Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản - NGUYÊN LÝ DIRICHLET_1 pot

Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản
NGUYÊN LÝ DIRICHLET

Bài 1: trong mặt phẳng cho ngũ giác lồi ABCDE. Người ta tịnh tiến ngũ
giác này theo các vecto có cùng gốc A, còn ngọn là B,C,D,E. kết quả là
ta đc 4 ngũ giác mới. chững minh 4 ngũ giác này cùng ngũ giác đã cho,
thế nào cũng có 2 ngũ giác chung với diện tích dương.
Giải:Từ ngũ giác đã cho ta dựng ngũ giác lồi AB’C’D’E’ sao cho









⃗
= 2





⃗
,









⃗
= 2





⃗
,








⃗
= 2





⃗
, 









⃗
= 2





⃗

Khi đó:









= 





+ 




+ 





= 4

+ 4

+ 4

= 4


Mạt khác khi tinh tiến ngũ giác đã cho theo một vecto bất kì gốc A ngọn
B hoặc C hoặc D hoặc E thì ảnh của nó nằm hoàn toàn trong AB’C’D’E’
có diện tích gấp 4 lần ngũ giác ABCDE và chữa 5 ngũ giác có cùng diện
tích như vậy ( 4 ảnh và ngũ giác ABCDE) nên ít nhất phải có 2 ngũ giác
có chung với diện tích dương.cm xong
Bài 2: cmr trong 52 số tự nhiên cho trước, luôn chọn ra đc 2 số có tổng
hoặc hiệu chia hết cho 100.
Giải:Ta lấy một hệ thăng dư đầy đủ của 100 là :
= {−49,−48,… ,−1,0,1,…,50}

Giả sử các số đã cho là:

,

… ,

. Thì mối 

sẽ tương ứng với lớp


∈


≡

(100)
Giả sử 



−


ℎℎ100
(
∀≠
)




+ 


ℎℎ100
(
∀≠
)
⟺


≠

(
≠
)


≠−

(
≠
)



≠−

(≠) ⇔


phải nhận 1 trong 51 giá trị : 50,49 hoặc -49,48
hoặc -48… 1 hoặc -1,0… vậy 52 số 

đôi một khác nhau (

≠


(
≠
)
) lại nhận 1 trong 51 giá trị. Từ đó ta có mâu thuấn. vậy sẽ có 2
số có tổng hoặc hiệu chia hết cho hết cho 100. Bài toán đc cm.
Bài 3 : Trong 1 hình vuông có cạnh 1m lấy ra 51 điểm tùy ý. Cmr tồn tạ
3 điểm nằm trong 1 hình tròn có bán kính bẽ hơn 1/7 m.
Giải :Ta chia hình vuông là 25 hình vuông bằng nhau (mối hình có kích
thước 20x20cm). Khi đó trong 51 điểm đc trọn ắt phải có 3 điểm cùng
nằm trong 1 hình vuông nhỏ. Mỗi hình vuông nhỏ đc bao quanh bởi đg
trong có bán kính :
=
0.2
√
2
2
<
1
7
()
DPCM
Bài 4 :Cmr trong một danh sách 5 học sinh với số điểm tổng kết đôi 1

khác nhau tính từ trên xuống, luôn tồn tại 3 người có số điểm tăng, hoặc
giảm dần.
áp dụng định lý : mọi dãy 

+ 1 số thực phân biệt đều có một dãy con
dài n + 1 hoặc thực sự tăng hoặc thực sự giảm.
Bài 5 : cmr từ một dãy số vô hạn các số thực từng đôi 1 khác nhau, luôn
trích ra đc 1 dãy con đơn điệu tăng hoặc giảm có số lượng phần tử tùy ý
Giải : giả sử phản chững : mọi dãy con tách đc đơn điệu tăng hoặc giảm
đều có số lượng hữu hạn nhỏ hơn n+1. Theo dl trên thì số phần tử của
dãy ko vượt quá 

