Nguyên lý Direchlet và ứng dụng giải toán sơ cấp

Nguyên lý Direchlet và ứng dụng giải toán sơ cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRỊNH VIỆT PHƯƠNG NGUN LÍ DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TỐN SƠ CẤP Chuyên ngành: 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 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Lời nói đầu Nguyên lí Dirichlet cơng cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác tốn học Ngun 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 Luận văn dành để trình bày ứng dụng nguyên lí Dirichlet để giải tốn sơ cấp Ngồi phần mở đầu luận văn gồm bốn chương danh mục tài liệu tham khảo Chương I dành để trình bày kiến thức (đặc biệt giới thiệu nguyên lí Dirichlet) dùng đến chương sau Chương II với tiêu đề "Ứng dụng ngun lý Dirichlet vào tốn hình học tổ hợp" trình bày ứng dụng ngun lí Dirichlet để giải tốn lĩnh vực hình học tổ hợp Cần nhấn mạnh sử dụng nguyên lí Dirichlet phương pháp hiệu để giải tốn hình học tổ hợp Chương III trình bày cách sử dụng ngun lí Dirichlet để giải toán số học, đặc biệt tốn tính chia hết, tính phương Phần cịn lại luận văn dành để trình bày ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào tốn khác Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình thày giáo PGS.TS Phan Huy Khải Tôi xin bày tỏ lịng kính trọng 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 đồng nghiệp trường THPT Phương Xá - Phú Thọ động viên, giúp đỡ tơi nhiều q trình hồn thành luận văn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Mục lục 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 1 2 Chương Ứng dụng ngun lý Dirichlet vào tốn hình học tổ hợp Chương Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào số học 25 Chương Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào tốn khác Tài liệu tham khảo 42 53 ii Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Chương Các kiến thức Nguyên lí lồng nhốt thỏ biết đến từ lâu Nguyên lí phát biểu nhà toán học người Đức Perter Guster Lijeune Dirichlet (1805-1859) 1.1 Nguyên lý Dirichlet Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có chuồng chứa hai thỏ 1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng Nếu nhốt n thỏ vào m ≥ chuồng tồn chuồng có n+m−1 thỏ, kí hiệu [α] để phần nguyên số α m Ta chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng sau : Giả sử trái lại chuồng thỏ khơng có đến n+m−1 n−1 n−1 = +1 +1 = m m m con, số thỏ chuồng nhỏ tổng số thỏ không vượt m n−1 m Từ suy n−1 ≥ n − Điều vơ lí có n m thỏ Vậy giả thiết phản chứng sai Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp Ngun lí Dirichlet mở rộng chứng minh Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản vậy, 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 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 Nguyên lí Dirichlet thực chất định lí tập hữu hạn Người ta phát biểu xác ngun lí dạng sau 1.3 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp Cho A B hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử A lớn số lượng phần tử B Nếu với quy tắc đó, phần tử A cho tương ứng với phần tử B , tồn hai phần tử khác A mà chúng tương ứng với phần tử B a1 b1 a2 b2 a3 b3 a4 b4 a5 A Hình 1.1 B 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 hai tập hợp hữu hạn S (A), S (B ) tương ứng kí hiệu số lượng phần tử A B Giả sử có số tự