Ứng dụng nguyên lý dirichlet giải toán

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
KHOA SƯ PHẠM
BỘ MƠN SP TỐN HỌC
------------

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

Đề tài:

ỨNG DỤNG
NGUYÊN LÝ DIRICHLET GIẢI TOÁN

Giáo viên hướng dẫn

Sinh viên thực hiện
Nguyễn Đức Khiêm

ThS. Nguyễn Hoàng Xinh

MSSV: B1500693
Lớp: SP Toán 01 K41

Cần Thơ, 2019


LỜI CẢM ƠN
Đề tài “ Ứng dụng nguyên lý Dirichet giải toán” là nội dung em chọn để nghiên
cứu và làm luận văn tốt nghiệp sau bốn năm học đại học chuyên ngành Sư phạm
Toán học tại trường Đại học Cần Thơ.
Để hồn thành q trình nghiên cứu và hồn thiện luận văn này, lời đầu tiên em
xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến Thầy Nguyễn Hoàng Xinh thuộc khoa Sư phạm

trường Đại học Cần Thơ. Thầy đã trực tiếp chỉ dạy và hướng dẫn em trong suốt quá
trình nghiên cứu. Ngoài ra em xin chân thành cảm ơn các Thầy, Cơ bộ mơn Sư phạm
Tốn đã đóng góp những ý kiến quý báu cho luận văn.
Nhân dịp này, em cũng xin cảm ơn đến quý Thầy Cô trong trường Đại học Cần
Thơ nói chung, các Thầy Cơ trong khoa Sư phạm nói riêng đã dạy dỗ cho em kiến
thức về các môn đại cương cũng như các môn chuyên ngành, giúp em có được cơ sở
lý thuyết vững vàng và tạo điều kiện giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập.
Cuối cùng em xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè, đã ln tạo điều kiện,
quan tâm, giúp đỡ, động viên em trong suốt quá trình học tập và hồn thành luận văn
tốt nghiệp.
Trân trọng cảm ơn!
Cần Thơ, ngày 6 tháng 5 năm 2019
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Đức Khiêm

i


MỤC LỤC

PHẦN MỞ ĐẦU .........................................................................................................1
PHẦN NỘI DUNG .....................................................................................................2
Chương 1

KIẾN THỨC CƠ SỞ ..............................................................................2

1.1

Các kiến thức cơ bản tính chất chia hết .........................................................2

1.2

Số chính phương ............................................................................................2

1.3

Các lý thuyết đồng dư ....................................................................................3

1.4

Các suy luận...................................................................................................4

1.5

Bảng phép nhân chữ số tận cùng ...................................................................4

1.6

Lý thuyết tổ hợp.............................................................................................4

1.7

Một số kiến thức liên quan khác ....................................................................4

Chương 2

NGUYÊN LÝ DIRICHLET ...................................................................6

2.1

Vài nét về tiểu sử Dirichlet ............................................................................6

2.2

Nguyên lý Dirichlet .......................................................................................7

2.2.1

Nguyên lý Dirichlet dạng cơ bản ............................................................7

2.2.2

Nguyên lý Dirichlet dạng tổng quát........................................................7

2.2.3

Nguyên lý Dirichlet dạng mở rộng .........................................................7

2.2.4

Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp...........................................................8

2.2.5

Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp mở rộng ............................................8

2.3

Ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải một số dạng toán thường gặp ...........9

2.3.1

Các bài toán về suy luận, logic ...............................................................9

2.3.2

Một số bài toán liên quan xác suất........................................................11

2.3.3

Các bài toán về tập hợp điểm................................................................17

2.3.4

Bài toán chia hết ...................................................................................22

2.3.5

Các bài tốn về dãy số ..........................................................................28

2.3.6

Tìm nghiệm phương trình nghiệm ngun. ..........................................31

2.3.7

Số chính phương ...................................................................................33

Chương 3

MỘT SỐ BÀI TỐN GIẢI BẰNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET .......38

PHẦN KẾT LUẬN ...................................................................................................45
TÀI LIỆU THAM KHẢO .........................................................................................46

ii


PHẦN MỞ ĐẦU
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

I.

Nguyên lý Dirichlet là một nguyên lý phát biểu rất đơn giản nhưng có thể áp dụng
rất nhiều trong toán học. Nguyên lý Dirichlet có thể chứng minh nhiều bài tốn bằng
cách chỉ ra sự tồn tại của vật cụ thể mặc dù không đưa ra cụ thể cách tìm vật này. Đây
là một nguyên lý rất hay, tuy nhiên một bộ phận không nhỏ học sinh hiện nay vẫn chưa
biết hay hiểu rõ về nguyên lý này. Vì vậy, với mong muốn cung cấp cho người đọc
những kiến thức cơ bản về nguyên lý Dirichlet và cách giải một số bài toán bằng nguyên
lý Dirichlet nên em đã tìm hiểu và nghiên cứu về đề tài:
“ỨNG DỤNG NGUN LÝ DIRICLET GIẢI TỐN”
II.

MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Đề tài nhằm mục đích giới thiệu các kiến thức về nguyên lý Dirichlet cho học

sinh, cung cấp cho học sinh một số cách giải bài tập ứng dụng ngun lý Dirichlet. Bên
cạnh đó cịn giúp học sinh tiếp cận được một số bài toán hay và sáng tạo.
III.

NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
Luận văn trình bày về tiểu sử của nhà tốn học Dirichlet, một số cách trình bày
ngun lý Dirichlet ở dạng nâng cao, ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải một số bài
tốn có dạng điển hình, một số bài tốn có liên quan đến ngun lý Dirichlet.
PHẠM VI VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:

IV.

-

Phạm vi nghiên cứu: luận văn chủ yếu đề cập nguyên lý Dirichlet từ đó đưa ra

các bài toán áp dụng nguyên lý này để giải quyết. Bên cạnh đó, luận văn cịn đưa ra các
bài toán nâng cao xuất hiện trong các đề thi quốc tế.
-

Đối tượng nghiên cứu: Các đề thi chính thức, thi học sinh giỏi, các bài viết trên

các diễn đàn toán học, những bài toán trong sách liên quan đến nguyên lý Dirichlet.
PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:

V.

Phương pháp nghiên cứu được sử dụng trong đề tài gồm thu thập thông tin, phân
tích, tổng hợp tài liệu từ internet và các tài liệu nghiên cứu.

1

PHẦN NỘI DUNG
Chương 1 KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1 Các kiến thức cơ bản tính chất chia hết
Cho a và b là những số nguyên, với b  0 . Chúng ta nói rằng a chia hết cho

b , ký hiệu b a , khi tồn tại một số nguyên q sao cho đẳng thức sau đúng a  b.q .
Chúng ta thường gọi số a là bội của b hoặc b là ước số của a . Số q được gọi là
thương số của phép chia a cho b . Trong phát biểu định nghĩa trên, nếu không tồn tại
một số q nào cả, thì chúng ta nói rằng a không chia hết cho b và ký hiệu b | a.
Từ định nghĩa trên chúng ta dễ dàng chứng minh được các tính chất sau:
-

Với mọi số nguyên a  0 chúng ta có a a . Phép chia hết có tính phản xạ.

-

Nếu b a và a c thì b c phép chia có tính chất bắc cầu.

-

Nếu b a và b c thì b  ac  .

-

Nếu a, b, m, n là những số nguyên tố và nếu c a và c b , thì c  ma  nb  .
Định lý sau đây giữ vai trò quan trọng cho phép chia một số nguyên cho một số
nguyên.

-

Với hai số nguyên bất kỳ a và b sao cho b  0 , tồn tại duy nhất những số nguyên q
và r thõa mãn a  b.q  r và 0  r  b .

1.2 Số chính phương
-

Cho p1 , p2 ,..., pn là những số nguyên tố khác nhau. Xét tập M của các số tự nhiên
mà nó có thể phân tích ra các thừa số nằm trong  p1 , p2 ,..., pn  . Mọi số x của M có
thể biểu diễn dưới dạng x  p1 p2 ... p n , với các số 1 , 2 ,..., n là các số ngun
1

2

n

khơng âm.
-

Số chính phương là những số x mà 1 , 2 ,..., n là các số nguyên chẵn không âm.

2


1.3 Các lý thuyết đồng dư
Một số tự nhiên a được gọi là đồng dư với số tự nhiên b module m khi và chỉ khi
phép chia các số a và b cho số tự nhiên m , m  0 , có cùng số dư r .
Kí hiệu: a  b  mod m 

a  mq  r
Ta có: a  b  mod m   

b  mq  r , r  m
Nếu a  b  mod m  thì ta có các tính chất và hệ quả sau:
-

Tính chất:

+ a  a  mod m 
+ a  b  mod m   b  a  mod m 
+ a  b  mod m  ; b  c  mod m   a  c  mod m 
n

n

k 1

k 1

+ a k  bk  mod m  với k  1,2,...,n ;  k   1;1    k ak   k bk  mod m 
n

n

k 1

k 1

+ a k  bk  mod m  với k  1,2,...,n   ak   bk  mod m 
-

Hệ quả

+ a  b  mod m   a  c  b  c  mod m 
+ a  b  c  mod m   a  b  c  mod m 
+ a  b  mod m   ac  bc  mod m  điều ngược lại chỉ đúng khi  m, c   1
+ a  b  mod m   a  b  mp  mod m 
+ a  b  mod m   an  bn  mod m 

3


1.4 Các suy luận
-

Chứng minh phản chứng:
Dựa vào mệnh đề logic

A B  B  A

.

Giả sử B đúng. Suy ra A sai.
-

Chứng minh quy nạp:
Xét mệnh đề đúng với n  1 , Giả sử mệnh đề đúng với n  k , ta cần chứng minh
mệnh đê đúng với n  k  1 .

1.5 Bảng phép nhân chữ số tận cùng
Muốn tìm chữ số tận cùng của phép nhân giữa 2 số ta dựa theo chữ số tận cùng của
từng số và bảng sau:



0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

2

0

2

4

6

8

0

2

4

6

8

3

0

3

6

9

2

5

8

1

4

7

4

0

4

8

2

6

0

4

8

2

6

5

0

5

0

5

0

5

0

5

0

5

6

0

6

2

8

4

0

6

2

8

4

7

0

7

4

1

8

5

2

9

6

3

8

0

8

6

4

2

0

8

6

4

2

9

0

9

8

7

6

5

4

3

2

1

1.6 Lý thuyết tổ hợp
-

Ta có bộ n số gồm 2 phần tử 0 và 1. Thì có 2n cách sắp xếp thứ tự các phần tử trong

n -số này.
-

Số lượng tập con khác rỗng của tập hợp M  1,2,..., n  1 là 2n1  1.

