BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄN THỊ MỸ HƯƠNG

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET
TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN
CỦA CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC
PHỔ THƠNG

Chun ngành : Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã số : 60.46.40

TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2015


Cơng trình được hồn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Trần Đạo Dõng

Phản biện 1: PGS.TSKH. Trần Quốc Chiến

Phản biện 2: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

Luận văn sẽ được bảo vệ tại hội đồng chấm luận văn tốt
nghiệp Thạc sĩ Khoa học, họp tại Đại Học Đà Nẵng vào ngày
11 tháng 01 năm 2015.

Có thể tìm hiểu luận văn tại:
• Trung tâm thơng tin học liệu, Đại Học Đà Nẵng.
• Thư viện trường Đại học Sư Phạm, Đại Học Đà Nẵng.


1

MỞ ĐẦU
1. Tính cấp thiết của đề tài
Nguyên lý Dirichlet do nhà toán học người Đức Johann
Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805 − 1859) đề xuất, tuy
đơn giản nhưng có nhiều ứng dụng trong lập luận giải tốn.
Có nhiều phát biểu của nguyên lý Dirichlet trong đó phiên
bản đầu tiên là: nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n lồng (n là
số nguyên dương) thì tồn tại một lồng chứa ít nhất 2 con
thỏ. Nguyên lý này còn được phát biểu dưới nhiều dạng:
tập hợp, đại số, hình học, số học, đồ thị, ...
Có nhiều bài tốn thường là chỉ cần chứng minh sự tồn
tại của sự vật hay hiện tượng, mà không cần chỉ ra tường
minh sự vật, hiện tượng đó. Do đó, nguyên lý Dirichlet tưởng
chừng đơn giản như vậy, nhưng nó là một cơng cụ hết sức
hiệu quả dùng để chứng minh sự tồn tại của một đối tượng
với tính chất xác định.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia
và các kỳ thi Olympic tốn quốc tế và khu vực thường có
ít nhất một bài toán liên quan tới nguyên lý Dirichlet và
thường là dạng tốn khó.
Xuất phát từ nhu cầu phát triển ứng dụng và tính thời
sự của việc nghiên cứu nguyên lý Dirichlet, chúng tôi quyết
định chọn đề tài với tên gọi: "Ứng dụng nguyên lý Dirichlet trong việc giải một số bài tốn của chương trình

trung học phổ thơng" để tiến hành nghiên cứu. Chúng
tôi hy vọng tạo được một tài liệu tham khảo tốt cho những
người muốn tìm hiểu về ứng dụng của nguyên lý Dirichlet.


2
2. Mục tiêu nghiên cứu của đề tài
Mục tiêu của đề tài nhằm nghiên cứu một số ứng dụng
của nguyên lý Dirichlet trong việc giải một số lớp bài toán
của chương trình trung học phổ thơng.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các nguyên lý đếm

trong lý thuyết tổ hợp.
• Phạm vi nghiên cứu của đề tài là ứng dụng của nguyên

lý Dirichlet trong việc giải một số lớp bài toán của
chương trình trung học phổ thơng.
4. Phương pháp nghiên cứu
• Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác

giả nghiên cứu liên quan đến nguyên lý Dirichlet và
các ứng dụng của nó.
• Tham gia các buổi seminar của thầy hướng dẫn để

trao đổi các kết quả đang nghiên cứu. Trao đổi qua
email, blog, forum với các chuyên gia về các ứng dụng
của nguyên lý Dirichlet.
5. Bố cục đề tài
Luận văn được phân làm hai chương:

• Ở chương 1 giới thiệu các dạng phát biểu của nguyên

lý Dirichlet, cỏc s Ramsey, nh lý Erdăos - Szekeres,
mt s ứng dụng trong lý thuyết số và các ví dụ minh
họa.


3
• Đến chương 2 trình bày ứng dụng của ngun lý Dirich-

let trong việc giải một số lớp bài toán của chương trình
trung học phổ thơng như: lớp bài tốn số học, lớp bài
toán rời rạc và đại số tổ hợp, lớp bài tốn hình học tổ
hợp và trong một số lớp bài tốn tơ màu.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
• Tổng quan các kết quả của các tác giả đã nghiên cứu

liên quan tới "nguyên lý Dirichlet và các ứng dụng
trong việc giải một số lớp bài tốn của chương trình
trung học phổ thơng" nhằm xây dựng một tài liệu
tham khảo cho những ai muốn nghiên cứu về nguyên
lý Dirichlet và các ứng dụng.
• Chứng minh chi tiết và làm rõ một số mệnh đề, cũng

như đưa ra một số ví dụ minh họa nhằm làm cho người
đọc dễ dàng tiếp cận vấn đề được đề cập.


4
CHƯƠNG 1

NGUYÊN LÝ DIRICHLET

Trong chương đầu chúng tôi giới thiệu các dạng phát biểu của
nguyên lý Dirichlet và một số định lý liên quan sẽ được sử dụng
trong chương tiếp theo của luận văn.

