Nguyên lý dirichlet và ứng dụng giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG DỊCH THỊ THÙY LINH NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG DỊCH THỊ THÙY LINH NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên nghành : Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số : 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học :PGS.TSKH TRẦN QUỐC CHIẾN Đà Nẵng - 2015 LỜI CAM ĐOAN Tơi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả luận văn Dịch Thị Thùy Linh MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu Phƣơng pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Cấu trúc luận văn CHƢƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 ĐẠI CƢƠNG VỀ TỔ HỢP 1.1.1 Sơ lƣợc lịch sử 1.1.2 Bài toán tổ hợp 1.2 NGUYÊN LÝ DIRICHLET 10 1.2.1 Đơi nét nhà tốn học Dirichlet 10 1.2.2 Nguyên lý Dirichlet 11 1.2.3 Nguyên lý Dirichlet Đối ngẫu 14 CHƢƠNG ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP 23 2.1 ỨNG DỤNG TRONG LÝ THUYẾT TỔ HỢP 23 2.2 ỨNG DỤNG TRONG SỐ HỌC 27 2.3 ỨNG DỤNG TRONG SỐ HỌC 32 2.4 CÁC ỨNG DỤNG KHÁC 43 KẾT LUẬN 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI (bản sao) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong toán học việc tìm kết cụ thể tốn đơi khó khăn,trong trƣờng hợp nhƣ ta cần tồn đủ Đặc biệt việc cấu hình thỏa mãn tính chất có ý nghĩa quan trọng mặt lí thuyết nhƣ thực tế Bài tốn tồn đƣợc nghiên cứu từ lâu gớp phần đáng kể thúc đẩy phát triển lí thuyết tổ hợp nhƣ nhiều nghành toán học khác Nguyên lý dirichlet nhiều ngƣời ta hay gọi nguyên lí ngăn kéo hay chuồng bồ câu ngun lí có nội dung đơn giản, song lại công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc toán học Đơi có tốn ngƣời ta dùng nhiều phƣơng pháp khác để giải mà chƣa đến đƣợc kết quả, nhƣng nhờ nguyên lí Dirichlet mà toán trở nên dễ dàng giải Dùng nguyên lí ta dễ dàng chứng minh tồn đối tƣợng với tính chất xác định Nó đặc biệt có nhiều ứng dụng lĩnh vực lại áp dụng rộng rãi việc chứng tốn tổ hợp, số học, đại số công cụ tạo nên nhiều kết đẹp hình học.Đặc biệt kì thi học sinh giỏi nhƣ Olympic toán quốc tế ngyên lý đƣợc áp dụng nhiều Cùng với mong muốn tạo tài liệu hữu ích cho thầy giáo em học sinh đam mê tìm tịi tốn học, với giúp đỡ PGS.TSKH Trần Quốc Chiến nên chọn đề tài “Nguyên lý dirichlet ứng dụng giải toán sơ cấp” cho luận văn thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Luận văn đƣợc hoàn thành với mục tiêu nghiên cứu nội dung ,các tính chất nguyên lý Dirichlet nguyên lý mở rộng, đối ngẫu nó.Đồng thời nghiên cứu ứng dụng nguyên lí vào việc giải tốn số học, hình học, tổ hợp vv toán sơ cấp Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu 3.1 Đối tƣợng nghiên cứu Nguyên lí dirichlet, nguyên lí dirichlet mở rộng , nguyên lí dirichlet đối ngẫu, ứng dụng nguyên lí vào giải toán 3.2 Phạm vi nghiên cứu Nguyên lí Dirichlet giải tốn sơ cấp Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu sở lí luận, sở khoa học nhằm cho nhìn tổng