Chuyên đề Nguyên lý Dirichlet trong Số học - Toán lớp 6

Chuyên đề Nguyên lý Dirichlet trong Số học trình bày nguyên lý Dirichlet và cách ứng dụng nó để giải các bài toán bất đẳng thức. Đây là tài liệu học tập và tham khảo tốt để các em không gặp khó khăn với những bài toán bất đẳng thức.

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ NGUYÊN LÝ DIRICHLET TRONG SỐ HỌC A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Giới thiệu nguyên lý Dirichlet Dirichlet (Đi-rích-lê) (1805 – 1859) nhà toán học người Đức, cho người đưa định nghĩa đại hàm số Trên sở quan sát thực tế, ông phát biểu thành ngun lí mang tên ơng – ngun lí Dirichlet: Không thể nhốt thỏ vào lồng mà lồng có khơng q thỏ Nói cách khác, nhốt thỏ vào lồng tồn lồng có từ trở lên Một cách tổng quát hơn, có k lồng để nhốt m thỏ (với k  kn  r (0  r  k  1) ) tồn lồng có chứa từ n + thỏ trở lên Ta dễ dàng minh nguyên lí Dirichet phương pháp phản chứng sau: Giả sử khơng có lồng n + thỏ trở lên, tức lồng chứa nhiều n thỏ, số thỏ chứa k lồng nhiều kn Điều mâu thuẫn với giả thiết có m thỏ với m  kn  r (0  r  k  1) Nguyên lí Dirichlet thật đơn giản, dễ hiểu vận dụng vào giải nhiều tốn số học, đại số, hình học việc tồn hay nhiều đối tượng thỏa mãn điều kiện đặt Khi sử dụng ngun lí Dirichlet vào tốn cụ thể, điều quan trọng phải nhận (hay tạo ra) Lồng Thỏ Lồng Thỏ Một số dạng áp dụng nguyên lý Dirichlet  Nguyên lý Dirichlet bản: Nếu nhốt n  thỏ vào n chuồng có chuồng chứa hai thỏ  Nguyên lý Dirichlet tổng quát: Nếu có N đồ vật đặt vào k hộp tồn N hộp chứa   đồ vật (Ở  x  số nguyên nhỏ có giá trị nhỏ x) k 1 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUYÊN LÝ DIRICHLET  Nguyên lí Dirichlet mở rộng: Nếu nhốt n thỏ vào m  chuồng tồn chuồng  n  m  1 có   thỏ m    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 Phương pháp ứng dụng Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản vậy, cơng cụ có hiệu dùng để chứng nhiều kết sâu sắc tốn học Ngun lí Dirichlet áp dụng cho tốn hình học, điều thể qua hệ thống tập sau: Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất tình nhốt “thỏ” vào “chuồng” thoả mãn điều kiện: + Số ‘thỏ” phải nhiều số chuồng + “Thỏ” phải nhốt hết vào “chuồng”, không bắt buộc chuồng phải có thỏ Thường phương pháp Dirichlet áp dụng kèm theo phương pháp phản chứng Ngồi cịn áp dụng với nguyên lý khác Một số toán thường gặp sau: 1) Trong n + số tự nhiên ln tìm hai số chia cho n có số dư (hoặc hiệu chúng chia hết cho n ) 2) Nếu đoạn thẳng độ dài đặt số đoạn thẳng có tổng độ dài lớn có hai số đoạn thẳng có điểm chung 3) Nếu đường trịn có bán kính đặt số cung có tổng độ dài lớn 2 có hai số cung có điểm chung 4) Trong hình có diện tích S đặt số hình có tổng diện tích lớn S có hai số hình có điểm chung 2  CHUN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP  Dạng 1: Chứng minh tồn chia hết * Cơ sở phương pháp: Thông thường ta coi m số tự nhiên cho m “con thỏ”, số dư phép chia số tự nhiên cho n “lồng”; có n lồng: lồng i (0  i  b) gồm số tự nhiên cho chia cho n dư i * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng rằng: a) Trong 2012 số tự nhiên ln tìm hai số chia cho 2011 có số dư (hay hiệu chúng chia hết cho 2011) b) Trong 2012 sơ tự nhiên ln tìm số chia hết cho 2012 ln tìm hai số chia cho 2012 có số dư Hướng dẫn giải a) Ta coi 2012 số tự nhiên cho 2012 “con thỏ”; “lồng i” gồm số chia cho 2011 dư i (0  i  2011) nên có 2011 lồng: lồng 0, lồng 1, …, lồng 2010 Như có 2011 lồng chứa 2012 thỏ nên theo nguyên lí Dirchlet tồn lồng chứa khơng hai thỏ, tức có hai số chia cho 2011 có số dư b) Nếu 2012 số cho có số chia hết cho 2012 ta chọn ln số Nếu khơng có số chia hết cho 2012 chia cho 2012 nhận nhiều 2012 số dư khác 1, 2, …, 2011 Theo nguyên lí Dirichlet, tồn hai số chia cho 2012 có số dư Nhận xét Ta tổng qt tốn sau: 1) Trong n + số tự nhiên ln tìm hai số chia cho n có số dư (hay hiệu chúng chia hết cho n) 2) Trong n số tự nhiên ln tìm số chia hết cho n ln tìm hai số chia cho n có số dư Bài tốn Chứng minh ln tìm số có dạng 20122012…2012 (gồm số 2012 viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2013 Hướng dẫn giải Xét 2014 số sau: 2012, 20122012, , 2012 2012 (gồm 2014 số 2102) Đem 2014 số chia cho 2013, có 2014 số mà có 2013 số dư phép chia cho 2013 (là 0, 1, 2, , 2012) nên ln tồn hai số chia cho 2013 có số dư, chẳng hạn a = 2012 2012 (gồm i 2012) b = 2012 2012 (gồm j 2012) với  i  j  2014 Khi 3 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUN LÝ DIRICHLET b  a  2012 2012.10 i (gồm j – i 2012) chia hết cho 2013 Lại có ƯCLN (10 4i , 2013)  nên số 2012 2012 (gồm j – i 2012 chia hết cho 2013 Bài toán chứng minh (Ở “thỏ” số có dạng 2012 2012, “lồng” số dư phép chia cho 2013) Nhận xét Mấu