SKKN Một số bài toán giải bằng nguyên lý Điriclet trong bồi dưỡng HSG Toán 9, Toán 6
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education
I – ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN:
Là một giáo viên nhiều năm được nhà trường phân công nhiệm vụ dạy đội tuyển
toán lớp 9 thi học sinh giỏi Tỉnh phần suy luận logic, các nguyên lí cơ bảnđồng
thời bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 6, …. tôi luôn suy nghĩ làm thế nào để vừa
đáp ứng được các kiến thức cơ bản theo chương trình chuẩn của BGD đồng thời
phát triển tư duy ở trình độ cao phù hợp với khả năng và trí tuệ của các em học
sinh. Từ những trăn trở đó tôi tham khảo nhiều đề thi HSG và các chuyên đề bồi
dưỡng HSG, chương trình liên thông của Sở GD- ĐT Nam Định liên kết với
THPT Lê Hồng Phong. Tôi nhận thấy một thể loại toán được đề cập khá nhiều
trong cả một quá trình học tập, thi cử đó là dạng toán ứng dụng nguyên lý
Điriclet- một dạng toán hay và khó.
Ở mỗi cấp học nguyên lý này lại được phát biểu bằng một ngôn ngữ khác nhau
sao cho phù hợp với tư duy và lứa tuổi của các em mà vẫn giữ nguyên được bản
chất của kiến thức trong nguyên lý.
Nguyên lý Điricle có nội dung khá đơn giản song nó lại là một công cụ vô cùng
hiệu quả trong việc chứng minh nhiều bài toán từ cụ thể đến trừu tượng mà khó
có thể có một công cụ nào thay thế. Trong rất nhiều trường hợp nó giúp ta thấy
được một sự vật, một sự việc chắc chắn tồn tại song không thể chỉ ra được một
cách tường minh. Chính điều đó đã kích thích tư duy, óc tưởng tượng phong phú
của học sinh, làm cho học sinh cảm thấy bị hấp dẫn bởi nguyên lí này . Đây có
lẽ cũng là một trong các lý do mà trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp thường
xuyên có mặt các bài toán phải sử dụng nguyên lý DIRICHLET.
Ví dụ:
*Đề thi HSG lớp 6 huyện Giao Thủy năm học 2018-2019:
Cho 8 số tự nhiên có 3 chữ số. Chứng tỏ rằng trong 8 số đã cho tồn tại hai số
mà khi viết chúng liên tiếp nhau ta được một số có 6 chữ số chia hết cho 7.
Đề thi HSG Tỉnh Nam Định năm học 2010-2011:
Trong một hình vuông cócạnh bằng 1 đặt 55 đường tròn, mỗi đường tròn có
đường kính 1
9
. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng giao với ít nhất 7
đường tròn.
Đề thi HSG Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018-2019:
2
Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là
các số tự nhiên từ 1 đến 1000. Chứng minh rằng có thể chọn ra được 9 học
sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9.
Đề thi vào lớp 6 trường Amsterdam năm 2005:
Có 6 bạn thi giải Toán, mỗi người phải làm 6 bài. Mỗi bài đúng được 2 điểm,
mỗi bài sai bị trừ 1 điểm, nhưng nếu số điểm bị trừ nhiều hơn số điểm đạt
được thì học sinh đó bị coi là 0 điểm. Có thể chắc chắn ít nhất hai bạn có số
điểm bằng nhau được không? Giải thích tại sao?
Đề thi HSG lớp 6 huyện Xuân Trường năm 2012:
Người ta chia một hình vuông thành 16 ô vuông nhỏ bằng nhau.Viết vào mỗi
ô vuông của bảng một trong các số 2013; -2013; 0. Sau đó tính tổng các số
theo hàng ngang, cột dọc và đường chéo. Chứng tỏ rằng trong các tổng đó
luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
Đề thi chọn HSG Tỉnh Chuyên Đắc Lắc- Nguyễn Du 2014- 2015
Cho 2014 số tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng luôn tồn tại 729 số có tổng chia
hết cho 729.
