Ứng dụng nguyên lý dirichlet giải toán

Luận văn ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào giải toán. Luận văn nêu ra nguyên lý chuồng bồ câu và một số bài tập ứng dụng từ cơ bản đến nâng cao. Một số bài toán đã xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA SƯ PHẠM BỘ MÔN SP TOÁN HỌC  LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP Đề tài: ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET GIẢI TOÁN Giáo viên hướng dẫn Sinh viên thực Nguyễn Đức Khiêm ThS Nguyễn Hoàng Xinh MSSV: B1500693 Lớp: SP Toán 01 K41 Cần Thơ, 2019 LỜI CẢM ƠN Đề tài “ Ứng dụng nguyên lý Dirichet giải toán” nội dung em chọn để nghiên cứu làm luận văn tốt nghiệp sau bốn năm học đại học chuyên ngành Sư phạm Toán học trường Đại học Cần Thơ Để hồn thành q trình nghiên cứu hoàn thiện luận văn này, lời em xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến Thầy Nguyễn Hoàng Xinh thuộc khoa Sư phạm trường Đại học Cần Thơ Thầy trực tiếp dạy hướng dẫn em suốt q trình nghiên cứu Ngồi em xin chân thành cảm ơn Thầy, Cô môn Sư phạm Tốn đóng góp ý kiến q báu cho luận văn Nhân dịp này, em xin cảm ơn đến quý Thầy Cô trường Đại học Cần Thơ nói chung, Thầy Cơ khoa Sư phạm nói riêng dạy dỗ cho em kiến thức môn đại cương môn chuyên ngành, giúp em có sở lý thuyết vững vàng tạo điều kiện giúp đỡ em suốt trình học tập Cuối em xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè, ln tạo điều kiện, quan tâm, giúp đỡ, động viên em suốt q trình học tập hồn thành luận văn tốt nghiệp Trân trọng cảm ơn! Cần Thơ, ngày tháng năm 2019 Sinh viên thực Nguyễn Đức Khiêm i MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU PHẦN NỘI DUNG .2 Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Các kiến thức tính chất chia hết 1.2 Số phương 1.3 Các lý thuyết đồng dư 1.4 Các suy luận 1.5 Bảng phép nhân chữ số tận 1.6 Lý thuyết tổ hợp 1.7 Một số kiến thức liên quan khác Chương NGUYÊN LÝ DIRICHLET 2.1 Vài nét tiểu sử Dirichlet 2.2 Nguyên lý Dirichlet .7 2.2.1 Nguyên lý Dirichlet dạng 2.2.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tổng quát 2.2.3 Nguyên lý Dirichlet dạng mở rộng 2.2.4 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp 2.2.5 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp mở rộng 2.3 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải số dạng toán thường gặp 2.3.1 Các toán suy luận, logic .9 2.3.2 Một số toán liên quan xác suất 11 2.3.3 Các toán tập hợp điểm 17 2.3.4 Bài toán chia hết 22 2.3.5 Các toán dãy số 28 2.3.6 Tìm nghiệm phương trình nghiệm nguyên 31 2.3.7 Số phương 33 Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI BẰNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET .38 PHẦN KẾT LUẬN 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO 46 ii PHẦN MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: I Nguyên lý Dirichlet nguyên lý phát biểu đơn giản áp dụng nhiều tốn học Ngun lý Dirichlet chứng minh nhiều toán cách tồn vật cụ thể không đưa cụ thể cách tìm vật Đây nguyên lý hay, nhiên phận không nhỏ học sinh chưa biết hay hiểu rõ nguyên