Luận văn thạc sĩ phương pháp phản chứng với các bài toán phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------------------------

Phan Thị Yến

PHƢƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VỚI
CÁC BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2017


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------------------------

Phan Thị Yến

PHƢƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VỚI
CÁC BÀI TOÁN PHỔ THƠNG
Chun ngành: Phƣơng pháp Tốn sơ cấp
Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TS ĐẶNG HUY RUẬN

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU................................................................................................................................................ 1
CHƢƠNG 1. NGUYÊN LÝ DIRICHLET......................................................................................... 2
1.1.

Giới thiệu.......................................................................................................................... 2

1.2.

Một số dạng phát biểu của nguyên lý Dirichlet............................................................. 2

1.2.1.

Dạng tập hợp............................................................................................................ 2

1.2.2.

Dạng hình học.......................................................................................................... 2

1.2.3.

Dạng số học.............................................................................................................. 3

1.3.

Một số ví dụ ứng dụng nguyên lý Dirichlet.................................................................... 3

1.4.

Bài tập bổ sung............................................................................................................... 16

CHƢƠNG 2. PHƢƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG..................................................18
2.1.

Ví dụ mở đầu.................................................................................................................. 18

2.2.

Cơ sở lý thuyết của phép chứng minh phản chứng..................................................... 19

2.3.

Các bƣớc suy luận phản chứng.................................................................................... 20

2.4.

Phƣơng pháp chứng minh dùng mệnh đề phản đảo................................................... 21

2.5.

Một số bài tập vận dụng................................................................................................ 23

2.6.

Một số bài toán bổ sung................................................................................................. 42

KẾT LUẬN.......................................................................................................................................... 44
TÀI LIỆU THAM KHẢO................................................................................................................... 45

MỞ ĐẦU
Chứng minh là một nét đặc trƣng của Toán học, tạo ra sự khác biệt giữa Toán
học với các môn khoa học khác. Nắm bắt phƣơng pháp và kĩ thuật chứng minh cũng
là yêu cầu bắt buộc đối với học sinh nói chung. Các phƣơng pháp và kĩ thuật chứng
minh rất phong phú: Từ chứng minh trực tiếp đến gián tiếp, từ chứng minh bằng
quy nạp đến chứng minh bằng phản chứng, từ ví dụ đến phản ví dụ, từ xây dựng
đến không xây dựng.
Trong bài luận văn này xin đƣợc đề cập đến phép chứng minh phản chứng,
một trong những phƣơng pháp chứng minh kinh điển và quan trọng bậc nhất của
Tốn học. Chứng minh phản chứng có thể nói là một trong những vũ khí quan trọng
nhất của Tốn học. Nó cho phép chúng ta chứng minh sự có thể và khơng thể của
một tính chất nào đó. Nó cho phép chúng ta biến thuận thành đảo, biến đảo thành
thuận. Nó cho phép chúng ta lý luận trên những đối tƣợng mà khơng rõ là có tồn tại
hay khơng.
Phƣơng pháp chứng minh phản chứng đƣợc hình thành và phát triển dựa trên
nguyên lý Dirichlet, nên luận văn dành phần đầu trình bày nguyên lý Dirichlet, phần
sau trình bày về phƣơng pháp phản chứng. Bởi vậy luận văn gồm hai chƣơng:
Chƣơng 1: Trình bày về nguyên lý Dirichlet và một số dạng phát biểu của nó.
Chƣơng 2: Trình bày cụ thể về phƣơng pháp chứng minh phản chứng và áp
dụng phƣơng pháp này giải một số bài toán phổ thơng.
Luận văn đƣợc hồn thành dƣới sự hƣớng dẫn, giúp đỡ tận tình của GS.TS
Đặng Huy Ruận. Em xin bày tỏ lịng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy. Em
xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán – Cơ – Tin học, khoa Sau đại học,
Trƣờng Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, các Thầy, Cô giáo đã
trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho chúng em trong thời gian học tập tại đây.
Luận văn khó tránh khỏi hạn chế và sơ xuất. Rất mong đƣợc sự chỉ bảo của
Quý thầy cơ và bạn đọc để luận văn đƣợc hồn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!

1


CHƢƠNG 1. NGUYÊN LÝ DIRICHLET

1.1.

Giới thiệu.