Đề thi HSG lớp 6 quận Ba Đình năm 1996:
Cho 4 số tự nhiên tùy ý. Chứng minh rằng ta có thể chọn được hai số mà tổng
hoặc hiệu của chúng chia hết cho 5.
….
Rõ ràng đây là dạng toán rất quen thuộc trong các đề thi cấp Tỉnh, huyện môn
Toán thậm chí là các đề IMO…Hơn nữa, trong các năm gần đây sở GD- ĐT đã
kết hợp với trường THPT Lê Hồng Phong đưa ra chương trình liên thông chú
trọng đến dạng toán này để chọn được HSG chuẩn bị cho chọn đội tuyển quốc
gia, thậm chí là các cuộc hội thảo chuên đề của Sở cũng đề cập đến dạng toán
này.Một điều không thể không nhắc đến khi tôi quyết định nghiên cứu về
chuyên đề là bởi niềm say mê hứng thú với nguyên lí Đirichlet. Đây cũng là lý
do để tôi chọn đề tài: “Một số bài toán giải bằng nguyên lý Điriclet trong bồi
dƣỡng HSG Toán 9, Toán 6”.
II- MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trƣớc khi tạo ra sáng kiến
* Đối với giáo viên: Là thế hệ đàn em, tôi cũng được các anh chị truyền đạt đây
là một
dạng toán khó. Ban đầu tôi cảm thấy khá khó khăn trong việc lựa chọn ngôn ngữ
trình bày lời giải cho từng thể loại. Khó khăn trong việc sử dụng phương pháp
3
truyền đạt tới các em học sinh (đây là dạng toán chỉ cần chỉ ra sự tồn tại mà
không cần chỉ rõ đối tượng cụ thể nào…), từng thể loại bài tập nên dạy vào thời
điểm nào, mức độ tới đâu là phù hợp (thậm chí có nhiều bài phải sử dụng đến 2,
3 lần Dirichlet)?.
* Đối với học sinh:
Khối 6: Khảo sát sơ lược với 20 học sinh của đội tuyển toán 6:
Số HS đã được làm quen với nguyên lý Điriclet: 02 – Tỉ lệ 10%.
Số HS có nghe tên nguyên lý nhưng chưa được học: 10 – Tỉ lệ 50%.
Số HS chưa biết về nguyên lý: 8 – Tỉ lệ 40%.
Khối 9: Khảo sát sơ lược với 19 học sinh của đội tuyển toán 9
Số HS đã được làm quen với nguyên lý Điriclet: 11 – Tỉ lệ 58%.
Số HS có nghe tên nguyên lý nhưng chưa được học: 3 – Tỉ lệ 15.7%.
Số HS chưa biết về nguyên lý: 5 – Tỉ lệ 26.3%.
Thử sức bài toán khối 6: Cho 3 số bất kì khác 0, chứng minh luôn tồn tại hai số
cùng dấu.
Thử sức với bài tập khối 9: 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).
2. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến
Trang bị cho học sinh những kiến thức toán học cần thiết, đặc biệt là kĩ năng suy
luận logic và phát hiện bài toán có yếu tố quyết định để sử dụng Dirichlet.
Giáo viên khai thác triệt để các bài toán trong sách NCPT, các chuyên đề
và một số bài tập nâng cao bằng cách giao bài tập về nhà cho học sinh tự nghiên
cứu tìm phương pháp giải. Việc giao bài tập về nhà cho học sinh nghiên cứu
giúp học sinh có thái độ tích cực, tự giác tìm lời giải cho mỗi bài toán.
Trong giờ dạy bồi giỏi giáo viên tổ chức hướng dẫn học sinh trình bày bài giải
chi tiết, nhiều em có thể cùng tham gia giải một bài tập, kích thích khả năng độc
lập, sáng tạo của mỗi học sinh.
Giải pháp thứ nhất:
Khơi gợi trong các em tình yêu với bộ môn Toán, sự cần thiết phải học bộ môn
toán thông qua nhiều con đường, đặc biệt là nguyên lí Ddirrichlet.