1.1. CÁC DẠNG PHÁT BIỂU NGUYÊN LÝ DIRICHLET
Mục này trình bày nguyên lý Dirichlet cơ bản và các dạng
phát biểu của nguyên lý Dirichlet trong một số lĩnh vực toán học.

1.1.1. Nguyên lý Dirichlet.
Nguyên lý 1.1.1. Nguyên lý Dirichlet cơ bản.
Nếu có k + 1 (hoặc nhiều hơn) đồ vật đặt vào trong k hộp (k là
số ngun dương) thì tồn tại một hộp có ít nhất hai đồ vật.
Nguyên lý 1.1.2. Nguyên lý Dirichlet tổng quát.
Nếu có N đồ vật được đặt vào k hộp (N, k là số nguyên dương)
N
thì sẽ tồn tại hộp chứa ít nhất
đồ vật.
k
Ở đây, ký hiệu ]x[ là giá trị của hàm trần tại số thực x, biểu
diễn số nguyên nhỏ nhất có giá trị lớn hơn hoặc bằng x. Khái niệm
này đối ngẫu với [x] là giá trị của hàm sàn hay hàm phần nguyên
tại số thực x, biểu diễn số nguyên lớn nhất có giá trị nhỏ hơn hoặc
bằng x.


5
1.1.2. Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp và tập hợp

mở rộng.
Nguyên lý Dirichlet thực chất là một định lý về tập hợp hữu
hạn. Chúng ta có thể phát biểu chính xác nguyên lý này dưới dạng
sau đây:
Nguyên lý 1.1.3. (Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp).
Cho A và B là hai tập hợp khơng rỗng có số phần tử hữu hạn, mà
số lượng phần tử của A lớn hơn số lượng phần tử của B . Nếu với
một quy tắc nào đó, mỗi phần tử của A cho tương ứng với một
phần tử của B , thì tồn tại ít nhất hai phần tử của A mà chúng
tương ứng với cùng một phần tử của B .
Nguyên lý 1.1.4. (Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp mở
rộng).
Giả sử A và B là hai tập hợp hữu hạn và S(A), S(B) lần lượt ký
hiệu là số lượng các phần tử của A, B . Nếu với một quy tắc nào
đó cho tương ứng mỗi phần tử của A với một phần tử của B thì
S (A)
tồn tại ít nhất
phần tử của A tương ứng với cùng một
S (B)
phần tử của B .
Bên cạnh đó, trong lĩnh vực hình học ngun lý Dirichlet cịn
được phát biểu cho những đối tượng khác nhau như sau:

1.1.3. Nguyên lý Dirichlet trong hình học.
Nguyên lý 1.1.5. (Nguyên lý Dirichlet cho đoạn thẳng).
Cho ∆1 , ∆2 , . . . , ∆n là các đoạn thẳng sao cho đoạn thẳng ∆i nằm
trong đoạn thẳng ∆ với mọi i = 1, . . . , n và tổng độ dài các đoạn
thẳng ∆1 , ∆2 , . . . , ∆n lớn hơn độ dài đoạn thẳng ∆. Khi đó tồn
tại ít nhất hai đoạn thẳng trong số n đoạn thẳng ∆1 , ∆2 , . . . , ∆n

6
có chung điểm trong.
Nguyên lý 1.1.6. (Nguyên lý Dirichlet cho thể tích).
Cho A1 , A2 , . . . , An là các vật thể sao cho Ai ⊆ A với i = 1, n
và v (A) , v (A1 ) , v (A2 ) , . . . , v (An ) lần lượt là thể tích các vật thể
A, A1 , A2 , . . . , An sao cho
v (A) < v (A1 ) + v (A2 ) + · · · + v (An ) .

Khi đó, tồn tại ít nhất hai vật thể trong n vật thể A1 , A2 , . . . , An
có chung điểm trong. (Điểm P được gọi là điểm trong của hình
phẳng A nếu tồn tại hình trịn tâm P nằm trọn trong A).
Nguyên lý 1.1.7. (Nguyên lý Dirichlet cho diện tích).
Cho A1 , A2 , . . . , An là các hình phẳng sao cho Ai ⊆ A với i = 1, n
và s (A) , s (A1 ) , s (A2 ) , . . . , s (An ) lần lượt là diện tích các hình
phẳng A, A1 , A2 , . . . , An sao cho
s (A) < s (A1 ) + s (A2 ) + · · · + s (An ) .

Khi đó, tồn tại ít nhất hai hình phẳng trong n hình phẳng A1 , A2 ,
. . . , An có chung điểm trong.

Nguyên lý 1.1.8. (Nguyên lý Dirichlet cho trường hợp
vô hạn).
Nếu chia một tập hợp vô hạn các quả táo vào hữu hạn ngăn kéo
thì tồn tại ít nhất một ngăn kéo chứa vô hạn quả táo.
1.2. SỐ RAMSEY
Qua một ví dụ cụ thể, trong phần này chúng tơi tìm hiểu về
định nghĩa số Ramsey và ứng dụng nguyên lý Dirichlet để chứng
minh một vài định lý liên quan đến số Ramsey.