Nguyên lý Dirichlet còn gọi là nguyên lý chuồng thỏ, hay nguyên lý ngăn kéo.
Nguyên lý Dirichlet đƣa ra nguyên tắc về sự sắp xếp, phân chia các phần tử vào các
lớp.
Nguyên lý Dirichlet đƣợc phát biểu vào năm 1834 bởi nhà Toán học nổi tiếng
ngƣời Đức – Johann Dirichlet (1805 -1859).
Sử dụng nguyên lý Dirichlet có thể chứng minh đƣợc sự tồn tại một cách dễ
dàng và cụ thể, nhƣng không đƣa ra đƣợc phƣơng pháp tìm một vật cụ thể. Đối với
những bài toán chỉ cần sự tồn tại, nguyên lý Dirchlet đƣợc phát biểu một các đơn
giản nhƣ sau: “Nhốt 10 chú thỏ vào 9 cái chuồng, thì ít nhất một chuồng có nhiều
hơn 1 con thỏ”.
Định lý 1.1 (Phát biểu tổng quát của nguyên lý Dirchlet).
Nếu m con thỏ đƣợc đặt vào n chuồng (m > n) thì ít nhất 1 chuồng có ít nhất
 m con nếu m chia hết n, và ít nhất
+1 con nếu m khơng chia hết n.
m







n 
n 

1.2.

Một số dạng phát biểu của nguyên lý Dirichlet.

Dựa vào Định lý 1.1 có thể phát biểu nguyên lý Dirichlet dƣới một số dạng sau:
1.2.1. Dạng tập hợp.
1) Nếu tập hợp gồm n phần tử đƣợc biểu diễn dƣới dạng tập hợp của k tập con,
phần tử.

thì phải có ít nhất một tập hợp con khơng chứa ít hơn
n

k

2) Cho tập hữu hạn S   và

S1, S2 ,....,
Sn

là các tập con của S, sao cho:


S1  S2  Sn

 k. S . Khi đó, x  S , sao cho x là phần tử chung của

k+1 tập Si i 1, 2,. ., n .

1.2.2. Dạng hình học.


1) Nếu tổng diện tích của một số hình nhỏ hơn S, thì khơng thể dùng số
hình này phủ lên một hình có diện tích bằng S.
2) Nếu trên đoạn thẳng có độ dài bằng 1 chia thành một số đoạn thẳng có
tổng độ dài bằng L, thì sẽ tìm đƣợc một điểm đƣợc phủ bằng khơng ít
hơn L đoạn thẳng.
3) Nếu các khoảng

F1, F2 ,...,
Fn

trong khoảng F có độ dài l và

có độ dài tƣơng ứng

l1,l2 ,....,l chứa
n

l1  l2 .....  ln  k.l , thì sẽ có

k 1

khoảng nào đó trong các khoảng đã cho có điểm chung.
4) Nếu các hình F1, F2 ,....,
Fn

với diện tích tƣơng ứng S1, S2 ,.....,

trong hình F có diện tích S và

chứa

Sn
S1  S2 ......  Sn  k.S , thì sẽ có

k 1

hình trong các hình đã cho có điểm chung.
1.2.3. Dạng số học.
Nếu trung bình cộng của một số số lớn hơn a, thì sẽ có ít nhất một số
trong các số này lớn hơn a.
Dựa trên một số dạng phát biểu của nguyên lý Dirichlet, ta xét một số bài tốn sau.
1.3.

Một số ví dụ ứng dụng ngun lý Dirichlet.

Trƣớc hết ta sẽ giải một số bài toán bằng cách chọn các chú thỏ thích hợp.
Bài tốn 1. Trong lớp có 30 học sinh. Khi viết chính tả bạn An phạm 13 lỗi, cịn các
bạn khác phạm ít lỗi hơn. Chứng minh rằng trong lớp có ít nhất 3 học sinh đã mắc
một số lỗi nhƣ nhau khi viết chính tả (kể cả những học sinh khơng mắc lỗi nào).
Lời giải. Ở đây “thỏ” tức là các em học sinh, còn “lồng” là số lỗi đã phạm phải khi
các em viết chính tả.
Ta lập 14 lồng đƣợc đánh số từ 0 đến 13.
Lồng số 0 “nhốt” các em viết chính tả phạm 0 lỗi;
Lồng số 1 “nhốt” các em viết chính tả phạm 1 lỗi;


Lồng số i (0  i  13) “nhốt” các em viết chính tả phạm i lỗi;

