Chuyên đề Đại số Lớp 6 - Chuyên đề 8: Nguyên lí Dirichlet (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Chuyên đề Đại số Lớp 6 - Chuyên đề 8: Nguyên lí Dirichlet (Có lời giải chi tiết)

1. S6-CHUYÊN ĐỀ 8. NGUYÊN LÍ DIRICHLET PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Nội dung nguyên lí Nếu nhốt n.m + r (trong đó m,n,r Î ¥ * ) 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 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 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”. PHẦN II.CÁC DẠNG BÀI Dạng 1: Toán chia hết Khi chia số a cho số m ¹ 0 luôn có m khả năng về số dư là 0,1, .,m - 1 (“m chuồng “).Do vậy, khi 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 ai và aj (với 1 £ j < i £ m + 1 ). Ta có (ai - aj )Mm . Bài 1: Chứng minh rằng có thể tìm được một số có dạng 19781978 197800 0 chia hết cho 2012. Lời giải Xét dãy số : 1978,19781978, ,11494748414947284.4 414947483. 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 = 11494748414947284.4 414947483 m so 1978 và b = 11494748414947284.4 414947483 ( với 1 £ n < m £ 2013) . n so 1978 Hiệu của a và b chia hết cho 2012 hay a - b = 114947484149447284 4.4.1494744830{0 0M2012 (đpcm) m- n so 1978 4n 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 (“tạo thỏ”) . Sau đó áp dụng nguyên lí Dirichlet cho các số hạng của dãy số mới (mỗi số hạng thay cho một “thỏ”, 2012 là số “chuồng”).
2. 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 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. 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. 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 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: Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 19941994 199400 0 chia hết cho 1995. Lời giải 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. +) Nếu các số trên đều không chia hết cho 1995 thì khi chia từng số cho 1995 sẽ chỉ có 1994 khả năng dư 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: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho (1999^k - 1) chia hết cho104. Lời giải Xét 104 số có dạng: 1999^1 ; 1999^2 ; ; 1999^104. 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) Ta có: 1999^a - 1999^b ⋮ 104 => 1999^b[1999^(a-b) – 1] ⋮ 104
3. Lời giải 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 vấn đề khoa học ( kí hiệu là vấn đề I,II,III). 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) . 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 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). 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. Bài 4: Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2013. Lời giải Xét 2014 có dạng 1,11,111, ., 1{1 1 . Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai số có cùng số dư khi chia 2014sè1 cho 2013. Giả sử hai số đó là a = 1{1 1, b = 1{1 1 với n>k. n sè1 k sè1 k Khi đó a - b = 1{1 1.10 M2013. n- k sè1 k Vì (2007,10 ) = 1 nên số c = 1{1 1 chia hết cho 2013 n - k sè1 Bài 5: Cho 5 số tự nhiên phân biệt a1 > a2 > a3 > a4 > a5 . Xét tích P = (a1 - a2)(a1 - a3)(a1 - a4)(a1 - a5)(a2 - a3)(a2 - a4)(a2 - a5)(a3 - a4)(a3 - a5)(a4 - a5) Chứng minh rằng P M228 Lời giải Ta có 288 = 32.25 1. Chứng minh P M32
4. - 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 69 số đó thỏa mãn tổng của ba số bằng số còn lại Lời giải Giả sử 69 số đã cho là 1 £ a1 + a3 < a1 + a4 < < a1 + a69 £ 100. Khi đó a1 £ 32. Xét hai dãy sau: 1 < a1 + a3 < a1 + a3 < < a1 + a69 £ 132(1) 1 £ a3 - a2 < a4 - a2 < < a69 - 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;a2;an ;am với a1 < a2 < am mà a1 + a2 + am = an (đpcm) Bài 9: Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn có ít nhất một số có tổng cácchữ số chia hết cho 11. Lời giải Giả sử 39 số tự nhiên liên tiếp đó là a1 < a2 < < a39 . 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 đứng trước số tận cùng khác 9. Gọi số này là N. Xét các số N + 1,N + 2, ,N + 19 thuộc 39 số đã cho. Khi đó: 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). 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)M11 với m Î {1;2; ;9;19} 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 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. Lời giải Gọi 15 số tự nhiên sắp xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn là : a1,a2, ,a15 .
5. 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 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. Bài 14: 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 = 36mà 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 15: Cho dãy số gồm 5 số tự nhiên bất kìa1, a2, a3, a4, a5 . 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: S1 = a1 S2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 S4 = a1 + a2 + a3 + a4 S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 - 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 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 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 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.
