Tài liệu Nguyên lý dirichlet trong các bài toán sơ cấp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC ĐÀO THỊ KIM OANH NGUYÊN LÝ DIRICHLET TRONG CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2011 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC ĐÀO THỊ KIM OANH NGUYÊN LÝ DIRICHLET TRONG CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS PHAN HUY KHẢI Hà Nội - 2011 1 Mục lục 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Nguyên lý Dirichlet cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Nguyên lý Dirichlet mở rộng cho tập hữu hạn . . . . . . . . . 1.4 Nguyên lý Dirichlet đối với tập vô hạn phần tử . . . . . . . . 1.4.1 Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng . . . . . 1.4.2 Tập phần tử là miền phẳng giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.3 Tập phần tử là khối ba chiều giới hạn bởi các mặt cong phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài 2.1 Nguyên lý Dirichlet trong các bài 2.2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài 2.3 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số học toán trùng lặp . . . . . . . toán chia hết . . . . . . . . toán số học khác . . . . . 12 13 15 23 3 Nguyên lý Dirichlet trong các bài 3.1 Các bài toán về khoảng cách . . 3.2 Các bài toán về diện tích . . . . 3.3 Các bài toán tô màu . . . . . . . 3.4 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . toán hình học khác . . . 29 29 33 37 43 4 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán khác 4.1 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán chứng minh thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán dãy số . . . 4.3 Nguyên lý Dirichlet trong một số bài toán . . . . . . . . . . . . . 4 4 4 4 6 6 9 47 bất đẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 53 57 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 2 LỜI CẢM ƠN Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn, chỉ bảo nhiệt tình của PGS.TS Phan Huy Khải. Thầy đã định hướng, gợi mở những ý tưởng sâu sắc và hiệu quả, đã tận tình chỉ bảo giúp đỡ tác giả về mọi mặt để có thể hoàn thành luận văn. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng, biết ơn sâu sắc tới Thầy. Cũng nhân dịp này tác giả xin gửi lời cám ơn của mình tới toàn bộ các thầy cô khoa Toán-Cơ-Tin học đã giảng dạy, dìu dắt, trang bị kiến thức trong suốt quá trình học tập tại khoa. Qua đây tác giả cũng bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình và bạn bè thân thiết, những người đã dành sự quan tâm, động viên hết mực để tác giả hoàn thành tốt bản luận văn này. Hà nội, ngày 10 tháng 11 năm 2011 Học viên Đào Thị Kim Oanh 3 MỞ ĐẦU Nguyên lý Dirichlet được phát biểu lần đầu tiên bởi nhà toán học người Pháp P. L. Dirichlet (1805 − 1859) như sau: "Nếu nhốt n + 1 chú thỏ được nhốt vào n chuồng thì bao giờ cũng có 2 con thỏ bị nhốt vào cùng một chuồng". Tổng quát hơn nếu nhốt n chú thỏ vào k lồng mà phép chia nk được m còn dư thì tồn tại một lồng chứa m + 1 chú thỏ trở lên. Nguyên lý Dirichlet là một dạng của phương pháp phản chứng, nó khẳng định sự tồn tại hoặc không tồn tại của một sự kiện nào đó. Mặc dù đơn giản nhưng nguyên lý Dirichlet được áp dụng như một công cụ hết sức hiệu quả để giải nhiều bài toán phức tạp trong số học, hình học tổ hợp và trong nhiều bài toán khác của toán học. Chính vì vậy, từ rất lâu tại các cuộc thi học sinh giỏi toán quốc gia và quốc tế, nguyên lý Dirichlet thường xuyên được khai thác. Tuy nhiên kiến thức về phần này lại không được viết nhiều trong các sách cơ bản và đối với hầu hết giáo viên, học sinh phổ thông thì đây vẫn là vấn đề mới mẻ. Vì vậy tôi hy vọng luận văn sẽ là một tài liệu tham khảo nhỏ giúp ích cho các bạn học sinh trong quá trình học tập cũng như các thầy cô trong quá trình giảng dạy. Luận văn này nhằm mục đích tìm hiểu và làm sáng tỏ những áp dụng của nguyên lý Dirichlet trong những bài toán sơ cấp. Luận văn gồm bốn chương : Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị . Chương 2. Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số học. Chương 3. Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán hình học tổ hợp. Chương 4. Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán khác. Quá trình thực hiện đề tài do thời gian còn nhiều hạn chế nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót; rất mong thầy cô, các anh chị học viên đóng góp ý kiến và lượng thứ. 4 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Nguyên lý Dirichlet cơ bản Định lý 1. Nếu nhốt n + 1 chú thỏ được nhốt vào n chuồng thì bao giờ cũng có 2 con thỏ bị nhốt vào cùng một chuồng. 1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng Định lý 2. Nếu nhốt n chú thỏ vào m lồng mà phép chia một lồng chứa ít nhất k + 1 chú thỏ . n m > k thì tồn tại Chứng minh. Ta dễ dàng chứng minh được bằng phản chứng. Thật vậy giả sử trái lại mọi lồng thỏ đều chứa số thỏ nhỏ hơn k + 1 con thì số thỏ trong mỗi lồng ≤ k. Khi đó suy ra tổng số thỏ là ≤ m.k. Điều này vô lý vì có n con thỏ. Vậy giả thiết phản chứng là sai, nguyên lý Dirichlet mở rộng được chứng minh. Nhận xét : Nguyên lý Dirichlet thực chất là một định lý về tập hợp. Chúng ta có các phát biểu khác của nguyên lý Dirichlet dưới dạng tập hợp hữu hạn phần tử và mở rộng hơn cho tập vô hạn. 1.3 Nguyên lý Dirichlet mở rộng cho tập hữu hạn Cho A là tập hữu hạn phần tử. Kí hiệu |A| là số lượng các phần tử thuộc A. Khi đó ta có các định lý sau: 5 Định lý 3. Cho A,B là hai tập hợp 6= ∅ có số phần tử hữu hạn mà |A| > |B| và nếu mỗi phần tử của A tương ứng với một phần tử nào đó của B thì tồn tại ít nhất 2 phần tử của A mà tương ứng với cùng một phần tử của B. Định lý 4. Nếu A,B là các tập hợp hữu hạn và |A| > k|B| ở đây k là một số tự nhiên nào đó và nếu mỗi phần tử của A tương ứng với một phần tử nào đó của B thì tồn tại ít nhất k + 1 phần tử của A mà chúng tương ứng với cùng một phần tử của B. Chứng minh. k = 1 hiển nhiên đúng. Để chứng minh mệnh đề trên chúng ta giả sử mỗi phần tử của B chỉ tương ứng với nhiều nhất k phần tử của A. Khi đó |A| ≤ k|B| trái với giả thiết |A| > k|B|. Định lý 5. (Nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn) Cho tập hữu hạn S 6= ∅ và S1 , S2 , S3 , ...., Sn là các tập con của S sao cho |S1 | + |S2 | + .... + |Sn | > k.|S|. Khi đó tồn tại một phần tử x ∈ S sao cho x là phần tử chung của k + 1 tập Si với i = 1, 2, ..., n. Định lý 6. Định lý tương đương Nguyên lý Dirichlet (mở rộng) và nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn tương đương nhau. Chứng minh. Thật vậy chứng minh thuận, giả sử S có m phần tử x1 , x2 , ...., xn . Xét tập X = {(xi , Sj ), i = 1, 2, ...., m; j = 1, 2, ..., n}. Hiển nhiên |X| = S1 + S2 + .... + Sn > k|S| = k.m. Ta phân bố các phần tử của tập X vào m hộp 1, 2, ..., m như sau : Nếu xi ∈ Sj thì (xi , Sj ) được phân vào hộp i với i = 1, 2, ...., m và j = 1, ..., n. Khi đó theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất một hộp i có ít nhất k + 1 phần tử. Từ đó suy ra tồn tại phần tử xi là phần tử chung của k + 1 tập Si với i = 1, 2, ..., n. Ngược lại chứng minh đảo, kí hiệu n phần tử là j = 1, 2, ..., n. Ta phân bố các phần tử j = 1, 2, ..., n vào m hộp Hi , i = 1, 2, ..., m. Kí hiệu S = {Hi |i = 1, 2, ..., m}, Sj = {Hi |j ∈ Hi } với mọi j = 1, 2, ..., n. Hiển nhiên |Sj | = 1 với mọi j và |S| = m. Suy ra |S1 | + |S2 | + .... + |Sn | > k.m > k.|S|. Theo nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn tồn tại phần tử Hi chung của k + 1 tập Sj , tức là tồn tại hộp Hi chứa ít nhất k + 1 phần tử. 6 1.4 Nguyên lý Dirichlet đối với tập vô hạn phần tử Nguyên lý Dirichlet đối với tập vô hạn phần tử hay còn gọi dễ nhớ hơn là nguyên lý Dirichlet với độ đo. Đối với độ dài, diện tích, thể tích có một nguyên lý tương tự nguyên lý Dirichlet đối với tập hợp theo một nghĩa nào đó. Ta tạm gọi nguyên lý đó là nguyên lý Dirichlet đối với độ dài, diện tích, thể tích. Ta có các khái niệm sau: Khái niệm 1. Một tập hợp trong mặt phẳng gọi là bị chặn khi tồn tại một hình tròn chứa toàn bộ các điểm của tập hợp đó. Nếu không tồn tại một hình tròn như thế thì tập hợp đó gọi là tập hợp không bị chặn. Khái niệm 2. Một điểm P gọi là điểm biên của tập hợp A trong mặt phẳng, nếu mọi hình tròn tâm tại P có chứa những điểm thuộc A và cả những điểm không thuộc A. Tập hợp tất cả các điểm biên của A gọi là biên của A. Khái niệm 3. Một điểm P gọi là điểm trong của tập hợp A trong mặt phẳng khi tồn tại hình tròn tâm P mà nó nằm trọn trong A. 1.4.1 Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng Ta kí hiệu d(I) là độ dài của của khoảng I ⊂ R. Định lý 7. (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng) Cho A là một khoảng giới nội, A1 , A2 , ....., An là các khoảng sao cho Ai ⊂ A(i = 1, 2, ..., n) và d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + ..... + d(An ) .Khi đó có ít nhất 2 khoảng trong số các khoảng trên có một điểm trong chung. Chứng minh. Thật vậy, giả sử không Sn có cặp nào trong những khoảng đã cho có điểm trong chung. Khi đó, d( i=1 Ai ) = d(A1 ) + d(A Sn2 ) + . . . + d(An ) > d(A). Mặt khác, từ Ai ⊂ A(i = 1, 2, . . . , n) suy ra d( i=1 Ai ) ≤ d(A). Các bất đẳng thức trên mâu thuẫn với nhau. Vậy ít nhất có hai khoảng trong số các khoảng trên có điểm trong chung. Một cách phát biểu khác dễ nhớ hơn: Trên đường thẳng cho đoạn AB có độ dài a và một số đoạn Ai Bi (i = 1, n) có tổng độ dài là b, khi đó: - Nếu b < a thì bên trong đoạn AB có một điểm M nằm bên ngoài tất cả các đoạn Ai Bi . - Nếu b > a và đoạn AB chứa tất cả các đoạn Ai Bi thì tồn tại ít nhất hai đoạn con Ai Bi có điểm trong chung. Tổng quát : - Nếu b < ka thì bên trong đoạn AB tồn tại điểm M không thuộc quá k − 1 đoạn con. 7 - Nếu b > ka và đoạn AB chứa tất cả các đoạn Ai Bi thì có ít nhất k + 1 đoạn con Ai Bi có điểm trong chung. Phát biểu trừu tượng của phát biểu tổng quát như sau: Định lý 8. (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng mở rộng) Cho A là một khoảng giới nội, A1 , A2 , ....An là những khoảng con của A, k là số tự nhiên thỏa mãn k.d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + ..... + d(An ). Khi đó tồn tại ít nhất k + 1 khoảng Ai (i = 1, 2, ...., n) có điểm chung trong. Chứng minh. Ta chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạp Trường hợp k = 1 được chứng minh ở định lý trên. Giả sử định lí đúng với k, ta phải chứng minh nó cũng đúng với k + 1. Cho A1 , A2 , . . . , An các khoảng con của A thỏa mãn (k + 1).d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + . . . + d(An ). (1.1) Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại điểm trong chung của k + 2 khoảng Ai (i = 1, 2, . . . , n). Vì Ai ⊂ A, nên d(Ai ) ≤ d(A) với (i = 1, 2, . . . , n), từ đó suy ra d(A1 ) + d(A2 ) + . . . + d(An ) ≤ n.d(A). Theo (1.1) ta có (k + 1).d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + . . . + d(An ) < n.d(A). Suy ra: k + 1 < n. Vì vậy n ≥ k + 2. Ta chứng minh tồn tại