CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 6
vectorstock.com/30416001
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection
20 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 6 SGK MỚI (CẢ 3 BỘ SÁCH) CHUYÊN ĐỀ 7 SỐ NGUYÊN, CHUYÊN ĐỀ 8 NGUYÊN LÍ DIRICHLET (TÓM TẮT LÝ THUYẾT, CÁC DẠNG BÀI, BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG) WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594
PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. TẬP HỢP SỐ NGUYÊN. - Các số tự nhiên (khác 0) 1; 2;3; 4;... còn được gọi là các số nguyên dương. - Các số −1; − 2; − 3;... gọi là các số nguyên âm.
FI CI A
CHỦ ĐỀ 1: SỐ NGUYÊN VÀ TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.
L
ĐS6. CHUYÊN ĐỀ 7 - SỐ NGUYÊN.
OF
- Tập hợp ℤ gồm các số nguyên âm, số 0, số nguyên dương gọi là tập hợp số nguyên.
ℤ = {...; − 3; − 2; − 1;0;1; 2;3;...} - Tập hợp các số nguyên được biểu diễn trên trục số.
ƠN
- Cho a, b∈ ℤ . Trên trục số, các điểm a ; b cách đều điểm 0 thì a được gọi là số đối của b và ngược lại b cũng là số đối của a , số đối của 0 là 0.
2. THỨ TỰ TRONG ℤ
NH
- Trên trục số nằm ngang, chiều dương của trục số hướng từ trái qua phải, chiều ngược lại là chiều âm. - Điểm biểu diễn số nguyên a gọi là điểm a .
- Cho a, b∈ ℤ nếu điểm a nằm trước điểm b thì số nguyên a nhỏ hơn số nguyên b (ký hiệu là a < b ) - Mọi số nguyên âm đều nhỏ hơn 0, do đó nhỏ hơn mọi số nguyên dương.
QU Y
- Nếu a; b là hai số nguyên dương và a > b thì −a < −b * Nâng cao: Với a, b, c ∈ ℤ nếu a < b ; b < c thì a < c (tính chất bắc cầu).
3. PHÉP CỘNG VÀ PHÉP TRỪ SỐ NGUYÊN. - Muốn cộng hai số nguyên âm, ta cộng phần số tự nhiên của chúng với nhau rồi đặt dấu "− " trước kết quả.
M
- Hai số nguyên đối nhau thì có tổng bằng 0.
KÈ
- Muốn cộng hai số nguyên khác dấu (không đối nhau), ta tìm hiệu hai phần số tự nhiên của chúng (số lớn trừ số nhỏ) rồi đặt trước hiệu tìm được dấu của số có phần số tự nhiên lớn hơn. - Phép cộng số nguyên có các tính chất: * Giao hoán: a + b = b + a
Y
* Kết hợp: ( a + b ) + c = a + ( b + c )
DẠ
* Cộng với 0: a + 0 = 0 + a = a
- Muốn trừ số nguyên a cho số nguyên b , ta cộng a với số đối của b
a − b = a + ( −b )
- Quy tắc dấu ngoặc: Trang 1
* Khi bỏ dấu ngoặc có dấu "+ " đằng trước, ta giữ nguyên dấu của các số hạng trong ngoặc.
4. PHÉP NHÂN SỐ NGUYÊN.
FI CI A
L
* Khi bỏ dấu ngoặc có dấu "− " đằng trước, ta phải đổi dấu tất cả các số hạng trong dấu ngoặc: dấu "+ " đổi thành dấu "− " và dấu "− " đổi thành dấu "+ " - Nhân hai số nguyên khác dấu: Nếu m, n ∈ ℕ* thì m. ( −n ) = ( −n ) .m = − ( m.n ) - Nhân hai số nguyên cùng dấu: +) Nhân hai số nguyên dương chính là nhân hai số tự nhiên khác 0.
OF
+) Nhân hai số nguyên âm: Nếu m, n ∈ ℕ* thì ( −m ) . ( −n ) = ( −n ) . ( −m ) = m.n - Phép nhân số nguyên có các tính chất: * Giao hoán: a.b = b.a
ƠN
* Kết hợp: a. ( b.c ) = ( a.b ) .c * Nhân với 1: a.1 = 1.a = a
PHẦN II.CÁC DẠNG BÀI. Dạng 1: Viết tập hợp. Dạng 2: Thực hiện phép tính
NH
* Phân phối của phép nhân đối với phép cộng: a. ( b + c ) = a.b + a.c
Dạng 1: Viết tập hợp. I.Phương pháp giải
QU Y
Dạng 3: Tìm x
-Dựa vào các kiến thức về tập hợp, tập hợp số nguyên, thứ tự trong tập ℤ để làm bài.
M
II.Bài toán
Lời giải:
KÈ
Bài 1: Viết tập hợp 3 số nguyên liên tiếp trong đó có số 0.
- Nếu số 0 đứng vị trí thứ nhất ta có tập hợp {0;1; 2}
Y
- Nếu số 0 đứng vị trí thứ hai ta có tập hợp {−1;0;1}
DẠ
- Nếu số 0 đứng vị trí thứ ba ta có tập hợp {−2; − 1;0}
Bài 2: Viết các tập hợp sau bằng hai cách: a) Tập hợp A các số tự nhiên nhỏ hơn 5. b) Tập hợp B các số nguyên nhỏ hơn 5. Trang 2
L
c) Tập hợp C các số nguyên lớn hơn -5.
FI CI A
Lời giải: a) Cách 1: A = {0;1; 2;3; 4} Cách 2: A = { x ∈ ℕ | x < 5} b) Cách 1: B = {...; − 1;0;1; 2;3; 4} Cách 2: B = { x ∈ ℤ | x < 5}
Cách 2: C = { x ∈ ℤ | x > −5}
Bài 3: Viết các tập hợp sau bằng hai cách:
Lời giải:
Cách 2: A = { x ∈ ℤ | −100 < x < 100} b) Cách 1: B = {−9; − 8; − 7;...;7;8;9}
QU Y
Cách 2: B = { x ∈ ℤ | −10 < x < 10}
NH
a) Cách 1: A = {−99; − 98; − 97;...;97;98;99}
ƠN
a) Tập hợp A các số nguyên lớn hơn -100 và nhỏ hơn 100. b) Tập hợp B các số nguyên có 1 chữ số.
OF
c) Cách 1: C = {−4; − 3; − 2; − 1;0;1; 2;...}
Bài 4: Các phần tử của các tập hợp sau được viết theo quy luật nào? Viết tập hợp bằng cách chỉ ra tính chất đặc trưng của các phần tử của tập hợp. a) A = {1;3;5;7;9;...}
b) B = {−2; − 7; − 12; − 17;...}
M
Lời giải:
KÈ
a) Tập hợp A gồm các số tự nhiên khác 0; các phần tử lập thành dãy số: 1;3;5;7;9;...
Đây là dãy số cách đều, số hạng đầu là 1, khoảng cách là 2. Các số hạng của dãy là các số tự nhiên lẻ (chia 2 dư 1) nên có dạng 2n + 1 với n ∈ ℕ
A = { x ∈ ℕ | x = 2n + 1; n ∈ ℕ}
Y
b) Tập hợp B gồm các số nguyên âm; các phần tử lập thành dãy số: −2; − 7; − 12; − 17;...
DẠ
Xét dãy số 2; 7;12;17;...
(1)
( 2)
Dãy ( 2) là dãy số cách đều, số hạng đầu là 2, khoảng cách là 5. Các số này đều chia 5 dư 2 nên có
dạng 5n + 2 với n ∈ ℕ . Vậy các số hạng của dãy (1) có dạng là −(5n + 2) với n ∈ ℕ . Trang 3
L
B = { x ∈ ℕ | x = −(5n + 2); n ∈ ℕ}
FI CI A
Bài 5: Các phần tử của các tập hợp sau được viết theo quy luật nào? Viết tập hợp bằng cách chỉ ra tính chất đặc trưng của các phần tử của tập hợp. a) A = {1; − 5;9; − 13;...} b) B = {−1; 4; − 7;10;...}
Lời giải:
(1)
OF
a) Các phần tử của tập A lập thành dãy số 1; − 5;9; − 13;...
Trong dãy (1) , các số đứng ở vị trí lẻ mang dấu (+) , các số đứng ở vị trí chẵn mang dấu (−) Xét dãy số (gồm các số hạng là phần số tự nhiên của các số trên) 1;5;9;13;...
( 2)
ƠN
Dãy ( 2) là dãy số cách đều, số hạng đầu là 1; khoảng cách là 4. Các số này đều chia 4 dư 1 nên có dạng 4n + 1 với n ∈ ℕ
Từ quy luật về dấu cho các số hạng của dãy (1) , ta có dạng tổng quát cho các số hạng của dãy (1) là
{
NH
(−1)n .(4n + 1) với n ∈ ℕ
}
A = x ∈ ℤ | x = ( −1) n .(4 n + 1); n ∈ ℕ
b) Các phần tử của tập B lập thành dãy số −1; 4; − 7;10;...
( 3)
Trong dãy ( 3 ) , các số đứng ở vị trí lẻ mang dấu (−) , các số đứng ở vị trí chẵn mang dấu (+)
QU Y
Xét dãy số (gồm các số hạng là phần số tự nhiên của các số trên) 1; 4;7;10;...
( 4)
Dãy ( 4) là dãy số cách đều, số hạng đầu là 1; khoảng cách là 3. Các số này đều chia 3 dư 1 nên có dạng 3n + 1 với n ∈ ℕ
Từ quy luật về dấu cho các số hạng của dãy ( 3 ) , ta có dạng tổng quát cho các số hạng của dãy ( 3 ) là
B = x ∈ ℤ | x = ( −1) n +1.(3n + 1); n ∈ ℕ
{
}
KÈ
M
(−1)n +1.(3n + 1) với n ∈ ℕ
Dạng 2: Thực hiện phép tính I.Phương pháp giải
- Áp dụng các tính chất của phép cộng, phép nhân số nguyên; quy tắc dấu ngoặc.
Y
- Áp dụng các công thức, cách tính dãy số có quy luật.
DẠ
II.Bài toán
Bài 1: Thực hiện phép tính: a) − ( −319 ) + ( −127 ) − 312 + 20
b) 1152 − ( 374 + 1152 ) + ( −65 + 374 ) Trang 4
( −42 ) .56 + 28. ( −316 ) . ( −1)
2n
với n ∈ ℕ *
L
c)
FI CI A
d) 53.5678910 − 53.5678909
Lời giải: c)
a) − ( −319 ) + ( −127 ) − 312 + 20
2n
với n ∈ ℕ *
OF
= 319 − 127 − 312 + 20 = 319 − 312 + 20 − 127 = 27 − 127 = −100
( −42 ) .56 + 28. ( −316 ) . ( −1) = ( −42 ) .56 + 28. ( −316 ) .1 = ( −42 ) .56 + 28. ( −316 ) = ( −42 ) .2.28 + 28. ( −316 ) = ( −84 ) .28 + 28. ( −316 )
b) 1152 − ( 374 + 1152 ) + ( −65 + 374 )
= 1152 − 374 − 1152 − 65 + 374 = 1152 − 1152 + 374 − 374 − 65
= 28. ( −84 ) + ( −316 )
= 28. ( −400 )
ƠN
= (1152 − 1152 ) + ( 374 − 374 ) − 65
= −11200
= −65
d) 53.5678910 − 53.5678909
NH
= 53. ( 5678910 − 5678909 )
= 53.1 = 125
QU Y
Bài 2: Tính giá trị các biểu thức sau:
a) 2021. ( 2020 + 2022 ) − 2020. ( 2021 + 2022 ) b) 2021. ( 2022 − 179 ) − 2022. ( 2021 − 179 )
M
c) 2.31.12 + 4.6.42 + 8.27.3 d) −2021.74 − 2021.27 + 2021
Lời giải:
KÈ
a) 2021. ( 2020 + 2022 ) − 2020. ( 2021 + 2022 )
= 2021.2020 + 2021.2022 − 2020.2021 − 2020.2022 = 2021.2020 − 2020.2021 + 2021.2022 − 2020.2022
= 2022. ( 2021 − 2020 )
c) 2.31.12 + 4.6.42 + 8.27.3 = 2.12.31 + 4.6.42 + 8.3.27 = 24.31 + 24.42 + 24.27
= 24. ( 31 + 42 + 27 )
Y
= 24.100 = 2400 d) −2021.74 − 2021.27 + 2021
= 2022
DẠ
b) 2021. ( 2022 − 179 ) − 2022. ( 2021 − 179 )
= 2021.2022 − 2021.179 − 2022.2021 + 2022.179 = 2021.2022 − 2022.2021 + 2022.179 − 2021.179
= − ( 2021.74 + 2021.27 − 2021) = − ( 2021.74 + 2021.27 − 2021.1) = −2021( 74 + 27 − 1)
= 179. ( 2022 − 2021) Trang 5
= −2021.100 = −202100
FI CI A
L
= 179
Bài 3: Thực hiện phép tính: a) 1.2.3....9 − 1.2.3....8 − 1.2.3....7.82 b)
( −25) .68 + ( −34 ) . ( −250 )
c) x − 6 + x − 6 + x − 6 + x − 6 + x − 6 với x = −7
OF
d) 20212021. ( −2022 ) − 20222022. ( −2021)
Lời giải:
c) x − 6 + x − 6 + x − 6 + x − 6 + x − 6
a) 1.2.3....9 − 1.2.3....8 − 1.2.3....82 = 1.2.3...8.9 − 1.2.3....8.1 − 1.2.3....8.8
= ( x − 6) + ( x − 6) + ( x − 6) + ( x − 6) + ( x − 6)
= 1.2.3...8. ( 9 − 1 − 8 )
ƠN
= 5. ( x − 6 )
=0
( −25) .68 + ( −34 ) . ( −250 ) = ( −25 ) .2.34 + ( −34 ) . ( −250 ) = ( −50 ) .34 + 34.250 = 34. ( −50 ) + 250
Bài 4: Thực hiện phép tính:
= 2021.10001. ( −2022 ) − 2022.10001. ( −2021)
= −2021.10001.2022 + 2022.10001.2021 =0
QU Y
= 34.200 = 6800
d) 20212021. ( −2022 ) − 20222022. ( −2021)
NH
b)
Thay x = −7 vào ta có 5. ( −7 − 6 ) = −65
a) A = (1 + 2 + 3 + ... + 2021) . (12 + 2 2 + 32 + ... + 10 2 ) . ( 2020.111 − 3.5.37.404 ) b) B = ( −1) + ( −5 ) + ( −9 ) + ... + ( −101)
M
c) C = ( −1) + 3 + ( −5) + 7 + ... + ( −2021) + 2023
Lời giải:
KÈ
d) D = 1 − 2 + 3 − 4 + ... + 99 − 100
a) A = (1 + 2 + 3 + ... + 2021) . (12 + 2 2 + 32 + ... + 10 2 ) . ( 2020.111 − 3.5.37.404 )
Y
= (1 + 2 + 3 + ... + 2021) . (12 + 2 2 + 32 + ... + 10 2 ) . 2020.111 − ( 3.37 ) . ( 5.404 )
DẠ
= (1 + 2 + 3 + ... + 2021) . (12 + 2 2 + 32 + ... + 10 2 ) .[ 2020.111 − 111.2020 ] = (1 + 2 + 3 + ... + 2021) . (12 + 2 2 + 32 + ... + 10 2 ) .0
=0
b) B = ( −1) + ( −5 ) + ( −9 ) + ... + ( −101) Trang 6
= − (1 + 5 + 9 + ... + 101) Số số hạng của tổng là (101 − 1) : 4 + 1 = 26 Tổng là: (101 + 1) .26 : 2 = 1326 Vậy B = −1326 c) C = ( −1) + 3 + ( −5) + 7 + ... + ( −2021) + 2023
Số số hạng của dãy (*) là ( 2023 − 1) : 2 + 1 = 1012
( *)
OF
Số số hạng của C bằng số số hạng của dãy số 1;3;5;7;...; 2023
FI CI A
L
Xét tổng 1 + 5 + 9 + ... + 101
Tổng C có 1012 số hạng, khi nhóm 2 số hạng vào một nhóm ta được 506 nhóm. Ta có C = ( −1) + 3 + ( −5 ) + 7 + ... + ( −2021) + 2023
ƠN
= 2 + 2 + ... + 2 = 2.506 = 1012 d) D = 1 − 2 + 3 − 4 + ... + 99 − 100
NH
Số số hạng của D bằng số số hạng của dãy số 1; 2;3; 4;...;100
(**)
Số số hạng của dãy (**) là (100 − 1) :1 + 1 = 100
Tổng D có 100 số hạng, khi nhóm 2 số hạng vào một nhóm ta được 50 nhóm. Ta có D = (1 − 2 ) + ( 3 − 4 ) + ... + ( 99 − 100 )
QU Y
= ( −1) + ( −1) + ... + ( −1) = −1.50 = −50 Bài 5: Tính:
KÈ
Lời giải:
M
a) A = 1 + 2 − 3 − 4 + 5 + 6 − 7 − 8 + ... − 2019 − 2020 + 2021 + 2022 b) B = 100 + 98 + 96 + 94 + ... + 2 − 99 − 97 − 95 − 93 − ... − 1
a) A = 1 + 2 − 3 − 4 + 5 + 6 − 7 − 8 + ... − 2019 − 2020 + 2021 + 2022 = 1 + 2 − 3 − 4 + 5 + 6 − 7 − 8 + 9 + ... + 2018 − 2019 − 2020 + 2021 + 2022
= 1 + ( 2 − 3 − 4 + 5) + ( 6 − 7 − 8 + 9 ) + ... + ( 2018 − 2019 − 2020 + 2021) + 2022
Y
Dãy các số tự nhiên liên tiếp 2;3; 4;5;...; 2021 có 2021 − 2 + 1 = 2020 số hạng, khi nhóm 4 số vào
DẠ
một nhóm ta được 505 nhóm. Ta có A = 1 + ( 2 − 3 − 4 + 5) + ( 6 − 7 − 8 + 9 ) + ... + ( 2018 − 2019 − 2020 + 2021) + 2022
= 1 + 0 + 0 + ... + 0 + 2022 = 1 + 0.505 + 2022 = 2023 Trang 7
= (100 − 99 ) + ( 98 − 97 ) + ( 96 − 95) + ... + ( 2 − 1)
FI CI A
L
b) B = 100 + 98 + 96 + 94 + ... + 2 − 99 − 97 − 95 − 93 − ... − 1 = 100 − 99 + 98 − 97 + 96 − 95 + ... + 2 − 1 Từ 1 đến 100 có 100 số, khi nhóm 2 số vào một nhóm ta được 50 nhóm. Vậy B = 1 + 1 + 1 + ... + 1 = 1.50 = 50
Bài 6: Tính a) A = 2 + (−4) + 6 + (−8) + ... + 2018 + (−2020) + 2022
Lời giải: a) A = 2 + (−4) + 6 + (−8) + ... + 2018 + (−2020) + 2022 Số số hạng của A bằng số số hạng của dãy 2; 4;6;...; 2022
OF
b) B = 2022 + 2020 + 2018 + 2016 + ... + 2 − 2019 − 2017 − 2015 − ... − 1
ƠN
A có ( 2022 − 2 ) : 2 + 1 = 1011 số hạng. Kể từ số hạng đầu tiên, khi nhóm hai số vào một nhóm thì ta được 505 nhóm và dư số 2022 đứng một mình. Ta có A = 2 + (−4) + 6 + (−8) + ... + 2018 + (−2020) + 2022
NH
A = [ 2 + ( −4) ] + [ 6 + ( −8) ] + ... + [ 2018 + ( −2020) ] + 2022
= ( −2 ) + ( −2 ) + ... + ( −2 ) + 2022 = ( −2 ) .505 + 2022
QU Y
= 1012 b) B = 2022 + 2020 + 2018 + 2016 + ... + 2 − 2019 − 2017 − 2015 − ... − 1
= 2022 + ( 2020 − 2019 ) + ( 2018 − 2017 ) + ( 2016 − 2015 ) + ... + ( 2 − 1) Từ 1 đến 2020 có 2020 số, khi nhóm 2 số vào một nhóm ta được 1010 nhóm. Vậy B = 2022 + 1 + 1 + 1 + ... + 1 = 2022 + 1.1010 = 3032
M
Bài 7: Thực hiện phép tính:
a) A = 1 − 2 + 2 2 − 23 + ... − 299 + 2100
KÈ
b) B = 2 2018 − 2 2017 − 22016 + 22015 − 22014 − 22013 + ... + 2 2 − 2 − 1 c) C = 1 − 2 + 3 + 4 − 5 − 6 + 7 + 8 − 9 − ... + 2007 + 2008 − 2009 − 2010 d) D = 23 + 43 + 63 + ... + 183 với 13 + 23 + 33 + ... + 93 = 2025
Y
Lời giải:
DẠ
a) A = 1 − 2 + 2 2 − 23 + ... − 299 + 2100 = (1 − 2 ) + 2 2 − 23 + ... + 298 − 299 + 2100
(
)
(
)
= (1 − 2 ) + 2 2 (1 − 2 ) + ... + 298 (1 − 2 ) + 2100
= ( −1) + 2 2 ( −1) + ... + 298 ( −1) + 2100 Trang 8
= 2100 − 298 − 296 − ... − 22 − 1
L
= 2100 − ( 298 + 296 + ... + 2 2 + 1)
FI CI A
Đặt S = 298 + 296 + ... + 22 + 1 Ta có 2 2 S = 2 2. ( 298 + 296 + ... + 2 2 + 1) = 2100 + 298 + ... + 24 + 22
2 2 S − S = ( 2100 + 298 + ... + 2 4 + 2 2 ) − ( 298 + 296 + ... + 2 2 + 1)
2100 − 1 3
Vậy A = 2100 − S = 2100 −
2100 − 1 2101 + 1 = 3 3
b) B = 2 2018 − 2 2017 − 22016 + 22015 − 22014 − 22013 + ... + 2 2 − 2 − 1
OF
3S = 2100 − 1 S =
= 2 2018 − 2 2017 − 2 2016 + 2 2015 − 2 2014 − 2 2013 + 2 2012 − 2 2011 − 2 2010 + ... + 25 − 2 4 − 23 + 2 2 − 2 − 1
) ( ) ( ) ( = 2 ( 2 − 2 − 1) + 2 ( 2 − 2 − 1) + 2 ( 2 − 2 − 1) + ... + 2 . ( 2 − 2 − 1) + 1. ( 2 = ( 2 − 2 − 1) . ( 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 1) 2016
2
2013
2
2016
2
2013
2010
2010
3
= 22016 + 2 2013 + 22010 + ... + 23 + 1
2
3
ƠN
(
2
2
) ( − 2 − 1)
)
NH
Ta có 23 B = 23. ( 2 2016 + 2 2013 + 2 2010 + ... + 23 + 1) = 22019 + 22016 + 2 2013 + ... + 26 + 23 23 B − B = ( 2 2019 + 2 2016 + 2 2013 + ... + 2 6 + 23 ) − ( 2 2016 + 2 2013 + 2 2010 + ... + 23 + 1)
22019 − 1 7B = 2 −1 B = 7 c) C = 1 − 2 + 3 + 4 − 5 − 6 + 7 + 8 − 9 − ... + 2007 + 2008 − 2009 − 2010 = 1 − 2 + 3 + 4 − 5 − 6 + 7 + 8 − 9 − ... − 2006 + 2007 + 2008 − 2009 − 2010
QU Y
2019
= 1 − ( 2 − 3 − 4 + 5 ) − ( 6 − 7 − 8 + 9 ) − ... − ( 2006 − 2007 − 2008 + 2009 ) − 2010
( *)
Từ 2 đến 2009 có 2009 − 2 + 1 = 2008 số, khi nhóm 4 số vào một nhóm ta được 502 nhóm, mỗi
M
nhóm ở (*) đều có tổng bằng 0.
Vậy ta có C = 1 − 0 − 0 − ... − 0 − 2010 = 1 − 0.502 − 2010 = −2009
KÈ
3 3 3 3 d) D = 2 + 4 + 6 + ... + 18 3 3 3 3 = ( 2.1) + ( 2.2 ) + ( 2.3 ) + ... + ( 2.9 )
= 23.13 + 23.23 + 23.33 + ... + 23.93 = 23. 13 + 23 + 33 + ... + 93
) (**)
Y
(
DẠ
Vì 13 + 23 + 33 + ... + 93 = 2025 nên thay vào (**) ta có D = 23.2025 = 16200
Vậy D = 16200
Bài 8: Cho A = 550 − 548 + 546 − 544 + ... + 56 − 54 + 52 − 1 a) Thu gọn A .
b) Tìm số tự nhiên n biết 26. A + 1 = 5n . Trang 9
L
c) Tìm số dư trong phép chia A cho 100.
a) A = 550 − 548 + 546 − 544 + ... + 56 − 54 + 52 − 1 = 550 − 548 + 546 − 544 + ... + 56 − 54 + 52 − 1
(
) ( ) ( ) ( ) = 5 ( 5 − 1) + 5 ( 5 − 1) + ... + 5 ( 5 − 1) + 1( 5 − 1) = 24. ( 5 + 5 + ... + 5 + 1) 48
2
48
44
44
2
4
2
2
4
Đặt S = 548 + 544 + ... + 54 + 1 54 S − S = ( 552 + 548 + ... + 58 + 54 ) − ( 548 + 544 + ... + 54 + 1)
624.S = 5 − 1 S =
552 − 1 552 − 1 = 624 26
b) Theo ý a ta có A =
552 − 1 26 A = 552 − 1 26 A + 1 = 552 26
NH
Vậy A = 24.
552 − 1 624
ƠN
52
OF
Ta có 54.S = 54. ( 548 + 544 + ... + 54 + 1) = 552 + 548 + ... + 58 + 54
FI CI A
Lời giải:
Mặt khác theo đề bài ta có 26. A + 1 = 5n nên suy ra 5n = 552 n = 52 Vậy n = 52
QU Y
c) Theo ý a ta có A = 24. ( 548 + 544 + ... + 54 + 1) = 24. ( 548 + 544 + ... + 54 ) + 24
= 6.4.52 ( 546 + 542 + ... + 52 ) + 24 = 100.6. ( 546 + 542 + ... + 52 ) + 24
M
A có dạng 100k + 24 ; k ∈ ℕ A chia 100 dư 24
Bài 9: Cho x là tổng của tất cả các số nguyên có 2 chữ số; y là số nguyên âm lớn nhất. Tính
Lời giải:
KÈ
S = 2020.x 2021 − 2021. y 2020
Các số nguyên có 2 chữ số là: −99; − 98; − 97;...;97;98;99
Y
Vì x là tổng của tất cả các số nguyên có 2 chữ số nên x = ( −99 ) + ( −98 ) + ( −97 ) + ... + 97 + 98 + 99
DẠ
= ( −99 ) + 99 + ( −98 ) + 98 + ( −97 ) + 97 + ... + ( −1) + 1 + 0 = 0
Vì y là số nguyên âm lớn nhất nên y = −1 . Thay x = 0 , y = −1 vào S ta được S = 2020.0 2021 − 2021. ( −1)
Vậy S = −2021 Trang 10
2020
= 0 − 2021.1 = −2021
10:
Tính
giá
trị
của
M = a1 + a2 + a2021
biết
a1 ; a2 ; a3 ;...; a2021 ∈ℤ
Lời giải: Ta có a1 + a2 + a3 + ... + a2021 = 0
( a1 + a2 ) + ( a3 + a4 ) + ... + ( a2019 + a2020 ) + a2021 = 0 (*)
2 + 2 + ... + 2 + a2021 = 0
2020 + a2021 = 0 a2021 = −2020
M = a1 + a2 + a2021 = 2 + ( −2020 ) = −2018 Vậy M = −2018
QU Y
Dạng 3: Tìm x
NH
Ta có a1 + a2 = 2 ; a2021 = −2020 thay vào M ta được:
ƠN
2.1010 + a2021 = 0
I.Phương pháp giải
OF
Với 2020 số a1 ; a2 ; a3 ; a4 ...; a 2020 khi nhóm 2 số vào một nhóm ta được 1010 nhóm. Thay a1 + a2 = a3 + a4 = ... = a2019 + a2020 = 2 vào (*) ta được
- Áp dụng các kiến thức về số nguyên, thứ tự thực hiện phép tính, lũy thừa. - Áp dụng các công thức, cách tính dãy số có quy luật.
