Các bài toán cơ bản của lý thuyết tổ hợp

1
Mục lục
Mở đầu 4
1 Bài toán tồn tại 6
1.1 Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Các phương pháp chứng minh sự tồn tại . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Phương pháp chứng minh phản chứng . . . . . . . . 9
1.2.2 Nguyên lý Diriclet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 Bài toán liệt kê 39
2.1 Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.2 Thuật toán và độ phức tạp tính toán . . . . . . . . . . . . . 40
2.2.1 Khái niệm thuật toán . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.2.2 Mô tả thuật toán bằng ngôn ngữ phỏng PASCAL . . 41
2.2.3 Độ phức tạp của thuật toán . . . . . . . . . . . . . 43
2.3 Phương pháp sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.4 Thuật toán quay lui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3 Bài toán đếm 52
3.1 Các bài toán đếm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.1.1 Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.1.2 Các quy tắc đếm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.1.3 Tam giác Pascal và nhị thức Newton . . . . . . . . . 65
3.1.4 Nguyên lý bù trừ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.1.5 Hệ thức truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.2 Phân loại các bài toán đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.2.1 Bài toán đếm có sử dụng hai quy tắc đếm cơ bản . . 75
3.2.2 Bài toán đếm các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện
cho trước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.2.3 Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và
đẳng thức chứa công thức tổ hợp . . . . . . . . . . . 80
3.2.4 Bài toán đếm các đối tượng hình học . . . . . . . . 83
3.2.5 Bài toán phân chia (hoặc lấy ra) các đồ vật vào (hoặc

ra khỏi) các hộp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
2
3.2.6 Hệ số a
k
của x
k
trong khai triển Newton . . . . . . . 88
3.2.7 Bài tập nguyên lý bù trừ . . . . . . . . . . . . . . . 90
3.2.8 Bài tập hệ thức truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.2.9 Đẳng thức phương trình liên quan đến khai triển
Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4 Bài toán tối ưu 108
4.1 Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.2 Bài toán tối ưu trong đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.2.1 Các khái niệm cơ bản của lý thuyết đồ thị . . . . . . 108
4.2.2 Biểu diễn đồ thị bằng ma trận . . . . . . . . . . . . 117
4.2.3 Bài toán tìm cây bao trùm có trọng số nhỏ nhất . . 120
4.2.4 Bài toán tìm đường đi có trọng số nhỏ nhất . . . . . 126
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
3
Lời cảm ơn
Tác giả xin chân thành cảm ơn tập thể cán bộ, giảng viên trường Đại
học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã tạo mọi điều kiện
và giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn
tốt nghiệp.
Tác giả xin được bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến TS.
Phạm Văn Thạo. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như
giải đáp các thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình tôi thực hiện đề
tài.

Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Lãnh đạo và các đồng nghiệp trường
THPT Chuyên Ngoại Ngữ - Đại học Ngoại Ngữ - ĐHQGHN đã tạo điều
kiện thuận lợi và giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và thực hiện
luận văn này.
Tác giả xin cảm ơn các bạn đồng khóa, gia đình và bạn bè đã quan tâm
giúp đỡ, động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá
trình học tập và hoàn thành luận văn.
Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song luận văn này không thể tránh
khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được những ý kiến chỉ dẫn,
đóng góp của thầy cô và các bạn.
Trân trọng!
Hà Nội, tháng 08 năm 2014
Học viên
Lê Thị Thanh Tâm
4
Mở đầu
Các vấn đề liên quan đến lý thuyết tổ hợp là một bộ phận quan trọng,
hấp dẫn và lý thú của Toán học nói chung và Toán học rời rạc nói riêng.
Tư duy về tổ hợp đã xuất hiện từ rất sớm trong lịch sử phát triển của nhân
loại và đến thế kỉ thứ 17 nó được hình thành như một ngành toán học
bằng một loạt các công trình nổi tiếng của các nhà toán học như Pascal,
Fermat, Lenibniz, Euler, Kể từ sau khi tin học ra đời, lý thuyết tổ hợp
phát triển ngày càng mạnh mẽ, có nội dung phong phú và được ứng dụng
nhiều trong thực tế đời sống.
Trong toán học sơ cấp, tổ hợp cũng xuất hiện với nhiều bài toán hay với
độ khó cao. Những ai mới bắt đầu làm quen với khái niệm tổ hợp thường
khó hình dung hết độ phức tạp về về cấu trúc trên các tập đặc biệt. Do
vậy tôi đã chọn đề tài "bài toán cơ bản của lý thuyết tổ hợp". Luận
văn đã trình bày bốn bài toán cơ bản của lý thuyết tổ hợp, xây dựng một
số bài toán áp dụng.

Luận văn gồm phần mở đầu, bốn chương, kết luận và danh mục tài liệu
tham khảo.
Chương 1: Bài toán tồn tại. Trong chương này tác giả đã giới thiệu
bài toán tồn tại bằng ba bài toán cổ nổi tiếng là bài toán về bẩy cây cầu
của Euler, bài toán bốn màu và bài toán chọn 2n điểm trên lưới n.n điểm.
Trong chương này tác giả cũng nêu được hai phương pháp chứng minh sự
tồn tại là phương pháp chứng minh bằng phản chứng và phương pháp sử
dụng nguyên lý Diriclet.
Chương 2: Bài toán liệt kê. Chương 2 được trình bày theo bốn mục
bao gồm: giới thiệu bài toán, thuật toán và độ phức tạp tính toán cùng
với phương pháp sinh và thuật toán quay lui.
Chương 3: Bài toán đếm. Đây là nội dung chính của luận văn. Trong
chương này tác giả đã nêu được các bài toán đếm cơ bản, phân loại các
5
bài toán đếm theo từng dạng bài tập cụ thể. Trong mỗi dạng tác giả đều
có ví dụ minh họa cũng như bài tập tự luyện.
Chương 4: Bài toán tối ưu. Trong chương này tác giả đã giới thiệu
bài toán, nhắc lại các khái niệm cơ bản của lý thuyết đồ thị, biểu diễn đồ
thị bằng ma trận và trình bày hai bài toán cơ bản là: Bài toán tìm cây
bao trùm có trọng số nhỏ nhất và bài toán tìm đường đi có trọng số nhỏ
nhất.
Mặc dù bản thân đã rất cố gắng và nghiêm túc trong học tập và nghiên
cứu khoa học nhưng do thời gian có hạn, kiến thức bản thân còn hạn chế
nên trong quá trình thực hiện luận văn không tránh khỏi những sơ suất.
Rất mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
6
Chương 1
Bài toán tồn tại
1.1 Giới thiệu bài toán

