bdhsg toan thcs nguyen ly dirichlet

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 19

3 NGUYÊN LÝ DIRICHLET

Nguyên lý Dirichlet còn gọi là "nguyên tắc nhốt thỏ vào lồng " hoặc "nguyên tắc xếp đồ vậtvào ngăn kéo" hoặc "nguyên tắc chuồng bồ câu". Nội dung của nguyên lý này hết sức đơn giản vàdễ hiểu, nhưng lại có tác dụng rất lớn trong giải toán. Nhiều khi có những bài toán, người ta đãdùng rất nhiều phương pháp toán học để giải mà vẫn chưa đi đến kết quả, nhưng nhờ nguyên lýĐirichlê mà bài toán trở nên dễ dàng giải quyết.

Nguyên tắc Đirichlê được phát biểu dưới dạng bài toán sau đây:

1. Nếu đem nhốt m con thỏ vào n chiếc lồng, với m > n (nghĩa là số thỏ nhiều hơn số lồng)thì ít nhất cũng có một lồng nhốt không ít hơn 2 thỏ.

2. Nếu đem xếp m đồ vật vào n ô ngăn kéo, với m > n (nghĩa là số đồ vật nhiều hơn số ngănkéo), thì ít nhất cũng phải có một ô ngăn kéo chứa không ít hơn 2 đồ vật.

Việc chứng minh các khẳng định trên khá dễ dàng bằng phương pháp phản chứng. Nguyên líDirichlet là một định lí về tập hợp hữu hạn. Phát biểu chính xác nguyên lí này như sau:

Cho A và B là 2 tập không rỗng có số phần tử hữu hạn mà số phần tử ở A lớn hơn số lượngphần tử của B, nếu với quy tắc nào đấy, mỗi phần tử của A tương ứng với 1 phần tử của B thìtồn tại 2 phần tử khác nhau của A mà chúng tương ứng với cùng 1 phần tử của B.Mở rộng nguyên lí DirichletCho A là tập hữu hạn những phần tử , Kí hiệu |A| là số lượng các phần tử thuộc A. Nguyên lýDirichlet có thể phát biểu như sau: Nếu A và B là những tập hợp hữu hạn và |A| > k|B| ở đây klà 1 số tự nhiên nào đó và nếu mỗi phần tử của A cho tương ứng với 1 phần tử nào đó của B thìtồn tại ít nhất k + 1 phần tử của A mà chúng tương ứng với cùng một phần tử của B.Thực hành: Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt "thỏ" vào"chuồng" thỏa mãn các điều kiện:

- Số "thỏ" phải nhiều hơn số "chuồng".- "Thỏ" phải được nhốt hết vào các "chuồng", nhưng không bắt buộc "chuồng" nào cũng phải

có "thỏ"- Thường phương pháp Dirichlet thường đi kèm với phương pháp phản chứng.- Có nhiều bài tập có kết luận giống như kết luận của nguyên lý Dirichlet tuy nhiên trong lời

giải lại không dùng dùng nó.

Dưới đây là một số ví dụ áp dụng.Bài 3.1. Chứng minh rằng trong số 5 người tùy ý, bao giờ cũng có hai người có cùng số ngườiquen nhau.

Giải

Ta chia 5 người thành i nhóm, 0 ≤ i ≤ 4, ở đây i biểu thị là số người quen nhau. Khi đó xảy rahai trường hợp:

• Trường hợp 1: Có một người không quen ai hết, khi đó thì 0 ≤ i ≤ 3. Theo nguyên lýDirichlet tồn tại nhóm có ít nhất hai người quen nhau.

• Trường hợp 2: Ai cũng có người quen, khi đó 0 ≤ i ≤ 4. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tạinhóm có ít nhất hai người quen nhau.

GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung

www.VNMATH.com


Luyện tập:1. Chứng minh rằng trong số n người (n là số nguyên dương lớn hơn bằng 2), bao giờ cũng có haingười có số người quen bằng nhau.

Bài 3.2. Giả sử trong một nhóm 6 người mà mỗi cặp bất kỳ thì hoặc là bạn của nhau hoặc là thùlẫn nhau. Chứng tỏ rằng trong nhóm trên có 3 người là bạn lẫn nhau hoặc có 3 người là kẻ thùlẫn nhau.

Giải

Gọi A một trong 6 người trên. Theo nguyên lý Dirichlet thì trong số 5 người còn lại của nhómhoặc là có ít nhất 3 người là bạn của A hoặc có ít nhất 3 người là kẻ thù của A.

Trong trường hợp đầu ta gọi B,C,D là bạn của A. Nếu trong 3 người này có 2 người là bạnthì họ cùng với A lập thành một bộ 3 người bạn của nhau ( không ai là kẻ thù của ai cả), ngượclại, tức là nếu trong 3 người B,C,D không có ai là bạn của ai thì chứng tỏ họ là bộ ba người thùlẫn nhau.

Tương tự như trên ta có thể chứng minh trong trường hợp có ít nhất 3 người là kẻ thù của A.

Bài tập dưới đây có hình thức phát biểu khác, tuy nhiên lập luận vẫn không thay đổi.

Bài 3.3. Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội khác). Chứng minhrằng vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhautrận nào.