lý Vì vậy, với mong muốn cung cấp cho người đọc kiến thức nguyên lý Dirichlet cách giải số toán nguyên lý Dirichlet nên em tìm hiểu nghiên cứu đề tài: “ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICLET GIẢI TỐN” II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: Đề tài nhằm mục đích giới thiệu kiến thức nguyên lý Dirichlet cho học sinh, cung cấp cho học sinh số cách giải tập ứng dụng nguyên lý Dirichlet Bên cạnh cịn giúp học sinh tiếp cận số toán hay sáng tạo III NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: Luận văn trình bày tiểu sử nhà tốn học Dirichlet, số cách trình bày ngun lý Dirichlet dạng nâng cao, ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải số tốn có dạng điển hình, số tốn có liên quan đến ngun lý Dirichlet PHẠM VI VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: IV - Phạm vi nghiên cứu: luận văn chủ yếu đề cập nguyên lý Dirichlet từ đưa toán áp dụng nguyên lý để giải Bên cạnh đó, luận văn cịn đưa tốn nâng cao xuất đề thi quốc tế - Đối tượng nghiên cứu: Các đề thi thức, thi học sinh giỏi, viết diễn đàn toán học, toán sách liên quan đến nguyên lý Dirichlet PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: V Phương pháp nghiên cứu sử dụng đề tài gồm thu thập thơng tin, phân tích, tổng hợp tài liệu từ internet tài liệu nghiên cứu PHẦN NỘI DUNG Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Các kiến thức tính chất chia hết Cho a b số nguyên, với b  Chúng ta nói a chia hết cho b , ký hiệu b a , tồn số nguyên q cho đẳng thức sau a  b.q Chúng ta thường gọi số a bội b b ước số a Số q gọi thương số phép chia a cho b Trong phát biểu định nghĩa trên, không tồn số q cả, nói a khơng chia hết cho b ký hiệu b | a Từ định nghĩa dễ dàng chứng minh tính chất sau: - Với số nguyên a  có a a Phép chia hết có tính phản xạ - Nếu b a a c b c phép chia có tính chất bắc cầu - Nếu b a b c b  ac  - Nếu a, b, m, n số nguyên tố c a c b , c  ma  nb  Định lý sau giữ vai trò quan trọng cho phép chia số nguyên cho số nguyên - Với hai số nguyên a b cho b  , tồn số nguyên q r thõa mãn a  b.q  r  r  b 1.2 Số phương - Cho p1 , p2 , , pn số nguyên tố khác Xét tập M số tự nhiên mà phân tích thừa số nằm  p1 , p2 , , pn  Mọi số x M biểu diễn dạng x  p1 p2 p n , với số 1 , , , n số nguyên n khơng âm - Số phương số x mà 1 , , , n số nguyên chẵn không âm 1.3 Các lý thuyết đồng dư Một số tự nhiên a gọi đồng dư với số tự nhiên b module m phép chia số a b cho số tự nhiên m , m  , có số dư r Kí hiệu: a  b  mod m  a  mq  r Ta có: a  b  mod m    b  mq  r , r  m Nếu a  b  mod m  ta có tính chất hệ sau: - Tính chất: + a  a  mod m  + a  b  mod m   b  a  mod m  + a  b  mod m  ; b  c  mod m   a  c  mod m  n n k 1 k 1 + a k  bk  mod m  với k  1,2, ,n ;  k   1;1    k ak   k bk  mod m  n n k 1 k 1 + a k  bk  mod m  với k  1,2, ,n   ak   bk  mod m  - Hệ + a  b  mod m   a  c  b  c  mod m  + a  b  c  mod m   a  b  c  mod m  + a  b  mod m   ac  bc  mod m  điều ngược lại  m, c   + a  b  mod m   a  b  mp  mod m  + a  b  mod m   an  bn  mod m  1.4 Các suy luận - Chứng minh