Trong rất nhiều bài toán tổ hợp, việc chỉ ra sự tồn tại của một cấu hình
thoả mãn các tính chất cho trước là hết sức khó khăn. Bài toán về bẩy cây
cầu của nhà toán học Euler vào thể kỉ XVIII đã khiến người dân thành
phố Konigsberg và các nhà toán học thời bấy giờ mất bao công tìm kiếm
lời giải. Hay đơn giản hơn, khi một kì thủ cần phải tính toán các nước đi
của mình để giải đáp xem liệu có khả năng thắng hay không, hoặc là một
người giải mật mã cần tìm chìa khoá giải cho một bức mật mã mà anh ta
không biết liệu đây có đúng là bức điện thật được mã hoá của đối phương
hay không, hay chỉ là bức mật mã giả của đối phương tung ra nhằm đảm
bảo an toàn cho bức điện thật Như vậy, trong tổ hợp xuất hiện một vấn
đề rất quan trọng là xét sự tồn tại của các cấu hình tổ hợp với các tính
chất cho trước. Các bài toán thuộc dạng này được gọi là các bài toán tồn
tại tổ hợp.
Một bài toán tồn tại tổ hợp xem như giải xong nếu chỉ ra một cách xây
dựng cấu hình hoặc chứng minh rằng chúng không tồn tại. Tuy nhiên, cả
hai khả năng đều không phải dễ. Để thấy rõ được sự phức tạp của vấn đề,
dưới đây xin được xét một số bài toán tồn tại cổ điển nổi tiếng.
a, Bài toán về bẩy cây cầu của Euler
Thành phố Konigsberg thuộc Thổ (bây giờ gọi là Kaliningrad thuộc
cộng hoà Nga), được chia thành bốn vùng bằng các nhánh sông Pregel.
Các vùng này gồm hai vùng bên bờ sông, đảo Kneiphof và một miền nằm
giữa hai nhánh sông Pregel. Vào thế kỉ XVIII, người ta xây bẩy chiếc cầu
nối các vùng này với nhau. Hình 1, vẽ các vùng và các cầu qua sông của
7
thành phố.
Vào chủ nhật người dân ở đây thường đi bộ dọc theo các phố. Họ tự
hỏi không biết có thể xuất phát tại một điểm nào đó trong thành phố đi
qua tất cả các cầu, mỗi chiếc cầu đúng một lần, rồi trở về điểm xuất phát
được không. Nhà toán học Thụy Sĩ, Leonhard Euler, đã giải bài toán này.
Lời giải của ông công bố năm 1736 có thể là một ứng dụng đầu tiên của

lý thuyết đồ thị. Ông đã chứng minh được rằng không có được đường đi
nào thoả mãn yêu cầu bài toán (lời giải chi tiết của bài xin được trình bày
rõ ở chương IV)
b, Bài toán bốn màu
Có những bài toán mà nội dung của nó có thể giải thích cho bất kì ai,
tuy lời giải của nó thì ai cũng có thể tự tìm nhưng mà khó có thể tìm được.
Ngoài định lý Fermat thì bài toán bốn màu là một trong những bài toán
như vậy. Bài toán có thể phát biểu trực quan như sau: Chứng minh rằng
mọi bản đồ trên mặt phẳng đều có thể tô bằng bốn màu sao cho không
có hai nước láng giềng nào được tô bởi cùng một màu. Chú ý rằng ta xem
mỗi nước là một vùng liên thông và hai nước gọi là láng giềng nếu chúng
có chung biên giới là một đường liên tục.
Con số 4 không phải là ngẫu nhiên, người ta đã chứng minh được rằng
mọi bản đồ đều được tô với số màu lớn hơn 4, còn với số màu ít hơn 4 thì
không tô được, chẳng hạn bản đồ gồm bốn nước ở hình dưới đây không
thể tô được với số màu ít hơn 4.
8
Bài toán này xuất hiện vào khoảng những năm 1850 - 1852 từ một nhà
buôn người Anh là Gazri, khi tô bản đồ hành chính nước Anh đã cố gắng
chứng minh rằng có thể tô bằng 4 màu. Sau đó, năm 1952, ông đã viết thư
cho De Morgan để thông báo về giả thuyết này. Năm 1878, Keli trong một
bài báo đăng ở tuyển tập các công trình của Hội toán học Anh có hỏi rằng
bài toán này đã được giải quyết hay chưa? Từ đó bài toán này trở thành
nổi tiếng và trong hơn một thế kỉ, có rất nhiều người làm toán nghiệp
dư cũng như chuyên nghiệp đã cố gắng chứng minh giả thuyết này. Tuy
nhiên, mãi đến năm 1976 hai nhà toán học Mỹ là K.Appel và W.Haken
mới chứng minh được giả thuyết này bằng máy tính điện tử.
c, Bài toán chọn 2n điểm trên lưới n ×n điểm
Chọn một lưới ô vuông gồm n ×n điểm. Hỏi có thể chọn trong số chúng
2n điểm sao cho không có ba điểm được chọn nào thẳng hàng hay không?

hiện nay người ta biết lời giải của bài này khi n  15. Hình dưới đây cho
một lời giải bài toán với n = 12.
9
1.2 Các phương pháp chứng minh sự tồn tại
1.2.1 Phương pháp chứng minh phản chứng
Phương pháp chứng minh phản chứng có lẽ là một trong những phương
pháp chứng minh sớm nhất mà loài người đã biết đến, đặc biệt trong nghệ
thuật diễn thuyết và tranh luận. Trong toán học, phương pháp chứng minh
phản chứng thường được sử dụng, đặc biệt khi cần chứng minh tính duy
nhất của một đối tượng T nào đó thoả mãn điều kiện cho trước (mà sự tồn
tại của T đã được chứng minh trước đó) ta thường giả sử còn ∀T