chốt toán chọn 2014 (= 2013 + 1) số tự nhiên có dạng cho Từ ta phát biểu nhiều tốn tương tự, chẳng hạn như: Chứng minh ln tìm số có dạng 111 chia hết cho 29 Bài toán Cho sáu số tự nhiên a , b , c, d , e, g Chứng minh sáu số ấy, tồn số chia hết cho tồn vài số có tổng chia hết cho Hướng dẫn giải Trường hợp có số ta chọn số thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp sáu số lớn Xét số sau S1  a S2  a  b S3  a  b  c S4  a  b  c  d S5  a  b  c  d  e S6  a  b  c  d  e  g Đem số chia cho ta nhận số dư thuộc tập {0,1, 2, 3, 4, 5} Nếu tồn Si (i  1, 2, , 6) chia hết cho tốn chứng minh Nếu khơng có Si chia hết cho ta có số chia hết cho nhận loại số dư khác (1, 2, 3, 4,5) ; theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số chia cho có số dư, chẳng hạn S2 S5 hiệu hai số chia hết cho 6, tức c  d  e chia hết cho Bài toán chứng minh (Ở “thỏ” số Si, “lồng” số dư phép chia cho 6) Nhận xét Ta phát biểu tốn tổng quát sau: Cho n số tự nhiên a1 , a2 , , an Chứng minh tồn số chia hết cho n tồn vài số có tổng chia hết cho n Bài tốn Chứng minh rằng: a) Trong n số tự nhiên liên tiếp ln tìm số chia hết cho n b) Trong 39 số tự nhiên liên tiếp ln tìm số mà tổng chữ số chia hết cho 11 Hướng dẫn giải 4  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN a) Giả sử khơng tìm số n số tự nhiên liên tiếp cho mà chia hết cho n Khi n số chia cho n nhận nhiều n – số dư khác (1, 2, 3, , n  1) , theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số chia hết cho n có số dư, chẳng hạn a b với a  b , a – b chia hết cho n, điều mâu thuẫn với  a  b  n Từ suy điều phải chứng minh b) Lấy 20 số tự nhiên liên tiếp đầu dãy, ta ln tìm số có chữ số hàng đơn vị có chữ số hàng chục khác 9.Giả sử N tổng chữ số N s Khi 11 số N , N  1, N  2, N  3, N  9, N  19 nằm 39 số cho Vì N tận nên tổng chữ số N , N  1, N  2, , N  s, s  1, s  2, , s  Vì N tận có chữ số hàng chục khác nên tổng chữ số N + 10 s + 1, tổng chữ số N + 19 s + 10 Trong 11 số tự nhiên liên tiếp s, s  1, s  2, s  3, , s  9, s  10 tìm số chia hết cho 11 Chẳng hạn số s  i (0  i  10) : Nếu  i  ta chọn số N  i thỏa mãn yêu cầu tốn; i = 10 ta chọn số N + 19 thỏa mãn yêu cầu toán Nhận xét Mấu chốt để giải toán câu b) phải tìm 11 số 39 số cho có tổng chữ số thứ tự 11 số tự nhiên liên tiếp, đồng thời sử dụng kết câu a) Bài toán Cho số tự nhiên từ đến 2012 Hỏi chọn nhiều số cho tổng hai số chúng khơng chia hết cho hiệu nó? Hướng dẫn giải Nhận thấy, hai số chia cho dư hiệu chúng chia hết cho 3, tổng chúng chia cho dư 1; nên tổng chúng không chia hết cho hiệu chúng Trong số tự nhiên từ đến 2012, có 671 số chia cho dư số có dạng 3k  ( k  0,1, 2, , 670) Khi hai số 671 số có tổng chia dư 1, hiệu chia hết cho 3, nên tổng không chia hết cho hiệu chúng Ta chứng minh chọn nhiều 672( 671  1) số số từ đến 2012, 672 số ln tìm a, b( a  b ) cho a  b  (Thật vậy, giả sử ngược lại hiệu số nhỏ số lớn số chọn không nhỏ 3.671  2013 Điều mâu thuẫn giả thiết với hiệu số lớn số nhỏ không vượt 2012 1  2011 ), nghĩa a – b - Nếu a – b = hiển nhiên a + b chia hết cho a – b (= 1) - Nếu a – b = a + b số chẵn nên a + b chia hết cho a – b (= 2) Như từ 2012 số cho chọn 671 số thỏa mãn điều kiện toán Suy số lượng lớn số phải tìm 671 .5 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUYÊN LÝ DIRICHLET  Dạng 2: Bài tốn tính chất phần tử tập hợp * Cở sở phương pháp: Thông thường ta phải lập tập hợp có tính chất cần thiết sử dụng ngun lí Dirichlet để chứng tỏ có hai phần tử thuộc hai tập hợp * Ví dụ minh họa: Bài toán Cho sáu số nguyên dương đôi khác nhỏ 10 Chứng minh ln tìm số có số tổng hai số cịn lại Hướng dẫn giải Gọi sáu số nguyên dương cho a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 với  a1  a2   a6  10 Đặt A  {a2 , a3 , a4 , a5 , a6 } gồm phần tử có dạng a m với m  {2, 3, 4, 5, 6} Đặt B  {a2  a1 , a3  a1 , a4  a1 , a5  a1 , a6  a1} gồm phần tử có dạng an  a1 với n  {2, 3, 4,5, 6} Ta thấy phần tử hai tập hợp A B thuộc tập hợp gồm phần tử {1, 2, 3, ,9} tổng số phần tử hai tập hợp A B   10 Theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số mà chúng thuộc tập hợp, nên có số thuộc tập hợp A số thuộc tập hợp B, tức am  an  a1 , an  am  a1 Ba số am , an , a1 đôi khác Thật vậy, am  an am  an a1  trái với giả thiết toán Vậy tồn ba số am , an , a1 số cho mà an  am  a1 (đpcm) (Ở đây, có 10 “thỏ” 10 số a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a2  a1 , a3  a1 , a4  a1 , a5  a1 , a6  a1 có “lồng” số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) Nhận xét Để giải toán này, ta cần tạo hai tập hợp gồm phần tử nhỏ hợn 10 tổng số phần tử hai tập hợp phải không nhỏ 10 Từ suy tồn hai phần tử hai tập hợp Bài toán Cho X tập hợp gồm 700 số nguyên dương khác nhau, số