1. Giới thiệu về nhà toán học Điriclet:
Mục đích:
– Tạo niềm tin, niềm ước mơ cho các em có thể trở thành một nhà toán học
trong tương lai.
4
– Cho các em thấy rằng Điriclet là một con người có thật, với những cố
gắng, nỗ lực không ngừng nghỉ trong cuộc đời của mình ông đã để lại cho nhân
loại những sản phẩm trí tuệ vô cùng quý giá mà chúng ta là những người đang
được thừa hưởng.
– Giáo dục lòng biết ơn sâu sắc với thế hệ đi trước cho xã hội loài người
ngày càng văn minh, tiến bộ.
Cách tiến hành:
– Học sinh sưu tầm, viết thành bài thuyết trình trên phần mềm Powerpoint về
nhà toán học Điriclettrong giờ sinh hoạt cuối tuần.
| Dirichlet (1805 – 1859) là nhà toán học người Đức. Ngay từ khi 12 tuổi ông đã dùng tiền tiết kiệm của mình để mua sách về toán học. Người bán hàng nói với ông rằng ông sẽ không hiểu được nội dung của quyển sách đó đâu. Ông trả lời: Dù sao tôi cũng sẽ đọc chúng cho tới khi tôi hiểu chúng. Niềm đam mê môn toán đã theo ông trong suốt cuộc đời. Trong quá trình nghiên cứu và giảng dạy ở các trường phổ thông ông đã đưa ra một nguyên lý rất hữu hiệu và được sử dụng nhiều trong tất cả các bộ môn số học, hình học và đại số. |
Ngày nay ta thường gọi nguyên lý này theo tên của ông: “Nguyên lý
Dirichlet”.
2. Thử sức với một bài tập khi các em chưa nghiên cứu về nguyên lý này:
Thử sức bài toán khối 6: Cho 3 số bất kì khác 0, chứng minh luôn tồn tại hai số
cùng dấu.
Thử sức với bài tập khối 9:
Bài 1: 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).
Bài 2 : Có 6 bạn thi giải Toán, mỗi người phải làm 6 bài. Mỗi bài đúng được 2
điểm, mỗi bài sai bị trừ 1 điểm, nhưng nếu số điểm bị trừ nhiều hơn số điểm đạt
được thì học sinh đó bị coi là 0 điểm. Có thể chắc chắn ít nhất hai bạn có số
5
điểm bằng nhau được không? Giải thích tại sao?“Đề thi vào lớp 6 trường
Amsterdam năm 2005”
Khi các em không làm được bài tập này điều đó sẽ thúc đẩy các em phải tìm
hiểu về nội dung kiến thức áp dụng. Đây cũng là lý do chính đáng để GV bắt
đầu quá trình đưa nội dung chuyên đề vào học tập.
Giải pháp thứ hai:
Giáo viên phải nghiên cứu về chuyên đề để cung cấp cho các em những kiến
thức cần thiết.
I- LÝ THUYẾT
1. Nội dung nguyên lý: Có thể phát biểu dƣới 3 dạng cơ bản sau
* Dạng đơn giản:
Nếu nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng thì tồn tại một lồng chứa ít nhất 3 con thỏ.
* Dạng tổng quát:
Nếu nhốt n con thỏ vào m cái lồng, mà n > m (n, m N*) thì tồn tại một lồng
chứa ít nhất 2 con. (một lồng chứa từ hai con thỏ trở lên)
Nếu nhốt n con thỏ vào k cái lồng ( với n, k N* , n lớn hơn và không chia hết
cho k) thì thế nào cũng có một cái lồng chứa ít nhất n
k
+1 con thỏ.
2. Để giải các bài toán áp dụng nguyên lý Điriclet ta cần lƣu ý một số đặc
điểm sau :
– Các bài toán sử dụng nguyên lý Điriclet thường là các bài toán chứng minh sự
tồn tại của một sự vật, sự việc mà không cần phải chỉ ra một cách tường minh sự
vật, sự việc đó.