phản chứng: Dựa vào mệnh đề logic A B  B  A Giả sử B Suy A sai - Chứng minh quy nạp: Xét mệnh đề với n  , Giả sử mệnh đề với n  k , ta cần chứng minh mệnh đê với n  k  1.5 Bảng phép nhân chữ số tận Muốn tìm chữ số tận phép nhân số ta dựa theo chữ số tận số bảng sau:  0 0 0 0 0 1 2 8 3 4 8 5 5 5 6 8 7 8 9 1.6 Lý thuyết tổ hợp - Ta có n số gồm phần tử Thì có 2n cách xếp thứ tự phần tử n -số - Số lượng tập khác rỗng tập hợp M  1,2, , n  1 2n1  1.7 Một số kiến thức liên quan khác - Bán kính hình cầu ngoại tiếp hình lập phương: r  a - Hai số nguyên tố nhau: a b gọi nguyên tố ước chung lớn chúng Kí hiệu:  a, b   - Nếu a b hai số nguyên tố nhau, tồn số nguyên x cho ax  1 mod b  Chương NGUYÊN LÝ DIRICHLET 2.1 Vài nét tiểu sử Dirichlet Dirichlet tên đầy đủ Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (13/02/18055/5/1859) nhà toán học người Đức cho người đưa định nghĩa đại hàm số Ơng học trị Gauss người hâm mộ Gauss Trong thời gian học Pari, 1822 1825, ơng làm gia sư gia đình tướng nhà trị Maximilien Foy Trong thời gian này, ông tham gia nhà bác học trẻ, quây quần xung quanh Fourier Vì Vậy ơng gắn bó với Fourier chuỗi lượng giác Từ 1826-1828, Dirichlet giảng viên trường Đại Học Breslau Từ 1829 ông làm việc trường Đại Học Berlin Từ 1831 đến 1855 ông giáo sư trường Đại học Berlin Từ 1855, sau Gauss qua đời, ông kế tục Gauss trường Đại học Gottinggen Dirichlet có phát minh lớn lý thuyết số Ơng thiết lập cơng thức cho số lớp dạng tồn phương hai ngơi với định thức cho trước Ông chứng minh định lý tập hợp vô hạn số nguyên tố cấp số cộng gồm số nguyên mà số hạng đầu công sai nguyên tố Để giải tốn trên, ơng sử dụng hàm giải tích, gọi hàm (chuỗi) Dirichlet Ơng sáng lập lý thuyết tổng quát đơn vị đại số trường số đại số Về giải tích, Dirichlet người quan niện hàm cho ứng với x phần tử y , mà khơng cần phải có biểu thức y theo x phép tính số học Dirichlet người đề xuất nghiên cứu khái niệm hội tụ có điều kiện chuỗi Ơng phát biểu chứng minh điều kiện đủ, thường gọi điều kiện Dirichlet, để chuỗi Fourier hàm số hội tụ tới hàm số Dirichlet có cơng trình đáng kể học vật lý toán, đặc biệt lý thuyết 2.2 Nguyên lý Dirichlet 2.2.1 Nguyên lý Dirichlet dạng Nhốt n thỏ vào n  lồng, có lồng chứa thỏ Người ta gọi nguyên lý Dirichlet tên khác như: Nguyên lý chuồng bồ câu, nguyên lý hộp, nguyên lý ngăn kéo Chứng minh Nếu khơng có lồng chứa nhiều thỏ, có nhiều n  thỏ, trái với giả thuyết có n thỏ Nên có lồng chứa thỏ 2.2.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tổng quát Nhốt nk  thỏ vào n lồng có lồng chứa k  thỏ Chứng minh Giả sử lồng chứa k thỏ Khi tổng số thỏ k n Mà k n  k n  nên có lồng chứa k  thỏ 2.2.3 Nguyên lý Dirichlet dạng mở rộng Nếu m thỏ đặt vào n lồng m  n, ( nhất) lồng có m m thỏ m bội n,    thỏ m bội n n n Chứng minh * Nếu m không bội n : m m Giả sử lồng chứa   thỏ Khi tổng số thỏ n   n n m m Mà n    m nên có lồng chứa    thỏ n n * Nếu m bội n : Ta có: 10 x  y   xy  y  Vì  y  nên  10 x  14  y  5 2x 1 2x  14  Mà x , y số nguyên dương nên x  phải 2x  ước 14 Lại có x  số lẻ nên