không lớn 2006 Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x – y thuộc tập hợp E  {3;6;9} Hướng dẫn giải Giả sử 700 số nguyên dương cho a1 , a2 , , a700 Ta xét tập hợp sau: A  {a1 , a2 , a700 }; B  {a1  6, a2  6, a700  6}; C  {a1  9, a2  9, a700  9}; 6  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Tổng số phần tử ba tập hợp A, B, C 700.3 = 2100, phần tử khơng vượt q 2006 + = 2015, mà 2100 > 2015 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai phần tử Vì tập hợp A, B, C có phần tử đôi khác nên hai phần tử phải thuộc hai tập hợp: A B, A C, B C - Nếu hai phần tử thuộc A B, chẳng hạn  a j  suy  a j  - Nếu hai phần tử thuộc A C, chẳng hạn  a j  suy  a j  - Nếu hai phần tử thuộc B C, chẳng hạn   a j  suy  a j  Như tồn lại hai số thuộc tập hợp A có hiệu 3, 6, Ta điều phải chứng minh (Ở 2100 “thỏ” 2010 phần tử ba tập hợp A, B, C; 2015 “lồng” số từ đến 2015) Nhận xét Ta cịn có kết mạnh sau: Cho X tập hợp gồm 505 số nguyên dương khác nhau, số không lớn 2006 Trong tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x – y thuộc tập hợp E  {3;6;9} Chứng minh Gọi A tập hợp số thuộc X mà chia hết cho 3, gọi B tập hợp số thuộc X mà chia cho dư 1, gọi C tập hợp số thuộc X mà chia cho3 dư Có 505 số xếp vào ba tập hợp, mà 505 = 3.168 + nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tập hợp có chứa từ 169 số trở lên Trong tập hợp này, hai số có hiệu bội Tồn hai số x, y có hiệu nhỏ 12 Thật vậy, số tập hợp có hiệu khơng nhỏ 12 số lớn tập hợp không nhỏ 12.168 = 2016 > 2006, trái với đề Vậy tập hợp X tồn hai phần tử x, y mà x  y  E Bài toán Cho hai tập hợp số nguyên dương phân biệt mà số nhỏ n Chứng minh tổng số phần tử hai tập hợp khơng nhỏ n chọn tập hợp phần tử cho tổng chúng n Hướng dẫn giải Giả sử hai tập hợp số nguyên dương cho A  {a1 , a2 , , am } B  {b1 , b2 , , bk } với a  n (i  1, 2, , m ) , b j  n ( j  1, 2, , k ) m  l  n Xét tập hợp C  {n  b1, n  b2 , , n  bk } Nhận thấy, có tất n – số nguyên dương phân biệt nhỏ n, phần tử A C nhỏ n tổng số phần tử A C không nhỏ n Theo ngun lí Dirichlet, tồn 7 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUN LÝ DIRICHLET hai phần tử nhau, chúng không thuộc A C, phần tử thuộc A phần tử thuộc C, tức tồn hai số ap n  bq mà a p  n  bq  a p  bq  n (điều phải chứng minh) (Ở coi m + k “thỏ” số nguyên dương thuộc tập hợp A C, n – “lồng” số nguyên dương từ đến n – 1)  Dạng 3: Bài tốn liên quan đến bảng vng * Cở sở phương pháp: Một bảng vng kích thước n x n gồm n dòng, n cột đường chéo Mỗi dòng, cột, đường chéo có n vng Một bảng vng kích thước m x n gồm m dòng n cột * Ví dụ minh họa: Bài tốn Cho mảng vng kích thước x Người ta viết vào ô bảng số -1, 0, 1; sau tính tổng số theo cột, theo dòng theo đường chéo Chứng minh tất tổng ln tồn hai tổng có giá trị Hướng dẫn giải Bảng vng kích thước x có dịng, cột, đường chéo nên có 12 tổng số tính theo dòng, theo cột theo đường chéo Mỗi dòng, cột đường chéo có ghi số thuộc tập {–1; 0; 1} Vì giá trị tổng thuộc tập hợp {–5; –4; –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3; 4; 5} có 11 phần tử Có 12 tổng nhận tập 11 giá trị khác nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai tổng nhận giá trị Bài toán chứng minh (Ở “thỏ” tổng nên có 12 “thỏ”, “lồng” giá trị tổng nên có 11 “lồng”) Nhận xét Với cách giải tương tự, ta có tốn tổng qt sau: Cho bảng vng kích thước n x n Người ta viết vào ô bảng số –1, 0, 1; sau tính tổng số theo cột, theo dòng theo đường chéo Chứng minh tất tổng ln tồn hai tổng có giá trị Bài tốn Trên bảng ô vuông kích thước x 8, ta viết số tự nhiên từ đến 64, số viết vào ô cách tùy ý Chứng minh tồn hai ô vuông chung cạnh mà hiệu số ghi chúng không nhỏ Hướng dẫn giải Ta xét hàng có ghi số cột có ghi số 64 Hiệu hai ô 63 Số cặp ô kề từ ô ghi số đến ô ghi số 64 nhiều 14 (gồm cặp chung cạnh tính theo hàng cặp chung cạnh tính theo cột) Ta có 64 = 14.4 + nên theo ngun lí Dirichlet, tồn hai kề mà hai số ghi có hiệu khơng nhỏ + = Bài toán chứng minh 8  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN (Ở đây, “thỏ” hiệu hai số 64 số (từ đến 64) nên có 63 thỏ; “lồng” số cặp ô vuông kề từ ô ghi số đến ghi số 64 nên có nhiều 14 lồng) Nhận xét  Mấu chốt tốn quan tâm đến hai vng ghi số nhỏ (số 1) số lớn (số 64) có lớn 63; đồng thời xét từ ô ghi số đến ô ghi số 64 cần tối đa (8 – 1) + (8 – 1) = 14 ô Ở ta vận dụng ngun lí Dirichlet tổng qt: Có m thỏ, nhốt vào k lồng mà m = kn + r (1  r  k  1) tồn lồng chứa khơng n + thỏ  Nếu thay bảng chữ nhật gồm x 10 vng, ghi số từ đến 80 không lặp cách tùy ý kết cầu tốn cịn hay khơng? Hãy chứng minh  Dạng 4: Bài toán liên quan đến thực tế Cở sở phương pháp: Khi chứng minh tồn số đối tượng thỏa mãn điều kiện đó, ta thường sử dụng ngun lí