Chỉ có em An phạm 13 lỗi khi viết chính tả, nên lồng số 13 chỉ có một mình em An,
29 em còn lại đƣợc “nhốt” vào các lồng từ 0 đến 12, tức là 29 em đƣợc “nhốt” vào
13 lồng. Theo ngun lý Dirichlet, phải có ít nhất một lồng “nhốt” từ 3 em trở lên.
Chẳng hạn lồng i (0  i  12) có ít nhất ba em. Khi đó, ba em ở lồng i cùng phạm i
lỗi khi viết chính tả.
Bài tốn đƣợc chứng minh.
Bài tốn 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dƣơng n trong n + 2 số tự nhiên
đã chọn ln ln tìm đƣợc hai số, mà hoặc tổng hoặc hiệu của chúng chia hết 2n.
Lời giải. Với số nguyên dƣơng a ký hiệu số dƣ khi chia a cho 2n bằng k. Khi đó:
 Nếu 0  k  n , thì (a  k) 2n .
 Nếu

n  k  2n , thì (a  m)

Do đó với s (0  s  n)

2n

hoặc (a  s)

với 0  m  2n  k  n .
2n

hoặc (a  s) 2n .

Với nhận xét trên ta coi các số là “thỏ”, còn “lồng” là các số nguyên từ 0 đến n.
Lập n + 1 ô mang số hiệu từ 0 đến n.
Đƣa các số đã chọn ra vào các ô theo nguyên tắc sau: số a tùy ý trong n + 2 số đã

chọn ra đƣợc đƣa vào ô thứ s (0  s  n)

khi và chỉ khi hoặc (a  s)

2n

hoặc

(a  s) 2n .

Vì n + 2 số chỉ đƣợc đƣa vào n + 1 ô, nên phải có ít nhất một ơ chứa ít nhất 2 số.
Chẳng hạn, ơ thứ t có ít nhất hai số và a, b là hai trong các số này. Khi đó:




Nếu (a 
t)

2n

Nếu (a 

2n

t)




Nếu (a 

và (b  t) 2n , a  b  (a  t) (b  t) 2n .
thì và (b  t) 2n a  b  (a  t) (b  t)
, thì và (b  t) 2n . a  b  (a  t) (b 

t)

2n 2n , thì và (b  t) 2n . a  b  (a  t)



Nếu (a 

2n

t)

t) 2n , thì

(b  t) 2n .

Bài tốn 3. Chứng tỏ rằng trong n ngƣời tùy ý (n  2)
có số ngƣời quen (trong số họ) bằng nhau.

ln ln có ít nhất hai ngƣời


Lời giải. Trƣờng hợp này ta coi mỗi ngƣời đƣợc chọn ra là “thỏ”, còn “phòng” là
số ngƣời mà ngƣời đƣợc chọn ra quen.

Lập ra n “phòng” ghi chỉ số từ 0 đến n – 1 và mời những ngƣời đã chọn ra vào
“phòng” theo nguyên tắc sau: Mỗi ngƣời đã chọn ra đƣợc đƣa vào phòng thứ k
(0  k  n) khi và chỉ khi ngƣời đó quen k ngƣời trong số những ngƣời đã chọn ra.

Do nếu trong số những ngƣời đã chọn ra có ngƣời khơng quen ai trong số những
ngƣời cịn lại, thì trong những ngƣời đã chọn ra khơng có ngƣời nào quen đƣợc tất
cả những ngƣời còn lại. Bởi vậy “phòng” số 0 và “phòng” số n – 1 khơng thể đồng
thời có ngƣời, nên n ngƣời đã chọn ra chỉ đƣợc đƣa vào n – 1 “phịng”. Do đó, theo
ngun lý Dirichlet, phải có ít nhất một “phòng”, chẳng hạn, “phòng” thứ
t
(0  t  n 1) có ít nhất 2 ngƣời. Nhƣ vậy, có ít nhất hai ngƣời cùng có t ngƣời quen

trong n ngƣời đã chọn ra. Bài toán đƣợc chứng minh.
Bài toán 4. Một học sinh suốt một năm giải toán. Mỗi ngày em giải ít nhất một bài.
Để dành đều thời gian học tập các môn học khác, mỗi tuần em giải khơng q 12
bài tốn. Chứng minh rằng nhất định tìm đƣợc một số ngày liên tiếp, mà tổng số bài
toán em giải trong tất cả các ngày này là đúng 20 bài.
Lời giải. Xét trong n (n  1) tuần liên tiếp. Ký hiệu số bài tập em học sinh giải đƣợc
trong ngày thứ i
là

ai (1  i  7n). Khi đó, có một dãy các số lƣợng bài tập em đã giải:

a1, a2 ,....., ak , ak 1,. ., a7n .