7
1.2.1. Ví dụ mở đầu.
Ví dụ 1.2.1. Trong một bàn tiệc có 6 người, ta ln tìm được
hoặc 3 người đôi một quen nhau hoặc 3 người đôi một không quen
nhau.
1.2.2. Định nghĩa số Ramsey.
Định nghĩa 1.2.2. Cho hai số nguyên dương l và s, khi đó n
được gọi là số Ramsey khi và chỉ khi n là số nhỏ nhất thỏa mãn
tính chất: với n điểm trên mặt phẳng, nếu nối chúng đôi một với
nhau bởi các đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ thì ln có hoặc
l điểm được nối bởi các đoạn màu xanh hoặc s điểm được nối bởi

các đoạn màu đỏ. Ký hiệu là: r(l, s) = n, cịn được gọi là có tính
chất (l, s) − Ramsey .
Định lý 1.2.3. Nếu l = s = 3 thì r(3, 3) khơng thể bằng 5. Nói
cách khác, với 5 điểm trên mặt phẳng đôi một nối nhau bởi các
đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ chúng ta khơng thể tìm thấy
một tam giác có cả ba cạnh cùng màu xanh hoặc cả ba cạnh cùng
màu đỏ.
Mệnh đề 1.2.4. Với l là một số nguyên dương, khi đó chúng
ta có r(2, l) = l.
Mệnh đề 1.2.5. Với mỗi cặp (l, s) của các số nguyên dương,
số Ramsey r(l, s) là tồn tại. Hơn nữa, nếu l, s ≥ 2 thì r(l, s) ≤
r(l − 1, s) + r(l, s 1).
ă - SZEKERES
1.3. NH Lí ERDOS

Mt trong những ứng dụng quan trọng khác của nguyên lý
Dirichlet là với dãy số. Cho A = (a1 , a2 , . . . , an ) là dãy gồm n số

8
phân biệt. Một dãy con k phần tử của A là dãy B gồm k số hạng
phần tử của A xuất hiện theo đúng thứ tự mà chúng xuất hiện
trong A. Nghĩa là B = (ai1 , ai2 , . . . , aik ), trong đó i1 < i2 < · · · <
ik . Dãy con B được gọi là tăng nếu ai1 < ai2 < · · · < aik và được

gọi là giảm nếu ai1 > ai2 > · · · > aik .
Kết quả nổi tiếng của Erdoss và Szekeres (1935) liên quan đến
độ dài ca dóy s c phỏt biu nh sau:
ă s - Szekeres 1935).
Định lý 1.3.1. (Erdo

Cho A = (a1 , a2 , . . . , an ) là dãy gồm n số thực phân biệt. Nếu
n ≥ sr + 1 thì hoặc A có dãy con tăng độ dài s + 1 hoặc A có dãy

con giảm độ dài r + 1 (hoặc cả hai).
Bổ đề 1.3.2. (Bổ đề Dilworth (1950)).
Trong mọi thứ tự bộ phận trên tập hợp P gồm n ≥ sr + 1 phần tử,
tồn tại xích có kích thước s + 1 hoặc đối xích có kích thước r + 1.
1.4. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.5.1. Chứng minh rằng nếu cho 13 điểm trong mặt
phẳng có tọa độ ngun thì trọng tâm của ba trong số 13 điểm đó
cũng có tọa độ nguyên.
Chứng minh. Một số nguyên khi chia cho 3 có 3 khả năng xảy ra
là: dư 0, dư 1 hoặc dư 2. Do vậy với 5 số nguyên khi chia cho 3 sẽ
có ba trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1. Nếu tồn tại cả 3 khả năng, dư 0, dư 1 và dư
2 thì chúng ta có 3 trong 5 số đó mà tổng của chúng chia

hết cho 3.
Trường hợp 2. Nếu tồn tại 1 trong 3 khả năng dư thì với 3
số bất kỳ trong 5 số đó ta đều có tổng của chúng chia hết


9
cho 3.
Trường hợp 3. Nếu chỉ có 2 trong 3 khả năng dư xảy ra,
theo nguyên lý Dirichlet có 1 khả năng lặp lại ít nhất 3 lần,
suy ra tổng của 3 số có khả năng dư đó có tổng chia hết cho
3.

Vậy, với 5 số nguyên chúng ta luôn có 3 trong 5 số đó có tổng
chia hết cho 3.
Bây giờ, khi cho 13 điểm có tọa độ nguyên, theo ngun lý
Dirichlet có ít nhất 5 điểm trong số chúng có tọa độ khi chia cho
3 thì có cùng số dư. Trong 5 điểm này có 3 điểm mà tổng tọa độ

của chúng chia hết cho 3. Và đây là 3 điểm chúng ta cần tìm.
Ví dụ 1.5.2. Chứng minh rằng trong một bữa tiệc gồm n người,
ln có hai người được bắt tay với số người giống nhau.
Chứng minh. Trong bữa tiệc gồm n người, một người có thể bắt
tay với k người bất kỳ, 0 ≤ k ≤ n − 1. Tuy nhiên, có 2 trường hợp
xảy ra:
Trường hợp 1. Nếu có một người được bắt tay với n − 1
người khác, thì khơng có ai trong bữa tiệc khơng được bắt
tay.
Trường hợp 2. Nếu có 1 người khơng bắt tay ai thì những
người cịn lại chỉ có thể được bắt tay với ít hơn n − 1 người.