1.7 Một số kiến thức liên quan khác
-

Bán kính hình cầu ngoại tiếp hình lập phương: r 
4

a 3
.
2


-

Hai số nguyên tố cùng nhau: a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ước chung
lớn nhất của chúng là 1. Kí hiệu:  a, b   1 .

-

Nếu a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại một số nguyên x sao cho

ax  1 mod b  .

5


Chương 2 NGUYÊN LÝ DIRICHLET
2.1 Vài nét về tiểu sử Dirichlet
Dirichlet tên đầy đủ là Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (13/02/18055/5/1859) là một nhà toán học người Đức được cho là người đưa ra định nghĩa hiện đại
của hàm số. Ông là học trò của Gauss là người hâm mộ Gauss.
Trong thời gian học ở Pari, giữa 1822 và 1825, ông làm gia sư trong gia đình của
tướng và nhà chính trị Maximilien Foy. Trong thời gian này, ơng tham gia nhà bác học
trẻ, quây quần xung quanh Fourier. Vì Vậy ơng gắn bó với Fourier và các chuỗi lượng
giác.
Từ 1826-1828, Dirichlet là giảng viên trường Đại Học Breslau. Từ 1829 ông làm việc
ở trường Đại Học Berlin. Từ 1831 đến 1855 ông là giáo sư trường Đại học Berlin. Từ
1855, sau khi Gauss qua đời, ông kế tục Gauss ở trường Đại học Gottinggen.
Dirichlet có những phát minh lớn trong lý thuyết số. Ơng thiết lập các cơng thức cho
số các lớp dạng tồn phương hai ngơi với định thức cho trước. Ông chứng minh định lý
về tập hợp vô hạn các số nguyên tố trong một cấp số cộng gồm những số nguyên mà số
hạng đầu và công sai là nguyên tố cùng nhau. Để giải bài toán trên, ơng sử dụng những
hàm giải tích, gọi là hàm (chuỗi) Dirichlet. Ông sáng lập ra lý thuyết tổng quát về các
đơn vị đại số trong trường số đại số.
Về giải tích, Dirichlet là một trong những người đầu tiên quan niện hàm là sự cho
ứng với mọi x một phần tử y , mà khơng cần phải có biểu thức của y theo x bằng các
phép tính số học. Dirichlet cũng là người đầu tiên đề xuất và nghiên cứu khái niệm hội
tụ có điều kiện của chuỗi.
Ơng phát biểu và chứng minh những điều kiện đủ, thường gọi là điều kiện Dirichlet,

để chuỗi Fourier của một hàm số hội tụ tới hàm số đó.
Dirichlet cũng có những cơng trình đáng kể về cơ học và vật lý tốn, đặc biệt về lý
thuyết thế.

6


2.2

Nguyên lý Dirichlet

2.2.1

Nguyên lý Dirichlet dạng cơ bản

Nhốt n con thỏ vào n  1 cái lồng, thì có ít nhất 1 cái lồng chứa ít nhất 2 con thỏ.
Người ta còn gọi nguyên lý Dirichlet bằng các tên khác như: Nguyên lý chuồng bồ
câu, nguyên lý hộp, nguyên lý ngăn kéo.
Chứng minh
Nếu như khơng có lồng nào chứa nhiều hơn 1 con thỏ, thì chỉ có nhiều nhất n  1
con thỏ, trái với giả thuyết có n con thỏ. Nên có ít nhất 1 cái lồng chứa hơn 1 con thỏ.
2.2.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tổng quát
Nhốt nk  1 con thỏ vào n cái lồng thì có ít nhất 1 cái lồng chứa k  1 con thỏ.
Chứng minh
Giả sử mọi cái lồng đều chứa ít hơn k con thỏ. Khi đó tổng số con thỏ là k .n .
Mà k .n  k .n  1 nên có ít nhất 1 cái lồng chứa k  1 con thỏ.
2.2.3 Nguyên lý Dirichlet dạng mở rộng
Nếu m con thỏ được đặt vào n lồng và m  n, thì ( ít nhất) một cái lồng sẽ có ít nhất

m

m
con thỏ nếu m là bội của n, và ít nhất    1 con thỏ nếu m không phải là bội
n
n
của n.
Chứng minh
* Nếu m không là bội của n :
m
m
Giả sử mọi cái lồng đều chứa ít hơn   con thỏ. Khi đó tổng số con thỏ là n.   .
n
n
m
m
Mà n.    m nên có ít nhất 1 cái lồng chứa    1 con thỏ.
n
n

* Nếu m là bội của n :

7


m
con thỏ. Khi đó tổng số con thỏ ít hơn
n

Giả sử mọi cái lồng đều chứa ít hơn

n.

m
m
 m. Nên có ít nhất 1 cái lồng chứa
con thỏ.
n
n

2.2.4 Ngun lý Dirichlet dạng tập hợp
Cho A và B là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử
của 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 , thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của
A mà chúng tương ứng với một phần tử của B .

Hình 2.2.4
2.2.5 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp mở rộng
Tương tự như nguyên lý Dirichlet dạng tổng quát và nguyên lý Dirichlet dạng mở
rộng. Từ nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp, ta cũng có nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp
mở rộng.
Giả sử A, B là hai tập hợp hữu hạn và S  A  , S  B  tươnng 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   k .S  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 với cùng một phần tử của B.
Chú ý: Khi k  1 , ta có lại ngun lí Dirichlet dạng tập hợp.