II.Bài toán
M
Bài 1: Tìm x ∈ ℤ biết:
d)
( x − 2)
2
+ 5 ( x − 2) = 0
Y
b)
KÈ
c)
(1 − 2 + 3 − 4 + ... − 98 + 99 ) x = −100 2016 : 25 − ( 3 x + 2 ) = 32.7 ( x + 2 )( x − 3) = 0
a)
DẠ
Lời giải: a)
(1 − 2 + 3 − 4 + ... − 98 + 99 ) x = −100 (1 − 2 ) + ( 3 − 4 ) + ... + ( 97 − 98 ) + 99 x = −100
( −1) + ( −1) + ... + ( −1) + 99 x = −100 Trang 11
thỏa
FI CI A
a1 + a2 + a3 + ... + a2021 = 0 và a1 + a2 = a3 + a4 = ... = a2019 + a2020 = a2021 + a1 = 2
và
mãn
L
Bài
( −1) .49 + 99 x = −100
FI CI A
L
50 x = −100 x = −2 Vậy x = −2 b) 2016 : 25 − ( 3 x + 2 ) = 32.7 2016 : 25 − ( 3 x + 2 ) = 63
25 − ( 3 x + 2 ) = 2016 : 63
OF
25 − ( 3 x + 2 ) = 32
( x + 2 )( x − 3) = 0 x + 2 = 0 x = −2 x − 3 = 0 x = 3 Vậy x ∈ {−2;3}
d)
( x − 2)
2
+ 5 ( x − 2) = 0
NH
c)
ƠN
3x + 2 = 25 − 32 3 x + 2 = −7 3x = −9 x = −3 Vậy x = −3
( x − 2 )( x + 3) = 0
QU Y
( x − 2 ) . ( x − 2 ) + 5 = 0
x − 2 = 0 x = 2 x + 3 = 0 x = −3
M
Vậy x ∈ {2; − 3}
Bài 2: Tìm x ∈ ℤ biết:
( x + 5) + ( x + 10 ) + ( x + 15) + ... + ( x + 60 ) = 450
b)
( 6 x − 11)
c)
( x + 1)
KÈ
a)
2
= ( −3 ) .15 + 208
− 5x − 5 = 0
Y
2
3
DẠ
Lời giải: a)
( x + 5) + ( x + 10 ) + ( x + 15) + ... + ( x + 60 ) = 450 ( x + x + x + ... + x ) + ( 5 + 10 + 15 + ... + 60 ) = 450 (*)
Tính S = 5 + 10 + 15 + ... + 60 Số số hạng của S là ( 60 − 5 ) : 5 + 1 = 12 Trang 12
Theo đề bài, mỗi một x cộng với một số cụ thể nên có 12 số cụ thể thì cũng có 12 số x
FI CI A
Thay các kết quả trên vào (*) ta được:
12 x + 390 = 450 12 x = 450 − 390 12 x = 60 x=5 Vậy x = 5
( 6 x − 11)
3
2
= ( −3 ) .15 + 208
OF
b)
3
( 6 x − 11) = 343 3
( 6 x − 11) = 7 3
2
− 5x − 5 = 0
NH
( x + 1)
ƠN
6 x − 11 = 7 x=3 Vậy x = 3 c)
2
( x + 1) − ( 5 x + 5 ) = 0 2
( x + 1) − 5 ( x + 1) = 0
( x + 1)( x − 4 ) = 0
QU Y
( x + 1) . ( x + 1) − 5 = 0
x +1 = 0 x = −1 x − 4 = 0 x = 4 Vậy x ∈ {−1; 4}
5
Lời giải:
( 2 x − 15 )
Y
a)
3
( 2 x − 15 ) = ( 2 x − 15 ) x + ( x + 1) + ( x + 2 ) + ... + 2020 + 2021 = 2021
KÈ
b)
M
Bài 3: Tìm x ∈ ℤ biết: a)
5
= ( 2 x − 15 )
3
5
3
DẠ
( 2 x − 15 ) − ( 2 x − 15 ) = 0 3
2
L
Tổng S = ( 60 + 5) .12 : 2 = 390
3
( 2 x − 15 ) . ( 2 x − 15 ) − ( 2 x − 15 ) .1 = 0
3 2 ( 2 x − 15 ) . ( 2 x − 15 ) − 1 = 0
Trang 13
L
FI CI A
2 x − 15 = 0 x = 7,5 ( 2 x − 15 )3 = 0 2 x − 15 = 0 2 x − 15 = 1 x = 8 2 2 ( 2 x − 15 ) − 1 = 0 ( 2 x − 15 ) = 1 2 x − 15 = −1 x = 7 Vì x ∈ ℤ nên x = 7 hoặc x = 8 Vậy x ∈ {7;8} b) x + ( x + 1) + ( x + 2 ) + ... + 2020 + 2021 = 2021 Cách 1:
OF
x + ( x + 1) + ( x + 2 ) + ... + 2020 + 2021 = 2021 x + ( x + 1) + ( x + 2 ) + ... + ( −2 ) + ( −1) + 0 + 1 + 2 + ... + 2020 = 0
( *)
( x + 2020 ) + ( x + 1) + 2019 + ( x + 2 ) + 2018 + ... + ( −2 ) + 2 + ( −1) + 1 + 0 = 0
ƠN
( x + 2020 ) + ( x + 2020 ) + ( x + 2020 ) + ... + ( −2 ) + 2 + ( −1) + 1 + 0 = 0
Ta có vế trái của (*) là tổng các số nguyên liên tiếp viết theo thứ tự tăng dần, khi nhóm như trên,
NH
trong từng ngoặc là các cặp số đối nhau x + 2020 = 0 x = −2020 Vậy x = −2020 Cách 2:
x + ( x + 1) + ( x + 2 ) + ... + 2020 + 2021 = 2021 x + ( x + 1) + ( x + 2 ) + ... + 2020 = 0
(1)
QU Y
Vì x + ( x + 1) + ( x + 2 ) + ... + 2020 là tổng của các số nguyên liên tiếp nên áp dụng công thức tính tổng của dãy số cách đều ta có tổng này bằng tổng.
Từ (1) và ( 2) suy ra
( 2020 + x ) .n
( 2020 + x ) .n = 0
KÈ
M
. 2 Lại có n ≠ 0 suy ra 2020 + x = 0 , do đó x = −2020 Vậy x = −2020
Bài 4: Tìm x ∈ ℤ biết:
18 a) 2x .2x+1.2x+2 =1 000...0 :5 18 ch÷ sè
( x − 3) + ( x − 2 ) + ( x − 1) + ... + 10 + 11 = 11
DẠ
Y
b)
Lời giải:
18 a) 2x .2x+1.2x+2 =1 000...0 :5 18 ch÷ sè
x+ x +1 + x + 2 2 ( ) ( ) =1018 :518
Trang 14
2
( 2)
trong đó n là số các số hạng của
( x − 3) + ( x − 2 ) + ( x − 1) + ... + 10 + 11 = 11 ( x − 3) + ( x − 2 ) + ( x − 1) + ... + ( −2 ) + ( −1) + 0 + 1 + 2 + ... + 10 = 0
FI CI A
b)
L
23x+3 =218 3x + 3 = 18 3x = 15 x=5 Vậy x = 5
(1)
( x − 3) + 10 + ( x − 2 ) + 9 + ( x − 1) + 8 + ... + ( −2 ) + 2 + ( −1) + 1 + 0 = 0
OF
( x + 7 ) + ( x + 7 ) + ( x + 7 ) + ... + ( −2 ) + 2 + ( −1) + 1 + 0 = 0
Ta có vế trái của (1) là tổng các số nguyên liên tiếp viết theo thứ tự tăng dần, khi nhóm như trên,
ƠN
trong từng ngoặc là các cặp số đối nhau x + 7 = 0 x = −7 Vậy x = −7
Bài 5: Tìm các số nguyên dương x , y thỏa mãn 2 x + 3 y = 14
(1)
NH
Lời giải: Vì x , y là các số nguyên dương nên 2x , 3y cũng là các số nguyên dương Mặt khác 2 x + 3 y = 14 nên 0 < 2 x < 14 ; 0 < 3 y < 14 Vì y ∈ ℤ , 0 < 3 y < 14 nên y ∈ {1;2;3;4}
(* )
QU Y
Lại có 2 x + 3 y = 14 mà 2x và 14 chẵn nên 3y chẵn y chẵn. Kết hợp với (* ) suy ra y ∈ {2;4} -
Nếu y = 2 thay vào (1) ta có 2 x + 6 = 14 x = 4
-
Nếu y = 4 thay vào (1) ta có 2 x + 12 = 14 x = 1
Vậy các cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn đề bài là ( 4;2 ) ; (1;4 )
M
Bài 6: Tìm các số nguyên x , y , z biết x + y = 2 , y + z = 3 , z + x = −5
KÈ
Lời giải:
Ta có x + y = 2 , y + z = 3 , z + x = −5 ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) = 2 + 3 + ( −5) 2 x + 2 y + 2 z = 0 x+ y+z =0
Y
+) Vì x + y + z = 0 và x + y = 2 nên suy ra z = 0 − ( x + y ) = 0 − 2 = −2
DẠ
+) Vì x + y + z = 0 và y + z = 3 nên suy ra x = 0 − ( y + z ) = 0 − 3 = −3 +) Vì x + y + z = 0 và z + x = −5 nên suy ra y = 0 − ( z + x ) = 0 − ( −5) = 5
Vậy x = −3 , y = 5 , z = −2
Trang 15
L
Bài 7: Tìm các số nguyên x , y , z biết x − y = 2011 , y − z = −2012 , z + x = 2013
FI CI A
Lời giải:
Ta có x − y = 2011 , y − z = −2012 , z + x = 2013 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z + x ) = 2011 + ( −2012 ) + 2013 x − y + y − z + z + x = 2012 2 x = 2012 x = 1006
+) Vì x − y = 2011 , x = 1006 nên suy ra y = x − 2011 = 1006 − 2011 = −1005
Vậy x = 1006 , y = −1005 , z = 1007
Bài 8: Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn ( x + 3 )
2020
+ ( y − 2)
2020
Lại có ( x + 3 )
2020
≥ 0 ; ( y − 2) + ( y − 2)
2020
2020
≥ 0 với mọi x; y ∈ ℤ
( x + 3)2020 = 0 x + 3 = 0 x = −3 = 0 nên suy ra 2020 y − 2 = 0 y = 2 =0 ( y − 2 )
Vậy x = −3 , y = 2
QU Y
Bài 9: Cho 10 ô liên tiếp sau:
NH
Ta có ( x + 3 )
=0
ƠN
Lời giải:
2020
OF
+) Vì y − z = −2012 , y = −1005 nên suy ra z = y − ( −2012 ) = −1005 − ( −2012 ) = 1007
Hãy điền số vào các ô trống để tổng 3 số ở các ô liên tiếp bất kỳ đều bằng 6.
Lời giải:
M
Gọi 4 số ở 4 ô liên tiếp bất kỳ là x1 ; x2 ; x3 ; x4 .
KÈ
Vì tổng 3 số ở các ô liên tiếp bằng nhau nên ta có x1 + x2 + x3 = x2 + x3 + x4 x1 = x4 . Như vậy các số
Y
cách nhau 2 ô thì bằng nhau, vậy ta điền được như sau:
DẠ
Vì tổng 3 số ở các ô liên tiếp bất kỳ đều bằng 6 nên suy ra số ở các ô còn lại là 9.
Bài 10: Cho bảng vuông 3×3 ô. Có thể điền được hay không chín số nguyên vào chín ô của bảng sao cho Trang 16
L
tổng các số ở ba dòng lần lượt bằng 5; -3; 2 và tổng các số ở ba cột lần lượt bằng -1; 2; 2?
FI CI A
Lời giải:
Không thể điền được như vậy, vì không có 9 số nào mà cộng theo các dòng được 5 + ( −3) + 2 = 4 , cộng theo các cột được ( −1) + 2 + 2 = 3 .
PHẦN III. BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG. Bài 1: Tính:
OF
S = 1 + 2 + 3 − 4 − 5 + 6 + 7 + 8 − 9 − 10 + 11 + 12 + 13 − 14 − 15 + ... + 2011 + 2012 + 2013 − 2014 − 2015 Lời giải:
S = 1 + 2 + 3 − 4 − 5 + 6 + 7 + 8 − 9 − 10 + 11 + 12 + 13 − 14 − 15 + ... + 2011 + 2012 + 2013 − 2014 − 2015
= 1 + 2 + [ ( 3 − 4 − 5 + 6 + 7 ) + ( 8 − 9 − 10 + 11 + 12 ) + (13 − 14 − 15 + 16 + 17 ) + ... +
= 1 + 2 + ( 7 + 12 + 17 + ... + 2012 ) + 2013 − 2014 − 2015
= −2013 + ( 7 + 12 + 17 + ... + 2012 ) Đặt T = 7 + 12 + 17 + ... + 2012
NH
= 1 + 2 + 2013 − 2014 − 2015 + ( 7 + 12 + 17 + ... + 2012 )
ƠN
( 2008 − 2009 − 2010 + 2011 + 2012) ] + 2013 − 2014 − 2015
QU Y
Số các số hạng của T là: ( 2012 − 7 ) : 5 + 1 = 402 Tổng là: T = ( 2012 + 7 ) .402 : 2 = 405819
Vậy S = −2013 + T = −2013 + 405819 = 403806
Bài 2: Thực hiện phép tính:
M
a) A = (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 ) . ( 68.8686 − 86.6868 )
Lời giải:
KÈ
b) B = 1 + ( −2 ) + ( −3) + 4 + 5 + ( −6 ) + ( −7 ) + 8 + ... + 2017 + ( −2018 ) + ( −2019 )
a) A = (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 ) . ( 68.8686 − 86.6868 )
Y
= (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 ) . ( 68.86.101 − 86.68.101)
DẠ
= (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 ) .0
=0
b) B = 1 + ( −2 ) + ( −3) + 4 + 5 + ( −6 ) + ( −7 ) + 8 + ... + 2017 + ( −2018 ) + ( −2019 ) = 1 + ( −2 ) + ( −3 ) + 4 + 5 + ( −6 ) + ( −7 ) + 8 + ... + 2013 + ( −2014 ) + ( −2015 ) + 2016 +2017 + ( −2018 ) + ( −2019 ) Trang 17
(1)
Từ 1 đến 2016 có 2016 số, nhóm 4 số vào một nhóm ta được 504 nhóm, mỗi nhóm ở (1) có tổng bằng 0,
L
vậy ta có:
FI CI A
B = 0.504 + 2017 + ( −2018) + ( −2019 ) = −2020 Bài 3: Tính S = ( 2 + 4 + 6 + 8 + ... + 2020 ) − ( 3 + 5 + 7 + 9 + ... + 2023) Lời giải:
= 2 + 4 + 6 + 8 + ... + 2020 − 3 − 5 − 7 − 9 − ... − 2023 = 2 − 3 + 4 − 5 + 6 − 7 + 8 − 9 + ... + 2020 − 2021 − 2022 − 2023
OF
S = ( 2 + 4 + 6 + 8 + ... + 2020 ) − ( 3 + 5 + 7 + 9 + ... + 2023)
= ( 2 − 3) + ( 4 − 5 ) + ( 6 − 7 ) + ( 8 − 9 ) + ... + ( 2020 − 2021) − 2022 − 2023
( *)
ƠN
Từ 2 đến 2021 có 2021 − 2 + 1 = 2020 số, nhóm hai số vào một nhóm ta được 1010 nhóm, ở (*) mỗi nhóm có giá trị bằng ( −1) .
NH
Vậy S = ( −1) .1010 − 2022 − 2023 = −5055
Bài 4: Tính:
a) A = 13 − 12 + 11 + 10 − 9 + 8 − 7 − 6 + 5 − 4 + 3 + 2 − 1 b) B = 2 − 4 − 6 + 8 + 10 − 12 − 14 + ... − 2014 + 2016 + 2018 − 2020
QU Y
Lời giải:
a) A = 13 − 12 + 11 + 10 − 9 + 8 − 7 − 6 + 5 − 4 + 3 + 2 − 1
= 13 − (12 − 11 − 10 + 9 ) + ( 8 − 7 − 6 + 5 ) − ( 4 − 3 − 2 + 1)
M
= 13 − 0 + 0 − 0 = 13 b) B = 2 − 4 − 6 + 8 + 10 − 12 − 14 + ... − 2014 + 2016 + 2018 − 2020 = 2 − 4 − 6 + 8 + 10 − 12 − 14 + 16 + ... + 2010 − 2012 − 2014 + 2016 + 2018 − 2020
KÈ
= ( 2 − 4 − 6 + 8 ) + (10 − 12 − 14 + 16 ) + ... + ( 2010 − 2012 − 2014 + 2016 ) + 2018 − 2020 Dãy các số 2; 4; 6;8;...; 2016 có ( 2016 − 2 ) : 2 + 1 = 1008 số hạng, khi nhóm 4 số vào một nhóm ta được
252 nhóm.
Y
Ta có B = ( 2 − 4 − 6 + 8) + (10 − 12 − 14 + 16 ) + ... + ( 2010 − 2012 − 2014 + 2016 ) + 2018 − 2020
DẠ
= 0 + 0 + ... + 0 + 2018 − 2020 = −2
Bài 5: Tính: 1
2
3
4
a) S = ( −1) . ( −1) . ( −1) . ( −1) .... ( −1)
2021
Trang 18
L
b) T = 2100 − 299 − 298 − ... − 22 − 2 − 1
1
2
3
4
a) S = ( −1) . ( −1) . ( −1) . ( −1) .... ( −1)
FI CI A
Lời giải: 2021
1+ 2 + 3+ 4 +...+ 2021
S = ( −1)
Tính A = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 2021 Tổng A có 2021 số hạng.
Vậy S = ( −1)
2043231
OF
A = ( 2021 + 1) .2021: 2 = 2043231 = −1
b) T = 2100 − 299 − 298 − ... − 22 − 2 − 1
ƠN
= 2100 − ( 299 + 298 + ... + 2 2 + 2 + 1)
Đặt B = 299 + 298 + ... + 22 + 2 + 1
NH
Ta có 2 B = 2. ( 299 + 298 + ... + 2 2 + 2 + 1) = 2100 + 299 + ... + 23 + 22 + 2 2 B − B = ( 2100 + 299 + ... + 23 + 2 2 + 2 ) − ( 299 + 298 + ... + 2 2 + 2 + 1) B = 2100 − 1
QU Y
Vậy T = 2100 − B = 2100 − ( 2100 − 1) = 1
Bài 6: Cho A = 2 − 5 + 8 − 11 + ... + 98 − 101 . Viết dạng tổng quát các số hạng của A. Tính A. Lời giải:
Ta có A = 2 − 5 + 8 − 11 + ... + 98 − 101
M
= 2 + ( −5 ) + 8 + ( −11) + ... + 98 + ( −101)
Trong tổng A, các số hạng ở vị trí lẻ mang dấu "+ " , các số hạng ở vị trí chẵn mang dấu "− " ; phần số tự
KÈ
nhiên của các số hạng này lập thành dãy cộng: 2;5;8;11;...;98;101
(1)
Các số hạng của dãy (1) đều chia 3 dư 2 nên có dạng tổng quát là 3n + 2 , n ∈ ℕ . Từ quy luật về dấu của các số hạng của A ta suy ra dạng tổng quát cho các số hạng của A là n
với n ∈ ℕ .
Y
( −1) . ( 3n + 2 )
DẠ
* Tính A
A = 2 + ( −5 ) + 8 + ( −11) + ... + 98 + ( −101)
= 2 + ( −5) + 8 + ( −11) + ... + 98 + ( −101)
( 2) Trang 19
Vì dãy 2;5;8;...;101 có (101 − 2 ) : 3 + 1 = 34 số hạng tổng A cũng có 34 số hạng, nhóm 2 số vào một
FI CI A
L
nhóm ta có 17 nhóm, mỗi nhóm có tổng bằng ( −3) Vậy A = 17. ( −3) = −51
Bài 7: Chứng tỏ rằng số M = 0,8.(19831983 − 19171917 ) là số nguyên. Lời giải:
19171917 = 1917 4.479 +1 = 1917 4.479.19171 = 1917 4
(
)
479
495
.19833 = ...1....7 = ...7
OF
Ta có 19831983 = 19834.495+3 = 19834.495.19833 = (19834 )
.19171 = ...1....7 = ...7
Suy ra 19831983 − 19171917 có chữ số tận cùng là 0 M là số nguyên. 2n
2n
Lời giải: 2n
2n
*
(n ∈ ℕ )
ƠN
Bài 8: Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn ( x + 1) + ( y − 1) = 0
2n
Lại có ( x + 1) + ( y − 1)
2n
NH
Ta có ( x + 1) ≥ 0 và ( y − 1) ≥ 0 với mọi x; y ∈ ℤ ; ( n ∈ ℕ * )
( x + 1) 2 n = 0 x +1 = 0 x = −1 = 0 nên suy ra 2n y −1 = 0 y =1 ( y − 1) = 0
QU Y
Vậy x = −1 , y = 1
Bài 9: Tìm các số nguyên x và y biết ( x − 2 )( xy − 1) = 5 Lời giải: Vì x; y ∈ ℤ nên x − 2; xy − 1 ∈ ℤ .
Lại có ( x − 2 )( xy − 1) = 5 mà 5 = 1.5 = 5.1 = ( −1) . ( −5) = ( −5) . ( −1) nên ta có các trường hợp sau:
KÈ
M
x − 2 = 1 x = 3 x = 3 +) TH1: xy − 1 = 5 3 y − 1 = 5 y = 2 x = 3 x − 2 = 5 x = 7 +) TH2: 2 xy − 1 = 1 7 y − 1 = 1 y = 7
(loại)
DẠ
Y
x − 2 = −1 x = 1 x = 1 +) TH3: xy − 1 = −5 y − 1 = −5 y = −4 x − 2 = −5 x = −3 x = −3 +) TH4: xy − 1 = −1 −3 y − 1 = −1 y = 0
Vậy các cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn đề bài là: ( 3; 2 ) , (1; − 4 ) , ( −3;0 ) . Trang 20
Lời giải: Do a 2 = 2 ( b + c ) a 2 ⋮ 2 a ⋮ 2
(1)
Mà a là số nguyên dương nên từ a 3 − b3 − c 3 = 3abc > 0 a > b, a > c Do a > b, a > c 2a > b + c 4a > 2 ( b + c )
( 2)
OF
mà a 2 = 2 ( b + c ) 4a > a 2 > 0 a < 4
FI CI A
L
Bài 10: Tìm số nguyên dương a , b , c biết a 3 − b3 − c3 = 3abc và a 2 = 2 ( b + c )
Từ (1) và ( 2) suy ra a = 2 .
Do a 2 = 2 ( b + c ) và a = 2 nên b + c = 2 2 : 2 = 2 , lại có b , c nguyên dương nên suy ra b = c = 1
ƠN
Thử lại với a = 2; b = c = 1 có a 3 − b3 − c3 = 23 − 13 − 13 = 6 ; 3abc = 3.2.1.1 = 6 a 3 − b3 − c3 = 3abc Vậy a = 2 , b = 1 , c = 1 .
DẠ
Y
KÈ
M
QU Y
NH
HẾT
Trang 21
ĐS6.CHUYÊN ĐỀ 7-SỐ NGUYÊN
FI CI A
PHẦN I.TÓM TẮT LÝ THUYẾT
L
CHỦ ĐỀ 2: BỘI VÀ ƯỚC CỦA SỐ NGUYÊN A. Các định nghĩa 1. Ước và Bội của một số nguyên
Với a, b ∈ Z và b ≠ 0. Nếu có số nguyên q sao cho a = bq thì ta nói a chia hết cho b . Ta còn nói a là 2. Nhận xét - Nếu a = bq thì ta nói a chia cho b được q và viết a : b = q
OF
bội của b và b là ước của a .
3. Liên hệ phép chia có dư với phép chia hết.
ƠN
- Số 0 là bội của mọi số nguyên khác 0. Số 0 không phải là ước của bất kì số nguyên nào. - Các số 1 và −1 là ước của mọi số nguyên. Nếu số tự nhiên a chia cho số tự nhiên b được số dư là k thì số ( a − k )⋮ b 4. Ước chung của hai hay nhiều số là ước của tất cả các số đó.
NH
Ước chung của các số a, b, c được kí hiệu là ƯC ( a, b, c ) .
5. Bội chung của hai hay nhiều số là bội của tất cả các số đó. Bội chung của các số a, b, c được kí hiệu là: BC ( a, b, c ) .
QU Y
6. Ước chung lớn nhất. Bội chung nhỏ nhất
- Ước chung lớn nhất của hai hay nhiều số là số lớn nhất trong tập hợp các ước chung của các số đó. - Bội chung nhỏ nhất của hai hay nhiều số là số nhỏ nhất khác không trong tập hợp các bội chung của các số đó. - (a,1) = 1; [ a,1] = a .
M
B. Các tính chất
KÈ
- Nếu a ⋮ b (a, b) = b; [ a, b ] = a . - Nếu a, b nguyên tố cùng nhau (a, b) = 1; [ a, b ] = a.b - ƯC(a, b) = Ư(ƯCLN(a, b)) và BC(a ,b) = B(BCNN(a, b))
DẠ
Y
a = dm 10 = 2.5 - Nếu (a, b) = d ; (m, n) = 1; Ví dụ: (10,15) = 5; (2,3) = 1 . b = dn 15 = 3.5 c = am 30 = 10.3 - Nếu [ a, b ] = c; (m, n) = 1; Ví dụ: [10,15] = 30; (2,3) = 1 . c = bn 30 = 15.2
- ab = (a, b).[ a, b ] . Trang 1
- Nếu a là ước của b thì − a cũng là ước của b .
FI CI A
L
- Nếu a là bội của b thì − a cũng là bội của b . PHẦN II.CÁC DẠNG BÀI Dạng 1: Tìm ước và bội của một số nguyên.
Dạng 2: Tìm số nguyên n để thỏa mãn điều kiện chia hết (hoặc thỏa mãn số đã cho là số nguyên).
OF
Dạng 3: Phương trình ước
Dạng 1: Tìm ước và bội của một số nguyên. I.Phương pháp giải
ƠN
- Từ việc tìm ước và bội của một số tự nhiên suy ra ước và bội của một số nguyên.
- Chú ý: Nếu a là ước của b thì − a cũng là ước của b . Nếu a là bội của b thì − a cũng là bội của b .
Bài 1: Tìm 5 bội của 3 ; − 3 . Lời giải: 5 bội của 3 là: 0;3; −3;6; −6 .
QU Y
5 bội của −3 là: 0;3; −3;6; −6 .
NH
II.Bài toán
Bài 2: Tìm tất cả các ước của − 3 ; 6 ; 11 ; − 1 . Lời giải:
Ư ( −3) = {±1; ±3} . Ư ( 6 ) = {±1; ±2; ±3; ±6} . Ư (11) = {±1; ±11} . Ư ( −1) = {±1} .
M
Bài 3:
Cho hai tập hợp số A = {2; 3; 4;5; 6} và B = {21;22;23} .
KÈ
a) Có thể lập được bao nhiêu tổng dạng (a + b) với a ∈ A và b ∈ B ? b) Trong các tổng trên có bao nhiêu tổng chia hết cho 2 ? Lời giải:
Y
a) Số các nhiêu tổng dạng (a + b) với a ∈ A và b ∈ B là 5.3 = 15 tổng.
DẠ
b) Số các tổng chia hết cho 2 là: 3.1 + 2.2 = 7 tổng.
Bài 4:
Điền số vào ô trống cho đúng:
Trang 2
y
−3
x :y
3 −7 7
−1
− 34
0
11
− 17
−50
−1
Lời giải: x
36
− 49
3
− 34
y
−3
−7
−3
x :y
−12
7
−1
11
− 17
−50
−1
2
0
−11
ƠN
1) Cho A = 1 − 2 + 3 − 4 + ... + 99 − 100
0
OF
Bài 5:
L
36
FI CI A
x
a) Tính A b) A có chia hết cho 2, cho 3, cho 5 không ?
NH
c) A có bao nhiêu ước tự nhiên ? Bao nhiêu ước nguyên ?
2) Thay a , b bằng các chữ số thích hợp sao cho 24 a 68b⋮ 45
3) Cho a là một số nguyên có dạng a = 3b + 7 ( b ∈ℤ ) . Hỏi a có thể nhận những giá trị nào trong các giá
QU Y
trị sau: a = 11; a = 2002; a = 2003; a = 11570; a = 22789; a = 29563; a = 299537
Lời giải: 1a) A = −50
M
1b) A⋮ 2 cho 5, A không chia hết cho 3 1c) A có 6 ước tự nhiên và có 12 ước nguyên.
KÈ
2)Ta có: 45 = 9.5 mà ( 5,9 ) = 1 b = 0 Do 24 a 68b⋮ 45 suy ra 24a 68b ⋮ 5 b = 5
Y
Th1: b = 0 ta có số 24a 680
DẠ
Để 24 a 680⋮ 9 thì ( 2 + 4 + a + 6 + 8 + 0 )⋮ 9 a + 20⋮ 9 a = 7
Th2: b = 5 ta có số 24a 685 Để 24 a 685⋮ 9 thì ( 2 + 4 + a + 6 + 8 + 5 )⋮ 9 hay a + 25⋮ 9 a = 2
Trang 3
FI CI A
3)Số nguyên có dạng a = 3b + 7 ( b ∈ℤ ) hay a là số chia 3 dư 1
L
a = 7, b = 0 Vậy a = 2, b = 5
Vậy a có thể nhận những giá trị là a = 2002; a = 22789; a = 29563
Dạng 2: Tìm số nguyên n để thỏa mãn điều kiện chia hết (hoặc thỏa mãn số đã cho là số nguyên). I.Phương pháp giải
A là số nguyên, trong đó A, B là các số phụ thuộc vào B
OF
Tìm số n ( n ∈ Z ) để số A chia hết cho số B hoặc số n .
- Lập luận:
ƠN
- Viết số A dưới dạng A = kB + m ( k , m ∈ Z )
+ Vì kB chia hết cho B , nên để A chia hết cho B thì số m phải chia hết cho B hay B là ước của m .
NH
+ Giải điều kiện B là ước của số m , ta tìm được n . II.Bài toán Bài 1: Tìm n ∈ ℤ biết: ( 3n + 8)⋮ ( n + 1)
QU Y
Lời giải: Ta có: 3n + 8 = 3n + 3 + 5 = 3 ( n + 1) + 5
Suy ra : ( 3n + 8)⋮ ( n + 1) khi ( n + 1) ∈Ư (5) = {±1; ±5} .
M
Vậy n ∈ {−6; −2;0; 4} .
(n
Lời giải:
2
+ 3n + 6 )⋮ ( n + 3)
KÈ
Bài 2: Tìm số nguyên n để
Ta có n 2 + 3n + 6 = n ( n + 3) + 6 Vì n ( n + 3)⋮ ( n + 3) , nên để n2 + 3n + 6 ⋮ ( n + 3) thì 6⋮ ( n + 3)
Y
(
)
DẠ
Mà n ∈ Z nên ( n + 3) là ước của 6
( n + 3) ∈ {±3; ±6} n ∈ {0; −6;3; −9}
Vậy n ∈ {0; −6;3; −9} thì n2 + 3n + 6 ⋮ ( n + 3)
(
)
Trang 4
Lời giải: Ta có
n +1 là một số nguyên khi ( n + 1)⋮ ( n − 2 ) n−2
( n − 2 ) ∈ {−3; −1;1;3} n ∈ {−1;1;3;5} n +1 có giá trị là một số nguyên. n−2
ƠN
Vậy n ∈ {−1;1;3;5} thì
OF
Ta có n + 1 = ( n − 2 ) + 3, do đó ( n + 1)⋮ ( n − 2 ) khi 3⋮ ( n − 2 )
( n − 2 ) là ước của 3
Ta có 5 + n2 − 2n = 5 + n ( n − 2 )
NH
Bài 4: Tìm số nguyên n để 5 + n 2 − 2n chia hết cho n − 2 Lời giải:
Vì n ( n − 2 )⋮ ( n − 2 ) , nên để 5 + n2 − 2n ⋮( n − 2 ) thì 5⋮ ( n − 2 )
)
QU Y
(
( n − 2 ) phải là ước của 5 ( n − 2 ) ∈ {−5; −1;1;5} n ∈ {−3; −1;3;7} Vậy n ∈ {−3; −1;3;7} thì 5 + n 2 − 2n chia hết cho n − 2
Ta có A =
M
Lời giải:
n −1 . Tìm n nguyên để A là một số nguyên n+4
KÈ
Bài 5: Cho A =
n −1 là một số nguyên khi ( n − 1)⋮ ( n + 4 ) n+4
Y
Ta có ( n − 1) = ( n + 4 ) − 5, do đó ( n − 1)⋮ ( n + 4 ) khi 5⋮ ( n + 4 )
DẠ
( n + 4 ) phải là ước của 5 ( n + 4 ) ∈ {−5; −1;1;5} n ∈ {−9; −5; −3;1} Vậy n ∈ {−9; −5; −3;1} thì A là một số nguyên
Trang 5
L
n +1 có giá trị là một số nguyên n−2
FI CI A
Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên n để phân số
Lời giải: Ta có
4n + 5 là một số nguyên khi ( 4n + 5)⋮ ( 2n − 1) 2n − 1
Ta có 4n + 5 = 2 ( 2n − 1) + 7, do đó ( 4n + 5)⋮ ( 2n − 1) khi 7⋮ ( 2n − 1)
( 2n − 1) là ước của 7 2n − 1∈ {−7; −1;1;7} n ∈ {−3;0;1; 4}
Bài 7: Tìm các giá trị nguyên của n để phân số A =
3n + 2 có giá trị là số nguyên. n −1
Lời giải: 3n + 2 3n − 3 + 5 3 ( n − 1) + 5 5 = = = 3+ n −1 n −1 n −1 n −1
Để A có giá trị nguyên thì
5 nguyên khi 5⋮ ( n − 1) hay n − 1 là ước của 5 n −1
QU Y
Mà
5 nguyên. n −1
NH
Ta có A =
OF
4n + 5 có giá trị là một số nguyên 2n − 1
ƠN
Vậy n ∈ {−3;0;1; 4} thì
L
4n + 5 có giá trị là một số nguyên 2n − 1
FI CI A
Bài 6: Tìm số nguyên n để phân số
Do Ư ( 5 ) = {±1; ±5}
M
Ta tìm được n = 2; n = 0; n = 6; n = −4 .
n−5 ( n ∈ Z; n ≠ − 1 ) n +1
KÈ
Bài 8: Cho phân số: A =
a) Tìm n để A có giá trị nguyên b) Tìm n để A là phân số tối giản
Y
Lời giải: n − 5 n +1− 6 6 = = 1− n +1 n +1 n +1
DẠ
a) A =
A nhận giá trị nguyên n + 1 ∈ Ư ( 6 ) = {±1; ±2; ±3; ±6} . n +1
1
−1
2
−2 Trang 6
3
−3
6
−6
1
−2
−3
2
−4
5
−7
L
0
n
FI CI A
b) A tối giản ⇔ ( n + 1, n − 5 ) = 1 ⇔ ( n + 1, 6 ) = 1 <=> ⇔ n + 1 không chia hết cho 2 và n + 1 không chia hết cho 3 n ≠ 2 k − 1 và n ≠ 3k − 1( k ∈Z ) .
