Ta cũng có thể ứng dụng nguyên lý Dirichlet trong việc xác định các tính chất số.
Bài 1 [13]
Cho tập X= {1; 2; 3;...; 81}. Chứng minh rằng trong 3 phần tử đôi một phân biệt tùy ý củaX luôn có hai phần tử a, b sao cho: 0 < √4
a−√4
b ≤ 1. Lời giải:
Xét 3 phần tử tùy ý x1, x2, x3 của X. Đặt ci =√4
xi, i = 1,3, ta có 1 ≤ ci ≤ 3 . Chia đoạn [1; 3] thành hai khoảng [1; 2] và (2; 3]. Theo nguyên lý Dirichlet cơ bản thì trong ba số c1, c2, c3 có hai số cùng thuộc vào một trong hai khoảng nói trên. Giả sử hai số đó là: x=√4
a và y=√4 b. Không mất tính tổng quát, giả sửa > bkhi đó a, blà hai số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 2 [5]
Cho 7 số thực bất kỳ. Chứng minh rằng giữa chúng có thể chọn được hai số, chẳng hạnxvà y, sao cho: 0 ≤ x−y 1+xy ≤ √ 3 3 Lời giải: Gọi 7 số đã cho là:x1, x2,..,x7.
Ta biểu diễn các sốxi dưới dạngxi =tanαi, αi ∈ (−π
2 ; π 2),i=1,2, ...,7. Ta chia (−π 2 ; π
2) thành 6 khoảng con có độ dài bằng nhau, nghĩa là bằng π
6.
Theo nguyên lý Dirichlet cơ bản, có ít nhất hai số trong 7 sốα1, α2, ..., α7
cùng nằm trong một khoảng con. Kí hiệu hai số đó là αi, αj, vớiαi ≥αj thì:
0 ≤ αi−αj ≤ π
6. Vì hàm số tan là hàm đơn điệu tăng trong khoảng (−π
2 ;
π
nên
0 ≤ tan(αi−αj) = tanαi−tanαj
1+tanαi.tanαj = xi−xj 1+xixj ≤ tanπ 6 = √ 3 3 .
Vậy yêu cầu của bài toán đã được chứng minh.
Bài 3 [14]
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k để 1991k có tận cùng là 00001.
Lời giải:
Nhận xét: 1991k luôn có tận cùng là 1.
Chok nhận giá trị từ 2 đến104+2, ta có 104+1số khác nhau:19912,...,
1991104+1, 1991104+2.
Xét 5 chữ số tận cùng của các số trên. Do chữ số tận cùng luôn là 1 nên có
104 cách chọn cho bộ 5 chữ số tận cùng.
Cho các số1991k, k= 2, 104+2, tương ứng với bộ 5 chữ số tận cùng của nó. Có 104+1 số tương ứng với 104 bộ 5 chữ số tận cùng. Theo nguyên lý Dirichlet cơ bản, tồn taị hai số có cùng 5 chữ số tận cùng. Giả sử hai số đó là
1991i và 1991j với2≤ j<i≤104+2. Khi đó: 1991i = ...abcd1 = M.105+abcd1, M∈ Z 1991j = ...abcd1= N.105+abcd1, N ∈Z, N <M. Suy ra:1991i−1991j =(M−N).105 Hay:1991j(1991i−j−1) = (M−N).105 =...00000. Do 1991i có chữ số tận cùng là 1 nên 1991i−j−1phải có tận cùng ít nhất là 5 chữ số 0, tức là1991i−j−1= ...00000hay1991i−j =...00001
Vậy tồn tại số tự nhiên k=i− j để số 1991k có tận cùng là 00001.
Bài 4 [13]
Cho tập A = {1; 2; 3;..., 16}. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số a, b mà a2+b2
là một số nguyên tố.
Lời giải:
Tập hợp A={1; 2; 3;..., 16}có 8 số chẵn. Ta thấy nếu a, b cùng chẵn thì a2+b2 là hợp số. Với mọi 2≤k≤8, lấyX là tập gồmksố chẵn của A, ta thấy X không chứa 2 phần tửa,bnào mà a2+b2 ∈P.
