Bài toán tồn tại và ứng dụng giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀ O TẠO ̃ NG ĐẠ ́ OI HỌ BỘ GIA DỤCCĐÀ VÀNĂ ĐÀ O TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄ ̃ N VŨ MINH HIẾÚ NGUYÊN VŨ MINH HIÊU BÀ I TOÁN TỒ̀ N TẠI BÀ I TOÁN TÔN TẠI VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2012 Đà Nẵng – Năm 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀ O TẠO ̃ NG ́ OI HỌ BỘ GIA DỤCCĐÀ VÀNĂ ĐÀ O TẠO ĐẠ ̃ ĐẠI HỌC ĐÀ NĂNG ̃ N VŨ ́ Ú U NGUYỄ N VŨ MINH NGUYÊ MINHHIÊ HIÊ BÀ I TOÁN TỒN TẠI ́P ̉ ́ VÀ ỨNGBÀ DỤ N G GIA I TOA N SƠ CÂ ̀ I TOÁN TÔN TẠI VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa ho ̣c : PGS.TSKH.TRẦN QUỐC CHIẾN Người hướng dẫn khoa ho ̣c : PGS.TSKH.TRẦN QUỐC CHIẾN Đà Nẵng – Năm 2012 Đà Nẵng – Năm 2012 Đà Nẵng – Năm 2012 LỜI CAM ĐOAN Tôi cam đoan là công trình nghiên cứu của riêng Các số liê ̣u và kế t quả nghiên cứu nêu luận văn là trung thực và chưa từng được công bố bấ t kỳ công trình nào khác Tác giả Nguyễn Vũ Minh Hiế u MỤC LỤC Trang TRANG PHỤ BÌA LỜI CAM ĐOAN MỤC LỤC DANH MỤC CÁC HÌNH MỞ ĐẦU Chương ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP 1.1 Bài toán tổ hơ ̣p 1.2 Các da ̣ng bài toán tổ hơ ̣p Chương BÀI TOÁN TỒN TẠI 11 2.1 Bài toán tồ n ta ̣i 11 2.2 Nguyên lý Dirichlet 15 2.3 Nguyên lý Dirichlet đố i ngẫu 18 Chương ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP 25 3.1 Bài toán “tồ n ta ̣i” Số ho ̣c và Daỹ số 25 3.2 Bài toán “tồ n ta ̣i” Đa ̣i số 36 3.3 Bài toán “tồ n ta ̣i” Hình ho ̣c 44 KẾT LUẬN 64 TÀI LIỆU THAM KHẢO 65 QUYẾT ĐINH ̣ GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao) DANH MỤC CÁC HÌNH Số hiêụ Tên hin ̀ h Trang hin ̀ h 2.1 Bản đồ tô bởi ít nhấ t bố n màu 13 2.2 Hình lu ̣c giác thầ n bí 14 2.3 Mô ̣t lời giải bài toán cho ̣n 2n điể m với n = 12 15 2.4 Hình minh ho ̣a lời giải ví du ̣ 2.3 23 3.1 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.26 44 3.2 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.28 46 3.3 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.29 48 3.4 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.36 52 3.5 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.37 53 3.6 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.38 55 3.7 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.39 56 3.8 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.40 57 3.9 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.42 59 3.10 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.43 61 MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀ I Tổ hơ ̣p là ngành khoa ho ̣c xuấ t hiêṇ khá sớm vào đầ u thế kỷ 17, cho đế n đã đươ ̣c áp du ̣ng nhiề u liñ h vực khác lý thuyế t số , hiǹ h ho ̣c, đa ̣i số , xác suấ t thố ng kê, quy hoa ̣ch thực nghiê ̣m, khoa ho ̣c máy tính, hóa ho ̣c…Các bài toán tổ hơ ̣p đươ ̣c phân thành các da ̣ng: bài toán tồ n ta ̣i, bài toán đế m, bài toán liê ̣t kê và bài toán tố i ưu Bài toán tồ n ta ̣i thường có nô ̣i dung hấ p dẫn và khó giải quyế t, thường xuyên xuấ t hiêṇ các kỳ thi HSG quố c gia và quố c tế Mô ̣t công cu ̣ hữu hiê ̣u để giải quyế t da ̣ng toán này là nguyên lý Dirichlet Nguyên lý Dirichlet không khó để vâ ̣n du ̣ng đươ ̣c nó viê ̣c giải toán thì đòi hỏi phải hiể u nó mô ̣t cách sâu sắ c và vâ ̣n du ̣ng nó mô ̣t cách linh hoa ̣t từng bài toán cu ̣ thể Hiê ̣n chưa có mô ̣t tài liê ̣u trình bày mô ̣t cách ̣ thố ng kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i và ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p Chính vì lẻ đó cho ̣n đề tài này nghiên cứu với mong muố n ho ̣c tâ ̣p và tích lũy cho bản thân kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i và ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p, làm tài liê ̣u hữu ích viê ̣c giảng da ̣y bồ i dưỡng ho ̣c sinh giỏi sau này ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU Nghiên cứu tài liêu, ̣ giáo trình, các sách chuyên đề về bài toán tồ n ta ̣i và ứng du ̣ng bài toán tồ n ta ̣i giải toán sơ cấ p Bài toán tồ n ta ̣i xuấ t hiêṇ ở hầ u hế t các liñ h vực của toán ho ̣c và có nhiề u cách giải khác Luâ ̣n văn chỉ đề câ ̣p đế n viê ̣c vâ ̣n du ̣ng nguyên lý Dirichlet để giải mô ̣t số bài toán tồ n ta ̣i toán sơ cấ p MỤC ĐÍ CH NGHIÊN CỨU Những bài toán tồ n ta ̣i có nô ̣i dung rấ t hấ p dẫn và khó giải quyế t Vâ ̣n du ̣ng linh hoa ̣t nguyên lý Dirichlet là cách tố t nhấ t và hiêụ quả để giải quyế t các bài toán Viê ̣c nghiên cứu đề tài này giúp ho ̣c viên nắ m vững kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i và nâng cao khả vâ ̣n du ̣ng nguyên lý Dirichlet để giải các bài toán tồ n ta ̣i toán sơ cấ p; nhằ m cung cấ p cho các thầ y cô giáo, các em ho ̣c sinh, các ba ̣n yêu toán mô ̣t tài liêụ tham khảo bổ ích viê ̣c da ̣y bồ i dưỡng và tham gia các kỳ thi HSG quố c gia và quố c tế Luâ ̣n văn nhằ m ̣ thố ng mô ̣t số kiế n thức bản về bài toán tồ n ta ̣i Vâ ̣n du ̣ng nguyên lý Dirichlet để giải các bài toán tồ n ta ̣i số ho ̣c, daỹ số , đa ̣i số , hình ho ̣c PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Tham khảo các nguồ n tài liêụ khác có liên quan đế n bài toán tồ n ta ̣i và ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p, phân tích tư liêụ thu thâ ̣p đươ ̣c đồ ng thời trao đổ i, ho ̣c hỏi ở các đồ ng nghiê ̣p sau đó tổ ng hơ ̣p, ̣ thố ng la ̣i viế t luâ ̣n văn này Ý NGHĨA KHOA HỌC VÀ THỰC TIỄN CỦ A ĐỀ TÀ I Về mă ̣t khoa ho ̣c, luâ ̣n văn ̣ thố ng các kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i và ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p phù hơ ̣p cho viê ̣c giảng da ̣y và ho ̣c tâ ̣p ở trường trung ho ̣c phổ thông Luâ ̣n văn hoàn thành trở thành tài liêụ tham khảo bổ ích cho giáo viên, ho ̣c sinh ở trường trung ho ̣c phổ thông, sinh viên ở các trường đa ̣i ho ̣c và cao đẳ ng, các ba ̣n yêu toán, đă ̣c biê ̣t là các đố i tươ ̣ng da ̣y bồ i dưỡng và tham gia các kỳ thi ho ̣c sinh giỏi quố c gia và quố c tế CẤU TRÚC CỦ A LUẬN VĂN Ngoài phầ n mở đầ u và kế t luâ ̣n, nô ̣i dung luâ ̣n văn đươ ̣c trình bày ba chương Chương ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP Trình bày sơ lươ ̣c về bài toán tổ hơ ̣p và các da ̣ng của bài toán tở hơ ̣p Chương BÀI TOÁN TỜN TẠI Trình bày về bài toán tồ n ta ̣i và nguyên lý Dirichlet Chương ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Trình bày các bài toán “tồn ta ̣i” Số ho ̣c và Daỹ số , bài toán “tồ n ta ̣i” Đa ̣i số , bài toán “tồ n ta ̣i” Hình ho ̣c Khoảng 40 bài toán với lời giải chi tiế t hi vo ̣ng luâ ̣n văn sẽ là mô ̣t những tài liêụ tham khảo bổ ích cho những quan tâm đế n vấ n đề này Chương ĐẠI CƯƠNG VỀ TỞ HỢP Bài toán tờ n ta ̣i là mô ̣t da ̣ng của bài toán tổ hơ ̣p Trong chương này sẽ giới thiêụ sơ lươ ̣c về bài toán tổ hơ ̣p và các da ̣ng bài toán tở hơ ̣p 1.1 BÀI TỐN TỔ HỢP Tư tổ hợp đời từ sớm Vào thời nhà Chu Trung Quốc