Dirichlet Điều quan trọng phải xác định “thỏ” “lồng” * Ví dụ minh họa: Bài tốn Một tổ học tập có 10 học sinh Khi viết tả, tổ mắc lỗi, bạn Bình mắc nhiều lỗi (mắc lỗi) Chứng minh tổ có bạn mắc số lỗi Hướng dẫn giải Ta coi “thỏ” học sinh (trừ bạn Bình) nên có thỏ; “lồng” số lỗi tả học sinh mắc phải nên có lồng: lồng i gồm học sinh mắc i lỗi (i = 1, 2, 3, 4) Có thỏ nhốt vào lồng, mà = 4.2 + 1, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn lồng chứa khơng + = thỏ, tức có bạn mắc số lỗi Bài toán Ở vịng chung kết cờ vua có đấu thủ tham gia Mỗi đấu thủ phải gặp đủ đấu thủ lại, người trận Chứng minh rằng, thời điểm đấu, có hai đấu thủ đấu số trận Hướng dẫn giải Ta coi “thỏ” đấu thủ nên có thỏ; “lồng” số trận đấu đấu thủ nên có lồng: “lồng i” gồm đấu thủ thi đấu i trận (với i = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) Ta thấy lồng lồng không đồng thời tồn tại, có đấu thủ chưa đấu trận khơng có đấu thủ đấu đủ trận, có đấu thủ đấu đủ trận khơng có chưa đấu trận .9 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUYÊN LÝ DIRICHLET Như vậy, có lồng chứa thỏ nên theo ngun lí Dirichlet tồn lồng chứa khơng thỏ, tức thời điểm cược đấu ln tìm đấu thủ đấu dùng số trận Bài tốn Có nhà khoa học viết thư trao đổi với hai đề tài: bảo vệ môi trường chương trình dân số Chứng minh có ba nhà khoa học trao đổi đề tài Hướng dẫn giải Gọi nhà khoa học A, B, C, D, E, F Nhà khoa học A viết thư trao đổi với nhà khoa học cịn lại đề tài, có  2.2  nên theo nguyên lí Dirichlet tồn nhà khoa học (chẳng hạn B, C, D) nhà khoa học A trao đổi đề tài (chẳng hạn đề tài môi trường) Trong ba nhà khoa học B, C, D có hai người trao đổi đề môi trường (chẳng hạn B, C) ta chọn A, B, C trao đổi đề tài Nếu ba nhà khoa học B, C, D khơng có hai người trao đổi đề tài mơi trường họ trao đổi với đề tài dân số, ta chọn B, C, D trao đổi đề tài (Ở coi nhà khoa học (trừ A) “thỏ” nên có thỏ, coi đề tài “lồng” nên có lồng vận dụng ngun lí Dirichlet tổng qt)  Dạng 5: Bài tốn liên quan đến xếp * Cơ sở phương pháp: Các tốn xếp chỗ, phân cơng việc khơng địi hỏi nhiều kiến thức kĩ tính tốn, chúng chủ yếu kết hợp suy luận lơgic để xét khả xảy với nguyên lí Dirichlet * Ví dụ minh họa: Bài tốn Có 20 người định bơi thuyền 10 thuyền đôi Biết hai người A B mà khơng quen tổng số người quen A người quen B khơng nhỏ 19 Chứng minh phân công vào thuyền đôi cho thuyền hai người quen Hướng dẫn giải Nếu 20 người khơng có hai người quen tổng số người quen hai người Điều mâu thuẫn với giả thiết tổng số người quen hai người không nhỏ 19 Vậy tồn số cặp quen 10  NGUN LÝ DIRICHLET Bài Giả sử khơng tìm số n số tự nhiên liên tiếp cho mà chia hết cho n Khi n số chia cho n nhận nhiều n  số dư khác 1; 2; 3; 4; ; n  1 , theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số chia cho n có số dư, chẳng hạn a b với a  b , số a  b chia hết cho n Điều mâu thuẫn với  a  b  n Từ suy điều phải chứng minh Bài Nếu n số chia hết cho n, toán chứng minh Nếu tất n số khơng có số chia hết cho n chia cho n chúng nhận n  số dư 1; 2; 3; ; n  2; n  Có n số, có n  số dư nên theo nguyên lý Dirichlet tồn số có số dư chia cho n  hiệu hai số chia hết cho n Bài Một số lẻ chia cho có số dư 1; 3; Ta chia số dư thành hai nhóm: Nhóm (1; 7) nhóm (3; 5) Có ba số lẻ chia cho mà có hai nhóm số dư, theo nguyên lý Diriclet tồn hai số có số dư chia cho vào nhóm Nếu hai số dư giống hiệu hai số chia hết cho Nếu hai số dư khác tổng chúng chia hết cho Vậy ba số lẻ tìm hai số có tổng hiệu chia hết cho Bài 10 Xét 1975 số có dạng sau: A1  1974 A2  19741974 A3  197419741974 …………………… A1974  19741974 1974  1974 soá 1974 A1975  19741974 19741974    1975 soá 1974 Tất 1975 số không chia hết không chia hết cho 1975 Do số chia cho 1975 nhận 1974 số dư 1; 2; 3;…; 1974 Do theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số có số dư chia cho 1975 nghĩa hiệu chúng chia hết cho 1975 Giả sử Ai  19741974 19741974    Ak  19741974 19741974    i soá 1974 k soá 1974  i  k; i, k  1; 2; ;1975 hiệu chúng là: Ai  Ak  19741974 19741974     19741974 19741974    i soá 1974 k soá 1974  19741974 19740000 0000  1975 (đpcm) i  k soá 1974: k soá 26  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Bài 11 Xét 2017 số có dạng B1  2016 B2  20162016 B3  20162016 …………………… B2017  20162016 20162016    2017 soá 2016 Nếu số 2017 số chia hết cho 2017 ta có số cần tìm Nếu 2017 số khơng chia hết cho 2017 tương tự ta có số  Bi  Bk  20162016 20160000 0000  i  k; i, k  1;2; ; 2017  i  k soá 2016: k soá 4k  20162016 2016.10  2017 Do 104 k  2017    i  k soá 2016 Nên 20162016 2016     2017 i  k soá 2016 Vậy tồn số có dạng 20162016 20162016 chia hết cho 2017 Bài 12 Trong 20 số tự nhiên liên tiếp tìm 10 số tự nhiên liên tiếp có chữ số hàng