Báo cáo khoa học: " NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỐI NGẪU VÔ HẠN PHẦN TỬ" pot

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

64

NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỐI NGẪU VÔ HẠN PHẦN TỬ
THE INFINITE DUAL DIRICHLET PRINCIPLE

TRẦN QUỐC CHIẾN
Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng
TRƯƠNG CÔNG NÊN
Học viên Cao học kha 2005 – 2008

TÓM TẮT
Mc d đơn giản nhưng nguyên lý Dirichlet được áp dụn g đ giải nhiều bài toán tổ hợp
phức tạp. Tuy nhiên, nguyên lý Dirichlet chỉ được áp dụng cho các tập hữu hạn. Bài
báo này trình bày nguyên lý Dirichlet đối ngẫu cho tập hữu hạn và chứng minh rng n
tương đương vi nguyên lý Dirichlet (cổ đin ). Sau đ, nguyên lý Dirichlet đối ngẫu
được mở rộng cho tập vô hạn. Cuối cng, các kết quả được áp dụng đ giải một số bài
toán tổ hợp phức tạp.
ABSTRACT
Although it is simple, the Dirichlet principle is applied to solve many difficult
combinatorical problems. However Dirichlet principle deals exceptionally with finite
sets. This paper presents the dual Dirichlet principle and shows that it is equivalent to
the Dirichlet principle. Then, the dual Dirichlet principle is extended for infinite sets.
Finally, the results are applied to solve some difficult combinatorical problems.

1. Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu hữu hạn phần tử
Trước hết ta nhắc lại Nguyên lý Dirichlet.
• Nguyên lí Dirichlet. Nếu xếp nhiều hơn n đối tượng vào m cái hộp và
n
m

> k thì tồn
tại một hộp chứa ít nhất k + 1 đối tượng.
Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu được phát biểu như sau
• Nguyên lí Dirichlet đối ngẫu. Cho tập hữu hạn S ≠ ∅ và S
1
, S
2,
…, S
n
là các tập con
của S sao cho | S
1
| + | S
2
| + … + | S
n
∈
| > k. | S |. Khi đó, tồn tại một phần tử x S sao
cho x là phần tử chung của k+ 1 tập S
i
( i = 1, 2, … n).
Ta sẽ chứng minh hai nguyên lý này tương đương nhau.
• Định lí 1 (Định lí tương đương). Nguyên lý Dirichlet và Nguyên lý Dirichlet đối
ngẫu tương đương nhau.
Chứng minh
◊ Nguyên lý Dirichlet suy ra Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu:
Giả sử S có m phần tử x
1
, x
2

, …, x
m
. Xét tập X = { (x
i
,S
j
) | x
i
∈
S
j
, i = 1, 2, …,
m & j = 1, 2, …, n }. Hiển nhiên | X | = | S
1
| + | S
2
| + … + | S
n
| > k. | S | = k.m
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

65

Ta phân bố các phần tử của tập X vào m hộp 1, 2, …, m như sau: nếu x
i
∈
S
j
thì
(x

i
,S
j
) được phân vào hộp i với mọi i = 1, 2, …, m và j = 1, 2, …, n. Khi đó, theo
nguyên lí Dirichlet, tồn tại hộp i có ít nhất k + 1 phần tử. Từ đó suy ra tồn tại phần tử x
i

là phần tử chung của k + 1 tập S
i
( i = 1, 2, … n).
◊ Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu suy ra Nguyên lý Dirichlet:
Kí hiệu n phần tử là j = 1, 2, …, n. Ta phân bố các phần tử j = 1, 2, …, n vào m
hộp H
i
, i = 1, …, m. Kí hiệu S = { H
i
| i = 1, 2, …, m}, S
j
= { H
i
| j ∈ H
i
} ∀ j = 1, 2,
…, n. Hiển nhiên | S
j
| = 1 ∀j = 1, 2, …, n và | S | = m. Suy ra | S
1
| + | S
2
| + … + | S

