Một số nguyên lý cơ bản

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

VŨ THỊ HỒNG PHƯỢNG

MỘT SỐ NGUYÊN LÝ CƠ BẢN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2017


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

VŨ THỊ HỒNG PHƯỢNG

MỘT SỐ NGUYÊN LÝ CƠ BẢN

Chuyên ngành: Đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
Thạc Sĩ: Dương Thị Luyến

Hà Nội – Năm 2017

Mục lục

Lời cảm ơn

1

Lời nói đầu

3

1

5

NGUYÊN LÝ DIRICHLET
1.1

1.2

Nguyên lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Nguyên lý Dirichlet cơ bản . . . . . . . . . . . .

5

1.1.2

Nguyên lý Dirichlet mở rộng . . . . . . . . . . .

6

1.1.3

Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp . . . . . . . .

6

1.1.4

Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp mở rộng . . .

7

Một số dạng toán áp dụng nguyên lý Dirichlet . . . . .

7

1.2.1

Áp dụng nguyên lý Dirichlet vào số học . . . . .

8

1.2.2

Áp dụng nguyên lý Dirichlet vào hình học . . .

18

2 NGUYÊN LÝ ĐẾM
2.1

2.2

26

Nguyên lý đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.1.1

Nguyên lý cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.1.2

Nguyên lý nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp
2.2.1

. . . . . . . . . . . . . . .

30

Chỉnh hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.3

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

2.2.2

Hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.2.3

Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

Một số dạng toán cơ bản của nguyên lý đếm . . . . . .

38

2.3.1

Bài toán đếm số . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.3.2

Một số bài toán phân chia, sắp xếp vật . . . . .

44

2.3.3

Bài toán đếm số phương án liên quan đến hình
học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 NGUYÊN LÝ QUY NẠP

47
51

3.1

Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

3.2

Bài tập vận dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

3.2.1

Bài toán chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

3.2.2

Chứng minh đẳng thức, tính tổng . . . . . . . .

56

3.2.3

Chứng minh bất đẳng thức

. . . . . . . . . . .

60

3.2.4

Trong một số bài toán hình học . . . . . . . . .

63

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Vũ Thị Hồng Phượng

67

K39C Sư phạm Toán


LỜI CẢM ƠN
Em xin bày tỏ lòng cảm ơn tới các thầy cô khoa Toán, trường Đại
học Sư phạm Hà Nội 2, các thầy cô trong tổ bộ môn Đại số cũng như
các thầy cô tham gia giảng dạy đã tận tình truyền đạt những tri thức
quý báu và tạo điều kiện thuận lợi để em hoàn thành tốt nhiệm vụ
khóa học và khóa luận.
Đặc biệt, em xin bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc tới
cô giáo - Thạc sĩ Dương Thị Luyến, người đã trực tiếp hướng dẫn,
chỉ bảo tận tình giúp đỡ để em có thể hoàn thành khóa luận này.
Do thời gian, năng lực và điều kiện bản thân còn hạn chế nên bản
khóa luận không thể tránh khỏi những sai sót. Vì vậy, em rất mong
nhận được những ý kiến góp ý quý báu của các thầy cô và các bạn.
Hà Nội, tháng 4 năm 2017
Sinh viên

Vũ Thị Hồng Phượng

1

LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận tốt nghiệp này là kết quả của quá trình học tập, nghiên
cứu, tìm tòi của em, hoàn thành trên cơ sở những kiến thức đã học
và tham khảo các tài liệu dưới sự chỉ bảo, hướng dẫn của các thầy cô
giáo, đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của cô giáo - Thạc sĩ Dương
Thị Luyến.
Em cam đoan khóa luận tốt nghiệp với đề tài "Một số nguyên
lý cơ bản" không có sự trùng lặp với các khóa luận.
Hà Nội, tháng 4 năm 2017
Sinh viên