Do vậy, với n người trong một bữa tiệc chỉ có n − 1 sự lựa
chọn, hoặc {0, 1, . . . , n − 2} hoặc {1, 2, . . . , n − 1}. Theo nguyên
lý Dirichlet, luôn tồn tại 2 người được bắt tay với số người giống
nhau.
Ví dụ 1.5.5. Có 17 người đơi một trao đổi thông tin với nhau


10
qua thư. Trong tất cả các lá thư của họ chỉ thảo luận một trong ba
chủ đề. Chứng minh rằng có ít nhất 3 người cùng thảo luận một
chủ đề giống nhau.
Chứng minh. Gọi A là một trong số 17 người. Suy ra còn lại
16 = 3.5 + 1 người và với mỗi người trong số họ chỉ thảo luận một

trong ba chủ đề. Theo ngun lý Dirichlet có ít nhất 6 người trong
số họ cùng thảo luận chung một chủ đề. Nếu bất kỳ 2 trong số 6
người này đã thảo luận chủ đề như người A thì chúng ta đã chứng
minh xong bài tốn. Ngược lại, nếu khơng thì giữa 6 người này
chỉ có 2 chủ đề cịn lại được thảo luận. Vì r(3, 3) = 6 nên ta có
thể tìm thấy trong số 6 người này 3 người cùng thảo luận chung
một chủ đề. Vậy bài toán đã được chứng minh.


11
CHƯƠNG 2

CÁC ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ
DIRICHLET

Nguyên lý Dirichlet với cách phát biểu tưởng chừng như đơn

giản nhưng việc giải các bài tốn liên quan lại là một vấn đề khó.
Để giải một bài toán bằng cách sử dụng nguyên lý Dirichlet ta
cần thực hiện các bước sau:
Bước 1. Tìm hiểu đề bài, xác định hai đối tượng của bài toán số
lượng mỗi đối tượng trong giả thiết của bài toán là các số nguyên
dương.
Bước 2. Xây dựng thuật giải:
* Tiến hành phân chia các đối tượng trong giả thiết của bài
toán thành 2 tập hợp các đối tượng A, B .
* Xác định và so sánh các số phần tử của mỗi tập hợp A, B ,
tập hợp nào có số phần tử lớn hơn được chọn làm "thỏ", tập hợp
kia chọn làm "lồng".
Để hiểu rõ hơn về thuật giải trên, chương này chúng tơi trình
bày bài tốn minh họa và kèm theo là các bài toán tham khảo ứng
với từng dạng của các lớp bài toán.

2.1. TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN SỐ HỌC
Muốn giải tốt các bài tốn số học khơng mẫu mực thì ngun
lý Dirichlet là một phương pháp khơng thể bỏ sót. Trong số học,
ngun lý Dirichlet được phát biểu như sau:
"Nếu chia m cho n (m > n, m, n là số nguyên dương) thì tồn tại


12
ít nhất

m
số có cùng số dư."
n

2.1.1. Bài tốn về các phép tính số học căn bản.
a. Phép cộng, phép trừ và phép nhân.
Bài toán 2.1.3. Cho 100 số nguyên dương khơng lớn hơn 100
có tổng bằng 200. Chứng minh rằng từ các số đó có thể chọn được
ít nhất một bộ các số có tổng bằng 100.
Chứng minh. Gọi a1 ; a2 ; . . . ; a100 là các số tự nhiên thỏa đề bài.
Khi đó có hai trường hợp xảy ra,
- Trường hợp 1. Có một số là 100. Khi đó chúng ta có được điều
phải chứng minh.
- Trường hợp 2. Khơng có số nào là 100, khơng mất tính tổng quát
ta xét tổng sau:
S1 = a1 ,
S2 = a1 + a2 ,
...
S100 = a1 + a2 + · · · + a100 .

Có 100 tổng Si (1 ≤ i ≤ 100), mà Si chia 100 dư từ 1 đến 99, nên
theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất 2 tổng Si có cùng số dư,
lấy hiệu của chúng ta chứng minh được tồn tại ít nhất một bộ các
số chia hết cho 100. Mặt khác, hiệu của hai tổng Si trên luôn nhỏ
hơn 200 mà lại chia hết cho 100 nên chúng bằng 100. Vậy ta có
điều phải chứng minh.
Bài tốn 2.1.4. Trong một bảng vng gồm có 5 × 5 ơ vng,
ta viết vào mỗi ơ vuông một trong ba số 1, 0 hoặc −1 sao cho mỗi
ơ có đúng một số. Chứng minh rằng trong các tổng của 5 số theo


13
mỗi cột, mỗi hàng, mỗi đường chéo phải có ít nhất hai tổng bằng
nhau.