nhiên k mà S (A) > k.S (B ) ta có quy tắc cho tương ứng phần tử A với phần tử B Khi Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Ngun lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp tồn k + phần tử A mà chúng tương ứng với phần tử B Chú ý: Khi k = 1, ta có lại ngun lí Dirichlet Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Chương Ứng dụng ngun lý Dirichlet vào tốn hình học tổ hợp Chương trình bày phương pháp sử dụng ngun lí Dirichlet để giải tốn hình học tổ hợp Vì lẽ đó, chúng tơi xin trình bày số mệnh đề (thực chất số nguyên lí Dirichlet áp dụng cho độ dài đoạn thẳng, diện tích hình phẳng, thể tích vật thể) hay sử dụng nhiều đến nhiều toán hình học tổ hợp đề cập đến chương Mệnh đề 2.1 Nguyên lí Dirichlet cho diện tích Nếu K hình phẳng, cịn K1 , K2 , , Kn hình phẳng cho Ki ⊆ K với i = 1, n |K| < |K1 | + |K2 | + · · · + |Kn | Ở |K| diện tích hình phẳng K , cịn |Ki | diện tích hình phẳng Ki , i = 1, n, tồn hai hình phẳng Hi , Hj , (1 ≤ i ≤ j ≤ n) cho Hi Hj có điểm chung (Ở ta nói P điểm tập hợp A mặt phẳng, tồn hình trịn tâm P bán kính đủ bé cho hình trịn nằm trọn A ) Tương tự ngun lí Dirichlet cho diện tích, ta có ngun lí Dirichlet cho độ dài đoạn thẳng, thể tích vật thể Ngun lí Dirichlet cịn phát biểu cho trường hợp vơ hạn sau Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Ngun lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp Mệnh đề 2.2 (Ngun lí Dirichlet vơ hạn) Nếu chia tập hợp vô hạn táo vào hữu hạn ngăn kéo, phải có ngăn kéo chứa vô hạn táo Ta bắt đầu sử dụng nguyên lí Dirichlet để giải tốn hình học tổ hợp sau Ví dụ 2.1 Trong mặt phẳng cho sáu điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Mỗi đoạn thẳng nối cặp điểm bôi màu đỏ xanh Chứng minh tồn ba điểm số sáu điểm cho, cho chúng ba đỉnh tam giác mà cạnh bơi màu Lời giải: B1 B2 B3 A B4 B5 Hình 2.1 Xét A số sáu điểm cho Khi xét năm đoạn thẳng (mỗi đoạn thẳng nối điểm A với năm điểm cịn lại) Vì đoạn thẳng bôi màu đỏ xanh, nên theo ngun lí Dirichlet có it ba năm đoạn nói màu Giả sử đoạn AB1 , AB2 , AB3 cho chúng màu xanh Chỉ có hai khả sau xảy ra: Nếu ba đoạn B1 B2 , B2 B3 , B3 B1 màu xanh tồn tam giác với ba cạnh xanh kết luận toán trường hợp Nếu vậy, tức B1 B2 , B2 B3 , B3 B1 màu đỏ, ba điểm phải tìm B1 , B2 , B3 , B1 B2 B3 tam giác với ba cạnh đỏ Ví dụ 2.2 Cho hình chóp đáy đa giác chín cạnh Tất cạnh bên 27 đường chéo đa giác đáy bôi hai màu đỏ xanh Chứng minh tồn ba đỉnh hình chóp cho chúng đỉnh hình tam giác với cạnh bơi màu Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp Lời giải: Xét chín cạnh bên Vì chín cạnh bôi hai màu đỏ xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn năm cạnh bên bơi màu Khơng giảm tổng qt cho cạnh bên SA1 , SA2, SA3 , SA4 , SA5 bôi màu đỏ, điểm A1 , A2, A3 , A4 , A5 xếp theo chiều ngược chiều kim đồng hồ Xét đa giác A1 A2 A3 A4 A5 Có hai khả sau xảy ra: S A5 A4 A1 A3 A2 Hình 2.2 Nếu A1 A2 đường chéo đáy, dĩ nhiên A2 A4 , A4 A1 đường chéo đáy Lại có hai khả sau xảy ra: (a) Nếu ba đoạn A1 A2 , A2A4 , A4 A1 bơi màu xanh Khi A1 , A2 , A4 ba đỉnh cần tìm, tam giác A1 A2 A4 tam giác với ba cạnh xanh (b) Nếu đoạn A1 A2 , A2 A4 , A4 A1 đỏ Giả sử A2 A4 đỏ, SA2 A4 tam giác với ba cạnh đỏ Lúc S, A2 , A4 ba đỉnh cần tìm Trường hợp giải xong Nếu A1 A2 cạnh đáy Khi dĩ nhiên A1 A3 , A3 A5 chắn đường chéo đáy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp (a) Nếu A1 A5 đường chéo đáy ta quay trường hợp vừa xét, với A1 A3 A5 tam giác với ba cạnh ba đường chéo đáy (b) Nếu A1 A5 cạnh đáy Khi rõ ràng A1 A3 , A1 A4 đường chéo đáy NếuA3 A4 đường chéo đáy, ta quay trường hợp 1, A3 A4 cạnh bên Lại xét hai khả sau: A5 A4 A1 A2 A5 A5 A3 A4 A1 A1 A2 A3 A4 A2 Hình 2.3 A3 Nếu A2 A3 đường chéo đáy, tam giác A2 A3 A5 tam giác với ba cạnh ba đường chéo đáy, ta quay trường hợp Nếu A2 A3 cạnh đáy Khi xét tam giác A2 A4 A5 quay trường hợp Tóm lại tốn giải xong hồn tồn Ví dụ 2.3 Trong hình vng đơn vị (cạnh 1) có 101 điểm Chứng minh có năm điểm điểm chọn phủ đường trịn bán kính Lời giải: Chia hình vng làm 25 hình vng nhau, cạnh hình vng 0.2.Vì có 101 điểm, mà có 25 hình vng, nên theo ngun lí Dirichlet tồn hình vng nhỏ chứa năm điểm (trong 101 điểm cho) Vì hình vuông 1√ √ 2 nội tiếp đường trịn bán kính R = = 10 √ < nên dĩ nhiên đường tròn đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp Do 10 có bán kính chứa năm điểm nói Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 39 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp xj xj xjk = pβ1 pβ2 pβn n số mũ αi βi có tính chẵn lẻ với i = 1, k Điều có nghĩa tích số xi1 xi2 xik vàxj xj xjk phương Nếu {i1 , i2 , ik } {j1 , j2 , jk } phần tử chung, tốn giải Trường hợp ngược lại, P = xi1 , xi2 , , xik xj , xj , , xjk lặp lại số xs mà s thuộc {i1 , i2 , ik } {j1 , j2 , jk } Chúng ta loại trừ P tất xs nhận tích vài số số x1 , x2 , , xn+1 mà số phương Ví dụ 3.20 Cho k ≥ n ≥ số tự nhiên A tập hợp gồm (k − 1)n + số nguyên dương, số nhỏ kn Chứng minh có phần tử A biểu diễn tổng k phần tử A Lời giải: Với k = toán hiển nhiên đúng, giả thiết k ≥ Kí hiệu m số nhỏ thuộc A Dễ thấy m ≤ n tồn n − m số thuộc A mà chúng lớn m không vượt kn Để chứng minh tốn tìm hai số x y thuộc A chox = y + (k − 1)m, nghĩa biểu diễn số thuộc A thành tổng k số hạng thuộc A k − số hạng m Chỉ cần tìm số x thuộc A mà x > (k − 1)m 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 nghĩa 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 số nguyên khác khoảng [1, kn] Nếu số chúng khơng thuộc A, theo ngun lí Dirichlet nhận s ≤ n − , ngồi A cịn n − số khoảng Như trái với bất đẳng thức chứng minh s ≥ n Suy tồn hiệu − (k − 1)m thuộc A Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 40 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp Ví dụ 3.21 Cho x1 , x2 , x3 , , xn số thực x2 + x2 + · · · + x2 = Chứng n minh với số nguyên k, k ≥ 2, tồn số nguyên a1 , a2 , , an không đồng thời không cho |ai | ≤ k − 1, i = 1, n thoả mãn bất phương trình sau: √ (k − 1) n |a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn | ≤ kn − Lời giải: Chúng ta sử dụng bất đẳng thức Cosi-Buniakovski-Svars: 2 α1 + · · · + αn |α1 β1 + α2 β2 + · · · + αn βn | ≤ 2 β1 + · · · + βn với số thực α1 , α2 , , αn , β1 , β2 , , βn , dấu xảy tồn số λ cho α1 = λβ1 , α2 = λβ2 , , αn = λβn Bây xét số : y0 = − k−1 , y1 = − k−1 + 1, , yk−1 = − k−1 + (k − 1) = k−1 Số lượng chúng k hiệu cặp chúng số ngun, mà giá trị tuyệt đối khơng vượt k − Mỗi xếp n -thành phần: β = (b1 , b2 , , bn ), bi số y1 , y2 , , yn , (i = 1, n), đặt tương ứng với số Sβ = b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn Từ bất đẳng thức Cosi: Sβ = b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn ≤ b2 + b2 + · · · + b2 n = b2 + b2 + · · · + b2 n Nhưng bi ≤ k−1 x2 + x2 + · · · + x2 n , i = 1, n cho: Sβ ≤ là: − b2 + b2 + · · · + b2 ≤ n k − 1√ n k−1 √ k−1 √ n ≤ Sβ ≤ n 2 Theo phương pháp n-bộ β = (b1 , b2 , , bn ), bi số y0 , y1 , , yk−1 , i = 1, n Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 41 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp đặt tương ứng với số Sβ = b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn đoạn ∆= − k − 1√ n, k − 1√ n Số lượng n - xếp k n Chia ∆ k n − đoạn nhỏ với độ dài k−1 √ n kn − Từ nguyên lí Dirichlet suy tồn hai n - β = (b1 , b2 , , bn ) γ = (c1 , c2 , , cn ), mà số: Sβ = b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn Sγ = c1 x1 + c2 x2 + · · · + cn xn tương ứng với chúng nằm đoạn nhỏ Đặt a1 = b1 − c1 , a2 = b2 − c2 , , an = bn − cn Dễ kiểm tra a1 , a2 , , an thoả mãn điều kiện cho Thật vậy, với i = 1, n số = bi −ci hiệu hai số y0, y1 , , yk−1 nói số ngun khơng vượt q k − Vì hai n - khác hồn tồn số = bi − ci khác khơng Ngồi ra: |b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn | = x1 (b1 − c1 ) + x2 (b2 − c2 ) + · · · + xn (bn − cn )) k−1 √ n = Sβ − Sγ ≤ n k −1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Chương Ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào tốn khác Ở chương II chương III chung ta thấy điều thú vị việc áp dụng nguyên lí Dirichlet để giải tốn hình học tổ hợp số học Chúng ta cịn thấy điều thú vị qua số toán khác sau đây, để thấy ứng dụng to lớn nguyên lí Dirichlet Ví dụ 4.1 Giả sử tập hợp hữu hạn X chọn 50 tập hợp A1 , A2 , , A50 cho tập chứa nửa phần tử tập X Chứng minh tìm tập B ⊂ X khơng chứa nhiều phần tử có phần chung cho tập hợp A1 , A2 , , A50 Lời giải: Giả sử số phần tập X n Mỗi tập hợp chọn A1 , A2 , , A50 n chứa khơng phần tử, có nghĩa tổng số phần tử tất tập n vượt 50 = 25.n Theo ngun lí Dirichlet tồn phần tử X thuộc khơng 26 tập chọn Tương tự ta chứng minh với giá trị k < 50 tập Ai1 , Ai2 , , Aik chọn khơng k + tập hợp chứa phần tử Ta lấy phần tử tập hợp X mà thuộc khơng 26 tập (phần tử phần tử tập hợp B ) Ta loại 26 tập mà chứa phần tử xét Khi tìm phần tử thuộc 13 từ 24 tập lại Ta loại 13 tập ra, 11 tập cịn lại tìm phần tử thuộc khơng số tập hợp Đối với tập cịn lại tìm phần tử thuộc khơng số 42 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 43 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp chúng Và cuối tồn phần tử thuộc hai tập cuối Như ta tìm khơng nhiều phần tử tập X (có thể vài phần tử trùng nhau), chúng tạo thành tập B Ngồi tập từ A1 , A2 , , A50 chứa phần tử Ví dụ 4.2 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−1 Suy k ≥ 2n−1 Mặt khác giả sử chọn 2n−1 tập X Ta chia tất tập X thành 2n−1 cặp tạo từ tập X phần bù Theo ngun lí Dirichlet có tập chọn tạo thành cặp, suy chúng không giao Vậy k = 2n−1 Ví dụ 4.3 Các hàm số thoả mãn ba điều kiện sau: f, g, h : N → N 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 (2) dẫn đến: f (n) ≡ g (n) − h(n) + ≡ 1, n ∈ N Với n ∈ N ta có: h(n) = g (n) + − f (n) ≤ g (n); vìf (n) ≥ Giả sử rằng, với giá trị n ∈ N đẳng thức g (n) = h(n) không đúng, h(n) < g (n) = k Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 44 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp Theo điều kiện (2) 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 nguyên lí Dirichlet hàm số h(n) nhận giá trị nhiều lần, điều trái với điều kiện (1) Khẳng định chứng minh Ví dụ 4.4 Cho dãy số nguyên