Vũ Thị Hồng Phượng

2


LỜI NÓI ĐẦU
Theo thời gian toán học ngày càng phát triển. Trong nhà trường,
môn toán có một vị trí hết sức quan trọng. Để học tốt được môn
toán thì song song việc nắm vững lý thuyết chúng ta cần phải luyện
tập, thực hành thường xuyên. Bài tập trong môn toán rất đa dạng và
phong phú, đôi khi người thực hiện gặp khó khăn trong việc tìm ra
lời giải cho bài toán. Do vậy em bắt đầu đi vào học tập và nghiên cứu
một số phương pháp giải toán hữu ích đó là dựa trên những ứng dụng
về một số nguyên lý cơ bản của đại số như là nguyên lý Dirichlet, một
số nguyên lý cho bài toán đếm, nguyên lý quy nạp. Với những lý do
nêu trên, em đã chọn đề tài "Một số nguyên lý cơ bản" để làm khóa
luận tốt nghiệp.
Các nguyên lý cơ bản tuy rất đơn giản, nhưng việc vận dụng nó

như thế nào trong tình huống cụ thể thì thật không đơn giản. Khóa
luận được chia làm ba chương sau đây:
• Chương 1: Nguyên lý Dirichlet. Gồm các phần chính là: nội
dung nguyên lý; một số dạng bài tập vận dụng.
• Chương 2: Nguyên lý đếm. Gồm các phần chính là: Hai
nguyên lý đếm cơ bản là nguyên lý cộng và nguyên lý nhân; phần
hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp; hệ thống bài tập vận dụng.

3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

• Chương 3: Nguyên lý quy nạp. Ở chương này gồm các phần
chính: cơ sở lý thuyết về phần tiên đề quy nạp, phần thứ hai là vận
dụng nguyên lý vào trong giải toán.
" Một số nguyên lý cơ bản" là một đề tài hay và hấp dẫn. Tuy
nhiên, do thời gian và khả năng có hạn nên khóa luận của em không
tránh khỏi những hạn chế, thiếu sót. Em rất mong nhận được sự đóng
góp ý kiến của các thầy cô trong khoa Toán, các thầy cô trong hội
đồng phản biện và các bạn sinh viên để khóa luận được hoàn thiện
hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!

Vũ Thị Hồng Phượng

4

K39C Sư phạm Toán


Chương 1
NGUYÊN LÝ DIRICHLET
1.1

Nguyên lý Dirichlet

Nguyên lý Dirichlet được phát biểu đầu tiên vào năm 1834 bởi Peter
Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859) là nhà toán học người Đức
gốc Pháp.
1.1.1

Nguyên lý Dirichlet cơ bản

Nguyên lý Dirichlet còn gọi là "nguyên lý chuồng bồ câu" hoặc "
nguyên lý ngăn kéo "hoặc" nguyên lý nhốt thỏ vào lồng".
Nếu đem nhốt m con thỏ vào n chiếc lồng, với m > n thì ít nhất
cũng có một lồng nhốt không ít hơn hai con thỏ.
Hoặc là, nếu đem xếp m đồ vật vào n ô ngăn kéo, với m > n thì
ít nhất cũng phải có một ô ngăn kéo chứa không ít hơn hai đồ vật.
Chứng minh. Ta sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng
Giả sử không có lồng nào nhốt hai con thỏ trở lên, thế thì cho dù
mỗi lồng đều có nhốt một thỏ thì tổng số thỏ bị nhốt cũng chỉ là n

5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

thỏ, trong khi đó tổng số thỏ là m (m > n). Điều này vô lý. Vậy ít
nhất phải có một lồng nhốt từ hai thỏ trở lên.
1.1.2

Nguyên lý Dirichlet mở rộng

Nếu nhốt n thỏ vào m lồng (m 2) thì tồn tại một lồng có chứa ít
n+m−1
nhất [
] con thỏ. Trong đó kí hiệu [α] là phần nguyên của α.
m
Chứng minh. Ta chứng minh nguyên lý Dirichlet mở rộng theo phương
pháp chứng minh phản chứng như sau:
n+m−1
Giả sử trái lại mọi lồng thỏ đều không chứa đến [
]=
m
n−1
] + 1 con thỏ, thì số thỏ trong mỗi lồng đều nhỏ hơn hoặc bằng
[
m
n−1
[
] con.
m
n−1
Khi đó, tổng số thỏ trong m lồng không vượt quá [

].m n−1.
m
Vô lý vì có n con thỏ theo giả thiết. Tức giả sử sai. Vậy nếu nhốt n
n+m−1
]
thỏ vào m (m 2)thì tồn tại một lồng có chứa ít nhất [
m
con thỏ.
Nhận xét 1.1.1. Nguyên lý Dirichlet thực chất là một định lý về tập
hợp. Chúng ta có phát biểu khác của nguyên lý Dirichlet dưới dạng
tập hợp sau đây.
1.1.3

Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp

Cho A và B là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử là hữu hạn, số
lượng phần tử A lớn hơn số lượng phần tử của B. Nếu với một quy
tắc nào đó, mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tử của B

Vũ Thị Hồng Phượng

6

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Hình 1.1:

thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của A mà chúng tương ứng
với một phần tử của B.
Với cùng một cách diễn đạt như vậy, nguyên lý Dirichlet mở rộng.
1.1.4

Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp mở rộng

Giả sử A, B là hai tập hợp hữu hạn và S(A), S(B) tương ứng kí hiệu
là các số lượng phần tử của A và B. Giả sử có một số tự nhiên k nào
đó mà S(A) > kS(B) và ta có quy tắc cho tương ứng mỗi phần tử
của A với một phần tử của B. Khi đó tồn tại ít nhất (k + 1) phần tử
của A mà chúng tương ứng cùng với một phần tử của B.
Chú ý: Khi k = 1 ta có ngay lại nguyên lý Dirichlet.

1.2

Một số dạng toán áp dụng nguyên lý Dirichlet

Nguyên tắc Dirichlet là một công cụ hết sức có hiệu quả mà học
sinh được làm quen sớm nhất ngay từ khi học ở bậc tiểu học. Nguyên
tắc này chứng minh nhiều kết quả hết sức sâu sắc của toán học.

Vũ Thị Hồng Phượng

7

K39C Sư phạm Toán

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Cái khó của nguyên lý là phải nhận biết được sự sáng tạo ra "lồng"
và "thỏ". Để áp dụng được nguyên lý Dirichet ta cần làm xuất hiện
tình huống nhốt "thỏ" vào "lồng" và thỏa mãn hai điều kiện sau:
i. Số thỏ nhiều hơn số lồng.
ii. Thỏ phải được nhốt hết vào các lồng, nhưng không bắt buộc là
lồng nào cũng phải có thỏ.
1.2.1

Áp dụng nguyên lý Dirichlet vào số học

Các bài toán số học thường khó khăn trong việc tìm lời giải. Tuy
nhiên có một số lượng bài không nhỏ sử dụng nguyên lý Dirichlet để
giải quyết rất hiệu quả, trình bày tương đối đơn giản và dễ hiểu. Sau
đây là một số ví dụ điển hình.
a. Một số bài toán chia hết, tổng, hiệu.
Bài 1.
Cho 12 số tự nhiên tùy ý. Chứng minh rằng ta luôn tìm được hai số
mà hiệu của chúng chia hết cho 11.
Lời giải:
Nếu hai số tự nhiên chia cho một số mà có cùng số dư thì hiệu của
chúng phải chia hết cho số đó.
Vì vậy, để chứng minh bài toán ta phải chứng minh trong 12 số tự
nhiên có ít nhất hai số chia cho 11 có cùng số dư thì các số dư chỉ
có thể là 0, 1, 2, ..., 10. Áp dụng nguyên lý Dirichlet thì ít nhất hai số
chia cho 11 có cùng số dư. Khi đó hiệu của chúng chia hết cho 11.

Vũ Thị Hồng Phượng

8

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Ở đây "thỏ" chính là các số tự nhiên tức là 12 "thỏ" còn "lồng" là
các số dư có thể tức là có 11 "lồng".
Nhận xét: Với ví dụ trên ta có thể thay đổi số liệu và giải tương
tự. Do đó ta có thể tổng quát bài toán này như sau: Với n là một số
nguyên dương cho trước. Trong n + 1 số nguyên tùy ý, luôn tồn tại
hai số có hiệu chia hết cho n.
Thật vậy: Các số dư có được khi mang chia n + 1 số nguyên cho n
chỉ có thể là 0, 1, 2, ..., n − 1. Vì vậy, ắt phải có hai số khi chia cho n
có cùng số dư. Do đó hiệu của hai số này chia hết cho n. Số lồng mà
ta cần nhận ra trong lời giải này chính là n.
Bài 2. Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn luôn
chọn ra được 6 số là a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 sao cho
.
(a1 − a2 )(a3 − a4 )(a5 + a6 )..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 lý
Dirichlet phải tồn tại ít nhất 5 số đồng dư với nhau theo mođun 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 a1 , a2 sao cho a1 ≡ a2 ( mod 5).
.
Ngoài ra ta có a1 ≡a2 ( mod 3). Từ đó ta có a1 − a2 ..15.
.
Mặt khác có a1 , a2 cùng lẻ nên a1 − a2 ..2. Do (2, 15) = 1 nên suy ra
Vũ Thị Hồng Phượng