Chứng minh. Chúng ta có 5 cột, 5 dòng và 2 đường chéo nên được
12 tổng. Mỗi ô nhận một trong ba giá trị 1, 0 hoặc −1 nên mỗi

tổng nhận các giá trị từ −5 đến 5. Ta có 11 số nguyên từ −5 đến 5
là −5, −4, . . . , −1, 0, 1, . . . , 4, 5. Vậy theo nguyên lý Dirichlet phải
có ít nhất hai tổng số bằng nhau.
b. Phép chia hết.
Bài tốn 2.1.8. Chứng minh rằng ln tồn tại số có dạng:
20142014 . . . 201400 . . . 0

chia hết cho 2015.
Chứng minh. Lấy 2016 số có dạng:
2014; 20142014; . . . ; 20142014 . . . 2014 .
2016 lần

Lấy 2016 số này chia cho 2015. Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn
tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2015. Giả sử 2 số đó là:
20142014 . . . 2014 và 20142014 . . . 2014(m > n > 0).
m lần

n lần

Suy ra,
2015| 20142014 . . . 2014 − 20142014 . . . 2014,
m lần

n lần

hay 2015| 20142014 . . . 2014 00000 . . . 0 .
m - n lần

n lần

Vậy tồn tại số thỏa mãn đề.
Bài toán 2.1.11. Cho 4 số nguyên phân biệt a, b, c, d. Chứng
minh rằng:
.
(a − b)(a − c)(a − d)(b − c)(b − d)(c − d)..12.


14
Chứng minh. Đặt A = (a − b)(a − c)(a − d)(b − c)(b − d)(c − d).
Bốn số nguyên a, b, c, d khi chia cho 3, theo nguyên lý Dirichlet
có hai số có cùng số dư, khi đó hiệu của chúng chia hết cho 3. Mà
.
hiệu là một trong các thừa số của A, do đó A..3.
.
Nếu a, b, c, d có hai số có cùng số dư khi chia cho 4 thì A..4, cịn
trường hợp ngược lại, nếu a, b, c, d có số dư khác nhau khi chia
cho 4 thì sẽ có hai số chẵn và hai số lẻ, lúc đó có hai hiệu chia hết
.
cho 2, do đó A..4.
Vì (3, 4) = 1 (Hay 3 và 4 là hai số nguyên tố cùng nhau) nên suy
.
ra A..12.
2.1.2. Bài toán liên quan tới các số đặc biệt.
Bài toán 2.1.16. Xét tập M gồm 1985 số nguyên dương phân
biệt, sao cho khơng có số nào có ước số nguyên tố lớn hơn 23.
Chứng minh rằng M chứa một tập con gồm 4 phần tử mà tích của
4 phần tử này là lũy thừa bậc 4 của một số ngun.

Chứng minh. Vì chỉ có 9 số ngun tố không lớn hơn 23 nên mỗi
một phần tử trong 1985 phần tử K của tập hợp M có thể phân tích
thành thừa số ngun tố trong đó có nhiều nhất là 9 số nguyên tố
phân biệt: k = p1 k1 .p2 k2 . . . p9 k9 , trong đó ki ≥ 0 và ki nguyên. Với
mỗi số hạng của M ta gán tương ứng với một vectơ (x1 , x2 , . . . , x9 )
trong đó xi = 0 nếu số mũ ki của pi là chẵn và xi bằng 1 nếu ki lẻ.
Như thế ta có được 29 vectơ phân biệt. Theo nguyên lý Dirichlet,
mọi tập hợp con của 29 + 1 phần tử của M chứa ít nhất hai số
nguyên phân biệt, chẳng hạn a1 và b1 , với cùng vectơ lũy thừa.
Suy ra tích của chúng là một số chính phương a1 b1 = c2 . Khi ta
lấy đi một cặp như thế từ tập hợp M thì cịn lại 1985 − 2 > 29 + 1
số, một lần nữa áp dụng nguyên lý Dirichlet và tiếp tục lấy đi


15
những cặp như thế cho tới khi ít nhất cịn lại 29 + 1 số trong M .
Vì 1985 > 3(29 + 1) = 1539 nên ta có thể lấy đi 29 + 1 cặp a, b và
có 1985 − 2(29 + 1) = 9559 > 29 + 1 = 513 số cịn lại trong M .
Bây giờ ta nhìn lại 29 + 1 cặp lấy đi và lấy căn bậc hai của ci (với
√
ci là tích ai bi = ci 2 của chúng), tức là ci = ai bi .
Số ci không thể chứa các thừa số nguyên tố khác p1 , p2 , . . . , p9 ,
cho nên ít nhất có một cặp ci , cj với cùng vectơ lũy thừa, và
ci cj = d2 , d là số nguyên bất kỳ. Suy ra d4 = ci 2 cj 2 = ai bi aj bj ,

