* Chú ý: Nội dung chủ yếu để giải các dạng Toán này là tạo ra các dãy số từ bài tốn. Sau đó áp dụng nguyên lý Dirichlet cho các số hạng của dãy đƣợc
chọn (các số hạng thay cho các “thỏ”).
Bài toán 1:
Với 39 số tự nhiên liên tiếp, hỏi rằng ta có thể tìm được một số mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 11 hay khơng?
Bài giải:
Từ 20 số đầu tiên của dãy bao giờ ta cũng có thể tìm được 2 số mà chữ số hàng đơn vị là 0, và trong hai số đó ít nhất phải có một số có chữ số hàng chục khác 9. Giả sử N là số đó, và ta gọi S là tổng các chữ số của N.
Ta có dãy số mới N, N + 1, N + 2,... N + 9, N + 19 là 11 số vẫn nằm trong 39 số cho trước mà tổng các chữ số của chúng là S, S + 1, S + 2, ... S + 9, S + 10. Đó là 11 số tự nhiên liên tiếp, ắt phải có một số chia hết cho 11.
Bài toán 2:
Chứng minh rằng trong hệ viết cơ số 10 có thể tìm được bội số của số 1995 mà trong đó các chữ số của nó chỉ là 0 và 1.
Bài giải:
Để làm xuất hiện "số thỏ" và số "lồng" ta thành lập dãy số sau đây: A1 = 1 A2 = 11 A3 = 111 A4 = 1111 ... A1995 = 11 ... 11 Có 1995 chữ số 1
Đem chia các Ai (i = 1, 1995) cho số 1995 ta sẽ được các số dư có giá trị từ 0 đến 1994 (0 ri 1994).
Có hai khả năng xảy ra:
a. Có một Ai nào đó chia hết cho 1995 (tức ri = 0) thì bài tốn đã được chứng minh. b. Khơng có Ai nào chia hết cho 1995 thì với 1995 số dư (số thỏ) với 1994 các giá trị khác nhau từ 1 đến 1994, theo ngun tắc Điriclê ít nhất cũng phải có 2 số dư trong phép chia nào đó bằng nhau. Giả sử đó là phép chia Ak và Al cho 1995 có
thỏa mãn điều kiện bài tốn chỉ gồm các chữ số 0 và 1.
Bài toán 3:
Người ta viết các số tự nhiên từ 1 đến 10 thành dòng hàng ngang theo một thứ tự tùy ý, tiếp đó cộng mỗi một trong các số đã cho với số thứ tự chỉ vị trí mà nó đứng.Chứng minh rằng ít nhất cũng có hai tổng mà chữ số tận cùng của hai tổng đó là như nhau.
Giải: Gọi 10 số tự nhiên đầu tiên là a1, a2, a3, a4, ... a10. Ta hãy thành lập một dãy số mới sau đây theo đề bài cho trước:
A1 = a1 + 1 A6 = a6 + 6 A2 = a2 + 2 A7 = a7 + 7 A3 = a3 + 3 A8 = a8 + 8 A4 = a4 + 4 A9 = a9 + 9 A5 = a5 + 5 A10 = a10 + 10
Các Ai, chính là các tổng của số đã cho với số chỉ vị trí mà nó đứng. Từ giả thiết dãy a1, a2 ... a10 chỉ là các số tự nhiên đầu tiên từ 1 đến 10 nên ta có:
A1 + A2 + A3 + ... + A10 = 2 (1 + 2 + 3 + ... + 10) = 110
Vì 110 là một số chẵn nên khơng thể xảy ra trường hợp có 5 số A1 nào đó lẻ và 5 số Aj nào đó chẵn. Nói cách khác số Ai chẵn và số Aj lẻ phải khác nhau. Từ đó suy ra
Số Ai lẻ > 5
Số Aj chẵn > 5 (*)
Từ 1 đến 10 chỉ có 5 vị trí lẻ và 5 vị trí chẵn.
Từ (*) và áp dụng nguyên tắc Điriclê suy ra hoặc là có ít nhất hai số Ai lẻ tận cùng như nhau hoặc ít nhất hai số Aj chẵn có chữ số tận cùng như nhau.
Bài toán 4:
Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 20032003 …. 200300…0 chia hết cho 2002
Hƣớng dẫn giải
-Xét dãy số gồm 2002 số hạng sau: 2003,2003 …. 2003 2003 ….2003
Chia tất cả các số hạng của dãy cho 2002 có 2002 số dư từ 1 đến 2002 (khơng thể có số dư 0 vì các số hạng của dãy là các số lẻ). Có 2002 phép chia, nên theo ngun tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 2002.