= T ; T

cũng thoả mãn điều kiện đó, từ đó suy ra một điều vô lý. Vậy điều giả sử
của chúng ta là sai, tức là T duy nhất.
a, Cơ sở lý thuyết
Giả sử ta phải chứng minh một mệnh đề có dạng P =⇒ Q với P là giả
thiết, Q là kết luận. Ta tiến hành như sau:
Bước 1: Giả sử Q sai.
Bước 2: Từ giả sử Q sai và từ P ta dùng các lập luận, suy diễn để dẫn
đến một điều vô lý.
Bước 3: Từ đó ta suy ra Q đúng.
Chú ý 1.1. Ta có thể dùng phương pháp chứng minh phản chứng để
chứng minh nguyên lý Diriclet. Do đó, với nhiều bài toán ta có thể chứng
minh bằng nguyên lý Diriclet hoặc phương pháp chứng minh phản chứng.
b, Phương pháp giải toán qua các ví dụ
10
Ví dụ 1.1. Một lớp học có 43 em, gồm các em họ Nguyễn, họ Phạm, họ
Trần. Chứng minh rằng lớp có ít nhất 19 em họ Nguyễn hoặc ít nhất 14

em họ Phạm hoặc ít nhất 12 em họ Trần.
Lời giải. Giả sử ngược lại, số em họ Nguyễn, họ Phạm, họ Trần tương
ứng không lớn hơn 18; 13; 11. Khi đó số học sinh của lớp không lớn hơn
42. Điều này vô lý vì số học sinh của lớp là 43. Từ đó ta suy ra điều cần
chứng minh.
Ví dụ 1.2. Cho tâp hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Chứng minh rằng
với mỗi tập con B gồm 5 phần tử của tập A thì trong các tổng x + y với
x, y khác nhau thuộc B, luôn tồn tại ít nhất hai tổng có chữ số hàng đơn
vị như nhau.
(THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hoá 2011-2012)
Lời giải. Với mỗi tập B = {a
1
; a
2
; a
3
; a
4
; a
5
} ⊂ A ta có tất cả 10 tổng:
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
.
Giả sử chữ số hàng đơn vị của 10 tổng trên đôi một khác nhau, khi đó tổng
tất cả các chữ số hàng đơn vị của chúng là: 0+1+2+3+4+5+6+7+8+9 =
45. Do đó, tổng S của 10 tổng trên là một số lẻ.(1)
Ta lại có:
S = (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
) = 4(a
1
+a
2
+a
3
+a
4
+a
5
) =⇒ S
là số chẵn.(2)
Ta thấy (1) và (2) mâu thuẫn, nên điều giả sử trên là sai. Từ đó ta có điều

phải chứng minh.
Ví dụ 1.3. Cho 441 số nguyên dương a
1
; a
2
; ; a
441
thoả mãn:
1
√
a
1
+
1
√
a
2
+ +
1
√
a
441
= 41
Chứng minh rằng trong 441 số đã cho có ít nhất 2 số bằng nhau.
Lời giải. Giả sử 441 số đã cho không có hai số nào bằng nhau, không mất
tính tổng quát, giả sử: 1  a
1
< a
2
< < a

441
.
Do đó:
1
√
a
1
 1;
1
√
a
2

1
√
2
; ;
1
√
a
441

1
√
441
11
Ta chứng minh bổ đề sau: Với mọi số nguyên dương n ta có:
1
√
n

< 2

√
n −
√
n − 1

(1)
Thật vậy,
(1) ⇔
1
√
n
< 2.
n − n + 1
√
n +
√
n − 1
⇔
√
n +
√
n − 1 < 2
√
n
⇔
√
n − 1 <
√

n (lunØng)
Do đó,
1
√
a
1
+
1
√
a
2
+ +
1
√
a
441
<1 + 2

√
2 −
√
1

+ ··· +

√
441 −
√
440


=41
Điều này trái với giả thiết. Do đó tồn tại ít nhất hai số bằng nhau.
Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng trong 2007 số khác nhau tuỳ ý được lấy từ
tập hợp A =

1; 2; 3; ; 2006
2007

có ít nhất hai số x; y thoả mãn:
0 <


2007
√
x −
2007
√
y


< 1
[(THPT Chuyên Hà Nội - Amsterdam 2006-2007)
Lời giải. Gọi 2007 số đã chọn là:
1  a
1
< a
2
< a
3
< < a

2007
 2006
2007
Ta xét 2006 số sau:
b
1
=
2007
√
a
2
−
2007
√
a
1
; b
2
=
2007
√
a
3
−
2007
√
a
2
; ; b
2006

=
2007
√
a
2007
−
2007
√
a
2006
Ta có: b
1
; b
2
; ; b
2006
> 0. Giả sử không có số b
i
(i = 1; 2; ; 2006) nào đó
nhỏ hơn 1, suy ra: b
1
; b
2
; ; b
2006
 1.
Do đó,
b
1
+ b

2
+ + b
2006
 1 + 1 + + 1 = 2006 (1)
b
1
+ b
2
+ + b
2006
=
2007
√
a
2
−
2007
√
a
1
+ +
2007
√
a
2007
−
2007
√
a
2006

=
2007
√
a
2007
−
2007
√
a
1
(2)
12
Từ (1) và (2) suy ra:
2007
√
a
2007
−
2007
√
a
1
 2006
⇔
2007
√
a
2007
 2006 +
2007

