các ứng dụng của nguyên lý dirichlet trong các bài toán tổ hợp, số học và hình học

Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Mục lục
Trang
Mục lục 01
Giới thiệu
Giới thiệu đề tài 02
Giới thiệu nhóm 03
Nội dung đề tài
Chương 1. Đại cương về tổ hợp 04
Chương 2. Bài toán nguyên lý Dirichlet 05
2.1 Nguyên lý Dirichlet 05
2.2 Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu 06
2.3 Những lưu ý khi giải bài toán áp dụng nguyên lý Dirichlet 07
Chương 3. Ứng dụng nguyên lí trong giải toán 09
3.1 Ứng dụng nguyên lí trong lĩnh vực lý thuyết tổ hợp 09
3.2 Ứng dụng nguyên lí trong lĩnh vực số học 11
3.3 Ứng dụng nguyên lí trong lĩnh vực hình học 16
3.4 Ứng dụng nguyên lí trong các bài toán khác 25
Kết luận 29
Tài liệu tham khảo 30
1
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Giới thiệu
Giới thiệu về đề tài
Nguyên lý Dirichlet còn goị là nguyên lý chim bồ câu (The Pigeonhole
Principle) hay nguyên lý những cái lồng nhốt thỏ hay nguyên lý xếp đồ vật vào
ngăn kéo (The Drawer Principle)- đưa ra nguyên tắc về sự phân chia, sắp xếp các
phần tử vào các lớp.
Nguyên lý Dirichlet được phát biểu vào năm 1834, do nhà toán học người
Đức - Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (13/2/1805 - 1859) đề xuất.
Nguyên lý Dirichlet là công cụ hiệu quả để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc

trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học. Trong nhiều trường hợp sử dụng
nguyên lý này người ta chứng minh được sự tồn tại một cách dễ dàng và cụ thể
mà không đưa ra được phương pháp tìm một vật cụ thể, đối với những bài toán
chỉ cần chỉ ra sự tồn tại là đủ rồi.
Nội dung của nguyên lý này rất đơn giản, dễ hiểu nhưng có tác dụng rất lớn,
có nhiều ứng dụng trong lập luận giải toán.
Nguyên lý Dirichlet có ứng dụng trong rất nhiều dạng bài tập của nhiều lĩnh
vực khác nhau trong toán học, tuy nhiên trong phạm vi đề tài chúng em chỉ chú
trọng khai thác “Các ứng dụng của nguyên lý Dirichlet trong các bài toán tổ hợp,
số học và hình học”.
Ngoài phần giới thiệu, tiểu luận gồm ba chương và danh mục tài liệu tham
khảo.
Chương 1. Giới thiệu đại cương về bộ môn lý thuyết tổ hợp.
Chương 2. Các kiến thức cơ bản về nguyên lý Dirichlet dung để giải toán
trong các chương sau.
Chương 3. Trình bày các ứng dụng của nguyện lý Dirichlet trong việc giải bài
tập.
2
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Giới thiệu về nhóm
STT Họ tên Công việc
(theo mục lục)
Chữ ký Nhận xét của
giáo viên
1 Vũ Hứa Hạnh Nguyên Chương 1
Chương 3
2 Nguyễn Thị Kim Thoa Chương 2
Chương 3
3 Đinh Thị Thuỷ Chương 2
Chương 3

4 Lê Quang Huy Giới thiệu
Chương 3
3
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Nội dung đề tài
Chương 1. Đại cương về tổ hợp.
Tổ hợp là một lĩnh vực của toán học rời rạc, là ngành khoa học xuất hiện khá
sớm vào đầu thế kỷ 17. Hiện nay, lý thuyết tổ hợp được áp dụng rộng rãi trong
nhiều lĩnh vực khác nhau như lý thuyết số, hình học, đại số, xác suất thống kê,
khoa học máy tính, hóa học…Tổ hợp đụng chạm đến nhiều vấn đề khác nhau của
toán học nên khó có thể định nghĩa một cách tổng quan.
Nội dung của lý thuyết tổ hợp gắn liền với việc nghiên cứu, phân bố các phần
tử vào các tập hợp. Các phần tử này thường hữu hạn và việc phân bố phải thỏa
mãn những điều kiện nhất định nào đó.
Trong nhiều trường hợp, việc xác định sự tồn tại một cấu hình thỏa mãn tính
chất nào đó có ý nghĩa quan trọng về mặc lý thuyết cũng như thực tế. Vì vậy một
bài toán tổ hợp là một bài toán: “Xét sự tồn tại các cấu hình tổ hợp thỏa mãn tính
chất cho trước”.
Bài toán tồn tại nghiên cứu từ rất lâu và góp phần đáng kể thúc đẩy sự phát
triển của lý thuyết tổ hợp cũng như nhiều ngành toán học khác, các bài toan dưới
đây phần nào cho ta thấy rõ hơn điều đó.
4
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Chương II
Bài toán nguyên lý Dirichlet
2.1 Nguyên lý Dirichlet
2.1.1 Nguyên lý Dirichlet 1 (Nguyên lý chuồng và thỏ)
Nguyên lý Dirichlet khẳng định một sự kiên “hiển nhiên” rằng n+1 con thỏ
không thể xếp vào n chuồng sao cho mỗi con thỏ ở riêng một chuồng . Một cách
tổng quát, nguyên lý này khẳng đinh rằng:

Nếu có m đối tượng xếp vào n hộp và
m n>
thì tồn tại hộp chứa ít nhất 2 đối
tượng.
Chứng minh:
Nguyên lý này rất dễ kiểm tra:
Nếu không có hộp nào chứa ít nhất 2 đối tượng, thì số đối tượng không lớn hợn
n, mâu thuẫn với giả thuyết số đối tượng m lớn hơn số hộp n.
Tuy rằng với nguyên lý này người ta chỉ chứng minh được sự tồn tại mà
không đưa ra phương pháp tìm được vật cụ thể,nhưng trong thực tế nhiều bài
toán ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại là đủ rồi. Ngày nay chúng ta đã có những tổng
quát hóa rất mạnh của nguyên lý này trong các ứng dụng không tầm thường như
các định lý kiểu Ramsey, phương pháp xác suất…
Mặc dù nguyên lý Dirichlet được phát biểu rất đơn giản nhưng cái khó của nó
là phải xác định được xem thỏ là gì, chuồng là gì.
Ví dụ minh họa:
Một lớp có 30 học sinh. Chứng tỏ trong lớp tìm thấy ít nhất 2 học sinh có tên
bắt đầu bằng một chữ cái giống nhau.
Lời giải:
Bảng chữ cái tiếng Việt có 29 chữ cái (lồng).
Lớp có 30 học sinh (thỏ).
Số học sinh nhiều hơn số chữ cái nên có ít nhất 2 học sinh có tên bắt đầu bằng
một chữ cái giống nhau.
2.1.2 Nguyên lý Dirichlet 2
Nếu nhốt n con thỏ vào
2m ≥
cái chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất
1n m
m
+ −