9

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

.
a1 − a2 ..30.
2. Xét bảy số còn lại: Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại bốn số đồng
dư với nhau theo mođun 3. Đem bốn số này chia cho 5 có hai khả
năng xảy ra:
Khả năng 1: Nếu có hai số chẳng hạn (gọi là a3 , a4 ) mà a3 ≡a4 ( mod 5).
.
.
.
Từ đó suy ra a3 − a4 ..5. Rõ ràng a3 − a4 ..3 và a3 − a4 ..2. Vì (5, 3, 2) = 1

.
nên ta có a3 − a4 ..30. Lấy hai số a5 , a6 bất kỳ (ngoài a1 , a2 , a3 , a4 đã
.
chọn) thì do a5 , a6 lẻ (do nguyên tố) nên a5 +a6 ..2. Từ đó suy ra:
.
(a1 − a2 )(a3 − a4 )a5 + a6 ..30.30.2 = 1800
Khả năng 2: Nếu bốn số này khi chia cho 5 các số dư khác nhau là

{1, 2, 3, 4}. Giả sử a5 ≡ 1( mod 5), a6 ≡ 4( mod 5) thì ta có:a5 + a6 ≡ 5( mod 5)
.
.
suy ra a5 + a6 ..5. Với hai số còn lại a3 , a4 ta có a3 − a4 ..3 (theo các chọn
.
.
bốn số trên). Do a3 , a4 , a5 , a6 lẻ nên a5 + a6 ..2, a3 − a4 ..2. Từ đó suy ra
.
.
a5 + a6 ..10 và a3 − a4 ..6. Vậy ta có:
.
(a1 − a2 )(a3 − a4 )(a5 + a6 )..30.10.6
Tóm lại luôn tồn tại a1 , a2 , ..., a6 phân biệt sao cho:
.
(a1 − a2 )(a3 − a4 )a5 + a6 ..30.30.2 = 1800
Bài 3. Biết rằng ba 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 ba số a, a + k, a + 2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3 nên

Vũ Thị Hồng Phượng

10

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

chúng đều là các số lẻ và không chia hết cho 3.
Do a, a + k cùng lẻ nên k = (a + k) − a chia hết cho 2.
Do ba số đều không chia hết cho 3 nên khi chia cho 3 có ít nhất
hai số có cùng số dư (theo nguyên lý Dirichlet). Ta có các trường hợp
xảy ra:
1. Nếu a + k ≡ a( mod 3) thì (a + k) − a ≡ 0( mod 3), suy ra
.
k ..3.
2. Nếu a + 2k ≡ a + k( mod 3) thì (a + 2k) − (a + k) ≡ 0( mod 3)
.
suy ra k ..3.
3. Nếu a + 2k ≡ a( mod 3) thì (a + 2k) − a ≡ 0( mod 3), suy
.
ra 2k ..3.
.
Mặt khác do (2, 3) = 1 nên k ..3.
.
Vậy trong mọi trường hợp thì k ..3. Lại do (2, 3) = 1 nên ta được
.
k ..6.
Bài 4. Cho 10 số nguyên dương u1 , u2 , ..., u10 . Chứng minh rằng

tồn tại các số ci ∈ {−1, 0, 1} 1, 10 không đồng thời bằng 0 sao cho
10
.
ci .ui ..1023.
i=1

Lời giải:
10

bi .ui , trong đó bi ∈ {0, 1},

Xét tất cả các số có dạng Aj =

i=1

i = 1, 10, j = 1, 1024.
Rõ ràng có tất cả 210 = 1024 số Aj , j = 1, 1024. Như vậy khi chia
1024 số này cho 1023 theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất hai số Ak và
Ah , k = h sao cho Ak ≡ Ah ( mod 1023)
Giả sử Ak , Ah có dạng sau:

Vũ Thị Hồng Phượng

11

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

10

bki .ui , bki ∈ {0, 1}

Ak =
i=1
10

bhi .ui , bhi ∈ {0, 1}

Ah =
i=1

.
Ta có Ak − Ah ..1023 ⇔

10

.
(bki − bhi )ui ..1023

i=1

Đặt ci = bki − bhi , i = 1, 10
Vì bki ∈ {0, 1}, bhi ∈ {0, 1} nên ci ∈ {−1, 0, 1}
Mặt khác do Ak = Ah nên ci không thể tồn tại đồng thời bằng
0 ∀i = 1, 10. Như thế ta đã chứng minh được sự tồn tại của mười số
ci ∈ {−1, 0, 1} không đồng thời bằng 0 sao cho:

10

.
ci .ui ..1023

i=1

Bài 5. Tập hợp các số 1, 2, ..., 100 được chia thành 7 tập hợp con.
Chứng minh rằng ít nhất ở một trong các tập con đó tìm được bốn số
a, b, c, d sao cho a + b = c + d hoặc 3 số e, f, g sao cho e + f = 2g.
Lời giải:
Ta có 100 số được chia thành 7 tập hợp con nên từ nguyên lý
Dirichlet suy ra có ít nhất một tập hợp con A chứa không ít hơn
100
[
] + 1 = 15 phần tử. Xét tất cả các cặp số (a, b), trong đó a > b,
7
của tâp hợp A.
Với mỗi cặp (a, b) như vậy ta xét hiệu (a − b). Vì tập hợp A có
không ít hơn 15 phần tử nên ta nhận được không ít hơn

15
2

= 105

hiệu.

Vũ Thị Hồng Phượng

12

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Do các số của tập A đều thuộc tập hợp {1, 2, ..., 100} nên các hiệu
nói trên thuộc tập hợp {1, 2, .., 99}. Mà có ít nhất 105 hiệu nên theo
nguyên lý Dirichlet suy ra trong số các hiệu trên phải có ít nhất hai
hiệu bằng nhau. Giả sử hai hiệu đó là a − b và c − d với a = c, b = d.
Khi đó a + d = b + c. Nếu 4 số a, b, c, d không phân biệt thì chỉ có thể
xảy ra a = d hoặc b = c, và lúc đó b + c = 2a hoặc a + d = 2b. Bài
toán đã được chứng minh.
Bài 6. Cho 51 số nguyên dương khác nhau không quá 100. Chứng
minh rằng tồn tại 2 trong 51 số ấy:
a) Hơn kém nhau 50 đơn vị
b) Có tổng bằng 101
Lời giải:
a) Khi chia một số bất kì cho 50 ta nhận được một số dư trong tập
hợp gồm 50 phần tử là {0, 1, .., 49}.
Khi chia 51 số đó cho 50 ta nhận được 50 số dư khác nhau. Theo
nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho
50. Chẳng hạn hai số đó là am và an , giả sử am > an . Khi đó
.
am − an ..50. Do 51 số nguyên dương đó không quá 100 nên ta có:
0 < am − an < 100 nên có tổng bằng 101 am − an = 50.
Tức là tồn tại hai số trong 51 số đã cho hơn kém nhau 50 đơn vị.

b) Gọi 51 số đã cho là a1 , a2 , ..., a51 . Giả sử a1 < a2 < ... < a51 . Xét
102 số chia thành hai nhóm:
Vũ Thị Hồng Phượng

13

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

+ Nhóm 1 gồm 51 số đã cho sắp xếp theo thứ tự tăng dần:
a1 < a2 < ... < a51 .
+ Nhóm 2 gồm 51 số đã cho sắp xếp theo thứ tự giảm dần:
101 − a1 > 101 − a2 > ... > 101 − a51 .
Ta có 102 số nguyên dương ấy lấy từ tập gồm 100 số {1, 2, .., 100}.
Vậy tồn tại hai số bằng nhau, hai số này thuộc hai nhóm khác
nhau chẳng hạn am thuộc nhóm 1 và 101 − an thuộc nhóm 2. Khi
đó am = 101 − an hay am + an = 101.
Hai số am và an không thể bằng nhau vì tổng của chúng là một
số lẻ. Đó là hai số trong 51 số đã cho có tổng bằng 101.
Nhận xét: Từ bài tập trên ta có thể mở rộng bài toán tổng quát
như sau: Chọn bất kì n + 1 số trong 2n số tự nhiên từ 1 đến 2n
(n

