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 4
1.1 Nguyên lý Dirichlet cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Nguyên lý Dirichlet mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Nguyên lý Dirichlet mở rộng cho tập hữu hạn . . . . . . . . . 4
1.4 Nguyên lý Dirichlet đối với tập vô hạn phần tử . . . . . . . . 6
1.4.1 Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng . . . . . 6
1.4.2 Tập phần tử là miền phẳng giới hạn bởi một đường
cong phẳng khép kín . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
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 toán số học 12
2.1 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán trùng lặp . . . . . . . 13
2.2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán chia hết . . . . . . . . 15
2.3 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số học khác . . . . . 23
3 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán hình học tổ hợp 29
3.1 Các bài toán về khoảng cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.2 Các bài toán về diện tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.3 Các bài toán tô màu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.4 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán hình học khác . . . . . 43
4 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán khác 47
4.1 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán chứng minh bất đẳng
thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
4.2 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán dãy số . . . . . . . . . 53
4.3 Nguyên lý Dirichlet trong một số bài toán . . . . . . . . . . . 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
n
k
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
n
m
> k thì tồn tại
một lồng chứa ít nhất k + 1 chú thỏ .
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 = ∅ 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 = ∅ và S
1
, S
2
, S
3
, , 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
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 x
1
, x
2
, , x
n
.
Xét tập X = {(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.
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 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 x
i
là phần tử chung của k + 1 tập S
i
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 H
i
, i = 1, 2, , m.
Kí hiệu S = {H
i
|i = 1, 2, , m}, S
j
= {H
i
|j ∈ H
i
} với mọi j = 1, 2, , n.
Hiển nhiên |S
j
| = 1 với mọi j và |S| = m.
Suy ra |S
1
| + |S
2
| + + |S

n
| > k.m > k.|S|.
Theo nguyên lý Dirichlet cho tập hữu hạn tồn tại phần tử H
i
chung của
k + 1 tập S
j
, tức là tồn tại hộp H
i
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, 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 có ít nhất
2 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(

n
i=1
A
i
) = d(A
1
) + d(A
2
) + . . . + d(A
n

) >
d(A). Mặt khác, từ A
i
⊂ A(i = 1, 2, . . . , n) suy ra d(

n
i=1
A
i
) ≤ 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 A
i
B
i
(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 A
i
B
i
.
- Nếu b > a và đoạn AB chứa tất cả các đoạn A
i
B
i
thì tồn tại ít nhất
hai đoạn con A

i
B
i
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 A
i
B
i
thì có ít nhất k + 1
đoạn con A
i
B
i
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, 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 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 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
). (1.1)
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) với (i = 1, 2, . . . , n), từ đó suy ra
d(A
1
) + d(A
2
) + . . . + d(A
n
) ≤ n.d(A).
Theo (1.1) 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 mãn (1) 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
). (1.2)
Đặt
A

i
= A
i
\ A
k+2
(i = 1, 2, . . . , k + 1). (1.3)
A”
i
= A
i
∩ A
k+2
(i = 1, 2, . . . , k + 1). (1.4)
Và
A

= A \ A
k+2
. (1.5)
A” = A
k+2
. (1.6)

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
). (1.7)
Nếu lấy (1.2) trừ đi (1.7) ta có
(k + 1).d(A”) < d(A
k+2
) + d(A”
1
) + d(A”

2
) + . . . + d(A”
k+1
). (1.8)
8
Từ (1.8) 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
). (1.9)
Từ (1.9) 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
(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(A
1
) + d(A
2
) + . . . + d(A
n
) + d(A
n+1
). (1.10)
Suy ra có ít nhất k + 2 tập hợp trong dãyA
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), (1.11)
A”
i
= A
i
∩ A
n+1
(i = 1, 2, . . . , n), (1.12)
A

= A \ A
n+1
, (1.13)
A” = A
n+1
. (1.14)
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), (1.15)
d(A

) + d(A”) = d(A). (1.16)
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
) (1.17)
hoặc là
k.d(A