8


2.3 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet để giải một số dạng toán thường gặp
2.3.1 Các bài toán về suy luận, logic

Ví dụ 2.3.1.1 Nam đặt 3 đồng xu vào 2 con lợn đất. Chứng minh rằng có 1 con lợn
chứa nhiều hơn 1 đồng xu.
Giải
Giả sử khơng có con heo đất nào chứa nhiều hơn 1 đồng xu. Tức có nghĩa là có nhiều
nhất 2 đồng xu được đặt vào 2 con heo đất.
Mà theo giả thiết có 3 đồng xu. Nên có ít nhất 1 con heo đất chứa nhiều hơn 1 đồng
xu.
Ví dụ 2.3.1.2 Chứng minh rằng trong bất kỳ 27 từ tiếng Anh nào cũng đều có ít
nhất 2 từ cùng bắt đầu từ 1 chữ cái.
Giải
Vì Bảng chữ cái tiếng Anh chỉ có 26 chữ cái. Nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại
ít nhất 2 từ có cùng chữ cái.
Ví dụ 2.3.1.3 Trong kỳ thi học sinh giỏi, điểm bài thi được đánh giá bởi một số
nguyên trong khoảng từ 0 đến 100. Hỏi rằng ít nhất có bao nhiêu học sinh dự thi để
cho chắc chắn tìm được hai học sinh có kết quả thi như nhau?
Giải
Theo nguyên lý Dirichlet, số học sinh cần tìm là 102 , vì ta có 101 kết quả điểm thi
khác nhau.
Ví dụ 2.3.1.4 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 tồng các số trong hai cặp

đó bằng nhau.
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 tri:  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.
9


Ví dụ 2.3.1.5 CMR trong n người bất kì, tồn tại hai người có số người quen như

nhau (kể cả trường hợp quen 0 người).
Giải
* Nếu trong n người có ít nhất 2 người khơng quen ai. Thì thỏa u cầu bài tốn.
* Nếu trong n người thì có ít nhất 1 người không quen ai.
Vậy trong n  1 người ( trừ người trên) sẽ khơng có ai khơng quen người nào cả.
Tức là số người quen từ 1 đến n  2 người. Ta có n  2 nhóm có số người quen khác
nhau cộng với trường hợp không quen ai cả nên lập thành n  1 nhóm có số người quen
khác nhau.
Mà theo giả thuyết có n người. Nên sẽ tồn tại ít nhất 2 người có số người quen giống
nhau. Hay nói cách khác là có 2 người có cùng số người quen.
Ví dụ 2.3.1.6 Trong lớp gồm 35 học sinh làm bài kiểm tra 15 phút, khơng có ai bị
điểm dưới trung bình. Chứng minh rẳng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm
tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên).
Giải
Ta thấy: Trong bài toán này: n.k+r = 35 là số lượng điểm kiểm tra từ 5 đến 10 , n là

6 loại điểm (từ 5 đến 10 ). Tồn tại k  1  6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
Có 35 hoc sinh phân chia vào 6 loại điểm (từ 5 đến 10 ).
Giả sử mỗi loại trong 6 loại điểm đều là điểm của khơng q 5 học sinh thì lớp học
có ít nhất: 5.6  30 học sinh, ít hơn 35 học sinh. Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm
tra bằng nhau.
Ví dụ 2.3.1.7 Một lớp có 50 học sinh. Chứng minh rằng có ít nhất 5 học sinh có
tháng sinh giống nhau.
Giải
Ta thấy: Trong bài toán này: n.k  r  50 là số lượng học sinh trong lớp, n  12 là
số tháng trong năm ( 12 tháng). Tồn tại k  1  5 học sinh có cùng tháng sinh với nhau.
Giả

sử

có

khơng

q

4

học

sinh

có

tháng

sinh

giống

nhau

Một năm có 12 tháng, khi đó số học sinh của lớp có khơng q: 12.4  48 (học sinh)
Theo ngun lí Dirichlet phải có ít nhất 5 học sinh có tháng sinh giống nhau.
10


Ví dụ 2.3.1.8 Có 17 nhà tốn học viết thư cho nhau trao đổi về 3 vấn đề,mỗi người
viết thư cho 1 người với 1 vấn đề. Chứng minh rằng ít nhất 3 nhà toán học trao đổi với
nhau về 1 vấn đề.