+ 1 mâu thuấn với dáy số vô hạn. khẳng định của
bài toán là đúng.
Bài tập trang 15 sách gt :
Bài 1 : Cmr tồn tạ một lũy thừa của số 29 tận cùng bằng các chứ số
0001.
Giải : xét dãy 

= 29

,= 1,2,3….,100000. Ta nhận thấy rằng dãy có
100000 số và mối số đều ko chia hết cho 100000. Như vậy ắt phải có 2
số có cùng số đồng dư với nhau theo mod 100000. Giả sử 2 số đó là 


và 

(<) ta có :
(



−

)
⋮100000 ⇒
(
29

−29

)
⋮100000
⇒29

(
29

−1
)
⋮100000 ⇒29

−1 có tận cùng là các chữ số
00000⇒29

có tận cùng là các chữ số 00001. Bài toán đc cm
Bài 2 : cmr luôn tồn tại số dạng 20062006….2006 chia hết cho 2007
Giải :đặt 

= 20062006…2006













ố
;= 1,2,3….2007. khi đó dãy trên có
2007 số hạng. Giả sử ko có phần tử nào trong dãy chia hết cho 2007. Khi
đó trong 2007 số hạng trên ắt phải có 2 số đồng dư với nhau theo
module 2007. Giả sử 2 số đó là 

à

(< ). Khi đó ta có :
(


−

)
⋮2007 ⇒
(



.10

)
⋮2007
Mặt khác : 2007=223.2

;10

= 2

.5

⇒
(
10

,2007
)
= 1∀
→

⋮2007
Mâu thuấn giả sử suy ra DPCM
Bài 3 : người ta viết n > 1 số tự nhiên bất kì vào một hàng 

,

, ,


.
Cmr bao giờ cũng tồn tại một số số kề nhau đúng trật tự trên có tổng
chia hết cho n
Giải : Nếu trong dãy đã cho có số 

(1≤≤) chia hết cho n thì 


chính là số cần phải tìm. Nếu trong dãy
{


}


không có phần tử nào
chia hết cho n, ta giả sử phản chứng là ko tồn tại một số số kề nhau nào
có tổng chia hết cho n. ta xét dãy


= 

;

= 

+ 

;…;


= 

+ 

+ +

. Khi đó dãy trên có n
số hạng. Theo giả sử phản chứng thì trong dãy trên ko có 

(
= 1,…,
)

nào chia hết cho n. như vậy ắt phải tồn tại chỉ số t và k
(
≤≤≤

)
ℎ
(


−

)
⋮
⟺

(



+ 

+ ⋯+ 

+ 

+ +

)


























−(

+ 

+ +

)














⋮
⇔(

+ 


+ ⋯+ 

) ⋮ điều này mâu thuẫn với giả sử phản
chứng. Vậy phải tồn tại một số số kề nhau theo đúng thứ tự dãy đã cho
có tổng chia hết cho n.
NGUYÊN LÝ XUỐNG THANG
Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
8x
4
+ 4 y
4
+ 2z
4
=u
4
Giải:Trước hết ta thấy ngay phương trình có nghiệm (0,0,0,0). Ta chứng
minh phương trình không còn nghiệm nào khác. Thật vậy,giả sử nó có
nghiệm khác nghiệm trên thì phải tồn tại nghiệm có dạng (a,b,c,d) với d
khác 0,thậm chí d>0, theo tính chất của số tự nhiên thì phải có nghiệm
(m,n,p,q) với q nguyên dương bé nhất.
Ta thấy ngay q chẵn và giả sử q=2s. Khi đó ta có 4m
4
+ 2n
4
+ p
4
=8s
4

. Từ
đẳng thức ta rút ra được p chẵn, p=2t. Lại thay vào đẳng thức vừa có,ta
được 2m
4
+ n
4
+ 8t
4
=4s
4
. Dẫn đến n chẵn,n=2v. Tiếp tục thay vào
đẳng thức kề trên ta có m
4
+ 8v
4
+ 4t
4
=2s
4
. Lại có m chẵn và m=2w. Khi
đó có 8w
4
+ 4v
4
+ 2t
4
=s
4
. Đẳng thúc này chứng tỏ rằng (w,v,t,s) cũng là
nghiệm của phương trình đã cho,nhưng với s<q (mâu thuẫn!).