điểm chung cho ít nhất k + 2 tập A1 , A2 , . . . , An thỏa mãn (1) bằng quy nạp theo n. Ta bắt đầu từ n = k + 2, tức là (k + 1).d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + . . . + d(Ak+2 ). (1.2) A0i = Ai \ Ak+2 (i = 1, 2, . . . , k + 1). (1.3) A”i = Ai ∩ Ak+2 (i = 1, 2, . . . , k + 1). (1.4) A0 = A \ Ak+2 . (1.5) A” = Ak+2 . (1.6) Đặt Và Suy ra : A0i ⊂ A0 và A”i ⊂ A”(i = 1, 2, . . . , k + 1). Vì có tất cả k + 1 tập hợp A0i , từ bao hàm thức trên ta được (k + 1).d(A0 ) ≥ d(A01 ) + d(A02 ) + . . . + d(A0k+1 ). (1.7) Nếu lấy (1.2) trừ đi (1.7) ta có (k + 1).d(A”) < d(Ak+2 ) + d(A”1 ) + d(A”2 ) + . . . + d(A”k+1 ). (1.8) 8 Từ (1.8) suy ra k.d(Ak+2 ) < d(A1 ∩ Ak+2 ) + d(A2 ∩ Ak+2 ) + . . . + d(Ak+1 ∩ Ak+2 ). (1.9) Từ (1.9) và theo giả thiết quy nạp (mệnh đề đúng với k) suy ra A1 ∩ Ak+2 , A2 ∩ Ak+2 , . . . , Ak+1 ∩ Ak+2 có điểm trong chung, điều này có nghĩa là tập hợp A1 , A2 , . . . , Ak+2 có điểm trong chung. Như vậy với n = k + 2 từ (1.3) suy ra ít nhất k + 2 tập hợp thỏa (1.1) có điểm trong chung. Bây giờ chúng ta giả thiết với n ≥ k + 2 có ít nhất k + 2 tập hợp thỏa (1.1) có điểm trong chung. Ta sẽ phải chứng minh rằng từ (k + 1).d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + . . . + d(An ) + d(An+1 ). (1.10) Suy ra có ít nhất k + 2 tập hợp trong dãyA1 , A2 , . . . , An+1 có điểm trong chung. Thật vậy, chúng ta đặt A0i = Ai \ An+1 (i = 1, 2, . . . , n), (1.11) A”i = Ai ∩ An+1 (i = 1, 2, . . . , n), (1.12) 0 A = A \ An+1 , (1.13) A” = An+1 . (1.14) Vì A0i ∪A”i = Ai , A0i ∩A”i = ∅(i = 1, 2, . . . , n) và A0 ∪A” = A, A0 ∩A” = ∅ nên d(A0i ) + d(A”i ) = d(Ai )(i = 1, 2, . . . , n), 0 d(A ) + d(A”) = d(A). (1.15) (1.16) Chúng ta sẽ chứng minh một trong các bất đẳng thức sau là đúng: (k + 1).d(A0 ) < d(A01 ) + d(A02 ) + . . . + d(A0n ) (1.17) k.d(A00 ) < d(A”1 ) + d(A”2 ) + . . . + d(A”n ). (1.18) hoặc là Thật vậy trong trường hợp ngược lại ta có (k + 1).d(A0 ) ≥ d(A01 ) + d(A02 ) + . . . + d(A0n ). Và k.d(A00 ) ≥ d(A”1 ) + d(A”2 ) + . . . + d(A”n ). Cộng hai vế lại và do(1.15), (1.16) ta có d(A0 ) + k.d(A) ≥ d(A1 ) + d(A2 ) + . . . + d(An ). (1.19) 9 Cộng hai vế (1.19)với d(A”) và từ (1.15), (1.16) ta có (k + 1).d(A) ≥ d(A1 ) + d(A2 ) + . . . + d(An ) + d(An+1 ). Điều này trái với (1.10) nên một trong hai bất đẳng thức (1.17) và (1.18) phải có ít nhất một bất đẳng thức đúng. Giả sử (1.17)đúng. Theo giả thiết quy nạp đối với n từ (1.17) suy ra ít nhất k + 2 tập hợp trong dãy A01 , A02 , . . . , A0n có điểm trong chung. Từ (1.11) suy ra rằng kết luận cũng đúng cho dãy A1 , A2 , . . . , An . Giả sử (1.18) đúng. Từ giả thiết quy nạp đối với k suy ra k+1 tập hợp trong A”1 , A”2 , . . . , A”n có điểm trong chung và cùng với (1.12) chỉ ra rằng tồn tại một điểm mà nó là điểm trong k + 1 tập hợp của A1 , A2 , . . . , An , An+1 . Như vậy từ (1.10) suy ra k + 2 tập hợp trong dãy A1 , A2 , . . . , An có điểm trong chung. Suy ra kết luận đúng với n + 1. Từ phương pháp quy nạp, suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét: Hoàn toàn tương tự ta có thể phát biểu nguyên lý Dirichlet đối với diện tích một hình (A) và các hình (A1 ), (A2 ), ..., (An ) nằm trong một mặt phẳng hoặc trên mặt cầu cũng như đối với thể tích V (A) và các V (A1 ), V (A2 ), ..., V (An ) trong không gian. 1.4.2 Tập phần tử là miền phẳng giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín Khái niệm 4. Một tập hợp bị chặn các điểm trong mặt phẳng gọi là bề mặt khi biên của nó không chứa điểm trong (của biên). Dễ thấy: 1. Nếu A và B là hai bề mặt, những tập hợp A ∪ B , A ∩ B , A \ B cũng là những bề mặt trong mặt phẳng. 