(Ví dụ có 3 nhà tốn học A, B, C trao đổi cho nhau về 3 vấn đề x , y, z thì có thể A
viết thư cho B về vấn đề x nên B sẽ viết thư lại cho A về vấn đề x. Lúc này A và B
cùng trao đổi cho nhau về 1 vấn đề là x ).
Giải
Xét 1 nhà toán học A bất kỳ trong 17 nhà tốn học đó. Thì người này phải trao đổi
với 16 người còn lại về 3 vấn đề (Gọi các vấn đề này là x , y, z ).
Ta có 16 nhà tốn học nhưng có 3 vấn đề. Theo ngun lý Dirichlet sẽ có ít nhất 6
nhà toán học cùng trao đổi về 1 vấn đề.
Giả sử 6 nhà toán học cùng trao đồi về một vấn đề x là B, C , D , E , F , G .
* Nếu có 2 nhà tốn học bất kỳ trong 6 nhà toán học B, C , D , E , F , G cùng trao đổi
về vấn đề x thì cùng với nhà tốn học A sẽ có 3 nhà tốn học cùng nhau trao đổi về 1
vấn đề.
* Nếu khơng có 2 nhà tốn học nào trong 6 nhà toán học B, C , D , E , F , G cùng trao
đổi về vấn đề x thì 6 nhà tốn học B, C , D , E , F , G chỉ trao đổi về 2 vấn đề là y và z .
Theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại ít nhất 3 nhà tốn học cùng trao đổi về 1 trong 2
vấn đề y và z .
Vậy trong 17 nhà toán học viết thư cho nhau trao đổi về 3 vấn đề, mỗi người viết
thư cho 1 người về 1 vấn đề, sẽ có ít nhất 2 nhà toán học cùng nhau trao đổi về 1 vấn
đề.
2.3.2 Một số bài toán liên quan xác suất.
Ví dụ 2.3.2.1 Có 3 quả bóng xanh, 3 quả bóng vàng và 3 quả bóng đen trong 1 cái
thùng. Nam nhắm mắt lấy 1 quả bóng từ thùng. Hỏi Nam cần lấy ít nhất bao nhiêu quả
bóng trước khi anh ấy nhận được 2 quả bóng cùng màu
Giải
11


Vì có 3 loại bóng nên Nam cần lấy 3 quả bóng để lấy ra 3 quả bóng khác loại và quả
bóng thứ 4 sẽ cùng loại với 1 trong 3 quả trên.
Ta cũng có thể giải theo cách sau: Do có 3 loại quả bóng có cùng số lượng nên chúng

ta cần phải lấy 3  1 lần để được 2 quả bóng cùng màu.
Ví dụ 2.3.2.2 Có 4 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh, 3 viên bi vàng và 1 viên bi trắng
trong túi của Julie. Không nhìn vào các viên bi, Julie lấy ra khỏi túi 4 viên bi cùng một
lúc. Hỏi Julie phải lấy nhiều nhất bao nhiêu viên bi trước khi cô ấy nhận được 3 viên bi
cùng màu.
Giải
* Nếu Julie trong lần đầu tiên lấy được viên bi trắng. Vậy còn lại 3 loại bi Nên cần
phải lấy ra ít nhất thêm 7 viên bi nữa để có 3 viên bi cùng màu. Như vậy Julie cần lấy
ra 8 viên bi
* Nếu Julie không lấy ra viên bi trắng trong lần đầu tiên. Vậy lần đầu tiên Julie lấy 4
viên bi trong 3 loại, vậy sẽ có ít nhất có 2 viên bi được lấy ra cùng màu.
Có 2 trường hợp: lấy ra 2 viên bi cùng màu và 2 viên còn lại khác màu hoặc lấy được
mỗi màu 2 viên bi.
Giả sử đó : lấy ra 2 viên bi cùng màu và 2 viên còn lại khác màu và 2 viên cùng màu
là màu xanh. Trong lần lấy thứ 2 Julie lấy ra 4 viên bi trong 4 loại.
-

Nếu Julie lấy ra 4 loại bi thì sẽ có 1 viên bi xanh trong 4 viên bi này. Như vậy

Julie lấy được 3 viên màu xanh.
-

Nếu Julie lấy ra 3 loại bi thì sẽ có ít nhất 2 viên bi có cùng màu. Trừ trường hợp

màu xanh và màu trắng, vì mỗi màu này chỉ còn 1 viên. Thêm 1 viên bi đã lấy ra ở lần
đầu. Như vậy Julie đã lấy ra 3 viên bi cùng màu.
Giả sử lấy được mỗi màu 2 viên bi là màu xanh và màu vàng.
-

Nếu Julie lấy ra 4 loại bi thì sẽ có 1 viên bi xanh trong 4 viên bi này. Như vậy

Julie lấy được 3 viên màu xanh và 3 viên bi vàng.
-

Nếu Julie lấy ra 3 loại bi và trong đó có 2 viên bi có cùng màu đỏ (trường hợp

mỗi màu xanh, trắng và màu vàng chỉ cịn 1 viên).Thì cịn 2 viên bi được lấy ra nằm
12


trong 2 nhóm (xanh, vàng) hoặc là trắng. Nhưng trắng có 1 viên bi nên vẫn có 1 viên bi
màu xanh hoặc vàng. Thêm 2 viên bi đã lấy ra ở lần đầu. Như vậy Julie đã lấy ra 3 viên
bi cùng màu.
Vậy Julie cần phải lấy 2 lần (8 viên bi)
Ví dụ 2.3.2.3 Một giáo viên thể dục dẫn các học sinh tới phòng thể dục để lấy một
số quả bóng rổ và bóng chuyền. Mỗi học sinh có thể lấy 2 quả bóng. Hỏi giáo biên phải
dẫn theo bao nhiêu học sinh để có ít nhất 2 học sinh lấy các quả bóng cùng loại.
Giải
Ta có các trường hợp lấy 2 quả bóng như sau:
Bóng chuyền- bóng rổ
Bóng rổ- bóng rổ
Bóng chuyền- bóng chuyền
Theo nguyên lý Dirichlet ta thấy cần 4 học sinh để có ít nhất 2 học sinh lấy các quả
bóng cùng loại.
Ví dụ 2.3.2.4 Có 3 loại đồ chơi được phát cho 1 nhóm trẻ em. Mỗi bé chỉ nhận được
2 món đồ chơi. Hỏi có bao nhiêu bé nếu ít nhất 2 bé nhận được cùng các món đồ chơi.
Giải
Đặt 3 loại đồ chơi là A, B, C
Do đó, các trường hợp mà mỗi bé nhận được 2 món đồ chơi là:
AA, AB, AC , BB, BC , CC .

