Nguyên lý Dirichlet mang tên nhà toán học Đức Dirichlet (1805 - 1859) với nội dung cơ bản như sau: Không thể nhốt 7 chú thỏ vào 3 cái lồng mà mỗi lồng có không quá 2 chú thỏ. Một cách phát biểu khác : nếu nhốt 7 chú thỏ vào 3 các lồng thì tồn tại ít nhất một lồng có từ 3 chú thỏ trở lên.
Khi ta vận dụng nguyên lý Dirichlet vào giải toán hình học, điểm mấu chốt nhất là phát hiện được đâu là những chú thỏ, đâu là những chiếc lồng.
Bài toán 4. Bên trong tam giác đều ABC cạnh bằng 1, ta lấy 5 điểm phân biệt tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 điểm trong số 5 điểm đó mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1
2.
Lời giải. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Khi đó tam giácABC được chia thành 4 tam giác đều với mỗi cạnh bàng
1
2. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 2 điểm nằm trong cùng một tam giác nhỏ. Khi đó khoảng cách giữa 2 điểm ấy nhỏ hơn 1
2. 2 Bài toán 5. Bên trong hình vuông có cạnh bằng 1 lấy bất kỳ 51 điểm. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một hình tròn bán kính bằng 1
Lời giải. Chia hình vuông thành 25 hình vuông nhỏ bằng nhau với cạnh bằng 1
5. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 3 điểm nằm trong cùng một hình vuông nhỏ. Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ bằng 1
5√
2 < 1
7 nên 3 điểm đó nằm trong một hình tròn có bán kính bằng 1
7. 2
Bài toán 6. Cho ngũ giác lồi ABCDE trên mặt phẳng tọa độ, có tọa độ các đỉnh đều là những số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của ngũ giác đã cho (khác với các đỉnh A, B, C, D, E ) có tọa độ nguyên.
Lời giải. Mỗi điểm có tọa độ nguyên(x, y) chỉ xảy ra bốn trường hợp là (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ). Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai đỉnh X, Y trong 5 đỉnh của ngũ giác có tọa độ thuộc một trong các trường hợp trên. Khi đó trung điểm Z của XY có tọa độ
nguyên. 2
Bài toán 7. Trên mặt phẳng cho 6 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Mỗi đoạn thẳng nối từng cặp điểm được tô bởi màu đỏ hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm trong tổng số 6 điểm đã cho sao cho chúng là đỉnh của một tam giác mà các cạnh của nó được tô cùng một màu. Lời giải. B5 B4 B1 B2 B3 A Hình 1 Giả sử A là một điểm trong số 6 điểm
đã cho. Khi đó xét 5 đoạn thẳng nối A với các điểm còn lại.Vì mỗi đoạn thẳng được tô màu xanh hoặc màu đỏ nên theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất 3 trong 5 đoạn thẳng đó được tô cùng một màu. Không mất tổng quát, giả sử đó là 3 đoạn thẳng AB1, AB2, AB3 và chúng cùng được tô màu xanh. Khi đó có 2 khả năng xảy ra:
1) Nếu ít nhất một trong ba đoạn thẳng B1B2, B1B3, B2B3 có màu xanh, chẳng hạn đó là đoạn thẳngB1B2 thì tam giác AB1B2
có 3 cạnh màu xanh.
2) Nếu cả 3 đoạn thẳng B1B2, B1B3, B2B3 không có đoạn nào màu xanh thì chúng cùng được tô cùng màu đỏ và khi đó tam giác B1B2B3
có 3 cạnh màu đỏ. 2
Bài toán 8. Cho đa giác đều 99 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác đó bằng màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh được sơn một màu tạo thành một tam giác cân.
Lời giải. Vì đa giác đã cho có 99 cạnh nên có 99 đỉnh. Theo nguyên lý Dirichlet thì phải có 2 đỉnh kề nhau P, Q được sơn cùng một màu (chẳng hạn màu đỏ). Vì số đỉnh của đa giác đã cho là số nguyên lẻ nên tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng P Q. Giả sử đỉnh đó là đỉnh A. Có hai khả năng xảy ra:
1) A được tô màu đỏ. Khi đó tam giác AP Q cân và 3 đỉnh A, P, Q được tô cùng màu đỏ.
2) A được tô màu xanh. Gọi B, C là 2 đỉnh khác của đa giác đã cho kề với P, Q. Thế thì:
- Hoặc B và C được tô cùng màu xanh. Khi đó tam giác ABC có 3 đỉnh được tô cùng màu xanh.