Bài 9: a) Tìm hai số tự nhiên a và b biết BCNN ( a, b) = 180 ; UCLN ( a, b) = 12 4n − 1 có giá trị nguyên. 2n + 3
OF
b) Tìm n ∈ ℤ để phân số A = Lời giải:
ƠN
a) Ta có ab = 180.12 = 2160
Giả sử a ≤ b. Vì UCLN ( a, b) = 12 nên a = 12m, b = 12n với ( m, n ) = 1 và m ≤ n
m
n
1
15
3
5
NH
Suy ra 12 m.12 n = 2160 mn = 15 . Ta có bảng sau:
a
b
12
180
36
60
b) A =
QU Y
Vậy ta có hai cặp ( a; b ) là (12;180 ) , ( 36;60 ) .
4n − 1 2 ( 2n + 3) 7 7 = − = 2− 2n + 3 2n + 3 2n + 3 2n + 3
A có giá trị nguyên ⇔ 2n + 3 ∈ Ư ( 7 ) = {±1; ±7} .
M
Ta có bảng sau
KÈ
2n + 3 n
1
−1
7
−7
−1
−2
2
−5
Y
Vậy n ∈ {−1; −2; 2; −5}
DẠ
Bài 10: Cho A =
12n + 1 . Tìm giá trị của n để: 2n + 3
a) A là một phân số
b) A là một số nguyên
Lời giải:
Trang 7
b) A =
12n + 1 17 = 6− 2n + 3 2n + 3
L
n ∈ ℤ 12n + 1 là phân số khi 12n + 1 ∈ ℤ, 2n + 3 ∈ ℤ, 2n + 3 ≠ 0 ⇔ 2n + 3 n ≠ −1, 5
FI CI A
a) A =
A là số nguyên khi 2 n + 3 ∈ Ư (17) ⇔ 2n + 3 ∈ {±1; ±17} ⇔ n ∈ {−10; −2; −1;7}
a) Tìm giá trị n là số tự nhiên để n + 7 chia hết cho n + 2 b) Tìm x là số chia trong phép chia 235 cho x được số dư là 14 Lời giải:
OF
Bài 11:
ƠN
a) ( x + 7 )⋮ ( x + 2 ) ⇔ 5⋮ ( x + 2 ) ⇔ ( x + 2 ) ∈ Ư (5) = {±1; ±5} x ∈ {−3; −1; −7;3} .
NH
b )235 : x dư 14 235 − 14⋮ x ( x > 14 )
221⋮ x ( x > 14 ) x ∈ {17; 221}
QU Y
Bài 12: Tìm n ∈ ℤ biết: ( 3n + 8)⋮ ( n + 1) Lời giải:
Ta có: 3n + 8 = 3n + 3 + 5 = 3 ( n + 1) + 5
Suy ra : ( 3n + 8)⋮ ( n + 1) khi ( n + 1) ∈U (5) = {±1; ±5}
Bài 13:
KÈ
M
Tìm được: n ∈ {−6; −2;0; 4}
a) Cho abc − deg⋮ 7. Chứng minh abc deg⋮ 7
Y
b) Tìm số nguyên n sao cho n 2 + 1⋮ n + 1
DẠ
Lời giải:
a) Ta có: abc deg = 1000.abc + deg
(
= (1001 − 1) abc + deg = 1001abc − abc + deg = 1001abc − abc − deg
Trang 8
)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra abc deg⋮ 7 b) Ta có:
n2 + 2 = n ( n + 1) + − ( n + 1) + 3 Vì n ( n + 1)⋮ n + 1 và − ( n + 1)⋮ n + 1
OF
Để n 2 + 2⋮ n + 1 thì 3⋮ n + 1 n + 1∈U (3) = {±1; ±3} n ∈ {−2;0; −4; 2} .
FI CI A
abc − deg⋮ 7 (gt)
L
Vì 1001abc = 7.143abc 7.143.abc⋮ 7 (1)
Bài 14:
ƠN
a) Cho A = 3 + 32 + 33 + 34 + ..... + 390 . Chứng minh A chia hết cho 11 và 13. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y sao cho xy − 2 x + y + 1 = 0 .
NH
Lời giải:
a)A có 90 số hạng mà 90⋮ 5 nên A = 3 + 32 + 33 + 34 + ..... + 390
A = ( 3 + 32 + 33 + 34 + 35 ) + ( 36 + 37 + 38 + 39 + 310 ) + ..... + ( 386 + 387 + 388 + 389 + 390 )
QU Y
= 3. (1 + 3 + 32 + 33 + 34 ) + 36. (1 + 3 + 32 + 33 + 34 ) + ..... + 386. (1 + 3 + 32 + 33 + 34 ) = 121.(3 + 36 + .... + 386 )⋮11 A⋮11 A có 90 số hạng mà 90⋮ 3 nên:
A = ( 3 + 32 + 33 ) + ( 34 + 35 + 36 ) + ..... + ( 388 + 389 + 390 )
M
= 3. (1 + 3 + 32 ) + 34. (1 + 3 + 32 ) + ..... + 388. (1 + 3 + 32 )
KÈ
= 13. ( 3 + 34 + ..... + 388 )⋮13 A⋮13 b) xy − 2 x + y + 1 = 0 ⇔ x ( y − 2 ) + ( y − 2 ) = −3
⇔ ( x + 1)( y − 2 ) = −3 = 1. ( −3) = ( −3) .1
DẠ
Y
Từ đó suy ra ( x; y ) ∈ {( 0; −1) ; ( −4;3)}
Bài 15: Tìm tất cả các số nguyên n để:
a)Phân số
n +1 có giá trị là một số nguyên n−2 Trang 9
L
12n + 1 là phân số tối giản 30n + 2
Lời giải: a)
n +1 là số nguyên khi ( n + 1)⋮ ( n + 2 ) n+2
Ta có: n + 1 = ( n − 2 ) + 3 , vậy ( n + 1)⋮ ( n − 2 ) khi 3⋮ ( n − 2 )
( n − 2 ) ∈U (3) = {−3; −1;1;3} n ∈{−1;1;3;5}
5 (12n + 1) − 2 ( 30n + 2 ) ⋮ d ⇔ ( 60n + 5 − 60n − 4 )⋮ d ⇔ 1⋮ d mà d ∈ ℕ* d = 1
Lời giải:
2n − 7 2n − 10 + 3 3 = = 2+ ∈ ℤ n − 5 ∈ Ư (3) = {±1; ±3} n−5 n−5 n−5
QU Y
a) M =
2n − 7 có giá tri là số nguyên n−5
NH
Bài 16: Tìm số nguyên n để phân số M =
ƠN
Vậy phân số đã cho tối giản
OF
b)Gọi d là ƯC của 12 n + 1 và 30n + 2 ( d ∈ ℕ *) 12n + 1⋮ d ,30n + 2⋮ d
n ∈ {2; 4;6;8}
Lời giải:
n+3 có giá trị là nguyên thì n + 3⋮ 2n − 2 2n − 2
KÈ
Để phân số
n+3 có giá trị là số nguyên 2n − 2
M
Bài 17: Tìm số tự nhiên n để phân số
2 ( n + 3) ⋮ 2n − 2
Y
( 2n + 6 ) − ( 2n − 2 ) ⋮ ( 2 n − 2 )
DẠ
( 2n − 2n ) + ( 6 + 2 )⋮ 2n − 2 8⋮ 2n − 2
Suy ra ( 2n − 2 ) ∈ {±2; ±4; ±8} Sau khi thử các trường hợp n = 5 .
Trang 10
FI CI A
b)Phân số
L
3n − 5 , tìm n ∈ ℤ để A có giá trị nguyên. n+4
FI CI A
Bài 18: Cho A = Lời giải: Ta có A =
3n − 5 −17 = 3+ n+4 n+4
Để A ∈ ℤ ( n + 4 ) ∈ Ư (−17) = {±1; ±17} .
OF
Lập bảng và xét các giá trị ta có n ∈ {−5; −3; 21;13} thì A nguyên. Dạng 3: Phương trình ước I.Phương pháp giải
ƠN
- Tìm cặp số nguyên x, y thỏa mãn P ( x, y ) = m ta đưa về dạng A ( x, y ) .B ( x, y ) = m từ đó suy ra
A ( x, y ) ; B ( x, y ) là các ước của m suy ra giá trị của x, y . II.Bài toán
Lời giải:
xy − 2 x + y + 1 = 0 ⇔ x ( y − 2 ) + ( y − 2 )
NH
Bài 1: Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y sao cho xy − 2 x + y + 1 = 0
QU Y
= −3 ⇔ ( x + 1)( y − 2 ) = −3 = 1. ( −3) = ( −3) .1 Từ đó suy ra ( x; y ) ∈ {( 0; −1) ; ( −4;3)} .
Bài 2: Tìm x, y nguyên biết: x + y + xy = 40
M
Lời giải:
KÈ
( y + 1) x + y + 1 = 41 ⇔ ( x + 1)( y + 1) = 41 = 1.41 = 41.1 = −1.( −41) = −41. ( −1) . Sau khi lập bảng ta thu được:
Y
( x; y ) ∈{( 40;0 ) ; ( 0; 40 ) ; ( −2; −42 ) ; ( −42; −2 )}
DẠ
Bài 3: Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn 2 x + 3 y = 14 Lời giải:
Xét 2 x + 5 y = 14 (1)
Ta có: 14 ⋮ 2; 2 x ⋮ 2 5 y ⋮ 2 y ⋮ 2 Trang 11
Ta có 5 y < 14 y < 14 : 5 y ≤ 2 , mà y chẵn nên y = 2
L
Thay vào (1) x = 2
FI CI A
Vậy x = 2; y = 2
Bài 4: Tìm số tự nhiên x, y biết: ( 2 x + 1)( y − 3) = 12 Lời giải:
OF
a) ( 2 x + 1)( y − 3) = 12 = 1.12 = 3.4 (do 2 x + 1 lẻ) 2 x + 1 = 1 x = 0 y = 15
ƠN
2x +1 = 3 x = 1 y = 4
Bài 5: Tìm các số nguyên x, y sao cho: ( x + 1)( xy − 1) = 3 Lời giải:
NH
Vì ( x + 1)( xy − 1) = 3, x ∈ ℤ, y ∈ ℤ x + 1∈ ℤ, xy − 1∈ ℤ Do đó, x + 1∈U (3) = {±1; ±3} Ta có: xy − 1 x
y
1
-1
3
-3
3
-3
1
-3
0
-2
2
-4
ktm
1
1
0
QU Y
x +1
M
Vậy các cặp ( x; y ) thỏa mãn là: ( −2;1) ; ( 2;1) ; ( −4;0 )
Lời giải:
KÈ
Bài 6: Tìm các số nguyên a , b biết rằng:
a 1 1 − = 7 2 b+3
Y
a 1 1 2a − 7 1 − = = ( 2a − 7 )( b + 3) = 14 7 2 b+3 14 b+3
DẠ
Do a, b ∈ ℤ nên 2a − 7 ∈ U (14) Vì 2 a − 7 lẻ nên 2a − 7 ∈ {±1; ±7} a ∈ {0;3; 4;7}
Vậy ( a; b ) = {( 0; −5) ; ( 3; −17 ) ; ( 4;11) ; ( 7; −1)}
Trang 12
L
Bài 7: Tìm các số nguyên x, y sao cho ( x − 1)( 3 − y ) = 2
FI CI A
Lời giải: Ta có: ( x − 1)( 3 − y ) = 2 = 2.1 = 1.2 = ( −2 ) . ( −1) = ( −1) . ( −2 ) Sau khi lập bảng, ta có các trường hợp:
Bài 8: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn ( x + 1)( 2 y − 5) = 8 Lời giải: Vì x, y ∈ ℤ 2 y − 5 ∈ U (8) mà 2 y − 5 lẻ nên
ƠN
2 y − 5 = 1 y = 3 x = 7 2 y − 5 = −1 y = 2 x = −9
OF
( x, y ) ∈ {( 0;5) , ( −1; 4 ) , ( 3; 2 ) , ( 2;1)} .
NH
Bài 9: Tìm các số nguyên x, y biết rằng: ( x − 2 )( xy − 1) = 5 Lời giải: Ta có: ( x − 2 )( xy − 1) = ( −1) . ( −5 ) = 1.5
QU Y
Lập bảng và thử các trường hợp ta được: ( x; y ) = {(1; −4 ) ; ( −3;0 ) ; ( 3; 2 )}
Bài 10: Tìm các số tự nhiên x, y sao cho: Lời giải:
x 3 1 − = 9 y 18
KÈ
M
x 3 1 x 1 3 2x −1 3 = Từ : − = ⇔ − = ⇔ 9 y 18 9 18 y 18 y
⇔ ( 2 x − 1) y = 54 = 1.54 = 2.27 = 3.18 = 6.9 Vì x là số tự nhiên nên 2 x − 1 là ước số lẻ của 54. 1
3
9
27
x
1
2
5
14
y
54
18
6
2
DẠ
Y
2x −1
Vậy ( x; y ) = (1;54 ) ; ( 2;18) ; ( 5;6 ) ; (14; 2 )
Trang 13
L
Bài 11: Tìm số nguyên x và y, biết: xy − x + 2 y = 3
FI CI A
Lời giải:
xy − x + 2 y = 3 ( xy − x ) + ( 2 y − 2 ) = 1 x ( y − 1) + 2 ( y − 1) = 1 ( y − 1)( x + 2 ) = 1 y −1 = 1 y = 2 *) x + 2 = 1 x = −1
OF
y − 1 = −1 y = 0 *) x + 2 = −1 x = −3
ƠN
Vậy x = −1; y = 2 hoặc x = −3; y = 0
Bài 12: Tìm các số tự nhiên x, y sao cho ( 2 x + 1)( y − 5 ) = 12
Ta có: 2 x + 1; y − 5 ∈ U (12) = 1.12 = 2.5 = 3.4 2 x + 1 = 1 x = 0; y = 17 Do 2 x + 1 lẻ 2 x + 1 = 3 x = 1; y = 9
QU Y
Vậy ( x; y ) = ( 0,17 ) ; (1,9 )
NH
Lời giải:
Bài 13: Tìm x, y nguyên biết: 2 x ( 3 y − 2 ) + ( 3 y − 2 ) = −55 Lời giải:
M
2 x ( 3 y − 2 ) + ( 3 y − 2 ) = −55 ( 3 y − 2 )( 2 x + 1) = −55
KÈ
Ta có bảng sau: 3y − 2
−1
− 55
−5
−11
55
1
11
5
x
27
0
5
2
y
1 ( KTM ) 3
−53 ( KTM ) 3
−1
−3
DẠ
Y
2x +1
Vậy ta có các cặp ( x; y ) là ( 5; −1) , ( 2; −3) .
Trang 14
L
Bài 14: Tìm các số nguyên x, y sao cho : xy − 2 x − y = −6
FI CI A
Lời giải:
xy − x − y = −6 ⇔ ( x − 1)( y − 2 ) = −4( x, y ∈ℤ) Ta có bảng sau: −1
1
−2
2
−4
4
y−2
4
−4
2
−2
1
−1
x
0
2
−1
3
−3
5
y
6
−2
4
0
3
OF
x −1
1
ƠN
Vậy ta có các cặp ( x; y ) là ( 0;6 ) , ( 2; −2 ) , ( −1; 4 ) , ( 3;0 ) , ( −3;3) , ( 5;1) .
Bài 15: Tìm x, y ∈ ℕ biết ( 2 y + 1)( x − 4 ) = 10
NH
Lời giải: 2 xy + x − 8 y = 14
x (2 y + 1) − 8 y − 4 = 14 − 4
( 2 y + 1)( x − 4 ) = 10
QU Y
x ( 2 y + 1) − 4(2 y + 1) = 10
Vì x, y∈ ℤ nên 2 y + 1 ∈ ℤ, x − 4 ∈ ℤ , suy ra 2 y + 1, x − 4 là ước nguyên của 10 và 2 y + 1 lẻ Lập bảng
1
5
-5
x−4
10
-10
2
-2
x
14
-6
6
2
y
0
-1
2
-3
M
1
KÈ
2 y +1
DẠ
Y
x = 14 x = −6 x = 6 x = 2 Vậy ; ; ; y = 0 y = −1 y = 2 y = −3
2
Bài 16: Tìm các nguyên tố x, y thỏa mãn : ( x − 2 ) . ( y − 3) = −4 .
Lời giải: Trang 15
L
Do –4 = 12. ( − 4 ) = 22.(−1) nên có các trường hợp sau:
FI CI A
( x − 2)2 = 1 x − 2 = 1 x = 3 TH1: y = −1 y = −1 y − 3 = −4 x − 2 = −1 x = 1 hoặc y = −1 y = −1
( x − 2) 2 = 22 x − 2 = 2 x = 4 TH2: y = 2 y = 2 y − 3 = −1
OF
x − 2 = −2 x = 0 hoặc y = 2 y = 2
ƠN
Bài 17: Tìm các số x, y ∈ N biết: ( x + 1) + ( 2 y –1) = 12 Lời giải:
Mà 2 y – 1 là số lẻ 2 y – 1 = 1; 2 y – 1 = 3 Với 2 y – 1 = 1 y = 1 thì x + 1 = 12 x = 11
QU Y
Ta được x = 11; y = 1
NH
( x + 1)( 2 y –1) = 12 = 1.12 = 2.6 = 3.4 = 12.1 = 6.2 = 4.3 ;x, y ∈ N
Với 2 y – 1 = 3 y = 2 thì x + 1 = 4 x = 3 Ta được x = 3; y = 2
M
Kết luận: với x = 11; y = 1 hoặc x = 3, y = 2 thì ( x + 1)( 2 y − 1) = 12 .
Lời giải:
5 y 1 − = . x 3 6
KÈ
Bài 18: Tìm số nguyên x, y biết:
5 1 y 5 1+ 2 y ⇔ x (1 + 2 y ) = 5.6 = 30 = + ⇔ = x 6 3 x 6
Y
(4) x, 1 + 2 y ∈ Ư(30) (1)
DẠ
Mà Ư(30 ) = {−30; −15; −10; −6; −5; −3; −2; −1; 1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30 } (2) Mặt khác 1 − 2 y là số lẻ
(3)
Từ (1, (2), (3), (4) ta có bảng sau: 1+ 2 y
− 15
−5
−3
−1
Trang 16
1
3
5
15
−6
− 10
− 30
30
10
6
2
y
−8
−3
−2
−1
0
1
2
7
Vậy các cặp số nguyên ( x, y ) cần tìm là:
Bài 19: Tìm các số tự nhiên x, y. sao cho ( 2 x + 1)( y − 5 ) = 12 Lời giải: Ta có 2 x + 1 ; y − 5 là ước của 12
ƠN
12 = 1.12 = 2.6 = 3.4
Do 2 x + 1 lẻ 2 x + 1 = 1 hoặc 2 x + 1 = 3
Vậy ( x, y ) = ( 0,17 ) ; (1,9 )
QU Y
Bài 20:
NH
2 x + 1 = 1 x = 0 ; y − 5 = 12 y = 17
hoặc 2 x + 1 = 3 x = 1 ; y − 5 = 4 y = 9
;
OF
( −2;8) ; ( −6; −3) ; ( −10; 2 ) ; ( −30; −1) ; ( 30;0 ) ; (10;1) ; ( 6; 2 ) ; ( 2;7 )
a) Cho số abc chia hết cho 37. Chứng minh rằng số cab cũng chia hết cho 37 b) Tìm số x, y nguyên biết xy + 12 = x + y Lời giải:
(
)
M
a)Ta có: abc ⋮ 37 100.abc ⋮ 37 abc 00 ⋮ 37
KÈ
ab.1000 + c00 ⋮ 37
ab.999 + c00 + ab ⋮ 37
(
(
)
)
ab.999 + cab ⋮ 37
Y
Mà ab.999 = ab.37.27 ⋮ 37 cab ⋮ 37
DẠ
Vậy nếu abc⋮ 37 thì cab⋮ 37
b)Ta có xy + 12 = x + y xy − x − y + 12 = 0 x ( y − 1) − ( y − 1) + 11 = 0 ( x − 1)( y − 1) = −11 = −1.11 = 1. − 11 = 11. − 1 = −11.1 Trang 17
L
−2
FI CI A
x
-1
1
11
y −1
1
11
-11
-1
x
− 10
0
2
y
2
12
-10
L
−11
FI CI A
x −1
12 0
Vậy ( x; y ) ∈ {( −10; 2 ) ; ( 0;12 ) ; ( 2; −10 ) ; (12;0 )}
OF
Bài 21: Tìm tất cả các cặp số nguyên sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. Lời giải:
ƠN
x = 0, y = 0 hoặc x = 2, y = 2
Bài 22:
b)Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) biết:
x 1 +1 = 5 y −1
QU Y
Lời giải: a)Gọi số tự nhiên đó là a
NH
a)Tìm số dư trong phép chia khi chia một số tự nhiên cho 91. Biết rằng nếu lấy số tự nhiên đó chia cho 7 thì được dư là 5 và chia cho 13 được dư là 4
Theo bài ra ta có: a = 7 p + 5; a = 13q + 4 ( p, q ∈ ℕ ) Suy ra : a + 9 = 7 p + 14 = 7. ( p + 2 )⋮ 7
a + 9 = 13q + 13 = 13 ( q + 1)⋮13
M
Ta có : a + 9⋮ 7; a + 9⋮13; ( 7,13) = 1
KÈ
Do đó a + 9⋮ 91 a + 9 = 91k a = 91k − 9 = 91k − 91 + 82 = 91. ( k − 1) + 82 Nên a chia cho 91 có dư là 82. x 1 x+5 1 +1 = ⇔ = ⇔ ( x + 5 )( y − 1) = 5.1 5 y −1 5 y −1
Y
b)Ta có:
DẠ
⇔ ( x + 5)( y − 1) = 5.1 = 1.5 = −5.(−1) = (−1).(−5) Thay hết tất cả các trường hợp ta có:
( x; y ) = {( 0; 2 ) ; ( −4;6 ) ; ( −10;0 ) ; ( −6; −4 )} . HẾT Trang 18
S6-CHUYÊN ĐỀ 8. NGUYÊN LÍ DIRICHLET
L
PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
FI CI A
1. Nội dung nguyên lí
Nếu nhốt n.m + r (trong đó m, n, r ∈ ℕ * ) con thỏ vào n cái chuồng thì phải có ít nhất một chuồng chứa không ít hơn m + 1 con thỏ. Chứng minh
Giả sử ngược lại mỗi chuồng chứa không quá m con thỏ thì tổng số thỏ nhốt trong n chuồng sẽ không
OF
quá m.n con thỏ :Mâu thuẫn với giả thiết là số thỏ bằng m.n + r .Vậy phải có ít nhất một chuồng chứa không ít hơn m + 1 con thỏ. 2. Nhận xét
ƠN
Bản thân nguyên li Dirichlet khá đơn giản và dễ hiểu, tuy nhiên việc ứng dụng nguyên lí này lại không hề đơn giản .Vấn đề ở đây là phát hiện ra “chất Dirichlet “ trong các bài toán , dạng toán của mình và sau đó xác định trong đó đâu là chuồng và đâu là thỏ.Có những trường hợp chuồng và thỏ gần như đã có sẵn, nhưng có những trường hợp chúng ta phải “xây chuồng , tạo thỏ”.
NH
PHẦN II.CÁC DẠNG BÀI Dạng 1: Toán chia hết
Khi chia số a cho số m ≠ 0 luôn có m khả năng về số dư là 0,1,…., m − 1 (“m chuồng “).Do vậy, khi
QU Y
chia m + 1 số khác nhau a1, a2 ,....., am +1 cho m ta sẽ có m + 1 số dư (“ m + 1 thỏ”) và do đó luôn có hai phép chia có cùng số dư.Giả sử hai số bị chia trong hai phép chia đó là a i và a j (với
1 ≤ j < i ≤ m + 1 ). Ta có ( ai − a j )⋮ m . Bài 1:
M
Chứng minh rằng có thể tìm được một số có dạng 19781978.....197800...0 chia hết cho 2012.
KÈ
Lời giải
Xét dãy số : 1978,19781978,.....,19781978...1978 . Khi chia các số hạng của dãy này cho 2012 sẽ có 2013 so 1978
hai phép chia có cùng số dư. Giả sử hai số hạng của dãy trong hai phép chia đó là a = 19781978...1978
Y
m so 1978
DẠ
và b = 19781978...1978 ( với 1 ≤ n < m ≤ 2013) . n so 1978
Hiệu của a và b chia hết cho 2012 hay a − b = 19781978....1978 00...0 ⋮ 2012 (đpcm) m −n so 1978
Trang 1
4 n so 0
Nhận xét: Phương pháp để giải dạng toán này là tạo ra dãy số (theo cấu tạo số) từ yêu cầu của bài toán
một “thỏ”, 2012 là số “chuồng”). Bài 2:
FI CI A
L
(“tạo thỏ”) . Sau đó áp dụng nguyên lí Dirichlet cho các số hạng của dãy số mới (mỗi số hạng thay cho
Cho dãy m số tự nhiên bất kì a1, a2,...., am . Chứng minh rằng tồn tại một số hạng chia hết cho m hoặc tổng của một số hạng liên tiếp trong dãy chia hết cho m(m ∈ ℕ*) .
Xét dãy số b1 = a1, b2 = a1 + a2 ,......., bm = a1 + a2 + .... + am
OF
Lời giải
Khi chia các số hạng của dãy này cho m thì xảy ra một trong hai trường hợp sau :
ƠN
• Có một phép chia hết , chẳng hạn : bk ⋮ m , thì ta có điều phải chứng minh :
(a1 + a2 + .... + ak )⋮ m
chia cho m ( vơi 1 ≤ j < i ≤ m )
NH
• Không có phép chia hết nào .Khi đó tồn tại hai phép chia có cùng số dư , chẳng hạn là bi , bj
(bi − b j )⋮ m hay ( a j +1 + a j + 2 + .... + ai )⋮ m , ta có điều phải chứng minh . Nhận xét: Phương pháp “tạo thỏ “ trong ví dụ này là dựa vào phép toán cộng và yêu cầu về tính liên tiếp
QU Y
của các số hạng trong dãy ban đầu của đề bài . Bài 3:
Cho bốn số tự nhiên phân biệt a > b > c > d . Chứng minh rằng:
P = (a − b )(a − c)(a − d )(b − c)(b − d )(c − d )⋮ 12 Lời giải
M
Chia bốn số phân biệt a, b, c, d cho 3 luôn có hai phép chia có cùng số dư
KÈ
hiệu hai số bị chia đó chia hết cho 3 tồn tại hiệu hai số trong bốn số a, b, c, d chia hết cho 3. Do vậy P chia hết cho 3 (1)
Trong bốn số a, b, c, d nếu có hai số có cùng số dư khi chia cho 4 thì P chia hết cho 4;trái lại , khi chia
Y
bốn số đó cho 4 có đủ bốn trường hợp về số dư là 0,1,2,3 trong bốn số a, b, c, d có hai số chẵn , hai số
DẠ
lẻ, giả sử a, c chẵn và b, d lẻ (a − c)⋮ 2 và (b − d )⋮ 2 Do vậy P chia hết cho 4 (2)
Từ (1),(2) và (3,4)=1 suy ra P ⋮ 3, 4 hay P ⋮ 12 (đpcm)
Bài 3:
Trang 2
Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì ta luôn tìm được một số có tổng các chữ số chia hết
L
cho 10.
FI CI A
Lời giải
Trong 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại 10 số tự nhiên liên tiếp có chữ số hàng chục giống nhau , kí hiệu chữ số hàng chục đó là a (các chữ số hàng trăm, hàng nghìn, ….(nếu có ) cũng giống nhau), còn các chữ số hàng đơn vị là dãy 0;1;2;3;…;9.
Do đó tổng các chữ số của mỗi số cũng là một dãy 10 số tự nhiên liên tiếp, vì thế tồn tại số có tổng các
OF
chữ số chia hết cho 10. Bài 4:
Cho 12 số tự nhiên khác nhau có hai chữ số. Chứng minh rằng không tồn tại hai số có hiệu là một số có hai chữ số như nhau.
ƠN
Lời giải
Có 12 số tự nhiên khác nhau, mà chỉ có 11 số dư trong phép chia cho 11, do đó tồn tại hai số có cùng số dư trong phép chia cho 11. Hiệu của chúng là một số chia hết cho 11, đó là số có hai chữ số như nhau.