Giải

Giả sử 6 đội bóng đó là A,B,C,D,E, F . Xét đội A, theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra: A phải đấuhoặc không đấu với ít nhất 3 đội khác. Không mất tính tổng quát, giả sử A đã đấu với B,C,D.Nếu B,C,D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh.Nếu B,C,D có 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A,C,D từng cặp đã đấu với nhau.Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhautrận nào.Luyện tập:1. Trong một giải vô địch bóng đá có 11 đội tham gia. Hai đội bất kì phải thi đấu với nhau cùngmột trận. Chứng minh rằng tại một thời điểm của giải luôn có hai đội có cùng số trận đấu bằngnhau.2. Một nhóm có 10 người, trong đó 2 người bất kì là bạn của nhau hoặc là thù lẫn nhau. Chứngminh rằng trong nhóm trên luôn có 7 người mà hoặc là 3 người là bạn của nhau và 4 người là kẻthù lẫn nhau hoặc là 3 người là kẻ thù lẫn nhau và 4 người là bạn của nhau.3. Trên mặt phẳng cho 6 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Các điểm đã cho đượcnối với nhau bởi các đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng được tô bởi một trong hai màu: xanh hoặc đỏ.Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm trong số 6 điểm đã cho tạo thành một tam giác có 3 cạnh cùngmàu.4. Trên mặt phẳng cho 17 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Các điểm đã chođược nối với nhau bởi các đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng được tô bởi một trong ba màu: xanh, đỏ,vàng. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm trong số 17 điểm đã cho tạo thành một tam giác có 3 cạnhcùng màu.


www.VNMATH.com


Bài 3.4. Trong hình vuông có cạnh bằng 1 đặt 51 điểm bất kì phân biệt. Chứng minh rằng có ít

nhất ba trong số 51 điểm đó nằm trong một hình tròn bán kính1

7. 1

Giải

Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh bằng1

5. Theo nguyên lý

Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình vuông (α) chứa ít nhất 3 trong số 51 điểm trên. Đường tròn

ngoại tiếp (α) có bán kính1

5√

2<

1

7. Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình tròn đồng tâm với

đường tròn ngoại tiếp (α) có bán kính1

7.

Luyện tập:1. Một hình lập phương có cạnh bằng 15 chứa 11000 điểm.Chứng minh rằng có một hình cầu bánkính đơn vị chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000 điểm đã cho.2. Cho 9 điểm phân biệt nằm trong hình vuông đơn vị. Chứng minh rằng tìm được 3 điểm lập

thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn hay bằng1

8.

Bài 3.5. Trong hình tròn có diện tích bằng 8 đặt 17 điểm bất kì phân biệt. Chứng minh rằng cóít nhất ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1.

Giải

Chia hình tròn thành 8 hình quạt bằng nhau, mỗi hình quạt có diện tích bằng 1. Theo nguyên lýDirichlet tồn tại ít nhất một hình quạt (α) chứa ít nhất 3 trong số 17 điểm trên. Tam giác có bađỉnh là ba điểm đó nằm trọn trong hình tròn (α) nên có diện tích nhỏ hơn diện tích hình quạt,tức là bé hơn 1.Luyện tập:1. Trong một hình tròn có diện tích S lấy 35 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng.

Chứng minh rằng tồn tại ba điểm là các đỉnh của tam giác có diện tích nhỏ hơn1

17S.

2. Trong một hình tròn có diện tích S lấy 2n + 1 điểm(n ≥ 1, n ∈ N). Trong đó không có 3 điểmnào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm là các đỉnh của một tam giác có diện tích nhỏ

hơn1

nS.

Bài 3.6. Trong hình tròn (O; 2.5) cho 10 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm trongsố 10 điểm đã cho mà có khoảng cách nhỏ hơn 2.

Giải

Chia hình tròn thành 9 phần như hình vẽ, đường tròn bên trong có bán kính 1. Theo nguyên lýDirichlet thì có một phần chứa ít nhất hai điểm, giả sử là A và B, trong 10 điểm đã cho:

• Nếu hai điểm đó nằm trong hình tròn nhỏ thì ta có điều phải chứng minh.

1Bài toán khẳng định ít nhất 3 điểm, thì trung bình 2 con nằm trong một hình vuông(vì hình tròn sẽ lấy ngoạitiếp hình vuông), vậy chia 51−1

2 = 25 hình vuông


www.VNMATH.com


• Nếu hai điểm đó nằm trong các hình thang cong còn lại. Khi đó xét hình thang MNPQ có:QP < 1;QM = 1.5;PN = 1.5;MN < 2;QN < 2;PM < 2. Do đó khoảng cách giữa haiđiểm bất kỳ trong MNPQ đều nhỏ hơn 2. Vậy

– Nếu A,B nằm trong hình thang MNPQ thì ta có điều phải chứng minh.

– Nếu A,B không nằm hoàn toàn trong hình thang thì lấy trên đoạn OM điểm A′ saocho OA′ = OA, lấy trên đoạn ON điểm B′ sao cho OB′ = OB.Ta có

AOB ≤ A′OB′

OA = OA′

OB = OB′⇒ AB ≤ A′B′ < 2.

Vậy trong mọi trường hợp thì AB < 2

Luyện tập:1. Bên trong một tam giác đều ABC có cạnh bằng 6cm, cho 13 điểm phân biệt. Chứng minh rằngtồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn

√3cm.

Hướng dẫn: Chia tam giác đều theo hình dưới đây

2. Trong hình chữ nhật 3× 4 có 6 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm A,B trong số 6 điểmtrên mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá

√5.