√
a
1
> 2006
⇔a
2007
> 2006
2007
(trái với giả thiết)
Vậy điều giả sử trên là sai. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.5. Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng
minh rằng luôn tìm được ba đoạn thẳng để có thể ghép thành một tam
giác
Lời giải. Chú ý rằng điều kiện cần và đủ để ba đoạn thẳng có thể ghép
thành một tam giác là tổng độ dài của hai đoạn nhỏ phải lớn hơn độ dài
của đoạn lớn. Ta sắp xếp các đoạn đã cho theo thứ tự tăng dần của độ dài
a
1
; a
2
; ; a
7
và chứng minh rằng trong dãy đã xếp luôn tìm được ba đoạn
liên tiếp sao cho tổng của hai đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối. Giả thiết điều
này không xảy ra, tức là đồng thời xảy ra các bất đẳng thức:
a
1
+ a
2
 a

3
; a
2
+ a
3
 a
4
; a
3
+ a
4
 a
5
; a
4
+ a
5
 a
6
; a
5
+ a
6
 a
7
Từ giả thiết a
1
; a
2
có giá trị lớn hơn 10 ta nhận được a

3
> 20. Từ a
2
> 10
và a
3
> 10 ta nhận được a
4
> 30; a
5
> 50; a
6
> 80; a
7
> 130. Bất đẳng
thức cuối cùng mâu thuẫn với giả thiết các độ dài nhỏ hơn 100. Từ đó
chứng minh kết luận của bài toán.
Ví dụ 1.6. Các đỉnh của một thập giác đều được đánh số bởi các số
nguyên 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 một cách tuỳ ý. Chứng minh rằng luôn tìm
được ba đỉnh liên tiếp có tổng các số lớn hơn 13.
Lời giải. Gọi x
1
; x
2
; ; x
10
là các số gán cho các đỉnh của 1; 2; ; 10 của
thập giác. Giả sử ngược lại là không tìm được ba đỉnh nào thoả mãn đề
bài. Khi đó ta có:
k

1
= x
1
+ x
2
+ x
3
 13
k
2
= x
2
+ x
3
+ x
4
 13

13
k
9
= x
9
+ x
10
+ x
1
 13
k
10

= x
10
+ x
1
+ x
2
 13
Từ đó suy ra:k
1
+ k
2
+ + k
10
 130.
Mặt khác do:
k
1
+ k
2
+ + k
10
=3(x
1
+ x
2
+ + x
10
)
=3(0 + 1 + 2 + + 9) = 135
Từ đó ta có: 135 = k

1
+ k
2
+ + k
10
 130(Vô lý)
Vậy giả sử trên là sai. Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Chú ý 1.2. Bài toán có nhiều cách phát biểu khác nhau và có thể phát
biểu dạng tổng quát hơn. Chẳng hạn ta có bài toán sau:
Một đội bóng có 21 cầu thủ gồm cả chính thức và dự bị mang các áo từ 4
đến 24. Mỗi cầu thủ mang một số áo khác nhau. Họ đứng một cách tuỳ ý
thành một vòng tròn. Chứng minh rằng luôn tồn tại 4 cầu thủ đứng cạnh
nhau mà tổng các số trên áo của họ không nhỏ hơn 52.
Ví dụ 1.7. Cho đa giác lồi n cạnh (n  4) trong đó tất cả các đường chéo
bằng nhau. Tìm giá trị lớn nhất của n.
(Vòng 2, THPT Chuyên Hà Tây, 2008 - 2009)
Lời giải. Với n = 4 ta có hình vuông có hai đường chéo bằng nhau.
Với n = 5 ta có ngũ giác đều có các đường chéo bằng nhau.
Với n  6, giả sử đa giác A
1
A
2
A
n
có tất cả các đường chéo bằng nhau,
khi đó ta đặt:
A
1
A
4

= A
1
A
5
= A
2
A
4
= a với a là độ dài của các đường chéo. Gọi I là giao
điểm của A
1
A
4
và A
2
A
5
. Ta có: IA
1
+ IA
5
> A
1
A
5
; IA
2
+ IA
4
> A

2
A
4
.
Do đó:
(IA
1
+ IA
4
) + (IA
2
+ IA
5
) > A
1
A
5
+ A
2
A
4
⇔A
1
A
4
+ A
2
A
5
> 2a(Vô lý)

Vậy n  5. Do đó n đạt giá trị lớn nhất bằng 5.
Ví dụ 1.8. Trên mặt phẳng xOy, A(x; y) được gọi là điểm nguyên nếu
x; y ∈ Z. Giả sử A
1
A
2
A
n
là n- giác lồi có tất cả các đỉnh là điểm nguyên.
Biết rằng miền đa giác đó (bao gồm các điểm thuộc miền trong và thuộc
14
cạnh) không chứa bất kì điểm nguyên nào ngoài các đỉnh. Chứng minh
rằng n  4.
(Vòng 2, THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội 1994 - 1995)]
Lời giải. Giả sử n  5, toạ độ các đỉnh có các dạng: (chẵn; chẵn); (chẵn;
lẻ);(lẻ; chẵn);(lẻ; lẻ). Do đó tồn tại hai đỉnh có toạ độ cùng dạng trên,
nên trung điểm của hai đỉnh đó có toạ độ nguyên, trái với giả thiết. Vậy
n  4.
Ví dụ 1.9. Bên trong đường tròn tâm O bán kính 1 cho  ABC có diện
tích  1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của
 ABC.
(THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2009- 2010)
Lời giải. Giả sử O nằm ngoài  ABC. Trước hết ta chứng minh:"Nếu O
nằm ngoài  ABC thì có đường thẳng chứa cạnh tam giác mà O và đỉnh
còn lại của tam giác nằm khác phía nhau đối với đường thẳng này".(*)
Giả sử (*) sai. Do đó, O và A nằm cùng nửa mặt phẳng với bờ là đường
thẳng BC nên O không thuộc miền (III). Tương tự O không thuộc miền
(I) và (II). Vì vậy, O thuộc miền trong hoặc trên các cạnh của  ABC.
Điều này là mâu thuẫn với điều kiện ban đầu là O nằm ngoài  ABC nên
điều giả sử là sai. Vậy (*) đúng.