 
 
 
con thỏ, ở đây kí hiệu
[ ]
α
để chỉ phần nguyên của số
α
.
5
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Chứng minh:
Giả sử mọi chuồng thỏ đều không có đến
1 1 1
1 1
n m n n
m m m
+ − − −
     
= + = +
     
     

con, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằng
1n
m
−
 
 
 

con.
Suy ra tổng số con thỏ không vượt quá
1
. 1
n
m n
m
−
 
≥ −
 
 
con.(Vô lý vì có n con
thỏ). Vậy giả sử sai. Nên nguyên lý được chứng minh.
Ví dụ minh họa:
Một trạm y tế có 150 bệnh nhân thì trong đó có ít nhất
[ ]
150 29 1
6
29
+ −
 
=
 
 
Vậy
có 6 người có tên bắt đầu bằng một chữ cái giống nhau.
2.1.3 Nguyên lý Dirichlet mở rộng
Giả sử tập hữu hạn S có các tập con
1

, ,
k
A A
.
a.Nếu mỗi phần tử của S chứa trong ít nhất r tập con
i
A
, thì
1
+ +
k
A A
≥
.r S
b. Nếu mỗi phần tử của S chứa đúng trong r tập con
i
A
, thì
1
+ +
k
A A
=
.r S
Chứng minh:
a. Gọi P là tập tát cả các cặp
( , )s i
∈S.{1,…,k} thỏa s ∈
i
A

.
Để đếm được P, ta có:
| | |{ | }| .| |
i
s S s S
P i s A r r S
∈ ∈
= ∈ ≥ =
∑ ∑
Mặt khác
1
1
| | |{s | }| | | | |
k
i k
i
P s A A A
=
= ∈ = + +
∑
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
b. Chứng minh tương tự.
Ví dụ minh họa:
Xếp ngẫu nhiên các số 1, 2, , 12 trên vòng tròn. Chứng minh rằng luôn
tìm được 3 số kề nhau có tổng lớn hơn hoặc bằng 20.
Lời giải:
Đánh số các vị trí từ 0 đến 11 và kí hiệu
i
a
là số ở vị trí i. Đặt

i
a
quả bóng
vào vị trí i và kí hiệu
i
A
là tập hợp các quả bóng ở vị trí
, 1, 2i i i+ +
, ở đây
6
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
1, 2i i+ +
được lấy theo modun 12, kí hiệu S là tập hợp tất cả các quả bóng,
0 1 11
S A A A= ∪ ∪ ∪
.
Khi đó mỗi quả bóng chứa đúng trong ba tập
i
A
. Theo nguyên lý Dirichlet
mở rông, ta có:
0 1 11
| | | | | | 3.| |A A A S+ + + =
.
Ta có:
13
3.| | 3.(1 2 12) 3.12. 3.78 234
2
S = + + + = = =
⇒

Tồn tại tập
i
A
có ít nhất 20 quả bóng.
2.2 Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu.
2.2.1 Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu hữu hạn phần tử.
Cho tập hữu hạn
S ≠ ∅
và
1 2
, , ,
n
S S S
là các tập con của S sao cho
1 2
+ + +
n
S S S
≥
.k S
. Khi đó, tồn tại một phần tử x
∈
S sao cho x là phần tử
chung của k+1 tập
i
S
(i = 1,2,…, n).
2.2.2 Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu vô hạn phần tử.
a. Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng.
Kí hiệu d(I) là độ dài của khoảng

I ⊂ ¡
Định lý 1: Cho A là một khoảng giới nội,
1 2
, , ,
n
A A A
là các khoảng sao cho
i
A A⊂
(i = 1,2,…n) và
1 2
( ) < ( ) + ( )+ + ( )
n
d A d A d A d A
. Khi đó, có ít nhất hai
khoảng trong số các khoảng trên có một điểm trong chung.
Chứng minh:
Giả sử không có cặp nào trong những khoảng đã cho có điểm trong chung.
Khi đó,
1 2 1 2
( ) = ( ) + ( ) + + ( ) > ( )
n n
d A A A d A d A d A d A∪ ∪ ∪
Mặc khác, từ
i
A A⊂
(i = 1,2,…n), suy ra
1 2
( )
n

d A A A∪ ∪ ∪
≤
(A)d
Mâu thuẫn. Vậy ít nhất có hai khoảng trong số các khoảng trên có điểm trong
chung.
b. Tập phần tử là miền phẳng giới hạn bởi đường cong phẳng khép kín.
Kí hiệu S(A) là diện tích bề mặt A.
Định lý 2:
Nếu A là một bề mặt được giới hạn bởi đường cong phẳng khép kín, còn
1 2
, , ,
n
A A A
là các bề mặt sao cho
i
A A⊂
(i = 1,2,…n) và
1 2
( ) ( ) ( ) ( )
n
S A S A S A S A< + + +
thì ít nhất có 2 bề mặt trong số các bề mặt trên có
điểm trong chung.
7
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Chứng minh: Chứng minh tương tự định lý 1
2.3 Những lưu ý khi giải bài toán áp dụng nguyên lý Dirichlet
Các bài toán áp dụng nguyên lý Dirichlet thường là bài toán chứng minh sự tồn
tại của sự vật, sự việc mà không cần phải chỉ ra một cách tường minh sự vật, sự việc
đó.