Ta có 6 trường hợp mỗi bé nhận được khác các món đồ chơi.
Vậy đứa bé thứ 7 sẽ nhận được món đồ chơi cùng các món đồ chơi.
Ví dụ 2.3.2.5 Một người bán 5 loại hoa khác nhau. Nếu mỗi khách mua 2 loại hoa,
thì cần bao nhiêu khác để ít nhất 2 khách sẽ mua cùng loại hoa.
Giải
13


Đặt 5 loại hoa là A, B, C , D, E
Do đó, các trường hợp mà mỗi vị khách mua 2 loại hoa là:
AA, AB, AC , AD, AE , BB, BC , BD, BE , CC , CD, CE , DD, DE , EE .

Ta có 15 trường hợp mỗi vị khách mua được các loại hoa khác nhau.
Vậy vị khách thứ 16 sẽ mua được các loại hoa giống nhau.
* Nhận xét: Từ Ví dụ 3 và Ví dụ 5 ta nhận xét: Nếu có n loại đồ vật cần chia cho 1 số
người, để có 2 người nhận được cùng loại đồ vật thì đó cũng là un  1 trong dãy số sau:
1,3,6,10,15,21, un1  un  n

Ví dụ 2.3.2.6 Để được nhận vào đội tuyển cầu lông, mỗi người trong 6 vận động
viên phải thi đấu với nhau 1 trận. Hỏi có tổng cộng bao nhiêu trận đấu.
Giải
Ta có 6 vận động viên. Vì vậy mỗi người phải thi đấu 5 trận.
Nên người thứ nhất phải thi đấu 5 trận.
Người thứ 2 phải thi đấu thêm 4 trận (vì 1 trận đã thi đấu với người thứ nhất)
Người thứ 3 phải thi đấu thêm 3 trận (vì 2 trận đã thi đấu với người thứ nhất)
Người thứ 4 phải thi đấu thêm 2 trận (vì 3 trận đã thi đấu với người thứ nhất)
Người thứ 5 phải thi đấu thêm 1 trận (vì 4 trận đã thi đấu với người thứ nhất)
Người thứ 6 phải thi đấu thêm 0 trận (vì 5 trận đã thi đấu với người thứ nhất)
Vậy có tổng cộng: 1  2  3  4  5  15 trận đấu.

Ví dụ 2.3.2.7 Tại một bữa tiệc, 2 vị khách bắt tay với nhau duy nhất lần. Hỏi có tất
cả bao nhiêu cái bắt tay trong 8 vị khách.
Giải
Ta có 8 vị khách nên cần mỗi người phải bắt tay 7 lần.
Người thứ nhất bắt tay với 7 người. (trừ anh ta ra)
14


Người thứ 2 bắt tay thêm với 6 người ( trừ anh ta và người đầu)
Tương tự đến người thứ 8 sẽ bắt tay với 0 người. ( Vì tất cả những người trước đều
đã bắt tay với anh ta.
Vậy có tổng cộng: 7  6  5  4  3  2  1  0  28 cái bắt tay.
Ví dụ 2.3.2.8 Có 5 đường thẳng cắt nhau nhiều nhất bao nhiêu giao điểm. Từ đó suy
ra n đường thẳng cắt nhau tại nhiều nhất bao nhiêu giao điểm.
Giải
Ta có 5 đường thẳng nên mỗi đường thẳng có thể cắt tối đa với 4 đường thẳng cịn
lại.
Đường thẳng thứ nhất cắt các đường thẳng còn lại tại 4 giao điểm.
Đường thẳng thứ 2 cắt các đường thẳng cịn lại thêm 3 giao điểm nữa. ( Vì có 1 giao
điểm với đường thẳng đầu đã tính ở bên trên).
Đường thẳng thứ 3 cắt các đường thẳng còn lại thêm 2 giao điểm nữa. ( Vì có 2 giao
điểm với các đường thẳng đã tính ở bên trên).
Đường thẳng thứ 4 cắt các đường thẳng còn lại thêm 1 giao điểm nữa. ( Vì có 3 giao
điểm với đường thẳng đã tính ở bên trên).
Đường thẳng thứ 5 cắt các đường thẳng còn lại thêm 0 giao điểm nữa. ( Vì có 4 giao
điểm với đường thẳng đã tính ở bên trên).
Vậy: Số giao điểm mà 5 đường thẳng có thể cắt nhiều nhất là 4+3+2+1+0=10 giao
điểm.
Từ đây có thể suy ra nếu có n đường thẳng thì sẽ có

n 1

k

giao điểm.

k 0

Ví dụ 2.3.2.9 Có 21 lời “Xin chào” được chào bởi các đứa trẻ trong bữa tiệc. Nếu
mỗi đứa trẻ nói lời “Xin chào!” với mỗi đứa trẻ khác đúng 1 lần, hỏi có bao nhiêu đứa
trẻ.
Giải
15