u1, u2, , un ,với n ≥ Chứng minh tồn dãy uk1 , uk2, , ukm ≤ k1 < k2 < · · · < km ≤ n cho: u2 + u2 + · · · + u2 k k km Lời giải: Xét n+1 số: 0, u , u + u , u + u + u , , u + · · · + u 1 2 n chia số cho n, chúng có nhiều n số dư Theo ngun lí Dirichlet tồn hai số có số dư, giả sử : u2 + · · · + u2 u2 + · · · + u2 , ≤ j < k ≤ n j k có nghĩa số: chia hết cho n hoặc: (u2 + · · · + u2 ) − (u2 + · · · + u2 ) j k uj +1 + uj +2 + · · · + uk chia hết cho n Dãy phải tìm uj +1 , uj +2 , , uk Ví dụ 4.5 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 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 45 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp Nếu tổng số chia hết cho k , toán giải Ngược lại, số S1 , S2 , , Sk , (có số lượng k ) chia cho k số dư: 1, 2, 3, , k−1 Từ nguyên 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 , xn+2 , , xj dãy chia hết cho k , xi+1 + xn+2 + · · · + xj = Sj − Si Ví dụ 4.6 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 , (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 Ví dụ 4.7 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 đôi 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 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 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 46 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp 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 Ví dụ 4.8 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 vô 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 (modq ) ⇒ axr − axs ≡ 0(modq ) hay: axr (1 − xs−r ) ≡ 0(modq ) (4.1) (axr , uij ) = 1, ∀j = 1, k (4.2) (axr , q ) = (4.3) Theo giả thiết ta có (x, a − 1) = nên suy Từ (4.2) suy ra: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 47 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp Từ (4.1) (4.3) ta có: xs−r ≡ 1(modq ) ⇒ xs−r = lq + 1, l ∈ N Xét số: Vậy: uik+j = axs−r − a + (4.4) (uik+j , uij ) = 1, ∀j = 1, k Từ (4) ta có: uik+j = a(lq + − a + 1) (4.5) Hệ thức (4.5) chứng tỏ ln 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 Ví dụ 4.9 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 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 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 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 48 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp Ví dụ 4.10 Cho uk , k = 1, n dãy số tự nhiên cho: ≤ u1 ≤ u2 ≤ · · · ≤ un u1 + u2 + · · · + un = 2n Chứng minh n chẵn un = n + , từ dãy chọn dãy mà tổng số hạng dãy n Lời giải: Đặt Sk = u1 + u2 + · · · + un , k = 1, n Xét n + số {0, u1 − un , S1 , S2 , , Sn } Theo nguyên lí Dirichlet hai số chia chia cho n phần dư.Vậy có khả sau đây: (u1 − un ) chia hết cho n Do: u1 + u2 + · · · + un ≥ nu1 ⇒ 2n ≥ nu1 ⇒ u1 ≤ (a) Nếu u1 = từ suy ra: ≤ u1 ≤ u2 ≤ · · · ≤ un u + u + · · · + u n = 2n u = u = · · · = u n = Do n chẵn nên n = 2m Vậy: u = u = · · · = u n = 2m = n (b) Nếu u1 < từ u1 − un chia hết cho n, suy un = un = + n(do u1 nguyên nên u1 = ≤ un ≤ 2n suy kết luận ) Nhưng un = n + suy u1 = Mặt khác: ≤ u1 ≤ u2 ≤ · · · ≤ un Vậy u2 = u3 = · · · = un−1 = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 49 Ngun lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp Suy :u1 + u2 + · · · + un = n, vơ lí Như trường hợp ta tồn dãy u1 , u2, , um n cho u1 + u2 + · · · + um với m = 2 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 