NH
Bài 5:
Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kì bao giờ cũng tồn tại ít nhất 2 số có hiệu chia hết cho 10. Lời giải
QU Y
Với 11 số tự nhiên khi chia cho 10 ta được 11 số dư, mà một số tự nhiên bất kì khi chia cho 10 có 10 khả năng dư là 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; ... ; 9.
Vì có 11 số dư mà chỉ có 10 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 10 có cùng số dư do đó hiệu của chúng chia hết cho 10 (đpcm). Bài 6:
M
Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 19941994...199400...0 chia hết cho 1995. Lời giải
KÈ
Ta có 19941994...199400...0 = 19941994...1994 × 100...0 Xét 1995 số có dạng: 1994 ; 19941994 ; ... ; . +) Nếu một trong các số trên chia hết cho 1995 thì dễ dàng có điều phải chứng minh.
Y
+) Nếu các số trên đều không chia hết cho 1995 thì khi chia từng số cho 1995 sẽ chỉ có 1994 khả năng dư
DẠ
là 1 ; 2 ; 3 ; ... ; 1994. Vì có 1995 số dư mà chỉ có 1994 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 1995 có cùng số dư, hiệu của chúng chia hết cho 1995. Khi đó 1994...199400...0 chia hết cho 1995 (đpcm).
Bài 7: Trang 3
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho (1999^k - 1) chia hết cho104.
Xét 104 số có dạng: 1999^1 ; 1999^2 ; ... ; 1999^104.
FI CI A
L
Lời giải
Lấy tất cả các số trên chia cho 104 sẽ chỉ có 103 khả năng dư là 1 ; 2 ; 3 ; ...; 103 (chú ý: sẽ không có số dư 0 vì 1999 và 104 là hai số nguyên tố cùng nhau nên 1999 mũ bao nhiêu cũng không chia hết cho 104) Mà dãy số trên có 104 số nên sẽ có ít nhất hai số khi chia cho 104 có cùng số dư. Gọi hai số có cùng số dư khi chia cho 104 là 1999^a và 1999^b (với a > b)
OF
Ta có: 1999^a - 1999^b ⋮ 104 => 1999^b[1999^(a-b) – 1] ⋮ 104
Mà UCLN(1999^b, 104) là 1 (vì là hai số nguyên tố cùng nhau) nên 1999^(a-b) – 1 ⋮ 104 Đặt k = a – b, ta có 1999^k – 1 ⋮ 104 (đpcm) Bài 8:
ƠN
Chứng minh rằng tồn tại một số chỉ viết bởi hai chữ số chia hết cho 2003. Lời giải Xét 2003 số có dạng 1 ; 11 ; 111 ; ... ;
NH
+) Nếu có một số chia hết cho 2003 thì ta được sô 11...1100..00 ⋮ 2003 (đpcm) +) Nếu không có một số nào chia hêt cho 2003 thì sẽ có 2002 khả năng dư là 1 ; 2 ; 3 ; ...; 2002. Mà dãy số trên có 2003 số hạng nên sẽ có ít nhất hai số khi chia cho 2003 có cùng số dư Gọi hai số có cùng số dư khi chia cho 2003 là 11...11 và 111...111 (với n > m)
QU Y
m chu so 1
n chu so 1
Khi đó 111...111 - 11...11 = 11...110...00000 ⋮ 2003 (đpcm). n chu so 1
m chu so 1
M
Dạng 2: Toán suy luận
n − m chu so 0
Bài 1:
KÈ
Có 10 đội bóng thi đấu với nhau vòng tròn một lượt , mỗi đội phải đấu đúng một trận với mỗi đội khác .Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có hai đội đã đấu số trận như nhau. Lời giải
Y
Rõ ràng nếu trong 10 đội bóng có 1 đội chưa đấu một trận nào thì trong các đội còn lại không có đội nào
DẠ
đã thi đấu 9 trận . Như vậy mỗi đội chỉ có số trận đấu hoặc từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9 .Vậy theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất hai đội có số trận đã đấu như nhau.
Bài 2:
Trang 4
Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2 và chỉ có 2 học sinh được điểm 10 .Chứng
từ 0 đến 10). Lời giải Số học sinh có điểm kiểm tra từ 2 đến 9 là : 45 – 2 =43 Ta có : 43 = 8.5 + 3
FI CI A
L
minh rằng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau ( điểm kiểm tra là một số tự nhiên
Như vậy , khi phân chia 43 học sinh vào 8 loại điểm kiểm tra ( từ 2 đến 9 ) thì theo nguyên lí Dirichlet
OF
luôn tồn tại ít nhất 5 + 1 = 6 học sinh có điểm kiểm tra giống nhau (đpcm) Bài 3:
Có 17 nhà Toán học viết thư cho nhau trao đổi về 3 vấn đề khoa học , mỗi người đều trao đổi với 16 người còn lại và mỗi cặp 2 người chỉ trao đổi với nhau một vấn đề .Chứng minh rằng có ít nhất 3 nhà Toán học
ƠN
trao đổi với nhau về cùng một vấn đề. Lời giải
vấn đề khoa học ( kí hiệu là vấn đề I,II,III).
NH
Gọi A là một nhà Toán học nào đó trong 17 nhà Toán học thì A phải trao đổi với 16 người còn lại về 3
Vì 16 = 3.5 + 1 nên A phải trao đổi với ít nhất 5 + 1 = 6 nhà Toán học khác về cùng một vấn đề ( theo nguyên lí Dirichlet) .
QU Y
Gọi 6 nhà Toán học cùng trao đổi với A về một vấn đề (chẳng hạn là vấn đề 1) là A1, A2 ,....., A6 .Ta thấy 6 nhà Toán học này lại trao đổi với nhau về 3 vấn đề nên có hai khả năng xảy ra: 1) Nếu có 2 nhà Toán học nào đó cùng trao đổi với nhau về vấn đề I thì cùng với A sẽ có 3 nhà Toán học cùng trao đổi về vấn đề I.
2) Nếu không có 2 nhà Toán học nào cùng trao đổi với nhau về vấn đề I , thì 6 nhà Toán học này chỉ trao
M
đổi với nhau về 2 vấn đề II và III.Theo nguyên lí Dirichlet , có ít nhất 3 nhà Toán học cùng trao đổi với nhau về một vấn đề ( II hoặc III).
KÈ
Vậy luôn có ít nhất 3 nhà Toán học trao đổi với nhau về cùng một vấn đề . Nhận xét: Trong ví dụ trên ta đã phải phân chia bài toán thành hai lớp và sử dụng hai lần nguyên lí Dirichlet : Lần thứ nhất với 16 thỏ và 3 chuồng ; lần thứ hai với 6 thỏ và 2 chuồng.
Y
Bài 4:
DẠ
Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2013.
Lời giải
Trang 5
Xét 2014 có dạng 1,11,111,…., 11...1 . Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai số có cùng số dư khi chia
L
2014 sè 1
n sè 1
FI CI A
cho 2013. Giả sử hai số đó là a = 11...1 , b = 11...1 với n>k. k sè 1
k
⋮ 2013 . Khi đó a − b = 11...1.10 n −k sè 1
Vì (2007,10k ) = 1 nên số c = 11...1 chia hết cho 2013 Bài 5: Cho 5 số tự nhiên phân biệt a1 > a2 > a 3 > a 4 > a 5 . Xét tích
OF
n −k sè 1
ƠN
P = (a1 − a2 )(a1 − a 3 )(a1 − a 4 )(a1 − a 5 )(a2 − a 3 )(a2 − a 4 )(a2 − a5 )(a 3 − a 4 )(a 3 − a 5 )(a 4 − a 5 ) Chứng minh rằng P ⋮ 228 Lời giải
NH
Ta có 288 = 32.25 1. Chứng minh P ⋮ 32
Xét 4 số a1 , a2 , a3 , a4 , : Ta thấy tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 3, giả sử a1 và a 2 =>
QU Y
(a1 − a 2 )⋮ 3
Lại xét a 2, a 3 , a 4 , a 5 trong 4 số này lại tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3, giả sử a 4 và a 5 =>
(a 4 − a 5 )⋮ 3 Do vậy P ⋮ 9
(1)
M
2. Chứng minh P ⋮ 25
KÈ
Trong 5 số đã cho có 3 số cùng tính chẵn lẻ. Nếu có 3 số chẵn, 2 số lẻ, chẳng hạn là : a1 = 2k1 , a2 = 2k2 , a 3 = 2k 3 , a 4 = 2k 4 + 1 , a 5 = 2k5 + 1 Khi đó: P = 16(k1 − k2 )(k1 − k 3 )(k2 − k 3 )(k 4 − k5 ).M
Y
Trong đó 3 số k1, k2, k 3 có 2 số cùng tính chẵn lẻ, chẳng hạn k1 và k 2 , thì (k1 − k2 )⋮ 2 . Vậy P ⋮ 32
DẠ
Nếu có 3 số lẻ, 2 số chẵn thì chứng minh tương tự ta cũng có P ⋮ 32
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có P ⋮ 32
(2)
Từ (1), (2) và (9,32)=1 suy ra P ⋮ 9, 32 hay P ⋮ 288 (đpcm). Bài 6:
Trang 6
{
}
L
Chứng minh rằng trong n + 1 số bất kì thuộc tập hợp 1;2; 3;....;2n luôn tìm được hai số mà số này là
FI CI A
bội của số kia. Lời giải Viết n+1 số lấy ra dưới dạng k
k
k
a1 = 2 1 b1, a 2 = 2 2 b2 ,...., an +1 = 2 n +1 bn +1 trong đó b1, b2,...., bn +1 là các số lẻ,
Ta có: 1 ≤ b1, b2,...., bn +1 ≤ 2n − 1. . Mặt khác trong khoảng từ 1 đến 2n-1 có đúng n số lẻ nên tồn tại hai
OF
số m, n sao cho bn = bm . Khi đó, trong hai số a n và am có một số là bội của số kia (đpcm) Bài 7:
ƠN
Xét 100 số tự nhiên 0 < a1, a2,...., a100 ≤ 100 và có tổng bằng 200 .Chứng minh rằng trong 100 số đó luôn tồn tại một vài số có tổng bằng 100. Lời giải
2. Nếu a1 ≠ a 2 thì ta lập dãy sau
NH
1. Nếu a1 = a2 = ... = a100 = 2 thì ta chọn 50 số bất kì đều có tổng bằng 100.
a1, a2, a1 + a2 , a1 + a2 + a 3 + ... + a1 + a 2 + ... + a 99 ( các số hạng này có giá trị từ 1 đến 199).
QU Y
- Nếu tồn tại một số hang nào trong dãy chia hết cho 100 thì số hạng đó bằng 100 - Nếu không có số hạng nào chia hết cho 100 thì trong 100 số này khi chia cho 100 sẽ có hai số hạng có cùng số dư . Hiệu của chúng cho ta tổng cần tìm. Bài 8:
Cho 69 số tự nhiên khác 0 phân biệt và không vượt quá 100 .Chứng minh rằng có thể chọnđược 4 số trong
M
69 số đó thỏa mãn tổng của ba số bằng số còn lại Lời giải
KÈ
Giả sử 69 số đã cho là 1 ≤ a1 + a 3 < a1 + a 4 < ... < a1 + a 69 ≤ 100 . Khi đó a1 ≤ 32 . Xét hai dãy sau:
Y
1 < a1 + a 3 < a1 + a 3 < ... < a1 + a 69 ≤ 132(1)
DẠ
1 ≤ a 3 − a2 < a 4 − a2 < ... < a 69 − a2 ≤ 132(2) Từ (1) và (2) ta có 134 số hạng có giá trị từ 1 đến 132, suy ra có 2 số bằng nhau mỗi số thuộc một dãy,
chẳng hạn: a1 + am = an − a2 (với 3 ≤ m < n ≤ 69) tức là ta tìm được 4 số a1; a 2 ; an ; am với
a1 < a 2 < am mà a1 + a2 + am = an (đpcm) Trang 7
Bài 9:
L
Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn có ít nhất một số có tổng cácchữ số chia hết
FI CI A
cho 11. Lời giải Giả sử 39 số tự nhiên liên tiếp đó là a1 < a2 < ... < a 39 .
Trong 20 số hạng đầu tiên của dãy này sẽ có hai số tận cùng là 0 và có một số (trong hai số này) có chữ số Xét các số N + 1, N + 2,..., N + 19 thuộc 39 số đã cho. Khi đó:
OF
đứng trước số tận cùng khác 9. Gọi số này là N.
S (N + i ) = S (N ) + i với i = 1, 2,..., 9 và S (N + 19) = S (N ) + 10 . (kí hiệu S(a) là tổng các chữ số của a).
{
ƠN
Trong 11 số tự nhiên liên tiếp S (N ), S (N ) + 1,..., S (N ) + 9, S (N ) + 10 luôn có một số chia hết cho
}
11, chẳng hạn: S (N + m )⋮ 11 với m ∈ 1; 2;...; 9;19
NH
Vậy N + m là số thỏa mãn. Bài 10:
Cho 15 số tự nhiên phân biệt, khác 0, không lớn hơn 28. Chứng minh rằng trong 15 số đó luôn tìm được ít Lời giải
QU Y
nhất một bộ 3 số mà số này bằng tổng của hai số còn lại hoặc một cặp 2 số mà số này gấp đôi số kia.
Gọi 15 số tự nhiên sắp xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn là : a1, a2,..., a15 . Xét dãy số: b1 = a2 − a1, b2 = a 3 − a1,..., b14 = a15 − a1 . Các số hạng của dãy số này có giá trị từ 1 đến 27 và đôi một khác nhau.
M
⇒ Dãy số a1, a2 ,..., a15 ;b1, b2 ,..., b14 có 29 số hạng nhưng chỉ nhận 28 giá trị khác nhau (từ 1 đến 28).
KÈ
Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai số bằng nhau, chẳng hạn: bm = an (1 ≤ m ≤ 14,1 ≤ n ≤ 15) Hay am +1 − a1 = an ⇔ am +1 = a1 + an .
Y
- Nếu n = 1 thì am +1 = 2a1
DẠ
- Nếu n ≠ 1 thì 3 số a1, an , am +1 phân biệt và am +1 = a1 + an . Vậy ta chỉ việc chọn 3 số a1, an , am +1 hoặc 2 số a1, am +1 sẽ thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài 11:
Chọn 5 người bất kì. Chứng minh rằng có ít nhất 2 người có cùng số người quen trong 5 người đó. Trang 8
Lời giải
L
Mỗi người trong số 5 người có khả năng về số người quen (từ 0 đến 4). Ta xét hai trường hợp sau:
FI CI A
1. Nếu có một người không quen ai trong số 4 người còn lại thì rõ ràng không có ai quen cả 4 người. Như vậy, 5 người mà chỉ có 4 khả năng về số người quen (từ 0 đến 3) nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai người có cùng số người quen.
2. Nếu mỗi người đều có ít nhất một người quen. Khi đó 5 người mà chỉ có 4 khả năng về số người quen (từ 1 đến 4), theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai người có cùng số người quen
OF
Bài 12:
Có 6 đội bóng thi đấu với nhau vòng tròn một lượt, mỗi đội đấu đúng một trận với mỗi đội khác. Chứng minh rằng vào bất cứ thời điểm nào cũng có ba đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào.
ƠN
Lời giải
Giả sử 6 đội bóng đá là A, B, C, D, E, F. Xét đội A, Vì A phải đấu từ 0 đến 5 trận nên theo nguyên lí Dirichlet ta suy ra. Hoặc A đã đấu hoặc A chưa đấu với ít nhất 3 đội khác. Không mất tính tổng quát, giả
NH
sử A đã đấu với B, C, D
- Nếu B, C, D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh. - Nếu B, C, D có 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ là C thì 3 đội A, B, C từng cặp đã đấu với nhau
QU Y
Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào. Bài 13:
Một đồi thông có 800 000 cây thông. Trên mỗi cây thông có không quá 500 000 chiếc lá. Chứng minh rằng ít nhất cũng có 2 cây thông có cùng số lá như nhau ở trên cây. Lời giải
M
Ta hãy tưởng tượng mỗi cây thông là một "thỏ", như vậy có 800.000 "thỏ" được nhốt vào không quá 500.000 "chiếc lồng". Lồng 1 ứng với cây thông có 1 chiếc lá trên cây, lồng 2 ứng với cây thông có 2
KÈ
chiếc lá trên cây v.v... Số thỏ lớn hơn số lồng, theo nguyên tắc Điriclê ít nhất có 1 lồng nhốt không ít hơn 2 thỏ nghĩa là có ít nhất 2 cây thông có cùng số lá.
Y
Bài 14:
DẠ
Một lớp học có 40 học sinh. Chứng minh rằng có ít nhất 4 học sinh có tháng sinh giống nhau Lời giải
Một năm có 12 tháng. Ta phân chia 40 học sinh vào 12 tháng đó. Nếu mỗi tháng có không quá 3 học sinh được sinh ra thì số học sinh không quá: 3.12 = 36 mà 36 < 40 : vô lý.
Trang 9
Vậy tồn tại một tháng có ít nhất 4 học sinh trùng tháng sinh ( trong bài này 40 thỏ là 40 học sinh, 12 lồng
L
là 12 tên tháng).
FI CI A
Bài 15:
Cho dãy số gồm 5 số tự nhiên bất kì a1, a2, a 3, a 4 , a 5 . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 5 hoặc tổng của một số số liên tiếp trong dãy đã cho chia hết cho 5. Lời giải Ta sẽ thành lập dãy số mới gồm 5 số sau đây:
OF
S 1 = a1 S 2 = a1 + a 2
ƠN
S 3 = a1 + a 2 + a 3 S 4 = a1 + a 2 + a 3 + a 4
(
)
NH
S 5 = a1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5
- Nếu một trong cách S i i = 1, ... 5 chia hết cho 5 thì bài toán đã được chứng minh. - Nếu không có số nào chia hết cho 5 thì khi đem chia các số Si cho 5 sẽ được 5 số dư có giá trị từ 1 đến 4. Có 5 số dư mà chỉ có 4 giá trị (5 thỏ, 4 lồng). Theo nguyên tắc Điriclê ít nhất phải có 2 số dư có cùng giá
QU Y
trị. Hiệu của chúng chia hết cho 5. Hiệu này chính là tổng các ai liên tiếp nhau hoặc là ai nào đó. Bài 16:
Với 39 số tự nhiên liên tiếp, hỏi rằng ta có thể tìm được một số mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 11 hay không? Lời giải
M
Từ 20 số đầu tiên của dãy bao giờ ta cũng có thể tìm được 2 số mà chữ số hàng đơn vị là 0, và trong hai số
KÈ
đó ít nhất phải có một số có chữ số hàng chục khác 9. Giả sử N là số đó, và ta gọi S là tổng các chữ số của N.
Ta có dãy số mới N ; N + 1; N + 2;... N + 9; N + 19 là 11 số vẫn nằm trong 39 số cho trước
Y
mà tổng các chữ số của chúng là S ; S + 1; S + 2; ... ;S + 9; S + 10 . Đó là 11 số tự nhiên liên tiếp, ắt phải có một số chia hết cho 11.
DẠ
Bài 17:
Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên tùy ý, chí ít cũng có một cặp gồm hai số sao cho hoặc tổng hoặc
hiệu của chúng chia hết cho 100. Lời giải
Trang 10
Để làm xuất hiện số "thỏ" và số "lồng ta làm như sau:
L
Trong tập hợp các số dư trong phép chia cho 100 ta lấy ra từng cặp số sao cho tổng các cặp đó bằng 100
FI CI A
và thành lập thành các nhóm sau:
(0 ; 0), (1 ; 99), (2 ; 98), (3 ; 97), (4 ; 96), (5 ; 95), (6 ; 94)... (49 ; 51), (50 ; 50). Chú ý rằng sẽ có 50 cặp như vậy, ta thêm vào cặp (0, 0) sẽ có 51 cặp (51 lồng). - Đem chia 52 số tự nhiên cho 100 sẽ có 52 số dư (52 thỏ).
- Có 52 số dư mà chỉ có 51 nhóm, theo nguyên tắc Điriclê ít nhất cũng phải có 2 số dư cùng rơi vào một
OF
nhóm.
Rõ ràng là cặp số tự nhiên ứng với cặp số dư này chính là hai số tự nhiên có tổng hoặc hiệu chia hết cho 100. (đpcm) Bài 18:
ƠN
Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên bất kì ta luôn luôn tìm được một số mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 10. Lời giải
bạn tự chứng minh điều này).
NH
Trước hết ta chứng minh rằng trong n số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số chia hết cho n. (Các
Với 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn luôn tồn tại 10 số liên tiếp có chữ số hàng chục như nhau, còn các
QU Y
chữ số hàng đơn vị có giá trị từ 0 đến 9.
Vì thế tổng các chữ số của mỗi số trong 10 số này cũng làm thành dãy số gồm có 10 số tự nhiên liên tiếp, do đó tồn tại một số chia hết cho 10 (đpcm). Bài 19:
Một trường học có 1000 học sinh gồm 23 lớp. Chứng minh rằng phải có ít nhất một lớp có từ 44 học sinh
M
trở lên Lời giải
KÈ
Giả sử 23 lớp mỗi lớp có không quá 43 học sinh. Khi đó số học sinh là:
43.23 = 989 học sinh (ít hơn 1000 – 989 = 11 học sinh)
Y
Theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất một lớp có từ 44 học sinh trở lên
DẠ
Nhận xét: Các cháu học sinh để ý, với dạng toán này, đề bài thường yêu cầu chứng minh có ít nhất 1 lớp, (hoặc tương tự) có ít nhất bao nhiêu học sinh. Như vậy, với dạng này điều quan trọng là chúng ta cần chỉ ra, đâu là thỏ, đâu là chuồng. Với bài số 1, đọc
đề xong cái là nhìn thấy ngay số học sinh (như là số thỏ) còn số lớp chính là số chuồng.
Trang 11
ta đang đi chứng minh nguyên lý này, bằng việc giả sử ngược lại (phương pháp phản chứng).
FI CI A
Để hiểu rõ hơn, chúng ta đi tiếp tục bài 2.
L
Nhận xét thêm về cách giải, thực ra nói là áp dụng nguyên lý Dirichle, nhưng các cháu có thể thấy chúng
Bài 20:
Một lớp có 50 học sinh. Chứng minh rằng có ít nhất 5 học sinh có tháng sinh giống nhau Phân tích:
Đọc đề chúng ta thấy có học sinh, đề bài yêu cầu chứng minh học sinh có cùng tháng sinh. Việc “cùng học sinh là“thỏ”.Hướng dẫn giải Giả sử có không quá 4 học sinh có tháng sinh giống nhau
OF
tháng sinh” ở đây có thể hiểu như “nhốt cùng chuồng”. Như vậy, chuồng ở đây chính là tháng sinh, còn
Một năm có 12 tháng, khi đó số học sinh của lớp có không quá: 12.4=48 (học sinh)
ƠN
Theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất 5 học sinh có tháng sinh giống nhau Bài 21:
6 người cùng nhận học bổng như nhau. Phân tích:
NH
Có sáu loại học bổng khác nhau. Hỏi rằng phải có ít nhất bao nhiêu sinh viên để chắc chắn rằng có ít ra là
Bài toán này, đề bài không yêu cầu chúng ta chứng minh có ít nhất bao nhiêu gì đấy trong một gì đấy nữa.
QU Y
Mà ngược lại, đề bài yêu cầu chúng ta tìm ít nhất số học sinh để thỏa mãn điều kiện có ít nhất như các bài trước.
Bây giờ chúng ta phân tích để nhận ra đâu là “thỏ”, đâu là “chuồng” nhé. Nào hãy chú ý yêu cầu đề bài “ít nhất 6 người cùng nhận học bổng như nhau”, như vậy, người ở đây chính là “thỏ” còn loại học bổng chính là “chuồng”. Để giải bài toán ngược này, chúng ta cũng làm tương tự, giả sử không thỏa mãn đề bài, tức
M
mỗi loại học bổng chỉ có tối đa 5 người…. Lời giải
KÈ
Giả sử mỗi loại học bổng chỉ có 5 người => số người là 5.6 = 30 người. Nếu ta lấy 31 người, khi đó theo nguyên lý Dirichle, tồn tại 1 loại học bổng mà có ít nhất 6 người nhận. Nhận xét: Ta thấy 31 = 30 + 1, như vậy, ta chỉ việc tìm số lớn nhất để không thỏa mãn đề bài (chính là
Y
5×6 = 30) cộng thêm 1 sẽ thành số nhỏ nhất thỏa mãn đề bài.
DẠ
Bài 22:
Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra, không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2 học sinh được điểm 10. Chứng
minh rằng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên) Phân tích:
Trang 12
Đề bài cho 45 học sinh, (chính là số “thỏ”). Nhưng số chuồng thì chúng ta chưa biết chính xác. Chúng ta
L
cần cẩn thận hơn với các dữ kiện “không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2 học sinh được điểm 10″. Như vậy
FI CI A
các điểm chỉ cóthể từ 2 cho đến 10. Nhưng chỉ có 2 người được 10 tức là còn 43 người còn lại chỉ được điểm từ 2 cho đến 9. (có 8 số – tương ứng 8 “chuồng”) Lời giải Có 43 học sinh phân thành 8 loại điểm (từ 2 đến 9)
Giả sử trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có:
OF
5.8 = 40 học sinh, ít hơn 3 học sinh so với 43. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau. Bài 23:
Một lớp học có 50 học sinh, có duy nhất một học sinh thiếu nhiều bài tập nhất là thiếu 3 bài tập. Chứng
ƠN
minh rằng tồn tại 17 học sinh thiếu 1 số bài tập như nhau (trường hợp không thiếu bài tập coi như thiếu 0 bài) Phân tích:
NH
Bài này chúng ta để ý dữ kiện: “có duy nhất một học sinh thiếu nhiều bài tập nhất là thiếu 3 bài tập” ⇒ các học sinh còn lại chỉ thiếu 0, 1, hoặc 2 bài tập (tức là có 3 loại thiếu bài tập). Loại bỏ học sinh duy nhất thiếu 3 bài đi, còn lại 50 – 1 = 49 bạn.
QU Y
Lời giải
Ngoài bạn học sinh duy nhất thiếu 3 bài ta còn 49 bạn. Giả sử mỗi loại bài tập có 16 học sinh.
Số học sinh không quá 16.3 = 48 (thiếu 1 học sinh). Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 17 học sinh thiếu một số bài tập như nhau
M
Dạng 3: Sự tương hỗ Bài 1:
KÈ
Có 5 đấu thủ thi đấu cờ, mỗi người đấu một trận với mỗi đấu thủ khác. Chứng minh rằng trong suốt thời gian thi đấu, luôn tồn tại hai đấu thủ có số trận đã đấu bằng nhau. Lời giải
Y
Gọi 5 lồng 0, 1, 2, 3, 4 thứ tự chứa các đấu thủ đã đấu 0, 1, 2, 3, 4 trận. Cũng chú ý rằng hai lông 0 và 4
DẠ
không thể cùng chứa người. Như vậy chỉ có 4 lồng, mà có 5 người, tồn tại 2 người trong cùng một lồng tức là tồn tại hai đấu thủ có số trận đấu bằng nhau.
Bài 2:
Cho 5 người tùy ý. CMR trong số đó có ít nhất 2 người có số người quen như nhau (hiểu rằng A quen B
thì B quen A). Trang 13
Từ đó hiểu rằng 5 người đóng vai trò là số thỏ. Ta có thể tạo ra các lồng như sau:
FI CI A
Lời giải
L
Phân tích: Chú trọng đến câu hỏi “2 người có số người quen như nhau”
Gọi lồng 0 chứa những người có số người quen là 0. Gọi lồng 1 chứa những người có số người quen là 1. … Gọi lồng 4 chứa những người có số người quen là 4.
OF
Như vậy ta có 5 lồng. Nếu lồng 0 có chứa ai đó thì lồng 4 phải trống. Ngược lại nếu lồng 4 có chứa ai đó thì lồng 0 phải trống.
Vậy thực chất chỉ có 4 lồng nhốt 5 thỏ nên có ít nhất 2 người ở cùng một phòng tức là hai người đó có số người quen như nhau.
ƠN
Bài 3:
Có 10 đội bóng thi đấu với nhau mỗi đội phải đấu một trận với các đội khác. CMR vào bất cứ lúc nào
Phân tích: Hiểu tương tự như bài toán trên. Lời giải
NH
cũng có hai đội đã đấu số trận như nhau (kể cả số trận đấu là 0).
Gọi A0 là phòng chứa các đội có số trận đấu là 0.
……………
QU Y
Gọi A1 là phòng chứa các đội có số trận đấu là 1.
Gọi A9 là phòng chứa các đội có số trận đấu là 9. Nếu phòng A0 có ít nhất 1 đội thì phòng A9 không có đội nào và ngược lại phòng A9 có ít nhất 1 đội thì phòng A0 không có đội nào.
M
Vậy thực chất chỉ có 9 phòng được sử dụng mà lại có 9 đội nên có ít nhất 2 đội vào chung một phòng hay Bài 4:
KÈ
có ít nhất 2 đội có cùng số trận đấu như nhau.
Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội khác). CMR vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào.
Y
Lời giải
DẠ
Giả sử 6 đội bóng đó là A, B, C, D, E, F. Xét đội A: Theo nguyên lý Điriclê ta suy ra: A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 đội khác.
Không mất tính tổng quát, giả sử A đã đấu với B, C, D. + Nếu B, C, D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh.
+ Nếu B, C, D có 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A, B, C từng cặp đã đấu với nhau. Trang 14
Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào.
L
Bài 5:
FI CI A
Có 17 nhà toán học trao đổi với nhau về 3 vấn đề. Mỗi người tra đổi với một người về 1 vấn đề. CMR cũng có ít nhất 3 nhà toán học trao đổi với nhau về cùng một vấn đề (A và B, B và C, C và A).
Phân tích: Tương tự như 17 điểm được nối với nhau bằng 3 màu à luôn tồn tại một tam giác với 3 cạnh cùng màu tức là 3 nhà toán học trao đổi với nhau về cùng một vấn đề. Lời giải
OF
Một nhà toán học trao đổi với 16 nhà toán học khác về 3 vấn đề Þ Theo nguyên lý Điricle có ít nhất 6 người sẽ được một người trao đổi về cùng một vấn đề, giả sử đó là vấn đề I. 6 người này lại trao đổi với nhau về 3 vấn đề:
+ TH1: Nếu có 2 người nào đó cùng trao đổi về vấn đề I thì bài toán được chứng minh.
ƠN
+ TH2: Nếu không có 2 người nào cùng trao đổi về vấn đề 1 thì 6 người này chỉ trao đổi về 2 vấn đề II và III.