Hướng dẫn: Chia hình chữ nhật theo hình dưới đây 3. Bên trong đường tròn bán kính 5 cho 7điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 5.Hướng dẫn: Chia đường tròn thành 6 hình quạt bằng nhau.4. Bên trong đường tròn bán kính 5 cho 6 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng


www.VNMATH.com


cách nhỏ hơn 5.Hướng dẫn: Chia đường tròn thành 6 hình quạt bằng nhau bởi các bán kính đi qua các điểm(xéttrường hợp có điểm là tâm, hai điểm cùng một bán kính).5. Bên trong hình tròn bánh kính 5 cho 13 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảngcách nhỏ hơn 4.Hướng dẫn: Dùng phản chứng(bằng cách vẽ 13 đường tròn bán kính 2 tâm là các điểm đã cho thì13 đường tròn này nằm ngoài nhau hoặc tiếp xúc ngoài với nhau nhưng đều nằm trong đường tròntâm O bán kính bằng 5+2=7. Tính tổng diện tích của các đường tròn và diện tích đường trònlớn.)6. Bên trong đường tròn bán kính 5 cho 10 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảngcách nhỏ hơn 4.Hướng dẫn: Chia đường tròn bởi một đường tròn nhỏ bán kính 2 rồi chia hình vành khăn thành8 miền bằng nhau.7. Bên trong đường tròn bán kính 6,

a) Cho 5 điểm, chứng minh rằng tồi tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 9.

b) Cho 4 điểm, chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 9.

c) Cho 17 điểm, chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 4.

8. Bên trong hình chữ nhật kích thước 3× 4,

a) Cho 7 điểm, chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 2,24.

b) Cho 6 điểm, chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 2.24.

c) Cho 5 điểm, chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách không quá 2.5.

d) Cho 4 điểm, chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách không quá 31

3.

Bài 3.7. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100. Chứng minh rằng có thể chọnra được 4 số a, b, c, d sao cho a < b < c và a+ b+ c = d

Giải

Giả sử các số là 1 ≤ a1 < a2 < . . . < a69 ≤ 100. Khi đó a1 ≤ 32. Xét hai dãy số sau:

1 < a1 + a3 < a1 + a4 < . . . < a1 + a69 ≤ 1321 < a3 − a2 < a4 − a2 < . . . < a69 − a2 ≤ 132


www.VNMATH.com


Hai dãy trên có 134 số hạng trong đoạn [1;132], suy ra có hai số bằng nhau thuộc về hai dãy trên.Từ đó ta có điều phải chứng minh. 2

Luyện tập1. Chứng minh rằng từ tập hợp tuỳ ý gồm n số tự nhiên luôn tách ra được một tập hợp con (khácrỗng ) chứa các số mà tổng của chúng chia hết cho n.Hướng dẫn: Phản chứng, giả sử tồn tại n số tự nhiên a1, a2, . . . , an mà không thỏa mãn khẳng địnhtrên. Xây dựng n tổng như dưới đây

S1 = a1,

S2 = a1 + a2,

· · · · · · · · · · · · ,Sn = a1 + · · ·+ an.

Sau đó xét số dư khi chia cho n.2. Cho tập X = {1, 2, . . . , 2009}. Chứng minh rằng trong số 1006 phần tử bất kỳ của X luôn cóhai phần tử có tổng bằng 2010.Hướng dẫn: Chia tập X thành 1005 cặp

(1, 2009), (2, 2008), . . . , (1005, 1005).

3. Cho tập X = {1, 2, . . . , 2010}. Chứng minh rằng trong số 1006 phần tử bất kỳ của X luôn cóhai phần tử nguyên tố cùng nhau.Hướng dẫn: Chia tập X thành 1005 cặp

(1, 2), (3, 4), . . . , (2009, 2010).

4. Chứng minh rằng trong n+ 1 số bất kỳ thuộc tập hợp {1, 2, . . . , 2n} luôn chọn được hai số màsố này là bội của số kia.Hướng dẫn: Viết n+ 1 số đã cho dưới dạng

a1 = 2k1b1, . . . , an+1 = 2kn+1bn+1,

với 1 ≤ b1, . . . , bn+1 ≤ 2n− 1 là các số lẻ nên có hai số trùng nhau.5. Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn có ít nhất một số có tổng các chữsố chia hết cho 11.Hướng dẫn: Xét 20 số hạng đầu tiên, sẽ có hai số có tận cùng là số 0, và một trong hai số đó cóhàng chục khác 9. Gọi số đó là N . Xét 11 số thuộc 39 số đã cho là

N,N + 1, N + 2, . . . , N + 9, N + 19,

rồi xét dãy mà các số hạng là tổng các chữ số của dãy trên.6. Xét 100 số nguyên dương a1, a2, . . . , a100, ai ≤ 100 với i = 1, 2, . . . , 100 và a1+a2+· · ·+a100 = 200.Chứng minh rằng trong 100 số đó luôn tồn tại một vài số có tổng bằng 100.Hướng dẫn: Nếu ai = aj với mọi i 6= j thì bài toán đúng. Nếu tồn tại hai số khác nhau, khôngmất tính tổng quát có thể giả sử a1 6= a2. Khi đó, xét 100 số hạng

a1, a2, a1 + a2, a1 + a2 + a3, . . . , a1 + a2 + · · ·+ a99.