x   ( loại 14  14  ) x   2x  (nhận) Suy x    x   y  Vậy số cần tìm 47 Trong sử dụng nguyên lý Dirichlet để suy nghiệm loại bỏ trường hợp khơng Ví dụ 2.3.6.2 A B tiến hành trò chơi với 2001 hạt đậu A nước luân phiên Một nước lần lấy khỏi đống hạt đậu 1, hay hạt Người nước cuối (hết đậu đống), ngưới thắng Vậy người có chiến thuật để chiến thắng chiến thuật sao? Giải - Nhận xét sau lượt người lấy số hạt đậu lượng hạt lần lấy ln cố định hạt ta có cặp số 1;3 ,  2;2  ,  3;1 Và nhận thấy có 2001 hạt đậu lượt lấy hạt đậu nên theo nguyên lý Dirichlet ta có 501 lượt Nên cần A lấy hạt đậu lần lại số hạt đậu A với B hạt, A thắng Vậy A chiến thắng A tiến hành sau : Nước đầu tiên, A lấy hạt , nước A lấy  x hạt, với x số hạt B lấy nước trước Thật vậy, sau A đầu tiên, lại 2000 hạt đậu Tiếp theo, sau lần B A đi, đống đậu lại số hạt bội số Do vậy, cuối lại hạt Bấy đến B A nước cuối cịn hạt: A thắng 32 Ví dụ 2.3.6.3 Chứng minh rằng: vùng đường thẳng  D  : y  x  khoảng cách khơng vượt q với khơng có điểm M  m, n  mà tọa độ 30 số ngun ( Khơng có điểm nguyên M  m, n  vùng lân cận D với khoảng cách  ) 30 Giải Hệ số góc D là: k   Gọi  góc định hướng hợp chiều dương trục hoành D     60  n  y  m   2d  M , D   n m  15  15n  25m  12  15 15 15n  25m  12  15n  25m  12  1 Do đó:  Ta dễ dàng chứng minh phương trình khơng có nghiệm ngun Suy vơ nghiệm tập Z Vậy Khơng có điểm ngun M  m, n  vùng lân cận D với khoảng cách  30 2.3.7 Số phương Cho p1 , p2 , , pn số nguyên tố khác Xét tập M số tự nhiên mà phân tích thừa số nằm  p1 , p2 , , pn  Mọi số x M 33 biểu diễn dạng x  p1 p2 p n , với số 1 , , , n số nguyên không n âm Ở phần này, ví dụ em xét số thuộc tập M Ví dụ 2.3.7.1 Từ tập hợp M chọn cách 2n  số Chứng minh tồn hai số tập vừa chọn mà tích chúng số phương Giải Ta thấy rằng: Một số phương có dạng x  p1 p2 p n với số 1 , , , n n số chẵn Ta cần chứng minh tích hai số có dạng x  p1 p2 p n có số mũ n số chẵn Ta biểu diễn số chọn với dạng x  p1 p2 p n Ta có n  số  , , ,  cho tương ứng n  số  , , , n n n  với  , , ,  số dư n số mũ tương ứng 1 , , , n  chia cho Ta thấy số chia cho dư Nên  i  i  với 0i  n Vậy  , , ,  xếp thứ tự n -số gồm Theo lý thuyết tổ hợp, tất n n -bộ có số lượng 2n Theo giả thuyết, ta có 2n  số Nên theo nguyên lý Dirichlet tồn n  số mà giá trị tồn giống Giả sử số x  p1 p2 p n y  p 1 p 2 p n chúng có n  , , ,  =   ,  , ,   với  , , , n n 2 n n 1 , 2 , ,  n số dư tương ứng chia 1 , , , n 1 , 2 , ,  n cho Hay ta có: 1  1 ,   2 , ,  n  n Vậy 1  1  21   2  2 , ,  n  n  2 n Nói cách khác 1  1 ,   2 ,  n   n số chẵn 34 Xét tích xy  p1 p2 p n p 1 p 2 p n = p1  1 p2  2 p n  n với 1  1 ,   2 , n n n  n   n số chẵn Suy xy số phương Vậy 2n  số tập M , tồn hai số tập mà tích chúng số phương Ví dụ 2.3.7.2 Chứng minh n  số tập hợp M chọn vài số mà tích chúng số phương Giải Cho x1 , x2 , , xn số M Với tập khác rỗng i1 , i2 , , ik  tập hợp 1,2, , n  1 Ta xét số xi , xi , , xi (các số hiển nhiên nằm tập hợp M ) k Ta biểu diễn số theo dạng chuẩn tập hợp i1 , i2 , , ik  cho tương     ứng với n -bộ 1 , , , n , với 