Không mất tính tổng quát ta giả sử O và A nằm ở hai nửa mặt phẳng
khác nhau với bờ là đường thẳng chứa cạnh BC. Suy ra đoạn OA cắt BC
tại K. Vẽ AH ⊥ BC tại H. suy ra: AH  AK < OA < 1 hay AH < 1.
Khi đó :
S
ABC
=
1
2
AH.BC <
1
2
AH.2 <
1
2
.1.2 = 1
Điều này mâu thuẫn với giả thiết nên điều giả sử là sai. Ta có điều phải
chứng minh.
15
Ví dụ 1.10. Chứng minh rằng một tam giác có hai đường phân giác bằng
nhau thì tam giác đó là tam giác cân.
Lời giải. Cho  ABC có hai đường phân giác AM; BN bằng nhau. Ta
chứng minh  ABC cân tại C.
Giả sử  ABC không cân tại C với BC < AC hay

ABC >

BCA ⇔

B

1
>

A
1
.
Xét  ABN và  BAM có: BN = AM; AB chung;

B
1
>

A
1
nên AN >
BM. Dựng hình bình hành AMDN ta có: MD = AN > BM nên trong
 MBD ta có:

B
3
>

D
2
. Mặt khác:

B
2
>


A
2
=

D
1
nên ta có:

NBD >

BDN. Do đó, ND > NB hay AM > NB(vô lý).
Vậy giả sử trên là sai hay  ABC cân tại C.
16
1.2.2 Nguyên lý Diriclet
Nguyên lý Diriclet là phương pháp chứng minh sự tồn tại mà học sinh
được làm quen từ rất sớm (từ bậc tiểu học) và là một trong những phương
pháp thể hiện rõ cái đẹp của Toán học, làm cho học sinh thêm yêu thích
môn Toán. Lập luận của phương pháp Diriclet thường được sử dụng trong
các bài toán cho học sinh giỏi và dùng để chứng minh sự tồn tại một khả
năng nào đó mà không cần chỉ rõ khả năng đó tồn tại khi nào, ở đâu và
có bao nhiêu khả năng như vậy tồn tại. Phương pháp chứng minh như vậy
còn được gọi là phương pháp chứng minh không kiến thiết.
a, Cơ sở lý thuyết
Nguyên lý Diriclet được phát biểu đầu tiên bởi nhà toán học người Đức
Peter Gustav Lejeune Diriclet (1805 −1859). Nguyên lý Diriclet (hay còn
được gọi là nguyên lý chuồng thỏ).
Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có một chuồng
nhốt ít nhất hai con thỏ.
Nguyên lý Diriclet tổng quát:
Nếu nhốt n con thỏ vào k chuồng

+ Nếu n chia hết cho k thì tồn tại ít nhất một chuồng chứa không ít hơn
n
k
con thỏ.
+ Nếu n không chia hết cho k thì tồn tại ít nhất một chuồng chứa không
17
ít hơn

n
k

+ 1 con thỏ.
Dùng nguyên lý Diriclet ta chứng minh được nhiều kết quả hết sức sâu
sắc của Toán học. Với nguyên lý này ta dễ dàng chứng minh sự tồn tại mà
không đưa ra phương pháp tìm cấu hình, nhưng trong thực tế nhiều bài
toán ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại là đã đủ rồi!
b, Phương pháp giải toán qua các ví dụ
Ví dụ 1.11. Chứng minh rằng trong 100 người có ít nhất 9 người sinh
cùng một tháng.
Lời giải. Xếp những người sinh cùng một tháng vào một nhóm, có 12
nhóm. Theo nguyên lý Diriclet tồn tại một nhóm có ít nhất

100
12

+ 1 =
8 + 1 = 9(người).
Ví dụ 1.12. Một hội nghị có 52 đại biểu được ngồi vào 10 dãy nghế.
Chứng minh rằng tồn tại một dãy ghế có số đại biểu ngồi lớn hơn hoặc
bằng 6.

Lời giải. Theo nguyên lý Diriclet, tồn tại một dãy ghế có số đại biểu ngồi
lớn hơn hoặc bằng

52
10

+ 1 = 6
Ví dụ 1.13. Có 5 loại học bổng khác nhau. Hỏi phải có ít nhất bao nhiêu
sinh viên để chắc chắn rằng có ít nhất là 6 người cùng nhận học bổng như
nhau.
Lời giải. Số sinh viên ít nhất cần có để đảm bảo chắc chắn có 6 sinh viên
cùng nhận học bổng như nhau là số nguyên nhỏ nhất n sao cho
n
5
> 5. Dễ
thấy rằng n = 26 thỏa mãn đề bài.
Ví dụ 1.14. Một nhóm 6 người đôi một thân nhau hoặc ghét nhau. Chứng
minh rằng trong nhóm có 3 người hoặc cùng thân nhau hoặc cùng ghét
nhau.
Lời giải. Giả sử 6 người trong nhóm là A; B; C; D; E; F. A có quan hệ
thân hoặc ghét với 5 người còn lại. Theo nguyên lý Diriclet, tồn tại ít nhất
3 người cùng thân hoặc cùng ghét A. Giả sử B; C; E cùng thân A.
Nếu B; C; E có ít nhất một cặp thân nhau thì cùng với A tạo thành bộ
ba người đôi một thân nhau.
Nếu B; C; E không có cặp nào thân nhau thì ta có nhóm ba người đôi một
18
ghét nhau.
Chú ý rằng ví dụ trên còn được phát biểu theo cách khác như sau: " Trong
mặt phẳng cho 6 điểm được nối với nhau từng đôi một bởi các cung màu
xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 điểm sao cho các

cung nối chúng có cùng một màu".
Ví dụ 1.15. Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương không vượt
quá 2n, luôn tồn tại hai số sao cho số này chia hết cho số kia.
Lời giải. Giả sử có n + 1 số nguyên dương a
1
; a
2
; ; a
n+1
. Số nguyên
dương a
i
có dạng a
i
= 2
k
i
.q
i
với k
i
∈ N; q
i
là số nguyên lẻ nhỏ hơn 2n. Do
chỉ có n số nguyên dương lẻ nhỏ hơn 2n nên theo nguyên lý Diriclet, tồn
tại hai số bằng nhau: q
i
= q
j
= q. Khi đó, a

i
= 2
k
i
.q và a
j
= 2
k
j
.q. Giả sử
k
i
 k
j
thì a
j
chia hết cho a
i
.
Ví dụ 1.16. Trong một tháng có 30 ngày, một đội bóng chuyền thi đấu
mỗi ngày ít nhất một trận và cả tháng thi đấu không quá 45 trận. Chứng
minh rằng tồn tại một số ngày liên tục đội bóng đó thi đấu đúng 14 trận.
Lời giải. Gọi a
i
là tổng số trận mà đội đã thi đấu liên tục từ đầu tháng
đến ngày thứ i. Khi đó,
1  a
1
< a
2