- Hoặc một trong hai đỉnh B hoặc C được tô màu đỏ thì tam giác BP Q hoặc tam giác CP Q cân và có 3 đỉnh được tô cùng màu đỏ. 2 1.5.3 Sử dụng nguyên lý cực hạn.
Nguyên lý cực hạn được phát biểu như sau: Trong một tập hợp hữu hạn khác rỗng bất kỳ các số thực, luôn có phần tử nhỏ nhất. Trong một tập hợp khác rỗng bất kỳ các số tự nhiên luôn có phần tử nhỏ nhất.
Nguyên lý này thường được sử dụng để chỉ sự tồn tại của phần tử lớn nhất hay phần tử nhỏ nhất trong các tập hợp sắp thứ tự. Các phần tử đó được gọi là các phần tử cực hạn.
Bài toán 9. Bên trong hình tròn bán kính bằng 1 có 7 điểm. Chứng minh rằng tồn tại 2 điểm trong đó có khoảng cách nhỏ hơn 1.
Lời giải. Có 2 khả năng xảy ra :
1) Nếu có 2 điểm nằm trên một bán kính của hình tròn đã cho thì đó là 2 điểm cần tìm.
2) Giả sử trong 7 điểm đã cho không có 2 điểm nào nằm trên một bán kính của đường tròn đã cho. Khi đó 7 điểm M1, M2, M3, M4, M5, M6, M7 đều khác tâm O của đường tròn. Theo nguyên lý cực hạn, trong các góc
\
MiOMk tồn tại một góc nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử đó là góc M1OM2. Thế thì\ M1\OM2 ≤ 360
o
7 ≤ 60o.
Suy ra trong tam giác M1OM2 thì góc M1OM2\ nhỏ hơn góc lớn nhất nên M1M2 nhỏ hơn cạnh lớn nhất. Mà OM1 < 1, OM2 < 1 nên
M1M2 < 1. 2
Bài toán 10. Cho ngũ giác trên mặt phẳng tọa độ có tọa độ các đỉnh là những số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một điểm nằm trong ngũ giác đã cho có tọa độ nguyên.
Lời giải. Theo Bài toán 6, tồn tại một đỉnh nằm trong hoặc nằm trên một cạnh của ngũ giác có tọa độ nguyên. Trong trường hợp điểm đó nằm trên một cạnh của ngũ giác thì lý luận trong lời giải Bài toán 6 chưa đủ để giải bài toán này.
Ta hãy giải Bài toán 10 bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại một ngũ giác với các đỉnh tọa độ nguyên mà bên trong không chứa một điểm nguyên nào. Khi đó theo nguyên lý cực hạn, tồn tại một ngũ giác ABCDE với tính chất đó có diện tích nhỏ nhất.
Theo lý luận trong lời giải Bài toán 6, tồn tại 2 đỉnh X, Y có cặp tọa độ cùng tính chẵn lẻ. Trung điểm Z của XY sẽ có tọa độ nguyên. Vì bên trong ngũ giác ABCDE không có điểm nguyên nào nên XY phải là một cạnh nào đó. Không mất tính tổng quát, giả sử đó là cạnh AB. Khi đó ngũ giác BCDEZ có tọa độ đỉnh đều nguyên và có diện tích nhỏ hơn diện tích của ngũ giác ABCDE. Do tính nhỏ nhất của diện tích ngũ giác ABCDE nên tồn tại một điểm nguyên T nằm trong ngũ giác BCDEZ. Điều này mâu thuẫn vì khi đó T nằm bên trong ngũ giác
ABCDE. 2
Bài toán 11. Trên mặt phẳng cho n đường thẳng (n ≥ 3) trong đó không có hai đường thẳng nào song song và ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác được tạo thành từ ba đường thẳng đã cho và tam giác không bị chia cắt bởi bất kỳ đường thẳng nào trong các đường thẳng còn lại.
Lời giải. Giả sử d1 là một trong các đường thẳng đã cho. Gọi M là tập hợp các khoảng cách (số đo là các số thực dương) từ các giao điểm đó đến d1. Theo nguyên lý cực hạn, M có số nhỏ nhất l0. Giả sử P là giao điểm của hai đường thẳng d2 và d3 có khoảng cách đến d1 bằng l0. Các đường thẳngd2 và d3 cắt d1 tại các điểm Qvà R tương ứng (vì theo giả thiết không có hai đường thẳng nào song song). Như vậy tam giác P QR được tạo thành từ ba đường thẳng d1, d2, d3 và không bị cắt bởi bất kỳ đường thẳng nào. Thật vậy, giả sử có đường thẳng d4 cắt cạnh P R hoặc cạnh P Q tại điểm T (vì theo giả thiết không có 3 đường thẳng nào đồng quy). Khoảng cách từ T đến d1 là l1. Thế thì l1 < l0: mâu
