Chứng minh rằng tồn tại một bội của 13 gồm toàn chữ số 2
Lời giải:
Ta xét 14 số: 2, 22, ..., 22...2
| {z }
14 chữ số 2
Có 14 số nguyên dương mà chỉ có 13 số dư trong phép chia một số nguyên dương cho 13, nên theo nguyên lý Dirichlet có 2 số có cùng số dư trong phép chia cho 13. Gọi 2 số đó là: 22...2 | {z } m và 22...2 | {z } n , với1≤n≤m≤14
Hiệu của hai số đó bằng: 22...2
| {z } m−n .10n là một bội của 13 Mà(10n,13)= 1. Vậy22...2 | {z } m−n
...13 hay tồn tại một bội của 13 gồm toàn chữ số 2.
Bài 2 [5] (Đề thi vô địch Anh, 1966)
Chứng minh rằng từ 52 số nguyên bất kì luôn có thể chọn được hai số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
Lời giải
Có 100 số dư của phép chia một số nguyên cho 100, chúng được chia thành 51 nhóm{0},{1; 99},{2; 98}, ...,{50}. Với 52 số nguyên bất kỳ đem chia cho
100, theo nguyên lý Dirichlet, phải có hai số có số dư thuộc cùng một nhóm. Hai số này là hai số cần tìm vì nếu số dư của chúng bằng nhau thì hiệu của chúng chia hết cho 100, còn nếu số dư của chúng khác nhau thì tổng của chúng chia hết cho 100.
Bài 3
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số nguyên dươngksao cho2019k−1
chia hết cho105.
Lời giải:
Cho k lấy giá trị từ 1 đến 105+1 rồi thay vào số 2019k−1, ta sẽ nhận được105+1giá trị khác nhau. Chia105+1số vừa nhận đó cho105, ta sẽ được nhiều nhất là105số dư.
Do đó, theo nguyên lý Dirichlet cơ bản, có ít nhất hai số có cùng một số dư. Giả sử hai số đó là:2019m−1và2019n−1, m>n>0.
Thế thì, (2019m−1) −(2019n−1) chia hết cho105.
Mà(2019m−1) −(2019n−1) =(2019m−2019n) =2019n.(2019m−n−1). Nhưng 2019 và 105 nguyên tố cùng nhau, do vậy (2019m−n−1) chia hết cho105.
Vậy số k=m−nthỏa mãn điều kiện của bài toán.
Bài 4 [5]
Chứng minh rằng trong tám số nguyên dương bất kỳ, mỗi số có ba chữ số, bao giờ cũng chọn được hai số trong tám số đó để khi ghép lại ta được một số chia hết cho 7.
Lời giải:
Khi đem tám số nguyên dương bất kỳ chia cho 7, sẽ có hai số có cùng phần dư (theo nguyên lý Dirichlet). Giả sử, hai số đó là: abc và de f.
Ta có, abcde f = 1000abc + de f. Từ cách chọn ta có:
abc = 7m+r và de f = 7n+r với 0≤r <7 và m, n, r là các số tự nhiên.
Vìabcde f = 1000.(7m+r) + (7n+r)
= 7.(1000m+n) + 1001r = 7(1000m+n+143r). Vậy, yêu cầu bài toán đã được điều cần chứng minh
Bài 5 [16]
Cho một dãy gồmksố nguyên dươnga1,a2, ...,ak. Chứng minh rằng tồn tại một số hoặc một tổng của những số liên tiếp nhau trongk sốai, i=1,2,3...,k
chia hết chok.
Lời giải:
Nếu tồn tại một số trong các số a1, a2 ,.., ak chia hết cho k thì bài toán được chứng minh. Ngược lại, đặt các tổng: Si = i ∑ t=1 at, i= 1, 2,..., k.
Nếu tồn tại một tổng Si trong số các tổng ở trên chia hết chokthì bài toán được chứng minh. Ngược lại, giả sử cho các tổng Si,i= 1,2, ...,k đều không chia hết cho k. Số các tổng Si là k và số các số dư trong phép chia Si cho k là k−1. Theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất hai tổng Si và Sj, 1≤i< j ≤k, có
cùng số dư, suy ra Sj −Si chia hết chok. Vậy ai+1+ai+2 +...+aj chia hết cho k.
Bài 6 [5]
Cho a, b, c, d là các số nguyên phân biệt bất kỳ. Chứng minh rằng số
P= (b−a)(c−a)(d−a)(d−c)(b−d)(c−b)chia hết cho 12.
Lời giải
Ta biết rằng một số nguyên bất kỳ khi chia cho 4 thì chỉ có các số dư là:
0,1,2,3.
Trong bốn số nguyên a,b,c,d cho trước nếu có hai số khi chia cho 4 mà có cùng số dư thì hiệu của chúng sẽ chia hết cho 4. Nếu không có hai số nào
khi chia cho 4 có cùng số dư thì trong 4 số đó phải có hai số chẵn và hai số lẻ. Vì hiệu của hai số chẵn cũng như hai số lẻ đều là số chẵn nênPchia hết cho 4. Mặt khác, theo nguyên lý Dirichlet, trong bốn số a,b,c,d luôn tìm được hai số khi chia cho 3 thì có cùng số dư. Do đó, hiệu của chúng chia hết cho 3.