chục giống cịn chữ số hàng đơn vị 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; Viết số dạng: ab c0 ; ab c1; ab c2; ; ab c9 Gọi tổng chữ số S  a  b   c số vừa viết có tổng chữ số S; S  1; S  : : S  10 số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho 10 Bài13 a) Gọi 1001 số nguyên dương khác cho a1; a2 ; a3 ; ; a1001 với a1  a2  a3   a1001  2000 Đặt A  a2 ; a3 ; ; a1001 gồm 1000 phần tử có dạng am với m  2;3; ;1001 B  a2  a1; a3  a1; ; a1001  a1 gồm 1000 phần tử có dạng an  a1 với n  2;3; ;1001 Ta thấy phần tử hai tập hợp A B thuộc tập hợp gồm 1999 phần tử 1;2;3; ;1998;1999 tổng số phần tử tập A B 1000  1000  2000 phần tử Theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số mà chúng thuộc tập hợp, nên có số thuộc tập hợp A, số thuộc tập hợp B tức am  an  a1 an  am  a1 Ba số am ; an ; a1 đôi khác Thật am  a1; an  a1 theo cách đặt tập hợp A B, cịn am  an am  an a1  , trái với giả thiết tốn .27 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUN LÝ DIRICHLET Vậy tồn ba số an ; am ; a1 số cho mà an  am  a1 b) Tổng quát hóa: Cho n  số nguyên dương khác nhỏ 2n Chứng minh ta chọn số mà số tổng hai số lại (Chứng minh tương tự câu a) (Bạn đọc tự chứng minh) Bài 14 Một số tự nhiên chia cho 100 có số dư 0; 1; 2; …; 98; 99 Tất số dư phép chia cho 100 chia thành 51 nhóm sau: (0); (1;99); (2; 98); (3; 97);…; (49; 51); (50) Đem 52 số tự nhiên chia cho 100 nhận 52 số dư; 52 số dư thuộc 51 nhóm Theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số dư thuộc vào nhóm, tức tồn hai số có tổng số dư phép chia cho 100 100 hiệu số dư phép chia cho 100 Hai số có tổng hiệu chia hết cho 100 Bài 15 Giả sử A 17 nhà khoa học A phải trao đổi với 16 nhà khoa học lại đề Theo nguyên lý Dirichlet A phải trao đổi với nhà khoa học khác đề tài chẳng hạn “Dân số” Gọi nhà khoa học khác đề tài chẳng hạn “Dân số” với A B; C; D; E; F; G + Nếu nhà khoa học trao đổi với đề tài “Dân số” tốn chứng minh nhà khoa học với A trao đổi với đề tài “Dân số” + Nếu tất nhà khoa học B; C; D; E; F; G không trao đổi với đề tài “Dân số” họ cịn trao đổi với hai đề tài “Biến đổi khí hậu”; “Mơi trường” Xét nhà khoa học B nhà khoa học B phải trao đổi với người lại hai đề tài “Biến đổi khí hậu”; “Mơi trường” Theo ngun lý Dirichlet B phải trao đổi với nhà khoa học khác chẳng hạn C; D; E đề tài chẳng hạn “Mơi trường” Nếu C; D; E có hai người chẳng hạn D E trao đổi với đề tài “Mơi trường” B; E; D ba người trao đổi với đề tài Nếu C; D; E khơng có trao đổi với đề tài “Môi trường” C; D; E cịn đề tài “Biến đổi khí hậu”; để trao đổi Vậy ta có ba người trao đổi với đề tài Vậy trường hợp ta có nhà khoa học trao đổi với đề tài Bài 16 Xét dãy số 101; 102 ; 103 ; 104 ; ;1020 có 20 số nên chia số dãy cho 19 ta nhận 19 số dư r  0; 1; 2; 3; ; 17; 18 Theo ngun lý Dirichlet tồn hai số có số dư chia cho 19 Không tổng quát   giả sử hai số 10a 10b ( a, b  N * b  a  20 ) 10a  10b  10b 10 a b  19 Mà 10 ;19  nên 10 b a b   19 hay 10a b 19 dư  a  b  19 Ta có điều phải chứng minh 28  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Bài 17 Gọi 700 số ngun dương đơi khác cho a1; a2 ; a3 ; ; a700 Như X  a1; a2 ; a3 ; ; a700  Xét 700.4  2800 số sau đây: a1; a2 ; a3 ; ; a700 ; a1  3; a2  3; a3  3; .; a700  3; a1  6; a2  6; a3  6; ; a700  6; a1  9; a2  9; a3  9; ; a700  9; Do số không lớn 2006 nên số không lớn hơn: 2006   2015 Có 2800 số mà số nhận giá trị từ đến không 2015 Theo theo nguyên lý Dirichlet phải tồn hai số Giả sử số   ak  với (i; k  1;2;3; ; 700 Khi ak   x  y    (Tương tự có số   ak  ta có x  y  3;   ak ta có x  y  …) Suy tồn hai phần tử x, y  X cho x  y thuộc tập hợp E  3;6;9 Bài 18 Tổng số có 12 tổng là: tổng theo hàng; tổng theo cột tổng theo đường chéo Vì tổng có số hạng gồm số 1;0;1 nên tổng nhận không 11 giá trị 5; 4; 3; 2; 1;0;1;2;3;4;5 Do theo nguyên lý Dirichlet tồn hai tổng có giá trị Bài 19 Giả sử điểm phân biệt đường tròn A, B, C, D, E, G Từ điểm nối với điểm lại đoạn thẳng với màu xanh đỏ Theo nguyên lý Dirichlet tồn ba đoạn thẳng màu Không tổng quát, giả sử ba đoạn thẳng AB, AC , AD màu đỏ (nếu màu xanh lập luận tương tự) Xét BCD có cạnh chẳng hạn BC màu đỏ ABC có ba cạnh màu đỏ Trái lại BCD có ba cạnh màu xanh Vậy ln tồn tam giác có ba cạnh màu Bài 20 Trên hình vng kích thước  có khơng q số chia hết cho 2, không số chia hết cho Lát kín bảng 25 hình vng, kích thước  , có nhiều 25 số chia hết cho 2, có nhiều 25 số chia hết cho Do đó, có 50 số cịn lại khơng chia hết cho khơng chia hết cho Vì chúng phải ba số 1; 5; Ta có 50  3.16  Từ theo nguyên lý Dirichlet có số xuất 17 lần Bài 21 Ta tưởng tượng thông "thỏ", có 800.000 "thỏ" nhốt vào không 500.000 "chiếc lồng" Lồng ứng với thơng có cây, lồng ứng 29 