) < d(A”
1
) + d(A”
2
) + . . . + d(A”
n
). (1.18)
Thật vậy trong trường hợp ngược lại ta có
(k + 1).d(A

) ≥ d(A

1
) + d(A

2
) + . . . + d(A


n
).
Và k.d(A

) ≥ d(A”
1
) + d(A”
2
) + . . . + d(A”
n
).
Cộng hai vế lại và do(1.15), (1.16) ta có
d(A

) + k.d(A) ≥ d(A
1
) + d(A
2
) + . . . + d(A
n
). (1.19)
9
Cộng hai vế (1.19)với d(A”) và từ (1.15), (1.16) ta có
(k + 1).d(A) ≥ d(A
1
) + d(A
2
) + . . . + d(A
n
) + d(A

n+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 A

1
, A

2
, . . . , A

n
có điểm trong chung. Từ (1.11) suy ra rằng kết
luận cũng đúng cho dãy A
1
, A
2
, . . . , A
n
.
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 A
1
, A
2
, . . . , A
n
, A
n+1
.
Như vậy từ (1.10) suy ra k + 2 tập hợp trong dãy A
1
, A
2
, . . . , A
n
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 (A
1
), (A
2
), , (A
n
) nằm trong
một mặt phẳng hoặc trên mặt cầu cũng như đối với thể tích V (A) và các
V (A
1

), V (A
2
), , V (A
n
) 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 A
1
, A
2

, , A
n
là các bề mặt từng đôi một không có điểm
trong chung thì S(A
1
∪ A
2
∪ ∪A
n
) = S(A
1
) + S(A
2
) + + S(A
n
).
Định lý 12. (Nguyên lý Dirichlet cho diện tích)
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. 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 A
1
, A
2
, , A
n
là những miền thỏa 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
).
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 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. 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, A
1
, A
2
, , A
n
là các khối
sao cho A
i
⊂ A(i = 1, 2, n) còn k là số tự nhiên mà thỏa mãn k.V (A) <
V (A
1
) + V (A

2
) + + V (A
n
). 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 a
1
< a
2
< a
3
< < a
20
không vượt quá 70.
Chứng minh rằng giữa các hiệu a
j
− a
k
(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: a
20
−a
19
, a
19
−a
18
, , a
3

−a
2
, a
2
−a
1
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 (a
20
−a
19
)+(a
19
−a
18
)+ +(a
2
−a
1
) ≥ 7+3(6+5+4+3+2+1) =
70.
Suy ra: a
20
− a

1
> 70.
Mặt khác: 1 ≤ a
i
≤ 70(i = 1, 2, , 20) nên a
20
− a
1
≥ 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 X
1
gồm các phần tử của X mà không thuộc Y .
Tương tự như vậy Y
1
gồm các phần tử của Y mà không thuộc X. Rõ ràng
X
1
và Y
1

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: 2
10
− 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: a
1
, a
2
, a
3
, , a
9
, a
10
. 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
B
1
= a
1
B
2
= a
1
+ a
2
B
3
= a
1
+ a
2
+ a
3
B
4
= a
1
+ a
2
+ a
3
+ a

4

B
10
= a
1
+ + a
10
.
Ta thấy rằng:
1. Nếu tồn tại một B
i
nào đó (i = 1, 2, 3, , 10) chia hết cho 10 thì bài
toán đã được chứng minh.
2. Nếu không tồn tại một B
1
nào đó chia hết cho 10 thì ta chỉ việc đem
tất cả B
i
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 (= ∅) chứa các số mà tổng của chúng chia hết cho n.
Lời giải:
Giả sử với một tập hợp nào đó chứa các số a

1
, a
2
, , a
n
mà không thoả
mãn khẳng định của bài toán. Khi đó không có số nào trong các số :
S
1
= a
1
S
2
= a
1
+ a
2