2. Nếu A, B và C là các bề mặt và A không có chung điểm trong với B và C thì A không có điểm trong chung với B ∪ C. Định lý 9. Mọi bề mặt A những điểm trong mặt phẳng có thể cho tương ứng một số thực không âm S(A) sao cho: a) S(∆) = 1 với ∆ là một hình vuông có cạnh là 1. b) Nếu A và B là hai bề mặt không có điểm chung thì S(A∪B) = S(A)+S(B). S như trên được xác định duy nhất. Cho bề mặt A bất kì, số S(A) gọi là diện tích của A. Những mặt quen thuộc như tam giác, hình tròn,...có số S(A) trùng với khái niệm diện tích của các hình này.Với cách trừu tượng hóa khái niệm diện tích chúng ta dễ dàng khảo sát tính chất về diện tích của hình. Ta có các định lý sau: 10 Định lý 10. Nếu A và B là những bề mặt và A ⊂ B thì S(A \ B) = S(A) − S(B). Định lý 11. Nếu A1 , A2 , ..., An là các bề mặt từng đôi một không có điểm trong chung thì S(A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) = S(A1 ) + S(A2 ) + ... + S(An ). Định lý 12. (Nguyên lý Dirichlet cho diện tích) Nếu A là một miền giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín, còn A1 , A2 , ..., An là các miền sao cho Ai ⊂ A(i = 1, 2, ...n) và S(A) < S(A1 ) + S(A2 ) + ..... + S(An ), thì ít nhất có hai miền trong số các miền nói trên có điểm trong chung. Chứng minh. Chứng minh tương tự định lý 7. Định lý 13. (Nguyên lý Dirichlet cho diện tích mở rộng ) Cho A là một miền giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín, còn A1 , A2 , ...., An là những miền thỏa mãn Ai ⊂ A(i = 1, 2, ...n) và k là số tự nhiên thỏa mãn k.S(A) < S(A1 ) + S(A2 ) + ..... + S(An ). Khi đó có ít nhất k + 1 trong số những miền nói trên có điểm trong chung. Chứng minh. Chứng minh tương tự định lý 8. 1.4.3 Tập phần tử là khối ba chiều giới hạn bởi các mặt cong phẳng Ta kí hiệu V (A) là thể tích khối A. Định lý 14. (Nguyên lý Dirichlet cho thể tích) Nếu A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, còn A1 , A2 , ...., An là các khối sao cho Ai ⊂ A(i = 1, 2, ...n) và V (A) < V (A1 ) + V (A2 ) + ..... + V (An ) thì ít nhất có hai khối trong số các khối trên có điểm trong chung. Chứng minh. Chứng minh tương tự định lý 7. Định lý 15. (Nguyên lý Dirichlet cho thể tích mở rộng) Cho A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, A1 , A2 , ...., An là các khối sao cho Ai ⊂ A(i = 1, 2, ...n) còn k là số tự nhiên mà thỏa mãn k.V (A) < V (A1 ) + V (A2 ) + ..... + V (An ). Khi đó ít nhất k + 1 trong số những khối trên có điểm trong chung. Chứng minh. Chứng minh tương tự định lý 8. Nhận xét: Ngược lại với nguyên lý Dirichlet nhưng có hình thức phát biểu tương đối giống là nguyên lý sau: "Nếu một hình có độ đo S chứa một số hữu hạn các hình có tổng độ đo nhỏ hơn S, thì có một điểm của hình đã cho không nằm trong các hình mà nó chứa". Cũng như nguyên lý Dirichlet, 11 nguyên lý này tuy được phát biểu đơn giản nhưng cũng có những ứng dụng khá sâu sắc trong toán học. 12 Chương 2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số học Khi sử dụng nguyên lý Dirichlet vào các bài toán nói chung cái khó là phải biết đối tượng nào là thỏ, đối tượng nào là chuồng. Để sử dụng nguyên lý Dirichlet thì ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt thỏ vào chuồng thỏa mãn các điều kiện: 1. Số thỏ phải nhiều hơn số chuồng. 