Một người trao đổi với 5 người còn lại về 2 vấn đề II và III. Theo nguyên lý Điricle có ít nhất 3 người
NH
cùng được một người trao đổi về 1 vấn đề, giả sử đó là vấn đề II. Ba người này lại tiếp tục trao đổi với nhau:
+ TH1: Nếu có 2 người nào đó cùng trao đổi với nhau về vấn đề II thì bài toán được chứng minh.
QU Y
+ TH2: Nếu không có 2 người nào cùng trao đổi với nhau về vấn đề II thì cả 3 người này trao đổi với nhau về vấn đề III Þ Bài toán cũng đã được chứng minh. Vậy luôn có ít nhất 3 nhà toán học trao đổi với nhau về cùng một vấn đề Dạng 4: Sự sắp xếp Bài 1:
M
Cho một bảng vuông 4 x 4. Trên 16 ô của bảng, ta đặt 16 số tự nhiên từ 1 đến 16. Chứng minh rằng tồn tại
DẠ
Y
Lời giải
KÈ
hai ô kề nhau (tức là hai ô có một cạnh chung ) sao cho hiệu các số ở hai ô đó lớn hơn hoặc bằng 3.
Trang 15
Chuyển từ một ô bất kì sang ô kề nó gọi là một bước. Xét hai ô ghi
hàng dọc). Tồn tại một bước chuyển có hiệu lớn hơn hoặc bằng 3. Thật vậy giả sử tất cả các bước chuyển đều nhỏ hơn hoặc bằng 2 thì từ số 1, qua không quá 6 bước chuyển tăng thêm không quá 12, không đạt được đến số 16.
OF
Vậy tồn tại hai ô kề nhau có hiệu các số của hai ô đó lớn hơn hoặc
FI CI A
6 bước chuyển (nhiều nhất là 3 bước theo hàng ngang, 3 bước theo
L
số 1 và số 16 chuyển từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 16 chỉ cần không quá
bằng 3. Bài 2:
Viết 16 số, mỗi số có giá trị bất kỳ là 1, 2, 3, 4. Ghép thành từng cặp
ƠN
2 số được 8 cặp số. Chứng minh rằng tồn tại hai cặp số mà tồng các số trong hai cặp đó bằng nhau. Lời giải
NH
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.
QU Y
Dạng 5: Bài toán hình học
Nguyên lí có thể mở rộng như sau: Nếu có m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > k.n thì có ít nhất một ngăn kéo chứa ít nhất k + 1 vật. Với mở rộng này, ta còn có thể giải quyết thêm nhiều bài toán khác. Bài 1:
Trong tam giác đều có cạnh bằng 4 (đơn vị độ dài, được hiểu đến cuối bài viết) lấy 17 điểm. Chứng minh
M
rằng trong 17 điểm đó có ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1. Lời giải
KÈ
Chia tam giác đều có cạnh bằng 4 thành 16 tam giác đều có cạnh bằng 1 (hình 1). Vì 17 > 16, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất một tam giác đều cạnh bằng 1 có chứa ít nhất 2 điểm trong số 17 điểm đã cho. Khoảng cách giữa hai điểm đó luôn không
Y
vượt quá 1 (đpcm).
DẠ
Bài 2:
Trong một hình vuông cạnh bằng 7, lấy 51 điểm. Chứng minh rằng có 3 điểm trong 51
điểm đã cho nằm trong một hình tròn có bán kính bằng 1.
Lời giải
Trang 16
Chia hình vuông cạnh bằng 7 thành 25 hình vuông bằng nhau, cạnh của mỗi hình vuông nhỏ bằng 5/7
L
(hình 2).
FI CI A
Vì 51 điểm đã cho thuộc 25 hình vuông nhỏ, mà 51 > 2.25 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, có ít nhất một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 3 điểm (3 = 2 + 1) trong số 51 điểm đã cho. Hình vuông cạnh bằng có bán kính đường tròn ngoại tiếp là: 2
2
OF
7 7 + 98 5 5 = < 1 (đpcm) 2 100
Hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1, chứa hình vuông ta đã chỉ ra ở trên.
Bài 3:
ƠN
Trong mặt phẳng cho 2003 điểm sao cho cứ 3 điểm bất kì có ít nhất 2 điểm cách nhau một khoảng không vượt quá 1. Chứng minh rằng: tồn tại một hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002 điểm.
Lời giải
NH
Lấy một điểm A bất kì trong 2003 điểm đã cho, vẽ đường tròn C1 tâm A bán kính bằng 1. + Nếu tất cả các điểm đều nằm trong hình tròn C1 thì hiển nhiên có đpcm. + Nếu tồn tại một điểm B mà khoảng cách giữa A và B lớn hơn 1 thì ta vẽ đường tròn C2 tâm B bán kính
QU Y
bằng 1.
Khi đó, xét một điểm C bất kì trong số 2001 điểm còn lại. Xét 3 điểm A, B, C, vì AB > 1 nên theo giả thiết ta có AC ≤ 1 hoặc BC ≤ 1. Nói cách khác, điểm C phải thuộc C1 hoặc C2. => 2001 điểm khác B và A phải nằm trong C1 hoặc C2. Theo nguyên lí Đi-rích-lê ta có một hình tròn chứa ít nhất 1001 điểm. Tính thêm tâm của hình tròn này thì
M
hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002 điểm trong 2003 điểm đã cho.
Bài 4:
KÈ
Cho hình bình hành ABCD, kẻ 17 đường thẳng sao cho mỗi đường thẳng chia ABCD thành hai hình thang có tỉ số diện tích bằng 1/3 . Chứng minh rằng, trong 17 đường thẳng đó có 5 đường thẳng đồng quy.
Lời giải
Y
Gọi M, Q, N, P lần lượt là các trung điểm của AB, BC, CD, DA (hình 3).
DẠ
Vì ABCD là hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD. Gọi d là một trong 17 đường thẳng đã cho. Nếu d cắt AB tại E ; CD tại F ; PQ tại L thì LP, LQ lần lượt là đường trung bình của các hình thang AEFD, EBCF.
Ta có: S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 hoặc S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3
=> LP / LQ = 1/3 hoặc là LQ / LP = 1/3. Trang 17
Trên PQ lấy hai điểm L1, L2 thỏa mãn điều kiện L1P / L1Q = L2Q / L2P = 1/3 khi đó L trùng với L1 hoặc L
L
trùng với L2. Nghĩa là nếu d cắt AB và CD thì d phải qua L1 hoặc L2.
FI CI A
Tương tự, trên MN lấy hai điểm K1, K2 thỏa mãn điều kiện K1M / K1N = K2N / K2M = 1/3 khi đó nếu d cắt AD và BC thì d phải qua K1 hoặc K2.
Tóm lại, mỗi đường thẳng trong số 17 đường thẳng đã cho phải đi qua một trong 4 điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2. Vì 17 > 4.4 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, trong 17 đường thẳng đó sẽ có ít nhất 5 đường thẳng (5 = 4 + 1) cùng đi qua một trong 4 điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2 (5 đường thẳng đồng quy, đpcm).
OF
Dạng 6: Sự trùng lặp
- Học sinh thuộc nội dung nguyên lý. Đọc bài toán và phân biệt được yếu tố nào đóng vai trò là “thỏ”, yếu tố nào đóng vai trò là “lồng”. Học sinh chỉ ra được số thỏ, số lồng.
- Cách phân biệt đơn giản nhất: Số thỏ luôn lớn hơn số lồng.
ƠN
Bài 1:
Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2 học sinh được điểm 10. CMR ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0 đến 10).
NH
Phân tích: “thỏ” là 43 học sinh, “lồng” là các loại điểm từ 2 đến 9. Lời giải
Có 45 – 2 = 43 (học sinh) được 8 loại điểm từ 2 đến 9.
QU Y
Do 43 : 8 = 5 (dư 3).
Theo Nguyên lý Điricle có ít nhất 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
Bài 2:
Một trường học có 24 lớp gồm 900 học sinh. Chứng minh rằng có một lớp với sĩ số 38 học sinh trở lên.
Phân tích: Chia 900 học sinh vào 24 lớp có ý nghĩa tương tự như nhốt 900 con thỏ vào 24 cái lồng. Từ đó
M
có thể áp dụng ngay nội dung nguyên lý để giải bài toán: Lời giải
KÈ
Có 900 học sinh được chia vào 24 lớp, mà 900: 24 = 37 (dư 12) Theo nguyên lý Điricle sẽ tồn tại một lớp có từ 37 + 1 = 38 (học sinh) trở lên.
Bài 3:
Y
Trong lớp học có 30 học sinh. Khi viết chính tả một em phạm 14 lỗi, các em khác phạm số lỗi ít hơn.
DẠ
CMR có ít nhất 3 học sinh mắc số lỗi bằng nhau (kể cả những người mắc 0 lỗi).
Phân tích: Trong bài toán này “thỏ” là 29 học sinh (trừ đi 1 em mắc 14 lỗi), “lồng” là các loại lỗi (gồm 14 loại: 0 lỗi, 1 lỗi, 2 lỗi, …, 13 lỗi). Lời giải
Có 30 học sinh trong đó 1 em phạm 14 lỗi, số còn lại là 29 em phạm các lỗi từ 0 đến 13 lỗi (14 loại lỗi). Trang 18
Do 29: 14 = 2 (dư 1)
L
Theo Nguyên lý Điricle có ít nhất 3 em mắc cùng số lỗi như nhau.
FI CI A
Bài 4:
Trong một kỳ thi toán học có 6 thí sinh được vào chung khảo. Thể lệ của cuộc thi như sau: Mỗi thí sinh phải giải 5 bài toán. Mỗi bài toán đúng được tính 4 điểm. Mỗi bài toán sai hoặc không làm được đều bị trừ 2 điểm. Hãy chứng tỏ rằng trong 6 thí sinh đó có ít nhất 2 thí sinh bằng điểm nhau. Biết rằng điểm thấp nhất là điểm 0.
OF
Phân tích: số “thỏ” dường như là 6 học sinh, nhưng “lồng” là gì nhỉ? Ta phải đặc biệt chú ý đến nội dung câu hỏi “ít nhất 2 thí sinh bằng điểm nhau” và liên tưởng đến nội dung nguyên lý nó giống như 2 thỏ nhốt chung một lồng. Từ đó tìm ra yếu tố lồng ở đây là số điểm đạt được. Giải
được đều bị trừ 2 điểm nên ta có 5 trường hợp sau: Nếu đúng 5 bài thì số điểm được là: 5. 4 = 20 (điểm).
ƠN
Vì mỗi thí sinh phải giải 5 bài toán. Mỗi bài toán đúng được tính 4 điểm. Mỗi bài toán sai hoặc không làm
NH
Nếu đúng 4 bài thì số điểm được là: 4. 4 - 2 = 14 (điểm). Nếu đúng 3 bài thì số điểm được là: 3. 4 – 4 = 8 (điểm). Nếu đúng 2 bài thì số điểm được là: 2. 4 – 6 = 2 (điểm).
QU Y
Nếu đúng 1 bài hoặc không đúng bài nào thì đều được 0 điểm. Như vậy có 6 thí sinh dự thi nhưng chỉ có 5 loại điểm nên theo nguyên lý Điricle sẽ có ít nhất 2 thí sinh bằng điểm nhau.
PHẦN III.BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI HSG6 Bài 1:
Phân tích:
KÈ
dự họp là như nhau.
M
Trong một phòng họp có n người, bao giờ cũng tìm được 2 người có số người quen trong số những người
Phòng họp có n người, có thể coi là n “thỏ” rồi này. Bây giờ chúng ta xác định đâu là “chuồng”. Hãy đọc kỹ đề bài yêu cầu gì, chúng ta sẽ nhìn ra “chuồng” ngay. “tìm được 2 người có số người quen trong số
Y
những người dự họp là như nhau” => số người quen giống nhau, hay chính là nhốt cùng “chuồng”. Như
DẠ
vậy, số người quen chính là số “chuồng”. Ta thấy 1 người có thể quen với 0 người, 1 người, ….hoặc nhiều nhất là n-1 người trong cuộc họp….
Lời giải
Số người quen của mỗi người trong phòng họp nhận các giá trị từ 0 đến n – 1 . Rõ ràng trong phòng không thể đồng thời có người có số người quen là 0 (tức là không quen ai) và có người có số người quen Trang 19
là n – 1 (tức là quen tất cả). Vì vậy theo số lượng người quen, ta chỉ có thể phân n người ra thành n – 1
L
nhóm.
FI CI A
Vậy theo nguyên lí Dirichlet tồn tai một nhóm có ít nhất 2 người, tức là luôn tìm được ít nhất 2 người có số người quen là như nhau.
Bài 2:
Trong một lưới ô vuông kích thước 5.5, người ta điền ngẫu nhiên vào các ô một trong các giá trị 0,1 hoặc 2, sau đó tính tổng tất cả các ô theo hàng ; theo cột và theo hai đường chéo. Chứng minh rằng tồn tại ít
Phân tích: Hãy đọc kỹ đề bài yêu cầu, chúng ta sẽ thấy “thỏ” và “chuồng”
OF
nhất hai tổng có giá trị bằng nhau.
“Tồn tại ít nhất 2 tổng có giá trị bằng nhau” ⇒ thỏ chính là tổng (hàng ngang, dọc, chéo), còn giá trị chính
ƠN
là “chuồng”. Vấn đề của chúng ta là chúng ta cần đi tìm các giá trị có thể của tổng. Ta thấy một tổng 5 ô sẽ có giá trị nhỏ nhất là 0, lớn nhất là 10.
Gọi các tổng lần lượt là S1,S2,..S12.
NH
Lời giải
Có tất cả 12 tổng. Ta nhận thấy rằng các tổng này chỉ có thể nhận các giá trị là {0, 1, 2…., 9, 10}. Có tất cả 11 giá trị khác nhau. Từ đó, theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra điều cần chứng minh.
QU Y
Bài 3:
Giả sử trong một nhóm 6 người mỗi cặp hai hoặc là bạn hoặc là thù. Chứng tỏ rằng trong nhóm có ba người là bạn lẫn nhau hoặc có ba người là kẻ thù lẫn nhau.
Lời giải
Gọi A là một trong 6 người. Trong số 5 người của nhóm hoặc là có ít nhất ba người là bạn của A hoặc có
bạn hoặc thù của A.
M
ít nhất ba người là kẻ thù của A, điều này suy ra từ nguyên lí Dirichlet, vì những người khác chỉ có thể là
KÈ
Trong trường hợp đầu ta gọi B,C,D là bạn của A. nếu trong ba người này có hai người là bạn thì họ cùng với A lập thành một bộ ba người bạn lẫn nhau, ngược lại, tức là nếu trong ba người B,C,D không có ai là bạn ai cả thì chứng tỏ họ là bộ ba người thù lẫn nhau.
Y
Tương tự có thể chứng minh trong trường hợp có ít nhất ba người là kẻ thù của A. (ĐPCM)
DẠ
Bài 4:
Có 5 đấu thủ thi đấu cờ, mỗi người đấu một trận với mỗi đấu thủ khác. Chứng minh rằng trong suốt thời gian thi đấu, luôn tồn tại hai đấu thủ có số trận đã đấu bằng nhau.
Lời giải
Trang 20
4 trận và một người chưa đấu trận nào, nên có tối đa 4 loại số trận đã đấu.
FI CI A
Vận dụng nguyên lý Dirichlet ta có ít nhất có 2 người có cùng số trận đã đấu.
L
Ta có số trận đã đấu của mỗi người có thể là 0,1,2,3,4. Nhưng vì không thể có cùng lúc một người đã đấu
Bài 5:
Có 6 học sinh làm một bài thi gồm 6 câu hỏi. Nếu trả lời đúng được 2 điểm, trả lời sai bị trừ 1 điểm. Nếu số điểm bị trừ nhiều hơn số điểm đạt được thì tính bị 0 điểm. Hỏi có thể luôn có 2 học sinh bằng điểm nhau được hay không???
OF
Phân tích và gợi ý giải:
Bài này đề bài lại hỏi theo kiểu có hay không, nhưng chúng ta hãy bình tình. Nếu một khi chúng ta đã hiểu bản chất của bài toán dạng này thì sẽ không gì làm chúng ta sợ hay mất tự tin được cả. “Hai học sinh bằng điểm nhau” ⇒ Học sinh chính là “thỏ”, điểm chính là “chuồng”.
ƠN
Vấn đề bài toán trở thành đi tìm số điểm có thể (số chuồng), từ đó sẽ giúp chúng ta trả lời được câu hỏi của đề bài.
- Đúng hết 6 câu => 12 điểm - Đúng 5 câu, sai 1 câu => 5×2 -1 = 9 điểm
NH
Đề thi gồm 6 bài, xảy ra các trường hợp sau:
- Đúng 4 câu, sai 2 câu => 4×2 -2×1 = 6 điểm
QU Y
- Đúng 3 câu, sai 3 câu => 3×2 – 3×1 = 3 điểm
- Đúng 2 câu, sai 4 câu => 2×2 – 4x 1 = 0 điểm - Đúng dưới 2 câu => dễ thấy sẽ bị 0 điểm.
Nhìn lại ta thấy chỉ có 0,3,6,9,12 điểm tức là chỉ có 5 loại điểm, trong khi có 6 học sinh => có 2 học sinh
DẠ
Y
KÈ
M
cùng điểm.
Trang 21
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1.
Giới thiệu nguyên lý Dirichlet
FI CI A
A.
L
CHUYÊN ĐỀ .NGUYÊN LÝ DIRICHLET TRONG SỐ HỌC
Dirichlet (Đi-rích-lê) (1805 – 1859) là nhà toán học người Đức, được cho là người đưa ra định nghĩa hiện đại về hàm số. Trên cơ sở quan sát thực tế, ông đã phát biểu thành một
OF
nguyên lí mang tên ông – nguyên lí Dirichlet: Không thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng mà mỗi cái lồng có không quá 2 con thỏ. Nói cách
tại ít nhất một lồng có từ 3 con trở lên. Một cách tổng quát hơn, nếu có k lồng để nhốt m con thỏ (với k = kn + r (0 < r ≤ k − 1) ) thì tồn
NH
tại ít nhất một lồng có chứa từ n + 1 con thỏ
ƠN
khác, nếu nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng thì tồn
trở lên.
Ta cũng có thể dễ dàng chứ minh nguyên lí Dirichet bằng phương pháp phản chứng như sau: Giả
QU Y
sử không có một lồng nào chứ n + 1 con thỏ trở lên, tức là mỗi lồng chứa nhiều nhất n con thỏ, thì số con thỏ chứa trong k lồng nhiều nhất chỉ có thể là kn con. Điều này mâu thuẫn với giả thiết có m con thỏ với m = kn + r (0 < r ≤ k − 1) .
Nguyên lí Dirichlet thật đơn giản, dễ hiểu nhưng được vận dụng vào giải rất nhiều bài toán trong kiện đặt ra.
M
số học, đại số, hình học về việc chỉ ra sự tồn tại của một hay nhiều đối tượng thỏa mãn một điều
KÈ
Khi sử dụng nguyên lí Dirichlet vào bài toán cụ thể, điều quan trọng là phải nhận ra (hay tạo ra) Lồng hoặc Thỏ hoặc cả Lồng và Thỏ. 2. Một số dạng áp dụng của nguyên lý Dirichlet • Nguyên lý Dirichlet cơ bản: Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có
Y
một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ.
DẠ
• Nguyên lý Dirichlet tổng quát: Nếu có N đồ vật được đặt vào trong k hộp thì sẽ tồn tại một
N hộp chứa ít nhất đồ vật. (Ở đây x là số nguyên nhỏ nhất có giá trị nhỏ hơn hoặc bằng x) k
.1 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET • Nguyên lí Dirichlet mở rộng: Nếu nhốt n con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng
FI CI A
L
n + m − 1 có ít nhất con thỏ. m
• Nguyên lí 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. 3. Phương pháp ứng dụng.
OF
Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng như đơn giản như vậy, nhưng nó là một công cụ hết sức có hiệu quả dùng để chứng mình nhiều kết quả hết sức sâu sắc của toán học. Nguyên lí Dirichlet cũng được áp dụng cho các bài toán của hình học, điều đó được thể hiện qua hệ thống bài tập sau:
Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt “thỏ” vào “chuồng” và thoả
ƠN
mãn các điều kiện: + Số ‘thỏ” phải nhiều hơn số chuồng.
+ “Thỏ” phải được nhốt hết vào các “chuồng”, nhưng không bắt buộc chuồng nào cũng phải có
NH
thỏ.
Thường thì phương pháp Dirichlet được áp dụng kèm theo phương pháp phản chứng. Ngoài ra nó còn có thể áp dụng với các nguyên lý khác. Một số bài toán cơ bản thường gặp như sau: Trong n + 1 số tự nhiên bất kì luôn tìm được hai số chia cho n có cùng số dư (hoặc hiệu
QU Y
1)
của chúng chia hết cho n ). 2)
Nếu trên một đoạn thẳng độ dài 1 đặt một số đoạn thẳng có tổng độ dài lớn hơn 1 thì có ít
nhất hai trong số các đoạn thẳng đó có điểm chung. 3)
Nếu trên đường tròn có bán kính 1 đặt một số cung có tổng độ dài lớn hơn 2π thì có ít nhất
4)
M
hai trong số các cung đó có điểm chung.
Trong một hình có diện tích S đặt một số hình có tổng diện tích lớn hơn S thì có ít nhất hai
DẠ
Y
KÈ
trong số các hình đó có điểm chung.
2
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
L
Dạng 1: Chứng minh sự tồn tại chia hết
FI CI A
* Cơ sở phương pháp: Thông thường ta coi m số tự nhiên đã cho là m “con thỏ”, các số dư trong phép chia các số tự
nhiên đó cho n là những “lồng”; như vậy sẽ có n cái lồng: lồng i (0 ≤ i ≤ b) gồm những số tự nhiên đã cho chia cho n dư i. * Ví dụ minh họa:
OF
Bài toán 1. Chứng mình rằng:
a) Trong 2012 số tự nhiên bất kì luôn tìm được hai số chia cho 2011 có cùng số dư (hay hiệu của chúng chia hết cho 2011).
b) Trong 2012 sô tự nhiên bất kì luôn tìm được một số chia hết cho 2012 hoặc luôn tìm được hai
ƠN
số chia cho 2012 có cùng số dư.
Hướng dẫn giải
NH
a) Ta coi 2012 số tự nhiên đã cho là 2012 “con thỏ”; “lồng i” gồm các số chia cho 2011 dư i (0 ≤ i ≤ 2011) nên có 2011 lồng: lồng 0, lồng 1, …, lồng 2010. Như vậy có 2011 lồng chứa 2012
con thỏ nên theo nguyên lí Dirchlet tồn tại ít nhất một lồng chứa không ít hơn hai con thỏ, tức là có ít nhất hai số chia cho 2011 có cùng số dư.
QU Y
b) Nếu trong 2012 số đã cho có ít nhất một số chia hết cho 2012 thì ta chọn luôn số này. Nếu không có số nào chia hết cho 2012 thì khi chia cho 2012 nhận nhiều nhất 2012 số dư khác nhau là 1, 2, …, 2011. Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất hai số chia cho 2012 có cùng số dư. Nhận xét. Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau: 1) Trong n + 1 số tự nhiên bất kì luôn tìm được hai số chia cho n có cùng số dư (hay hiệu của
M
chúng chia hết cho n). 2) Trong n số tự nhiên bất kì luôn tìm được một số chia hết cho n hoặc luôn tìm được hai số chia
KÈ
cho n có cùng số dư.
Bài toán 2. Chứng minh rằng luôn tìm được số có dạng 20122012…2012 (gồm các số 2012 viết
Y
liên tiếp nhau) chia hết cho 2013.
Hướng dẫn giải
DẠ
Xét 2014 số sau: 2012, 20122012, ..., 2012...2012 (gồm 2014 bộ số 2102).
Đem 2014 số này lần lượt chia cho 2013, có 2014 số mà chỉ có 2013 số dư trong phép chia cho 2013 (là 0, 1, 2, ..., 2012) nên luôn tồn tại hai số chia cho 2013 có cùng số dư, chẳng hạn đó là a =
2012...2012 (gồm i bộ 2012) và b = 2012...2012 (gồm j bộ 2012) với 1 ≤ i ≤ j ≤ 2014 . Khi đó
.3 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET b − a = 2012...2012.10 4i (gồm j – i bộ 2012) sẽ chia hết cho 2013.
L
Lại có ƯCLN (104i , 2013) = 1 nên số 2012...2012 (gồm j – i bộ 2012 sẽ chia hết cho 2013. Bài toán
FI CI A
được chứng minh. (Ở đây “thỏ” là số có dạng 2012...2012, “lồng” là số dư trong phép chia cho 2013).
Nhận xét. Mấu chốt của bài toán là chọn ra 2014 (= 2013 + 1) số tự nhiên có dạng đã cho. Từ đó
ta có thể phát biểu nhiều bài toán tương tự, chẳng hạn như: Chứng minh rằng luôn tìm được số có dạng 111...1 chia hết cho 29.
chia hết cho 6 hoặc tồn tại một vài số có tổng chia hết cho 6. Hướng dẫn giải
OF
Bài toán 3. Cho sáu số tự nhiên a , b , c, d , e, g . Chứng minh rằng trong sáu số ấy, tồn tại một số
Trường hợp có một số bằng 0 thì ta chọn số 0 thỏa mãn yêu cầu đề ra.
ƠN
Trường hợp sáu số đều lớn hơn 0. Xét 6 số sau
S1 = a S3 = a + b + c S4 = a + b + c + d S5 = a + b + c + d + e S6 = a + b + c + d + e + g .
NH
S2 = a + b
QU Y
Đem mỗi số này chia cho 6 ta nhận được số dư thuộc tập {0,1, 2, 3, 4, 5} . Nếu tồn tại Si (i = 1, 2,..., 6) chia hết cho 6 thì bài toán đã được chứng minh. Nếu không có Si nào chia hết cho 6 thì ta có 6 số chia hết cho 6 chỉ nhận 5 loại số dư khác nhau (1, 2, 3, 4, 5) ; theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số chia cho 6 có cùng số dư, chẳng hạn S2 và S5
do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho 6, tức là c + d + e chia hết cho 6. Bài toán đã được chứng
M
minh.
(Ở đây “thỏ” là các số Si, “lồng” là số dư trong phép chia cho 6).
KÈ
Nhận xét. Ta có thể phát biểu bài toán tổng quát sau: Cho n số tự nhiên a1 , a2 ,..., an . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho n hoặc tồn tại một vài số có tổng chia hết cho n.
Y
Bài toán 4. Chứng minh rằng:
DẠ
a) Trong n số tự nhiên liên tiếp luôn tìm được một số chia hết cho n. b) Trong 39 số tự nhiên liên tiếp luôn tìm được một số mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 11.
Hướng dẫn giải
4
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
a) Giả sử không tìm được số nào trong n số tự nhiên liên tiếp đã cho mà chia hết cho n. Khi đó n
L
số này chia cho n chỉ nhận được nhiều nhất là n – 1 số dư khác nhau (1, 2, 3,..., n − 1) , theo nguyên
FI CI A
lí Dirichlet tồn tại hai số chia hết cho n có cùng số dư, chẳng hạn là a và b với a > b , khi đó a – b chia hết cho n, điều này mâu thuẫn với 0 < a − b < n . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
b) Lấy 20 số tự nhiên liên tiếp đầu của dãy, ta luôn tìm được một số có chữ số hàng đơn vị là 0 và có chữ số hàng chục khác 9.Giả sử đó là N và tổng các chữ số của N là s. Khi đó 11 số
N , N + 1, N + 2, N + 3,...N + 9, N + 19 sẽ nằm trong 39 số đã cho. Vì N tận cùng bằng 0 nên tổng
các chữ số của N , N + 1, N + 2,..., N + 9 lần lượt bằng s, s + 1, s + 2,..., s + 9 . Vì N tận cùng bằng 0
OF
và có chữ số hàng chục khác 9 nên tổng các chữ số của N + 10 bằng s + 1, tổng các chữ số của N + 19 bằng s + 10.
Trong 11 số tự nhiên liên tiếp s, s + 1, s + 2, s + 3,..., s + 9, s + 10 luôn tìm được một số chia hết cho
ƠN
11. Chẳng hạn số đó là s + i (0 ≤ i ≤ 10) : Nếu 0 ≤ i ≤ 9 thì ta chọn được số N + i thỏa mãn yêu cầu bài toán; nếu i = 10 thì ta chọn được số N + 19 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nhận xét. Mấu chốt để giải bài toán câu b) là phải tìm ra 11 số trong 39 số đã cho có tổng các chữ số thứ tự là 11 số tự nhiên liên tiếp, đồng thời sử dụng kết quả câu a).
NH
Bài toán 5. Cho các số tự nhiên từ 1 đến 2012. Hỏi có thể chọn ra được nhiều nhất bao nhiêu số sao cho tổng của hai số bất kì trong chúng không chia hết cho hiệu của nó?
QU Y
Hướng dẫn giải
Nhận thấy, nếu hai số chia cho 3 cùng dư 2 thì hiệu của chúng chia hết cho 3, còn tổng của chúng chia cho 3 dư 1; nên tổng của chúng không chia hết cho hiệu của chúng. Trong các số tự nhiên từ 1 đến 2012, sẽ có 671 số chia cho 3 dư 2 là các số có dạng
3k + 2 ( k = 0,1, 2,..., 670) . Khi đó hai số bất kì trong 671 số này có tổng chia 3 dư 1, hiệu chia hết
M
cho 3, nên tổng không chia hết cho hiệu của chúng. Ta sẽ chứng minh rằng chọn được nhiều nhất 672(= 671 + 1) số trong các số từ 1 đến 2012, thì trong 672 số này luôn tìm được a , b ( a > b) sao
KÈ
cho a − b ≤ 2 (Thật vậy, giả sử ngược lại thì hiệu giữa số nhỏ nhất và số lớn nhất trong các số đã chọn sẽ không nhỏ hơn 3.671 = 2013 . Điều này mâu thuẫn giả thiết với hiệu giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất không vượt quá 2012 − 1 = 2011 ), nghĩa là a – b bằng 1 hoặc 2.
Y
- Nếu a – b = 1 thì hiển nhiên a + b chia hết cho a – b (= 1) - Nếu a – b = 2 thì a + b là số chẵn nên a + b chia hết cho a – b (= 2).
DẠ
Như vậy từ 2012 số đã cho không thể chọn được hơn 671 số thỏa mãn điều kiện bài toán. Suy ra
số lượng lớn nhất các số phải tìm là 671.
.5 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Dạng 2: Bài toán về tính chất các phần tử trong tập hợp
FI CI A
dụng nguyên lí Dirichlet để chứng tỏ có hai phần tử thuộc hai tập hợp bằng nhau.