S
n
= a
1
+ a
2
+ + a
n
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 S
i

và S
j
(1 ≤ i < j ≤ n) có cùng số
dư.
Suy ra hiệu S
j
−S
i
= a
i+1
+ + a
j
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 a

i
(i = 1, 2, 3, 4, 5). Xét tích:
P = (a
1
− a
2
)(a
1
− a
3
)(a
1
− a
4
)(a
1
− a
5
)(a
2
− a
3
)(a
2
− a
4
)(a
2
− a
5

)
.(a
3
− a
4
)(a
3
− a
5
)(a
4
− a
5
).
Chứng minh rằng P chia hết cho 288.
Lời giải:
Dễ thấy: 288 = 3
2
.2
5
.
a) Chứng minh P chia hết cho 9:
Xét 4 số a
1
, a
2
, a
3
, a
4

theo nguyên lý Dirichlet tại 2 số có cùng số dư khi
chia cho 3.
Giả sử a
1
đồng dư a
2
(mod 3)thì a
1
− a
2
chia hết cho 3.
Lại xét a
2
, a
3
, a
4
, a
5
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 2
5
:
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 a
1
= 2k

1
, a
2
= 2k
2
, a
3
= 2k
3
, a
4
= 2k
4
thì
P = 32(k
1
− k
2
)(k
1
− k
3
)(k
1
− k
4
)(a
1
− a
5

)(k
2
− k
4
)(k
2
− k
3
)
(a
2
− a
5
)(a
3
− a
4
)(a
3
− a
5
)(a
4
− a
5
)
chia hết cho 32.
ii) Nếu có 3 số chẵn, 2 số lẻ thì đặt:
a
1

= 2k
1
, a
2
= 2k
2
, a
3
= 2k
3
, a
4
= 2k
4
+ 1, a
5
= 2k
5
+ 1.
Ta có P = 16(k
1
− k
2
)(k
1
− k
3
)(k
2
− k

3
).M.
Trong 3 số k
1
, k
2
, k
3
có 2 số cùng tính chẵn lẻ theo nguyên lý Dirichlet.
18
Giả sử k
1
đồng dư k
1
(mod 2) thì k
1
− k
2
chia hết cho 2 nên P chia hết
cho 32.
iii) Nếu có 3 số lẻ là a
1
, a
2
, a
3
còn a
4
, a
5

chẵn thì đặt
a
1
= 2k
1
+ 1, a
2
= 2k
2
+ 1, a
3
= 2k
3
+ 1, a
4
= 2k
4
, a
5
= 2k
5
Xét tương tự cũng có P chia hết cho 2
5
.
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
  
n chữ số
mà chia hết cho n.

Lời giải:
Xét: 1 , 11, 111, , 11 1

n
và những số dư khi chia dãy số trên cho 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
  
k
và 111 111
  
l
(l > k) , mà khi chia chúng cho n sẽ cùng một số
dư. Do đó l −k = 111 000
  
l−k số 1,k số 0
sẽ chia hết cho n.
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

n số
vàB = 11 1


k số
với k < n
Khi đó A − B = 11 1

n−k số
.10
k
chia hết cho 2007.
Do (2007, 10
k
) = 1 nên C = 11 1

n−k số
chia hết cho 2007.
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.
19
Lời giải:
Viết n + 1 số đã cho dưới dạng:
a
1
= 2
k
1
b
1
, a
2
= 2
k

2
b
2
, , a
n+1
= 2
k
n+1
b
n+1
Trong đó b
1
, b
2
, , b
n+1
là các số lẻ.
Ta có: 1 ≤ b
1
, b
2
, , b
n+1
≤ 2n −1.
Mặt khác trong khoảng từ 1 đến 2n − 1 có đúng n số lẻ nên tồn tại hai
số m ≤ n sao cho b
n
= b
m
. Khi đó, trong hai số a

n
và a
m
có một số là bội
của số kia.
Bài toán 2.14. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 3
k
tận cùng
bằng 001.
Lời giải:
Trước hết ta chứng tỏ rằng tồn tại hai lũy thừa của 3 có cùng số dư
khi chia cho 1000. Thật vậy trong phép chia cho 1000 có 1000 số dư là
0, 1, 2, 3, , 999. Ta xét 1001 số là 3, 3
2
, 3
3
, , 3
1001
thì tồn tại hai số có cùng
số dư trong phép chia cho 1000.
Gọi 2 số đó là 3
m
và 3
n
(1 ≤ n < m ≤ 1001).
Như vậy 3
m
− 3
n
.