với ai , bi , aj , bj bất kỳ trong M .
2.1.3. Bài toán liên quan tới bất đẳng thức.
Bất đẳng thức ln là bài tốn khó khi xuất hiện trong các
kỳ thi. Áp dụng nguyên lý Dirichlet, có thể chứng minh được một

số bài toán bất đẳng thức một cách gọn gàng và độc đáo. Trước
tiên, chúng ta mệnh đề có ý nghĩa ứng dụng hết sức quan trọng,
đó là:
Mệnh đề 2.1.1. Với ba số thực bất kỳ a, b, c ln có hai số
cùng dấu.
Để sử dụng mệnh đề này cho bài toán bất đẳng thức, ta thực
hiện hai bước:
- Bước 1. Chọn "điểm rơi" của bài toán, tức là giá trị của các biến
để dấu đẳng thức xảy ra.
- Bước 2. Áp dụng mệnh đề 2.1.1. để chứng minh bất đẳng thức.
Ví dụ, nếu dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = k thì ta có thể
giả sử ba số (a − k), (b − k), (c − k) có hai số (a − k), (b − k) cùng
dấu. Nghĩa là, (a − k)(b − k) ≥ 0. Từ đó ta chứng minh bất đẳng
thức đề yêu cầu.
Bổ đề 2.1.2. Với các số thực dương a, b, c. Ta ln có:


16
a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca).

(2.1)

2.1.4. Ứng dụng trong lý thuyết số.
Ngồi các ứng dụng quan trọng trong bài tốn tổ hợp, ngun
lý Dirichlet cịn có nhiều ứng dụng trong lý thuyết số. Trong mục
này, chúng tơi trình bày một trong ứng dụng đó là việc thiết lập
mỗi số nguyên tố có dạng 4k + 1 có thể được viết như tổng của
hai bình phương. Trước tiên chúng ta cần mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.1.3. Với các số nguyên bất kỳ n và u, tồn tại các
√

√
√
√
số x, y = 0 sao cho − n ≤ x ≤ n, − n ≤ y ≤ n và x − uy
chia hết cho n.
Định lý 2.1.4 (Fermat).
Với mỗi số nguyên tố p có dạng 4k + 1 luôn biểu diễn được dưới
dạng tổng của hai bình phương.

2.2. TRONG BÀI TỐN RỜI RẠC, ĐẠI SỐ TỔ HỢP
Bài tốn 2.2.6. Trong một cuộc họp có đại diện của n nước
ngồi xung quanh một cái bàn (n ≥ 2) sao cho nếu hai đại diện của
cùng một nước thì những người ngồi bên phải của hai đại diện đó
là người khác nước. Xác định với mọi n số đại diện lớn nhất là
bao nhiêu?
Chứng minh. Ta cần chứng minh rằng có nhiều nhất n2 đại diện.
Đặt X1 , X2 , . . . , Xn biểu thị cho tất cả các nước, xi biểu thị
cho đại diện từ nước Xi . Nếu có n2 + 1 đại biểu thì theo ngun lý
Dirichlet sẽ có ít nhất một nước, ta gọi đó là X1 có n + 1 đại diện
và bên phải mỗi đại diện có một người ngồi cạnh. Mặt khác, vì
có n nước nên theo nguyên lý Dirichlet, hai trong số những người


17
ngồi cạnh phải đến từ một nước. Điều này mâu thuẫn với đề bài.
Với n = 2 ta có thể sắp xếp 4 đại diện của hai nước theo thứ
tự là (x1 , x1 , x2 , x2 ) - đây là sự sắp xếp hợp lý.
Giả sử bài toán đúng với n = k , nghĩa là chúng ta bố trí theo
sơ đồ (a1 , a2 , . . . , ak2 ) là hợp lý. Do đó các cặp đại biểu ngồi cạnh
nhau như sau (x1 , x1 ), (x2 , x2 ), . . . , (xk , xk ).

Mỗi cặp chỉ xuất hiện một lần. Với n = k + 1, ta sẽ sắp xếp hợp
lý dựa trên tập số (a1 , a2 , . . . , ak2 ) bằng cách chuyển (x1 , x1 ) thành
(x1 , xk+1 , xk+1 , x1 , x1 ), chuyển (xi , xi ) thành (xi , xk+1 , xk+1 , xi , xi )

với mỗi i = 2, 3, . . . , k , ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài tốn 2.2.7. Có n nam và n nữ trong cùng một bữa tiệc.
Mỗi một bạn nam thích a bạn nữ và mỗi bạn nữ thích b bạn nam.
Tìm tất cả các cặp (a, b) để mà ln có một bạn nam và một bạn
nữ thích nhau.
Chứng minh. Xét các cặp (r, s) trong đó r là một bạn nam và s là
một bạn nữ mà bạn nam r thích. Khi đó ta có ít nhất a cặp dành
cho mỗi bạn nam (vì một nam thích a nữ), mà theo đề bài ta có
n nam nên ta có ít nhất là a.n cặp. Do đó trong số a cặp này có