thuẫn với l0 là khoảng cách nhỏ nhất. 2
1.5.4 Sử dụng công thức phủ.
Bằng cách sử dụng các công thức tổ hợp, ta chứng minh được kết quả sau đây, gọi là Công thức phủ: Trong mặt phẳng cho 3 hình phẳng H1, H2, H3 có diện tích tương ứng S1, S2, S3. Gọi Sik(1 ≤ i ≤ k ≤ 3) là diện tích phần giao của hai hình Hi và Hk và S123 là diện tích phần giao của ba hình đã cho. Khi đó diện tích S của hình được phủ bởiH1, H2, H3 được cho bởi công thức
S = S1 + S2 +S3 −S12 −S23 −S13+ S123 (*) KhiS3 = 0(nghĩa là hìnhS3 không có) thì (*) trở thànhS = S1+S2−S12.
Công thức (*) có thể mở rộng cho n hình tùy ý.
Bài toán 12. Trong một hình vuông với số đo diện tích bằng 6 có ba hình đa giác với số đo diện tích mỗi hình bằng 3. Chứng minh rằng trong chúng tồn tại hai đa giác có số đo diện tích phần giao không nhỏ hơn 1.
Lời giải. Theo công thức (*) ta có:
6 = S1 +S2 +S3 −S12 −S23 −S13 +S123.
Từ đó S12+S23 +S13 = S123+ 3≥ 3. Điều này chứng tỏ một trong các số S12, S23, S13 có giá trị không nhỏ hơn 1. 2
Chương 2
PHƯƠNG PHÁP QUỸ ĐẠO TRONG ĐẠI SỐ TỔ
HỢP VÀ Ý NGHĨA HÌNH HỌC CỦA SỐ Cnk
2.1 Lưới điểm nguyên trong mặt phẳng tọa độ.
2.1.1 Định nghĩa.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, mỗi điểm có hoành độ và tung độ nguyên được gọi là một điểm nguyên.
Tập hợp tất cả các điểm nguyên được gọi là lưới điểm nguyên hay lưới Gauss.
2.1.2 Áp dụng vào giải một số bài toán số học.Do tọa độ của các điểm nguyên thuộc tập hợp tất cả các số nguyên Do tọa độ của các điểm nguyên thuộc tập hợp tất cả các số nguyên Z nên việc sử dụng lưới điểm nguyên tỏ ra thuận lợi khi giải một số bài toán số học.
Bài toán 1.Cho p, q là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng p q + 2p q +...+ (q−1)p q = q p + 2q p + ...+ (p−1)q p = (p−1)(q−1) 2
Lời giải. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật đường chéo OA, với A(p, q). Ta thấy có (p −1)(q − 1) điểm như thế.
O i M N q A p x Hình 2
Vì (p, q) = 1 nên không có điểm nào nằm trên đường chéo, do đó OA chia chúng thành hai phần đối xứng nhau. Xét phần nằm dưới OA, ta thấy số điểm trên đường thẳng x = i với 0< i < p là [MN] =
iq p
. Vậy số điểm nằm dưới đường chéo OA là
p−1 X i=1 iq p = (p−1)(q −1) 2
Do tính đối xứng của p và q, nên
q−1 X j=1 ip q = (q−1)(p−1) 2
và do đó ta có điều phải chứng minh. 2
Bài toán 2. Với mỗi số thực t > 0, gọi d(t) là số các phân số tối giản p
q mà 0 < p, q ≤ t. Cho trước các số nguyên dương m và n, hãy tính tổng S = d(m 1) +d( m 2) +...+d( m n)
Lời giải. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta đồng nhất mỗi phân số a b (không nhất thiết tối giản) với điểmM(a, b).Xét các điểm nguyên không nằm ngoài đường chéo AB, với A(1,1) và B(m, n). Giả sử một đường
thẳngl nào đó đi quaO và chứa các điểm nguyên(p, q),(2p,2q), ...,(kp, kq) với (p, q) = 1. Vì kp ≤ m và kp ≤ n nên p≤ m k < m k −1 < ... < m 1, q ≤ n k < n k −1 < ... < n 1 Suy ra phân số tối giản p
q được tính k lần trong các số d(m 1), d(
m 2), ..., d(m
k). Điều đó cho thấy S chính là số tất cả các điểm không nằm ngoài hình chữ nhật đường chéo AB, và như vậy ta có S = mn. 2 Bài toán 3. a) Chứng minh rằng với mọi n ∈ N, tồn tại duy nhất xn, yn ∈ N sao cho 2n = (xn +yn)2 + 3xn+yn
b) Với các cặp (xn, yn) tìm được ở câu a), hãy chứng minh x1 +x2 +...+x2015 = y1 +y2 +...+y2015 = 41664
Lời giải. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi Tn là điểm thứ n trong dãy điểm chỉ ra trên hình vẽ dưới đây.