Bài toán cơ thể xuất hiện sau khi biến đổi qua một số bược trung gian hay sau
khi thành lập các dãy số mới.
Kết hợp với các phương pháp chứng minh phản chứng để giải toán.
Phải biến đổi để xuất hiện khái niệm “thỏ và lồng” trong bài toán và khái
niệm nhốt thỏ vào lồng.
Trong một bài toán có thể phải sử dụng nguyên lý Dirichlet 2 hay 3 lần mới
giải được.
Phải sử dụng ngôn ngữ thông thường để diễn đạt cho dễ hiểu.
8
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Chương 3
Ứng dụng của nguyên lý Dirichlet
trong giải toán
3.1 Các ứng dụng của nguyên lý Dirichlet trong lĩnh vực lý thuyết tổ hợp
Bài toán 1.1 Để kỷ niệm 20 năm ngày giải phóng Miền Nam,tại một thành
phố người ta tổ chức buổi lễ gặp mặt những người 20 tuổi.Ngày 30 tháng 4 năm
đó có 400 thanh niên đến dự lễ. Chứng minh rằng có ít nhất hai người trong số
người tới dự cùng chung một ngày sinh.
Lời giải:
Năm 1995 có 365 ngày.Chúng ta coi mỗi ngày như là một chuồng thỏ và
đánh số từ 1 đến 365(Chuồng thỏ cuối cùng là ngày 31 tháng 12 năm 1995), số
thanh niên tới dự là thỏ.Chúng ta đặt những thanh niên có cùng ngày sinh vào
cùng một chuồng có số đúng bằng ngày sinh.Vì số thỏ lớn hơn số chuồng nên
theo nguyên lý đirichlê có ít nhất hai con thỏ được đặt vào cùng một
chuồng.Điều đó có nghĩa là họ sinh cùng một ngày.
Bài toán 1.2 Ba mươi học sinh làm bài viết chính tả.Một trong số học sinh đó
bị 14 lỗi,còn các học sinh khác mắc số lỗi ít hơn.Chứng minh rằng có ít nhất ba
người mắc số lỗi bằng nhau.
Lời giải:
Chúng ta xét 15 chuồng thỏ được đánh số từ 0 đến 14.Chúng ta đặt mỗi con

thỏ (học sinh) vào một chuồng mang số đúng bằng số lỗi mà học sinh đó
mắc.Nếu không có ba học sinh nào có số lỗi bằng nhau thì trong mỗi chuồng
mang số từ 0,…,13 sẽ có nhiều nhất hai học sinh.Khi đó số lượng của những học
sinh này nhiều nhất là 28 cộng với học sinh mắc 14 lỗi trong chuồng số 14 chúng
ta sẽ nhận được nhiều nhất là 29 học sinh viết chính tả,điều này dẫn đến sự mâu
thuẫn với giả thiết có 30 học sinh của bài toán.
Bài toán 1.3 Chứng minh rằng trong mỗi nhóm bạn 5 người có ít nhất hai
người có cùng số lượng người quen giữa những người trong nhóm đó.
Lời giải:
9
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Chúng ta xét năm chuồng được đánh số từ 0 đến 4, mỗi người trong nhóm
được đặt vào một chuồng mang số trùng với số người trong nhóm mà người đó
quen.Ta xét hai trường hợp sau:
a. Nếu có một người không quen ai trong số những người còn lại thì chuồng
số 4 trống (vì ngược lại thì cả ngăn 0 và 4 đều không trống,dẫn đến vô lí).Như
vậy,mỗi người trong số 5 người được đặt vào các chuồng mang số 0,1,2,3 với số
lượng 4 chuồng.Từ nguyên lý Đirichlê suy ra ít nhất có hai người ở cùng một
chuồng.Hay là họ có chung số lượng người quen.
b. Nếu mọi người ai cũng có người quen,mỗi người sẽ được đặt vào các
chuồng mang số 1,2,3,4 với số lượng 4 chuồng. Từ nguyên lý Đirichlê suy ra ít
nhất có hai người ở cùng một chuồng.Hay là họ có chung số lượng người quen.
Bài toán 1.4 Trong một khu tập thể sống 123 người. Tổng số tuổi của họ là
3813. chứng minh rằng có thể chọn 100 người sống ở khu tập thể này mà tổng số
tuổi của họ không nhỏ hơn 3100.
Lời giải:
Chúng ta hãy chọn 100 người nhiều tuổi nhất và giả sử tổng số tuổi của họ
nhỏ hơn 3100.Khi đó người trẻ nhất trong số người được chọn là 3100:100=31
tuổi.Mặt khác người này không trẻ hơn 23 người còn lại theo cách chọn.Khi đó
tổng số tuổi của 23 người này không lớn hơn 23.31=713.Suy ra tổng số tuổi của

tất cả mọi người sống trong khu tập thể nhỏ hơn 3100+713=3813 dẫn đến vô lí.
Bài toán 1.5 Năm cặp vợ chồng tổ chức một buổi gặp mặt. Khi gặp nhau họ
bắt tay nhau, nhưng không ai tự bắt tay người trong gia đình và người mà vợ
hoặc chồng mình đã bắt tay rồi. Cũng không ai bắt tay cùng một người nhiều hơn
một lần. Sau cuộc gặp chúc mừng ban đầu,một người đàn ông tên Hùng hỏi tất
cả những người có mặt,kể cả vợ mình, là họ đã bắt tay được bao nhiêu lần. Họ
nhận thấy rằng 9 người được hỏi đều trả lời những con số khác nhau.Như vậy vợ
của Hùng đã bắt tay bao nhiêu lần?
Lời giải:
Mỗi một người khách bắt tay không quá 8 lần.Vì câu trả lời của 9 người là 9
số khác nhau nên các số đó phải là 0,1,2,3,4,5,6,7 và 8. Người bắt tay 8 lần phải
là vợ hoặc chồng của người không bắt tay lần nào(Vì nếu ngược lại thì người đó
chỉ bắt tay nhiều nhất là 7 lần mà thôi). Tương tự như vậy người bắt tay 7 lần có
vợ hoặc chồng bắt tay 1 lần, người bắt tay 6 lần có vợ hoặc chồng bắt tay 2 lần,
người bắt tay 5 lần có vợ hoặc chồng bắt tay 3 lần.Chỉ còn lại một người bắt tay
4 lần, đó chính là vợ của Hùng.
10
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Bài toán 1.6 Một lớp học có 40 học sinh. Chứng minh rằng có ít nhất 4 học
sinh có tháng sinh giống nhau.
Lời giải:
Một năm có 12 tháng (chuồng).
Chia 40 học sinh (con thỏ) vào 12 tháng. Nếu mỗi tháng không quá 3 học sinh
được sinh ra thì số học sinh trong lớp không vượt quá 3.12 = 36 học sinh.
Mà 36 < 40 vô lý.Vậy tồn tại tháng có ít nhất 4 học sinh được sinh ra.
Bài toán 7. Một rừng thông có 800000 cây, mỗi cây có không quá 500000 lá.
Chứng minh rằng tồn tại 2 cây có số lá bằng nhau.
Lời giải:
Số cây thông là thỏ, số lá là lồng.
Lồng 1 ứng với cây chỉ có 1 lá