Ví dụ 2:CMR phương trình x
4
+ y
4
=z
2
(1) không có nghiệm nguyên
xyz

0.
Giải:Nhận xét nếu (1) có nghiệm thì nó sẽ có nghiệm (x,y,z) với x, y, z
nguyên dương và từng đôi một nguyên tố cùng nhau, cùng với x lẻ y
chẵn.
Để cho tiện ta chỉ nhắc đến những nghiệm loại này của (1). Giả sử
(x,y,z)là nghiệm của (1) với z nhỏ nhất. Khi đó ta có (x
2
,y
2
,z) là một
nghiệm của phương trình u
2
+ v
2
=w
2
(2). Do đó tồn tại cặp (a,b) với a>b
nguyên tố cùng nhau, chẵn lẻ khác nhau sao cho
x
2
=a

2
– b
2
; y
2
=2ab; z=a
2
+ b
2
( tính chất nghiệm của (2)). Vì x lẻ, nên a
lẻ. Do a và 2b nguyên tố cùng nhau, nên từ y
2
= 2ab ta rút ra được a = t
2

và 2b = s
2
. Từ x
2
= a
2
– b
2
ta cũng thấy ngay (x,b,a) là nghiệm của (2).
Lại do x lẻ nên x = m
2
– n
2
; b=2mn ; a= m
2

+ n
2
trong đó m,n nguyên tố
cùng nhau và chẵn lẻ khác nhau. Từ
x
2
= m
2
+ n
2
trong đó m,n nguyên tố cùng nhau và chẵn lẻ khác nhau. Từ
a=t
2
và 2b = s
2
ta có =


= 




. Do m,n nguyên tố cùng nhau ,nên
m=p
2

và n=q
2
. Cùng với a= m

2
– n
2
=t
2
, ta suy ra ( p,q,t ) là nghiệm của
(1). Để ý rằng =
√
<
√


<  (Mâu thuẫn!).
Nhận xét: (1) vô nghiệm chứng tỏ rằng phương trình Fermat x
4
+ y
4
=z
4

không có nghiệm nguyên xyz 0. Fermat đã chứng tỏ kết quả này sau đó
Euler chứng minh cho phương trình x
3
+ y
3
=z
3
.
Ví dụ 3: ( Bài toán Euler )Chứng minh phương trình sau không có
nghiệm trong các số tự nhiên

4xy –x –y = z
2
(1)
HD :a) Để giải quyết bài toán trên ta đi đến giải quyết bài toán sau đây :
4−−1=


(
2
)

Gs (2) có nghiệm số tự nhiên x,y,z và giả sử a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất
của z thỏa mãn (2) sao cho
4mn – m – 1 = a
2
(3)
Với m,n là các số tự nhiên. Cộng 4m
2
– 4ma vào hai vế của phương trình
(3) ta được:
4m (n – a + m) – m – 1 = (a – 2m )
2
(4)
Dễ dàng chứng minh được rằng
a < m. (5)
Thực vậy, không thể có a = m, vì nếu a = m thì vế phải của (4) chia hết
cho m và vế trái của (4) không chia hết cho m.
Còn nếu a > m thì n – a + m < n, và do đó vế trái của (4) nhỏ hơn vế
phải của (3) tức là (a – 2m)
2

< a
2
, điều này trái với việc xác định số a là
giá trị tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (2)
( Chú y rằng từ (4) thì |−2|

cũng là giá trị của z thỏa mãn (2) trong
đó x = m, y = n – a + m ).