2Việc nghĩ ra hai dãy như trên xuất phát từ phần kết luận của bài toán a + b + c = d⇒ d− a = b + c, nên nghĩđến việc thiết lập một dãy tổng, một dãy hiệu, nếu lập tổng hai số bất kỳ thì không kiểm soát được miền giá trịcủa tổng. Nên phải thiết lập tổng với a1 và hiệu với a2


www.VNMATH.com


7. Chứng minh rằng có thể tìm được số có dạng 19791979 . . . 197900 . . . 0 chia hết cho 2000.Hướng dẫn: Xét dãy số

1979, 19791979, . . . , 19791979 . . . 1979︸︷︷︸2001 cặp 1979

.

8. Cho tập X = {1, 2, . . . , 2010}. Chứng minh rằng trong số 1006 phần tử của X luôn có hai phầntử a, b mà a− b = 2.9. Chứng minh rằng từ 52 số tụ nhiên bất kì, luôn tìm được hai số sao cho hoặc là tổng của chúnghoặc hiệu của chúng chia hết cho 100. Kết luận còn đúng không với 51 số?10. Chứng minh rằng từ 12 số tự nhiên bất kì luôn chon được hai số có hiệu chia hết cho 11.11. Cho n > 1 và n+ 2 số nguyên dương

1 ≤ a1 < a2 < . . . < an+2 ≤ 3n.

Chứng minh rằng tồn tại hai số ai và aj sao cho n < ai − aj < 2n.Hướng dẫn: Ta có thể giả sử an+2 = 3n(nếu không thì tịnh tiến đều tất cả các phần tử). Nếu tồntại ai mà n < ai < 2n thì n < an+2 − ai < 2n. Nếu không tồn tại, thì xét n+ 1 cặp

(1, 2n), (2, 2n+ 1), . . . , (n, 3n− 1).

12. Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên tùy ý luôn có thể chọn ra hai số có hiệu bình phươngchia hết cho 20.

Bài 3.8. Cho 7 số thực bất kì. Chứng minh rằng giữa chúng có thể chọn được 2 số, chẳng hạn xvà y sao cho

0 ≤ x− y1 + xy

≤√

3

3

Giải

Các số đã cho ký hiệu là x1, x2, . . . , x7. Biểu diễn các số đó dưới dạng xi = tanαi, ở đây αi là mộtsố trong khoảng

(−π

2, π

2

), i = 1, . . . , 7. Chúng ta chia đoạn này ra thành 6 đoạn nhỏ có độ dài

bằng nhau, nghĩa là có độ dàiπ

6. Dễ dàng thấy rằng có ít nhất hai số trong bảy số α1, . . . , α7 cùng

nằm trong một đoạn con nào đó. Ta ký hiệu hai số đó là αi, αj thì từ đó suy ra 0 ≤ αi − αj ≤ π6.

Suy ra:

0 ≤ tan(αi − αj) =tanα1 − tanαj1 + tanαi tanαj

=xi − xj1 + xixj

≤ tanπ

6=

√3

3.

Luyện tập:1. Cho tập X = {1, 2, 3, . . . , 81}. Chứng minh rằng trong 3 phần tử tùy ý của X luôn có hai phầntử a, b sao cho

0 < 4√a− 4√b ≤ 1.

Hướng dẫn: Xét x1, x2, x3 của X. Đặt ci = 4√xi, i = 1, 2, 3 thì 1 ≤ ci ≤ 3. Chia đoạn [1, 3] thành

hai đoạn [1, 2] và [2, 3].2. Chứng minh rằng mỗi bộ gồm 11 số thực khác nhau trong đoạn [1;1000] có thể chọn được haisố x 6= y thỏa mãn 0 < x− y < 1 + 3 3

√xy.

Hướng dẫn: Với x ∈ [1, 1000] thì 3√x ∈ [1, 10], chia đoạn này thành 10 đoạn [1, 2], [2, 3], . . . , [9, 10]

thì từ 11 số sẽ có hai số thuộc một đoạn, gọi là x > y, và 0 < x− y < 1. Lưu ý

x− y − 1− 3 3√xy =

(3√x− 3√y − 1

) ( 3√x2 + 3

√y2 + 1− 3

√x− 3√y − 3√xy).


www.VNMATH.com


3. Chứng minh rằng trong 9 số thực phân biệt bất kỳ, luôn tồn tại hai số a và b sao chon

0 <a− b

1 +√ab

<√

2− 1.

4. Cho bốn số bất kỳ, chứng minh rằng có 2 trong số 4 số đó, chẳng hạn x,y thỏa mãn bất đẳngthức

0 ≤ x− y2 + x+ y + xy

≤√

3.

Hướng dẫn: Sử dụng ví dụ 8.5. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x+ y+ z+ 1 = 4xyz. Chứng minh rằng xy+ yz+ zx ≥x+ y + z.Hướng dẫn. Do có ba số x, y, z nên có ít nhất hai số ≥ 1 hoặc hai số ≤ 1. Do tính đối xứng củabất đẳng thức, ta có thể giả sử hai số đó là x, y. Thế

z =x+ y + 1

4xy − 1

từ giả thiết vào kết luận ta được

z(x+ y − 1) ≥ x+ y − xy ⇔ (x+ y − 1)x+ y + 1

4xy − 1≥ x+ y − xy.

Khi đó vế trái ≥ 1, còn vế phải ≤ 1.6. Cho a1, a2, . . . , a7, b1, b2, . . . , b7 > 0 thỏa mãn ai + bi ≤ 2,∀i = 1, 7. Chứng minh rằng tồn tạii 6= j sao cho

|ai − aj|+ |bi − bj| ≤ 1.