.
. 1000, do đó 3
n
(3
m−n
− 1)
.
.
. 1000).
Ta lại có (3
n
, 1000) = 1 suy ra
3
m−n
− 1
.
.
. 1000 tức là 3
m−n
tận cùng bằng 001.
Bài toán 2.15. a) Viết 20 số tự nhiên vào 20 tấm bìa. Chứng minh rằng ta
có thể chọn một hay nhiều tấm bìa để tổng các số trên đó chia hết cho 20.
b) Anh Nam là một vận động viên chơi cờ. Để tập luyện, mỗi ngày anh chơi
ít nhất một ván. Để khỏi mệt, mỗi tuần anh chơi không quá 12 ván. Chứng
minh rằng tồn tại một số ngày liên liếp trong đó anh chơi đúng 20 ván.
Lời giải:
a) Gọi các số trên 20 ván bìa là a
1
, a
2

, , a
20
. Xét 20 tổng
s
1
= a
1
,
s
2
= a
1
+ a
2
,
s
3
= a
1
+ a
2
+ a
3
,

s
20
= a
1
+ a

2
+ + a
20
.
Nếu không tồn tại tổng nào chia hết cho 20 thì tồn tại hai tổng có cùng số
dư khi chia cho 20, vì có 20 tổng, chỉ có 19 số dư = 0 là 1, 2, , 19. Hiệu của hai
tổng đó chia hết cho 20. Chẳng hạn hai tổng đó là s
m
và s
n
(1 ≤ n < m ≤ 20)
thì s
m
−s
n
= (a
1
+a
2
+ +a
m
)−(a
1
+a
2
+ +a
n
) = a
n+1
+a

n+2
+ +a
m
20
chia hết cho 20.
b) Gọi số ván cờ mà anh Nam chơi ngày thứ nhất, , ngày thứ 20 là
a
1
, a
2
, , a
20
. Xét 20 tổng:
s
1
= a
1
,
s
2
= a
1
+ a
2
,
s
3
= a
1
+ a

2
+ a
3
,

s
20
= a
1
+ a
2
+ + a
20
.
Ta có s
1
< s
2
< < s
20
< 36 vì trong 20 ngày anh Nam chơi ít hơn
12.3 = 36 ván cờ.
Theo câu a) tồn tại s
k
.
.
. 20 hoặc s
m
−s
n

.
.
. 20(1 ≤ k ≤ 20, 1 ≤ n < m ≤ 20).
Giá trị này bằng 20.
Như vậy nếu s
k
= 20 thì a
1
+ a
2
+ + a
k
= 20 và nếu s
m
−s
n
= 20 thì
a
n+1
+ a
n+2
+ + a
m
= 20.
Bài toán 2.16. Chứng minh rằng tồn tại một bội số của 17:
a) gồm toàn các chữ số 1 và 0.
b) gồm toàn các chữ số 1.
Lời giải:
a) Xét 18 số : 1 , 11, 111, , 11 1