2. Thỏ phải được nhốt hết vào các chuồng nhưng không bắt buộc chuồng nào cũng có thỏ. Chú ý rằng phương pháp Dirichlet thường đi kèm với phản chứng. Với nhiều bài toán số học thường rất khó khăn trong việc tìm lời giải. Tuy nhiên khi sử dụng nguyên lí Dirichlet nhiều bài toán trở nên đơn giản, dễ hiểu. Những bài toán số học sau có liên quan mật thiết giữa phép chia và nguyên lý Dirichlet, vì vậy chúng ta nhắc lại định nghĩa phép chia. Định nghĩa 1. Cho a và b là những số nguyên với b > 0. Chúng ta nói rằng a chia hết cho b kí hiệu là b|a khi tồn tại một số nguyên q sao cho đẳng thức a = bq đúng. Trong trường hợp này a là bội của b còn b là ước của a, số q gọi là thương số của phép chia a cho b. Trong trường hợp ngược lại nếu không tồn tại một số q nào cả thì chúng ta nói rằng a không chia hết cho b và kí hiệu là b - a. Các tính chất suy từ định nghĩa: 1. Với mọi số nguyên a > 0 thì a|a tức phép chia có tính phản xạ. 2. Nếu b|a và a|c thì b|c tức phép chia hết có tính bắc cầu. 3. Nếu b|a và b|c thì b|ac. 13 4. Nếu a, b, m, n là các số nguyên và nếu c|a và c|b thì c|(ma + nb). Định lý 16. Với 2 số nguyên bất kì a và b sao cho b > 0, tồn tại duy nhất những số nguyên q và r thỏa mãn a = bq + r và 0 ≤ r < b. Sau đây là các bài toán tiêu biểu. 2.1 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán trùng lặp Bài toán 2.1. Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị dưới điểm 2, chỉ 2 học sinh được điểm 10. Chứng minh rằng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau. Lời giải: Có 45 − 2 = 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm từ 2 đến 9. Giả sử mỗi loại trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có không quá 5.8 = 40 học sinh, ít hơn 43 học sinh. Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau. Nhận xét: Trong bài toán này, "thỏ" là 43 điểm kiểm tra từ 2 đến 9, lồng là 8 loại điểm nói trên. Phép chia 43 cho 8 được 5 còn dư. Tồn tại 5 + 1 = 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau. Bài toán 2.2. Có 5 đấu thủ thi cờ, mỗi người đấu một trận với một đối thủ khác. Chứng minh rằng trong suốt thời gian thi đấu, luôn tồn tại hai đấu thủ có số trận đấu đã đấu bằng nhau. Lời giải: Gọi 5 lồng 0, 1, 2, 3, 4 thứ tự chứa các đấu thủ đã đấu 0, 1, 2, 3, 4 trận. Cũng chú ý rằng hai lồng 0 và 4 không thể cùng chứa người. Như vậy chỉ có 4 lồng, mà có 5 người, tồn tại hai người trong cùng một lồng tức là tồn tại hai đấu thủ có số trận đã đấu bằng nhau. Chú ý: Bài toán đã cho cũng đúng nếu thay số 5 bởi số tự nhiên n bất kỳ lớn hơn 1. Bài toán 2.3. Viết 16 số, mỗi số có giá trị bất kỳ là 1, 2, 3, 4. Ghép thành từng cặp 2 số được 8 cặp số. Chứng minh rằng tồn tại hai cặp số mà tổng các số trong hai cặp đó bằng nhau. Lời giải: Tổng hai số của mỗi cặp trong 8 cặp số có giá trị nhỏ nhất là 1 + 1 = 2, có giá trị lớn nhất là : 4 + 4 = 8. Như vậy 8 tổng đó nhận 7 giá trị (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8). Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai tổng bằng nhau, tức là tồn tại hai cặp có tổng bằng nhau. 14 Bài toán 2.4. Trong một lớp chuyên toán có 40 học sinh. Trong một kỳ kiểm tra chất lượng môn toán chỉ có một em đạt điểm tối đa là 10, và một em đạt điểm 4, các em khác đạt từ điểm 5 trở lên. Chứng minh rằng trong lớp ít nhất cũng có 8 em có điểm số như nhau, biết rằng điểm số các em đều là các số nguyên. Lời giải: Theo giả thiết của bài toán thì chỉ có một em đạt điểm 10 và một em đạt điểm 4, do đó sẽ có 40 − 2 = 38 em đạt điểm 5 đến điểm 9. Coi mỗi học sinh là một "thỏ", mỗi loại điểm là 1 "lồng", như vậy ta sẽ có các lồng sau: "Lồng 5": nhốt những ai đạt điểm 5. "Lồng 6": nhốt những ai đạt điểm 6. "Lồng 7": nhốt những ai đạt điểm 7. "Lồng 8": nhốt những ai đạt điểm 8. "Lồng 9": nhốt những ai đạt điểm 9. 