6. 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. Nhận xét thêm về cách giải, thực ra nói là áp dụng nguyên lý Dirichle, nhưng các cháu có thể thấy chúng ta đang đi chứng minh nguyên lý này, bằng việc giả sử ngược lại (phương pháp phản chứng). Để hiểu rõ hơn, chúng ta đi tiếp tục bài 2. 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 tháng sinh” ở đây có thể hiểu như “nhốt cùng chuồng”. Như vậy, chuồng ở đây chính là tháng sinh, còn học sinh là“thỏ”.Hướng dẫn giải Giả sử có không quá 4 học sinh có tháng sinh giống nhau Một năm có 12 tháng, khi đó số học sinh của lớp có không quá: 12.4=48 (học sinh) Theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất 5 học sinh có tháng sinh giống nhau Bài 21: 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 6 người cùng nhận học bổng như nhau. Phân tích: Bài toán này, đề bài không yêu cầu chúng ta chứng minh có ít nhất bao nhiêu gì đấy trong một gì đấy nữa. 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 mỗi loại học bổng chỉ có tối đa 5 người . Lời giải Giả sử mỗi loại học bổng chỉ có 5 người => số người là5.6 = 30người. 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 5×6 = 30) cộng thêm 1 sẽ thành số nhỏ nhất thỏa mãn đề bài. 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)
7. Từ đó hiểu rằng 5 người đóng vai trò là số thỏ. Ta có thể tạo ra các lồng như sau: Lời giải 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. 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. 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 cũng có hai đội đã đấu số trận như nhau (kể cả số trận đấu là 0). Phân tích: Hiểu tương tự như bài toán trên. Lời giải Gọi A0 là phòng chứa các đội có số trận đấu là 0. 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. 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 có ít nhất 2 đội có cùng số trận đấu như nhau. Bài 4: 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. Lời giải 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. 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 5:
8. Chuyển từ một ô bất kì sang ô kề nó gọi là một bước. Xét hai ô ghi số 1 và số 16 chuyển từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 16 chỉ cần không quá 6 bước chuyển (nhiều nhất là 3 bước theo hàng ngang, 3 bước theo 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. Vậy tồn tại hai ô kề nhau có hiệu các số của hai ô đó lớn hơn hoặc bằng 3. Bài 2: Viết 16 số, mỗi số có giá trị bất kỳ là 1, 2, 3, 4. Ghép thành từng cặp 2 số được 8 cặp số. Chứng minh rằng tồn tại hai cặp số mà tồng các số trong hai cặp đó bằng nhau. Lời giải Tổng hai số của mỗi cặp trong 8 cặp số có giá trị nhỏ nhất là: 1 + 1 = 2, có giá trị lớn nhất là: 4 + 4 = 8. Như vậy 8 tổng đó nhận 7 giá tri: (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8). Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai tổng bằng nhau, tức là tồn tại hai cặp có tổng bằng nhau. 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 rằng trong 17 điểm đó có ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1. Lời giải 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 vượt quá 1 (đpcm). 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 Chia hình vuông cạnh bằng 7 thành 25 hình vuông bằng nhau, cạnh của mỗi hình vuông nhỏ bằng 5/7 (hình 2). 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:
9. 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. 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). 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. 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 có thể áp dụng ngay nội dung nguyên lý để giải bài toán: Lời giải 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: Trong lớp học có 30 học sinh. Khi viết chính tả một em phạm 14 lỗi, các em khác phạm số lỗi ít hơn. 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). Do 29: 14 = 2 (dư 1) Theo Nguyên lý Điricle có ít nhất 3 em mắc cùng số lỗi như nhau. 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.
10. Hãy đọc kỹ đề bài yêu cầu, chúng ta sẽ thấy “thỏ” và “chuồng” “Tồn tại ít nhất 2 tổng có giá trị bằng nhau” Þ thỏ chính là tổng (hàng ngang, dọc, chéo), còn giá trị chính 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. Lời giải Gọi các tổng lần lượt là S1,S2, S12. 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. 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 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 bạn hoặc thù của A. 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. Tương tự có thể chứng minh trong trường hợp có ít nhất ba người là kẻ thù của A. (ĐPCM) 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 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 4 trận và một người chưa đấu trận nào, nên có tối đa 4 loại số trận đã đấu. Vận dụng nguyên lý Dirichlet ta có ít nhất có 2 người có cùng số trận 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??? 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”Þ Học sinh chính là “thỏ”, điểm chính là “chuồng”.