quát nội dung nguyên lí Dirichlet nhận diện tốn để giải đƣợc ngun lí Dirichlet Phân tích tổng hợp dạng tập nhằm xây dựng đƣợc hệ thống tập từ dễ tới khó, từ cụ thể tới tổng qt có ứng dụng ngun lí Dirichlet Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Giúp bạn đọc tiếp cận với phƣơng pháp chứng minh toán học hữu hiệu, thú vị Và hi vọng cung cấp tài liệu bổ ích cho em ham mê tìm tịi tốn học Cấu trúc luận văn Ngồi phần mở đầu kết luận luận văn gồm có chƣơng Chƣơng : KIẾN THỨC CƠ SỞ, trình bày sơ lƣợc đại cƣơng tổ hợp, nội dung nguyên lý Dirichlet, tính chất định lý lien quan đến nguyên lý Chƣơng : ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀO GIẢI TỐN SƠ CẤP, trình bày số toán ứng dụng nguyên lý Dirichlet lý thuyết tổ hợp, số học , hình học ….vv CHƢƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 ĐẠI CƢƠNG VỀ TỔ HỢP Tổ hợp lĩnh vực toán học rời rạc, ngành khoa học xuất sớm vào đầu kỷ 17 Hiện nay, lý thuyết tổ hợp đƣợc áp dụng rộng rãi nhiều lĩnh vực khác nhƣ lý thuyết số, hình học, đại số, xác suất thống kê, khoa học máy tính, hóa học…Tổ hợp đụng chạm đến nhiều vấn đề khác tốn học nên khó định nghĩa cách tổng quan Nội dung lý thuyết tổ hợp gắn liền với việc nghiên cứu, phân bố phần tử vào tập hợp Các phần tử thƣờng hữu hạn việc phân bố phải thỏa mãn điều kiện định Trong nhiều trƣờng hợp, việc xác định tồn cấu hình thỏa mãn tính chất có ý nghĩa quan trọng mặt lý thuyết nhƣ thực tế Vì toán tổ hợp toán: “Xét tồn cấu hình tổ hợp thỏa mãn tính chất cho trƣớc” Bài tốn tồn đƣợc nghiên cứu từ lâu góp phần đáng kể thúc đẩy phát triển lý thuyết tổ hợp nhƣ nhiều ngành toán học khác, toán dƣới phần cho ta thấy rõ điều 1.1.1 Sơ lƣợc lịch sử Có thể nói tƣ tổ hợp đời từ sớm Vào thời nhà Chu – Trung Quốc ngƣời ta biết đến hình vng thần bí Thời cổ Hy Lạp – kỉ thứ trƣớc Công nguyên, nhà triết học Kxenokrat biết cách tính số từ khác lập từ bảng chữ cho trƣớc Nhà toán học Pitagor học trị tìm đƣợc nhiều số có tính chất đặc biệt Chẳng hạn, 36 khơng tổng số chẵn số lẻ đầu tiên, mà tổng lập phƣơng số tự nhiên Từ định lý Pitagor ngƣời ta tìm số mà bình phƣơng tổng bình phƣơng số khác Các tốn nhƣ địi hỏi phải có nghệ thuật tổ hợp định Tuy nhiên nói rằng, lý thuyết tổ hợp đƣợc hình thành nhƣ ngành toán học vào kỉ 17 loạt cơng trình nghiên cứu nhà tốn học xuất sắc nhƣ Pascal, Fermat, Euler, Leibnitz, … Các tốn tổ hợp có đặc trƣng bùng nổ tổ hợp với số cấu hình tổ hợp khổng lồ Việc giải chúng địi hỏi khối lƣợng tính tốn khổng lồ (có trƣờng hợp hàng chục năm) Vì thời gian dài, mà ngành toán học nhƣ phép tính vi phân, phép tính tích phân, phƣơng trình vi phân, …phát triển nhƣ vũ bão, dƣờng nhƣ nằm ngồi phát triển ứng dụng tốn học Tình thay đổi từ xuất máy tính phát triển tốn học hữu hạn Nhiều vấn đề tổ hợp đƣợc giải máy tính Từ chỗ nghiên cứu trị chơi, tổ hợp trở thành ngành tốn học phát triển mạnh mẽ, có nhiều ứng dụng lĩnh vực toán học, tin học,… Chúng ta vào nghiên cứu, tìm hiểu số tốn tiếng lịch sử  Bài toán