người ta biết đến hình vng thần bí Thời cổ Hi-lạp, kỷ thứ trước công nguyên, nhà triết học Kxenokrat biết cách tính số từ khác lập từ bảng chữ cho trước Nhà toán học Phitagor học trị tìm nhiều số có tính chất đặc biệt Một số tốn địi hỏi để giải phải có nghệ thuật tổ hợp định Tuy nhiên, nói rằng, lý thuyết tổ hợp hình thành ngành tốn học vào kỷ 17 loạt cơng trình nghiên cứu nhà toán học suất sắc như: Pascal, Fermat, Euler… Các tốn tổ hợp có đặc trưng bùng nổ tổ hợp với số cấu hình khổng lờ Việc giải chúng địi hỏi khối lượng tính tốn khổng lờ Vì thời gian dài mà ngành tốn học phép tính vi phân, phép tính tích phân, phương trình vi phân… phát triển vũ bão dường nằm ngồi phát triển ứng dụng toán học hữu hạn Từ có xuất máy tính, nhiều vấn đề tổ hợp giải máy tính, từ chỗ nghiên cứu trò chơi tổ hợp trở thành ngành Tốn học phát triển mạnh mẽ, có nhiều ứng dụng lĩnh vực toán học, tin học… Bài toán tổ hơ ̣p rấ t đa da ̣ng đề câ ̣p đế n nhiề u vấ n đề khác của toán ho ̣c, liên quan đế n nhiề u liñ h vực khoa ho ̣c và đời số ng Lý thuyế t tổ hơ ̣p nghiên cứu viê ̣c phân bố các phầ n tử vào các tâ ̣p hơ ̣p (thông thường các tâ ̣p hơ ̣p hữu ̣n), viê ̣c phân bố này phải thỏa mañ mô ̣t số điề u kiê ̣n nhấ t đinh ̣ nào đó tùy vào bài toán nghiên cứu Mỗi cách phân bố đươ ̣c xem là mô ̣t “cấ u hình tổ hơ ̣p” Cấ u hin ̀ h tổ hơ ̣p: Cho các tâ ̣p hơ ̣p A1, A2, …, An Giả sử S là sơ đồ sắ p xế p các phầ n tử của A1, A2,…, An đươ ̣c mô tả bằ ng các quy tắ c sắ p xế p và R1, R2, …, Rm là các điề u kiêṇ ràng buô ̣c lên mỗi sắ p xế p theo sơ đồ S Khi đó mỗi sắ p xế p các phầ n tử của A1, A2, …, An thỏa mañ các điề u kiê ̣n R1, R2, …, Rm go ̣i là mô ̣t cấ u hình tổ hơ ̣p các tâ ̣p A1, A2, …, An Ví du ̣ 1.1 Bài toán xế p khách của Lucas Có mô ̣t bàn tròn, xung quanh có 2n ghế Cầ n xế p chỗ cho n că ̣p vơ ̣ chồ ng vào bàn tròn cho các ông ngồ i xen kẽ các bà và không có că ̣p nào ngồ i gầ n Có cách xế p vâ ̣y? Ta có: A là tâ ̣p hơ ̣p 2n ghế hay n că ̣p vơ ̣ chồ ng S là sơ đồ sắ p xế p chỗ ngồ i của các că ̣p vơ ̣ chồ ng vào bàn tròn R1 là điề u kiê ̣n các ông ngồ i xen kẽ các bà R2 là điề u kiê ̣n không có că ̣p vơ ̣ chồ ng nào ngồ i ca ̣nh Mỗi cách sắ p xế p các că ̣p vơ ̣ chồ ng vào bàn tròn thỏa các điề u kiê ̣n R1, R2 là mô ̣t cấ u hình tổ hơ ̣p 1.2 CÁC DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP Những da ̣ng toán quan tro ̣ng mà lý thuyế t tổ hơ ̣p đề câ ̣p đế n là bài toán tồ n ta ̣i, bài toán đế m, bài toán liê ̣t kê, bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p Mỗi da ̣ng có mu ̣c tiêu riêng và cách giải quyế t khác 1.2.1 Bài toán tồ n ta ̣i: Bài toán tồ n ta ̣i là mô ̣t những da ̣ng toán bản của lý thuyế t tổ hơ ̣p Mu ̣c tiêu của nó là chứng minh sự tồ n ta ̣i hoă ̣c không tồ n ta ̣i của mô ̣t cấ u hình tổ hơ ̣p nào đó Bài toán này thường rấ t khó, viêc̣ cố gắ ng giải chúng đã thúc đẩ y sự phát triể n nhiề u hướng nghiên cứu toán ho ̣c Có nhiề u phương pháp để Lời giải: Chia mỗi ca ̣nh của hình lâ ̣p phương thành 13 phầ n bằ ng Như thế hiǹ h lâ ̣p phương đã cho chia đươ ̣c 133 = 2197 hình lâ ̣p phương nhỏ Do 11000 > 5.2197 = 10985, nên tồ n ta ̣i ít nhấ t mô ̣t hình lâ ̣p phương nhỏ, mà hình lâ ̣p phương này chứa ít nhấ t điể m Như đã biế t, nế u go ̣i ca ̣nh của hình lâ ̣p phương này là a, thì hình cầ u ngoa ̣i tiế p có bán kiń h là R, với R = thế hình cầ u ngoa ̣i tiế p hình lâ ̣p phương nhỏ (ca ̣nh của nó là R= a Vì 15 ), là: 13 15 225 675 676 3     13 169 169 169 Hình cầ u này di ̃ nhiên chứa ít nhấ t điể m số 11000 điể m đã cho Bài toán 3.33 Trong mô ̣t hình vuông ca ̣nh đơn vi ̣ có đường gấ p khúc L không tự cắ t với đô ̣ dài lớn 1000 Chứng minh rằ ng tồ n ta ̣i mô ̣t đường thẳ ng m song song với ca ̣nh hình vuông và cắ t đường gấ p khúc L ta ̣i 500 điể m Lời giải: Giả sử li là đô ̣ dài của mắ t thứ i của đường gấ p khúc, ,bi là đô ̣ dài hình chiế u của nó lên các ca ̣nh hình vuông Khi đó li  + bi Suy ra: 1000 = l1 + l2 + + ln  (a1 + a2 + + an) + (b1 + b2 + + bn), tức là a1 + a2 + + an  500 hoă ̣c b1 + b2 + + bn  500 Nế u tổ ng đô ̣ dài hiǹ h chiế u của các mắ t lên ca ̣nh đô ̣ dài không nhỏ 500, thì theo nguyên lý Dirichlet phải có điể m chung cho 500 hiǹ h chiế u của các mắ t gấ p khúc, tức là đường vuông góc kẻ từ điể m chung đó sẽ cắ t đường gấ p khúc L ta ̣i 500 điể m Bài toán 3.34 Bên đường tròn bán kính n đă ̣t 4n đoa ̣n thẳ ng có đô ̣ dài Chứng minh rằ ng có thể kẻ mô ̣t đường thẳ ng song song hoă ̣c vuông góc với đường thẳ ng l cho trước và cắ t it́ nhấ t đoa ̣n thẳ ng đã cho Lời giải: Giả sử d là đường thẳ ng bấ t kỳ vuông góc với l Ký hiêụ đô ̣ dài các hình chiế u của đoa ̣n thẳ ng thứ i lên các đường thẳ ng l và d tương ứng là và bi Bởi đô ̣ dài mỗi đoa ̣n thẳ ng bằ ng nên + bi  Do đó: (a1 + a2 + + a4n) + (b1 + b2 + + b4n)  4n Không mấ t tính tổ ng quát giả sử: (a1 + a2 + + a4n)  (b1 + b2 + + b4n) Khi đó a1 + a2 + + a4n  2n Tấ t cả các đoa ̣n thẳ ng đã cho đề u đươ ̣c chiế u xuố ng đoa ̣n thẳ ng có đô ̣ dài 2n, bởi vì chúng đề u nằ m đường tròn bán kin ́ h n Nế u các hình chiế u của các đoa ̣n thẳ ng đã cho lên đường thẳ ng l không có điể m chung, thì sẽ có bấ t đẳ ng thức a1 + a2 + + a4n < 2n Do đó l phải có mô ̣t điể m bi ̣ các điể m của ít nhấ t hai số các đoa ̣n thẳ ng đoa ̣n thẳ ng đã cho chiế u lên nó Đường vuông góc với l ta ̣i điể m đó sẽ cắ t it́ nhấ t đoa ̣n thẳ ng đã cho Bài toán 3.35 Trên mă ̣t phẳ ng cho 100 điể m phân biêṭ bấ t kỳ Nố i mỗi điể m với it́ nhấ t là 66 điể m số 99 điể m còn la ̣i bằ ng mô ̣t đoa ̣n thẳ ng Chứng minh rằ ng có thể xảy trường hơ ̣p có điể m số điể m bấ t kỳ của 100 đã cho không đươ ̣c nố i với Lời giải: Go ̣i các điể m đã cho là A1, A2, , A100 Ký hiê ̣u M = { A1, A2, , A33}, N = { A34, A35, , A66}, P = { A67, A68, , A100} Khi đó tâ ̣p M có 33 điể m, tâ ̣p N có 33 điể m, tâ ̣p P có 34 điể m Trường hơ ̣p của bài toán, yêu cầ u chứng minh có thể xảy nế u như: Các điể m tâ ̣p hơ ̣p M chỉ đươ ̣c nố i với các điể m của tâ ̣p N hoă ̣c P Các điể m tâ ̣p hơ ̣p N chỉ đươ ̣c nố i với các điể m của tâ ̣p M hoă ̣c P Các điể m tâ ̣p hơ ̣p P chỉ đươ ̣c nố i với các điể m của tâ ̣p N hoă ̣c M (2 tâ ̣p này gồ m 66 điể m) Thâ ̣t vâ ̣y, giả sử (Ai, Aj, Ak, Al) là điể m bấ t kỳ số 100 điể m đã cho Theo nguyên lý Dirichlet phải có it́ nhấ t là điể m cùng thuô ̣c vào mô ̣t tâ ̣p hơ ̣p (M, N hoă ̣c P) Do đó với cách chia trên, điể m này không nố i đươ ̣c với Bài toán 3.36 Trên mă ̣t phẳ ng cho 25 điể m Biế t rằ ng điể m bấ t kỳ số đó tồ n ta ̣i điể m cách nhỏ Chứng minh rằ ng tồ n ta ̣i hình tròn bán kính chứa không it́ 13 điể m đã cho Lời giải: A B Hình 3.4 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.36 Lấ y A là mô ̣t số 25 điể m đã cho Xét hình tròn 1 (A;1) tâm A, bán kiń h Chỉ có khả xảy ra: Nế u tấ t cả 24 điể m còn la ̣i nằ m 1 thì kế t