Ta sẽ chứng tỏ k=9 là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có nghĩa là với mọi tập conX gồm 9 phần tử bất kì củaAluôn tồn tại hai phần tử phân biệta,b mà a2+b2 là một số nguyên tố. Ta chia tập Athành các tập con gồm hai phần tửa, bmà a2+b2 là một số nguyên tố.
Có tất cả 8 cặp: {1; 4}, {2; 3}, {5; 8}, {6; 11}, {7; 10}, {9; 16}, {12; 13}, {14; 15}.
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 9 phần tử củaX có hai phần tử cùng thuộc một tập con và ta có điều cần phải chứng minh.
Bài 5 [5]
Tập hợp các số 1, 2, 3, ..., 100 được chia làm 7 tập hợp con. Chứng minh rằng ít nhất ở một trong các tập con ấy tìm được 4 sốa, b, c,d sao cho
a+b=c+d hoặc 3 số e, f, gsao choe+ f =2g.
Lời giải:
Có 100 số được chia thành 7 tập con, theo nguyên lý Dirichlet tổng quát, có ít nhất một tập conX trong 7 tập con chứa không ít hơn 15 phần tử. Xét một cặp số(a,b) trong đó, a>bcủa tập hợp X này.
Ứng với mỗi cặp (a,b) này, ta xét hiệu a−b. Vì tập này có không ít hơn 15 phần tử nên ta nhận được không ít hơn C152 ( = 105) hiệu a−b.
Do các số của tập con đều thuộc tập hợp 1, 2, 3,..., 100 nên các hiệu nói trên thuộc tập hợp 1,2,...,99. Vì thế, theo nguyên lý Dirichlet, suy ra các hiệu
trên phải có hai hiệu bằng nhau. Giả sử hai hiệu đó tương ứng với hai cặp khác nhau(a,b)và (c,d). Ta có: (a,b)6= (c,d) ⇔ a 6=bhoặcc6= d. Ta lại có: a−b=c−d ⇔ a+d =b+c Đặc biệt, Nếu a=d thì b+c=2a Nếu b=c thì a+d =2b.
Vậy yêu cầu bài toán đã được chứng minh.
Bài 6 [5]
Cho p1,p2, ...,pn lànsố nguyên tố khác nhau từng đôi một và M = pα1
1 ,pα2
2 , ...,pαn
n ∈N∗/αi ∈N,i=1,n . Từ tập M chọn một cách bất kì
2n+1 số. Chứng minh rằng tồn tại hai số trong tập vừa chọn mà tích của chúng là một số chính phương. Lời giải: Nhận xét rằng mọi số tự nhiên x= pα1 1 pα2 2 ...pαn n
là số chính phương khi và chỉ khi tất cả các số mũ đều chẵn. Với mỗi sốx= pα1
1 pα2
2 ...pαn
n ∈M cho tương ứng với bộnsố. (α1, α2, ..., αn)
Với α1, α2, ..., αn lần lượt là các số dư của phép chia các số α1,α2, ...,αn cho 2.
sắp thứ tự gồm n số 0 và 1.
Theo lý thuyết tổ hợp, có tất cả 2n bộ số như vậy, còn các số ta đang xét có số lượng là 2n+1. Theo nguyên lý Dirichlet cơ bản, có ít nhất hai số trong chúng có cùng bộ sắp xếp gồm số 0 và 1 giống nhau. Giả sử các số đó là x= pα1 1 pα2 2 ...pαn n và y= pβ1 1 pβ2 2 ...pβn n Chúng lại có(α1,α2, ...,αn) = (β1,β2, ...,βn). Đẳng thức cũng có nghĩa là: αi =βi, i=1,n
Do đó, các số mũαi vàβi có cùng tính chẵn lẻ như nhau với bất kìi=1,n. Khi đó,α1+β1, α2+β2,...,αn+βnlà các số chẵn và theo nhận xét ban đầu thì tích: x.y = (pα1 1 pα2 2 ...pαn n ).(pβ1 1 pβ2 2 ...pβn n ) = pα1+β1 1 pα2+β2 2 ...pαn+βn n là một số chính phương.
2.4. Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào dãy số.Bài 1 [5]