Lồng 2 ứng với cây có 2 lá
……
Mà số thỏ > số lồng. Theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất một lồng nhốt không
dưới 2 con thỏ hay có ít nhất 2 cây thông có cùng số lá.
3.2 Các ứng dụng của nguyên lý Dirichlet trong lĩnh vực số học.
Bài toán 2.1 Chứng minh rằng trong n+1 số thuộc {1,2,…,2n} luôn chọn
được 2 số mà số này là bội của số kia.
Lời giải:
Viết n+1 số đã cho dưới dạng
+11 2
1 1 2 2 +1 +1
=2 .b , =2 . , , =2 .b
n
kk k
n n
a a b a
Trong đó
1 2 +1
b , , ,b
n
b
là các số lẻ

1 2 +1
, , ,
n
k k k
là số nguyên không âm
Mà 1≤
b

i
≤ 2n (i= 1,2,…n+1) và trong đoạn [1,2n] chỉ có n số lẻ nên tồn tại hai
số
b =
i j
b
.
Khi đó, trong 2 số
à
i j
a v a
có một số là bội của số kia.
Bài toán 2.2 Biết rằng 3 số a, a + k, a+2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3.
Chứngminh rằng khi đó k chia hết cho 6.
Lời giải:
Do a, a+k, a+2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3, nên chúng đều là các số lẻ
và không chia hết cho 3.
Do a và a + k cùng lẻ nên k = (a + k) − a sẽ chia hết cho 2. (1)
11
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Do a, a + k, a + 2k đều không chia hết cho 3, nên khi chia cho 3 ít nhất hai số
có cùng số dư (theo nguyên Dirichlet). Xảy ra các khả năng sau:
a. Nếu a + k
≡
a(mod3) thì (a + k) − a
≡
0(mod3), suy ra k
M
3.
b. Nếu a + 2k

≡
a + k(mod3) thì (a + 2k) − (a + k)
≡
0(mod3), suy ra k
M
3.
c. Nếu a + 2k
≡
a(mod3) thì (a + 2k) − a
≡
0(mod3), suy ra 2k
M
3
Do (2,3) = 1 suy ra k
M
3.(2)
Tóm lại, trong mọi trường hợp ta đều thấy k
≡
3. Lại do (2, 3) = 1 nên từ (1)
và (2) suy ra k
≡
6.
Bài toán 2.3 Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý
1 2 3 4 5
, , , ,a a a a a
.
Xét tích:
1 2 1 3 1 4 1 5 2 3 2 4 2 5 3 4 3 5 4 5
=( - )( - )( - )( - )( - )( - )( - )( - )( - )( - )P a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a
Chứng minh rằng P

M
288.
Lời giải:
Ta có phân tích sau : 288 =
2 5
3 .2
và do (2, 3) = 1 nên để chứng minh P
M
288.
Ta chỉ cần chứng minh đồng thời P
M

2
3
và P
M

5
2
.
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong n+1 số nguyên tùy ý, luôn tồn tại hai số có
hiệu chia hết cho n. Trong 4 số
1 2 3 4
, , ,a a a a
có hai số có hiệu chia hết cho 3,
không giảm tính tổng quát, có thể cho là:
1 2
-a a

M

3
Tương tự ta xét 4 số
2 3 4 5
, , ,a a a a
lại có hai số có hiệu chia hết cho 3, như vậy
trong P có ít nhất hai hiệu khác nhau cùng
M
3.
Do đó P
M

2
3
.(1)
Mặc khác, theo nguyên lí Dirichlet trong 5 số đã cho có ít nhất ba số có cùng
tính chẵn, lẻ. Có hai trường hợp xảy ra:
a. Nếu ít nhất có 4 số có cùng tính chẵn lẻ, thì từ 4 số này có thể lập nên 6
hiệu khác nhau cùng chia hết cho 2, do đó tích của chúng chia hết cho
6
2
hay
P
M
5
2
.
b. Nếu có đúng 3 số có cùng tính chẵn lẻ. Không giảm tính tổng quát, có thể
cho đó là
1 2 3
, ,a a a

. Khi đó hai số còn lại
4 5
,a a
cũng có tính chẵn lẻ giống nhau
nhưng khác với tính chẵn lẻ của
1 2 3
, ,a a a
. Vậy bốn hiệu
1 2 1 3 2 3 4 5
- , - , - , -a a a a a a a a

cũng chia hết cho 2.
Mặt khác, trong 5 số đã cho có ít nhất hai hiệu chia hết cho 4, vì thế trong
bốn số
1 2 1 3 2 3 4 5
- , - , - , -a a a a a a a a
có ít nhất một hiệu chia hết cho 4. Do đó:
1 2 1 3 2 3 4 5
( - )( - )( - )( - )a a a a a a a a

M
5
2
.Tức là P
M
5
2
.
12
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng

Tóm lại trong mọi trường hợp ta luôn có P
M
5
2
.(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra P
M
288
Bài toán 2.4 Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn luôn
chọn ra được 6 số, gọi là
1 2 3 4 5 6
, , , , ,a a a a a a
sao cho
1 2 3 4 5 6
( - )( - )( + )a a a a a a

M
1800
Lời giải:
Vì ba số nguyên tố đầu tiên là 2, 3, 5, do đó trong 12 số nguyên tố phân biệt
đã cho luôn có ít nhất 9 số lớn hơn 5. Vì là số nguyên tố lớn hơn 5 nên:
a. Chín số trên khi chia cho 3 có dư 1 hoặc 2. Theo nguyên lí Dirichlet phải
tồn tại ít nhất 5 số đồng dư với nhau theo mod 3. Năm số này lại không chia hết
cho 5. Vì thế trong năm số ấy lại có ít nhất hai số mà ta có thể giả sử là
1 2
,a a
sao
cho
1
a

≡
2
a
( mod 5). Ngoài ra ta có
1
a
≡
2
a
( mod 3). Từ đó ta có
1 2
a a−

M
15.
Mặt khác,
1 2
,a a
cùng lẻ nên
1 2
a a−

M
2.
Do (2,15) =1 nên
1 2
a a−

M
30.

b. Xét 7 số còn lại: Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại bốn số đồng dư với nhau
theo mod 3. Lấy 4 số này chia cho 5 có hai khả năng xảy ra:
i. Nếu có hai số chẳng hạn ( gọi là
3 4
,a a
) mà
3
a