L
* Cở sở phương pháp: Thông thường ta phải lập ra những tập hợp có tính chất cần thiết rồi sử * Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho sáu số nguyên dương đôi một khác nhau và đều nhỏ hơn 10. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 số trong đó có một số bằng tổng hai số còn lại.
Hướng dẫn giải
OF
Gọi sáu số nguyên dương đã cho là a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 với 0 < a1 < a2 < ... < a6 < 10 . Đặt A = {a2 , a3 , a4 , a5 , a6 } gồm 5 phần tử có dạng am với m ∈ {2, 3, 4, 5, 6} .
Đặt B = {a2 − a1 , a3 − a1 , a4 − a1 , a5 − a1 , a6 − a1} gồm 5 phần tử có dạng an − a1 với n ∈ {2, 3, 4, 5, 6} .
ƠN
Ta thấy các phần tử của hai tập hợp A và B đều thuộc tập hợp gồm 9 phần tử {1, 2, 3,..., 9} trong khi tổng số phần tử của hai tập hợp A và B là 5 + 5 = 10 .
Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số bằng nhau mà chúng không thể thuộc cùng một tập hợp,
NH
nên có một số thuộc tập hợp A bằng một số thuộc tập hợp B, tức là am = an − a1 , do đó
an = am + a1 .
Ba số am , an , a1 đôi một khác nhau. Thật vậy, am ≠ an vì nếu am = an thì a1 = 0 trái với giả thiết
QU Y
của bài toán.
Vậy tồn tại ba số am , an , a1 trong các số đã cho mà an = am + a1 (đpcm). (Ở đây, có 10 “thỏ” là 10 số a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a2 − a1 , a3 − a1 , a4 − a1 , a5 − a1 , a6 − a1 và có 9 “lồng” là 9 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9).
Nhận xét. Để giải bài toán này, ta cần tạo ra hai tập hợp gồm các phần tử nhỏ hợn 10 và tổng số
bằng nhau.
M
phần tử của hai tập hợp phải không nhỏ hơn 10. Từ đó suy ra tồn tại hai phần tử của hai tập hợp
KÈ
Bài toán 2. Cho X là tập hợp gồm 700 số nguyên dương khác nhau, mỗi số không lớn hơn 2006. Chứng minh rằng trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử x, y sao cho x – y thuộc tập hợp
Y
E = {3; 6;9} .
DẠ
Hướng dẫn giải Giả sử 700 số nguyên dương đã cho là a1 , a2 ,..., a700 . Ta xét các tập hợp sau: A = {a1 , a2 ,...a700 };
B = {a1 + 6, a2 + 6,...a700 + 6};
C = {a1 + 9, a2 + 9,...a700 + 9}; 6
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Tổng số phần tử của ba tập hợp A, B, C là 700.3 = 2100, trong đó mỗi phần tử đều không vượt
thuộc hai tập hợp: A và B, hoặc A và C, hoặc B và C. - Nếu hai phần tử thuộc A và B, chẳng hạn ai = a j + 6 suy ra ai − a j = 6 . - Nếu hai phần tử thuộc A và C, chẳng hạn ai = a j + 9 suy ra ai − a j = 9 .
FI CI A
Vì mỗi tập hợp A, B, C có các phần tử đôi một khác nhau nên hai phần tử bằng nhau đó phải
L
quá 2006 + 9 = 2015, mà 2100 > 2015 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai phần tử bằng nhau.
- Nếu hai phần tử thuộc B và C, chẳng hạn ai + 3 = a j + 6 suy ra ai − a j = 3 .
Như vậy luôn tồn lại hai số thuộc tập hợp A có hiệu là 3, 6, 9. Ta được điều phải chứng minh.
OF
(Ở đây 2100 “thỏ” là 2010 phần tử của ba tập hợp A, B, C; 2015 “lồng” là các số từ 1 đến 2015)
Nhận xét. Ta còn có kết quả mạnh hơn như sau:
Cho X là tập hợp gồm 505 số nguyên dương khác nhau, mỗi số không lớn hơn 2006. Trong tập
ƠN
hợp X luôn tìm được hai phần tử x, y sao cho x – y thuộc tập hợp E = {3; 6;9} . Chứng minh.
Gọi A là tập hợp các số thuộc X mà chia hết cho 3, gọi B là tập hợp các số thuộc X mà chia cho 3
NH
dư 1, gọi C là tập hợp các số thuộc X mà chia cho3 dư 2.
Có 505 số xếp vào ba tập hợp, mà 505 = 3.168 + 1 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một tập hợp có chứa từ 169 số trở lên.
Trong tập hợp này, hai số bất kì có hiệu là một bội của 3. Tồn tại hai số x, y có hiệu nhỏ hơn 12.
QU Y
Thật vậy, nếu mọi số trong tập hợp này đều có hiệu không nhỏ hơn 12 thì số lớn nhất trong tập hợp không nhỏ hơn 12.168 = 2016 > 2006, trái với đề bài. Vậy trong tập hợp X tồn tại hai phần tử x, y mà x − y ∈ E .
Bài toán 3. Cho hai tập hợp số nguyên dương phân biệt mà mỗi số đều nhỏ hơn n. Chứng minh rằng nếu tổng số phần tử của hai tập hợp không nhỏ hơn n thì có thể chọn được trong mỗi tập hợp
M
một phần tử sao cho tổng của chúng bằng n.
KÈ
Hướng dẫn giải
Giả sử hai tập hợp số nguyên dương đã cho là A = {a1 , a2 ,..., am } và B = {b1 , b2 ,..., bk }
Y
với a < n (i = 1, 2,..., m) , b j < n ( j = 1, 2,..., k ) và m + l ≥ n .
DẠ
Xét tập hợp C = {n − b1 , n − b2 ,..., n − bk } .
Nhận thấy, có tất cả n – 1 số nguyên dương phân biệt nhỏ hơn n, các phần tử của A và C đều nhỏ
hơn n và tổng số các phần tử của A và C không nhỏ hơn n. Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất
.7 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET hai phần tử bằng nhau, chúng không cùng thuộc A và C, do đó một phần tử thuộc A và một phần
L
tử thuộc C, tức là tồn tại hai số ap và n − bq mà a p = n − bq ⇔ a p + bq = n (điều phải chứng minh).
FI CI A
(Ở đây coi m + k “thỏ” là các số nguyên dương thuộc tập hợp A hoặc C, n – 1 “lồng” là các số nguyên dương từ 1 đến n – 1).
Dạng 3: Bài toán liên quan đến bảng ô vuông
* Cở sở phương pháp: Một bảng vuông kích thước n x n gồm n dòng, n cột và 2 đường chéo. Mỗi dòng, mỗi cột, mỗi đường chéo đều có n ô vuông. Một bảng các ô vuông kích thước m x n gồm m dòng và n cột.
OF
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho một mảng ô vuông kích thước 5 x 5. Người ta viết vào mỗi ô của bảng một trong các số -1, 0, 1; sau đó tính tổng của các số theo từng cột, theo từng dòng và theo từng đường chéo.
ƠN
Chứng minh rằng trong tất cả các tổng đó luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
Hướng dẫn giải
NH
Bảng ô vuông kích thước 5 x 5 có 5 dòng, 5 cột, 2 đường chéo nên sẽ có 12 tổng của các số được tính theo dòng, theo cột và theo đường chéo. Mỗi dòng, cột và đường chéo đều có ghi 5 số thuộc tập {–1; 0; 1}. Vì vậy giá trị mỗi tổng thuộc tập hợp {–5; –4; –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3; 4; 5} có 11 phần tử. Có 12 tổng nhận trong tập 11 các giá trị khác nhau nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít
QU Y
nhất hai tổng nhận cùng một giá trị. Bài toán được chứng minh. (Ở đây “thỏ” là tổng nên có 12 “thỏ”, “lồng” là giá trị của tổng nên có 11 “lồng”).
Nhận xét. Với cách giải tương tự, ta có bài toán tổng quát sau: Cho một bảng ô vuông kích thước n x n. Người ta viết vào mỗi ô của bảng một trong các số –1, 0, 1; sau đó tính tổng của các số theo từng cột, theo từng dòng và theo từng đường chéo. Chứng minh rằng trong tất cả các tổng đó luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
M
Bài toán 2. Trên bảng ô vuông kích thước 8 x 8, ta viết các số tự nhiên từ 1 đến 64, mỗi số viết
KÈ
vào một ô một cách tùy ý. Chứng minh rằng luôn tồn tại hai ô vuông chung cạnh mà hiệu các số ghi trong chúng không nhỏ hơn 5.
Hướng dẫn giải
Y
Ta xét hàng có ô ghi số 1 và cột có ô ghi số 64. Hiệu giữa hai ô này là 63.
DẠ
Số cặp ô kề nhau từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 64 nhiều nhất là 14 (gồm 7 cặp ô chung cạnh tính theo
hàng và 7 cặp ô chung cạnh tính theo cột). Ta có 64 = 14.4 + 7 nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất hai ô kề nhau mà hai số ghi trên đó có hiệu không nhỏ hơn 4 + 1 = 5. Bài toán được chứng minh.
8
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
(Ở đây, “thỏ” là hiệu của hai số trong 64 số (từ 1 đến 64) nên có 63 thỏ; “lồng” là số cặp ô vuông
L
kề nhau từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 64 nên có nhiều nhất là 14 lồng).
•
FI CI A
Nhận xét.
Mấu chốt của bài toán là quan tâm đến hai ô vuông ghi số nhỏ nhất (số 1) và số lớn nhất
(số 64) sẽ có hiện lớn nhất là 63; đồng thời xét từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 64 chỉ cần tối đa là (8 –
1) + (8 – 1) = 14 ô. Ở đây ta đã vận dụng nguyên lí Dirichlet tổng quát: Có m thỏ, nhốt vào k lồng mà m = kn + r (1 ≤ r ≤ k − 1) thì tồn tại ít nhất một lồng chứa không ít hơn n + 1 con thỏ. •
Nếu thay bởi bảng chữ nhật gồm 8 x 10 ô vuông, trên đó ghi các số từ 1 đến 80 không
OF
lặp một cách tùy ý thì kết quả cầu bài toán còn đúng hay không? Hãy chứng minh.
Dạng 4: Bài toán liên quan đến thực tế
Cở sở phương pháp: Khi chứng minh sự tồn tại một số đối tượng thỏa mãn điều kiện nào đó, ta
ƠN
thường sử dụng nguyên lí Dirichlet.
Điều quan trọng nhất là phải xác định được “thỏ” và “lồng”. * Ví dụ minh họa:
NH
Bài toán 1. Một tổ học tập có 10 học sinh. Khi viết chính tả, cả tổ đều mắc lỗi, trong đó bạn Bình mắc nhiều lỗi nhất (mắc 5 lỗi). Chứng minh rằng trong tổ ấy có ít nhất 3 bạn đã mắc một số lỗi bằng nhau.
QU Y
Hướng dẫn giải
Ta coi “thỏ” là học sinh (trừ bạn Bình) nên có 9 thỏ; “lồng” là số lỗi chính tả học sinh mắc phải nên có 4 lồng: lồng i gồm những học sinh mắc i lỗi (i = 1, 2, 3, 4). Có 9 thỏ nhốt vào 4 lồng, mà 9 = 4.2 + 1, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất một lồng chứa không ít hơn 2 + 1 = 3 thỏ, tức là có ít nhất 3 bạn mắc một số lỗi bằng nhau.
Bài toán 2. Ở một vòng chung kết cờ vua có 8 đấu thủ tham gia. Mỗi đấu thủ đều phải gặp đủ 7
M
đấu thủ còn lại, mỗi người một trận. Chứng minh rằng, trong mọi thời điểm giữa các cuộc đấu,
KÈ
bao giờ cũng có hai đấu thủ đã đấu một số trận như nhau.
Hướng dẫn giải
Ta coi “thỏ” là đấu thủ nên có 8 thỏ; “lồng” là số trận đấu của đấu thủ nên có 8 lồng: “lồng i” gồm
Y
các đấu thủ đã thi đấu i trận (với i = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7).
DẠ
Ta thấy lồng 0 và lồng 7 không đồng thời tồn tại, vì nếu có một đấu thủ chưa đấu trận nào thì sẽ không có đấu thủ nào đã đấu đủ 7 trận, cũng như nếu có đấu thủ đã đấu đủ 7 trận thì không có ai
chưa đấu trận nào.
.9 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Như vậy, có 7 lồng chứa 8 con thỏ nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một lồng chứa không ít hơn
L
2 con thỏ, tức là trong mọi thời điểm giữa các cược đấu luôn tìm được 2 đấu thủ đã đấu dùng một
FI CI A
số trận.
Bài toán 3. Có 6 nhà khoa học viết thư trao đổi với nhau về một trong hai đề tài: bảo vệ môi
trường và chương trình dân số. Chứng minh rằng có ít nhất ba nhà khoa học cùng trao đổi về một
đề tài.
OF
Hướng dẫn giải Gọi 6 nhà khoa học là A, B, C, D, E, F.
Nhà khoa học A sẽ viết thư trao đổi với 5 nhà khoa học còn lại về 2 đề tài, có 5 = 2.2 + 1 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất 3 nhà khoa học (chẳng hạn B, C, D) được nhà khoa học A trao
ƠN
đổi về cùng một đề tài (chẳng hạn đề tài môi trường).
Trong ba nhà khoa học B, C, D nếu có hai người nào cũng trao đổi về đề bài môi trường (chẳng hạn B, C) thì ta chọn được A, B, C cùng trao đổi về một đề tài.
NH
Nếu trong ba nhà khoa học B, C, D không có hai người nào trao đổi về đề tài môi trường thì họ sẽ trao đổi với nhau về đề tài dân số, ta sẽ chọn được B, C, D cùng trao đổi một đề tài. (Ở đây coi nhà khoa học (trừ A) là “thỏ” nên có 5 thỏ, coi đề tài là “lồng” nên có 2 lồng và vận dụng nguyên lí Dirichlet tổng quát).
QU Y
Dạng 5: Bài toán liên quan đến sự sắp xếp * Cơ sở phương pháp: Các bài toán về sắp xếp chỗ, phân công việc không đòi hỏi nhiều về kiến thức và kĩ năng tính toán, chúng chủ yếu kết hợp suy luận lôgic để xét các khả năng có thể xảy ra với nguyên lí Dirichlet.
* Ví dụ minh họa:
M
Bài toán 1. Có 20 người quyết định đi bơi thuyền bằng 10 chiếc thuyền đôi. Biết rằng nếu hai người A và B mà không quen nhau thì tổng số những người quen của A và những người quen của
KÈ
B không nhỏ hơn 19. Chứng minh rằng có thể phân công vào các thuyền đôi sao cho mỗi thuyền
đều là hai người quen nhau.
Y
Hướng dẫn giải
DẠ
Nếu trong 20 người không có hai người nào quen nhau thì tổng số người quen của hai người bất kì là 0. Điều này mâu thuẫn với giả thiết là tổng số người quen của hai người không nhỏ hơn 19. Vậy
tồn tại một số cặp quen nhau.
10
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Ta xếp mỗi cặp quen nhau đó vào một thuyền đôi. Gọi k là số lượng thuyền lớn nhất mà trong đó
L
ta có thể xếp được những cặp quen nhau vào một thuyền và kí hiệu thuyền thứ i xếp hai người Ai
FI CI A
và Bi quen nhau (1 ≤ i ≤ k ) . Giả sử k ≤ 9 , kí hiệu tập hợp M gồm những người chưa được xếp vào thuyền nào, tức là gồm
những người đôi một không quen nhau. Chọn hai người A và B trong tập hợp M. Theo bài ra thì
tổng số người quen của A và số người quen của B không nhỏ hơn 19 và những người quen A hoặc quen B đã được xếp vào thuyền rồi. Như vậy có 19 người quen hệ quen A hoặc B được xếp vào
nhiều nhất là 9 thuyền đôi (trừ 1 thuyền vì A, B chưa được xếp), mà 19 = 9.2 + 1 nên theo nguyên
OF
lí Dirichlet tồn tại ít nhất một thuyền chở 2 người quen cả A và B. Nhưng khi đó ta có thể xếp lại như sau: trong k – 1 thuyền đầu tiên vẫn giữ nguyên, còn thuyền thứ k xếp Ak và B, còn thuyền thứ k + 1 xếp A và Bk. Điều này mâu thuẫn với giả sử.
Theo cách xếp này ta tiếp tục xếp đến hết 10 thuyền sao cho mỗi thuyền hai người đều quen nhau.
ƠN
Bài toán 2. Kì thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Long An năm nay có 529 học sinh đến từ 16 địa phương khác nhau tham dự. Giả sử điểm bài thi môn Toán của mỗi học sinh đều là số nguyên lớn hơn 4 và bé hơn hoặc bằng 10. Chứng minh rằng luôn tìm được 6 học sinh có điểm
NH
môn Toán giống nhau và cùng đến từ một địa phương.
Hướng dẫn giải
QU Y
Ta có 529 học sinh có điểm bài thi từ 5 điểm đến 10 điểm. Theo nguyên lý Dirichlet ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau (từ 5 điểm đến 10 điểm). Ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau và đến từ 16 địa phương. Theo nguyên lý Dirichlet tìm
được 6 em có cùng điểm thi môn toán và đến từ cùng một địa phương. Dạng 6: Vận dụng nguyên lí Dirichlet vào các bài toán hình học
Nếu trên một đoạn thẳng độ dài 1 đặt một số đoạn thẳng có tổng độ dài lớn hơn 1 thì có ít
KÈ
1)
M
* Cơ sở phương pháp:Một số các dạng toán hình học thường gặp:
nhất hai trong số các đoạn thẳng đó có điểm chung. 2)
Nếu trên đường tròn có bán kính 1 đặt một số cung có tổng độ dài lớn hơn 2π thì có ít nhất
Y
hai trong số các cung đó có điểm chung. 3)
Trong một hình có diện tích S đặt một số hình có tổng diện tích lớn hơn S thì có ít nhất hai
DẠ
trong số các hình đó có điểm chung.
4)
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Trong hình vuông mà độ dài mỗi cạnh là 4 cho trước 33 điểm phân biệt, trong đó
.11 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET không có 3 điểm nào thẳng hàng, Người ta vẽ các đường tròn có bán kính đều bằng
2 , có tâm là
L
các điểm đã cho.
FI CI A
Hỏi có hay không 3 điềm trong số các điểm nói trên sao cho chúng đều thuộc vào phần chung của 3 hình tròn có các tâm cũng chính là 3 điểm đó? (Thi chọn HSG lớp 9 Quốc Gia năm 2016 Bảng A)
Hướng dẫn giải
Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông, mỗi hình vuông có cạnh là 1; vì có 33 điểm chứa
OF
trong 16 hình vuông, do đó theo nguyên tắc Dirichlet ắt phải có ít nhất là một hình vuông chứa không ít hơn 3 điểm.
Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong hình vuông đơn vị đã cho không thể vượt qua độ dài
2.
ƠN
đường chéo của nó bằng
Gọi O1 , O2 , O3 là 3 điểm cùng nằm trong một hình vuông đơn vị nào đó .
2 . Chắc chắn cả ba điểm O1 , O2 , O3 đều nằm
NH
Vẽ ba đường tròn tâm O1 , O2 , O3 cùng bán kính là
trong cả ba đương tròn này, nghĩa là chúng nằm trong phần chung của 3 hình tròn có tâm tại chính các điểm O1 , O2 , O3 .
QU Y
Bài toán 2. Trên mặt phẳng cho 25 điểm sao cho từ ba điểm bất kỳ trong số chúng đều tìm được hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 13 điểm.
Hướng dẫn giải
M
Xét điểm A và hình tròn ( C1 ) có tâm A và bán kính là 1. Nếu tất cả 24 điểm còn lại đều nằm
KÈ
trong ( C1 ) thì hiển nhiên bài toán được chứng minh. Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài ( C1 ) . Ta có AB > 1 xét hình tròn ( C2 ) tâm B và bán kính là
Y
1.
DẠ
Giả sử C là một điểm bất kỳ khác A và B . Ta chứng minh C phải thuộc một trong hai hình tròn
( C1 ) hoặc ( C2 ) .
12
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Thật vậy: giả sử ngược lại điểm C không thuộc cả ( C1 ) , cả ( C2 ) AC > 1 và BC > 1 ; theo trên ,
L
AB > 1 như vậy có bộ ba điểm A, B, C trong đó không có bất kỳ 2 điểm nào có khoảng cách giữa
( C1 )
Điều vô lý đó chứng tỏ rằng hoặc là C thuộc vào
FI CI A
chúng nhỏ hơn 1. Vô Lý, vì trái với giả thiết. hoặc là C thuộc vào ( C2 ) .
Như vậy cả 25 điểm đã cho đều thuộc vào ( C1 ) và ( C2 ) .
OF
Theo nguyên tắc Dirichlet, ắt phải có ít nhất là một hình tròn chứa không ít hơn 13 điểm.
Bài toán 3. Cho hình vuông ABCD và chín đường thẳng phân biệt thỏa mãn mỗi một đường thẳng đều chia hình vuông thành hai tứ giác có diện tích tỷ lệ với 2 và 3.
ƠN
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất là ba đường thẳng đồng qui tại một điểm.
M
B
C
Q
A
D
N
C
H
QU Y
P
B
NH
Hướng dẫn giải
I
K
J D
A
M
Nhận xét: các đường thẳng đã cho không thể đi qua trung điểm các cạnh hình vuông ABCD bởi vì ngược lại thì hình vuông sẽ bị phân thành hai phần tam giác và ngũ giác.
KÈ
Giả sử một đường thẳng trong số đó cắt cạnh BC tại M và cắt cạnh AD tại N . Các hình thang ABMN và CDNM có chiều cao bằng nhau nên từ giả thiết suy ra MN chia đoạn
2 . 3
Y
thẳng nối trung điểm P ,Q của AB và CD theo tỷ lệ
DẠ
Dễ thấy chỉ có 4 điểm chia 2 đường trung bình của hing vuông ABCD theo tỷ lệ
2 là I , J , K , H . 3
Có 9 đường thẳng đia qua 4 điểm này; theo nguyên tắc Dirichlet, phải có ít nhất là 3 đường thẳng cùng đi qua một điểm.
.13 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Bài toán 4. Cho đa giác đều gồm 1999 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác bằng 2 màu xanh
FI CI A
L
và đỏ. Chứng minh rằng ắt phải tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân.
Hướng dẫn giải
Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh. Do đó ắt phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau là P và Q được sơn bởi cùng 1 màu ( chẳng hạn màu đỏ).
Vì đa giác đã cho là đa giác đều có một số lẻ đỉnh, cho nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên
đường trung trực của đoạn thẳng PQ . Giả sử đỉnh đó là A .
OF
Nếu A tô màu đỏ thì ta có ∆APQ là tam giác cân có 3 đỉnh A, P, Q được tô cùng màu đỏ. Nếu A tô màu xanh. Lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề với P và Q . Nếu cả 2 đỉnh B và C được tô màu xanh thì ∆ABC cân và có 3 đỉnh cùng tô màu xanh.
ƠN
Nếu ngược lại một ttrong hai đỉnh B hoặc C mà tô màu đỏ thì tam giác BPQ hoặc tam giác CPQ là các tam giác cân có 3 đỉnh được tô màu đỏ.
Dạng 7: Chút tổng hợp ngẫu nhiên.
NH
Bài toán 1: Chứng minh nguyên lý Dirichlet.
Tìm cách giải: Chứng minh trực tiếp hoặc sử dụng phản chứng. Hướng dẫn giải
* Chứng minh: Nếu nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng thì tồn tại ít nhất một lồng có từ 3 con thỏ trở
QU Y
lên. (Hay: Không thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng mà lại không có lồng nào nhốt nhiều hơn 2 con thỏ). Thật vậy, nếu mỗi lồng chứa không quá 2 con thỏ thì 3 lồng chứa không quá 2.3 = 6 con thỏ, vô lý. Vậy không thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng mà không có lồng nào nhốt nhiều hơn 2 con thỏ.
* Chứng minh tổng quát:
M
a. Nếu ta nhốt n con thỏ vào n − 1 cái lồng thì tồn tại một lồng có từ hai con thỏ trở lên. Thật vậy giả sử không có lồng nào chứa từ hai con thỏ trở lên thì nhiều nhất mỗi lồng chỉ chứa
KÈ
một con thỏ. ( n − 1) cái lồng chứa nhiều nhất ( n − 1) con thỏ. Vô lý. Vậy nếu ta nhốt n con thỏ vào n − 1 cái lồng thì tồn tại một lồng có từ hai con thỏ trở lên.
b. Khi nhốt n con thỏ vào k cái lồng:
Y
+ Nếu n = kp + r ( 0 < r ≤ k − 1) thì tồn tại ít nhất một lồng chứa không ít hơn p + 1 con thỏ.
DẠ
Thật vậy: Giả sử lồng nào cũng có không quá p con thỏ thì k lồng không có kp con thỏ, ít hơn số n
con thỏ, vô lý.
+ Nếu n = kp thì tồn tại ít nhất một lồng chứa không ít hơn p con thỏ và tồn tại ít nhất một lồng
chứa không nhiều hơn p con thỏ. 14
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Giả sử lồng nào cũng chứa nhiều hơn p con thỏ thì k lồng có ít nhất là k ( p + 1) thỏ, vô lý.
L
Thật vậy giả sử lồng nào cũng chứa ít hơn p con thỏ thì k lồng không có quá k ( p − 1) thỏ, vô lý.
FI CI A
Bài toán 2: Thả 257 viên bi nhỏ vào bàn cờ Quốc tế 64 ô vuông. Chứng minh tồn tại một ô chứa ít nhất 5 viên bi (kể cả trường hợp viên bi nằm trên cạnh ô vuông).
Tìm cách giải: Coi 64 ô vuông như 64 cái lồng. 257 viên bi là 257 con thỏ. Ta thấy
257 = 64.4 + 1 . Thả 257 con thỏ vào 64 cái lồng, theo nguyên lý Đi-rich-lê tồn tại một lồng chứa ít nhất 5 con thỏ. Giải trực tiếp như trên. Tuy nhiên có thể dùng phản chứng:
OF
Hướng dẫn giải
Giả sử không tồn tại một ô nào chứa ít nhất 5 viên bi, thì nhiều nhất mỗi ô chỉ chứa 4 viên. 64 ô chứa nhiều nhất 64.4 = 256 viên bi. Vô lý.
ƠN
Bài toán 3: Một lớp học có 41 học sinh làm bài kiểm tra Toán, không có ai bị điểm dưới 3. Có bốn học sinh đạt điểm 10. Chứng minh rằng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0 đến 10).
NH
Tìm cách giải: Trong bài toán này số “thỏ” là 41 − 4 = 37 điểm từ 3 đến 9. “Lồng” là 7 loại điểm nói trên. Phép chia 37 cho 7 được 5 còn dư. Tồn tại 5 + 1 = 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
Hướng dẫn giải
QU Y
Có 41 − 4 = 37 học sinh phân chia vào 7 loại điểm từ 3 đến 9. Giả sử không tồn tại một loại điểm nào có ít nhất 6 bạn đạt, thì nhiều nhất mỗi loại điểm chỉ có 5 bạn đạt; 7 loại điểm có nhiều nhất
7.5 = 35 bạn đạt. Lớp học ít hơn 41 học sinh. Vô lý. Vậy tồn tại ít nhất 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
Bài toán 4: Người ta chia một hình vuông thành 16 hình vuông nhỏ bằng cách chia mỗi cạnh
M
thành 4 phần bằng nhau. Người ta viết vào mỗi ô của bảng một trong các số − a; 0; a sau đó tính tổng các số theo từng cột, từng hàng và từng đường chéo. Chứng minh rằng trong tất cả các tổng
KÈ
đó luôn tồn tại 2 tổng có giá trị bằng nhau. Tìm cách giải: Có bao nhiêu tổng theo cột, theo hàng, theo đường chéo đó chính là “số thỏ”. Mỗi tổng có thể có giá trị bao nhiêu. Số giá trị của tổng sẽ là số “lồng”.
DẠ
Y
Hướng dẫn giải
.15 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Số hàng: 4; Số cột: 4; Số đường chéo: 2. Như vậy sẽ
L
có 10 tổng. cột hoặc đường chéo là
FI CI A
Các giá trị có thể có khi cộng các số trong mỗi hàng,
−4a; − 3a; − 2a; − a; 0; a; 2a; 3a; 4a.
Có 10 tổng, mỗi tổng nhận 1 trong 9 giá trị mà
10 = 9.1 + 1 . Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
OF
Bài toán 5: Chứng minh rằng: Trong n + 1 số tự nhiên bất kỳ a1; a2 ; ...; an ; an +1 luôn tìm được hai số sao cho hiệu của chúng chia hết cho n.
Tìm cách giải: Trong bài toán “thỏ” là các số tự nhiên bất kỳ, “lồng” là số số dư trong phép chia
ƠN
một số cho n . Chia một số bất kỳ cho n có thể nhận được một trong n số dư
0; 1; 2; ...; n − 2; n − 1 . Có n + 1 con thỏ, có n cái lồng
Hướng dẫn giải
NH
Chia một số bất kỳ cho n có thể nhận được một trong n số dư 0; 1; 2; ...; n − 2; n − 1. Có n + 1 số, có n số dư. Do đó theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho n . Không mất tổng quát giả sử hai số đó là a p và aq
aq = n.kq + r
p
> aq . Ta có:
QU Y
a p = n.k p + r ( r ∈ N ; 0 ≤ r ≤ n − 1)
( p; q ∈ {1;2;....; n; n + 1}) và a
Khi đó a p − aq = n. k p − kq ⋮ n.
(
)
Đây chính là hai số có hiệu của chúng chia hết cho n . Bài toán được chứng minh.
M
Bài toán 6: Trong 2016 số tự nhiên bất kỳ a1; a2 ; ...; a2016 luôn tìm được một số chia hết cho 2016 hoặc hai số có hiệu chia hết cho 2016.
KÈ
Tìm cách giải: Trong bài toán số “thỏ” là số 2016 số tự nhiên bất kỳ, “Lồng” là số số dư trong phép chia một số cho 2016. Có hai khả năng xảy ra: hoặc có số chia hết cho 2016, hoặc tất cả các số đều không chia hết cho 2016.
Y
Hướng dẫn giải Nếu một trong n số chia hết cho 2016, bài toán được chứng minh.
DẠ
Nếu tất cả 2016 số không có số nào chia hết cho 2016 thì mỗi số khi chia cho 2016 sẽ nhận một trong 2015 số dư 1; 2; 3; ....; 2014; 2015.