1 , , , n số dư số mũ tương ứng  , , ,  chia cho 2 n Nhưng số lượng tập khác rỗng tập hợp 1,2, , n  1 2n1    Mà 1 , , , n xếp thứ tự n -số gồm Theo lý thuyết tổ hợp, tất n -bộ có số lượng 2n Ta có 2n 1   2n nên tồn tập khác rỗng khác i1 , i2 , , ik   j , j , , j  tập hợp 1,2, ,n  1 mà chúng có trương ứng n  k số dư Có nghĩa   2 k  , , ,  =   ,  , ,   với  , , , k  xi xi xi  p p pk k k k    x j x j x j  p p pk k k 1 , 2 , ,  k số dư tương ứng chia 1 , , , k 1 , 2 , ,  k cho Hay ta có: 1  1 ,   2 , ,  k  k Vậy 1  1  21   2  2 , ,  k  k  2 k Nói cách khác 1  1 ,   2 ,  k   k số chẵn 35 Có nghĩa xi xi xi x j x j x j  p1 p2 pk k p 1 p 2 pkk  p1  1 p2  2 p k  k với k k 1 2 k 1  1 ,   2 ,  k   k số chẵn Vậy toán giả Ngược lại tồn P  xi xi xi x j x j x j số x s lặp lại, k k s  i1 , i2 , , ik   j1 , j2 , , jk  loại trừ số x s nhận lại tích vài số số x1 , x2 , , xn1 mà số phương Ví dụ 2.3.7.3 Chứng minh 3.2n  số từ tập hợp M chọn số mà tích chúng lũy thừa bậc bốn số Giải Theo Ví dụ 2.3.7.1 2n  số tồn số mà tích chúng số phương mà 3.2n   2n  nên 3.2n  số tồn số có tích số phương Chọn số ra, ta cịn lại 3.2n  số áp dụng lại Ví dụ 2.3.7.1 cho hai số mà tích chúng số phương 3.2  1   Lặp lại q trình n n  2 1 n  lần Giả sử nhận 2n  cặp  x1 , y1  ,  x2 , y2  , , với xi yi số phương, i  1,2, ,2n  Chú ý theo cách chọn cặp số  x , y  , ,  x … 2n 1  , y2n 1 đôi khác Đến suy số  x , y , x1 y1 , 1 x2 y2 , x2n 1 , y2n 1 số nguyên thuộc M Khi ta áp dụng lần Ví dụ 2.3.7.1 tồn tích số chúng số phương Như xi yi x j y j  t nghĩa tích số đôi khác xi , yi , x j , y j lũy thừa bậc bốn số Ví dụ 2.3.7.4 Cho p số nguyên tố lẻ a1 , a2 , , a p1 số tự nhiên khác nhỏ p Chứng minh với số tự nhiên r nhỏ p , tồn hai số (có thể nhau) a j , mà tích chúng chia cho p có số dư r Giải 36 Áp dụng định lý sau: Nếu a b hai số nguyên tố nhau, tồn số nguyên x cho ax  1 mod b  Với i  1,2, , p 1 , số p nguyên tố nhau,   p  p số nguyên tố Áp dụng định lý trên, tồn số nguyên b1 , b2 , , b p1 cho với i  1,2, , p 1 đẳng thức sau thỏa mãn bi  1 mod p  Chúng ta xét dãy số a1 , a2 , , a p1 , rb1 , rb2 , , rb p1 , ta có tất p  số cho 2 hai số chúng chia cho p số dư Theo giả thiết số a1 , a2 , , a p1 khác hoàn toàn nhỏ p Suy số dư chúng theo module p khác Vì r số nguyên tố với p , nên dễ dàng chứng minh số rb1 , rb2 , , rb p1 cho số dư hoàn toàn khác chia cho p Nghĩa tồn hai số i j cho  rbj  mod p  Từ Ví dụ 2.3.7.1 ta suy a j  rbj a j  r.1  r  mod p  37 Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI BẰNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET Bài 3.1 Cho M tập hợp gồm 10 số tự nhiên, số không lớn 100 Chứng minh tồn hai tập hợp M mà tổng phần tử chúng Giải Có thể chứng mninh tồn hai tập thỏa mãn kết luận tốn, ta chọn hai tập có tính chất khơng giao Thật vậy, Cho X , Y hai tập M có tổng phần tử Ta kí hiệu X1 phần tử X mà không thuộc Y Tương tự Y1 phần tử Y mà không thuộc X Ta thấy X1 Y1 có tổng phần tử mà không giao Gọi A tập hợp tập hợp không rỗng M Số lượng phần tử A 210   1023 Chúng ta xét tổng S phần tử tập hợp