Ta có :
- 2 đứa trẻ thì có 1 lời chào.
- 3 đứa trẻ thì có 3 lời chào. ( Vì đứa trẻ thứ nhất chào thứ 2 và 3, đứa trẻ thứ 2 chào
đứa trẻ thứ 3)
- 4 đứa trẻ thì có 6 lời chào. Chứng minh tương tự như 3 đứa trẻ.
Từ đây ta có thể suy ra: Nếu có n đứa trẻ thì sẽ có

n 1

 k lời chào.
k 0

* Chứng minh:
Xét n  1 tức là có 1 đứa trẻ nên sẽ có 0 lời chào. (Đúng với n  1 ).
Giả sử mệnh đề đúng với k đứa trẻ hay n  k. Có nghĩa là:

k 1

có

 k  0  1  2  3  ...  k  1 lời chào.
k 0

Ta cần chứng mình mệnh đề đúng với k  1 đứa trẻ hay n  k  1 .
Thật vậy khi xuất hiện đứa trẻ thứ k  1 thì sẽ có thêm k lời chào từ đứa trẻ thứ k  1
với k đứa trẻ ban đầu. Tức là: có

k 1

k

k 0

k 0

 k  k 0  1  2  3  ...  k  1  k   k lời chào.

Suy ra mệnh đề đúng với k  1 .
Vậy có n đứa trẻ thì sẽ có

n 1

 k lời chào.
k 0

n 1

Theo giả thiết ta có 21 lời chào. Nên

 k  21
k 0

 0  1  2  3  ...  n  1  21
Đây là cấp số cộng có số hạng đầu bằng 0, cơng sai bằng 1 và tổng của n số hạng là
21.
Sn 

2u1   n  1 d
2

16

.n


Suy ra

21 

2.0   n  1
2

.n

 n2  n  42  0

 n  7n

 n  6  l 
Vậy có 7 đứa trẻ nói 21 lời xin chào với nhau.
2.3.3 Các bài toán về tập hợp điểm
Ví dụ 2.3.3.1 Trong hình vng đơn vị (cạnh bằng 1 ) có 101 điểm. Chứng minh
rằng có năm điểm trong các điểm đã chọn được phủ bởi một đường trịn bán kính

1
.
7

Hình 2.3.3.1
Giải
Chia hình vng ra làm 25 hình vng bằng nhau, mỗi cạnh của hình vng là 0.2.
Vì có 101 điểm, mà chỉ có 25 hình vng, nên theo ngun lí Dirichlet tồn tại hình
vng nhỏ chứa ít nhất năm điểm (trong 101 điểm đã cho). Vì hình vng này nội tiếp

1
. 2
2
5

.
trong đường trịn bán kính R 
2
10

17

Do

2 1
 nên dĩ nhiên đường tròn đồng tâm với đường trịn ngoại tiếp trên và có
10 7

bán kính

1
chứa ít nhất năm điểm nói trên.
7

Ví dụ 2.3.3.2 Chứng minh rằng không tồn tại đường thẳng không đi qua đỉnh và cắt
ba cạnh của cùng một tam giác
Giải

Hình 2.3.3.2
Giả sử đường thẳng l cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại M và N , đường thẳng l
cắt đường thẳng BC tại P. Ta thấy l chia mặt phẳng chứa tam giác ABC thành 2
phần P1 và P 2 .
Coi P1, P 2 là những cái lồng: có 2 lồng.
A, B, C là con thỏ: có 3 con thỏ.

Mà 3  2 .
Nên B, C phải thuộc 1 trong P1 (hoặc P 2 ). Khi đó cạnh BC nằm hồn toàn trong
P1 ( hoặc P 2 ). Do vậy P nằm ngồi BC. Hay l khơng cắt cạnh BC.

18

Ví dụ 2.3.3.3 Trong mặt phẳng cho 5 điểm có tọa độ là các số nguyên. Chứng minh
rằng tồn tại ít nhất 2 điểm sao cho trung điểm của đoạn thẳng nối 2 điểm đó có tọa độ là
các số ngun.
Giải
Có 4 dạng tọa độ có tính chẵn lẻ khác nhau của 5 điểm đã cho là: (chẵn, chẵn), (chẵn,
lẻ), (lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ).
Theo định lý Dirichlet, có ít nhất 2 điểm có tọa độ có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2 điểm
này là Pi  a, b  và Pj  c, d  . Khi đó trung điểm của đoạn thẳng PP
i j có toạ độ là
ac bd 
,

 là các số nguyên.
2 
 2

Ví dụ 2.3.3.4 Trong mặt phẳng cho 6 điểm, trong đó khơng có ba điểm nào thẳng
hàng. Mỗi đoạn thẳng nối từng cặp điểm được bôi màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng
tồn tại ba điểm trong số sáu điểm đã cho, sao cho chúng là ba đỉnh của một tam giác mà
các cạnh của nó được bơi cùng một màu.

Hình 2.3.3.4
Giải
Gọi 6 điểm đó là A, B1 , B2 , B3 , B4 , B5 .