tháp Hà Nội Bài toán Edouard Lucas đƣa vào cuối kỉ 19(ông ngƣời đƣa dãy Fibonacci) Bài tốn phát biểu nhƣ sau: Có cọc, cọc thứ có n đĩa kích thƣớc khác nhau, xếp chồng nhau, đĩa nhỏ nằm đĩa lớn Hãy chuyển đĩa từ cọc thứ sang cọc thứ ba, sử dụng cọc trung gian thứ hai cho đảm bảo đĩa nhỏ nằm đĩa lớn Hãy đếm số lần di chuyển đĩa Tìm phƣơng án di chuyển tối ƣu Số lần di chuyển 2n  Khi n=64 ta có số lần di chuyển 18 446 744 073 709 551 615  Bài toán xếp n cặp vợ chồng Bài toán Lucas đƣa năm 1891 Bài toán phát biểu nhƣ sau: Có n cặp vợ chồng cần xếp vào bàn trịn cho khơng có cặp ngồi gần Có cách xếp nhƣ vậy? Bài tốn dẫn đến việc ngiên cứu khái niệm quan trọng số phân bố đến năm 1934 có lời giải Số cách xếp 2.n!.U n U n số phân bố Bảng sau cho thấy bùng nổ tổ hợp ghê gớm số phân bố n= 10 11 Un= 13 80 579 738 43 387 439 729 890741  Bài toán đường quân ngựa bàn cờ Cho bàn cờ vua với kích thƣớc x = 64 Tìm đƣờng quân ngựa qua tất ô, ô lần, quay ô xuất phát Ngƣời ta chứng minh tổng quát đƣợc rằng: Trên bàn cờ vng có số cạnh chẵn lớn tồn đường Đƣờng Euler (1759) có tính chất: hiệu đối xứng qua tâm bàn cờ 32 37 44 63 54 16 27 18 62 55 38 45 26 19 43 36 53 64 15 17 28 56 61 46 39 20 25 10 35 42 57 52 14 29 24 60 49 40 47 32 21 11 41 34 51 58 13 23 30 50 59 48 33 22 31 12 Đƣờng Beverle (1848) có tính chất: tổng ô cột hàng 260 30 47 52 28 43 54 48 51 29 44 53 27 31 46 49 25 55 42 50 32 45 56 41 26 33 62 15 20 24 39 58 16 19 34 61 40 57 10 23 63 14 17 36 21 12 59 38 18 35 64 13 60 37 22 11  Hình vng la tinh Hình vng la tinh cấp n hình vng gồm số 1, 2, …, n – 1, n thỏa mãn tổng hàng tổng cột :    n  n(n ) Hình vng la tinh chuẩn cấp n hình vng la tinh cấp n có dịng đầu cột đầu 1, 2, …, n Bảng sau hình vng la tinh chuẩn cấp 7 7 7 7 38 Ω1 C ∈ Ω2 Điều khẳng định chứng tỏ hình trịn Ω1 Ω2 chứa tất 25 điểm cho Vì theo ngun lí Dirichlet, có hai hình trịn nói chứa khơng 13 điểm cho Chú ý: Bài tốn có dạng tổng qt nhƣ sau (cách giải hồn toàn tƣơng 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 Bài tốn 22: Cho chín đƣờng thẳng có tính chất đƣờng thẳng chia hình vng thành hai tứ giác có tỉ số diện tích Chứng minh có đƣờng thẳng số qua điểm Lời giải: Các đƣờng thẳng cho khơng thể cắt cạnh kề hình vng, chúng chia hình vng thành tam giác ngũ giác (chứ chia hình vng thành hai hình tứ giác) Hình 2.3.6 Vì lẽ đó, đƣờng thẳng (trong chín đƣờng thẳng) cắt hai cạnh đối hình vng dĩ nhiên khơng qua đỉnh hình vng Giả sử đƣờng thẳng cắt hai cạnh đối BC AD điểm M N Ta có: 39 S AMBN S MCDN AB(AN  BM) 2 EJ 2      3 JF AB(CM  D N) (Ở E F trung điểm AB CD tƣơng ứng), gọi E, F, P, Q tƣơng ứng trung điểm AB, BC, CD, DA.Gọi J1, J2, J3, J4 điểm cho J1, J2 nằm EF, J3, J4 nằm PQ thoả mãn: EJ1 FJ PJ QJ     J1F J E J 3Q J P Khi từ lập luận suy đƣờng thẳng có tính chất thoả mãn u cầu đề phải qua bốn điểm J1, J2, J3, J4 nói Vì có chín đƣờng thẳng, nên theo nguyên lí Dirichlet, phải tồn bốn điểm J1, J2, J3, J4 cho qua có ba chín đƣờng thẳng cho Vậy có ba