< < a
30
 45
và
15  a
1
+ 14 < a
2
+ 14 < < a
30
+ 14  59
Các số a
1
; a
2
; ; a
30
đôi một khác nhau nên các số a
1
+14; a
2
+14; ; a
30
+
14 đôi một khác nhau. 60 số nguyên dương a
1
; a
2
; ; a
30

; a
1
+ 14; a
2
+
14; ; a
30
+ 14 chỉ nhận không quá 59 giá trị nên tồn tại a
i
; a
j
sao cho:
a
j
= a
i
+ 14. Nghĩa là từ ngày thứ i + 1 đến ngày thứ j đội thi đấu đúng
14 trận.
Ví dụ 1.17. Cho 5 số nguyên dương đôi một khác nhau sao cho mỗi số
không có ước nguyên tố nào khác 2 và 3. Chứng minh rằng trong 5 số đó
tồn tại hai số mà tích của chúng là một số chính phương.
(Vòng 2, THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội 2012 - 2013)
19
Lời giải. Gọi các số đã cho là a
1
; a
2
; ; a
5
với a

i
= 2
x
i
.3
y
i
(x
i
; y
i
∈ N).
Năm cặp số (x
1
; y
1
); ; (x
5
; y
5
) mà mỗi cặp số thuộc một trong bốn dạng:
(chẵn; chẵn); (chẵn; lẻ); (lẻ; chẵn); (lẻ; lẻ). Do đó tồn tại hai cặp số cùng
dạng. Giả sử (x
1
; y
1
); (x
2
; y
2

) là hai cặp số cùng dạng. Khi đó, x
1
+ x
2
và y
1
+ y
2
đều là số chẵn nên a
1
.a
2
= 2
x
1
+x
2
.3
y
1
+y
2
⇒ a
1
.a
2
là số chính
phương.
Ví dụ 1.18. Cho 53 số nguyên dương phân biệt có tổng không lớn hơn
2004. Chứng minh rằng luôn tìm được 6 số trong 53 số đã cho thoả mãn

điều kiện: 6 số này chia được thành 3 cặp số mà mỗi cặp số đều có tổng
bằng 53.
(HSG lớp 9 - TP Hà Nội 2004 - 2005)
Lời giải. Giả sử 53 số đã cho có nhiều nhất 28 số nhỏ hơn 53 thì tổng
của 53 số này lớn hơn hoặc bằng:
(1 + 2 + + 28) + (53 + 54 + + 77) = 2031 > 2004 (vô lý). Vậy trong
53 số đã cho có ít nhất 29 số nhỏ hơn 53.
Chia 52 số nguyên dương nhỏ hơn 53 thành 26 cặp, mỗi cặp có tổng bằng
53 như sau: (1; 52); (2; 51); ; (26; 27). Khi đó với ít nhất 29 số nhỏ hơn
53 ta luôn tìm được 3 cặp mà các phần tử của chúng thoả mãn đề bài.
Ví dụ 1.19. Cho tập X gồm 700 số nguyên dương đôi một khác nhau,
mỗi số không lớn hơn 2006. Chứng minh rằng trong tập X luôn tìm được
hai phần tử x; y sao cho x − y thuộc tập E = {0; 6; 9}
(Vòng 2, THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, 2006 - 2007)
Lời giải. Sắp xếp các số đã cho theo thứ tự tăng:
1  a
1
< a
2
< < a
700
(1)
Xét các dãy
a
1
+ 3; a
2
+ 3; ; a
700
+ 3 (2)

và
a
1
+ 9; a
2
+ 9; ; a
700
+ 9 (3)
Ba dãy (1); (2); (3) có 2100 số và a
700
+9  2006 +9 = 2015 nên các số đó
nhận không quá 2015 giá trị. Các số cùng dãy khác nhau và a
i
; a
i
+3; a
i
+9
cũng đôi một khác nhau nên theo nguyên lý Diriclet ta có a
i
= a
j
+ 3 hoặc
20
a
i
= a
j
+ 9 hoặc a
i

+ 3 = a
j
+ 9. Từ đó suy ra a
i
+ x = a
j
+ y với
x; y ∈ {0; 3; 9} ⇒ a
i
− a
j
= y − x hay |a
i
− a
j
| = |y − x| ∈ {0; 6; 9}
Ví dụ 1.20. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 3
k
có tận
cùng bằng 001.
Lời giải. Ta biết rằng khi chia một số tự nhiên cho 1000 thì số dư chỉ
có thể là 0; 1; ; 999. Xét 1001 số là 3; 3
2
; ; 3
1001
, theo nguyên lý Diriclet
tồn tại hai số khi chia cho 1000 có cùng số dư.
Giả sử hai số đó là 3
m
và 3

n
, (1  n < m  1001). Khi đó: 3
m
− 3
n
=
3
n
(3
m−n
− 1)
.
.
.1000. Mà 3
n

.
.
. 1000 nên (3
m−n
− 1)
.
.
.1000. Do đó 3
m−n
có
tận cùng là 001.
Ví dụ 1.21. Trên đường tròn cho 16 điểm, mỗi điểm được tô bởi một
trong ba màu xanh, đỏ hoặc vàng. Mỗi đoạn thẳng nối hai trong 16 điểm
được tô bởi màu tím hoặc nâu. Chứng minh rằng với mọi cách tô ta luôn