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUN LÝ DIRICHLET với thơng có v.v Số thỏ lớn số lồng, theo ngun tắc Đirichlet có lồng nhốt khơng thỏ nghĩa có thơng có số Bài 22 Một năm có 12 tháng Ta phân chia 40 học sinh vào 12 tháng Nếu tháng có khơng học sinh sinh số học sinh không quá: 3.12 = 36 mà 36 < 40 (vơ lý) Vậy tồn tháng có học sinh trùng tháng sinh ( 40 thỏ 40 học sinh, 12 lồng 12 tên tháng) Bài 23 Ta thành lập dãy số gồm số sau đây: S1  a1 S2  a1  a2 S3  a1  a2  a3 S4  a1  a2  a3  a4 S5  a1  a2  a3  a4  a5 - Nếu cách Si  i  1, ,5 chia hết cho tốn chứng minh - Nếu khơng có số chia hết cho đem chia số Si cho số dư có giá trị từ đến Có số dư mà có giá trị (5 thỏ, lồng) Theo nguyên tắc Đirichlet phải có số dư có giá trị Hiệu chúng chia hết cho Hiệu tổng liên tiếp Bài 24 Xét dãy số 1,11,111, , 111 11    p chữ số1 Ta chứng minh dãy phải có số chia hết cho p Giả sử kết luận không đúng, tức khơng có số dãylại chia hết cho p Cho tương ứng số dư phép chia cho p Tập hợp số dư thuộc tập hợp {1, 2, 3, , p – 1} (Do thuộc tập hợp này) Ta lại có p số dãy số Vì theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số có số dư chia cho p Giả sử số 111 11 (m chữ số 1) số 111 11 (n chữ số 1) với 1  n  m  p  Từ ta có n (111 11     111 11)     p, hay 111  000   p Hay 111  10  p m chữ số1 n chữ số1 m  n chữ số n chữ so (1) m  n chữ số1 Do p sơ ngun tố lớn nên (p; 10) = 1, Vì từ (1) ta suy 111   p (2) m  n chữ số1 30  CHUN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 111  số thuộc dãy nên từ (2) suy mâu thuẫn với giả thiết Vậy giả sử phản m  n chữ số1 chứng sai Ta suy điều phải chứng minh Bài 25 Từ 20 số dãy ta tìm số mà chữ số hàng đơn vị 0, hai số phải có số có chữ số hàng chục khác Giả sử N số đó, ta gọi S tổng chữ số N Ta có dãy số N, N + 1, N + 2, N + 9, N + 19 11 số nằm 39 số cho trước mà tổng chữ số chúng S, S + 1, S + 2, S + 9, S + 10 Đó 11 số tự nhiên liên tiếp, phải có số chia hết cho 11 Bài 26 Để làm xuất số "thỏ" số "lồng ta làm sau: Trong tập hợp số dư phép chia cho 100 ta lấy cặp số cho tổng cặp 100 thành lập thành nhóm sau: (0 ; 0), (1 ; 99), (2 ; 98), (3 ; 97), (4 ; 96), (5 ; 95), (6 ; 94) (49 ; 51), (50 ; 50) Chú ý có 50 cặp vậy, ta thêm vào cặp (0, 0) có 51 cặp (51 lồng) - Đem chia 52 số tự nhiên cho 100 có 52 số dư (52 thỏ) - Có 52 số dư mà có 51 nhóm, theo ngun tắc Dirichlet phải có số dư rơi vào nhóm Rõ ràng cặp số tự nhiên ứng với cặp số dư hai số tự nhiên có tổng hiệu chia hết cho 100 (đpcm) Bài 27 Trước hết ta ý rằng: 29m có tận m số chẵn 29m có tận m số lẻ Ta xét 105 lũy thừa 29 với số mũ chẵn khác Có hai khả xảy ra: a Trong có số mũ 2k mà 292k có tận 00001 tốn chứng minh b Khơng có số mũ 2k để 292k có tận 00001 Từ b, ta thấy rằng: 31 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUN LÝ DIRICHLET Số số có chữ số tận khác nhỏ 105 (kể từ chữ số tận 00002, 00003, 99 999, 105) số số khác mà ta xét 10 số Theo ngun tắc Dirichlet phải có hai lũy thừa có chữ số tận dùng A1 = 29 2k1 = M1 105 abcd1 Giả sử A2 = 29 2k = M2 105 abcd1 Có thể giả sử k1 > k2 mà khơng làm tính chất tổng qt tốn Thế ta có: A1 - A2 = 29 2k1 - 29 2k = (M1 - M2) 105   A1 - A2 = 29 2k1 - 29 2k = 29 2k 29 2(k - k )  Vì 29 2k có tận A1 - A2 = (M1 - M2)105 có tận khơng số nên suy 292(k -k 2)   phải có tận khơng chữ số 0, từ suy 29 2(k1 - k ) có tận 00001 (số chữ số 4) Ta tìm số k = 2(k1 - k) thỏa mãn đề (đpcm) Bài 28 Gọi A nhà tốn học số 17 nhà tốn học, nhà tốn học A phải trao đổi với 16 nhà tốn học cịn lại vấn đề Như nhà toán học A phải trao đổi với nhà tốn học vấn đề Vì trao đổi với số nhà tốn học vấn đề số nhà tốn học trao đổi với A 16 (Các bạn diễn tả theo khái niệm "thỏ" "lồng" để thấy áp dụng nguyên tắcDirichlet lần thứ nhất.) - Gọi nhà toán học trao đổi với nhà tốn học A vấn đề (giả sử vấn đề I) A1, A2, A3, A4, A5, A6 Như có nhà tốn học trao đổi với vấn đề (không kể trao đổi với A) Như có nhà tốn học A1, A2, A3, A4, A5, A6 trao đổi với vấn đề, I, II, III Có hai khả xảy ra: a Nếu có nhà tốn học trao đổi với vấn đề I có nhà tốn học (kể A) trao đổi với vấn đề I Bài tốn chứng minh b Nếu khơng có nhà tốn học nhà toán học A1, A2 A6 trao đổi vấn đề I ta có nhà toán học trao đổi với vấn đề II III Theo nguyên tắcDirichlet có nhà toán học trao đổi với vấn đề II III Bài toán chứng minh 32  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Bài 29 Để tôn trọng ta cần thay đổi ngơn ngữ thỏ, chuồng học sinh , phịng Phịng 1: Chứa em mắc lỗi Phòng 2: Chứa em mắc lỗi …………………………………… Phòng 14: Chứa em mắc 14 lỗi Phịng 15: Chứa em khơng mắc lỗi Theo giả thiết phịng 14 có em A Còn lại 14 phòng chứa 29 em Theo nguyên lý Dirichlet tồn phịng chứa em Từ có điều phải chứng minh Bài 30 Có người nên số người quen nhiều người Phịng 