O 2 5 9 14 1 3 6 10 y x 4 7 11 8 12 13 Hình 3
Nếu tọa độ của Tn là (xn, yn) thì ta có (xn +yn)2 + 3xn + yn = 2n. Do đó suy ra a).
Để chứng minh câu b), ta chú ý rằng T2015 là điểm thứ 62 trên trục hoành và − →v = X2015 i=1 −→ OT = ( 2015 X i=1 xi, 2015 X i=1 yi) (1)
Gọi −→u là vectơ của đường chéo hình vuông đơn vị. Thế thì tổng các vectơ −−→OTi với các điểm Ti nằm trên cạnh huyền của tam giác cạnh k vuông cân ở O bằng k(k+ 1) 2 −→u, do đó − →v =−→u 2 (1.2 + 2.3 +...+ 62.63) =−→u 6 [1.2.(3−0) +...+ 62.63.(64−1)] =41664−→u (2) Từ (1) và (2) suy ra 2015P i=1 xi = 41664 và2015P i=1 yi = 41664. 2
Bài toán 4. Cho p, q là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Hỏi có bao nhiêu tập S gồm các số tự nhiên sao cho 0 ∈ S và nếu x ∈ S thì x+ p và x+q cũng thuộc S ?
Lời giải. Vì (p, q) = 1 nên mỗi số nguyên n biểu diễn được duy nhất dưới dạng px+qy, với x, y ∈ Z và 0 ≤x ≤ q. Do đó ta có thể đồng nhất mỗi số nguyên n với điểm (x, y) trong mặt phẳng tọa độ.
O y -1 -2 -3 -p A(q,-p) 1 2 q x Hình 4
Vì S chứa mọi điểm n không nằm dưới trục hoành, nên bài toán quy về đánh dấu các điểm nằm trong tam giác vuông có cạnh huyền OA với A(q,−p), sao cho nếu một điểm được đánh dấu thì những điểm bên phải và nằm trên nó cũng được đánh dấu. Ta thấy rằng mỗi cách đánh dấu
như vậy tương ứng với một chuỗi gồm q số 0 và p số 1 thể hiện một con đường đi từ O đến A (0 là sang phải, còn 1 là đi xuống) mà nằm hoàn toàn trên đường OA (chú ý rằng, (p, q) = 1 nên từ hai đầu mút đoạn thẳng OA không chứa điểm nguyên nào).
Phân hoạch tất cả các chuỗi thành các lớp mà hai chuỗi bất kỳ trong một lớp là hoán vị vòng quanh của nhau. Vì mỗi lớp có p+q chuỗi, hơn nữa trong mỗi lớp có đúng một chuỗi thỏa mãn. Vậy có 1
p+ qC p p+q tập S thỏa mãn đề bài. 2 2.2 Bài toán cắt. 2.2.1 Bài toán.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật với các đỉnh là các điểm nguyên và độ dài các cạnh là số nguyên không âm m và n. Chia hình chữ nhật đó thành các ô vuông có cạnh bằng 1 đơn vị. Hãy tính số ô đơn vị bị đường chéo cắt ( đường chéo cắt ô đơn vị nào nếu nó có ít nhất hai điểm chung với ô đó).
Giả thiết rằng các ô được đánh số theo dòng x = 1,2, ..., m tính từ dưới lên và theo cột y = 1,2, ..., n tính từ trái qua phải.
2.2.2 Thí dụ.
Với m = 3, n = 5 và đường chéo AC.
A
B C
D Hình 5
Các ô bị cắt : (x, y) với (1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 4), (3, 5). Như vậy có 7 ô bị cắt.
2.2.3 Bổ đề.
Giả sử s(m, n) là số ô bị đường chéo cắt trong hình chữ nhật kích thước m×n với các đỉnh là các điểm nguyên. Thế thì
i) s(m, n)=s(n, m) ii) s(0, n)=s(m, 0)=0 iii) s(1, n)=n, s(m, 1)=m iv) s(m, m) =m
v) s(km, kn) = s(m, n) với mọi k là số nguyên dương