n
|
= n > k.m > k. |S|.
Theo Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu tồn tại phần tử H
i
chung của k + 1 tập S
j
( i =
1, 2, … n), tức là tồn tại hộp H
i
2. Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu vô hạn phần tử
chứa ít nhất k + 1 phần tử.
2.1. Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng
Trong mục này ta kí hiệu d(I) là độ dài của khoảng I ⊂ R.
• Định lý 2. Cho A là một khoảng giới nội, A
1
, A
2
, … , A
n
là các khoảng sao cho
A
⊂
i
A (i = 1, 2, …, n) và d(A) < d(A
1
) + d(A
2
) + … + d(A
n

). Khi đó ít nhất có hai
khoảng trong số các khoảng trên có một điểm trong chung.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử không có cặp nào trong những khoảng đã cho có
điểm trong chung. Khi đó, d(A
1

A

2

… A
n
) = d(A
1
) + d(A
2
) + … + d(A
n
) >
d(A). Mặt khác, từ A
⊂
i
A (i = 1, 2, …, n) suy ra d(A
1

A

2

… A

n
≤
) 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.
• Định lý 3. Cho A là một khoảng giới nội, A
1
, A
2
, … , A
n
là những khoảng con của A,
k là số tự nhiên thỏa mãn
k. d(A) < d(A
1
) + d(A
2
) + … + d(A
n
)
Khi đó tồn tại ít nhất k + 1 khoảng A
i
(i = 1, 2, …, n) có điểm trong chung.
Chứng minh. Ta chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạp.
◊ Trường hợp k = 1 được chứng minh ở định lý 2.
◊ Giả sử định lí đúng với k, ta phải chứng minh nó cũng đúng với k + 1. Cho A
1
, A
2
, …

, A
n
các khoảng con của A thỏa mãn
(k + 1).d(A) < d(A
1
) + d(A
2
) + … + d(A
n
) (2.1)
Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại điểm trong chung của k + 2 khoảng A
i
(i = 1, 2, …, n).
Vì A
⊂
i
A, nên d(A
i
≤
) d(A) (i = 1, 2, … , n), từ đó suy ra d(A
1
) + d(A
2
) + … + d(A
n
≤
)
n.d(A). Theo (2.1) ta có (k + 1).d(A) < d(A
1
) + d(A

2
) + … + d(A
n
≥
) < 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 A
1
, A
2
, …, A
n
thỏa (2.1)
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

66

bằng quy nạp theo n. Ta bắt đầu từ n = k + 2, tức là :
(k + 1).d(A) < d(A
1
) + d(A
2
) + … + d(A
k + 2
) (2.2)
Đặt A'
i
= A
i
\ A

k + 2
(i = 1, 2, … , k + 1) (2.3)
A"
i
= A

i
A
k + 2
(i = 1, 2, … , k + 1) (2.4)
và
A' = A \ A
k + 2
(2.5)
A" = A
k + 2
(2.6)
Suy ra : A'
⊂
i
A' và A"
⊂
i
A"( i = 1, 2, … , k + 1).
Vì có tất cả k + 1 tập hợp A'
i
≥
, từ bao hàm thức trên ta được :
(k + 1).d(A') d(A'
1

) + d(A'
2
) + … + d(A'
k+1
) (2.7)
Nếu lấy (2.2) trừ đi (2.7) ta có :
(k + 1).d(A") < d(A
k + 2
) + d(A"
1
) + d(A"
2
) +… + d(A"
k+1
) (2.8)
Từ (2.8) suy ra :
k.d(A
k + 2
) < d(A

1
A
k + 2
) + d(A

2
A
k + 2
) +… + d(A


k + 1
A
k + 2
) (2.9)
Từ (2.9) và theo giả thiết quy nạp (mệnh đề đúng với k) suy ra A

1
A
k + 2
, A

2
A
k + 2
,
…, A

k+1
A
k + 2
có điểm trong chung, điều này có nghĩa là tập hợp A
1
, A
2
, … , A
k + 2
≥

có điểm trong chung. Như vậy với n = k + 2 từ (2.3) suy ra ít nhất k + 2 tập hợp thỏa (
2.1) có điểm trong chung.