0: Chứa người khơng có người quen Phịng 1: Chứa người có người quen ……………………………………………………… Phịng 4: Chứa người có người quen Để ý phòng & phòng khơng thể có người Thực chất người chứa phòng Theo nguyên lý Dirichlet tồn phịng chứa người Từ có điều phải chứng minh Bài 31 Xét thời điểm lịch thi đấu ( đội thi đấu tối đa trận) Phòng 0: Chứa đội chưa đấu trận Phòng 1: Chứa đội thi đấu trận ……………………………………………… Phòng 9: Chứa đội thi đấu trận Để ý phòng phịng khơng thể có đội thi đấu Thực chất 10 đội chứa phòng Theo nguyên lý Dirichlet ta suy điều phải chứng minh .33 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUYÊN LÝ DIRICHLET Bài 32 Xét n+ số sau: a1  5; a2  55; ; an 1  55 ( n+1 chữ số 5) Theo nguyên lý Dirichlet : với n+1 số tồn hai số có số dư chia cho n Hiệu hai số số có dạng: 55…50…0 gồm tồn chữ số chữ số chia hết cho n Đó điều phải chứng minh! Bài 33 Xét 2012 số a1  8; a2  88; ; a2012  88 (2012 chữ số 8) Tương tự ví dụ tồn số có dạng 88…80…0 ( n chữ số k chữ số 0) chia hết cho 2011 Mà: 88…80…0 = 88…8.10k (10k,2011) = suy số: 88…8 chia hết cho 2011 Điều phải chứng minh! ( Lưu ý: 2011 số nguyên tố) Bài 34 Xét 2011 số sau: n; n2 ; n3;…; n2011 Theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số có số dư chia cho 2010.Giả sử hai số ni nj với  i  j  2011 Khi nj – ni = ni (n j – i – 1) = ni ( nk – 1) chia hết cho 2010 ( k = j i số nguyên dương) Vậy nk – chia hết cho 2010 ( (ni, 2010) =1) Bài 35 Ta xét phép chia 1007 số cho 2011 xếp vào: Nhóm 0: Các số chia hết cho 2011 ( dư 0) Nhóm 1: Các số chia cho 2011 dư 2010 Nhóm 2: Các số chia cho 2011 dư 2009 ………………………………………………… Nhóm 1005: Các số chia cho 2011 dư 1005 1006 Theo nguyên lý Dirichlet tồn nhóm chứa hai số Theo cách xếp nhóm tổng hiệu hai số chia hết cho 2011 Bài 36 Sắp thứ tự n + số cho  a1  a2   an 1  2n ( Nhóm 1) Xét thêm n số: b1  a2  a1 ; b2  a3  a1 ; ; bn  an 1  a1 Ta có:  b1  b2   bn  2n (Nhóm 2) Tập 2n số nhóm ( trừ a1 nhóm 1) nhận 2n -1 giá trị ( chuồng) Theo nguyên lý Dirichlet có số khơng nhóm nhóm tức phải thuộc nhóm Từ suy điều phải chứng minh! Bài 37 34  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN A C B Các đường trung bình ABC chia thành bốn tam giác có cạnh 0,5 Theo nguyên tắc Dirichlet, tồn điểm rơi vào tam giác nhỏ Ta có khoảng cách điểm nhỏ 0,5 Bài 38 Chia hình vng cho thành 25 hình vng có cạnh 0,2 Suy theo nguyên tắc Dirichlet, tồn điểm nằm hình vng Ta có bán kính đường trịn ngoại tiếp hình vng trịn bán kính  Suy điểm cho nằm hình Bài 39 O Chia hình trịn  O, R  thành phần Do hình quạt có diện tích Theo ngun tắc Dirichlet, có hình quạt chưa nhiều điểm Xét điểm phân biệt hình quạt cho Dễ thấy tam giác tạo điểm có diện tích bé Bài 40 Chia sân thành hình vẽ Áp dụng nguyên tắc Dirichlet, ta suy kết cần chứng minh .35 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUYÊN LÝ DIRICHLET     Bài 41 Dựng 0; P điểm thược 0; Dựng hình thoi OAPB có đường chéo OP cạnh Gọi I giao điểm hai đường chéo, ta có: OI  O  3  AI  AO  OI         AI  2 I B A P  AB  Vậy AOB có cạnh Giả sử ngược lại, cặp hai điểm có khaongr cách chúng mà tô hai màu khác Khơng matas tính chất tổng quát, ta giả sử điểm O tô màu xanh, điểm A tô màu đỏ điểm B tơ màu vàng Bởi PA  PB  suy P phải tô màu xanh   Với cách lập luận ta suy ra, tất điểm đường 0; tô màu   xanh Mặt khác dễ dàng tìm 0; hai điểm mà khoảng cách chúng 1, nên theo giả sử chúng tô hai màu khác Vơ lý Điều vơ lý chứng tỏ có hai điểm tô màu mà khoảng cách chúng Bài 42 Gọi điểm cho A1 , A2 , A3 , , A100 Kí hiệu: M   A1 , A2 , A3 , , A33  , N   A34 , A35 , A36 , , A66  , P   A67 , A68 , A69 , , A100  Tập M gồm 33 điểm, tập N gồm 33 điểm tập P gồm 34 điểm Trường hợp toán: yêu cầu chứng minh xảy như: Mỗi điểm tập hợp M nối với điểm tập hợp N P Các điểm tập hợp N nối với điểm tập hợp P tập M Các điểm tập hợp P nối với điểm có tập M tập N (2 tập có 66 điểm) 36  CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUYÊN Thật vậy, giả sử  Ai , Aj , Ak , Al  điểm số 100 điểm Theo nguyên tắc Dirichlet awrt phải có điểm thuộc vào tập hợp ( M , N P ) Do với cách phân chia đây, điểm không nối với Bài 43 Gọi K , I trung điểm cạnh AB CD K A B Trên đoạn KI lấy điểm M N cho: KM  NI  M Ta có: MN  KI  KM  NI = 35   16  19  N AM  BM  DN  CN D C D  35        20   Do ta vẽ đường có tâm A, B, C , D, M , N bán kính 10 đường trịn khơng cắt Bởi có điểm phân biệt nằm hình vng, tồn hình trịn khơng chứa điểm số điểm cho Nhận thấy, tâm đường tròn có khoảng tới điểm cho lớn 10 Bài 44 Dựng tam giác có cạnh Nếu ba đỉnh to màu (xanh đỏ) tốn chứng minh Trong trường hợp ngược lại, xét tam giác ABC có cạnh AB  mà A B tô hai màu khác P Lấy điểm D mặt phẳng cho AO  BO  Vì A, B khác màu nên D màu với hai điểm A B Suy