Giả sử hai số đó là am và an (m,n N ); 1<=m <n< 2002) Với am = 2003 2003… 2003 ; an = 2003 2003 … 2003
Ta có: (an –am) chia hết cho 2002
Hay 2003 2003 … 2003 00 ….00 chia hết 2002
Vậy tồn tại một số có dạng 2003 2003 … 2003 00 … 00 luôn chia hết cho 2002
Bài toán 5:
CMR từ 52 số ngun bất kỳ ln có thể chọn ra hai số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100
Hƣớng dẫn giải :
Tất cả các số dư trong phép chia cho 100 được chia thành 51 nhóm như sau: {0} ;{1;99},{ 2;98}, … ,{49;51}; {50}. Có 52 số nên theo nguyên tắc Dirichlet có hai số mà cacù số dư khi chia cho 100 thuộc cùng một nhóm trên. Hai số này có hiệu chia hết cho 100 (Nếu số dư của chúng bằng nhau ) hoặc có tổng chia hết cho 100 (nếu số dư của chúng khác nhau)
Bài toán 6:
a) CMR trong m số nguyên bất kỳ bao giờ cũng có một số chia hết cho m hoặc tổng của một nhóm các số trong m số đó chia hết cho m.
b) Có hay khơng một số có dạng 19911991 …. 1991 0000000 chia hết cho 1990
Giải
a) Gọi m số nguyên đã cho là a1, a2, …. , am. Nếu khơng có số nào chia hết cho m thì ta lập m tổng : a1 a1+a2 a1+a2+a3 ….. a1+a2+a3+…am
Có tất cả hai trừơng hợp
-Một trong các tổng trên chia hết cho m
-Khơng có một tổng nào trong các tổng trên chia hết cho m như vậy số dư khi chia mỗi tổng trên cho m là một số từ 1 đến m-1 (Có tất cả m-1 số dư). Ta có m tổng, do đó theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai tổng có cùng số dư (# 0) khi chia cho m. Hiệu của hai tổng này ( là tổng của một số các số đã cho) chia hết cho m . b) Ta lặp dãy số có dạng: 1991 19911991 199119911991 …. 19911991….1991
Chia các số trên đây cho 1990, ta có 1989 số dư khác 0. Theo ngun tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số cho cùng một số dư, hiệu hai số này (là một số có dạng 1991,1991….0000) chia hết cho 1990
Bài toán 7:
CMR trong số 65 số tự nhiên bất kì bao giờ cũng tìm được 9 số mà tổng của chúng chia hết cho 9.
Giải
-TH 1: Gỉa sử trong số 65 số đã cho ta tìm được 9 số mà số dư của chúng chia hết cho 9 nhận 9 giá trị khác nhau. Khi đó tổng các số này chia hết cho 9 vì tổng các số dư là :
0 + 1 + 2 + ……………. + 8 = 36
-TH 2: Gỉa sử ta khơng tìm được 9 số như vậy. Khi đó số dư của các phép chia các số này cho 9 sẽ nhận nhiều hơn 8 giá trị khác nhau, vì: 65 = 8.8 + 1. Ở đây số k theo nguyên tắc Dirichlet là 8.Nên ta sẽ có 9 con thỏ cùng chuồng .
Bài toán 8:
CMR tồn tại 1 số tự nhiên, tất cả các chữ số bằng 1, chia hết cho 1993 Giải
1; 11; 111; …………; 11 …. 1 1994 chữ số 1
Dãy này có 1994 số hạng , mà ta có thể tìm được hai số hạng của dãy hiệu của chúng chia hết cho 1993 .Ta hí hiệu các số này là :
11…1 và 11…….1 k chữ số 1 k+l chữ số 1 Lấy số lớn trừ cho số nhỏ ,ta được hiệu : 11…1 00…..0
m chữ số 1 k chữ số 0
Chia hết cho 1993. Rõ ràng là các chữ số 0 trong số này có thể bỏ đi . Vậy, số 11…1 chia hết cho 1993
m chữ số
Bài toán 9:
Chứng minh rằng tồn tại lũy thừa của 29 mà các chữ số tận cùng của nó là 00001.
Bài giải:
Trước hết ta chú ý rằng:
29m có tận cùng là 1 nếu m là số chẵn 29m có tận cùng là 9 nếu m là số lẻ.
Ta hãy xét 105 lũy thừa của 29 với các số mũ chẵn khác nhau. Có hai khả năng xảy ra:
a. Trong đó nếu có số mũ 2k nào mà 292k
có tận cùng là 00001 thì bài tốn đã được chứng minh. b. Khơng có số mũ 2k nào để 292k có tận cùng là 00001. Từ b, ta thấy rằng: Số các số có 5 chữ số tận cùng khác nhau nhỏ hơn 105 (kể từ 5 chữ số tận cùng 00002, 00003, ... 99 999, 105).
trong khi đó số các số khác nhau mà ta đang xét là 105
số. Theo ngun tắc Điriclê ít nhất phải có hai lũy thừa nào đó có 5 chữ số tận dùng là như nhau.
Giả sử A1 = 292k1 = M1 . 105 abcd1 A2 = 292k2 = M2 . 105 abcd1
Có thể giả sử k1 > k2 mà khơng làm mất tính chất tổng qt của bài tốn. Thế thì ta có: A1 - A2 = 292k1- 292k2 = (M1 - M2) 105 A1 - A2 = 2k1 29 - 2k2 29 = 2k2 29 292(k1-k2) 1 Vì 2k2 29 có tận cùng là 1 và A1 - A2 = (M1 - M2)105 có tận cùng khơng ít hơn 5 số 0 nên suy ra 292(k1-k2) 1 phải có tận cùng khơng ít hơn 5 chữ số 0, từ đó suy ra 292(k1-k2) có tận cùng là 00001 (số các chữ số 0 ít nhất là 4).
Ta tìm được số k = 2(k1 - k) thỏa mãn đề bài (đpcm).