18 số
. Khi đó có 18 số mà phép chia cho 17
chỉ gồm 17 số dư (0, 1, 2, , 16) nên tồn tại hai số có cùng số dư. Gọi 2 số đó
là 11 1

m số
và 11 1

n số
(1 ≤ n < m ≤ 18). Hiệu của chúng bằng 11 1

m−n số
00 0

n số
chia
hết cho 17, hiệu này gồm toàn các chữ số 1 và 0.
b) Theo câu a) tồn tại một bội của 17 có dạng A= 11 1

m−n số
00 0

n số
=
11 1

m−n số
.10
n
mà (10

n
, 17) = 1 nên 11 1

m−n số
chia hết cho 17, tức là tồn tại
một bội của 17 gồm toàn các chữ số 1.
Chú ý: Tổng quát trong câu a) có thể thay số 17 bởi số tự nhiên n bất
kỳ, trong câu b) có thể thay số 17 bởi số tự nhiên n nguyên tố cùng nhau
với 2 và 5 tức là các số có chữ số tận cùng bằng 1, 3, 7, 9.
Bài toán 2.17. Biết rằng 3 số a, a + k, a + 2k đều là các số nguyên tố lớn
hơn 3. Chứng minh 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.
21
Do a và a + k cùng lẻ nên k = (a + k) −a sẽ chia hết cho 2.
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 lý Dirichlet). Do vậy chỉ có các khả năng
sau xảy ra:
- Nếu a + k ≡ a (mod 3) thì (a + k) − a ≡ 0 (mod 3), suy ra k ≡ 0
(mod 3).
- Nếu a + 2k ≡ a + k (mod 3) thì (a + 2k) −(a + k) ≡ 0 (mod 3), suy ra
k ≡ 0 (mod 3).
- Nếu a + 2k ≡ a (mod 3)thì (a + 2k) − a ≡ 0 (mod 3), suy ra k ≡ 0
(mod 3).
Do (2, 3) = 1 nên k chỉ có thể là số chia hết cho 6.
Bài toán 2.18. Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn luôn
chọn ra được 6 số, gọi là a
1
, a

2
, a
3
, a
4
, a
5
, a
6
sao cho
(a
1
− a
2
)(a
3
− a
4
)(a
5
+ a
6
)
.
.
. 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:
1. 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 a
1
, a
2
sao cho a
1
≡ a
2
(mod 5).
Ngoài ra dĩ nhiên ta có a
1
≡ a
2
(mod 3). Từ đó ta có a
1
− a
2
.
.
. 15. Mặt
khác a
1
, a
2
cùng lẻ nên a
1
− a
2

.
.
. 2. Do (2, 15) = 1 nên suy ra a
1
− a
2
.
.
. 30.
2. Xét 7 số còn lại : Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại bốn số đồng dư với
nhau theo mod 3 . Đem 4 số này chia cho 5 có hai khả năng xảy ra:
Trường hợp 1: Nếu có hai số chẳng hạn là a
3
, a
4
mà a
3
≡ a
4
(mod 5).
Từ đó suy ra a
3
− a
4
.
.
. 5.
Rõ ràng a
3
− a

4
.
.
. 3 và a
3
− a
4
.
.
. 2.
Vì (5, 3, 2) = 1 nên ta có a
3
− a
4
.
.
. 30.
Lấy hai số a
5
, a
6
bất kì (ngoài a
1
, a
2
, a
3
, a
4
đã chọn).

Do a
5
, a
6
lẻ và do nguyên tố nên a
5
+ a
6
.
.
. 2.
Từ đó suy ra
(a
1
− a
2
)(a
3
− a
4
)(a
5
+ a
6
)
.
.
. 30.30.2 = 1800.
Trường hợp 2: Nếu 4 số này khi chia cho 5 các số dư khác nhau là 1, 2, 3, 4.
Giả sử a

5
≡ 1 (mod 5), a
6
≡ 4 (mod 5) thì ta có: a
5
+ a
6
≡ 5 (mod 5).
22
Suy ra a
5
+ a
6
.
.
. 5.
Với hai số còn lại a
3
, a
4
thì rõ ràng a
3
−a
4
.
.
. 3 (theo cách chọn 4 số trên).
Do a
3
, a

4
, a
5
, a
6
lẻ nên a
5
+ a
6
.
.
. 2, a
3
− a
4
.
.
. 2.
Từ đó suy ra a
5
+ a
6
.
.
. 10 và a
3
− a
4
.
.