vậy, rõ ràng S  91  92  93   100  10.100  1000 Vì tổng lớn M không 1000 tổng M lớn 45 Như tồn không 1000 tổng khác Ký hiệu B tập hợp tất tổng Do số lượng phần tử B nhỏ 1000 nhỏ số lượng phần tử A Tập A có 1023 phần tử có 1000 tổng Theo nguyên lý Dirichlet ta thấy rằng, tồn phần tử có tổng Vậy tồn tập hợp M mà tổng phần tử Bài 3.2 Chứng minh số tự nhiên có số k cho 1983k  chia hết cho 105 (Đề thi học sinh giỏi toán cấp tồn quốc năm 1983) Giải Xét k có giá trị từ đến 105  ứng với giá trị k biểu thức 1983k  tồn giá trị Như ta có 105  giá trị khác biểu thức 1983k  38 Chia 105  số cho 105 có nhiều 105 số dư khác Theo nguyên lý Dirichlet, tồn số 105  số có số dư với Giả sử hai số 1983m  1983n  với m  n     Xét hiệu: 1983m   1983n  105 1983  1  1983  1  1983  1983  1983 1983  1 Lại có 1983,10   , 1983 ,10   Suy 1983  1 10 với số k  m  n thỏa mãn 1983  chia hết cho 10 m Mà n mn m n n n mn k 5 Bài 3.3 Một hình lập phương có cạnh 15 chứa 11 000 điểm Chứng minh có hình cầu bán kính đơn vị chứa điểm số 11000 điểm cho Giải Chia cạnh hình lập phương thành 13 phần Thế hình lập phương ban đầu chia thành 133  2178 hình lập phương nhỏ Vì hình lập phương ban đầu chưa 11 000 điểm Nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn hình lập phương nhỏ chứa điểm Ta dễ thấy, cạnh hình lập phương nhỏ 15 nên bán kính hình cầu ngoại tiếp 13  15  675 676 hình lập phương nhỏ : r  3       13  169 169 Vậy tồn hình cầu bán kính chứa điểm 11 000 điểm cho Bài 3.4 Chứng minh từ tập hợp tùy ý gồm n số tự nhiên tách tập hợp (khác rỗng) chứa số mà tổng chúng chia hết cho n Giải 39 Giả sử với tập hợp chứa số a1 , a2 , an mà không thỏa mãn khẳng định tóan Khi khơng có số số S1  a1 , S2  a1  a2 , , Sn  a1  a2   an chia hết cho n Vì số dư phép chia cho n n  (loại bỏ trường hợp mệnh đề đúng) Theo nguyên lý Dirichlet tồn số Si S j (với n  i  j  ) có số dư chia cho n Suy Si  S j  a j 1   chia hết cho n Điều mâu thuẫn với giả sử đầu Vậy tập hợp tùy ý gồm n số tự nhiên tách tập hợp (khác rỗng) chứa số mà tổng chúng chia hết cho n Bài 3.5 Một hội quốc tế có hội viên thuộc nước khác Danh sách hội viên gồm 1978 người đực đánh số thứ tự 1,2,…, 1978 Chứng minh có hội viên mà số thứ tự tổng số thứ tự hội viên nước với hội viên đó, hai lần số thứ tự hội viên nước với hội viên Giải Giả sử nước là: A, B, C , D, E , F Số hội viên tổng cộng 1978 người Như 1978  tồn nước có số hội viên lớn bằng:     Giả sử nước A Ta đánh số 330 hội viên số hội viên nước a1 , a2 , , a330 với a1  a2   a330 Hiển nhiên  a j  i  j  số thứ tự hội viên 1978 hội viên Bây ta giải thiết trái lại: khơng có nước có hội viên có số thứ tự tổng số thứ tự hội viên nước đó, hai lần số thứ tự hội viên nước 40 Ta nhận xét rằng: a  b hai số thứ tự hai hội viên a  b  số thứ tự hội viên 1978 người này, tức không tồn a, b, c ba số thứ tự hội viên nước để a  b  c (b c) Xét 329 hiệu a2  a1 , a3  a1 , , a330  a1 Các hiệu đôi khác theo điều giả sử ta, hiệu khác số thứ tự hội viên thuộc nước A Vậy 329 hiệu số thứ tự 329 hội viên 329  thuộc nước lại Suy tồn    66 hiệu số thứ tự