Bây giờ chúng ta giả thiết với n k + 2 có ít nhất k + 2 tập hợp thỏa (2.1) có
điểm trong chung. Ta sẽ phải chứng minh rằng từ (k + 1).d(A) < d(A
1
) + d(A
2
) + … +
d(A
n
)+ d(A
n + 1
) (2.10)
suy ra có ít nhất k + 2 tập hợp trong dãy A
1
, A
2
, … , A
n + 1
có điểm trong chung.
Thật vậy, chúng ta đặt :
A'
i
= A
i
\ A
n+1
(i = 1, 2, … , n) (2.11)
A"
i
= A


i
A
n+1
(i = 1, 2, … , n) (2.12)
và A' = A \ A
n + 1
(2.13)
A" = A
n + 1
(2.14)
Vì A'

i
A"
i
= A
i
, A'
i

A"
i
∅
= (i = 1, 2, …, n) và A'

A" = A, A'

A" =
∅
nên

d(A'
i
) + d(A"
i
) = d(A
i
) (i = 1, 2, … , n) (2.15)
và d(A') + d(A") = d(A) (2.16)
Chúng ta sẽ chứng minh một trong các bất đẳng thức sau là đúng:
(k + 1).d(A') < d(A'
1
) + d(A'
2
) + … + d(A'
n
) (2.17)
hoặc là k.d(A'') < d(A"
1
) + d(A"
2
) + … + d(A"
n
) (2.18)
Thật vậy trong trường hợp ngược lại ta có
(k + 1).d(A') ≥ d(A'
1
) + d(A'
2
) + … + d(A'
n

)
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

67

và k.d(A'') ≥ d(A"
1
) + d(A"
2
) + … + d(A"
n
≥
)
Cộng hai vế lại và do (2.15), (2.16) ta có :
d(A') + k.d(A) d(A
1
) + d(A
2
) + … + (A
n
≥
) (2.19)
Cộng hai vế (2.19) với d(A") và từ (2.15), (2.16) ta có :
(k + 1).d(A) d(A
1
) + d(A
2
) + … + d(A
n
) + d(A

n + 1
)
Điều này trái với (2.10). Nên một trong hai bất đẳng thức (2.17) và (2.18) phải có ít nhất
một bất đẳng thức đúng.
Giả sử (2.17) đúng. Theo giả thiết quy nạp đối với n từ (2.17) suy ra ít nhất k + 2
tập hợp trong dãy A'
1
, A'
2
, … , A'
n
có điểm trong chung. Từ (2.11) suy ra rằng kết luận
cũng đúng cho dãy A
1
, A
2
, … , A
n
.
Giả sử (2.18) 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 (2.12) chỉ ra rằng tồn tại một điểm
mà nó là điểm trong k+1 tập hợp A
1
, A

2
, … , A
n
và cả của A
n +1
.
Như vậy từ (2.10) suy ra k + 2 tập hợp trong dãy A
1
, A
2
, … , A
n
2.2. Tập phần tử là miền phẳng giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín
có điểm trong
chung. Suy ra kết luận đúng với n + 1. Từ phương pháp quy nạp, suy ra điều phải chứng
minh.
Trong mục này ta kí hiệu S(A) là diện tích miền A trong một mặt phẳng.
Định lý 4. Nếu A là một miền giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín, còn A
1
,
A
2
, … , A
n
là các miền sao cho A
⊂
i
A (i = 1, 2, …, n) và S(A) < S(A
1
) + S(A