. 6.
Vậy (a
1
− a
2
)(a
3
− a
4
)(a
5
+ a
6
)
.
.
. 30.10.6 = 1800.
Tóm lại, luôn tồn tại a
1
, a
2
, , a
6
phân biệt sao cho:
(a
1
− a
2
)(a
3

− a
4
)(a
5
+ a
6
)
.
.
. 1800.
Bài toán 2.19. (Đề thi vô địch Anh, 1966)
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 2.20. (Trích đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO, 1999)
Cho A = {a
1
; a
2
; a
3
; } ⊂ N
∗

thỏa mãn điều kiện 1 ≤ a
p+1
−a
p
≤ 1999
với mọi p ∈ N
∗
. Chứng minh rằng tồn tại cặp chỉ số p, q với p < q sao cho
a
p
/a
1
.
Lời giải:
Đặt A(1; j) := a
1
+ j − 1 với mọi j nguyên dương mà j ≤ 1999 và bằng
quy nạp, ta định nghĩa:
B
i
:=
1999

k=1
A(i − 1; k), A(i; j) := B
i
+ A(i −1; j)
với mọi i, j nguyên dương mà i ≥ 2, j ≤ 1999.
Từ cách xây dựng trên, dễ dàng chứng minh A(m; j) < A(n; j) và
A(m; j) \A(n; j) với mọi bộ ba số nguyên dương m, n, j mà j ≤ 1999, m < n

.Và với mỗi j ∈ N
∗
: A(i; 1), A(i; 2), , A(i; 1999) là 1999 số nguyên dương
liên tiếp (không bé hơn a
1
) do đó theo giả thiết của bài toán về tập hợp A
thì tồn tại j
i
∈ Z ∩ [1; 1999] để A(i; j
i
) ∈ A.
Vì j
1
, j
2
, , j
2000
∈ Z ∩ [1; 1999] nên theo nguyên lý Dirichlet có hai chỉ
23
số nguyên dương m < n ≤ 2000 mà j
m
= j
n
=: j ; với chúng ta tìm được
cặp chỉ số p < q sao cho
a
p
= A(m; j
m
) = A(m; j)|A(n; j) = A(n; j

n
) = a
q
.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
2.3 Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán số
học khác
Nguyên lý Dirichlet góp phần giải quyết các bài toán số học khác như
tương hỗ, sắp xếp Các bài toán tương hỗ là các bài toán có hàm ý A có
một quan hệ nào đó với B thì B cũng có quan hệ ấy với A. Ví dụ cụ thể như
trường hợp A quen B hoặc A đã thi đấu với B.
Bài toán 2.21. Chứng minh rằng trong 10 người bất kỳ, tồn tại hai người
có số người quen như nhau (kể cả trường hợp quen 0 người).
Lời giải:
Xét 10 lồng: lồng 0 chứa những người có 0 người quen, lồng 1 chứa những
người có 1 người quen, , lồng 9 chứa những người có 9 người quen. Chú ý
rằng lồng 0 và lồng 9 không thể đồng thời chứa người vì nếu lồng 0 có người
(tức có người không quen mọi người khác) thì lồng 9 không thể có người
(không thể có ai quen cả 9 người còn lại). Như vậy thực sự chỉ có nhiều nhất
9 lồng có người mà có 10 người. Do đó tồn tại một lồng chứa 2 người trở lên,
đó là 2 người có số người quen như nhau.
Chú ý: Bài toán cũng đúng nếu thay số 10 bởi số tự nhiên n bất kỳ lớn
hơn 1.
Bài toán 2.22. Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trận
với 5 đội khác). Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó
từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào.
Lời giải:
Giả sử 6 đội bóng đó là A,B,C,D,E,F.
Xét đội A. Theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra: A phải đấu hoặc không
đấu với ít nhất 3 đội khác.

Không mất tính tổng quát, giả sử A đã đấu với B,C,D.
1. Nếu B,C,D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh.
2. Nếu B,C,D có 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A,B,C
từng cặp đã đấu với nhau.
Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau
hoặc chưa đấu với nhau trận nào.