hội viên thuộc   nước, giả sử nước B 66 hiệu ứng với số thứ tự b1 , b2 , , b66 hội viên B : b1  b2   b66 Ta có b j  bi  j  i, i  1, 2, ,66  số thứ tự hội viên cảu nước (do  b j  bi  1978 ), theo giả thiết, phải khác B Nó khơng thể số thứ tự hội viên thuộc A Chứng minh tương tự, ci  c j  i  j , i, j  1, 2, ,16 theo giả thiết hội viên nước C , B, A, Cuối chứng minh hiệu f  f1 số thứ tự hội viên nước Nhưng theo giả thiết, số thứ tự 1978 hội viên tức thuộc nước Mâu thuẫn, chứng tỏ giả thiết ta sai Như tồn nước số thứ tự hội viên tổng thứ tự hai hội viên khác nước lần số thứ tự hội viên khác nước Bài 3.6 Chứng minh từ n  số dương khác nhỏ 2n , chọn ba số cho tổng số chúng số thứ Giải Ta gọi số cho a1 , a2 , , an1 với số xếp theo thứ tự từ bé đến lớn Xét nhóm số sau: - Nhóm 1: Các hiệu sau: a2  a1 , a3  a1 , , an1  a1 - Nhóm 2: Các số a2 , a3 , , an 41 Vì số nhỏ 2n nên hiệu nằm khoảng 1,2,3, ,2n  Theo nguyên lý Dirichlet có 2n  số xếp vào nhóm nhóm tìm số nhóm số nhóm Giả sử am  an  al hay ta viết cách khác: al  an  am Vậy từ n  số khác nhỏ 2n ta chọn số mà tổng số số thứ Bài 3.7 Chứng minh số nguyên a m nguyên tố nhau, tồn số tự nhiên n cho  na, m   Giải Xét dãy số p1  a ; p2  2a ;…; pm1   m  1 a Dãy số có m  phần tử Ta thấy  a, m   nên dãy số khơng có số chia hết cho m Mặc khác tồn số pi 1  i  m  1 dãy số mà  pi , m   ta suy điều phải chứng minh Ngược lại không tồn số pi 1  i  m  1 dãy số mà  pi , m   ta suy ra: Số dư phép chia pi cho m thuộc tập hợp sau: 2;3; ; m  1 Tập hợp có m  phần tử Suy dãy số có số có số dư chia cho m Gọi pi p j hai số có số dư chia cho m Xét hiệu pi  p j   i  j  a , với  m   i  j   Vậy pi  j m (vô lý) Suy tồn số tự nhiên n cho  na, m   Bài 3.8 Chứng minh tồn lũy thừa số tự nhiên a mà chúng có số dư chia cho 2019 Giải Xét 2020 lũy thừa số tự nhiên a 42 Số dư lũy thừa chia cho 2019 thuộc tập hợp sau: 0;1;2; ;2018 gồm 2019 phân tử Theo nguyên lý Dirichlet có 2020 lũy thừa a nên tồn lũy thừa a mà chúng có số dư chia cho 2019 Bài 3.9 Cho dãy số nguyên u1 , u2 , , un với n  Chứng minh tồn dãy uk , uk , , uk  k1  k2   km  n cho uk2  uk2   uk2 chia hết m m cho n Giải Xét n  số: 0, u12 , u12  u22 , u12  u22  u32 , , u12  u22   un2 Chia số cho n , chúng cho nhiều n số dư Theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số cho số dư, giả sử u12  u22   u2j u12  u22   uk2   j  k  n Có nghĩa số u    u22   uk2  u12  u22   u2j  chia hết cho n Hoặc u j 1  u j 2   uk chia hết cho n Dãy phải tìm u j 1  u j 2   uk Bài 3.10 Cho hình cạnh có đỉnh tơ màu trắng cịn đỉnh khác tơ đen Chứng minh tồn hai tam giác phân biệt tồn đẳng (diện tích bẳng nhau) mà đỉnh tam giác tô cung màu Giải Từ đỉnh tơ màu có đỉnh tơ màu Giả sử màu trắng Năm màu trắng tạo thành C53  10 tam giác phân biệt màu trắng Ta thấy phép quay góc k 2  k  1,2, ,8 xung quanh tâm O hinh cạnh không ảnh hưởng đến tập hợp đỉnh hình Vì sau quay tam giác 10 tam giác góc k 2 xung quanh O ta 10.9  90 tam giác có đỉnh tập hợp đỉnh hình cạnh Tất chúng phân biệt 43 số tam giác khác có đỉnh tập hợp đỉnh hình cạnh C93  84