5 lồng nhốt 38 thỏ, vậy theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất một lồng nhốt không ít hơn 8 thỏ, bài toán được chứng minh. Bài toán 2.5. (Đề thi vô địch Nam Tư, 1970) Cho trước 20 số tự nhiên a1 < a2 < a3 < ... < a20 không vượt quá 70. Chứng minh rằng giữa các hiệu aj − ak (j > k) luôn tìm được ít nhất 4 hiệu bằng nhau. Lời giải: Giả sử kết luận của bài toán không đúng, khi đó nói riêng trong 19 hiệu sau: a20 − a19 , a19 − a18 , ..., a3 − a2 , a2 − a1 không có bốn số nào bằng nhau. Do đó lại nói riêng trong 19 dãy số đó, mỗi số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có mặt không quá 3 lần. Từ đó trong 19 số ấy phải lớn hơn 6 (thật vậy, nếu mọi số đều nhỏ hơn hoặc bằng 6, thì theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất 4 số bằng nhau). Một cách hoàn toàn tương tự, ta thấy ngay có 3 trong 18 số còn lại phải lớn hơn 5, 3 trong số 15 số còn lại phải lớn hơn 4. Vì vậy (a20 −a19 )+(a19 −a18 )+...+(a2 −a1 ) ≥ 7+3(6+5+4+3+2+1) = 70. Suy ra: a20 − a1 > 70. Mặt khác: 1 ≤ ai ≤ 70(i = 1, 2, ..., 20) nên a20 − a1 ≥ 70 − 1 = 69. Ta nhận được mâu thuẫn. Vậy giả thiết phản chứng là sai, từ đó ta có điều phải chứng minh. 15 Bài toán 2.6. (Đề thi Olympic toán thế giới lần thứ 14) Cho M là tập hợp bất kì gồm 10 số tự nhiên, mỗi số không lớn hơn 100. Chứng minh rằng tồn tại hai tập hợp con của M mà tổng của các phần tử trong chúng bằng nhau. Lời giải: Có thể chứng minh nếu tồn tại thoả mãn kết luận của bài toán, thì ta có thể chọn được hai tập con cùng tính chất ấy nhưng không giao nhau. Thật vậy, cho X, Y là hai tập con của M có tổng các phần tử bằng nhau. Chúng ta kí hiệu X1 gồm các phần tử của X mà không thuộc Y . Tương tự như vậy Y1 gồm các phần tử của Y mà không thuộc X. Rõ ràng X1 và Y1 có tổng các phần tử bằng nhau mà không giao nhau. Gọi A là tập hợp mọi tập hợp con khác rỗng của M. Số lượng phần tử của A là: 210 − 1 = 1023. Chúng ta xét tổng S các phần tử của một tập hợp con như vậy, rõ ràng: S ≤ 91 + 92 + ... + 100 < 10.100 = 1000. Như vậy tồn tại không quá 1000 tổng khác nhau. Kí hiệu B là tập hợp tất cá các tổng như vậy. Do đó số lượng phần tử của B nhỏ hơn 1000 và nhỏ hơn số lượng phần tử của A. Đặt tương ứng mỗi phần tử của A với tổng các phần tử của nó. Ta thấy rằng có thể áp dụng nguyên lí Dirichlet ở đây. Suy ra tồn tại ít nhất hai tập con khác nhau có cùng một tổng các phần tử. 2.2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán chia hết Bài toán 2.7. Cho 10 số tự nhiên bất kỳ: a1 , a2 , a3 , ..., a9 , a10 . Chứng minh rằng thế nào cũng có một số hoặc tổng một số số liên tiếp nhau trong dãy 10 số đã cho chia hết cho 10. Lời giải: Để làm xuất hiện khái niệm "thỏ", "lồng", ta thành lập dãy số mới như 16 dưới đây. Đặt B1 = a1 B2 = a1 + a2 B3 = a1 + a2 + a3 B4 = a1 + a2 + a3 + a4 ... B10 = a1 + ... + a10 . Ta thấy rằng: 1. Nếu tồn tại một Bi nào đó (i = 1, 2, 3, ..., 10) chia hết cho 10 thì bài toán đã được chứng minh. 2. Nếu không tồn tại một B1 nào đó chia hết cho 10 thì ta chỉ việc đem tất cả Bi chia cho 10, lúc đó được 10 số dư từ 1 đến 9, trong khi đó các số tự nhiên từ 1 đến 9 chỉ có 9 số (như vậy tương đương với việc nhốt 10 chủ thỏ vào 9 lồng), theo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại 1 lồng nhốt không ít hơn 2 chú thỏ, tương đương với việc tồn tại hai số có cùng số dư, như vậy có hiệu chia hết cho 10, bài toán được chứng minh. Nhận xét: Bài toán tổng quát của bài toán trên là bài toán sau. Bài toán 2.8. (Đề thi vô địch Anh, 1970) Chứng minh rằng từ tập hợp tuỳ ý gồm n số tự nhiên luôn tách ra được một tập hợp con (6= ∅) chứa các số mà tổng của chúng chia hết cho n. Lời giải: Giả sử với một tập hợp nào đó chứa các số a1 , a2 , ..., an mà không thoả mãn khẳng định của bài toán. Khi đó không có số nào trong các số : S1 = a1 S2 = a1 + a2 ... Sn = a1 + a2 + ... + an chia hết cho n. Vì số các số dư khác không trong phép chia cho n là n − 1 nên theo nguyên lí Dirichlet ta tìm được hai số Si và Sj (1 ≤ i < j ≤ n) có cùng số dư. Suy ra hiệu Sj − Si = ai+1 + ... + aj chia hết cho n. Điều này mâu thuẫn với giả sử nói trên và khẳng định của bài toán được chứng minh. Bài toán 2.9. Cho a, b, c, d là các số nguyên. Chứng minh rằng tích của các hiệu b − a, c − a, d − a, d − c, b − d, c − b chia hết cho 12. 