luâ ̣n của bài toán hiể n nhiên đúng Tồ n ta ̣i điể m B  A (B thuô ̣c số 25 điể m đã cho), cho B  1 , nên AB > Xét hình tròn 2 (B;1) tâm B, bán kính Lấ y C là điể m bấ t kỳ số 25 điể m đã cho cho C  A, C  B Ta chứng minh C phải thuô ̣c mô ̣t hai hiǹ h tròn 1 hoă ̣c 2 Thâ ̣t vâ ̣y, giả sử ngươ ̣c la ̣i điể m C không thuô ̣c cả 1 và 2 Suy AC > và BC > 1, theo AB > 1, vâ ̣y có bô ̣ ba điể m A, B, C đó không có bấ t kỳ điể m nào có khoảng cách giữa chúng nhỏ Vô lý, vì trái giả thiế t Điề u vô lý này chứng tỏ rằ ng C  1 hoă ̣c C  2 Như vâ ̣y cả 25 điể m đã cho đề u thuô ̣c vào 1 và 2 Vì thế theo nguyên lý Dirichlet có ít nhấ t mô ̣t hai hiǹ h tròn nói chứa không it́ 13 điể m đã cho Bài toán 3.37 Cho hình vuông ABCD và đường thẳ ng phân biêṭ thỏa mañ : mỗi đường thẳ ng chia hiǹ h vuông thành hai tứ giác có tỷ số diêṇ tích bằ ng Chứng minh rằ ng có ít nhấ t ba đường thẳ ng số đó cùng qua mô ̣t điể m Lời giải: M B E A J N P CB E DA J1 C J3 J2 F J4 J O D Hình 3.5 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.37 Các đường thẳ ng đã cho không thể cắ t các ca ̣nh kề của hình vuông, bởi vì nế u thế chúng chia hình vuông thành mô ̣t tam giác và mô ̣t ngũ giác (chứ không phải chia hình vuông thành tứ giác) Vì lẽ đó, mo ̣i đường thẳ ng (trong chín đường thẳ ng) đề u cắ t hai ca ̣nh đố i của hình vuông và di ̃ nhiên không qua đin̉ h nào của hình vuông cả Giả sử mô ̣t đường thẳ ng cắ t ca ̣nh đố i BC và AD ta ̣i các điể m M và N Ta có: AB( BM  AN ) S ABMN EJ 2      SMCDN 3 JF CD(MC  ND) (Ở E và F là các trung điể m của AB và CD tương ứng, J là giao điể m của EF và MN) Go ̣i E, F, P, Q tương ứng là các trung điể m của AB, BC, CD, DA Go ̣i J1, J2, J3, J4 là các điể m cho J1, J2 nằ m EF, J3, J4 nằ m PQ và thỏa mañ : EJ1 FJ PJ3 QJ     J1F J E J3Q J P Khi đó từ lâ ̣p luâ ̣n suy mỗi đường thẳ ng có tính chấ t thỏa mañ yêu cầ u đề bài phải qua mô ̣t điể m J1, J2, J3, J4 nói Vì có chín đường thẳ ng nên theo nguyên lý Dirichlet, phải tồ n ta ̣i ít nhấ t mô ̣t điể m J1, J2, J3, J4 cho qua nó có it́ nhấ t ba chín đường thẳ ng đã cho Vâ ̣y có ít nhấ t ba số chín đường đã cho qua mô ̣t điể m Bài toán 3.38 Mô ̣t khu rừng thông có da ̣ng hình vuông, mỗi chiề u dài 1000m Trong khu rừng có 4500 thông, to nhấ t đường kính 0,5m Chứng minh rằ ng khu rừng có ít nhấ t 60 mảnh đấ t, diê ̣n tích mỗi mảnh 200m2 không có mô ̣t thông nào Lời giải: 0,60m 20m 20m 10m 10m 0,56m 10m 10m 20m 20m Hình 3.6 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.38 Để ý rằ ng 1000m = 48  20m + 47  0,6m +  5,9m và 1000m = 95  10m + 94  0,52m +  0,56m Ta chia mô ̣t ca ̣nh của hình vuông thành 48 đoa ̣n, mỗi đoa ̣n 20m, khoảng cách giữa đoa ̣n là 0,6m, ở hai đầ u là đoa ̣n 5,9m Ca ̣nh còn la ̣i của hiǹ h vuông chia thành 95 đoa ̣n, mỗi đoa ̣n dài 10m, khoảng cách giữa đoa ̣n là 0,52m, ở hai đầ u là đoa ̣n 0,56m Ta có tấ t cả 45  95 = 4560 mảnh có diê ̣n tić h 200m2 Vì chỉ có 4500 thông, và mỗi có đường kiń h 0,5m, (0,5 < 0,52 < 0,6), đó mỗi thông bấ t kỳ không thể chiế m chỗ mảnh, vì lý đó theo nguyên lý Dirichlet còn ít nhấ t 60 mảnh (mỗi mảnh có diêṇ tić h 200m2), mà mỗi mảnh ấ y không có mô ̣t thông nào Bài toán 3.39 Mỗi điể m mă ̣t phẳ ng đươ ̣c bôi bằ ng mô ̣t hai màu xanh hoă ̣c đỏ Chứng minh rằ ng ta ta ̣o đươ ̣c mô ̣t hình chữ nhâ ̣t có bố n đin̉ h cùng màu Lời giải: P1 P2 P3 P4 1 2 Q1 R1 Q2 R2 R3 Q4 Q3 3 R4 Hình 3.7 