7. Chứng minh rằng trong 4 số thực dương không nhỏ hơn 1, luôn có hai số a, b sao chon√(a2 − 1)(b2 − 1)

ab≥√

3

2.

Bài 3.9. Một hội toán học gồm các thành viên ở 6 nước. Danh sách các thành viên gồm 1978người được đánh số từ 1 đến 1978. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một hội viên có số báo danhgấp đôi số báo danh của một hội viên khác cùng nước, hoặc bằng tổng hai số báo danh của haihội viên cùng một nước với mình.

Giải

Từ 329 · 6 < 1978 suy ra một trong các nước (kí hiệu là A) có không ít hơn 330 đại biểu trongđại hội và chúng ta có thể viết số báo danh a1 < a2 < . . . < a330 < . . .. Chúng ta xét những hiệuxi = a330 − ai, i = 1, 2, . . . , 329.

Nếu có một số xi nào đó trùng với ai(số báo danh của đại biểu nào đó của A ) thì chúng ta cóa330 = ai + aj và bài toán được chứng minh xong.

Nếu xi 6= aj với mọi i, j thì số xi là số báo danh của đại biểu thuộc 5 nước còn lại. Bây giờ vì65 · 5 < 329 nên một trong 5 nước này (ký hiệu là B) sẽ có không ít hơn 66 thành viên mà số báodanh của họ là một trong các số x1, x2, . . . , x329. Ký hiệu các số báo danh của B là b1 < b2 < . . . <b66 < . . . với bi = xni, i = 1, 2, . . . , 66. Chúng ta lại xét hiệu yi = b66 − bi, i = 1, 2, . . . , 65. Nếu một


www.VNMATH.com


hiệu nào đó trùng với số báo danh bj của một đại biểu nào đó của B thì b66 = bi + bj và ta có điềuphải chứng minh. Nếu với hai số i và k nào đó chúng ta có yi = ak thì

ak = b66 − bi = xn66 − xni = a330 − an66 − (a330 − ani) = ani − an66

hay ani = an66 + ak, và ta có điều phải chứng minh.Nếu hai trường hợp trên không xảy ra thì những số này sẽ là số báo danh của đại biểu 4 nước

còn lại và suy ra ít nhất mỗi trong các nước này lại có số hội viên ít nhất là 17 và tiếp tục quátrình trên chúng ta có kết luận của bài toán.

Bài 3.10. Trên đường tròn cho 16 điểm tô bởi một trong ba màu: X(xanh), Đ(đỏ), V(vàng). Cácdây cung nối 2 điểm trong 16 điểm trên được tô bởi hai màu: T(trắng), Đ(đỏ). Chứng minh rằngta luôn có 3 trong 16 điểm trên tô cùng màu và 3 cạnh của nó cũng được tô cùng màu.

Giải

Có ít nhất 6 điểm tô cùng màu. Giả sử là A,B,C,D,E, F . Xét 5 dây cung AB,AC,AD,AE ,AFsẽ có ít nhất 3 dây cùng màu. Giả sử đó là màu T.Nếu AB,AC,AD cùng màu T. Khi đó: nếu BC màu T thì kết thúc, nếu BC màu Đ thì xét CD:nếu CD màu T thì kết thúc, nếu CD màu Đ thì xét BD: nếu BD là T thì kết thúc, nếu BD màuĐ thì tam giác BCD có ba cạnh cùng màu Đ và 3 đỉnh B,C,D cùng màu.Tương tự với các trường hợp khác.

Bài 3.11. Cho đa giác đều A1A2 . . . A1981 nội tiếp (O). Chứng minh rằng trong số 64 đỉnh bất kỳcủa đa giác luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang.

Giải

Nhận xét: Nếu có hai dây cung(được tạo thành từ 1981 đỉnh của đa giác) có độ dài bằng nhau vàkhông có đỉnh chung thì ta sẽ có một hình thang cân.

Xét độ dài các dây cung A1A2, A1A3, . . . , A1A1981. Ta thấy

A1A2 = A1A1981, A1A3 = A1A1980, . . . , A1A991 = A1A992

và các độ dài này đôi một khác nhau. Vậy có 990 độ dài các dây cung có một đỉnh là A1 và đócũng là tất cả các độ dài của các dây cung được tạo thành từ 1981 điểm đã cho.


www.VNMATH.com


Trong 64 đỉnh sẽ có C264 = 2016 dây cung. Vì có 990 độ dài suy ra có ít nhất 3 dây cung có

cùng độ dài. Nếu các dây cung này đều đôi một có đỉnh chung thì sẽ tạo thành 1 tam giác đều(vìchỉ có đúng 2 dây cung chung đỉnh có cùng độ dài) như hình vẽ.

Khi đó đường tròn sẽ được chia ra 3 cung bằng nhau, suy ra số đỉnh của đa giác phải là sốnguyên lần của 3, điều này vô lý vì 1981 không chia hết cho 3. Vậy trong 3 dây cung có độ dài nàycó ít nhất hai dây cung không có chung đỉnh„ hai dây cung đó tạo thành một hình thang cân có4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác ban đầu.

Bài 3.12. Các số từ 1 đến 200 được chia thành 50 tập hợp. Chứng minh rằng một trong các tậphợp đó có ba số là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Giải

Ta để ý rằng với ba số 0 < a < b < c thì điều kiện cần và đủ để a, b, c là độ dài ba cạnh của mộttam giác là a+ b > c. Rõ ràng nếu chỉ xét các số từ 100 đến 200 thì ba số bất kỳ đều là độ dài 3cạnh của một tam giác (a+ b ≥ 100 + 101 = 201 > c). Từ đó chỉ cần xét 101 con thỏ là các số từ100 đến 200 rồi áp dụng nguyên lý Dirichlet cho 50 cái chuồng tập hợp.