2). Chứng minh rằng trong các số được chọn có ít nhất 1 số

bằng tổng của 2 số khác (2 số hạng của tổng có thể trùng nhau)
Bài 7. Cho a và m là hai số nguyên dương tùy ý. Chứng minh rằng
các số của phép chia a, a2 , a3 , ... cho m lặp lại một cách tuần hoàn (có
thể không bắt đầu từ đầu).
Lời giải:
Xét m + 1 lũy thừa đầu tiên a, a2 , ..., am+1 . Khi chia một số nguyên
dương bất kì cho m thì các số dư phải thuộc tập hợp {0, 1, 2, ..., m−1}.
Áp dụng nguyên lý Dirichlet phải tồn tại hai trong m + 1 số trên
chia cho m cùng số dư. Giả sử hai số đó là ak và ak+1 (k > 0) thì ta có:

ak ≡ ak+l (

Vũ Thị Hồng Phượng

mod m), (l > 0) (1)

14

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

.
Suy ra với mọi n

k ta có

an ≡ an+l (

mod m) (2)

.
Đẳng thức (2) chứng tỏ rằng bắt đầu từ vị trí ak các số dư lặp lại
tuần hoàn.
Bài tập tương tự
Bài tập 1. Cho 5 số nguyên phân biệt ai i = 1, n. Xét tích:
P =(a1 − a2 )(a1 − a3 )(a1 − a4 )(a1 − a5 )
(a2 − a3 )(a2 − a4 )(a2 − a5 )(a3 − a4 )(a3 − a5 )(a4 − a5 )
.
Chứng minh rằng P ..288
Bài tập 2. Cho a1 < ... < an ≤ 2n là n số nguyên dương thả mãn
điều kiện [ai , aj ] > 2n với mọi i = j. Chứng minh rằng a1 > [2n/3]
ở đây[a, b] là bội chung nhỏ nhất của hai số a và b, còn [α] là phần
nguyên của số α.
Bài tập 3. Chứng minh rằng: Tồn tại một bội của 17
a) Gồm toàn chữ số 1 và 0.
b) Gồm toàn chữ số 1.
Bài tập 4. Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương phân
biệt không vượt quá 2n, bao giờ cũng có 2 số nguyên tố cùng nhau.
b.Bài toán suy luận logic.

Vũ Thị Hồng Phượng

15

K39C Sư phạm Toán

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Bài 1. Ta biết rằng hai người bất kỳ có thể quen hoặc không quen
nhau. Chứng minh rằng trong 2017 người bất kỳ, luôn có hai người có
só người quen bằng nhau.
Lời giải:
Rõ ràng số người quen của một người nào đó trong trường hợp này
chỉ có thể nhận các giá trị từ 0 đến 2016. Mặt khác nếu có ai đó không
quen ai thì cũng không thể có ai đó quen tất cả những người còn lại.
Khi đó ta có 2017 người được phân thành 2016 "lồng" theo số lượng
người quen. Áp dụng nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai "thỏ" thuộc
cùng một "lồng" tức là tồn tại hai người có số người quen như nhau.
Bài toán tổng quát Chứng minh rằng trong n người bất kì, tồn
tại hai người có số người quen như nhau.
Bài 2. Giả sử một nhóm sáu người mà mỗi cặp hai người hoặc là
bạn hoặc là thù. Chứng minh rằng trong nhóm có ba người bạn lẫn
nhau hoặc ba người là kẻ thù của nhau.
Lời giải:
Giả sử 6 người: A,B,C,D,E,F.
Xét bạn A, năm người còn lại có thể là bạn hoặc là kẻ thù của A.
Theo nguyên lý Dirichlet luôn có ba người là bạn hoặc là thù của A.Ta
có các trường hơp
Trường hợp 1: A có ba người bạn giả sử là B,C,D. Nếu trong ba
người này có hai người là bạn thì hai người này cùng với A là ba người
bạn của nhau. Còn nếu ba người B,C,D không có ai là bạn của nhau
thì họ là một bộ ba người là thù của nhau.
Trường hợp 2: A có ba kẻ thù giả sử là B,C,D. Nếu trong ba người