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.39 Vẽ các đường thẳ ng song song 1 ,  , 3 ( 1 P  P 3 ) Lấ y 1 bấ t kỳ điể m Vì mỗi điể m chỉ đươ ̣c bôi bằ ng mô ̣t hai màu xanh hoă ̣c đỏ nên theo nguyên lý Dirichlet 1 tồ n ta ̣i bố n điể m cùng màu Không giảm tiń h tổ ng quát có thể cho đó là các điể m P1, P2, P3, P4 cùng màu đỏ Go ̣i Q1, Q2, Q3, Q4 là hin ̀ h chiế u vuông góc của P1, P2, P3, P4 xuố ng  và R1, R2, R3, R4 là hình chiế u vuông góc của P1, P2, P3, P4 lên 3 Khi đó có khả xảy ra: Trường hợp 1: Nế u tồ n ta ̣i điể m Q1, Q2, Q3, Q4 màu đỏ (giả sử Qi, Qj) Khi đó PjQjQiPi là hiǹ h chữ nhâ ̣t có bố n đin̉ h cùng đỏ Trường hợp 2: Nế u tồ n ta ̣i điể m R1, R2, R3, R4 màu đỏ (giả sử Ri, Rj) Khi đó PjRjRiPi là hình chữ nhâ ̣t có bố n đỉnh cùng đỏ Trường hợp 3: Bố n điể m Q1, Q2, Q3, Q4 và bố n điể m R1, R2, R3, R4 đó tố i đa chỉ có mô ̣t điể m đỏ Khi đó rõ ràng theo nguyên lý Dirichlet tồ n ta ̣i i, j mà Qi, Qj, Ri, Rj cùng xanh Vâ ̣y QiQjRjRi là hiǹ h chữ nhâ ̣t có bố n đỉnh màu xanh Bài toán 3.40 Cho mỗi điể m mă ̣t phẳ ng đươ ̣c tô bằ ng mô ̣t hai màu xanh và đỏ Chứng minh rằ ng tồ n ta ̣i mô ̣t tam giác mà ba đỉnh của nó và tro ̣ng tâm cùng màu Lời giải: A’ A P G N C B M B’ C’ Hình 3.8 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.40 Lấ y điể m tùy ý cho không có ba điể m nào thẳ ng hàng mă ̣t phẳ ng Khi đó chỉ dùng màu để tô các đỉnh, mà theo nguyên lý Dirichlet phải tồ n ta ̣i điể m số đó cùng màu Giả sử là điể m A, B, C màu đỏ Như vâ ̣y tam giác ABC với ba đin̉ h màu đỏ Go ̣i G là tro ̣ng tâm của tam giác ABC Khi đó chỉ xảy hai khả sau: Trường hợp 1: Nế u G màu đỏ, đó A, B, C, G cùng đỏ và bài toán đươ ̣c giải quyế t xong Trường hợp 2: Nế u G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC các đoa ̣n AA’, BB’, CC’ cho AA’ = GA, BB’ = 3GB, CC’ = 3GC Khi đó, nế u go ̣i M, N, P tương ứng là trung điể m của BC, CA, AB thì AA’ = 3GA = 6GM  AA’ = 2AM Tương tự BB’ = 2BN, CC’ = 2CP Do đó tam giác A’BC, B’CA, C’AB tương ứng nhâ ̣n A, B, C làm tro ̣ng tâm Mă ̣t khác, ta cũng có các tam giác ABC và A’B’C’ có cùng tro ̣ng tâm G Có trường hơ ̣p sau có thể xảy ra: Nế u A’, B’, C’ có cùng màu xanh, đó tam giác A’B’C’ và tro ̣ng tâm G cùng màu xanh Nế u it́ nhấ t mô ̣t các điể m A’, B’, C’ màu đỏ Không giảm tính tổ ng quát, giả sử A đỏ Khi đó tam giác A’ BC và tro ̣ng tâm A màu đỏ Vâ ̣y mo ̣i khả tồ n ta ̣i mô ̣t tam giác mà đỉnh và tro ̣ng tâm cùng màu Bài toán 3.41 Cho daỹ vô ̣n các số tự nhiên u1, u2, đươ ̣c xác đinh ̣ theo công thức u1  truy hồ i sau:  un1  (n  1)un  n  1, n  1,2, Giả sử n là số tự nhiên bấ t kỳ và tâ ̣p M gồ m un điể m cho không có ba điể m nào thẳ ng hàng Mỗi đoa ̣n thẳ ng nố i hai điể m khác M đươ ̣c tô bằ ng mô ̣t n màu cho trước Chứng minh rằ ng tồ n ta ̣i ba điể m M là đỉnh của mô ̣t tam giác cùng màu Lời giải: Ta chứng minh bằ ng quy na ̣p theo n Với n = 1, ta có u1 = và kế t luâ ̣n của bài toán hiể n nhiên đúng (vì ở chỉ có màu n =1) Với n = 2, ta có u2 = 2u1 – + = Ta có bài toán với điể m và dùng màu Bài toán này đã đươ ̣c giải Vâ ̣y kế t luâ ̣n cũng đúng n = Giả sử kế t luâ ̣n bài toán đúng với n, tức là nế u tâ ̣p M gồ m un điể m cho không có điể m nào thẳ ng hàng và dùng n màu để tô các đoa ̣n thẳ ng Khi đó tồ n ta ̣i tam giác cùng màu Xét với n + 1, tức là tâ ̣p M gồ m un+1 điể m bấ t kỳ (không có điể m nào thẳ ng hàng) và dung n + màu để tô các đoa ̣n thẳ ng Lấ y A là mô ̣t các điể m của tâ ̣p M Điể m này có thể nố i với un+1 – điể m còn la ̣i của tâ ̣p M bằ ng un+1 – đoa ̣n thẳ ng bôi màu Theo công thức xác đinh ̣ daỹ ta có: un+1 – = (n +1)un – n +1 -1 = (n + 1)(un – 1) +1 (3.5) Từ (3.5) theo nguyên lý Dirichlet có it́ nhấ t un đoa ̣n thẳ ng có chung đỉnh A đươ ̣c bôi màu Giả sử AB1, AB2, , ABun đươ ̣c bôi cùng màu và giả sử đó là màu  , thì tam giác ABiBj cùng màu  (  thuô ̣c vào n +1 màu đã cho) Có các khả xảy ra: Nế u mô ̣t các đoa ̣n thẳ ng BiBj (i  j ,  i < j  un) đươ ̣c bôi màu  thì tam giác ABiBj cùng màu  Bài toán đã đươ ̣c giải xong trường hơ ̣p n + Các đoa ̣n thẳ ng BiBj (i  j ,  i < j  un) có màu khác với  Xét un điể m B1, B2, , Bun Rõ ràng không có ba điể m nào chúng thẳ ng hàng Chúng dùng tố i đa (n+1) – = n màu để tô (không dùng màu  ) Theo giả thiế t quy na ̣p tồ n ta ̣i tam giác cùng màu Vâ ̣y kế t luâ ̣n của bài toán cũng đúng với n + Bài toán 3.42 Cho hình đa giác cạnh Mỗi đỉnh tơ hai màu trắng đen Chứng minh tờn hai tam giác phân biệt có diện tích nhau, mà đỉnh tam giác tô màu Lời giải: A2 A1 A3 A9 O A4 A8 A5 A7 A6 Hình 3.9 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.42 Chín điểm A1, A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 , A8 , A9 đa giác tơ hai màu, nên theo ngun lý Dirichlet có điểm số tơ màu Giả sử điểm tô màu trắng, điểm tạo C53  5!  10 tam giác màu trắng (tam giác màu trắng tức tam giác có 3!2! đỉnh màu trắng) Gọi M tập tất đỉnh đa giác cho, tức là: M   A1, A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 , A8 , A9 Gọi O tâm đa giác cho Xét phép quay với góc quay: 00 ,400 ,800 ,1200 ,1600 ,2000 ,2400 ,2800 ,3200 xung quanh tâm O Khi đó, ứng với phép quay tập M biến thành M (tức tập đỉnh không thay đổi đỉnh biến thành đỉnh kia) Sau chín phép quay 10 tam giác trắng biến thành 90 tam giác trắng, mà tam giác có đỉnh tập M Ta có số tam giác tạo thành từ điểm là: C93  9!  84 3!6! Vì 84 < 90 nên theo nguyên lý Dirichlet tồn hai tam giác trắng 1 2 cho phép quay tương ứng trùng với tam giác Vì phép quay bảo tồn hình dáng khoảng cách nên S1  S2 Đó điều cần chứng minh Bài toán 3.43 Cho đa giác đáy đa giác có 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 Lời giải: Xét cạnh bên Vì cạnh bôi hai màu đỏ, xanh nên theo nguyên lý Dirichlet tồn cạnh bên bơi màu Khơng làm giảm tính tổng qt cho cạnh bên SA1, SA2 , SA3 , SA4 , SA5 bôi màu đỏ điểm A1, A2 , A3 , A4 , A5 xếp theo ngược chiều kim đồng hồ Xét đa giác A1 A2 A3 A4 A5 Có hai trường hợp xảy ra: S A5 A4 A1 A3 A2 A5 A5 A5 A1 A4 A1 A2 A3 A4 A1 A2 A3 A2 Hình 3.10 Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.43 A4 A3 Trường hợp 1: Nếu A1 A2 đường chéo đáy Khi dĩ nhiên A2 A4 , A4 A1 đường chéo đáy Ta lại có hai khả xảy sau: Nếu đoạn A1 A2 , A2 A4 , A4 A1 bôi màu xanh Khi A1, A2 , A4 đỉnh cần tìm, tam giác A1 A2 A4 có cạnh màu xanh Nếu đoạn A1 A2 , A2 A4 , A4 A1 đỏ Giả sử A2 A4 đỏ tam giác SA2 A4 tam giác với cạnh màu đỏ Lúc S , A2 , A4 đỉnh cần tìm Trường hợp giải xong Trường hợp 2: Nếu A1 A2 cạnh đáy Khi A1 A3 , A3 A5 chắn đường chéo đáy Nếu A1 A5 đường chéo đáy ta quay lại trường hợp xét, với A1 A3 A5 tam giác với cạnh đường chéo đáy Nếu A1 A5 cạnh đáy Khi A1 A3 , A1 A4 đường chéo đáy - Nếu A3 A4 đường chéo đáy ta quay trường hợp - Nếu A3 A4 cạnh bên Lại xét hai khả sau: +Nếu A2 A3 đường chéo đáy tam giác A2 A3 A5 tam giác với đường chéo đáy, ta quay trường