Bài 3.13. Tại một hội nghị có 100 đại biểu. Trong số đó có 15 người Pháp, mỗi người quen với ítnhất 70 đại biểu và 85 người Đức, mỗi người quen với không quá 10 đại biểu. Họ được phân vào21 phòng. Chứng minh rằng có một phòng nào đó không chứa một cặp nào quen nhau.

Giải

Mỗi một người Pháp phải quen với ít nhất 70 – 14 = 56 người Đức. Suy ra số cặp (Pháp, Đức)quen nhau ít nhất là 15× 56 = 840. Gọi n là số người Đức quen ≤ 9 đại biểu người Pháp (gọi làĐ1) thì ta có: 840 ≤ (85− n)10 + n.9. Suy ra n ≤ 10. Những người Đức còn lại (Đ2) đều quen 10đại biểu người Pháp, do đó không thể quen với người Đức nữa.Vì có 21 phòng và chỉ có 15 người Pháp nên có ít nhất 6 phòng chỉ có toàn người Đức. Vì chỉ cónhiều nhất 10 người Đức có thể quen nhau nên theo nguyên lý Dirichlet, trong 6 phòng này sẽ cóít nhất một phòng chỉ có nhiều nhất 1 người Đức thuộc Đ1. Phòng này chính là phòng cần tìm.

Bài 3.14. Bên trong một hình tròn bán kính 33 có 1000 điểm. Chứng minh rằng tồn tại một hìnhtròn bán kính 1 nằm trong hình tròn ban đầu mà không chứa điểm nào trong 1000 đã cho.

Giải

Vẽ 1000 hình tròn bán kính 1 có tâm là 1000 điểm đã cho. Gọi P là tâm của hình tròn ban đầu.Dựng hình tròn tâm P bán kính 32 = 33− 1. Gọi S1 là diện tích của hợp 100 hình tròn bán kính1(có thể chờm lên nhau). Gọi S2 là diện tích của hình tròn tâm P bán kính 32. Ta có:

S1 ≤ 1000π2.1 = 1000π < 1024π = 322π = S2

Do đó tồn tại một điểm Q nằm trong hình tròn (P ; 32), nằm ngoài các hình tròn bán kính 1. Vẽhình tròn (Q, 1), hình tròn này nằm trong hình tròn ban đầu (P, 33) mà không chứa điểm nàotrong 1000 điểm đã cho.

Với cách làm như vậy ta đã chuyển bài toán tìm cách dựng đường tròn bán kính 1 bằng tìm

một điểm thỏa mãn tính chất trên. Ý tưởng như sau: Giả sử ta phải tìm đường tròn bán kínhS(B, 1) không chứa điểm nào trong 1000 điểm A1, A2, . . . , A1000. Đường tròn S(B, 1) không chứa


www.VNMATH.com


điểm A1 ⇔ BA1 > 1⇒ B 6∈ S(A1, 1). Vậy B 6∈ S(A1, 1) ∩ S(A2, 1) ∩ · · · ∩ S(A1000, 1). Tuy nhiênyêu cầu "phụ" là đường tròn S(B, 1) phải nằm trong đường tròn S(P, 33) nên điểm B không đượcphép "gần" biên đường tròn S(P, 33). Để có được thì B phải nằm trong đường tròn S(P, 32). Vậyta phải tìm điểm B thỏa mãn hai điều kiện:

B 6∈ S(A1, 1) ∩ S(A2, 1) ∩ · · · ∩ S(A1000, 1)

B ∈ S(P, 32)

Để có được điều này chỉ cần chứng tỏ diện tích của SS(A1,1)∩S(A2,1)∩···∩S(A1000,1) < SS(P,32)(vì nếu nónhỏ hơn thì chắc chắn sẽ có điểm B. Nếu diện tích lớn hơn thì có thể có điểm B hay không, nhưngnhỏ hơn thì chắc chắn có). Cần chú ý là 1000 đường tròn trên không nhất thiết nằm trong đườngtròn S(P, 32) mà ta chỉ cần chứng tỏ miền diện tích của 1000 đường tròn đó không phủ hết hìnhtròn S(P, 32) để có được điểm B

Bài 3.15. Bên trong một hình vuông cạnh 100, người ta đặt 35 đồng xu hình tròn có bán kính 1.Chứng minh rằng có thể đặt được 1 tấm bìa hình tròn có bán kính 7 nằm trong hình vuông màkhông chờm lên một đồng xu nào.

Giải

Cách 1. Vẽ 35 hình tròn bán kính 1 + 7 = 8, có tâm là tâm của 35 đồng xu đã cho. Thu nhỏ hìnhvuông cạnh 100 mỗi phía 7 được hình vuông đồng tâm có cạnh: 100− 14 = 86.Gọi S1 là diện của của hợp 35 hình tròn bán kính 8, gọi S2 là diện tích hình vuông cạnh 86, tathấy S1 < S2 vì:

S1 ≤ 35π.82 < 35.3, 2.64 = 7168 < 7396 = 862 = S2

Do đó tồn tại một điểm, gọi là A, nằm trong hình vuông cạnh 86, nằm ngoài các hình tròn bánkính 8. Vẽ hình tròn (A, 7), hình tròn này nằm trong hình vuông cạnh 100 mà không chờm lênmột đồng xu nào.