một bạn nữ mà a bạn nam thích. Nếu bạn nữ đó thích nhiều hơn
n − a bạn nam thì ta có thể tìm thấy cặp như mong muốn. Nghĩa

là nếu b > n − a, hay a + b > n ta có thể tìm thấy một cặp như
vậy.
Nếu a + b ≤ n ta phải chứng minh điều này không đúng. Thật
vậy, nếu a + b ≤ n ta cho số lượng bạn nam và bạn nữ thây đổi từ
1 tới n. Lấy một cặp (i, j) trong đó i là số thứ tự của một bạn nữ,
j là số thứ tự của một bạn nam, ta nói rằng i thích j nếu i + j là

module đồng dư n cho 1, 2, 3, . . . , b. Và ta nói j thích i nếu i + j
module đồng dư cho n, n − 1, . . . , n − a + 1. Với điều này ta có yêu


18
cầu bài tốn và khơng có cặp nào như vậy.

2.3. TRONG MỘT SỐ LỚP BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ
HỢP
Hình học tổ hợp là một nhánh không thể thiếu của các bài toán
tổ hợp, thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi. Trong luận
văn, chúng tơi trình bày một số dạng bài tốn hình học tổ hợp
điển hình với các giải có áp dụng ngun lý Dirichlet.
2.3.1. Bài tốn về đại lượng.
a. Dạng bài toán về khoảng cách.
Bài toán 2.3.1. Trong tam giác đều có cạnh bằng 4 (đơn vị độ
dài) lấy 17 điểm. Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ít nhất 2
điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1.
Chứng minh. Chia tam giác đều có cạnh bằng 4 thành 16 tam
giác đều có cạnh bằng 1. Vì 17 > 16, theo nguyên lý Dirichlet,
tồn tại ít nhất một tam giác đều cạnh bằng 1 có chứa ít nhất 2
điểm trong số 17 điểm đã cho. Khoảng cách giữa 2 điểm đó ln
khơng vượt q 1.
Ta chứng minh rằng khoảng
cách giữa 2 điểm bất kỳ nằm
trong tam giác đều khơng lớn
hơn cạnh tam giác. (hình 2.1)
Ta ký hiệu hai điểm K, L nằm
trong tam giác ABC đều, khi
đó ta có góc ∠KAL < 600 .
Một trong hai góc cịn lại của

Hình 2.1


19
tam giác AKL không nhỏ hơn 600 , chẳng hạn ∠ALK ≥ 600 suy

ra, AK > KL. Gọi E là giao điểm của AK với cạnh BC , ta có
AE > AK . Trong tam giác ABE , ∠AEB ≥ 600 (nó là góc ngồi

của tam giác AEC ) nên AB > AE . Kết hợp các kết quả trên ta
suy ra điều cần chứng minh.
b. Dạng bài toán về diện tích, thể tích.
Bài tốn 2.3.7. Trong hình trịn có diện tích bằng 1, ta lấy 17
điểm bất kỳ, khơng có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh có ít
1
nhất 3 điểm lập thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn .
8
Chứng minh. Chia hình trịn thành 8 phần bằng nhau, mỗi phần
1
có diện tích là .
8
Do 17 : 8 = 2 (mod 1) nên theo nguyên lý Dirichlet có một phần
chứa ít nhất 3 điểm. Ba điểm này là đỉnh của một tam giác có
diện tích nhỏ hơn diện tích mỗi hình quạt.
Vậy có ít nhất 3 điểm trong 17 điểm đã cho lập thành một tam
1
giác có diện tích nhỏ hơn .
8
2.3.2. Bài tốn về các tính chất hình học.
Ngun lý Dirichlet cịn có ứng dụng rất hay để giải các bài
tốn hình học liên quan tới các tính chất như: đồng quy của các
đường thẳng, một điểm thuộc hay không thuộc đường thẳng, . . . .
Thật vậy, để minh họa điều này, chúng tơi trình bày một số bài
tốn sau:
Bài tốn 2.3.11. Cho một hình vng và 13 đường thẳng, mỗi
đường thẳng chia hình vng thành hai tứ giác có tỉ số diện tích

2 : 3. Chứng minh rằng trong số 13 đường thẳng đã cho, có ít nhất
4 đường thẳng cùng đi qua một điểm.

Chứng minh. Gọi d là đường thẳng chia hình vng ABCD thành


20
hai tứ giác có tỉ số diện tích là 2 : 3.