hợp +Nếu A2 A3 cạnh đáy Khi xét tam giác A2 A4 A5 quay trường hợp Tóm lại trường hợp toán giải xong KẾT LUẬN Luâ ̣n văn trin ̀ h bày ̣ thố ng kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i và khai thác ứng dụng bài toán tồ n ta ̣i toán sơ cấ p Bài toán tồ n ta ̣i toán sơ cấ p rấ t đa da ̣ng, phong phú, xuấ t hiêṇ hầ u hế t các liñ h vực của toán ho ̣c Loa ̣i toán này thường rấ t khó nên nó thường đươ ̣c khai thác ở các kỳ thi cho ̣n ho ̣c sinh giỏi quố c gia và quố c tế Bài toán tồ n ta ̣i có nhiề u cách giải Trong luâ ̣n văn chỉ triǹ h bày cách giải quyế t bài toán tồ n ta ̣i toán sơ cấ p dùng nguyên lý Dirichlet Đây là cách giải quyế t hiêụ quả, đơn giản và dễ hiể u Luâ ̣n văn giới thiêụ sơ lươ ̣c về bài toán tổ hơ ̣p, các da ̣ng bài toán tổ hơ ̣p chương mô ̣t Ở chương hai, luâ ̣n văn trình bày về bài toán tồ n ta ̣i và nguyên lý Dirichlet, công cu ̣ sử du ̣ng để giải quyế t bài toán tồ n ta ̣i toán sơ cấ p trình bày ở chương ba Chương ba là chương dài nhấ t, chiế m mô ̣t nữa số trang của luâ ̣n văn, với 43 bài toán có lời giải rõ ràng, chi tiế t đươ ̣c trin ̀ h bày theo từng liñ h vực: Số ho ̣c và daỹ số , đa ̣i số , hiǹ h ho ̣c Trong quá triǹ h làm luâ ̣n văn tác giả đã có nhiề u cố gắ ng đầ u tư nghiên cứu song vẫn chưa khai thác hế t các vấ n đề liên quan đế n bài toán tồ n ta ̣i toán sơ cấ p Cu ̣ thể là bài toán tồ n ta ̣i liñ h vực giải tích, bài toán Ramsey, giải quyế t bài toán tồ n ta ̣i bằ ng phương pháp khác Trong thời gian tới tác giả tiế p tu ̣c nghiên cứu và hoàn chỉnh cho đề tài này TÀ I LIỆU THAM KHẢO [1] Trầ n Quố c Chiế n, Giáo trình lý thuyế t tổ hợp, Đà Nẵng, 2010 [2] Trầ n Nam Dũng, Tài liê ̣u bồ i dưỡng đội tuyển Viêt Nam tham dự IMO 2010, 2010 [3] Nguyễn Gia Đinh, ̣ Bài tập toán rời rạc, Huế , 2008 [4] Nguyễn Gia Đinh, ̣ Giáo trình toán rời rạc, Huế , 2003 [5] Hô ̣i toán ho ̣c Viêṭ Nam, Tuyể n tập 30 năm tạp chí toán học và tuổ i trẻ, NXB Giáo du ̣c, 2000 [6] Hô ̣i toán ho ̣c Viê ̣t Nam, Tuyể n tập năm tạp chí toán học và tuổ i trẻ, NXB Giáo du ̣c, 2003 [7] Phan Huy Khải, Số học và dãy số , NXB Giáo du ̣c, 2009 [8] Nguyễn Văn Mâ ̣u (chủ biên), Huỳnh Tấn Châu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Nguyễn Đăng Phất, Lê Văn Quang, Đặng Huy Ruận, Nguyễn Duy Thái Sơn, Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Tiến, Toán Rời rạc và một số vấ n đề liên quan (tài liê ̣u bồ i dưỡng hè 2007), 2007 [9] Nguyễn Duy Phương, Toán rời rạc, Hà Nô ̣i, 2006 [10] Trinh ̣ Viê ̣t Phương, Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng giải toán sơ cấ p, Luâ ̣n văn tha ̣c si ̃ khoa ho ̣c Toán ho ̣c, Trường Đa ̣i ho ̣c khoa ho ̣c, Thái Nguyên, 2009 [11] Vũ Dương Thu ̣y (chủ biên), Nguyễn Văn Nho, 40 năm Olympic Toán học Quố c tế , NXB Giáo du ̣c, 2001 [12] Nguyễn Văn Viñ h (chủ biên), Nguyễn Đức Đồng số đồng nghiệp, 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấ p, NXB Giáo du ̣c, 2002 ... Chương BÀI TOÁN TỒN TẠI Trình bày về bài toán tồ n ta ̣i và nguyên lý Dirichlet Chương ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Trình bày các bài toán ? ?tồn ta ̣i” Số ho ̣c và Daỹ số , bài. .. N G GIA I TOA N SƠ CÂ ̀ I TOÁN TÔN TẠI VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40... bài toán tồ n ta ̣i và ứng du ̣ng bài toán tồ n ta ̣i giải toán sơ cấ p Bài toán tồ n ta ̣i xuấ t hiêṇ ở hầ u hế t các liñ h vực của toán ho ̣c và có nhiề u cách giải