≡
4
a
(mod5). Từ đó suy
ra
3 4
-a a

M
5
Mà
3 4
-a a

M
3,
3 4
-a a

M
2 và (2,3,5) =1 nên suy ra

3 4
-a a

M
30.
Lấy hai số
5 6
,a a
bất kì (ngoài
1 2 3 4
, , ,a a a a
đã chọn) thì
5 6
,a a
lẻ (do
5 6
,a a

nguyên tố), nên
5 6
+a a

M
2
Nên
1 2 3 4 5 6
( - )( - )( + )a a a a a a

M
30.30.2 = 1800

ii. Nếu 4 số này khi chia cho 5 các số dư khác nhau là {1, 2, 3, 4}.
Giả sử
5
a

≡
1(mod5),
6
a

≡
4(mod5) thì ta có:
5 6
+a a

≡
5(mod5), suy ra
5 6
+a a

≡
5
Với hai số còn lại
3 4
,a a
thì rõ ràng
3 4
-a a

M

3 (theo cách chọn 4 số trên).
Do
3 4 5 6
, , ,a a a a
lẻ nên
5 6
+a a

M
2 và
3 4
-a a

M
2
Suy ra
5 6
+a a

M
10 và
3 4
-a a

M
6
Vậy
1 2 3 4 5 6
( - )( - )( + )a a a a a a

M
30.10.6=1800
Tóm lại, luôn tồn tại
1 2 3 4 5 6
, , , , ,a a a a a a
phân biệt sao cho

1 2 3 4 5 6
( - )( - )( + )a a a a a a

M
1800
13
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Bài toán 2.5 Tập hợp các số 1, 2, 3, , . . . , 100 được chia thành 7 tập hợp con.
Chứng minh rằng ít nhất ở một trong các tập con ấy tìm được 4 số a, b, c, d sao
cho a + b = c + d hoặc ba số e, f, g sao cho e + f = 2g.
Lời giải:
Theo nguyên lí Dirichlet suy ra có ít nhất một tập hợp con chứa không ít hơn
15 phần tử (vì nếu trái lại tất cả các tập con chứa không nhiều hơn 7.14 = 98
phần tử. Do 98 < 100 nên sẽ dẫn đến mâu thuẫn).
Xét một cặp số (a, b) trong đó a > b của tập hợp này.
Ứng với mỗi cặp (a, b) này ta xét hiệu a − b (rõ ràng a − b > 0). Vì tập này có
không ít hơn 15 phần tử, nên ta nhận được không ít hơn
2
15
C
hiệu, (tức là không ít
hơn 105 hiệu).
Do các số của tập con đều thuộc tập hợp {1, 2, . . . , 100} nên các hiệu nói

trên thuộc tập hợp {1, 2, . . . , 99}. Vì thế lại theo nguyên lí Dirichlet suy ra các
hiệu trên phải có ít nhất hai hiệu bằng nhau. Giả sử hai hiệu đó tương ứng với hai
cặp (a, b), (c, d), (a # c, b # d), sao cho b − a = d − c. Từ đó ta có: a + d = b + c .
Nếu a = d (hoặc b = c; chú ý những sự bằng nhau khác không thể xảy ra do a # c,
b # d), thì b + c = 2a hoặc d + a = 2b.
Bài toán 2.6 Chứng minh rằng từ 52 số nguyên bất kì luôn có thể chọn ra
được hai số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
Lời giải:
Tất cả các số dư trong phép chia cho 100, được chia thành từng nhóm
như sau: {0} , {1, 99} , {2, 98} , . . . , {49, 51} , {50} .
Vì có tất cả 51 nhóm, mà lại có 52 số, nên theo nguyên lí Dirichlet giữa
chúng phải có hai số mà các số dư trong phép chia cho 100 rơi vào một nhóm.
Hai số này là hai số cần tìm vì nếu số dư của chúng bằng nhau thì hiệu của chúng
chia hết cho 100, còn nếu số dư của chúng khác nhau thì tổng của chúng chia hết
cho 100.
Bài toán 2.7 Chứng minh rằng từ tập hợp tùy ý gồm n số tự nhiên luôn tách
ra được một tập hợp con (khác rỗng) chứa các số mà tổng của chúng chia hết cho
n.
Lời giải:
Giả sử với một tập hợp nào đó chứa các số
1 2
, , ,
n
a a a
mà không thoả mãn bài
toán.Khi đó không có số nào trong các số :
1 1 2 1 2 1 2
= , = + , , = + + +
n n
S a S a a S a a a

chia
14
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
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
-1
- = + +
i j i j
S S a a
chia hết cho n. Điều này mâu thuẫn với giả sử
nói trên. Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.8 Cho
1 2
, , ,
n
a a a
là những số nguyên khác nhau trong [100, 200],
mà chúng thoả mãn:
1 2
+ + +
n
a a a
≥ 11100. Chứng minh rằng giữa các số này có ít
nhất một số, mà viết nó ở dạng thập phân có ít nhất hai chữ số giống nhau.
Lời giải:
Chúng ta lập danh sách các số trong [100, 200], mà chúng viết ở hệ thập phân
ít nhất có hai chữ số trùng nhau: 100, 101, 110, 111, 112, 113, 114, 115, 116,
117, 118, 119,121, 131, 141, 151, 161, 171, 181, 191, 199, 200.
Tổng của tất cả các số nói trên là 4050. Mặt khác tổng của tất cả các số

nguyên trong đoạn [100, 200] là: 15150.Nếu trong những số đã cho là:
1 2
, , ,
n
a a a
không có số nào trong danh sách trên, thì
1 2
+ + + <15150-4050=11100
n
a a a
(vô lí).
Nghĩa là trong các số
1 2
, , ,
n
a a a
có ít nhất một số viết ở cơ số 10 có ít nhất
hai chữ số trùng nhau.
Bài toán 2.9 Chứng minh rằng với một số tự nhiên bất kì ,tồn tại một số có
dạng
111 000
n
142 43
mà chia hết cho n.
Lời giải:
Ta xét dãy số
1,11,111, ,111 111
n
14 2 43
và những số dư khi chia dãy số trên cho n.