tìm được một tam giác có 3 đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu.
(Vòng 2, THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội, 1997 - 1998)
Lời giải. Trên đường tròn cho 16 điểm tô bởi 3 màu nên theo nguyên lý
Diriclet có ít nhất 6 điểm cùng màu. Giả sử 6 điểm đó là A; B; C; D; E; F
có cùng màu đỏ. Xét 5 đoạn thẳng AB; AC; AD; AE; AF được tô bởi 2
màu nên theo nguyên lý Diriclet thì có ít nhất 3 đoạn thẳng cùng màu.
Giả sử AB; AC; AD có cùng màu nâu.
+ Nếu một trong ba đoạn thẳng BC; BD; CD có màu nâu ta có điều phải
chứng minh.
+ Nếu cả 3 đoạn thẳng BC; BD; CD được tô màu tím, ta có điều phải
chứng minh.
Ví dụ 1.22. Cho (x
i
; y
i
) ; i = 1, 5 là một tập hợp gồm 5 điểm khác nhau
có các toạ độ nguyên trên mặt phẳng Oxy. Chứng tỏ rằng điểm chính giữa
của đường nối ít nhất một trong các cặp điểm này có toạ độ nguyên.
Lời giải. Điểm chính giữa của đoạn nối các điểm (a; b) và (c; d) là

a+c
2
;
b+d
2

.
Các toạ độ của điểm chính giữa này là nguyên nếu và chỉ nếu a và c cùng
tính chẵn lẻ; b và d cùng tính chẵn lẻ. Vì có 4 cặp có tính chẵn - lẻ khác
nhau nên theo nguyên lý Diriclet có ít nhất 2 trong số 5 điểm có tính

21
chẵn - lẻ như nhau. Khi đó điểm chính giữa của cặp điểm này có toạ độ
nguyên.
Ví dụ 1.23. Cho 13 điểm phân biệt nằm trong hay nằm trên cạnh của
tam giác đều có cạnh 6cm. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 điểm trong số
13 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá
√
3cm.
(Vòng 2, THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, 2008 - 2009)
Lời giải. Gọi D; E; F tương ứng là trung điểm các cạnh AB; AC; BC.
Khi đó tồn tại 4 điểm trong các điểm đã cho nằm trong tam giác đều cạnh
3cm. Giả sử 4 điểm đó thuộc tam giác ADE. Gọi P; Q; K là trung điểm
các cạnh, O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ADE. Khi đó tồn tại hai điểm
cùng thuộc một tứ giác và khoảng cách giữa chúng không lơn hơn
√
3cm.
Ví dụ 1.24. Một hình chữ nhật kích thước 3 ×4 được chia thành 12 hình
vuông đơn vị bởi các đường thẳng song song với các cạnh. Chứng minh
rằng với 7 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật ta luôn có thể chọn ra hai
điểm có khoảng cách không vượt quá
√
5. Chứng minh rằng kết luận của
bài toán vẫn đúng khi số điểm là 6 và sai khi số điểm là 5.
(Vòng 2, THPT Chuyên TP Hà Nội, 1996 - 1997)
Lời giải. a) Ta chia hình chữ nhật 3.4 thành 6 hình chữ nhật 1.2. Theo
nguyên lý Diriclet, với 7 điểm bất kì trong hình chữ nhật 3.4 luôn tồn tại
hai điểm thuộc một hình chữ nhật 1.2, khoảng cách giữa hai điểm này
không vượt quá
√
5 là độ dài đường chéo của hình chữ nhật 1.2.

22
b) Kết luận trên vẫn đúng với n = 6, ta chia hình chữ nhật thành 5 hình
như hình. Theo nguyên lý Diriclet, với 6 điểm bất kì trong 5 hình được
phân chia nói trên thì luôn tồn tại hai điểm cùng thuộc một hình, khoảng
cách của chúng không vượt quá
√
1
2
+ 2
2
=
√
5.
c) Kết luận trên không đúng với 5 điểm trong hình chữ nhật. Giả sử ABCD
là hình chữ nhật 3.4; AB = 4; AD = 3. O là tâm đối xứng của hình chữ
nhật. Ta có 4 điểm M; N; P ; Q lần lượt thuộc các cạnh OA; OB; OC; OD
sao cho: OM = ON = OP = OQ =
√
5. Theo định lý Talet ta có:
MQ
OM
=
AD
OA
=
6
5
> 1;
MN
OM

=
AB
OA
=
8
5
> 1
Suy ra MNP Q là hình chữ nhật có độ dài các cạnh đều lớn hơn
√
5. Chọn
A

; B

; C

; D

lần lượt là các điểm nằm trong các đoạn thẳng MA; NB; P C; QD
thì trong 5 điểm O; A

; B

; C

; D

khoảng cách giữa hai điểm bất kì lớn hơn
√
5.

23
BÀI TẬP
Bài tập 1.1. Số học sinh của một trường THCS là 1200 em. Một người
đưa ra nhận định: "Số học sinh khối 6 của trường không ít hơn 300, hoặc
số học sinh khối 7 không ít hơn 302, hoặc số học sinh khối 8 không ít hơn
303, hoặc số học sinh khối 9 không ít hơn 295".Nhận định trên đúng hay
sai? Tại sao?
Bài tập 1.2. Chứng minh rằng trong 57 số nguyên dương khác nhau có
tổng không vượt quá 2370, luôn tìm được hai số có tổng bằng 57.
Bài tập 1.3. Cho 4 số x; y; z; t thoả mãn: 0  x; y; z; t  4. Chứng minh
rằng các số x(4 − y); y(4 − z); z(4 − t); t(4 − x) không đồng thời lớn hơn
4.
Bài tập 1.4. Chứng minh rằng:
a)
√
6 là số vô tỉ.
b)
√
2 +
√
3 là số vô tỉ.
Bài tập 1.5. Chứng minh rằng từ 8 số nguyên dương tuỳ ý không lớn
hơn 20 ta luôn chọn được 3 số x; y; z là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
(THPT Chuyên ĐHQG TPHCM 2004-2005)
Bài tập 1.6. Tồn tại hay không số tự nhiên có tổng các chữ số là 19, số
đó chia hết cho 11 và chữ số hàng đơn vị, hàng chục đều là chữ số 5.
Bài tập 1.7. Trong lưới ô vuông kích thước 99×99 mỗi ô vuông được điền
số 1 hoặc −1. Kí hiệu a
i
; b