tồn đoạn t hẳng AD  BD  có mút A tơ hai màu khác Giả sử đoạn thẳng AD Gọi K K trung điểm đoạn thẳng AD K màu với hai điểm A D Giả sử K A có màu xánh Q 37 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              D NGUN LÝ DIRICHLET Vẽ tam giác APK AQK Nếu P Q có màu xanh ta có tam giác APK AQK có cạnh ba đỉnh tô màu xanh Nếu P Q có màu đỏ tam giác PQD có đỉnh tơ màu đỏ Dễ thấy, tam giác PQD có cạnh Bài 45 Cách Có thể giải 808 H I Cách 2: giải cách sau đây: C Vẽ tam giác ABC ba đỉnh A, B, C tơ màu ta có điều phải chứng minh A F Nếu A, B, C tô màu khác nhau, theo nguyên tắc B Dirichlet, phải có hai đỉnh tơ màu Giả sử đỉnh A B tơ màu đen, C tơ D E màu đỏ G Dựng lục giác ADGEFC có tâm B Ta có tam giác ADB Nếu D tơ màu đen ta có điều phải chứng minh Cịn D tơ màu đỏ, lại xét tam giác CDE Nếu E tơ màu đỏ tam giác CDE có ba đỉnh tơ màu đỏ, thỏa mãn Có ngược lại E tô màu đen, lại xét tam giác BEF Nếu F tô màu đen ta có BEF có ba đỉnh tơ màu đen, thỏa mãn Giả sử ngược lại F tơ màu đỏ, lại xét tam giác CFH Nếu điểm H tô màu đỏ ta có tam giác CFH có ba đỉnh to màu đỏ, thỏa mãn Còn giả sử ngược lại H tơ màu đen lại vẽ tam giác BHI Nếu I tô màu đen tam giác BHI có ba đỉnh tô màu đen, thỏa mãn Giả sử ngược lại, I tơ màu đỏ xét tam giác IDF Dễ thấy tam giác IDF đều, theo ta có ba đỉnh I , D, F tơ màu đỏ, thỏa mãn Tóm lại: ta chứng tỏ rằng, tồn tam giác mà ba đỉnh tô màu 38  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Bài 46 Lấy điểm O mặt phẳng Qua O dựng đường thẳng song song với 2000 đường thẳng cho Tại O ta có 4000 góc đơi đối đỉnh có tổng số đo 360 Từ suy điều phải chứng minh Bài 47 Giả sử xy đường thẳng vng góc với l Ta đánh dấu đoạn thẳng theo thứ tự 1, 2,3, ,8000 Chiếu đoạn thẳng lên hai đường thẳng xy l Kí hiệu bi ( i  1, 2, ,8000 ) tương ứng độ dài đoạn thẳng cho đường thẳng xy l Ta có  bi  với i  1, 2, ,8000 Do  a1  a2   a8000    b1  b2   b8000   8000  4000  4000 Suy ra: a1  a2   a8000  4000 b1  b2   b8000  4000 Ta có 8000 đoạn thẳng chiếu vng góc lên đường kính đường với độ dài 4000 Nếu hình chiếu đoạn thẳng cho lên đường thẳng l mà khơng có điểm chung ta có: a1  a2   a8000  4000 Vì l tìm điểm hình chiếu điểm thuộc hai số đoạn thẳng cho Khi đường thẳng vng góc với l dựng qua điểm có điểm chung với hai đoạn thẳng số 8000 đoạn thẳng cho Bài 48 Xét hình vng cạnh 2x2 , hình vng có hình vng nhỏ ln chung cạnh chung đỉnh nên tồn nhiều số chẵn, nhiều số chia hết cho có số lẻ không chia hết cho Bảng 10x10 chia thành 25 hình vng có cạnh 2x2 nên có 50 số lẻ khơng chia hết cho Từ đến có số lẻ khơng chia hết cho 1, 5, Áp dụng  50  nguyên lí Dirichlet ta ba số xuất     17 lần 3 Bài 49 Chia cạnh hình chữ nhật thành n đoạn 2n đoạn ,mỗi đoạn có độ dài Nối điểm chia đường thẳng song songvới cạnh hình chữ nhật ta n 39 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT  CHẤT - ĐẸP - TIỆN              NGUN LÝ DIRICHLET n.2n  2n hình vng nhỏ với cạnh Nếu hình vng chứa khơng điểm tổng n số điểm cho không 3.2n  6n (trái với giả thiết) Do phải tồn hình vng chứa nội tiếp đường trịn bán kính đường n 2n khơng điểm Rõ ràng hình vng cạnh trịn chứa đường trịn đồng tâm bán kính n Bài 50 Lấy năm điểm tùy ý cho khơng có ba A' điểm thẳng hàng mặt phẳng Khi dùng có hai màu để tơ đỉnh, A mà theo nguyên lí Dirichlet phải tồn ba N P điểm số màu Giả sử ba G điểm A, B, C có màu đỏ Như ta có tam B giác ABC với ba đỉnh màu đỏ Gọi G M C B' C' trọng tâm tam giác ABC Chỉ có hai khả xảy ra: + Nếu G có màu đỏ Khi A, B, C, G đỏ toán giải + Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC đoạn AA’  3GA,  BB’  3GB,  CC’  3GC Khi gọi M, N, P tương ứng trung điểm BC, CA, AB A’A  3AG  6GM   A ’A  2AM Tương tự B’B  2BN,  CC’  2CP Do tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhận A, B, C trọng tâm Mặt khác, ta có tam giác ABC A’B’C’ có trọng tâm G Có hai trường hợp sau xảy ra:  Nếu A’, B’, C’ xanh Khi tam giác A’B’C’ trọng tâm G có màu xanh  Nếu điểm A’, B’, C’ có màu đỏ Khơng tính tổng quát giả sử A’ đỏ Khi đo tam giác A’BC trọng tâm A màu đỏ Vậy khả tồn tam giác mà ba đỉnh trọng tâm màu 40  ... 1974: k soá 26? ? CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Bài 11 Xét 2017 số có dạng B1  20 16 B2  20 162 0 16 B3  20 162 0 16 …………………… B2017  20 162 0 16 20 162 0 16    2017 soá 20 16 Nếu số 2017 số chia hết... toán chứng minh Nếu tất 20 16 số khơng có số chia hết cho 20 16 số chia cho 20 16 nhận 2015 số dư 1; 2; 3; ; 2014; 2015 Có 20 16 số mà có 2015 số dư nên tồn số có số dư chia cho 20 16  hiệu hai số. .. số “thỏ” số 20 16 số tự nhiên bất kỳ, “Lồng” số số dư phép chia số cho 20 16 Có hai khả xảy ra: có số chia hết cho 20 16, tất số không chia hết cho 20 16 Hướng dẫn giải Nếu n số chia hết cho 20 16,