không đủ phần tử dãy ta có: Sj − Si < u + u + · · · + u n ≤ n − Do cuối ta có: ≤ Sj − Si < u + u + · · · + u n ≤ n − mà Sj − Si chia hết cho n Điều xảy Sj − Si = n ui+1 + ui+2 + · · · + uj = n 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 Sk u1 − un cho phần dư chia cho n, với k đó, ≤ k ≤ n − Suy Sk (u1 − un )|n ⇒ (u1 + u2 + · · · + uk + un )|n Mà u2 + u3 + · · · + uk + un ≤ 2n − u1 < 2n Suy ra: u2 + u3 + · · · + uk + un = n Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 50 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp Tóm lại ln chọn dãy mà tổng chúng n Ví dụ 4.11 Cho tập hợp gồm 10 số có chữ số Chứng minh tập hợp có hai tập khơng giao nhau, mà tổng phần tử chúng Lời giải: Nếu có hai tập giao mà mà tổng chúng bỏ phần tử chung Khi cịn lại hai tập không giao tổng phần tử chúng Chúng ta tính có tập khơng rỗng tập hợp có 10 phần tử Số lượng tập chứa phần tử có C10 Số lượng tập chứa phần tử có C10 Số lượng tập chứa phần tử có C10, 10 Số lượng tập chứa 10 phần tử có C10 Suy tổng số lượng tập hợp là: 10 C10 + C10 + C10 + · · · + C10 = 210 = 1024 Điều kiện 10 số gồm hai chữ số suy số nhỏ 99 Vậy tổng số tập hợp không vượt 99.10 = 990 Như số lượng tổng khác nhiều 990 Theo nguyên lí Dirichlet số 1024 tập tập hợp gồm 10 số có hai tập mà tổng phần tử chúng phải Ví dụ 4.12 Tổng độ dài số véc tơ mặt phẳng Chứng minh từ véc tơ chọn số véc tơ mà độ dài chúng lớn Lời giải: Ta đưa vào hệ trục toạ độ xét véc tơ đại diện véc tơ cho điểm gốc, ta chiếu véc tơ xuống trục toạ độ Ox Oy Vì véc tơ có độ dài nhỏ tổng độ dài hình chiếu xuống hai trục nên tổng độ dài tất hình chiếu véc tơ lớn Khi nửa trục hệ toạ độ tổng độ dài hình chiếu lớn 1, điều có nghĩa tổng độ dài véc tơ tương ứng lớn (độ dài hình chiếu lớn tất nhiên độ dài véc tơ lớn hơn) Ví dụ 4.13 Cho số thực Chứng minh chúng chọn hai số, chẳng hạn x y , cho: √ x−y 0≤ ≤ + xy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 51 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp Lời giải: Các số cho kí hiệu x1 , x2 , , x7 Mục đích biểu diễn π π số dạng xi = tan αi , αi số khoảng (− ; ), i = 1, Chúng 2 π ta chia đoạn thành đoạn có độ dài nhau, nghĩa Theo ngun lí Dirichlet ta có hai số α1 , α2 , , α7 nằm đoạn Nếu kí hiệu số αi αj ; αi ≥ αj , từ suy ra: π ≤ αi − αj ≤ π π Vì hàm số tan tăng khoảng (− ; ).Suy ra: 2 √ tan αi − tan αj x − xj π = i ≤ tan = ≤ tan (αi − αj ) = + tan αi tan αj + xi xj Chú ý: Bằng cách giải tốn ta có tốn sau với lời giải tương tự, cách giải khác khó mà thực Ví dụ 4.14 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 Lời giải: Gọi số cho x1 , x2 , x3 , x4 Đặt yi = + π π π xi , i = 1, 2, 3, Đặt yi = tan αi , αi ∈ (− , ) làm ba đoạn, đoạn 2 Suy tồn hai số αi , αj thuộc đoạn (theo nguyên lí Dirichlet) ⇒ < αi − αj ≤ π √ π ⇒ < tan(αi − αj ) ≤ tan = 3 √ tan αi − tan αj ⇒0< ≤ + tan αi tan αj ⇒0< √ yi − yj ≤ + yi yj Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 52 Nguyên lí Dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp 1+ ⇒0< xi + (1 + −1− 1 xj )(1 + ) ≤ √ xi xj √ xj − xi ≤ ⇒0< xi xj + (1 + xi )(1 + xj ) √ xj − xi ≤ ⇒0< + xi + xj + 2xi xj Ví dụ 4.15 Chứng minh số 11 số thực khác khoảng [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 Có tất 11 số x1 , x2 , , x11 Theo ngun lí Dirichlet suy có số 11 số nằm √ √ đoạn nhỏ Giả sử hai số xi , xj , (i = j ) xi > xj √