Và số bài tập em giải đƣợc trong k ngày đầu
là
Xét hai dãy

Sk  a1  a2  ak

(k 1, 2,. . ., 7n) .

S1, S2 ,...., S7n (1)
S1  20, S2  20,...., S7n  20 (2)

Vì hàng ngày em giải ít nhất 1 bài tốn, nên i, j (1  i, j  7n) , i  j  Si  S j .
Từ đó suy ra các số trong dãy (1) đều khác nhau, nên các số trong dãy (2) cũng
khác nhau.
Mặt khác, do mỗi tuần em giải khơng q 12 bài tốn và khơng ít hơn 1 bài toán.
Bởi vậy i (1  i  7n)
quá 12n + 20.

đều có 1  Si  12n , nên mỗi số trong dãy (2) đều không vƣợt


Do đó tất cả các số thuộc dãy (1) và dãy (2) đều không nhỏ hơn 1 và không lớn hơn
12n + 20.


Cả dãy (1) và dãy (2) có đúng 2.7n = 14n số, mà mỗi số đều không nhỏ hơn 1 và
không vƣợt quá 12n + 20 nên để cho dãy S1, S2 ,....., S7n , S1  20, S2  20,....., S7n  20
(3) có ít nhất 2 số bằng nhau, thì 14n  2n  20 . Từ đó, 2n  20 , nên n  10 .

Vậy, nếu n 11,12,..... , thì nhất định trong dãy (3) có hai số bằng nhau. Do các số
trong dãy (1) đều khác nhau và các số trong dãy (2) cũng khác nhau, nên hai số
bằng nhau, thì một số phải thuộc dãy (1) còn số kia phải thuộc dãy (2) .
Giả sử S j  Si  20 với j  i và S j  Si  ai1  .....  a j 1  a j  Si  20 . Từ đó ta có

ai1  ai2 .....  aj 1  aj  20 , nghĩa là tổng số bài toán em học sinh giải trong j  i

ngày liên tiếp là 20 bài.
Bài toán 5. Trên mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng trong 3 điểm bất kỳ trong 25
điểm đã cho luôn tồn tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại
hình trịn bán kính 1 chứa ít nhất 13 điểm đã cho.
Lời giải. Lấy A là một trong số 25 điểm đã cho.

1

1
AB

Hình 1
Xét hình trịn C1  tâm A, bán kính 1. Khi đó có hai khả năng sau xảy ra:
i.

Nếu tất cả các điểm còn lại đều nằm trong C1  thì bài tốn đƣợc chứng minh.

ii.

Nếu trong số các điểm cịn lại, tồn tại điểm Bkhơng trùng điểm A, sao cho
B C1  .

Vì B   C1  nên AB > 1.


Xét hình trịn C2  tâm B, bán kính 1. Lấy điểm C bất kỳ trong số
25 điểm đã cho. Theo giả thiết, trong ba điểm A,B,C luôn tồn tại hai điểm
có

khoảng cách nhỏ hơn 1, nên

minCA,CB 1 . Vì

C   C2  .

thế

C   C1 hoặc



Điều này chứng tỏ rằng các hình trịn C1  và C2  chứa tất cả 25 điểm đã
cho.
Theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất một trong hai hình trịn trên chứa
khơng ít hơn 13 điểm đã cho.
Bài tốn 6. Cho hình chóp đáy là đa giác 9 cạnh. Tất cả các cạnh bên và 27 đƣờng
chéo của đa giác đáy đƣợc tô bằng một trong hai màu đỏ hoặc xanh. Chứng tỏ rằng:
Tồn tại ba đỉnh của hình chóp, sao cho chúng là những đỉnh của hình tam giác với
các cạnh đƣợc tơ cùng màu.
Lời giải. Xét 9 cạnh bên. Vì 9 cạnh này đƣợc tô bằng hai màu đỏ hoặc xanh, nên
theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 5 cạnh bên đƣợc tô cùng màu.
Không giảm tổng quát, giả sử 5 cạnh bên SA1, SA2 , SA3 , SA4 , đƣợc tô cùng màu đỏ.
SA5

Các điểm

A1, A2 , A3 , A4 , xếp theo chiều ngƣợc chiều kim đồng hồ.
A5

Xét đa giác A A A A A . Có hai khả năng sau xảy ra:
1 2 3 4 5
i.