Cách 2. Chia hình vuông cạnh 100 thành 36 ô vuông có cạnh100

6= 16

2

3. Xét tâm của 35 đồng

xu. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một ô vuông không chứa tâm của một đồng xu nào. Thunhỏ ô vuông đó lại để được hình vuông đồng tâm cạnh 14.Miền trong của hình vuông cạnh 14 đó không chờm lên một đồng xu nào, do đó hình tròn nội tiếphình vuông đó có bán kính 7 không chờm lên một đồng xu nào.Luyện tập:1. Bên trong một hình chữ nhật kích thước 13× 14 có 8 tấm bìa hình vuông cạnh 2. Chứng minhrằng tồn tại một hình tròn bán kính 1 nằm trong hình chữ nhật mà không chờm lên một tấm bìanào.2. Bên trong một hình chữ nhật kích thước 12, 5 × 14 có 8 tấm bìa hình vuông cạnh 2. Chứngminh rằng tồn tại một hình tròn bán kính 1 nằm trong hình chữ nhật mà không chờm lên mộttấm bìa nào.3. Bên trong một hình vuông cạnh 100 đặt 63 đồng xu hình tròn bán kính 1. Chứng minh rằngcó thể đặt được một tấm bìa hình vuông cạnh 10 nằm trong hình vuông ban đầu mà không chờmlên một đồng xu nào.

Bài 3.16. Trong mặt phẳng cho 2009 điểm. Biết rằng trong 3 điểm bất kỳ lấy từ các điểm đã choluôn có hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng có 1005 điểm nằm trong hình trònbán kính 1.


www.VNMATH.com


Giải

Lấy M là một điểm bất kỳ, vẽ đường tròn S(M, 1). Khi đó có hai khả năng xảy ra:

• Nếu tất cả các điểm còn lại đều nằm trong S(M, 1) thì bài toán được chứng minh.

• Nếu có điểm N mà MN > 1 thì vẽ S(N, 1). Khi đó với điểm P bất kỳ trong số các điểm cònlại thì với bộ ba điểm M,N,P , áp dụng giả thiết bài toán, ta có P phải thuộc một tronghai đường tròn S(M, 1) và S(N, 1). Có 2009 điểm, chỉ có thể thuộc vào hai đường tròn trên,nên phải có một đường tròn chứa 1005 điểm. Bài toán được chứng minh.

Dưới đây là bài toán có nguồn gốc xuất phát từ hình học. Người ta đã biết những tính chất"điểm cố định của hình học" rồi reo vào một chút "yếu tố tổ hợp", và như vậy bài toán trở nênkhó khăn hơn nhiều so với yêu cầu của một bài hình học thuần túy.

Bài 3.17. Cho hình vuông ABCD và 2005 đường thẳng thỏa mãn đồng thời các tính chất sau:

a) Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông.

b) Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành hai phần có tỉ số diện tích bằng1

2.

Chứng minh rằng trong 2005 đường thẳng có ít nhất 502 đường thẳng đồng quy.

Giải

Gọi EF,HK là các trục đối xứng lần lượt song song với AD,BC của hình vuông. Giả sử mộtđường thẳng nào đó cắt AB,CD lần lượt tại G, T . Đoạn GT cắt HK tại J . Khi đó nếu

SAGTDSBGTC

=1

2⇒ HJ

JK=

1

2.

Tức J là điểm cố định. Tương tự cho trường hợp ngược lại. Khảo sát tương tự với trường hợpđường thẳng cắt hai cạnh AD,BC của hình vuông. Vậy trong mọi trường hợp các đường thẳngluôn đi qua bốn điểm cố định, đó là các điểm chia đoạn HK,EF thành ba phần bằng nhau. Có2005 đường thẳng, mỗi đường thẳng đi qua một trong bốn điểm cố định trên, theo nguyên lýDirichlet thì có ít nhất 502 đường thẳng đồng quy.Luyện tập:1. Cho hình bình hành ABCD và 25 đường thẳng(mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình

vuông). Mỗi đường thẳng chia ABCD thành 2 hình thang với tỉ số diện tích là1

3. CMR trong 25

đường thẳng đó có 7 đường thẳng đồng quy.2. Trong mặt phẳng cho hình vuông ABCD. Một tam giác gọi là nội tiếp hình vuông nếu ba đỉnhcủa nó nằm trên ba cạnh hình vuông. Chứng minh rằng trong 6015 đường thẳng chứa các cạnhcủa 2005 tam giác đều nội tiếp hình vuông trên có ít nhất 502 đường thẳng đồng quy.3. Cho hình bình hành ABCD và 25 đường thẳng, mà mỗi đường thẳng chia ABCD thành 2 hình

thang với tỉ số diện tích là1

3. Chứng minh rằng trong 25 đường thẳng đó có 7 đường thẳng đồng

quy.

Bài 3.18. Trong mặt phẳng cho n_giác lồi có tọa độ các đỉnh là các số nguyên (n > 4).


www.VNMATH.com


a) Chứng minh rằng ở trên cạnh hoặc bên trong đa giác đó còn có ít nhất một điểm nguyên khácnữa.

b) Chứng minh rằng bên trong một ngũ giác lồi (n = 5) còn có ít nhất một điểm nguyên nữa.