j
tương ứng là tích các số ở hàng thứ i và cột
thứ j(1  i; j  99). Chứng minh rằng:a
1
+b
1
+a
2
+b
2
+ +a
99
+b
99
= 0.
Bài tập 1.8. Trên đường tròn ta viết 200 số tự nhiên sao cho mỗi số là
trung bình cộng của số liền trước và liền sau nó. Chứng minh rằng tất cả
các số đó bằng nhau.
Bài tập 1.9. Trong một giải bóng đá có 12 đội tham dự thi đấu vòng tròn
một lượt (hai đội bất kì thi đấu với nhau đúng một trận).
a) Chứng minh rằng sau 4vòng đấu (mỗi đội thi đấu 4 trận) luôn tìm được
ba đội đôi một chưa thi đấu với nhau.
b) Khẳng định trên còn đúng không nếu mỗi đội đã thi đấu 5 trân.
(vòng 2, THPT Chuyên Hưng Yên 2012 - 2013)
24
Bài tập 1.10. Cho tứ giác lồi ABCD có độ dài 4 cạnh đều là các số
nguyên dương. Chứng minh rằng nếu độ dài mỗi cạnh đều là ước của chu
vi tứ giác thì tứ giác có ít nhất hai cạnh bằng nhau.
Bài tập 1.11. Chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều mà toạ độ
của các đỉnh là các số nguyên.

Bài tập 1.12. Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm
nào thẳng hàng. Người ta dựng một số đoạn thẳng có đầu mút là điểm đã
cho. Bậc của một điểm là số đoạn thẳng đã dựng có đầu mút là các điểm
đó. Chứng minh rằng số điểm bậc lẻ luôn là một số chẵn.
Bài tập 1.13. Một hội nghị có n người tham dự (n  2). Chứng minh
rằng luôn tồn tại hai người có số người quen bằng nhau.
Bài tập 1.14. Chứng minh rằng trong 103 số nguyên dương khác nhau
luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 100.
Bài tập 1.15. Cho 11 số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng tồn tại hai trong
số các số đã cho mà hiệu của chúng chia hết cho 30.
Bài tập 1.16. Cho (x
i
; y
i
; z
i
); i = 1; 9 là một tập hợp gồm 9 điểm khác
nhau có các toạ độ nguyên trong không gian Oxyz. Chứng minh rằng
trung điểm của đường nối ít nhất một trong các cặp điểm này có toạ độ
nguyên.
Bài tập 1.17. Một đội tuyển có 9 bạn đi thi học sinh giỏi, mỗi bạn đều
làm ba bài thi là Toán, Tiếng Anh và Văn. Điểm của các bài thi là các
số tự nhiên. Chứng minh rằng luôn có hai bạn mà trung bình cộng điểm
Toán, trung bình cộng điểm Tiếng Anh và trung bình cộng điểm Văn của
hai bạn đều là các số tự nhiên.
Bài tập 1.18. Cho 50 số nguyên dương không lớn hơn 98, chứng minh
rằng trong 50 số đó luôn tìm được ba số mà một số bằng tổng của hai số
kia.
Bài tập 1.19. cho 40 số nguyên dương a
1

; a
2
; ; a
19
và b
1
; b
2
; ; b
21
thoả
mãn đồng thời:
(i) 1  a
1
< a
2
< < a
19
 200
(ii) 1  b
1
< b
2
< < b
21
 200
25
Chứng minh rằng tồn tại bốn số a
i
; a

j
; b
k
; b
q
sao cho: a
i
< a
j
< b
k
< b
q
và
a
j
− a
i
= b
q
− b
k
.
Bài tập 1.20. Cho 3 số nguyên tố lớn hơn 3 và các số đó chia cho 12
có các số dư khác nhau. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 số mà tổng của
chúng chia hết cho 12.
Bài tập 1.21. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương được viết bởi
toàn chữ số 0 và 2 mà số đó chia hết cho 3019.
Bài tập 1.22. Chứng minh rằng từ 53 số tự nhiên ta luôn tìm được 27
số mà tổng của chúng chia hết cho 27

(Vòng 2, THPT Chuyên TP Hà Nội, 2010 - 2011)
Bài tập 1.23. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n thoả mãn:
(13579
n
− 1) chia hết cho 3
13579
(Thi HSG Toán 9, TP Hà Nội 2006 - 2007)
Bài tập 1.24. Chứng minh rằng nếu ta lấy ra 17 số bất kì trong 30 số
nguyên dương đầu tiên thì luôn tồn tại 4 số có tổng chia hết cho 62.
Bài tập 1.25. Cho 10 số tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng ta luôn chọn
được 4 số trong các số đã cho mà tổng của 4 số đó chia hết cho 25.
Bài tập 1.26. Chứng minh rằng nếu ta lấy ra 18 số bất kì trong 30 số
nguyên dương đầu tiên thì luôn tồn tại 6 số có tổng chia hết cho 93.
Bài tập 1.27. Trên mặt phẳng cho 9 điểm sao cho không có 3 điểm nào
thẳng hàng. Các điểm đó được nối với nhau đôi một bởi các đoạn thẳng
màu xanh hoặc màu đỏ sao cho trong 3 điểm bất kì bao giờ cũng có hai
điểm được nối với nhau bởi một đoạn màu đỏ. Chứng minh rằng luôn tồn
tại 4 điểm trong các điểm đã cho có các đoạn nối chúng đều màu đỏ.
Bài tập 1.28. Tập hợp P gồm 10 điểm trong đó có một số cặp điểm được
nối với nhau bởi các đoạn thẳng. Số các đoạn thẳng nối A với các điểm
khác trong P gọi là bậc của A. Chứng minh rằng luôn tồn tại hai điểm
của tập hợp P có cùng bậc.
(Vòng 2, THPT Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định 2002 - 2003)
Bài tập 1.29. Hình vuông ABCD có cạnh AB = 14cm. Trong hình
vuông ta đánh dấu 76 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một