Nếu

A1
A2

là đƣờng chéo của đáy. Khi đó hiển nhiên A2 A4 và A1

cũng

A4

là các đƣờng chéo của đáy.
Lại có hai khả năng sau xảy ra:
(a) Nếu cả ba đoạn

A1 A2 A 2 A 4 A1
A4
,
,

là ba đỉnh cần tìm.

A1 A2

(b) Nếu một trong các đoạn ,

cùng tơ màu xanh. Khi đó A1, A2 , A4

A2
A4 ,

A1 A4


tơ
đỏ.
màu
màu đỏ, thì

SA1
A2

Giả
sử

A1 A2 tơ

là tam giác có ba cạnh đƣợc tơ màu đỏ. Khi đó

S, A1, A2 là ba đỉnh cần tìm.

ii.

Nếu

A1

A2

là cạnh đáy. Khi đó hiển nhiên A1 A3 và A3

là các đƣờng chéo

A5

của đáy. Ta xét hai khả năng sau có thể xảy ra:
(a) Nếu A1 là đƣờng chéo của đáy, thì quay về khả năng i) với

A1 A3 A5

A5

là tam giác có ba cạnh là ba đƣờng chéo của đáy.
(b) Nếu

A1
A5

là cạnh đáy. Khi đó rõ rang A1 A3 và A1

là các đƣờng chéo

A4

của đáy.

S

A5

A1
A4

A2
A3

Hình 2
Tóm lại, bài tốn đƣợc giải quyết hồn tồn.


Bài tốn 7. Trong mặt phẳng có 19 điểm, khơng có ba điểm nào thẳng hàng. Từ
mỗi điểm nối với từng điểm khác bằng một đoạn thẳng màu xanh hoặc đỏ, sao cho
tại mỗi điểm xuất phát ít nhất 13 đoạn thẳng màu đỏ.
Chứng tỏ rằng có ít nhất một tứ giác có đỉnh nằm trong số các điểm đã cho, mà các
cạnh và đƣờng chéo đều màu đỏ.
Lời giải. Giả sử P là một trong số các điểm đã cho và 13 đoạn thẳng xuất phát từ P
là PA1, PA2 ,...., PA13 . Nối

A1 với A2 , A3 ,....., A13 bằng 12 đoạn thẳng.


P

A13

A1
A4

A2
A3

Hình 3
Theo giả thiết, từ mỗi điểm nối đƣợc 18 đoạn thẳng với các điểm cịn lại, trong đó
có ít nhất 13 đoạn màu đỏ. Do đó xuất phát từ mỗi điểm có tối đa 5 đoạn màu xanh.
Khi đó, trong các đoạn A1 A2 , A1 A3 ,.., A1 A12 , A1 có ít nhất 7 đoạn màu đỏ. Giả sử
A13

các đoạn màu đỏ đó là A1 A2 , A1 A3 ,..., A1 A8 .
Trong 6 đoạn

tứ giác

PA1 A2
A3

A2 A3 , A2 A4 ,..., A2
A8

có ít nhất 1 đoạn màu đỏ, giả sử là A2 A3 . Khi đó,

là tứ giác cần tìm.

Bài tốn 8. Trong hình vng đơn vị (cạnh bằng 1) có 101 điểm. Chứng tỏ rằng có
1

5 điểm trong các điểm đã cho đƣợc phủ bởi một đƣờng trịn bán kính .
7

Lời giải. Chia hình vng đã cho ra làm 25 hình vng bằng nhau có cạnh 0,2.
Vì có 101 điểm nằm trong 25 hình vng nhỏ nên theo ngun lý Dirichlet, tồn tại
một hình vng nhỏ chứa ít nhất 5 điểm (trong 101 điểm đã cho).
Vì hình vng nhỏ này nội tiếp trong đƣờng trịn bán kính R 

0, 2. 2



2



1

.