19


Xét A là một trong số sáu điểm đã cho. Khi đó xét năm đoạn thẳng (mỗi đoạn thẳng

nối điểm A với năm điểm cịn lại).
Vì mỗi đoạn thẳng được bơi chỉ màu đỏ hoặc xanh, nên theo ngun lí Dirichlet có
it nhất ba trong năm đoạn nói trên cùng màu.
Giả sử là các đoạn AB1 , AB2 , AB3 và có thể cho rằng chúng cùng màu xanh. Chỉ có
hai khả năng sau xảy ra:
1. Nếu ít nhất một trong ba đoạn B1B2 , B2 B3 , B3 B1 màu xanh thì tồn tại một tam giác
với ba cạnh xanh và kết luận của bài toán đúng trong trường hợp này.
2. Nếu không phải như vậy, tức là B1B2 , B2 B3 , B3 B1 màu đỏ, thì B1B2 B3 là tam giác
với ba cạnh đỏ. Nên ba điểm phải tìm là B1 , B2 , B3 .
Ví dụ 2.3.3.5 Trong không gian cho 37 "điểm nguyên" và không có ba điểm nào
thẳng hàng. Chứng minh rằng chọn được từ đó ba điểm để trọng tâm của tam giác lập
thành từ ba điểm này cũng là điểm nguyên.
Giải
Để trọng tâm G của tam giác tạo từ 3 điểm là điểm nguyên thì:


x1  x2  x3
 xG 
3

 x1  x2  x3 3
y1  y2  y3


  y1  y2  y3 3
 yG 
3
z z z 3

 1 2 3

z1  z2  z3

z

 G
3

Mỗi "điểm nguyên"  x; y; z  trong không gian cho tương ứng với bộ ba:

 g  x ; g  y ; g  z , ở đây g  x ; g  y ; g  z tương ứng là số dư của phép chia 3x ; 3y ; 3z .
Vì g  x   0,1,2 , nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 13 điểm (trong 37
“điểm nguyên” đã cho) có cùng giá trị với g  x  . Lấy 13 điểm trong các điểm đã cho.
20


Giả

sử

chúng

 x , y , z ;  x , y , z ;...;  x

là

1

1

1

2

2

2

13

, y13 , z13 

và

ta

có

g  x1   g  x2   ...  g  x13  .

Ta thấy rằng trong 13 điểm này đều có g  y   0,1,2 nên theo nguyên lý Dirichlet,
tồn tại ít nhất 5 điểm ( trong 13 điểm  x1 , y1 , z1  ;  x2 , y2 , z2  ;...;  x13 , y13 , z13  ) có cùng giá
trị g  y  . Gọi 5 điểm này là  x1 , y1 , z1  ;  x2 , y2 , z2  ;...;  x5 , y5 , z5  .
Tương tự như g  x  và g  y  thì g  z   0,1,2 . Xét 2 trường hợp sau:
* Trường hợp 1: Tồn tại 3 điểm trong số 5 điểm trên mà g  z  nhận cả 3 giá trị là 0;
1; 2. Giả sử 3 điểm đó là  x1; y1; z1  ,  x2 ;y2 ; z2  ,  x3 ; y3 ; z3  . Nên:

 g  x1   g  x2   g  x3   3.g  x1 

 g  y1   g  y2   g  y3   3.g  y1 


 g  z1   g  z2   g  z3   3
Vậy 3 điểm  x1; y1; z1  ,  x2 ;y2 ; z2  ,  x3 ; y3 ; z3  có

 x1  x2  x3 3

 y1  y2  y3 3
z z z 3
 1 2 3
Suy ra trọng tâm của tam giác tạo từ 3 điểm này cũng là điểm nguyên.
*

Trường

hợp

2:

Không

tồn

tại

3

điểm

trong

số

5

điểm

 x , y , z ;  x , y , z ;...;  x , y , z  nhận 3 giá trị là 0;1;2. Vậy chúng sẽ nhận giá trị từ 1
1

1

1

2

2

2

5

5

5

đến 2 giá trị trong 0;1;2. Theo ngun lý Dirichlet thì tồn tại ít nhất 3 điểm có cùng giá
trị g  z  . Giả sử 3 điểm đó là  x1; y1; z1  ,  x2 ;y2 ; z2  ,  x3 ; y3 ; z3  . Nên:

 g  x1   g  x2   g  x3   3.g  x1 

 g  y1   g  y2   g  y3   3.g  y1 


 g  z1   g  z2   g  z3   3.g  z1 

21


Vậy 3 điểm  x1; y1; z1  ,  x2 ;y2 ; z2  ,  x3 ; y3 ; z3  có:

 x1  x2  x3 3

 y1  y2  y3 3
z z z 3
 1 2 3
Suy ra trọng tâm của tam giác tạo từ 3 điểm này cũng là điểm nguyên.
Từ 2 trường hợp trên, ta suy ra: trọng tâm của tam giác lập thành từ ba điểm nguyên
(có tọa độ là số nguyên) cũng là điểm ngun.
Vậy trong khơng gian có 37 "điểm ngun" và khơng có ba điểm nào thẳng hàng.
Ln chọn được từ đó ba điểm để trọng tâm của tam giác lập thành từ ba điểm này cũng
là điểm nguyên.
2.3.4 Bài tốn chia hết
Ví dụ 2.3.4.1 “Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số a chia hết
cho một số p (nguyên tố cùng nhau với 10k ).”
Giải
Xét p  1 số tự nhiên có dạng a; aa; aaaa . Theo ngun lý Dirichlet thì có tồn tại
2 số có cùng số dư khi chia cho p . Giả sử 2 số đó là:

A  aa...aa và B  aa...aa với 0  k  n, k , n  .
k

n

Khi đó A  B  aa...aa 10k chia hết cho p .
nk

Mà  p,10k   1 nên C  aa...aa chia hết cho p .
nk

Ví dụ 2.3.4.2 Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết
cho 2007.
Giải
Xét 2008 số tự nhiên có dạng 1;11;111;1111 . Theo nguyên lý Dirichlet thì có tồn tại
2 số có cùng số dư khi chia cho 2007. Giả sử 2 số đó là:
22