Vì dãy số đã cho gồm n phần tử, nên số dư dương khác nhau khi chia chúng cho
n có n−1 phần tử. Có thể giả thiết không có một số nào trong dãy trên chia hết
cho n vì nếu ngược lại thì bài toán đã được giải. Khi đó sẽ có hai số trong chúng,
ví dụ:
111 111 à111 111( > )
k l
v l k
14 2 43 142 43
mà khi chia chúng cho n sẽ cho cùng một số dư.
Do đó:
- sô' sô'
- =111 1000 0
l k k
l k
123 1 2 3
sẽ chia hết cho n.
Bài toán 2.10 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng tồn tại một
số có dạng 111 . . . 11 mà chia hết cho p.
Lời giải:
Ta xét dãy số :
sô'
1,11,111, ,111 111
p
14 2 43
15
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Nếu trong dãy trên không có số nào chia hết cho p, thì ta cho tương ứng mỗi
số với số dư của phép chia. Tập hợp các số dư chỉ có 1, 2, 3, . . . , p − 1 gồm p −
1 phần tử (vì số 0 không thể có trong tập này).
Nhưng vì chúng ta có p số ở dạng trên, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai

số có cùng số dư. Giả sử các số đó là:
111 111 à111 111( > )
m n
v m n
14 2 43 142 43
Khi đó: 1 ≤ n < m ≤ p. Vậy:
sô' sô' - sô' sô' - sô'
111 111-111 111=111 111000 0=111 111.10
n
m n m n n m n
14 2 43 14 2 43 142 43 1 2 3 142 43
tích này chia hết cho p vì (p, 10) = 1, suy ra
- sô'
111 111
m n
14 2 43
chia hết cho p và nó cũng
nằm trong dãy trên. Mà 1 ≤ m − n ≤ p mâu thuẫn với giả thiết không có số nào
trong dãy chia hết cho p.
3.3 Các ứng dụng của nguyên lý Dirichlet trong lĩnh vực hình học.
Bài toán 3.1 Trong mặt phẳng cho sáu điểm, trong đó không có ba điểm nào
thẳng hàng. Mỗi đoạn thẳng nối từng cặp điểm được bôi màu đỏ hoặc xanh.
Chứng minh rằng tồn tại ba điểm trong số sáu điểm đã cho, sao cho chúng là ba
đỉnh của một tam giác mà các cạnh của nó được bôi cùng một màu.
Lời giải:

B
5
B
4

B
3
B
2
B
1
A
Hình 3.1
Xét A là một trong số sáu điểm đã cho. Khi đó xét năm đoạn thẳng (mỗi đoạn
thẳng nối điểm A với năm điểm còn lại). Vì mỗi đoạn thẳng được bôi chỉ màu
đỏ hoặc xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có it nhất ba trong năm đoạn nói trên
cùng màu. Giả sử là các đoạn
1 2 3
, ,AB AB AB
và có thể cho rằng chúng cùng màu
xanh.
Có hai khả năng xảy ra:
a. Nếu ít nhất một trong ba đoạn
1 2 2 3 3 1
, ,B B B B B B
màu xanh thì tồn tại một
16
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
tam giác với ba cạnh xanh và kết luận của bài toán đúng trong trường hợp
này.
b. Nếu không phải như vậy, tức là
1 2 2 3 3 1
, ,B B B B B B
màu đỏ, thì ba điểm phải
tìm là

1 2 3
, ,B B B
và
1 2 3
, ,B B B
là tam giác với ba cạnh đỏ.
Bài toán 3.2 Cho hình chóp đáy là đa giác chín cạnh. Tất cả các cạnh bên và
27 đường chéo của đa giác đáy được bôi bằng một trong hai màu đỏ hoặc xanh.
Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh của hình chóp sao cho chúng là những đỉnh của
hình tam giác với các cạnh được bôi cùng màu.
Lời giải:
Xét chín cạnh bên. Vì 9 cạnh này chỉ được bôi bằng hai màu đỏ hoặc xanh,
nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại năm cạnh bên được bôi cùng màu. Không
giảm tính tổng quát có thể cho đó là các cạnh bên
1 2 3 4 5
, , , ,SA SA SA SA SA
được bôi
cùng màu đỏ, các điểm
1 2 3 4 5
, , , ,A A A A A
xếp ngược chiều kim đồng hồ.
Xét đa giác
1 2 3 4 5
, , , ,A A A A A
. Có hai khả năng xảy ra:
a. Nếu
1 2
A A
là đường chéo của đáy, khi đó dĩ nhiên
2 4 4 1

,A A A A
cũng là các
đường chéo của đáy.
Khi đó hai khả năng xảy ra:
i. Nếu cả ba đoạn
1 2 2 4 4 1
, ,A A A A A A
cùng bôi màu xanh. Khi đó
1 2 4
, ,A A A
là ba đỉnh cần tìm, vì tam giác
1 2 4
A A A
là tam giác với ba cạnh xanh.
ii. Nếu một trong các đoạn
1 2 2 4 4 1
, ,A A A A A A
là đỏ. Giả sử
2 4
A A
đỏ, thì
2 4
SA A
là tam giác với ba cạnh đỏ. Lúc này
2 4
, ,S A A
là ba đỉnh cần tìm.
17
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng

A
5
A
4
A
3
A
2
A
1
S
Hình 3.2
b. Nếu
1 2
A A
là cạnh đáy. Khi đó dĩ nhiên
1 3 3 5
,A A A A
chắc chắn là đường chéo
đáy.
i. Nếu
1 5
A A
là đường chéo đáy thì ta quay về trường hợp a. vừa xét, với
1 3 5
A A A
là tam giác với ba cạnh là ba đường chéo đáy.
ii. Nếu
1 5
A A

là cạnh đáy. Khi đó rõ ràng
1 3 1 4
,A A A A
là các đường chéo đáy.
Nếu
3 4
A A
là đường chéo đáy, ta quay về trường hợp a., nếu
3 4
A A
là cạnh bên.
Ta xét hai khả năng sau:
ii1. Nếu
2 3
A A
là đường chéo đáy, thì tam giác
2 3 5
A A A
là tam giác với ba cạnh
là ba đường chéo đáy, ta quay về trường hợp a.
A
5
A
4
A
3
A
2
A
1

A
5
A
4
A
3
A
2
A
1
18
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng

A
5
A
4
A
3
A
2
A
1
Hình 3.3
ii2. Nếu
2 3
A A
là cạnh đáy. Khi đó xét tam giác
2 3 5
A A A

và quay về trường hợp a.
Bài toán 3.3 Trong hình vuông đơn vị (cạnh bằng 1) có 101 điểm. Chứng
minh rằng có năm điểm trong các điểm đã chọn được phủ bởi một đường tròn
bán kính bằng 17.
Lời giải:
Chia hình vuông đơn vị thành 25 hình vuông nhỏ bằng nhau, mỗi cạnh của
hình vuông nhỏ là 0.2. Vì có 101 điểm, mà chỉ có 25 hình vuông nhỏ, nên theo
nguyên lí Dirichlet tồn tại hình vuông nhỏ chứa ít nhất năm điểm ( trong 101
điểm đã cho). Vì hình vuông này nội tiếp trong đường tròn bán kính
1
. 2
2
5
= =
2 10
R
.
Do
2 1
<
10 7
nên đường tròn đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp trên
và có bán kính
1
7
chứa ít nhất năm điểm nói trên.
19
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng

Hình 3.4

Bài toán 3.4 Trên mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng ba điểm bất kì trong 25
điểm đó luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại hình
tròn bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 13 điểm đã cho.
Lời giải:

B
A
Hình 3.5
Lấy A là một trong số 25 điểm đã cho. Xét hình tròn
1
Ω ( ;1)A
tâm A, bán kính
bằng 1. Có hai khả năng xảy ra:
a. Nếu tất cả các điểm đã cho nằm trong
1
Ω
thì kết luận của bài toán hiển
nhiênđúng.
b. Tồn tại điểm
BA ≠
(B thuộc trong số 25 điểm đã cho), sao cho
B
∉

1
Ω
. Vì
B
∉
1

Ω
, nên AB > 1. Xét hình tròn
2
Ω ( ;1)B
tâm B, bán kính bằng 1. Lấy C là
20
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
điểm bất kì trong số 25 điểm đã cho sao cho C
≠
A,C
≠
B. Theo giả thiết (và
dựa vào AB > 1), nên min {CA,CB} < 1. Vì thế C∈
1
Ω
hoặc C∈
2
Ω
Khẳng định này chứng tỏ rằng các hình tròn
1
Ω
và
2
Ω
chứa tất cả 25
điểm đã cho. Vì thế theo nguyên lí Dirichlet, có ít nhất một trong hai hình
tròn nói trên chứa không ít hơn 13 điểm trong 25 điểm đã cho.
Chú ý: Bài toán có dạng tổng quát như sau (cách giải hoàn toàn tương tự):
Cho 2n + 1 điểm trên mặt phẳng(với n ≥ 3). Biết rằng ba điểm bất kì
trong số 2n + 1 điểm đó luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1. Khi đó, tồn

tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn n + 1 điểm đã cho.
Bài toán 3.5 Cho một bảng kích thước 2n×2n ô vuông. Người ta đánh dấu
vào 3n ô vuông bất kì của bảng. Chứng minh rằng có thể chọn ra n hàng và n cột
của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên n hàng và n cột này.
Lời giải:
Chọn ra n hàng có chứa ô được đánh dấu nhiều trên hàng đó nhất. Ta chứng
minh rằng số ô được đánh dấu còn lại nhỏ hơn hoặc bằng n.
Giả sử ngược lại, tức là giả sử số ô được đánh dấu còn lại lớn hơn hoặc bằng
n+1. Số các hàng còn lại chưa chọn là n. Vậy theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít
nhất một hàng (trong số n hàng còn lại) chứa ít nhất hai ô đánh dấu.

Hình 3.6
Chú ý rằng theo cách chọn thì n hàng đã chọn chứa số ô được đánh dấu nhiều
trên hàng đó nhất. Có một hàng còn lại chưa chọn có ít nhất hai ô đánh dấu, nên
suy ra mọi hàng trong số n hàng đã chọn đều có ít nhất hai ô được chọn, tức là
trên n hàng đã chọn có không ít hơn 2n ô đã được đánh dấu.
21
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Nếu vậy, số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 2n+(n+1) > 3n. Vô lí (vì chỉ
có 3n ô được đánh dấu).
Như vậy, sau khi đã chọn ra n hàng (với cách chọn như trên), theo như chứng
minh trên còn lại không quá n ô được đánh dấu. Vì thế có nhiều lắm là n cột chứa
chúng.
Vì lẽ đó sẽ không thấy ô đánh dấu nào nằm ngoài các hàng hay cột đã chọn.
Bài toán 3.6 Cho 1000 điểm
1 2 1000
, , ,M M M
trên mặt phẳng. Vẽ một đường
tròn bán kính bằng 1 tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao
cho:

1 2 1000
+ + +SSM SM M
≥ 1000.
Lời giải:

M
1000
M
2
M
1
S
2
S
1
Hình 3.7
Xét đường kính
1 2
S S
tùy ý của đường tròn, ở đây
1 2
,S S
là hai đầu của đường
kính. Vì
1 2
=2S S
nên ta có:
1 1 2 1
+S M S M
≥

1 2
=2S S
1 2 2 2
+S M S M
≥
1 2
=2S S
…
1 1000 2 1000
+S M S M
≥
1 2
=2S S
Cộng từng vế của 1000 bất đẳng thức trên ta có:
1 1 1 2 1 1000 2 1 2 2 2 1000
( + + +S )+( + + +S )>2000S M S M M S M S M M
(*)
22
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
Từ bất đẳng thức (*) và theo nguyên lí Dirichlet suy ra trong hai tổng của vế
trái của (*) có ít nhất một tổng lớn hơn hoặc bằng 1000.
Giả sử:
1 1 1 2 1 1000
( + + +S )>1000S M S M M
Khi đó chọn S chính là
1
S
. Bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 3.7 Trên đoạn thẳng có độ dài bằng 1 ta tô một số đoạn thẳng sao
cho khoảng cách giữa hai điểm được tô bất kì không bằng 0, 1. Chứng minh rằng

tổng độ dài các đoạn thẳng được tô không lớn hơn 0,5.
Lời giải:
Chia đoạn thẳng trên thành 10 đoạn bằng nhau có độ dài 0,1; đặt chúng theo
một cột và chiếu xuống một đoạn thẳng như vậy. Vì khoảng cách giữa hai điểm
được tô bất kì không bằng 0,1; nên các điểm được tô của các đoạn thẳng cạnh
nhau không thể cùng chiếu xuống 1 điểm. Do đó không có điểm nào có thể là
hình chiếu của các điểm được tô nhiều hơn 5 đoạn thẳng. Suy ra tổng độ dài các
hình chiếu của các đoạn thẳng được tô không lớn hơn 5 × 0,1 = 0,5.
Bài toán 3.8 Những điểm trong mặt phẳng được sơn bằng một trong ba màu.
Chứng minh rằng luôn tìm được hai điểm cùng màu cách nhau đúng bằng 1.
Lời giải:
Giả sử hai điểm bất kì cách nhau 1 được sơn bằng các màu khác nhau. Xét
tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Tất cả các đỉnh của tam giác được tô bằng
các màu khác nhau. Giả sử điểm
1
A
đối xứng với A qua đường thẳng BC. Vì
1 1
=A C=1A B
, nên điểm
1
A
có màu khác với màu của B và C, tức là nó được tô
cùng màu với điểm A. Từ chứng minh trên ta có nếu
1
= 3AA
, thì các điểm A và
1
A
được tô cùng màu. Do đó tất cả các điểm nằm trên đường tròn tâm A bán kính