Có 2016 số mà có 2015 số dư nên tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 2016 hiệu của hai số chia hết cho 2016. (đpcm). 16
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Bài toán 7:
L
a) Cho một dãy số gồm 100 số tự nhiên bất kỳ a1; a2 ; ...; a100 . Chứng minh rằng tồn tại một số
FI CI A
chia hết cho 100 hoặc tổng một số số chia hết cho 100. b) Hãy tổng quát hóa bài toán.
Tìm cách giải: Trong bài toán số “thỏ” là số 100 số tự nhiên bất kỳ, “Lồng” là số số dư trong phép chia một số cho 100.
Có hai khả năng xảy ra: hoặc có số bằng 0, hoặc tất cả các số đều khác không. a) Trường hợp có số bằng 0 ta chọn số này thỏa mãn đầu bài. Trường hợp tất cả các số đều khác 0 ta lập 100 tổng sau:
S1 = a1
OF
Hướng dẫn giải
ƠN
S2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 S100 = a1 + a2 + a3 + ... + a100
NH
………………
Nếu một trong 100 tổng này chia hết cho 100, bài toán được chứng minh. Nếu tất cả 100 tổng này không chia hết cho 100, thì khi chia cho 100 chúng nhận 99 số dư
1; 2; 3; ...; 99.
QU Y
Có 100 tổng và có 99 số dư khi chia cho 100, theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai tổng có số dư bằng nhau khi chia cho 100. Giả sử là hai tổng là
Sk = a1 + a2 + a3 + ... + ak và Sh = a1 + a2 + a3 + ... + ah (100 ≥ k > h ≥ 1) Thì Sk − Sh = ( a1 + a2 + a3 + ... + ak ) − ( a1 + a2 + a3 + ... + ah ) =
M
= ( ah +1 + ah + 2 + ah+3 + ... + ak )⋮100.
KÈ
b) Tổng quát hóa:
Cho một dãy số gồm n số tự nhiên bất kỳ a1; a2 ; ...; an . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho n hoặc tổng một số số chia hết cho n.
Y
Bài toán 8: Chứng minh tồn tại lũy thừa của 79 mà các chữ số tận cùng của nó là 00001. Tìm cách giải: Nhận xét 79 n . Nếu n chẵn thì chữ số tận cùng là 1. Nếu n lẻ thì chữ số tận
DẠ
cùng là 9. Do đó ta xét 105 lũy thừa của 79 với các số mũ chẵn khác nhau.
Hướng dẫn giải Cách 1.
.17 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET - Xét 105 lũy thừa của 79 với các số mũ chẵn khác nhau. Nếu một trong các lũy thừa đó có tận
L
cùng là 00001 thì bài toán được chứng minh.
FI CI A
- Nếu không có lũy thừa nào có tận cùng là 00001 thì số các số có 5 chữ số tận cùng khác nhau kể từ số 00002; 00003; ...; đến 99998; 99999 nhỏ hơn 105 . Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất
hai lũy thừa nào đó có 5 chữ số tận cùng giống nhau. Nếu n chẵn thì số 792 k chữ số tận cùng là 1. Giả sử đó là hai số: A1 = 79
= B2 .105 + abcd1 với A1 > A2 .
A1 − A2 = 79 Do 79
2 k2
2 k1
− 79
2 k2
= 79
2 k2
792( k1 − k2 ) − 1 = 105 ( B − B ) . 1 2
OF
2 k2
= B1 .105 + abcd1.
2 k −k có tận cùng là 1 và 105 ( B1 − B2 ) có tận cùng không ít hơn 5 số 0 nên 79 ( 1 2 ) − 1 có
tận cùng không ít hơn 5 số 0 suy ra 79
2( k1 − k2 )
có tận cùng là 00001. Vậy tìm được số k = 2 ( k1 − k2 )
ƠN
A2 = 79
2 k1
thỏa mãn yêu cầu của bài.
Cách 2. Ta cần chứng minh tồn tại k ∈ N sao cho 79k − 1 chia hết cho 105. 5
+1
. Tất cả các số này đều không chia hết cho 105 nên
NH
Xét 105 + 1 số: 79; 792 ; 793 ; 79 4 ; ...; 7910
nếu lấy 105 + 1 số này chia cho số 105 thì theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dư trong phép chia cho 105 . Khi đó hiệu của chúng chia hết cho 105 . Giả sử hai số đó là 79m và 79 n 5
m
n
n
5
5
QU Y
( m, n ∈ N ; 1 ≤ n < m ≤ 10 − 1) . Ta có 79 − 79 ⋮10 hay 79 ( 79 − 1)⋮10 . Vì ( 79 ;10 ) = 1 nên ( 79 − 1)⋮10 n
m−n
m−n
5
5
Ta chọn m − n = k lúc đó 79 k chia cho 105 dư 1 tức là 79 k có chữ số tận cùng là 00001 (đpcm).
M
Bài toán 9: Để chuẩn bị cho buổi sinh hoạt câu lạc bộ toán của khối 7 của một trường THCS, 6 bạn học sinh giỏi toán của 6 lớp 7A, 7B, 7C, 7D, 7E, 7G viết thư trao đổi với nhau về hai nội
KÈ
dung: (I): “Thống kê” và (II): “Biểu thức đại số”. Biết rằng mỗi bạn đều viết thư cho 5 bạn còn lại (trong các bạn nói trên) về một trong hai nội dung trên.Chứng minh rằng có ít nhất 3 bạn cùng trao
đổi với nhau về một nội dung.
Y
Tìm cách giải: Ta gọi 6 học sinh giỏi toán (ta coi là 6 “thỏ”) của 6 lớp lần lượt là A, B, C, D, E,
DẠ
G. Giả sử một bạn nào đó A chẳng hạn viết thư cho 5 bạn còn lại về mỗi bạn một trong hai nội
dung “Thống kê” và “Biểu thức đại số”. Ta thành lập các “lồng” bằng cách sau đây: - “Lồng I” nhốt những ai trao đổi với A về nội dung (I).
18
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
- “Lồng II” nhốt những ai trao đổi với A về nội dung (II).
L
Như vậy sẽ có 5 thỏ nhốt vào “2 lồng”. Theo nguyên lí Dirichlet phải có một lồng nhốt không ít
FI CI A
hơn 3 “thỏ”, nghĩa là phải có ít nhất 3 bạn nào đó trong số 5 bạn (không kể A) cùng trao đổi với A về một trong hai nội dung trên. Không mất tổng quát ta có thể giả sử 3 bạn cùng trao đổi với A về nội dung (I).
+ Trong ba bạn đó nếu có hai bạn nào đó trao đổi với nhau về nội dung (I) thì hai bạn đó với A tạo thành 3 bạn cùng trao đổi với nhau về một nội dung.
+ Nếu trong ba bạn đó nếu có không có hai bạn nào trao đổi với nhau về nội dung (I) thì ba bạn đó
OF
chỉ có thể trao đổi với nhau về nội dung (II). Bài toán cũng được chứng minh. Ta trình bày lời giải như sau:
Hướng dẫn giải
Ta gọi 6 học sinh giỏi toán của 6 lớp lần lượt là A, B, C, D, E, G. Giả sử một bạn nào đó A chẳng
ƠN
hạn viết thư cho 5 bạn còn lại về hai nội dung (I) và (II). Ta có 5 = 2.2 + 1 . Theo nguyên lí Dirichlet A phải viết cho ít nhất 3 bạn về một nội dung, không mất tổng quát ta giả sử 3 bạn đó là B, C, D và nội dung trao đổi là (I).
NH
+ Trong ba bạn B, C, D nếu có hai bạn nào đó trao đổi với nhau về nội dung (I) chẳng hạn B và C thì hai bạn B và C với A tạo thành 3 bạn cùng trao đổi với nhau về một nội dung. + Nếu trong ba bạn B, C, D đó nếu có không có hai bạn nào trao đổi với nhau về nội dung (I) thì ba bạn đó chỉ có thể trao đổi với nhau về nội dung (II) tạo thành 3 bạn cùng trao đổi với nhau về
QU Y
một nội dung.
Bài toán cũng được chứng minh.
DẠ
Y
KÈ
M
Tóm lại dù khả năng nào xảy ra ta luôn có ít nhất 3 bạn cùng trao đổi với nhau về một nội dung.
.19 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
L
Bài 1. Một tổ có 12 học sinh, trong một giờ kiểm tra Toán ngoài 2 bạn An và Bình đạt điểm 10
FI CI A
còn lại các bạn khác đạt số điểm thấp hơn nhưng không bạn nào bị điểm 0; 1; 2 (điểm số của các bạn đều là số tự nhiên). Chứng minh ngoài hai bạn đạt điểm 10 còn ít nhất có hai bạn có điểm số như nhau.
Bài 2. Một lớp học có 37 học sinh cùng tuổi. Chứng minh rằng trong năm có một tháng ít nhất 4 học sinh cùng tổ chức sinh nhật.
Bài 3. Một vòng chung kết bóng bàn có 8 đấu thủ tham gia thi đấu vòng tròn nghĩa là mỗi đấu thủ
OF
đều phải gặp 7 đấu thủ còn lại. Chứng minh trong mọi thời điểm giữa các cuộc đấu bao giờ cũng có hai đấu thủ đã đấu một số trận như nhau.
Bài 4. Chứng minh rằng trong 5 người bất kỳ ít ra cũng có 2 người có cùng số người quen như nhau trong 5 người đó. Hãy tổng quát hóa bài toán!
ƠN
Bài 5.
a) Trên một bảng ô vuông kích thước 6 × 6 ta viết vào mỗi ô của bảng một trong các số −1; 0; 1 sau đó tính tổng của các số theo từng cột, theo từng dòng và theo từng đường chéo. Chứng minh
NH
rằng luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
b) Trên bảng ô vuông kích thước 6 × 6 ấy ta viết các số tự nhiên từ 1 đến 36, mỗi số viết vào một ô một cách tùy ý. Chứng minh rằng luôn tồn tại hai ô vuông chung cạnh mà hiệu các số ghi trong chúng không nhỏ hơn 4.
QU Y
Bài 6. Chứng minh rằng trong 2016 số tự nhiên bất kỳ tồn tại hai số có hiệu chia hết cho 2015. Bài 7. Chứng minh rằng trong n số tự nhiên liên tiếp luôn tìm được một số chia hết cho n. Bài 8. Trong n số tự nhiên bất kỳ a1; a2 ; ...; an luôn tìm được một số chia hết cho n hoặc hai số có hiệu chia hết cho n. hết cho 8.
M
Bài 9. Chứng minh rằng trong ba số lẻ bất kỳ bao giờ cũng tìm được hai số có tổng hoặc hiệu chia Bài 10. Chứng minh rằng luôn tìm được số có dạng
KÈ
19741974...19740000...0000 chia hết cho 1975.
Bài 11. Tồn tại hay không một số có dạng 20162016...20162016 chia hết cho 2017. Bài 12. Chứng minh rằng trong 20 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ ta luôn tìm được một số mà tổng
Y
các chữ số của nó chia hết cho 10.
DẠ
Bài 13.
a) Cho 1001 số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn 2000. Chứng minh rằng ta có thể chọn ra 3 số mà một số bằng tổng của hai số còn lại.
b) Hãy tổng quát hóa bài toán và chứng minh. 20
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Bài 14. Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên tùy ý luôn tồn tại hai số sao cho tổng hoặc hiệu của
FI CI A
Bài 15. Có 17 nhà khoa học viết thư cho nhau trao đổi về ba đề tài: “Biến đổi khí hậu”; “Môi
L
chúng chia hết cho 100.
trường”; “Dân số”. Mỗi người viết thư cho một người về một đề tài. Chứng minh rằng ít nhất cũng có 3 nhà khoa học trao đổi với nhau về cùng một đề tài.
(Chú ý: Bài toán trên có thể diễn đạt cách khác theo ngôn ngữ hình học như sau: “Cho 17 điểm
phân biệt nằm trên một đường tròn.. Hai điểm bất kì trong 17 điểm này đều được nối bằng một
đoạn màu xanh, màu đỏ hoặc màu vàng. Chứng minh luôn tồn tại ít nhất một tam giác có ba cạnh
OF
cùng màu”).
Bài 16. Cho dãy số 101; 102 ; 103 ; 10 4 ; ...; 1020 . Chứng minh rằng có một số trong dãy số ấy chia cho 19 thì dư 1.
Bài 17. Cho X là một tập hợp gồm 700 số nguyên dương đôi một khác nhau mỗi số không lớn hơn
ƠN
2006. Chứng minh rằng trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử x, y sao cho x − y thuộc tập hợp E = {3;6;9} .
NH
Bài 18. Cho lưới ô vuông 5 × 5 . Người ta điền vào mỗi ô một trong các số −1; 0; 1 . Xét tổng các số được tính theo hàng, theo cột và theo từng đường chéo. Chứng minh rằng luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
Bài 19. Trên một đường tròn cho 6 điểm phân biệt. Hai điểm bất kỳ trong 6 điểm này đều được
QU Y
nối bằng một đoạn màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu.
Bài 20. Mỗi ô vuông của bảng kích thước 10 × 10 (10 dòng, 10 cột) được ghi một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho bất kỳ hai số nào ghi trong hai ô chung một cạnh hoặc hai ô chung một đỉnh của bảng là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng có số được ghi ít nhất
M
17 lần.
Bài 21. Một đồi thông có 800 000 cây thông. Trên mỗi cây thông có không quá 500 000 chiếc lá.
KÈ
Chứng minh rằng ít nhất cũng có 2 cây thông có cùng số lá như nhau ở trên cây.
Bài 22. Một lớp học có 40 học sinh. Chứng minh rằng có ít nhất 4 học sinh có tháng sinh giống nhau.
Y
Bài 23. Cho dãy số gồm 5 số tự nhiên bất kì a1 , a2 , a3 , a4 , a5 . Chứng minh rằng tồn tại một số chia
DẠ
hết cho 5 hoặc tổng của một số số liên tiếp trong dãy đã cho chia hết cho 5.
Bài 24. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. chứng minh rằng tồn tại một số có dạng 111...11 mà chia
hết cho p.
.21 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Bài 25. Với 39 số tự nhiên liên tiếp, hỏi rằng ta có thể tìm được một số mà tổng các chữ số của nó
L
chia hết cho 11 hay không?
FI CI A
Bài 26. Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên tùy ý, chí ít cũng có một cặp gồm hai số sao cho hoặc tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
Bài 27. Chứng minh rằng tồn tại lũy thừa của 29 mà các chữ số tận cùng của nó là 00001. Bài 28. (Bài toán áp dụng 2 lần nguyên tắc Dirichlet)
OF
Có 17 nhà toán học viết thư cho nhau trao đổi về 3 vấn đề khoa học, mỗi người viết thư cho một người về một vấn đề. Chứng minh rằng ít nhất cũng có 3 nhà toán học trao đổi với nhau về cùng một vấn đề.
Bài 29. Một lớp học có 30 học sinh. Khi viết chính tả, em A phạm 14 lỗi, các em khác phạm ít lỗi
ƠN
hơn. Chứng minh rằng có ít nhất là 3 học sinh không mắc lỗi hoặc mắc số lỗi bằng nhau.
Bài 30. Cho 5 người tùy ý. Chứng minh rằng trong số đó có ít nhất là hai người có số người quen
NH
bằng nhau ( chú ý là A quen B thì B quen A).
Bài 31. Trong một giải bóng đá có 10 đội tham gia, bất cứ hai đội nào trong số đó cũng phải đấu với nhau một trận. Chứng minh rằng tại bất cứ thời điểm nào của lịch thi đấu cũng có hai đội đã
QU Y
đấu được một số trận như nhau.
Bài 32. Chứng minh rằng đối với một số n nguyên dương bất kì bao giờ ta cũng tìm được một số tự nhiên mà các chữ số của nó bao gồm chỉ có chữ số 5 và chữ số 0 và chia hết cho n.
Bài 33. Chứng minh rằng luôn tồn tại số được viết bởi toàn chữ số 8 chia hết cho 2011. Bài 34. Chứng minh rằng nếu ( n, 2010 ) = 1 thì luôn tồn tại một số k nguyên dương sao cho nk –
M
1 chia hết cho 2010.
KÈ
Bài 35. Chứng minh rằng trong 1007 số tự nhiên bất kỳ luôn tồn tại hai số sao cho tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 2011.
Bài 36. Cho n + 1 số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn 2n ( n > 1 ). Chứng minh rằng có thể chọn
Y
ra 3 số nào đó mà một số bằng tổng hai số kia.
DẠ
Bài 37. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Đánh dấu 5 điểm phân biệt bất kỳ trong ∆ABC . Chứng minh rằng ắt tồn tại ít nhất là 2 điểm trong số đó mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 0,5 .
22
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Bài 38. Bên trong hình vuông có cạnh bằng 1, lấy bất kỳ 51 điểm phân biệt. Chứng minh rằng
1 . 7
L
phải tồn tại ít nhất là 3 điểm trong số 51 điểm này nằm trong một hình tròn có bán kính bằng
FI CI A
Bài 39. Bên trong hình tròn ( O, R ) có diện tích bằng 8, người ta lấy 17 điểm phân biệt bất kỳ.
Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được ít nhất là 3 điểm tạo thành một tam giác có diện tích bé hơn 1.
Bài 40.Bên trong một cái sân hình chữ nhật có chiều dài 4m và chiều rộng là 3m có 6 con chim
đang ăn. Chứng minh rằng phải có ít nhất là hai con chim mà khoảng cách đậu giữa chúng nhỏ 5m .
OF
hơn là
Bài 41. Các điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong ba màu: xanh, đỏ, vàng. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất là 2 điểm được tô bởi cùng một màu và khoảng các giữa chúng bằng 1.
Bài 42. Trên mặt phẳng cho 100 điểm bất kỳ. Nối mỗi điểm với ít nhất là 66 điểm trong số 99
ƠN
điểm còn lại bằng một đoạn thẳng. Chứng minh rằng có thể xãy ra trường hợp có 2 điểm trong số 4 điểm bất kỳ của 100 điểm đã cho không được nối với nhau.
Bài 43. Cho 5 điểm phân biệt nằm bên trong hình vuông ABCD có cạnh bằng 35 + 3 . Chứng
NH
minh rằng ắt tìm được ít nhất là một điểm trong hình vuông đã cho sao cho, khoảng cách từ nó đến
ểm đã cho lớn hơn 10.
Bài 44. Mỗi điểm cửa mặt phẳng được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng
hoặc
QU Y
ắt tìm được ít nhất là ba điểm được tô bởi cùng một màu tạo thành một tam giác đều có cạnh là 1 3.
Bài 45. Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bằng một trong hai màu đen và đỏ. Chứng tỏ rằng tồn tại một tam giác đều mà các đỉnh của nó chỉ được tô bằng một màu.
Bài 46. Trên mặt phẳng cho 2000 đường thẳng phân biệt, đôi một cắt nhau. Chứng minh rằng tồn
M
tại ít nhất là 2 đường thẳng mà góc tạo bởi chúng không lớn hơn
180° 2000
KÈ
Bài 47. Bên trong đường tròn có bán kính 2000 có 8000 đoạn thẳng có độ dài là 1. Chứng minh rằng có thể dựng được một đường thẳng d hoặc là song song hoặc là vuông góc với một đường thẳng l cho trước, sao d cắt ít nhất là hai đoạn thẳng đã cho.
Y
Bài 48. Cho bảng ô vuông kích thước 10.10 gồm 100 ô vuông đơn vị. Điền vào mỗi ô vuông của bảng này một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho hai số ở hai ô vuông chung cạnh hoặc
DẠ
chung đỉnh nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng trong bảng ô vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần.
.23 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET
1 chứa không ít hơn 4 trong số các điểm đã cho. n
FI CI A
minh rằng tồn tại 1 hình tròn có bán kính
L
Bài 49.Trong hình chữ nhật kích thước 1.2 ta lấy 6n 2 + 1 điểm với n là số nguyên dương. Chứng
Bài 50. Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong hai màu xanh, đỏ. Chứng minh
DẠ
Y
KÈ
M
QU Y
NH
ƠN
OF
rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.
24
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
HƯỚNG DẪN
L
Bài 1. Trừ hai bạn đạt điểm 10 còn lại 10 bạn đạt 7 loại điểm 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9. Giả sử trong số đó
FI CI A
không có ít nhất hai bạn nào có số điểm giống nhau thì mỗi loại điểm chỉ nhiều nhất có một bạn
đạt nên tổ còn lại nhiều nhất 7 bạn. Vô lý.
Bài 2. Một năm có 12 tháng. Giả sử trong năm không có một tháng nào có ít nhất 4 học sinh cùng tổ chức sinh nhật, thì một tháng nhiều nhất có 3 học sinh tổ chức sinh nhật. Số học sinh của lớp nhiều nhất là 21.3 = 36 < 37 . Vô lý.
Bài 3. Số trận đấu của mỗi đấu thủ với các đấu thủ khác gồm 8 loại là 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Các số
OF
0 và 7 không đồng thời tồn tại vì nếu có 1 ai chưa đấu trận nào thì không ai đấu đủ 7 trận. Nếu đã có một người đấu đủ 7 trận thì không ai chưa đấu trận nào. Có 8 đấu thủ, có 7 loại số trận đấu do
đó phải tồn tại ít nhất hai đấu thủ có số trận đấu như nhau ở mọi thời điểm giữa các cuộc đấu.
ƠN
Bài 4. Giả sử trong số 5 người có một người không quen với tất cả những người còn lại thì mỗi người còn lại không ai có thể có số người quen quá 3 người. Số người quen chỉ có thể có các loại 0; 1; 2; 3. Có 5 người (5 thỏ) mà chỉ có 4 loại số người quen (4 lồng). Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai người có số người quen như nhau trong 5 người đó.
NH
Giả sử trong số 5 người có một người quen với tất cả những người còn lại thì mỗi người còn lại có số người quen chỉ có thể là 1; 2; 3; 4. Có 5 người (5 thỏ) mà chỉ có 4 loại số người quen (4 lồng). Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai người có số người quen như nhau trong 5 người đó. trong số n người đó.
Bài 5.
QU Y
Tổng quát: Một phòng họp có n người, bao giờ cũng có ít nhất 2 người có số người quen như nhau
a) Bảng ô vuông kích thước 6 × 6 có 6 dòng, 6 cột và 2 đường chéo nên sẽ có 14 tổng của các số
được tính theo dòng, theo cột và theo đường chéo. Mỗi dòng, mỗi cột và đường chéo đều ghi 6 số
M
thuộc tập {−1; 0;1} . Vì vậy giá trị mỗi tổng thuộc tập hợp {−6; −5; −4; −3; −2; −1; 0;1;2;3; 4;5;6} có 13 phần tử. Có 14 tổng nhận trong tập 13 giá trị khác nhau nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít
KÈ
nhất hai tổng có cùng một giá trị. b) Xét hàng có ô ghi số 1 và cột có ô ghi số 36. Hiệu giữa hai số này là 35 (coi như là 35 thỏ). Số cặp ô kề nhau từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 36 nhiều nhất là 10 (gồm 5 cặp ô chung cạnh tính theo hàng và 5 cặp ô chung cạnh tính theo cột) (coi như có 10 lồng). Ta có: 35 = 10.3 + 5.
Y
Vậy theo nguyên lý Dirichlet luôn tồn tại hai ô vuông chung cạnh mà hiệu các số ghi trong chúng
DẠ
không nhỏ hơn 4.
Bài 6. Chia một số cho 2015 ta nhận được một trong 2015 số dư: 0; 1; 2; …; 2013; 2014. Có 2016
số tự nhiên bất kỳ nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 2015 hiệu của hai số chia hết cho 2015.
.25 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Bài 7. Giả sử không tìm được số nào trong n số tự nhiên liên tiếp đã cho mà chia hết cho n. Khi
L
đó n số này chia cho n chỉ nhận được nhiều nhất là n − 1 số dư khác nhau (1; 2; 3; 4; ...; n − 1) ,
FI CI A
theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số chia cho n có cùng số dư, chẳng hạn là a và b với a > b , khi
đó số a − b chia hết cho n. Điều này mâu thuẫn với 0 < a − b < n . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 8. Nếu một trong n số chia hết cho n, bài toán được chứng minh.
Nếu tất cả n số không có số nào chia hết cho n thì khi chia cho n chúng nhận n − 1 số dư
1; 2; 3; ...; n − 2; n − 1 . Có n số, có n − 1 số dư nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại 2 số có cùng số
OF
dư khi chia cho n hiệu của hai số chia hết cho n.
Bài 9. Một số lẻ khi chia cho 8 sẽ có số dư là 1; 3; 5 hoặc 7. Ta chia các số dư này thành hai nhóm: Nhóm 1 là (1; 7) nhóm 2 là (3; 5). Có ba số lẻ chia cho 8 mà có hai nhóm số dư, theo
ƠN
nguyên lý Diriclet tồn tại hai số có số dư khi chia cho 8 vào cùng một nhóm. Nếu hai số dư giống nhau thì hiệu của hai số chia hết cho 8. Nếu hai số dư khác nhau thì tổng của chúng chia hết cho 8.
Bài 10. Xét 1975 số có dạng sau:
A1 = 1974
A3 = 197419741974 ……………………
QU Y
A2 = 19741974
NH
Vậy trong ba số lẻ bất kỳ bao giờ cũng tìm được hai số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 8.
A1974 = 19741974...1974 1974 soá 1974
A1975 = 19741974...19741974
M
1975 soá 1974
Tất cả 1975 số này đều không chia hết cho 5 nên không chia hết cho 1975. Do đó mỗi số khi chia
KÈ
cho 1975 nhận một trong 1974 số dư 1; 2; 3;…; 1974. Do đó theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 1975 nghĩa là hiệu của chúng chia hết cho 1975. Giả sử đó là Ai = 19741974...19741974 và Ak = 19741974...19741974 i soá 1974
k soá 1974
DẠ
Y
( i > k; i, k ∈ {1;2;...;1975}) hiệu của chúng sẽ là: Ai − Ak = 19741974...19741974 − 19741974...19741974 i soá 1974
k soá 1974
= 19741974...19740000...0000 ⋮1975. (đpcm) i − k soá 1974: 4 k soá 0
26
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Bài 11. Xét 2017 số có dạng
L
B1 = 2016
FI CI A
B2 = 20162016 B3 = 20162016 ……………………..
B2017 = 20162016...20162016 2017 soá 2016
Nếu một trong số 2017 số này chia hết cho 2017 ta có số cần tìm.
OF
Nếu 2017 số này đều không chia hết cho 2017 thì tương tự bài trên ta có số
Bi − Bk = 20162016...20160000...0000 i > k; i, k ∈ {1; 2;...;2017}
(
4k = 20162016...2016.10 ⋮ 2017 . Do 104 k ⋮ 2017 i − k soá 2016
Nên 20162016...2016 ⋮ 2017. i − k soá 2016
)
ƠN
i − k soá 2016: 4 k soá 0
NH
Vậy tồn tại một số có dạng 20162016...20162016 chia hết cho 2017.
Bài 12. Trong 20 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ bao giờ cũng tìm được 10 số tự nhiên liên tiếp có chữ số hàng chục giống nhau còn chữ số hàng đơn vị là 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9. Viết các số đó dưới
QU Y
dạng: ab...c 0 ; ab...c1 ; ab...c2;....; ab...c9 . Gọi tổng các chữ số là S = a + b + ... + c thì các số vừa viết có tổng các chữ số S; S + 1; S + 2 : ... : S + 9 là 10 số tự nhiên liên tiếp do đó có 1 số chia hết cho 10.
Bài13.
a) Gọi 1001 số nguyên dương khác nhau đã cho là a1; a2 ; a3 ;...; a1001 với
M
a1 < a2 < a3 < ... < a1001 < 2000.
KÈ
Đặt A = {a2 ; a3 ;...; a1001} gồm 1000 phần tử có dạng am với m ∈ {2;3;...;1001} và B = {a2 − a1; a3 − a1;...; a1001 − a1} gồm 1000 phần tử có dạng an − a1 với n ∈ {2;3;...;1001} . Ta thấy các phần tử của hai tập hợp A và B đều thuộc tập hợp gồm 1999 phần tử
Y
{1; 2;3;...;1998;1999} trong khi tổng số các phần tử của tập A và B là 1000 + 1000 = 2000 phần
DẠ
tử. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số bằng nhau mà chúng không thể thuộc cùng một tập hợp, nên có một số thuộc tập hợp A, một số thuộc tập hợp B tức là am = an − a1 do đó an = am + a1 . Ba
số am ; an ; a1 đôi một khác nhau. Thật vậy am ≠ a1; an ≠ a1 theo cách đặt các tập hợp A và B, còn
am ≠ an vì nếu am = an thì a1 = 0 , trái với giả thiết của bài toán.
.27 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Vậy tồn tại ba số an ; am ; a1 trong các số đã cho mà an = am + a1 .
L
b) Tổng quát hóa: Cho n + 1 số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn 2n. Chứng minh rằng ta có thể
FI CI A
chọn ra 3 số mà một số bằng tổng của hai số còn lại. (Chứng minh tương tự như câu a). (Bạn đọc tự chứng minh).
Bài 14. Một số tự nhiên chia cho 100 có 1 trong các số dư 0; 1; 2; …; 98; 99. Tất cả các số dư
trong phép chia cho 100 được chia thành 51 nhóm sau: (0); (1;99); (2; 98); (3; 97);…; (49; 51); (50)
Đem 52 số tự nhiên chia cho 100 nhận được 52 số dư; 52 số dư này thuộc 51 nhóm trên. Theo
OF
nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số dư thuộc vào một nhóm, tức là tồn tại hai số có tổng số dư trong phép chia cho 100 bằng 100 hoặc hiệu số dư trong phép chia cho 100 bằng 0. Hai số này có tổng hoặc hiệu chia hết cho 100.
Bài 15. Giả sử A là 1 trong 17 nhà khoa học. A phải trao đổi với 16 nhà khoa học còn lại về 3 đề
ƠN
tại. Theo nguyên lý Dirichlet thì A phải trao đổi với ít nhất 6 nhà khoa học khác về cùng một đề tài chẳng hạn “Dân số”.
Gọi 6 nhà khoa học khác cùng một đề tài chẳng hạn “Dân số” với A là B; C; D; E; F; G.
NH
+ Nếu 2 trong 6 nhà khoa học trao đổi với nhau về đề tài “Dân số” thì bài toán được chứng minh vì khi ấy 2 trong 6 nhà khoa học cùng với A trao đổi với nhau về cùng một đề tài “Dân số”. + Nếu tất cả 6 nhà khoa học B; C; D; E; F; G. không ai trao đổi với nhau về đề tài “Dân số” thì họ chỉ còn trao đổi với nhau về hai đề tài “Biến đổi khí hậu”; “Môi trường”. Xét nhà khoa học B
QU Y
trong 6 nhà khoa học trên. B phải trao đổi với 5 người còn lại về hai đề tài “Biến đổi khí hậu”;
“Môi trường”. Theo nguyên lý Dirichlet B phải trao đổi với ít nhất 3 nhà khoa học khác chẳng hạn C; D; E về cùng một đề tài chẳng hạn “Môi trường”. Nếu C; D; E có hai người chẳng hạn D và E trao đổi với nhau về cùng đề tài “Môi trường” thì B; E; D chính là ba người cùng trao đổi với nhau về một đề tài.