2
) + … +
S(A
n
), thì ít nhất có hai miền trong số các miền nói trên có điểm trong chung.
Chứng minh. Tương tự như chứng minh Định lí 2.
Định lý 5. Cho A là một miền giới hạn bởi một đường cong phẳng khép kín, còn A
1
,
A
2
, … , A
n
là những miền thoả mãn A
⊂
i
A (i = 1, 2, …, n) và k là số tự nhiên thỏa mãn
k. S(A) < S(A
1
) + S(A
2
) + … + S(A
n
2.3. Tập phần tử là khối ba chiều giới hạn bởi các mặt cong phẳng
)
Khi đó ít nhất k + 1 trong số những miền nói trên có điểm trong chung.
Chứng minh. Tương tự như chứng minh Định lý 3.
Trong mục này ta kí hiệu V(A) là diện tích khối A.
Định lý 6. Nếu A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, còn A
1

, A
2
, … , A
n
là
các khối sao cho A
⊂
i
A (i = 1, 2, …, n) và V(A) < V(A
1
) + V(A
2
) + … + V(A
n
), thì ít
nhất có hai khối trong số các khối trên có điểm trong chung.
Chứng minh. Tương tự như chứng minh Định lí 2.
Định lý 7. Cho A là một khối giới hạn bởi các mặt cong phẳng, A
1
, A
2
, … , A
n
là
những khối và thoả mãn A
⊂
i
A (i = 1, 2, …, n), còn k là số tự nhiên mà thỏa
k.V(A) < V(A
1

) + V(A
2
) + … + V(A
n
)
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

68

Khi đó ít nhất k + 1 trong số những khối trên có điểm trong chung.
Chứng minh. Tương tự như chứng minh Định lí 3.
3. ỨNG DỤNG
• Ví dụ 1
Trong một hình vuông có cạnh là 1 chứa một số
đường tròn. Tổng tất cả chu vi của chúng là 10. Chứng
minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 4 đường tròn
trong những đường tròn đó?
Giải. Ta chọn một cạnh hình vuông rồi chiếu vuông
góc các đường tròn xuống cạnh đó (xem hình 1). Ta có,
hình chiếu của một đường tròn bán kính R xuống AB là
một đoạn thẳng có độ dài 2R. Vì vậy trên cạnh hình vuông
đã chọn có những đoạn thẳng chiếu xuống với tổng độ dài là
10
π
. Mà
10
π
> 3. Nên theo
nguyên lý Dirichlet đối ngẫu (Định lí 3) suy ra có một điểm M nào đó thuộc AB là điểm
trong chung của ít nhất 4 đoạn thẳng đã c hiếu xuống. Khi đó, đường thẳng đi qua M

vuông góc với AB cắt ít nhất 4 trong những đường tròn đó.
• Ví dụ 2
Một tập hợp M là hợp của một số đoạn thẳng
nằm trong khoảng [0, 1]. Biết rằng khoảng cách giữa 2
điểm bất kỳ của M khác 0,1. Chứng minh rằng tổng độ
dài của những đoạn tạo nên M không vượt quá 0,5.
Lời giải. Giả sử tổng độ dài của tất cả các đoạn
thẳng trong M lớn hơn 0,5. Chia đoạn [0,1] thành 10
phần
1
0,
10



,
12
,
10 10



,
23
,
10 10



, … ,

9
,1
10



. Kí
hiệu M
i
i i1
,
10 10
+



là phần của M nằm trong đoạn ( i = 0, 1, 2, … , 9) và D
i
là tổng độ
dài các đoạn thẳng tạo ra M
i
12
,
10 10



. Bằng cách tịnh tiến thích hợp chúng ta chuyển mọi đoạn
thẳng ,
23

,
10 10



, … ,
9
,1
10



tới
1
0,
10



. Kí hiệu M
i
’ là ảnh của M
i
Vì D = D
với i = 1,
2, 3, … , 9.
0
+ D
1
+ … + D

9
> 0,5 = 5*0,1. Theo nguyên lý Dirichlet đối ngẫu
(Định lí 3) suy ra có ít nhất 6 tập hợp trong M
o
, M
1
’, M
2
’, … , M
9
1
0,
10