Hình 2.6
Đường thẳng d khơng thể cắt hai cạnh kề nhau của hình vng.
Giả sử d cắt hai cạnh AB và CD tại M và N , khi đó d cắt đường
2
IE
2
SAM N D
= , suy ra
= . Như
trung bình EF tại I . Giả sử,
SBM N C
3
IF
3
vậy, mỗi đường thẳng đã cho chia các đường trung bình của hình
vng theo tỉ số 2 : 3. Chúng ta có 4 điểm chia các đường trung
bình của hình vng theo tỉ số 2 : 3. Mặt khác lại có 13 đường
thẳng, mỗi đường đi qua một trong 4 điểm. Vậy theo ngun lý
Dirichlet có ít nhất 4 đường thẳng cùng đi qua một điểm.
2.4. TRONG MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN TƠ MÀU
Trong phần này chúng tơi trình bày hai dạng toán áp dụng

nguyên lý Dirichlet cho các đối tượng là màu tô và điểm hoặc màu
tô và đoạn thẳng nối giữa các điểm.
2.4.1. Dạng tốn tơ màu đỉnh.
Bài tốn 2.4.1. Cho tứ giác ABCD, dùng 3 màu xanh, đỏ,
vàng để tơ các đỉnh của tứ giác. Chứng tỏ rằng có 2 đỉnh của tứ


21
giác được tơ cùng màu.
Chứng minh. Chúng ta có số đỉnh được tô màu là 4, số màu dùng
để tô là 3. Theo ngun lý Dirichlet, có khơng ít hơn 2 đỉnh cùng
màu.Vậy có ít nhất 2 đỉnh được tơ cùng màu.
Bài toán 2.4.6. Trong mặt phẳng, mỗi điểm được tô bằng hai
màu đen hoặc trắng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác vng
có độ dài cạnh huyền bằng 2 và một góc nhọn bằng 600 sao cho cả
ba đỉnh của tam giác này đều có cùng màu.
Chứng minh. Xét tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Với 3 đỉnh
được tô bằng 2 màu nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 2 đỉnh
cùng màu. Giả sử A và B cùng màu trắng. Gọi AXY BZT là một
lục giác đều nhận AB là đường chéo lớn nhất.
Nếu một trong các đỉnh X, Y, Z, T (chẳng hạn là X ) có màu
trắng thì ba đỉnh của tam giác ABX (có ∠AXB = 900 , ∠XAB =
600 ) sẽ có ba đỉnh cùng màu trắng như bài tốn u cầu. Ngược

lại, khi đó tam giác XY T (có ∠Y XT = 900 , ∠XY T = 600 ) có
ba đỉnh cùng màu đen.

Hình 2.12

22
2.4.2. Dạng bài tốn tơ màu cạnh.
Bài tốn 2.4.8. Một kim tự tháp có đáy là một đa giác lồi
9 cạnh. Mỗi đường chéo của đáy và mỗi một trong các cạnh của

các mặt bên được tô bằng màu đen hoặc trắng. Cả hai màu đều
được sử dụng. (Các cạnh của mặt đáy khơng được tơ màu.) Chứng
minh rằng có 3 đoạn cùng màu tạo thành một tam giác.
Chứng minh. Ta ký hiệu kim tự tháp đã cho là A0 A1 A2 . . . A9 , với
A0 là đỉnh. Từ A0 ta vẽ 9 đoạn thẳng nối các đỉnh cịn lại. Theo

ngun lý Dirichlet, phải có 5 đoạn trong chúng cùng màu, giả sử
đó là các đoạn nối A0 với A1 , A2 , A3 , A4 , A5 và có màu đen.
Vì đáy là một đa giác lồi 9 cạnh nên có ít nhất một trong các
cạnh của ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 , chẳng hạn A1 A2 là đường chéo
của đáy. Khi đó A1 A4 và A2 A4 cũng là hai đường chéo của đáy.
Nếu cả ba cạnh của tam giác A1 A2 A4 cùng màu trắng thì bài
tốn xem như được giải xong. Giả sử có một cạnh Ai Aj nào đó
của nó màu đen thì tam giác SAi Aj sẽ có ba cạnh cùng màu. Vậy
ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 2.4.12. Trên đường trịn cho 16 điểm được tơ bởi
một trong ba màu: xanh, đỏ, vàng. Các dây cung nối 2 trong 16
điểm trên được tô bởi một trong hai màu trắng hoặc đỏ. Chứng
minh rằng ta ln có 3 trong 16 điểm trên tơ cùng màu và ba cạnh
của nó cũng được tô cùng màu.
Chứng minh. Với 16 điểm được tơ bởi 3 màu, theo ngun lý
Dirichlet có ít nhất 6 điểm được tô cùng màu. Giả sử 6 điểm đó
là A, B, C, D, E, F . Xét 5 dây cung AB, AC, AD, AE, AF với hai
màu tô trắng và đỏ thì theo ngun lý Dirichlet sẽ có ít nhất 3
dây cùng màu, giả sử là màu trắng.

Trường hợp AB, AC, AD được tô cùng màu trắng. Khi đó, nếu


23
BC màu trắng thì chúng ta có điều cần chứng minh, ngược lại,

nếu BC màu đỏ thì chúng ta xét CD: nếu CD màu trắng thì u
cầu bài tốn thỏa mãn nhưng nếu CD màu đỏ thì chúng ta lại xét
BD: nếu BD màu trắng thì tam giác ABD có 3 cạnh và 3 đỉnh

màu trắng, ngược lại, nếu BD màu đỏ thì chúng ta có tam giác
BCD có 3 đỉnh và 3 cạnh màu đỏ.

Hình 2.17