đƣờng thẳng số chín đƣờng cho qua điểm Bài tốn 23: Cho bảng kích thƣớc 2n × 2n ô vuông Ngƣời ta đánh dấu vào 3n ô vng bảng Chứng minh chọn n hàng n cột bảng cho ô đƣợc đánh dấu nằm n hàng n cột Lời giải : Chọn n hàng có chứa nhiều đƣợc đánh dấu Ta chứng minh số đƣợc đánh dấu cịn lại nhỏ n Giả sử trái lại nhƣ vậy, tức số ô đƣợc đánh dấu lại lớn n + Số hàng lại chƣa chọn n Vậy theo ngun lí Dirichlet có hàng (trong số n hàng cịn lại) chứa hai ô đánh dấu 40 × × × × × × × × × Hình 2.3.7 Chú ý theo cách chọn n hàng chọn hàng chứa nhiều đƣợc đánh dấu Có hàng cịn lại, chƣa chọn có hai đánh dấu, nên suy hàng số n hàng chọn có hai đƣợc chọn, tức n hàng chọn có khơng 2n ô đƣợc đánh dấu Nếu vậy, số ô đƣợc đánh dấu lớn 2n + (n + 1) > 3n Đó điều vơ lí (vì có 3n đƣợc đánh dấu) Vậy nhận xét đƣợc chứng minh Nhƣ vậy, sau chọn n hàng (với cách chọn nhƣ trên), theo nhận xét cịn lại khơng q n đƣợc đánh dấu Vì có có n cột chứa chúng Vì lẽ khơng thấy đánh dấu nằm ngồi hàng hay cột chọn Bài tốn 24: Chứng minh đƣờng thẳng d nằm mặt phẳng tam giác ABC không qua đỉnh tam giác đó, cắt không hai cạnh tam giác cho Lời giải: Kí hiệu   hai nửa mặt phẳng d chia mặt phẳng tam giác ABC Mỗi đỉnh A, B C nằm nửa mặt phẳng Theo ngun lí Dirichlet có hai nửa mặt phẳng trên, chẳng hạn nhƣ α, chứa hai đỉnh tam giác ABC, chẳng hạn nhƣ A B Khi đƣờng 41 thẳng d khơng cắt đoạn thẳng AB, nghĩa khơng cắt ba cạnh tam giác ABC Bài toán 25: Cho 1000 điểm M1, M2, , M1000 mặt phẳng Vẽ đƣờng trịn bán kính tuỳ ý Chứng minh tồn điểm S đƣờng tròn cho: SM1  SM   SM1000  1000 Lời giải: Hình 2.3.8 Xét đƣờng kính S1S2 tuỳ ý đƣờng trịn, S1, S2 hai đầu đƣờng kính.Vì S1S2 = nên ta có:  S1M  S2 M  S1S  S M  S M  S S   2 2    S1M 1000  S2 M 1000  S1S  Cộng vế 1000 bất đẳng thức ta có: ( S1M1  S1M   S1M1000 )  ( S2 M1  S2 M   S2 M1000 )  2000 (*) Từ (*) theo nguyên lí Dirichlet suy hai tổng vế trái (*), có tổng lớn 1000 Giả sử: 42 ( S1M1  S1M   S1M1000 )  1000 Khi lấy S = S1 Bài toán 26: Cho đa giác 100 cạnh nội tiếp đƣờng tròn  C  Mỗi đỉnh đƣợc gán với số sau 1, 2, 3, , 49 Chứng minh (C) tồn hai cung AB CD với tính chất sau: Các điểm A, B, C, D đỉnh đa giác cho Các dây cung AB CD song song với Nếu A, B, C, D đƣợc gắn tƣơng ứng với số a, b, c, d a + b = c + d Lời giải: Hình 2.3.9 Vì đa giác 100 cạnh nội tiếp (C), nên có 50 đƣờng kính khác mà đầu mút đƣờng kính đỉnh đa giác cho trƣớc Giả sử AB đƣờng kính giả sử A tƣơng ứng với số a, B tƣơng ứng với số b Bây ta gán cho đƣờng kính AB số |a − b| Do a, b ∈ {1, 2, 3, , 49} nên dễ thấy: ≤ |a − b| ≤ 48 Nhƣ 50 đƣờng kính vừa xét tƣơng ứng với số 1, 2, , 48 Theo ngun lí Dirichlet có hai đƣờng kính (trong số 50 đƣờng kính) đƣợc đặt tƣơng ứng với số Khơng giảm 43 tổng qt cho đƣờng kính AC BD Cũng khơng giảm tổng quát cho đỉnh A, B, C, D tƣơng ứng với số a, b, c, d, c ≤ a b ≤ d (Nếu khơng phải nhƣ việc đổi tên đầu mút đƣờng kính) Theo giả thiết đƣờng kính AC ứng với số a − c, cịn đƣờng kính BD ứng với số d − b Từ: a − c = d − b ⇒ a + b = c + d Rõ ràng ABCD hình chữ nhật, AB//CD 2.4 CÁC ỨNG DỤNG KHÁC Ngun lý Dirichlet dạng vơ hạn: Nếu có hữu hạn ngăn kéo đặt vào chúng vô hạn vật đó, có ngăn kéo chứa vô hạn vật cho Ta xét việc áp dụng nguyên lý vào toán liên quan đến dãy số vô hạn , tập vô hạn ta xét nhƣ dãy số Bài toán 27 : Cho a1 ,a2 , ,an , dãy tăng ngặt sơ tự nhiên Chứng minh có vơ hạn phần tử an dãy biểu diễn dƣới dạng an  xa p  yaq , x, y số nguyên p  q Lời giải : Nếu a1  kết luận toán hiển nhiên Thật : Với n  số hạng an biểu diễn dƣới dạng : an  an1   an  an1   1.an1   an  an1  a1 có tính chất mong muốn Ta chứng minh tồn số p  cho vô hạn số hạng dãy cho viết dƣới dạng : xa p  ya1 với số nguyên thích hợp x y Mỗi số hạng dãy ta đặt tƣơng ứng với số dƣ chia cho a1 Tập hợp tất số hạng dãy vơ hạn, cịn tập hợp số dƣ chiaw 44 chúng cho a1 hữu hạn Điều chứng tỏ có vơ hạn phần tử : an1 ,an2 , ,an k , với n1  n2   nk  Có số dƣ chia cho a1 Không tính tổng quát ta giả sử : n1  Xét dãy số an1 ,an2 , ,an k , có số dƣ r khí chia cho a1 Với k = 1, ,3 ,…., tồn số nguyên dƣơng xk cho an  xk a1  r k Khi : an  an  xk a1  r  ( x1a1  r )   xk  x1  a1 Suy với k  ta k có đẳng thức : an k  an   xk  x1  a1  1.an   xk  x1  a1 Nghĩa , sơ an ,an , ,an , biểu diễn dƣới dạng k tốn địi hỏi Thật , số n1 khác theo cách chọn n1  Với k  , n1  nk  x1  xn xk  x1 số nguyên dƣơng k Bài toán 28 : Giả sử a x hai số tự nhiên thực lớn (x, a−1) =1 Dãy số vô hạn un  đƣợc xác định nhƣ sau: un  a.x n  a  ,n  1, 2, ,k Chứng minh dãy số nói chứa vơ hạn số đơi nguyên tố Lời giải: Chứng minh phản chứng: Giả sử dãy số có hữu hạn số ui1 ,ui ,ui , ,uik đôi nguyên tố Đăt q  ui1 ui ui , uik Xét q  số sau: a,ax,ax2 , ,ax q Theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số nguyên r s cho  r  s  q : axr  ax s  mod q   ax r  ax s   mod q  45 Hay : ax r 1  x s r    mod q  (1) Theo giả thiết ta có (x, a − 1) = nên suy ra: ( ax r ,ui j )  1,j  1, 2,3, ,k ( axr ,q )  Suy : (2) Từ (1) (2) ta có: x s r  1( mod q )  x s r  lq  1,l  N Xét số : ui k j Hay  ax s r  a  uik  j  a( lq  )  a   qal  Từ (3) ta có ( uik  j ;ui j )  1,j  1, 2, ,k (3) (4) Từ (4) chứng tỏ : Ta bổ sung thêm vào số q  ui1 ui ui , uik số mới, mà thoả mãn điều kiện: Bất kì hai số nguyên tố nhau.(Trái với điều giả sử) Vậy dãy un  cho có vơ hạn số đơi nguyên tố Bài toán 29 : Cho x1 ,x2 ,x3 ,x4 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 đƣợc số phần tử có tính chất mong muốn Để đơn giản ta xem xét k phần tử đầu tiên: x1 ,x2 ,x3 , ,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 đƣợc giải Ngƣợc lại, số S1 ,S2 ,S3 , ,Sk (có số lƣợng k) chia cho k đƣợc số dƣ: 1, 2, 3, , k−1 Từ ngun lí Dirichlet suy có cặp số i j, 46 ≤ i < j ≤ k, mà tổng Si Sj cho số dƣ chia cho k Khi tổng phần tử liên tiếp: xi 1 ,xi  ,xi 3 , ,x j dãy chia hết cho k, xi 1  xi 2  xi 3 , ,x j  Si  S j Bài tốn 30 : Cho dãy vơ 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 trƣớc) chia hết cho n Lời giải : Cho dãy chữ số a1 ,a2 ,a3 , ,an , Chúng ta xét số: A1  a1 ,A2  a2 a1 , ,An  an an1 a2 a1 ,An1  an1anan1 a2 a1 Vì số lƣợng số n + 1, số lƣợng khả số dƣ chia chúng cho n n, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số cho số dƣ ta kí hiệu chúng Ai Aj , (i < j) Khi hiệu Aj − Ai chia hết cho n Hay nói cách khác: Aj  Ai  a j a1  a i a1  a j 1 10i  j 1 Vì (n;10) = nên a j 1 chia hết cho n Bài toán 31 : Giả sử tập hợp hữu hạn X chọn 50 tập A1 ,A2 , ,A50 cho tập chứa nửa số phần tử tập X Chứng minh tìm đƣợc tập B ⊂ X chứa nhiều phần tử có phần tử chung cho tập hợp A1, A2, , A50 Lời giải : Giả sử số phần tử tập X n Mỗi tập hợp đƣợc chọn A1, A2, … ,A50, khơng chứa n phần tử Có nghĩa tổng số phần n tử tất tập hợp vƣợt 50  25n Theo nguyên lý Dirichlet 47 tồn phần tử X thuộc khơng 26 tập chọn Tƣơng tự ta chứng minh với giá trị k < 50 tập Ai1, Ai2, , Aik Có thể chọn khơng    tập hợp chứa phần tử 2 k 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 đƣợc phần tử thuộc 13 từ 24 tập cịn lại Ta loại 13 tập ra, 11 tập cịn lại tìm đƣợc phần tử thuộc khơng số tập hợp Đối với tập cịn lại tìm đƣợc phần tử thuộc khơng số chúng Và cuối tồn phần tử thuộc hai tập cuối Nhƣ ta tìm đƣợc khơng 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 Bài tốn 32: 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 a1 tập X  a1 ,a2 , ,an  xét tập chứa phần tử a1 Số tập hợp nhƣ số tập tập X  a1 ,a2 , ,an  nghĩa 2n−1 Suy k ≥ 2n−1 Mặt khác giả sử k > 2n−1 Ta chia tất tập X thành 2n−1 cặp đƣợc tạo từ tập X phần bù Theo ngun lí Dirichlet có tập chọn tạo thành cặp, suy chúng không giao Vậy k = 2n-1 48 Bài toán 33 : Các hàm số : f ,g,h :  Thỏa mãn điều kiện sau: Hàm h(n) đơn ánh , 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 (3) 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 Theo điều kiện (2) ta tìm số n1 ,n2 , ,nk 1  , 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 (1) Khẳng định đƣợc chứng minh Bài toán 34 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 49 bỏ phần tử chung Khi cịn lại hai tập khơng giao tổng phần tử chúng Chúng ta tính có 210   1023 tập khơng rỗng tập hợp có 10 phần tử Điều kiện 10 số gồm hai chữ số suy số nhỏ 99 Vậy tổng số tập hợp không vƣợt 99.10 = 990 Nhƣ số lƣợng tổng khác nhiều 990 Theo nguyên lí Dirichlet số 1023 tập tập hợp gồm 10 số có hai tập mà tổng phần tử chúng phải Bài toán 35 : Tổng độ dài số véctơ mặt phẳng Chứng minh từ véc tơ chọn số véc tơ mà tổng độ dài chúng lớn Lời giải : Ta đƣa 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 tƣơng ứng lớn (độ dài hình chiếu lớn tất nhiên độ dài véc tơ lớn hơn) Bài toán 36: Chứng minh 11 số thực khác khoảng 1;1000 chọn đƣợc hai số x y mà chúng thoả mãn bất đẳng thức sau:  x  y   xy Lời giải : Xét bậc ba số số cho x1 ,x2 ,x3 , ,x11 Từ điều 50 kiện xi nằm 1;1000 suy :  xi  10, (i =1,2 11) Ta chia đoạn 1;10 làm 10 phần Có tất 11 số x1 , x2 , , x11 Theo ngun lý Dirichlet , có số 11 số nằm đoạn nhỏ Giả sử hai số Suy  xi  x j < xi , x j , (i  j ),xi  x j