M
Nếu C; D; E không có ai trao đổi với nhau về cùng đề tài “Môi trường” thì C; D; E chỉ còn một đề
đề tài.
KÈ
tài duy nhất là “Biến đổi khí hậu”; để trao đổi. Vậy ta có ba người cùng trao đổi với nhau về một Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có ít nhất 3 nhà khoa học trao đổi với nhau về cùng một đề tài.
Bài 16. Xét dãy số 101; 102 ; 103 ; 10 4 ; ...;1020 có 20 số nên khi chia mỗi số trong dãy cho 19 ta
Y
nhận được 1 trong 19 số dư r ∈ {0; 1; 2; 3;...; 17; 18} .
DẠ
Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 19. Không mất tổng quát giả sử hai số đó là 10a và 10 b ( a, b ∈ N * và b < a ≤ 20 ) khi đó 10 a − 10 b = 10 b. 10a − b − 1 ⋮19 . Mà
(10 ;19 ) = 1 nên (10 b
(
a−b
)
− 1 ⋮19 hay 10a − b ⋮19 dư 1 và 1 ≤ a − b ≤ 19 . Ta có điều phải chứng minh.
)
28
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Bài 17. Gọi 700 số nguyên dương đôi một khác nhau đã cho là a1; a2 ; a3 ;...; a700 . Như vậy
FI CI A
...; a700 + 3; a1 + 6; a2 + 6; a3 + 6; ...; a700 + 6; a1 + 9; a2 + 9; a3 + 9; ...; a700 + 9;
L
X = {a1; a2 ; a3 ;...; a700 } . Xét 700.4 = 2800 số sau đây: a1; a2 ; a3 ;...; a700 ; a1 + 3; a2 + 3; a3 + 3;
Do mỗi số không lớn hơn 2006 nên mỗi số trên đều không lớn hơn: 2006 + 9 = 2015 . Có 2800 số
mà mỗi số nhận giá trị từ 1 đến không quá 2015. Theo theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất hai số bằng nhau. Giả sử đó là 2 số ai + 9 = ak + 3 với (i; k ∈ {1;2;3;...; 700} . Khi ấy ak − ai = x − y = 9 − 3 = 6.
hai phần tử x , y ∈ X sao cho x − y thuộc tập hợp E = {3;6;9} .
OF
(Tương tự nếu có số ai + 6 = ak + 3 ta có x − y = 3; ai + 9 = ak ta có x − y = 9 …). Suy ra tồn tại
Bài 18. Tổng số có 12 tổng đó là: 5 tổng theo hàng; 5 tổng theo cột và 2 tổng theo đường chéo. Vì
ƠN
mỗi tổng có 5 số hạng chỉ gồm 3 số là −1; 0;1 nên mỗi tổng chỉ nhận không quá 11 giá trị
{−5; −4; −3; −2; −1; 0;1;2;3; 4;5} . Do đó theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai tổng có giá trị bằng nhau.
NH
Bài 19. Giả sử 6 điểm phân biệt trên đường
tròn là A, B, C, D, E, G. Từ 1 điểm nối với 5
điểm còn lại được 5 đoạn thẳng với 2 màu
QU Y
xanh hoặc đỏ. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất ba đoạn thẳng cùng màu. Không mất tổng quát, giả sử ba đoạn thẳng
AB, AC , AD cùng màu đỏ (nếu màu xanh lập luận tương tự).
Xét ∆BCD nếu có một cạnh chẳng hạn BC màu đỏ thì ∆ABC có ba cạnh màu đỏ. Trái lại thì
M
∆BCD sẽ có ba cạnh màu xanh. Vậy luôn tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu.
KÈ
Bài 20. Trên mỗi hình vuông con kích thước 2 × 2 có không quá 1 số chia hết cho 2, không quá 1 số chia hết cho 3.
Lát kín bảng bởi 25 hình vuông, kích thước 2 × 2 , có nhiều nhất 25 số chia hết cho 2, có nhiều nhất 25 số chia hết cho 3. Do đó, có ít nhất 50 số còn lại không chia hết cho 2 và cũng không chia
Y
hết cho 3. Vì vậy chúng phải là một trong ba số 1; 5; 7. Ta có 50 = 3.16 + 2 . Từ đó theo nguyên lý
DẠ
Dirichlet có một số xuất hiện ít nhất 17 lần.
Bài 21. Ta hãy tưởng tượng mỗi cây thông là một "thỏ", như vậy có 800.000 "thỏ" được nhốt
vào không quá 500.000 "chiếc lồng". Lồng 1 ứng với cây thông có 1 chiếc lá trên cây, lồng 2 ứng
.29 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET với cây thông có 2 chiếc lá trên cây v.v... Số thỏ lớn hơn số lồng, theo nguyên tắc Đirichlet ít nhất
FI CI A
Bài 22. Một năm có 12 tháng. Ta phân chia 40 học sinh vào 12 tháng đó. Nếu mỗi tháng có
L
có 1 lồng nhốt không ít hơn 2 thỏ nghĩa là có ít nhất 2 cây thông có cùng số lá.
không quá 3 học sinh được sinh ra thì số học sinh không quá: 3.12 = 36 mà 36 < 40 (vô lý).
Vậy tồn tại một tháng có ít nhất 4 học sinh trùng tháng sinh ( trong bài này 40 thỏ là 40 học sinh, 12 lồng là 12 tên tháng).
Bài 23. Ta sẽ thành lập dãy số mới gồm 5 số sau đây:
S1 = a1
OF
S2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 S4 = a1 + a2 + a3 + a4 S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5
ƠN
- Nếu một trong cách Si ( i = 1,...,5) chia hết cho 5 thì bài toán đã được chứng minh. - Nếu không có số nào chia hết cho 5 thì khi đem chia các số Si cho 5 sẽ được 5 số dư có giá trị từ
NH
1 đến 4.
Có 5 số dư mà chỉ có 4 giá trị (5 thỏ, 4 lồng). Theo nguyên tắc Đirichlet ít nhất phải có 2 số dư có cùng giá trị. Hiệu của chúng chia hết cho 5. Hiệu này chính là tổng các ai liên tiếp nhau hoặc là
ai nào đó.
QU Y
Bài 24.
Xét dãy số 1,11,111,..., 111....11 p chöõ soá1
Ta chứng minh trong dãy trên phải có số chia hết cho p. Giả sử kết luận ấy không đúng, tức là
M
không có bất kỳ số nào của dãylại chia hết cho p. Cho tương ứng mỗi số dư của phép chia cho p . Tập hợp số dư có thể thuộc tập hợp {1, 2, 3,..., p –
KÈ
1} (Do 0 không thể thuộc tập hợp này). Ta lại có p số trong dãy số trên. Vì vậy theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho p. Giả sử các số đó là 111...11 (m chữ số 1) và số 111....11 (n chữ số 1) với (1 ≤ n < m ≤ p ) . Từ đó ta có
Y
n (111...11 − 111...11) ⋮ p, hay 111...1 000...0 ⋮ p Hay 111...1 .10 ⋮ p n chöõ soá1
m − n chöõ soá1 n chöõ so 0
DẠ
m chöõ soá1
(1)
m − n chöõ soá1
Do p là sô nguyên tố lớn hơn 5 nên (p; 10) = 1, Vì thế từ (1) ta suy ra 111...1 ⋮ p (2) m − n chöõ soá 1
30
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
111...1 là một số thuộc dãy trên nên từ (2) suy ra mâu thuẫn với giả thiết. Vậy giả sử phản
L
m − n chöõ soá1
FI CI A
chứng là sai. Ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài 25. Từ 20 số đầu tiên của dãy bao giờ ta cũng có thể tìm được 2 số mà chữ số hàng đơn vị là 0, và trong hai số đó ít nhất phải có một số có chữ số hàng chục khác 9. Giả sử N là số đó, và ta gọi S là tổng các chữ số của N.
Ta có dãy số mới N, N + 1, N + 2,... N + 9, N + 19 là 11 số vẫn nằm trong 39 số cho trước mà phải có một số chia hết cho 11.
Bài 26. Để làm xuất hiện số "thỏ" và số "lồng ta làm như sau:
OF
tổng các chữ số của chúng là S, S + 1, S + 2, ... S + 9, S + 10. Đó là 11 số tự nhiên liên tiếp, ắt
bằng 100 và thành lập thành các nhóm sau:
ƠN
Trong tập hợp các số dư trong phép chia cho 100 ta lấy ra từng cặp số sao cho tổng các cặp đó
(0 ; 0), (1 ; 99), (2 ; 98), (3 ; 97), (4 ; 96), (5 ; 95), (6 ; 94)... (49 ; 51), (50 ; 50). Chú ý rằng sẽ có
NH
50 cặp như vậy, ta thêm vào cặp (0, 0) sẽ có 51 cặp (51 lồng). - Đem chia 52 số tự nhiên cho 100 sẽ có 52 số dư (52 thỏ).
vào một nhóm.
QU Y
- Có 52 số dư mà chỉ có 51 nhóm, theo nguyên tắc Dirichlet ít nhất cũng phải có 2 số dư cùng rơi
Rõ ràng là cặp số tự nhiên ứng với cặp số dư này chính là hai số tự nhiên có tổng hoặc hiệu chia hết cho 100. (đpcm)
Bài 27. Trước hết ta chú ý rằng:
M
29m có tận cùng là 1 nếu m là số chẵn
KÈ
29m có tận cùng là 9 nếu m là số lẻ. Ta hãy xét 105 lũy thừa của 29 với các số mũ chẵn khác nhau. Có hai khả năng xảy ra:
Y
a. Trong đó nếu có số mũ 2k nào mà 292k có tận cùng là 00001 thì bài toán đã được chứng minh.
DẠ
b. Không có số mũ 2k nào để 292k có tận cùng là 00001.
Từ b, ta thấy rằng:
.31 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Số các số có 5 chữ số tận cùng khác nhau nhỏ hơn 105 (kể từ 5 chữ số tận cùng 00002, 00003, ...
L
99 999, 105).
FI CI A
trong khi đó số các số khác nhau mà ta đang xét là 105 số. Theo nguyên tắc Dirichlet ít nhất phải có hai lũy thừa nào đó có 5 chữ số tận dùng là như nhau. A1 = 29 2k1 = M1 . 105 abcd1
Giả sử
A2 = 29 2k 2 = M2 . 105 abcd1
OF
Có thể giả sử k1 > k2 mà không làm mất tính chất tổng quát của bài toán. Thế thì ta có:
(
)
A1 - A2 = 29 2k1 - 29 2k 2 = 29 2k 2 29 2(k1 - k 2 ) − 1
ƠN
A1 - A2 = 29 2k1 - 29 2k 2 = (M1 - M2) 105
Vì 29 2k 2 có tận cùng là 1 và A1 - A2 = (M1 - M2)105 có tận cùng không ít hơn 5 số 0 nên suy ra
(292(k -k ) − 1) phải có tận cùng không ít hơn 5 chữ số 0, từ đó suy ra 292(k -k ) có tận cùng là 2
00001 (số các chữ số 0 ít nhất là 4).
1
2
NH
1
Ta tìm được số k = 2(k1 - k) thỏa mãn đề bài (đpcm).
QU Y
Bài 28. Gọi A là nhà toán học nào đó trong số 17 nhà toán học, thì nhà toán học A phải trao đổi với 16 nhà toán học còn lại về 3 vấn đề. Như vậy nhà toán học A phải trao đổi ít nhất với 6 nhà toán học về một vấn đề nào đó. Vì nếu chỉ trao đổi với số ít hơn 6 nhà toán học về một vấn đề thì số nhà toán học được trao đổi với A ít hơn 16. (Các bạn có thể diễn tả theo khái niệm "thỏ" và "lồng" để thấy ở đây đã áp dụng nguyên tắcDirichlet lần thứ nhất.)
M
- Gọi các nhà toán học trao đổi với nhà toán học A về một vấn đề nào đó (giả sử vấn đề I) là A1,
KÈ
A2, A3, A4, A5, A6 . Như vậy có 6 nhà toán học trao đổi với nhau về 3 vấn đề (không kể trao đổi với A). Như vậy có 6 nhà toán học A1, A2, A3, A4, A5, A6 trao đổi với nhau về 3 vấn đề, I, II, III. Có hai khả năng xảy ra:
Y
a. Nếu có 2 nhà toán học nào đó cùng trao đổi với nhau về vấn đề I thế thì có 3 nhà toán học (kể cả
DẠ
A) trao đổi với nhau về vấn đề I. Bài toán được chứng minh. b. Nếu không có nhà toán học nào trong 6 nhà toán học A1, A2 ... A6 trao đổi về vấn đề I thì ta có 6
nhà toán học chỉ trao đổi với nhau về 2 vấn đề II và III. Theo nguyên tắcDirichlet có ít nhất 3 nhà
toán học cùng trao đổi với nhau về một vấn đề II hoặc III. Bài toán cũng được chứng minh. 32
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Bài 29. Để tôn trọng ta cần thay đổi ngôn ngữ thỏ, chuồng là học sinh , phòng.
FI CI A
L
Phòng 1: Chứa các em mắc 1 lỗi. Phòng 2: Chứa các em mắc 2 lỗi. ……………………………………. Phòng 14: Chứa các em mắc 14 lỗi.
OF
Phòng 15: Chứa các em không mắc lỗi.
Theo giả thiết phòng 14 chỉ có em A. Còn lại 14 phòng chứa 29 em. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một phòng chứa ít nhất 3 em. Từ đó có điều phải chứng minh.
Phòng 0: Chứa những người không có người quen.
NH
Phòng 1: Chứa những người có 1 người quen.
ƠN
Bài 30. Có 5 người nên số người quen nhiều nhất của mỗi người là 4.
……………………………………………………… Phòng 4: Chứa những người có 4 người quen.
QU Y
Để ý rằng phòng 0 & phòng 4 không thể cùng có người. Thực chất 5 người chứa trong 4 phòng.
Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một phòng chứa ít nhất 2 người. Từ đó có điều phải chứng minh.
Bài 31. Xét một thời điểm bất kỳ của lịch thi đấu ( mỗi đội thi đấu tối đa 9 trận).
M
Phòng 0: Chứa các đội chưa đấu trận nào.
KÈ
Phòng 1: Chứa các đội đã thi đấu 1 trận. ……………………………………………….
Y
Phòng 9: Chứa các đội đã thi đấu 9 trận.
DẠ
Để ý rằng phòng 0 và phòng 9 không thể cùng có đội thi đấu.
Thực chất 10 đội chứa trong 9 phòng. Theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra điều phải chứng minh.
.33 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Bài 32. Xét n+ 1 số sau: a1 = 5; a2 = 55;...; an +1 = 55...5 ( n+1 chữ số 5).
L
Theo nguyên lý Dirichlet : với n+1 số trên ắt tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho n. Hiệu của phải chứng minh!
FI CI A
hai số này là số có dạng: 55…50…0 gồm toàn chữ số 5 và chữ số 0 và chia hết cho n. Đó là điều
Bài 33. Xét 2012 số a1 = 8; a2 = 88;...; a2012 = 88...8 (2012 chữ số 8). Tương tự ví dụ 4 sẽ tồn tại số có dạng 88…80…0 ( n chữ số 8 và k chữ số 0) chia hết cho 2011.
Mà: 88…80…0 = 88…8.10k và (10k,2011) = 1 suy ra số: 88…8 chia hết cho 2011. Điều phải
OF
chứng minh! ( Lưu ý: 2011 là số nguyên tố)
Bài 34. Xét 2011 số sau: n; n2 ; n3;…; n2011.
ƠN
Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 2010.Giả sử hai số đó là ni và nj với 1 ≤ i < j ≤ 2011. Khi đó nj – ni = ni (n j – i – 1) = ni ( nk – 1) chia hết cho 2010 ( k = j i là số nguyên dương). Vậy nk – 1 chia hết cho 2010 ( vì (ni, 2010) =1).
NH
Bài 35. Ta xét phép chia 1007 số trên cho 2011 và xếp vào: Nhóm 0: Các số chia hết cho 2011 ( dư 0)
QU Y
Nhóm 1: Các số chia cho 2011 dư 1 hoặc 2010. Nhóm 2: Các số chia cho 2011 dư 2 hoặc 2009. ………………………………………………….
Nhóm 1005: Các số chia cho 2011 dư 1005 hoặc 1006.
M
Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một nhóm chứa ít nhất hai số. Theo cách xếp nhóm thì hoặc là
KÈ
tổng hoặc là hiệu của hai số này sẽ chia hết cho 2011.
Bài 36. Sắp thứ tự n + 1 số đã cho 1 ≤ a1 < a2 < ... < an +1 < 2n ( Nhóm 1). Xét thêm n số:
Y
b1 = a2 − a1; b2 = a3 − a1;...; bn = an +1 − a1 . Ta có: 1 ≤ b1 < b2 < ... < bn < 2n (Nhóm 2).
DẠ
Tập 2n số của cả 2 nhóm trên ( trừ a1 của nhóm 1) nhận 2n -1 giá trị ( chuồng). Theo nguyên lý Dirichlet có 2 số bằng nhau nhưng không cùng một nhóm 1 hoặc nhóm 2 tức là
phải thuộc 2 nhóm. Từ đó suy ra điều phải chứng minh!
Bài 37. 34
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
FI CI A
L
A
C
B
Các đường trung bình của ∆ABC chia nó thành bốn tam giác đều có cạnh là 0,5 . Theo nguyên tắc Dirichlet, ắt tồn tại ít nhất là 2 điểm rơi vào cùng một tam giác nhỏ. Ta có khoảng cách giữa 2
OF
điểm này nhỏ hơn 0,5 .
Bài 38. Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh là 0,2. Suy ra theo nguyên tắc Dirichlet, ắt tồn tại ít nhất là 3 điểm nằm trong một hình vuông con. Ta có bán kính
tròn bán kính là
1 . 7
<
1 . Suy ra 3 điểm đã cho nằm trong hình 7
5 2
QU Y
NH
Bài 39.
1
ƠN
của đường tròn ngoại tiếp hình vuông này bằng
O
Chia hình tròn ( O, R ) thành 8 phần bằng nhau. Do đó mỗi hình quạt có diện tích bằng 1. Theo nguyên tắc Dirichlet, ắt có ít nhất là một hình quạt chưa nhiều hơn 2 điểm.
KÈ
hơn 1.
M
Xét 3 điểm phân biệt trong hình quạt đã cho. Dễ thấy tam giác tạo bởi 3 điểm này có diện tích bé
DẠ
Y
Bài 40.
Chia sân thành 5 hình như hình vẽ. Áp dụng nguyên tắc Dirichlet, ta suy ra kết quả cần chứng
minh.
.35 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET
(
)
(
)
Bài 41. Dựng 0; 3 . P là một điểm thược 0; 3 . Dựng hình thoi OAPB có đường chéo OP
3 . 2
FI CI A
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo, ta có: OI =
L
cạnh là 1.
O
2
3 1 AI = AO − OI = 1 − = 4 2 2
2
I B
A
P
1 AB = 1 2
OF
AI =
2
Vậy ∆AOB đều có cạnh bằng 1.
ƠN
Giả sử ngược lại, mọi cặp hai điểm có khaongr cách giữa chúng bằng 1 mà đều được tô bằng hai màu khác nhau.
Không matas tính chất tổng quát, ta giả sử điểm O được tô bằng màu xanh, điểm A được tô bằng
NH
màu đỏ và điểm B được tô bằng màu vàng.
Bởi vì PA = PB = 1 suy ra P phải được tô bằng màu xanh.
(
)
Với cách lập luận như vậy ta suy ra, tất cả các điểm trên đường 0; 3 đều được tô cùng một màu
)
QU Y
(
xanh. Mặt khác dễ dàng tìm được trên 0; 3 hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bằng 1, nên theo giả sử chúng được tô bằng hai màu khác nhau. Vô lý.
Điều vô lý đó chứng tỏ có hai điểm được tô cùng một màu mà khoảng cách của chúng bằng 1.
M
Bài 42. Gọi các điểm đã cho là A1 , A2 , A3 ,… , A100
KÈ
Kí hiệu: M = { A1 , A2 , A3 ,…, A33 } , N = { A34 , A35 , A36 ,… , A66 } , P = { A67 , A68 , A69 ,…, A100 } Tập M gồm 33 điểm, tập N gồm 33 điểm và tập P gồm 34 điểm. Trường hợp của bài toán: yêu cầu chứng minh có thể xảy ra nếu như:
Y
Mỗi điểm trong tập hợp M chỉ được nối với các điểm của tập hợp N hoặc P .
DẠ
Các điểm của tập hợp N chỉ được nối với các điểm của tập hợp P hoặc tập M .
Các điểm của tập hợp P chỉ được nối với các điểm có trong tập M hoặc tập N (2 tập này có 66
điểm).
36
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Thật vậy, giả sử ( Ai , A j , Ak , Al ) là 4 điểm bất kỳ trong số 100 điểm. Theo nguyên tắc Dirichlet
Bài 43. Gọi K , I lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD . A
Trên đoạn KI lấy điểm M và N sao cho:
KM = NI = 8
FI CI A
Do đó với cách phân chia trên đây, 2 điểm này không được nối với nhau.
L
awrt phải có ít nhất là 2 điểm cùng thuộc vào cùng 1 tập hợp ( M , N hoặc P )
K
B
Ta có: MN = KI − KM − NI = 35 + 3 − 16 = 19 + 3 còn AM = BM = DN = CN
OF
M
D
C
D
ƠN
35 + 3 2 = + 8 > 20 2
N
Do đó nếu ta vẽ các đường trong có tâm là A, B, C , D, M , N bán kính là 10 thì các đường tròn này
NH
không cắt nhau.
Bởi vì chỉ có 5 điểm phân biệt nằm trong hình vuông, do đó ắt tồn tại ít nhất là một hình tròn
QU Y
không chứa điểm nào trong số 5 điểm đã cho.
Nhận thấy, tâm của đường tròn này có khoảng các tới 5 điểm đã cho lớn hơn 10.
Bài 44. Dựng một tam giác đều có cạnh bằng 1. Nếu cả ba đỉnh được to bởi cùng một màu (xanh hoặc đỏ) thì bài toán được chứng minh.
Trong trường hợp ngược lại, xét tam giác đều ABC có cạnh AB = 1 mà A và B được tô bằng hai
M
màu khác nhau.
P
KÈ
Lấy điểm D của mặt phẳng sao cho AO = BO = 2 . Vì A, B khác màu nên D cùng màu với chỉ một trong hai điểm A hoặc B.
Y
Suy ra tồn tại đoạn t hẳng AD = 2 hoặc BD = 2 có 2 mút được tô bằng hai màu khác nhau. Giả sử là đoạn thẳng AD . Gọi K
A
D
1
K
DẠ
là trung điểm của đoạn thẳng AD thì K cùng màu với một trong hai điểm A hoặc D . Giả sử K và A cùng có màu xánh.
.37 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
Q
NGUYÊN LÝ DIRICHLET Vẽ các tam giác đều APK và AQK .
tô bằng cùng màu xanh.
FI CI A
L
Nếu P và Q có màu xanh thì ta có tam giác đều APK và AQK có cạnh bằng 1 và ba đỉnh được
Nếu P và Q có màu đỏ thì tam giác PQD có 3 đỉnh được tô cùng màu đỏ. Dễ thấy, tam giác PQD đều có cạnh là
3.
Bài 45. Cách 1. Có thể giải như bài 808 Cách 2: có thể giải như cách sau đây:
OF
I
H
C
Vẽ tam giác ABC nếu cả ba đỉnh A, B, C được tô cùng một màu thì ta có ngay điều phải chứng minh.
ƠN
A
F
Nếu A, B, C được tô bởi 2 màu khác nhau, theo nguyên tắc
Dirichlet, ắt phải có hai đỉnh được tô cùng một màu. Giả sử
NH
các đỉnh A và B được tô cùng màu đen, khi đó C được tô bằng màu đỏ..
B
D
G
QU Y
Dựng lục giác đều ADGEFC có tâm là B .
E
Ta có tam giác ADB đều. Nếu D được tô màu đen ta có ngay điều phải chứng minh. Còn nếu D
được tô màu đỏ, lại xét tam giác CDE đều. Nếu E được tô bằng màu đỏ thì tam giác CDE có ba đỉnh được tô cùng màu đỏ, thỏa mãn.
Có nếu ngược lại E được tô bằng màu đen, lại xét tam giác BEF đều. Nếu F được tô bằng màu
M
đen thì ta có BEF có ba đỉnh được tô cùng màu đen, thỏa mãn.
KÈ
Giả sử ngược lại F được tô bằng màu đỏ, thì lại xét tam giác CFH đều. Nếu điểm H được tô bằng màu đỏ thì ta có tam giác CFH có ba đỉnh được to bằng màu đỏ, thỏa mãn. Còn giả sử ngược lại H được tô bằng màu đen thì lại vẽ tam giác đều BHI . Nếu I được tô
Y
bằng màu đen thì tam giác BHI có ba đỉnh được tô bằng màu đen, thỏa mãn. Giả sử ngược lại, I
được tô bằng màu đỏ thì xét tam giác IDF . Dễ thấy tam giác IDF đều, theo trên ta có ba đỉnh
DẠ
I , D, F được tô bởi cùng màu đỏ, thỏa mãn.
Tóm lại: ta chứng tỏ được rằng, tồn tại tam giác đều mà ba đỉnh được tô bởi cùng một màu.
38
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Bài 46. Lấy một điểm O bất kỳ trên mặt phẳng. Qua O dựng các đường thẳng song song với
L
2000 đường thẳng đã cho. Tại O ta có 4000 góc đôi một đối đỉnh có tổng số đo bằng 360° . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
FI CI A
Bài 47. Giả sử xy là một đường thẳng bất kỳ vuông góc với l . Ta đánh dấu các đoạn thẳng theo thứ tự 1, 2, 3, … ,8000 . Chiếu các đoạn thẳng này lên hai đường thẳng xy và l .
Kí hiệu ai và bi ( i = 1, 2,… ,8000 ) tương ứng là độ dài của các đoạn thẳng đã cho trên các đường thẳng xy và l .
OF
Ta có ai + bi ≥ 1 với mọi i = 1, 2,… ,8000
Do đó ( a1 + a2 + … a8000 ) + ( b1 + b2 + … b8000 ) ≥ 8000 = 4000 + 4000
ƠN
Suy ra: hoặc là a1 + a2 + … a8000 ≥ 4000 hoặc là b1 + b2 + … b8000 ≥ 4000
NH
Ta có 8000 đoạn thẳng có thể chiếu vuông góc lên đường kính của đường trong với độ dài 4000 . Nếu các hình chiếu của các đoạn thẳng đã cho lên đường thẳng l mà không có các điểm chung thì
QU Y
ta có: a1 + a2 + … a8000 < 4000 .
Vì vậy trên l tìm được một điểm là hình chiếu của các điểm thuộc ít nhất là hai trong số các đoạn thẳng đã cho.
Khi đó đường thẳng vuông góc với l dựng qua điểm này sẽ có điểm chung với ít nhất hai đoạn thẳng trong số 8000 đoạn thẳng đã cho.
M
Bài 48. Xét hình vuông cạnh 2x2 , do hình vuông này có mỗi hình vuông nhỏ luôn chung cạnh
KÈ
hoặc chung đỉnh nên tồn tại nhiều nhất 1 số chẵn, nhiều nhất 1 số chia hết cho 3 do đó có ít nhất 2 số lẻ không chia hết cho 3. Bảng 10x10 được chia thành 25 hình vuông có cạnh 2x2 nên có ít nhất 50 số lẻ không chia hết cho 3. Từ 1 đến 0 có 3 số lẻ không chia hết cho 3 là 1, 5, 7. Áp dụng
Y
50 nguyên lí Dirichlet ta được một trong ba số trên xuất hiện ít nhất + 1 = 17 lần 3
DẠ
Bài 49. Chia các cạnh của hình chữ nhật thành n đoạn và 2n đoạn bằng nhau ,mỗi đoạn có độ dài 1 . Nối các điểm chia bằng các đường thẳng song songvới các cạnh của hình chữ nhật ta được n
.39 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
NGUYÊN LÝ DIRICHLET 1 . Nếu mỗi hình vuông chứa không quá 3 điểm thì tổng n
L
n.2n = 2n 2 hình vuông nhỏ với cạnh là
FI CI A
số điểm đã cho không quá 3.2n 2 = 6n 2 (trái với giả thiết). Do đó phải tồn tại 1 hình vuông chứa
1 2 nội tiếp đường tròn bán kính là và đường 2n n
không ít hơn 4 điểm. Rõ ràng hình vuông cạnh
tròn này được chứa trong đường tròn đồng tâm bán kính
1 . n
Bài 50. Lấy năm điểm tùy ý sao cho không có ba
OF
A'
điểm nào thẳng hàng trên mặt phẳng. Khi đó vì chỉ dùng có hai màu để tô các đỉnh,
A
mà theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ba
B
giác ABC với ba đỉnh màu đỏ. Gọi G là
+ Nếu G có màu đỏ. Khi đó A, B, C, G cùng đỏ và bài toán đã được giải.
B'
M
C C'
NH
năng xảy ra:
ƠN
G
điểm A, B, C có màu đỏ. Như vậy ta có tam trọng tâm tam giác ABC. Chỉ có hai khả
N
P
điểm trong số đó cùng màu. Giả sử đó là ba
QU Y
+ Nếu G có màu xanh. Kéo dài GA, GB, GC các đoạn AA’ = 3GA, BB’ = 3GB, CC’ = 3GC . Khi
đó gọi M, N, P tương ứng là các trung điểm của BC, CA, AB thì A’A = 3AG = 6GM A’A = 2AM.
Tương tự B’B = 2BN, CC’ = 2CP . Do đó các tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhận A, B, C là trọng tâm. Mặt khác, ta cũng có các tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm G. Có hai
M
trường hợp sau có thể xảy ra:
KÈ
• Nếu A’, B’, C’ cùng xanh. Khi đó tam giác A’B’C’ và trọng tâm G có cùng màu xanh. • Nếu ít nhất một trong các điểm A’, B’, C’ có màu đỏ. Không mất tính tổng quát giả sử A’ đỏ. Khi đo tam giác A’BC và trọng tâm A màu đỏ.
DẠ
Y
Vậy trong mọi khả năng luôn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.
40