’ có điểm chung.
Điều này có nghĩa là một số nào đó trong là kết quả của 6 điểm khác nhau x
1
,
x
2
, … ,x
6
1
k
10
của M trừ đi tương ứng những số dạng ,
2
k

10
,…,
6
k
10
, với k
i
là một số nào
R
B
A

Hình 1
A B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
O
Hình 2
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

69

đó trong 0, 1, 2, … , 9 và i = 1, 2, … , 6. Theo nguyên lý Dirichlet ít nhất có 2 trong các
số k
1
, k
2
, … , k
6
là liên tiếp. Ví dụ k
2
= k
1
+ 1 hay k
2
– k
1
= 1. Và vì x
1
1
k
10
– = x
2
2
k
10
–
, nên x
2
– x
1

21
kk
10
−
= =
1
10
, mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy tổng độ dài của những đoạn tạo nên M không vượt quá 0,5.
• Ví dụ 3
Tìm hình vuông có kích thước bé nhất, để trong hình vuông đó có thể sắp xếp 5
hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không có 2 hình tròn có điểm trong chung ?
Lời giải. Giả sử hình vuông ABCD có tâm O và cạnh là a, chứa 5 hình tròn
không cắt nhau và đều có bán kính bằng 1, khi đó các tâm của chúng nằm trong hình
vuông A
1
B
1
C
1
D
1
có tâm O, AB//A
1
B
1
và cạnh bằng a – 2 (xem hình 2). Các đường
thẳng nối từ các trung điểm của các cạnh đối diện của hình vuông A
1
B

1
C
1
D
1
≤
chia hình
vuông đó thành bốn hình vuông nhỏ. Theo nguyên lý Dirichlet, ở một trong chúng ít
nhất cũng có hai trong số các tâm. Khi đó khoảng cách giữa hai tâm này một mặt không
lớn hơn đường chéo hình vuông bé, mặt khác không bé hơn 2. Do vậy có:
2 OA
1
11
AB
2
2
= =
a2
2
2
−
.
Suy ra : a
≥

22 2+

Vậy nếu a
≥

22 2+
và tâm của các hình tròn là các điểm O, A
1
, B
1
, C
1
, D
1
22 2+

thì tất cả các điều kiện của bài toán được thoả mãn, như vậy cạnh của hình vuông cần
tìm là .

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Vũ Hữu Bình, Các bài toán hình học tổ hợp (Dùng cho bậc trung học cơ sở), NXB
Giáo dục, Hà Nội, 2005.
[2] Trần Quốc Chiến, Giáo trình Lý thuyết tổ hợp, Đại học Đà Nẵng, 2005.
[3] Nguyễn Hữu Điển, Phương pháp Dirichlet và ứng dụng , NXB khoa học và kỹ
thuật, 1999.
[4] Nguyễn Đức Nghĩa và Nguyễn Tô Thành, Toán rời rạc, NXB Đại học Quốc Gia
Hà Nội, 2003.
[5] Bộ Giáo dục và Đào tạo - Hội Toán học Việt Nam, Tuyển tập 30 năm Tạp chí Toán
học và Tuổi trẻ, NXB Giáo dục, 2004.
[6] V.K. Balakrishnan, Theory and Problems of Combinatorics, Schaum’s Outline
series McGraw-Hill, Inc.
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

70

[7] Stefan Danchev Brics and Soren Riis, “Tree Resolution proofs of the Weak Pigeon-
hole Principle”.
[8] Andreas Blass, “An Induction Principle and Pigeonhole Principles for K- Finite
Sets”, 2003.
[9] Edwin Kwek Swee Hee - Huang Meiizhuo - Koh Chan - Heng Wee Kua,
“Applications of the Pigeonhole Principle”, Singapore Maths Project Festival,
2003.
[10]
“Johan_Peter_Gustav_Lejeune_Dirichlet”, ngày truy cập 11/9/2007.
[11] 20problem. htm,
“Quiz (sort of) with answers Pigeonhole Principle CS 280 – Spring 2002”.