1

Vậy nên 5 điểm ở trên nằm trong đƣờng tròn bán kính .
7

2

10

7

Hình 4
Bài tốn 9. Chứng tỏ rằng trong mọi khối đa diện tồn tại ít nhất hai mặt có cùng số
cạnh.
Lời giải. Kí hiệu M là mặt có số cạnh lớn nhất của khối đa diện.
Giả sử M có k cạnh. Khi đó, có k mặt khác của khối đa diện có cạnh chung với M.
Do đó khối đa diện có ít nhất k + 1 mặt.
Vì mặt có số cạnh lớn nhất là k cạnh, nên mọi mặt của khối đa diện có số cạnh nhận
một trong các giá trị3, 4,....., k.
Khối đa diện có ít nhất k + 1 mặt mà số cạnh của mỗi mặt nhận một trong k – 2 giá
trị, nên theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất hai mặt của khối đa diện có cùng số cạnh.
Bài tốn 10. Một hình lập phƣơng có cạnh bằng 15 chứa 11000 điểm. Chứng minh
rằng có một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000 đã cho.
Lời giải. Chia mỗi cạnh của hình lập phƣơng thành 13 phần bằng nhau. Nhƣ thế hình
lập phƣơng đã cho đƣợc chia thành 133  2197 hình lập phƣơng nhỏ.
Do 11000 > 5.2197 = 10985, nên tồn tại ít nhất một hình lập phƣơng nhỏ, mà hình
lập phƣơng này chứa ít nhất 6 điểm.


Nhƣ đã biết, nếu gọi cạnh của hình lập phƣơng này là a, thì hình cầu ngoại tiếp có
3 . Vì thế bán kính hình cầu ngoại tiếp hình lập phƣơng
1
R

bán kính là R, với
.a

nhỏ (cạnh của nó là

15

13

2

) là:

R
.

1 15
.
3

2 13



1 3. 225
1
.
 1675  . 4  1
169
2169

2

2

Hình cầu này dĩ nhiên chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000 điểm đã cho.
Bài tốn 11. Trong hình vng cạnh 1 đơn vị có một đƣờng gấp khúc L không tự cắt

với độ dài lớn hơn 1000. Chứng minh rằng tồn tại một đƣờng thẳng m song song
với cạnh hình vng và cắt đƣờng L tại hơn 500 điểm.
Lời giải. Giả sử li là độ dài mắt thứ i của đƣờng gấp khúc L;

ai ,
bi

là độ dài hình

chiếu của nó lên các cạnh hình vng. Khi đó li  ai  bi . Suy ra:
1000  l1  l2 ...... ln  a1  a2 ...... an  b1  b2  bn  ,

tức là,

a1  a2 ......  an  500 hoặc b1  b2  bn  500 .

Nếu tổng độ dài hình chiếu của các mắt lên một cạnh độ dài 1 không nhỏ hơn 500,
thì theo nguyên lý Dirichlet cho độ dài đoạn thẳng, phải có điểm chung cho hơn 500
hình chiếu của các mắt gấp khúc, tức là đƣờng vng góc kẻ từ điểm chung đó sẽ
cắt đƣờng gấp khúc tại ít nhất 500 điểm.
Bài toán đƣợc chứng minh.
Bài toán 12. Cho đa giác đều 100 cạnh nội tiếp trong đƣờng tròn (C). Mỗi đỉnh
đƣợc gán một trong các số 1, 2, 3, …, 49. Chứng minh rằng trên (C) tồn tại hai cung
AB và CD có tính chất sau:
a. Các điểm A, B, C, D là các đỉnh của đa giác đều đã cho.
b. Các dây cung AB và CD song song với nhau.


c. Nếu A, B, C, D đƣợc gắn tƣơng ứng với các số a, b, c, d thì a  b  c  d .

A

B

D

C

Hình 5
Lời giải. Vì đa giác đều 100 cạnh nội tiếp trong (C), nên có đúng 50 đƣờng kính
khác nhau mà các đầu mút của các đƣờng kính này đều là các đỉnh của đa giác đều
100 cạnh cho trƣớc.
Giả sử AB là một trong các đƣờng kính ấy và giả sử A tƣơng ứng với số a, B tƣơng
ứng với số b.Bây giờ ta gán cho đƣờng kính AB số a  b .
Do a,b1, 2,3,....., 49 nên dễ thấy: 0  a  b  48 .
Nhƣ vậy mỗi một trong 50 đƣờng kính vừa xét tƣơng ứng với một trong các số 1,
2,3,....., 48 . Theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất hai đƣờng kính (trong số 50 đƣờng

kính) đƣợc đặt tƣơng ứng với cùng một số.
Khơng giảm tổng quát, giả sử hai đƣờng kính AC, BD đƣợc đặt tƣơng ứng cùng một
số và các đỉnh A, B, C, D tƣơng ứng với các số a, b, c, d trong đó c  a ; b  d

(Nếu

khơng phải nhƣ thế thì chỉ việc đổi tên các đầu mút của đƣờng kính).
Theo giả thiết thì đƣờng kính AC ứng với số a – c, cịn đƣờng kính BD ứng với số
db.