3
có cùng một màu sơn. Mặc khác, trên đường tròn đó luôn tìm được hai điểm
mà khoảng cách giữa chúng bằng 1. Mâu thuẫn với giả sử.
Vậy luôn tìm được hai điểm cùng màu mà khoảng cách giữa chúng bằng 1.
Bài toán 3.9 Cho dãy vô hạn các số tự nhiên
1 2
, , u u
được xác định theo
công
thức truy hồi sau:
1
+1
=3
=( +1) - +1
n n
u
u n u n
(n = 1,2,…)
Giả sử n là số tự nhiên bất kì và tập M gồm
n
u
điểm sao cho không có ba
điểm nào thẳng hàng. Mỗi đoạn thẳng nối hai điểm khác nhau trong M được tô
23
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
bằng một trong n màu cho trước. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm trong M là
đỉnh của một tam giác cùng màu.
Lời giải:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
a. Với n = 1, ta có

1
=3u
nên bài toán hiển nhiên đúng(vì chỉ có 1 màu do n =
1).
Với n = 2, ta có
2 1
=2 -1+1=6u u
Bài toán với 6 điểm và 2 màu. Theo bài toán 3.1, ta có bài toán này đúng với
n=2.
b. Giả sử kết luận của bài toán đúng với n, tức là nếu tập M gồm
n
u
điểm sao
cho không có ba điểm nào thẳng hàng và dùng n màu để tô các đoạn thẳng.
Khi đó tồn tại tam giác cùng màu.
c. Chứng minh bài toán đúng với n +1
Xét bài toán với n + 1, tức là tập M gồm
+1n
u
điểm bất kì (không có ba điểm
nào thẳng hàng), và dùng n + 1 màu để tô các đoạn thẳng.
Lấy A là một trong các điểm của tập M. Điểm A này có thể nối với
+1
-1
n
u

điểm còn lại của tập M bằng
+1
-1

n
u
đoạn thẳng bôi màu. Theo công thức
xác định dãy ta có:
+1
-1=( +1) - +1-1=( +1)( -1)+1
n n n
u n u n n u
Từ đẳng thức trên, theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất
n
u
đoạn thẳng có chung
đỉnh A được bôi màu.Giả sử
1 2
, , ,
n
u
AB AB AB
được bôi cùng màu và giả sử đó là
màu
µ
, thì tam giác
i j
AB B
cùng màu
µ
, (
µ
thuộc vào một trong n + 1 màu
đã cho).

Xảy ra các trường hợp sau:
i. Nếu một trong các đoạn thẳng
i j
B B
(i # j, 1 ≤ i < j ≤
n
u
) được bôi màu
µ
, thì
tam giác
i j
AB B
cùng màu
µ
. Bài toán đã được chứng minh với n + 1.
ii. Các đoạn thẳng
i j
B B
, 1 ≤ i < j ≤
n
u
có màu khác với
µ
. Xét
n
u
điểm
1 2
, , ,

n
u
B B B
thì không có ba điểm nào thẳng hàng.
Dùng tối đa (n + 1) − 1 = n màu để tô (do không dùng màu
µ
).
Theo giả thiết quy nạp tồn tại tam giác cùng màu.
Vậy bài toán đúng với n + 1.
24
Lý thuyết tổ hợp Nguyên lý Dirichlet và ứng dụng
3.4 Các ứng dụng của nguyên lý Dirichlet trong các bài toán khác.
Bài toán 4.1 Đối với mỗi giá trị n
∈
¥
, hãy tìm số k lớn nhất k
∈
¥
thoả
mãn tính chất sau: Trong tập hợp gồm n phần tử có thể chọn ra k tập hợp con
khác nhau, sao cho hai tập con bất kì đều có giao khác
∅
?.
Lời giải:
Cố định phần tử
i
a
của tập
1 2
={ , , , }

n
X a a a
và chỉ xét các tập con chứa phần
tử
1
a
. Số các tập hợp như vậy bằng số các tập con của tập
1 2
={ , , , }
n
X a a a
nghĩa
là bằng
-1
2
n
.
Suy ra k ≥
-1
2
n
. Mặt khác giả sử đã chọn được hơn
-1
2
n
tập con của X Ta chia
tất cả các tập con của X thành
-1
2
n

cặp được tạo bởi từ một tập con của X và phần
bù của nó. Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 tập con đã chọn tạo thành 1 cặp,
suy ra chúng không giao nhau. Vậy k =
-1
2
n
.
Bài toán 4.2 Cho
1 2 3
, , x x x
là dãy vô hạn các số nguyên và k là một số tự
nhiên bất kì. Chứng minh rằng tồn tại dãy số gồm những phần tử liên tiếp của
dãy, mà tổng của chúng chia hết cho k.
Lời giải:
Ta có thể giới hạn lại, trong mọi bộ k phần tử liên tiếp của dãy để đơn giản ta
xét dãy gồm k phần tử đầu tiên:
1 2
, , ,
k
x x x
. Bây giờ ta xét các tổng:
1 1 2 1 2 1 2
= , = + , , = + + +
k k
S x S x x S x x x
Nếu một tổng nào đó trong số các tổng trên chia hết cho k, thì bài toán được
giải. Ngược lại, các số
1 2
, , ,
k

S S S
(có số lượng k) khi chia cho k được các số dư:
1, 2, 3, . . . , k−1.
Từ nguyên lí Dirichlet suy ra có một cặp chỉ số i và j, 1 ≤i < j ≤k, mà các tổng
Si và Sj cho cùng một số dư khi chia cho k. Khi đó tổng các phần tử liên tiếp:
+1 i+2
, , ,
i j
x x x
của dãy đã chia hết cho k, vì
+1 i+2
+ + + = -
i j j i
x x x S S
.
Bài toán 4.3 Giả sử a và x là hai số tự nhiên thực sự lớn hơn 1 và (x, a−1) = 1.
Dãy số vô hạn
n
u
được xác định như sau:
= . - +1
n n
u a x a
, n = 1, 2, . . . .
Chứng minh rằng trong dãy số nói trên chứa vô hạn số đôi một nguyên tố cùng
nhau.
Lời giải: Chứng minh phản chứng
Giả sử trong dãy số chỉ có hữu hạn số
1 2
i

, , ,
k
i i
u u u
nguyên tố cùng nhau.
25