17 Lời giải: Vì 12 = 4.3 và (4, 3) = 1 nên ta cần chứng minh tích P = (b − a)(c − a)(d − a)(d − c)(b − d)(c − b) cùng chia hết cho cả 3 và 4. Với một số nguyên bất kỳ khi chia cho 4 thì chỉ có các số dư 0, 1, 2, 3 và trong 4 số a, b, c, d cho trước nếu có 2 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 cho cùng số dư thì trong bốn số phải có 2 số chẵn và hai số lẻ. Vì hiệu của hai số chẵn cũng như hiệu của hai số lẻ đều là số chẵn nên P chia hết cho 4. Mặt khác trong 4 số a, b, c, d luôn tìm được hai số khi chia cho 3 thì có cùng số dư theo nguyên lý Dirichlet. Do đó hiệu của chúng chia hết cho 3, suy ra P chia hết cho 3. Vậy P chia hết cho 12. Bài toán 2.10. Cho 5 số nguyên phân biệt ai (i = 1, 2, 3, 4, 5). Xét tích: P = (a1 − a2 )(a1 − a3 )(a1 − a4 )(a1 − a5 )(a2 − a3 )(a2 − a4 )(a2 − a5 ) .(a3 − a4 )(a3 − a5 )(a4 − a5 ). Chứng minh rằng P chia hết cho 288. Lời giải: Dễ thấy: 288 = 32 .25 . a) Chứng minh P chia hết cho 9: Xét 4 số a1 , a2 , a3 , a4 theo nguyên lý Dirichlet tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3. Giả sử a1 đồng dư a2 (mod 3)thì a1 − a2 chia hết cho 3. Lại xét a2 , a3 , a4 , a5 theo nguyên lý Dirichlet trong 4 số này lại tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3. Suy ra P chia hết cho 9. b) Chứng minh P chia hết cho 25 : Trong 5 số đã cho theo nguyên lý Dirichlet chí ít có 3 số cùng tính chẵn lẻ. i) Nếu có 4 số chẵn, chẳng hạn a1 = 2k1 , a2 = 2k2 , a3 = 2k3 , a4 = 2k4 thì P = 32(k1 − k2 )(k1 − k3 )(k1 − k4 )(a1 − a5 )(k2 − k4 )(k2 − k3 ) (a2 − a5 )(a3 − a4 )(a3 − a5 )(a4 − a5 ) chia hết cho 32. ii) Nếu có 3 số chẵn, 2 số lẻ thì đặt: a1 = 2k1 , a2 = 2k2 , a3 = 2k3 , a4 = 2k4 + 1, a5 = 2k5 + 1. Ta có P = 16(k1 − k2 )(k1 − k3 )(k2 − k3 ).M. Trong 3 số k1 , k2 , k3 có 2 số cùng tính chẵn lẻ theo nguyên lý Dirichlet. 18 Giả sử k1 đồng dư k1 (mod 2) thì k1 − k2 chia hết cho 2 nên P chia hết cho 32. iii) Nếu có 3 số lẻ là a1 , a2 , a3 còn a4 , a5 chẵn thì đặt a1 = 2k1 + 1, a2 = 2k2 + 1, a3 = 2k3 + 1, a4 = 2k4 , a5 = 2k5 Xét tương tự cũng có P chia hết cho 25 . Vậy ta có P chia hết cho 288. Bài toán 2.11. Chứng minh rằng với một số bất kỳ n tồn tại một số có dạng 111...000 | {z } mà chia hết cho n. n chữ số Lời giải: Xét: 1 , 11, 111, ..., 11...1 | {z } và những số dư khi chia dãy số trên cho n. n Vì dãy số đã cho gồm n phần tử nên những số dư dương khác nhau khi chia chúng cho n có số lượng n − 1. Có thể giả thiết không có một số nào trong dãy trên chia hết cho n vì nếu ngược lại thì bài toán đã giải quyết xong. Khi đó sẽ có hai số trong chúng ví dụ 111...111 | {z } và |111...111 {z }(l > k) , mà khi chia chúng cho n sẽ cùng một số k l dư. Do đó l − k = |111...000 {z } sẽ chia hết cho n. l−k số 1,k số 0 Bài toán 2.12. Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2007. Lời giải: Xét 2008 số có dạng 1,11,...,11...11. Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2007. Giả sử hai số đó là: A = |11...1 {z } vàB = |11...1 {z } với k < n n số k số k Khi đó A − B = 11...1 | {z } .10 chia hết cho 2007. n−k số k Do (2007, 10 ) = 1 nên C = 11...1 | {z } chia hết cho 2007. n−k số Bài toán 2.13. Chứng minh rằng trong n+1số bất kì thuộc tập hợp {1, 2, 3, ..., 2n} luôn chọn được hai số mà số này là bội của số kia.