n y chia hết cho p (p,10) = 1, suy 111| {z } .1
m−n số
chi hết cho p v nằm dãy M ≤ m − n ≤ p mâu thuẫn với giả thiết khơng có số n o dãy chia hết cho p.
Ví dụ 3.18 Từ tập M chọn cách 2n+ số Chứng minh tồn hai số tập vừa chọn m tích chúng l số phương
Lời giải:
Nhận xét số tự nhiên x=pα1
1 pα22 pαnn
l số phương v tất số mũ chẵn.Chúng ta biểu diễn số chọn với dạng v cho tương ứng với n -số:
(α1, α2, , αn)
Ở
α1, α2, , αn
l số dư số mũ tương ứng α1, α2, , αn chia cho
Rõ r ng αi= αi = 1, ∀1 = 1,2, , n
Vậy
(α1, α2, , αn)
l thứ tự gồm n số v
(41)Theo lý thuyết tổ hợp ,tất n -bộ có số lượng l 2n, cịn số ta xét có số lượng l : 2n+ Như có hai số chúng có xếp
gồm số v giống Giả sử số l :x=pα1
1 pα22 pαnn v y =pβ
1
1 pβ
2
2 pβnn
với chúng có:
(α1, α2, , αn) = (β1, β2, , βn)
Đẳng thức sau có nghĩa l :
αi=βi, i= 1, n
Do số mũ αi v βi có tính chẵn lẻ với i= 1, n Khi
đó:
α1+β1, α2+β2, , αn+βn
l số chẵn v theo nhận xét ban đầu tích: x.y = (pα1
1 pα22 pαnn)(pβ11p β2
2 pβnn) =pα11+β1p α2+β2
2 pαnn+βn
đúng l số phương.
Ví dụ 3.19 Chứng minh n + số tập hợp M chọn v i số m tích chúng l số phương
Chox1, x2, , xnl số củaM Với tập khác rỗng{i1, i2, ik}
của tập hợp{1,2, , n+ 1}, xét xi1, xi2, , xik, tất nhiên số n y
thuộc M
Biểu diễn số n y theo dạng chuẩn v tập {i1, i2, ik} cho tương
ứng với n -bộ
(α1, α2, , αn)
Ở
α1, α2, , αn
l số dư số mũ tương ứng α1, α2, , αn chia cho
Nhưng số lượng tập khác rỗng {1,2, , n+ 1} l 2n+1−1, còn
số lượng n -bộ gồm số 0,1 v 2n
Suy tồn tập khác rỗng khác {i1, i2, ik} v {j1, j2, jk}
của{1,2, , n+ 1}, m chúng tương ứng với n -bộ số dư Điều n y có nghĩa l :
xi1xi2 xik =p1α1pα22 pαnn
(42)v
xj1xj2 xjk =p1β1pβ22 pβnn
thì số mũ αi v βi có tính chẵn lẻ với i= 1, k
Điều n y có nghĩa l tích số xi1xi2 xik v xj1xj2 xjk l
phương Nếu{i1, i2, ik}v {j1, j2, jk} khơng có phần tử chung, b i toán
được giải
Trường hợp ngược lại, P =xi1, xi2, , xik v xj1, xj2, , xjk lặp lại
những số xs m s thuộc{i1, i2, ik} v {j1, j2, jk} Chúng ta loại trừ trongP tất
cả xs v nhận tích v i số số x1, x2, , xn+1 m
đúng l số phương.
Ví dụ 3.20 Cho k ≥ v n ≥ l số tự nhiên v A l tập hợp gồm (k −1)n+ số nguyên dương, số n y nhỏ kn Chứng minh có phần tử A biểu diễn tổng k phần tử A
Lời giải:
Với k = b i toán hiển nhiên đúng, giả thiết k ≥ Kí hiệu m l số nhỏ thuộcA Dễ thấy m ≤ nv tồn n − m số thuộc A m chúng lớn m không vượt kn
Để chứng minh b i tốn tìm hai số x v y thuộcA chox=y+ (k − 1)m, nghĩa l biểu diễn số n o thuộcA th nh tổng k số hạng thuộc A k −1 số hạng bằngm Chỉ cần tìm sốx thuộcA m x >(k −1)m v x −(k −1)m thuộc A
Thật vậy, khoảng ∆ = ((k −1)m, kn) có kn −(k −1)m =k(n − m) +m số nguyên Vì k ≥2, nên(k −1)m ≥ m, theo nhận xét ban đầu suy có nhiều n-m số ∆ không thuộc A Điều n y nghĩa l A chứa s =k(n − m) + m −(n − m) = (k −1)(n − m) +m số Nhưng s ≥ n ,vì (k −2)(n − m) ≥ Gọi a1, a2, , as thuộc A, với
(k −1)m < ≤ kn, i= 1, s
Khi hiệu
a1−(k −1)m, a2−(k −1)m, , as−(k −1)m
l số nguyên khác khoảng [1, kn] Nếu số n o chúng khơng thuộc A, theo ngun lí Dirichlet nhận đượcs ≤ n −1 , ngo i A n −1 số khoảng n y Như trái với bất đẳng thức chứng minh s ≥ n Suy tồn hiệu ai−(k −1)m thuộc A.
(43)Ví dụ 3.21 Chox1, x2, x3, , xn l số thực v x12+x22+· · ·+x2n = Chứng
minh với số nguyên k, k ≥2, tồn số nguyên a1, a2, , an không
đồng thời không cho |ai| ≤ k −1, i = 1, n v thoả mãn bất phương trình
sau:
|a1x1+a2x2+· · ·+anxn| ≤
(k −1)√n kn−1
Lời giải:
Chúng ta sử dụng bất đẳng thức Cosi-Buniakovski-Svars:
|α1β1+α2β2+· · ·+αnβn| ≤
q
α21+· · ·+α2 n
q
β12+· · ·+β2 n
đúng với số thựcα1, α2, , αn, β1, β2, , βn, dấu xảy v tồn
tại số λ cho α1=λβ1, α2 =λβ2, , αn =λβn
Bây xét số :
y0 =−k −1
2 , y1=− k −1
2 + 1, , yk−1 =− k −1
2 + (k −1) = k −1
2
Số lượng chúng l k v hiệu cặp chúng l số nguyên, m giá trị tuyệt đối khơng vượt q k −1 Mỗi xếp n -th nh phần: β = (b1, b2, , bn), bi l số n o y1, y2, , yn,(i= 1, n),
đặt tương ứng với số Sβ =b1x1+b2x2+· · ·+bnxn
Từ bất đẳng thức Cosi:
Sβ =b1x1+b2x2+· · ·+bnxn ≤
q
b21+b22+· · ·+b2 n
q
x21+x22+· · ·+x2 n
=qb21+b22+· · ·+b2 n
Nhưng bi≤ k −
1
2