Vũ Thị Hồng Phượng

16

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

này có hai người là thù của nhau thì hai người đó cùng với A là ba
kẻ thù của nhau. Nếu trong ba người này không có ai là thù của họ
thì họ là ba người bạn của nhau. Vậy tất cả các trường hợp đều thỏa
mãn nên yêu cầu bài toán được chứng minh.
Bài 3. Có 8 đội tham gia giải vô địch bóng đá trong đó hai đội
bất kì phải gặp nhau đúng một lần, và biết đến cuối giải không có
trận nào hòa. Chứng minh rằng trong 8 đội ta luôn tìm được 4 đội
A,B,C,D thỏa mãn A thắng B,C,D và B thắng C,D, và C thắng D.
Lời giải:
Khi kết thúc giải, có tất cả

8
2

= 28 trận đấu.

Do đó phải có 28 lượt đội thắng (mỗi đội được tính nhiều lượt). Vì
có 8 đội nên theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất một đội thắng 3 lượt.

Giả sử đội đó là đội A và các đội thua đội A là B,C,D.
Tương tự như vậy, ba đội B,C,D đấu với nhau 6 trận, cũng theo
nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất một đội thắng 2 trận. Giả sử đó là
đội B và hai đội thua là C và D.
Ta còn hai đội C và D đấu với nhau, vì theo đề bài đến cuối giải
không có trận nào hòa nên có thể coi là C thắng D.
Bài 4. Có 25 bạn nam và 25 bạn nữ ngồi quanh bàn tròn. Chứng
minh rằng luôn có thể tìm ra một người mà 2 người ngồi bên cạnh
đều là nữ.
Lời giải:
Giả sử có một sự sắp xếp chỗ ngồi mà không có ai ngồi giữa 2 bạn
nữ. Ta gọi một nhóm người có cùng giới tính ngồi giữa 2 người khác
giới tính là một khối.

Vũ Thị Hồng Phượng

17

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Theo giả thiết phản chứng thì một khối nữ có nhiều nhất 2 nữ và
phải có ít nhất 2 nam ngồi giữa 2 khối nữ liên tiếp.
25
Vì có 25 nữ nên có ít nhất [ ] + 1 = 13 khối nữ, do đó cần ít nhất
2

13.2 = 26 nam (trái với đầu bài). Do vậy điều giả sử trên là sai, ta
luôn có thể tìm được một người mà hai người ngồi bên cạnh đều là
nữ.
Bài tập tương tự
Bài tập 1. Có 17 nhà bác học viết thư trao đổi với nhau về 3 chủ
đề, mỗi cặp chỉ trao đổi về một chủ đề. Chứng minh rằng luôn tìm
được 3 nhà bác học đôi một viết thư trao đổi với nhau cùng về một
chủ đề.
Bài tập 2. Một khu tập thể sống 123 người, tổng số tuổi của họ
là 3813. Chứng minh rằng chọn 100 người sống khu tập thể này mà
tổng số tuổi của họ không nhỏ hơn 3100.
Bài tập 3 Có 30 học sinh làm bài viết chính tả. Một trong số học
sinh đó bị 14 lỗi, các học sinh khác mắc số lỗi ít hơn. Chứng minh
rằng có ít nhất ba người mắc số lỗi bằng nhau.
1.2.2

Áp dụng nguyên lý Dirichlet vào hình học

Trong phần này trình bày một số kết quả (thực chất là một số nguyên
lý Dirichlet áp dụng cho độ dài các đoạn thẳng, diện tích các hình
phẳng, thể tích các vật thể) thường sử dụng trong các bài toán hình
học.
1. Nguyên lý Dirichlet cho diện tích: Cho K là một hình phẳng
n