Giải

a) Ta chia tập các điểm nguyên thành 4 loại: loại I(chẵn, chẵn), loại II(chẵn, lẻ), loại III(lẻ, chẵn),loại IV(lẻ, lẻ). Vì n > 4, tức đa giác có ít nhất 5 đỉnh, mà mỗi đỉnh chỉ rơi vào 4 loại trên nêncó ít nhất 2 đỉnh cùng loại. Khi đó trung điểm của hai đỉnh đó nằm trên cạnh của đa giác vàcó tọa độ nguyên.

b) Gọi 5 đỉnh của ngũ giác lồi là A,B,C,D,E. Trong 5 đỉnh A,B,C,D,E phải có hai đỉnh chungmột cạnh có tổng số đo hai góc > 1800 (vì nếu không thì 6.1800 = 2(A + B + C + D + E) ≤5.1800(vô lý)). Ta có

B + A+ ABC + AEC = 1800 ⇒

{B + BCE ≥ 1800

A+ AEC ≥ 1800.

Giả sử B+ BCE ≥ 1800, ta kẻ hai tia Ax//BC,Ct//AB, và chúng cắt nhau tại I. Vì A+ B ≥1800 nên tia Ax nằm trong miền góc BAE, và B + BCE ≥ 1800 nên tia Ct nằm trong miền

của góc BCE. Do đó I nằm trong ngũ giác ABCDE. Vì ABCI là hình bình hành, A,B,C cótọa độ nguyên nên I cũng có tọa độ nguyên.

Bài 3.19. Cho X là 1 tập hợp gồm 14 số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng có 1 sốnguyên dương k ≤ 7 và có 2 tập con k_phần tử:

{a1, a2, . . . , ak}, {b1, b2, . . . , bk}

rời nhau của X sao cho:∣∣∣∣( 1

a1

+1

a2

+ · · ·+ 1

ak

)−(

1

b1+

1

b2+ · · ·+ 1

bk

)∣∣∣∣ < 1

1000


www.VNMATH.com


Giải

Ta có tất cả là C714 = 3432 tập con chứa 7 phần tử của X. Tổng các nghịch đảo của các phần trong

mỗi tập con này không vượt quá1

2+

1

2+ · · ·+ 1

7< 2.6.

Do đó mỗi tập con chứa 7 phần tử có tổng các nghịch đảo của các phần tử rời vào 2600 nửa khoảng(0

1000,

1

1000

],

(1

1000,

2

1000

], . . . ,

(2500

1000,2600

1000

].

Vì có tới 3432 tập con chứa 7 phần tử, theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại hai tập con khác nhaucó tổng nghịch đảo các phần tử thuộc cùng một nửa khoảng. Loại bỏ khỏi hai tập con đó các phầntử chung (hai tập con chứa 7 phần tử thì có tối đa 6 phần tử chung), thì ta thu được hai tập hợpcon k_phần tử (k ≤ 7, k ∈ N) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài tập dưới đây có kết luận gần giống như những kiểu bài áp dụng Dirichlet, tuy nhiên tronglời giải lại không dùng đến Dirichlet.

Bài 3.20. (APMO 1991) Cho 997 điểm khác nhau nằm trên một mặt phẳng. Chứng minh rằngtồn tại ít nhất 1991 trung điểm khác nhau từ các cặp cạnh này. Khi nào thì có đúng 1991 trungđiểm khác nhau.

Giải

Ta gọi A và B là 2 điểm có khoảng cách cực đại trong số 997 điểm đã cho. Ta xét các trung điểmsau đây: Điểm M , trung điểm AB, trung điểm AX với điểm X bất kì thuộc tập hợp(khác với Avà B), và trung điểm của BX. Ta sẽ chứng minh rằng các trung điểm này đều khác nhau.

Thật vậy, giả sử X và Y là hai điểm bất kì khác với A và B. Rõ ràng các trung điểm của AXvà AY phải khác nhau(nếu không thế, X và Y sẽ trùng nhau). Tương tự như vậy, các trung điểmcủa BX và BY cũng khác nhau. Trung điểm của AX không thể là điểm M(vì nếu không X sẽtrùng với B), cũng thế trung điểm của BX không thể là điểm M . Sau cùng, ta giả sử rằng N làtrung điểm chung của AX và BY , khi đó, AYXB là hình bình hành, hoặc là AX, hoặc là BXphải có độ dài lớn hơn AB, điều này vô lí, bởi vì AB là đoạn lớn nhất.

Như vậy, ta có ít nhất 1991 trung điểm khác nhau. Ngoài ra có thể sắp xếp 997 điểm để có1991 trung điểm khác nhau. Ví dụ trên trục số ta chọn các điểm có toạ độ 1, 3, 5, . . . , 1993, lúc đócó đúng 1991 trung điểm nằm ở các toạ độ 2, 4, . . . , 1992.

Thực ra thì bài toán này có hai yếu tố mà ta cảm nhận là không thể dùng Di được: một là: yếutố tồn tại quá lớn, hai là: không có điều kiện ràng buộc giữa các điểm để ta có thể nhốt "thỏ" vào"chuồng", mà đây là bài toán xây dựng tập hợp.

Bài toán trên minh họa tư tưởng của phương pháp cực hạn: Với một con hữu hạn của R thìluôn tồn tại phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất. Trong bài toán trên ta chọn AB là độ dài dàinhất trong số các đoạn thẳng đã cho.


www.VNMATH.com

bdhsg toan thcs nguyen ly dirichlet

Documents