Từ a  c  d  b  a  b  c  d .

Rõ ràngABCD là hình chữ nhật, do đó AB // CD.
Bài toán đã đƣợc chứng minh.


Bài toán 13. Tất cả các số tự nhiên đƣợc chia một cách tùy ý thành hai nhóm.
Chứng tỏ rằng có ít nhất một nhóm chứa ba số mà một trong ba số này là trung bình
cộng của hai số còn lại.
Lời giải. Chọn s là số tự nhiên tùy ý thỏa mãn s  5 .
Xét bộ ba số s, s  2, s  4 . Khi đó có các khả năng
sau:
i.

Nếu các số s, s  2, s  4 cùng thuộc một trong hai nhóm, thì khẳng định
đƣợc chứng minh.

ii.

Nếu ba số trên không thuộc cùng một nhóm.
a
thuộc
b
2

Khơng giảm tổng qt, ký hiệu a,b thộc nhóm I. Khi đó,
nhóm II.
Vì a,bs, s  2, s  4
nên

2a  b  2s  (s  4)  s  4  1


2b  a  2s  (s  4)  s  4  1

(2a – b và 2b – a cũng là các số tự nhiên).
Khi đó, có hai khả năng sau xảy ra:
a) Một trong hai số 2a  b ; 2b  a thuộc nhóm I.




Nếu 2a 
b

thuộc nhóm I thì b;2a  b; a là bộ ba số cần tìm.

Nếu 2b 

thuộc nhóm I thì b;2b  a; a là bộ ba số cần tìm.

a
b) 2a 
b

Vì
b

và 2b 

đều thuộc nhóm II.

a

(2a  b)  (2b  a)

2

cần tìm.
Vậy bài tốn đƣợc chứng minh.



a

2

nên

là bộ ba số

ab

2a
; 2b 
  b;
a



2






Bài toán 14. Cho ba số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng tỏ rằng tồn tại hai sốc có tổng
hoặc hiệu chia hết 12.
Lời giải. Ký hiệu p là số nguyên tố lớn hơn 3. Khi đó, p là số lẻ và p khơng chia hết
3.
Do đó, phép chia

p :12 có số dƣ có thể là1;5;7;11.

Chia bốn loại số dƣ này thành hai nhóm:
 Nhóm I: dƣ 1 hoặc dƣ 11.
 Nhóm II: dƣ 5 hoặc dƣ 7.
Khi chia ba số nguyên tố này cho 12 ta đƣợc ba số dƣ. Ba số dƣ này thuộc một
trong hai nhóm trên, nên ngun lý Dirichlet, tồn tại một nhóm chứa ít nhất hai số
dƣ.
 Nếu hai số dƣ bằng nhau, thì hiệu của hai số ban đầu chia hết 12.
 Nếu hai số dƣ khác nhau, thì tổng của hai số ban đầu chi hết
12. Vậy bài toán đƣợc chứng minh.
Bài tốn 15. Chứng tỏ rằng có thể tìm đƣợc một số dạng 123123...123000...000 chia
hết 122.
Lời giải. Lập 122 số dạng sau:
A1  123 A2  123123
An  123123...123 Am  123123...123
n lần

m lần

A121  123123...123 A122  123123...123

121 lần

Chia lần lƣợt các
số
Vì
Ai

Do đó

122 lần

Ai cho 122 đƣợc số dƣ tƣơng ứng ri (1 i 122) .

là số lẻ với i 1, 2,.....,122 nên Ai không chia hết 122.
ri  0 i 1, 2,...,122 .


Bởi vậy khi chia tất cả 122 số thuộc dạng trên cho 122 ta thu đƣợc không quá 121
loại số dƣ nên phải có ít nhất hai số dƣ trùng nhau.
Giả sử Am và An là hai số mà khi chia cho 122 thu đƣợc số dƣ bằng nhau
(1  n  m  122). Khi

đó,

A  Am  An  123123...123 123123...123
m lần

n lần