K1 , K2 , .., Kn là các hình phẳng sao cho Ki ⊆ K và |K| <

|Ki |.
i=1

Vũ Thị Hồng Phượng

18

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Ở đây |K| là diện tích của hình phẳng K, còn |Ki | là diện tích hình
phẳng Ki ,i = 1, n, thì tồn tại ít nhất hai hình phẳng Ki , Kj , (1 ≤
i ≤ j ≤ n]) mà chúng có điểm trong chung. (Ở đây ta nói rằng
P là điểm trong của tập hợp A trên mặt phẳng nếu như tồn tại
hình tròn tâm P bán kính đủ bé sao cho hình tròn này nằm trọn
trong A).
2. Nguyên lý Dirichlet cho thể tích: Nếu A là một khối giới hạn
bởi các mặt cong phẳng, A1 , A2 , ..., An là các khối sao cho Ai ⊆
A (i = 1, 2, ..., n) và V (A) < V (A1 ) + V (A2 ) + ... + V (An )( Ở đây
ta kí hiệu V (A) là diện tích khối A) thì ít nhất có hai khối trong
số các khối trên có điểm trong chung.
3 Nguyên lý Dirichlet cho độ dài đoạn thẳng: Cho A là một khoảng
giới nội, A1 , A2 , ..., An là các khoảng sao cho Ai ⊆ A (i = 1, 2, ..., n)
và d(A) < d(A1 ) + d(A2 ) + ... + d(An )( Ở đây ta kí hiệu d(A) là
độ dài của khoảng A). Khi đó ít nhất có hai khoảng trong số các
khoảng trên có một điểm trong chung.
Bài 1. Trong một tam giác đều có cạnh bằng 2 lấy 5 điểm bất kỳ.
Chứng minh rằng tồn tại 2 điểm cách nhau một khoảng không vượt
quá 1.

Lời giải:
Ta coi 5 điểm là 5 thỏ hay 5 phần tử.
Bây giờ ta chia tam giác đều đã cho thành 4 tam giác đều nhỏ, có
cạnh bằng 1 và coi 4 tam giác là 4 lồng hay 4 tập hợp
Ta thấy bốn tam giác chứa 5 điểm đã cho. Theo nguyên lý Dirichlet
Vũ Thị Hồng Phượng

19

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Hình 1.2:

sẽ có một tam giác nhỏ chứa 2 điểm. Vì cạnh của tam giác đều nhỏ
bằng 1 nên khoảng cách giữa 2 điểm đó không vượt quá 1. ( )
Bài 2. Cho một hình vuông và 13 đường thẳng. Mỗi đường thẳng
đều chia hình vuông thành hai tứ giác có diện tích là 2 : 3. Chứng
minh rằng trong số 13 đường thẳng đã cho có ít nhất 4 đường thẳng
cùng đi qua 1 điểm.
Lời giải:
Gọi d là một trong số 13 đường thẳng đã cho. Đường thẳng d chia
hình vuông ABCD thành hai tứ giác có diện tích là 2 : 3.
Khi đó d không thể cắt hai cành kề nhau của hình vuông. Vì nếu
như vậy thì d sẽ chia hình vuông thành một tam giác và một ngũ giác,
do đó d cắt hai cạnh đối của hình vuông.

Giả sử d cắt AB,CD lần lượt tại M và N sao cho SBM N C = 32 SAM N D ,
d cắt đường trung bình EF tại I thì ta có F I = 32 EI.
Như vậy mỗi đường thẳng đã cho chia các đường trung bình của
Vũ Thị Hồng Phượng

20

K39C Sư phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Th.S Dương Thị Luyến

Hình 1.3:

hình vuông theo tỉ số 2 : 3.
Có 4 điểm chia các đường trung bình của hình vuông ABCD theo
tỉ số 2 : 3
Có 13 đường thẳng đi qua chúng
Vậy nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất [ 13
4 ] = 4 đường thẳng
đi qua một điểm.
Bài 3. Trong hình vuông cạnh bằng 1, đặt 101 điểm. Chứng minh
1
rằng có năm điểm đã chọn phủ bởi một đường tròn bán kính .
7
Lời giải:
Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có
1

cạnh bằng . Vì có 101 điểm mà chỉ có 25 hình vuông nên theo nguyên
5
lý Dirichlet tồn tại ít nhất một hình vuông nhỏ chứa ít nhất năm điểm
(trong 101 điểm đã cho). Vì hình vuông này nội tiếp đường tròn bán
1
√
√
2
kính R= 5 . 2=
10
√2
2 1
Do
< nên đường tròn đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp
10
7
Vũ Thị Hồng Phượng

21

K39C Sư phạm Toán