– Để giải bài toán áp dụng nguyên lý Điriclet nhiều khi ta phải áp dụng phương
pháp chứng minh phản chứng hoặc kết hợp với nguyên lí cực hạn (nhất là trong
hình học)
– Khi giải bài toán áp dụng nguyên lý Điriclet hoặc dự đoán phải áp dụng
nguyên lý này ta cần suy nghĩ hoặc biến đổi bài toán để làm xuất hiện khái niệm
“thỏ” và “lồng”, khái niệm “nhốt thỏ vào lồng” nhưng khi trình bày ta cố gắng
trình bày theo ngôn ngữ riêng của bài toán.
Nhiều bài toán chỉ áp dụng đợc nguyên lý Điriclet sau khi biến đổi qua một
bước trung gian hoặc thành lập dãy số mới (hoặc phải tạo ra các “chuồng” nhốt
thỏ).
– Một bào toán có thể áp dụng một lần nguyên lí Dirichlet nhưng cũng có thể từ
2 lần trở lên.
6
Giải pháp thứ ba:
Giáo viên xây dựng hệ thống bài tập theo từng mức độ phù hợp với từng
giai đoạn học tập của học sinh. Hệ thống bài tập gồm:
1. Bài tập củng cố kiến thức.
2. Bài tập vận dụng kiến thức.
3. Bài tập phát triển tƣ duy.
II. BÀI TẬP:
PHẦN I: SỐ HỌC
DẠNG 1: SỰ TRÙNG LẶP
Đây là dạng bài tập ứng dụng nguyên lý Đirichlet một cách đơn giản nhất giúp
các em làm quen với nguyên lý một cách tự nhiên và dễ hiểu.
Yêu cầu:
– 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 tập có phân tích và cách giải:
Bài 1. Một trường học có 1115 học sinh. Chứng tỏ rằng luôn có ít nhất 4 em
có cùng ngày, tháng sinh.
Hướng dẫn: Ta chú ý ở đây có cụm từ “4 em cùng ngày sinh” giống với 4 con
thỏ nhốt trong cùng một lồng. Như vậy số thỏ ở đây là số học sinh (1115), số
lồng là số ngày trong một năm (365). Mà 1115= 365 .3+20 nên tồn tại ít nhất
3+1= 4 hoc sinh cùng ngày tháng sinh.
GV: Chú ý trong năm nhuận có 366 ngày cũng không ảnh hưởng đến kết quả
Bài 2. 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).
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).
7
Do 29: 14 = 2 (dư 1)
Theo Nguyên lý Điricle có ít nhất 3 em mắc cùng số lỗi như nhau.
Bài 3. 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.
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 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.
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 nhất2 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:
Vì 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 nên ta có 5 trường hợp sau:
Nếu đúng 5 bài thì số điểm được là: 5. 4 = 20 (điểm).
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).
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
Điriclet sẽ có ít nhất 2 thí sinh bằng điểm nhau.
Bài 5: Cho 6 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 của hai số còn lại.
Chú ý: bài toán này cần sử dụng cả tính chất các phần tử trong một tập hợp và
tính trùng lặp để giải.
8
Bài làm: Gọi 6 số nguyên dương đôi một khác nhau đã cho là:
0 a a … a 10 1 2 6
Đặt A a ;a ;a ;a ;a 2 3 4 5 6 gồm 5 phần tử có dạng am với m 2;3;4;5;6
Đặt B a a ;a a ;a a ;a a ;a a 2 1 3 2 4 2 5 2 6 2gồm 5 phần tử có dạng an –a1 với n
2;3;4;5;6
Ta thấy các phần tử trong hai tập hợp A và B đều thuộc tập hợp gồm 9 phần tử
gồm các số tự nhiên lien tiếp từ 1 đến 9, trong khi đó tổng số phần tử của hai tập
hợp A và B là 5+5=10 Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số, mỗi số thuộc một
tập hợp là bằng nhau, tức là : am=an-a1 do đó: an = am +a1. Ba số am; an; a1đôi một
khác nhau. Thật vậy am a1 và an a1 theo cách đặt các tập hợp A và B. Nếu am=
an thì a1= 0 trái với giả thiết của bài toán. Vậy bài toán được chứng minh.
Chú ý rằng thỏ ở đây là 10 số a ;a ;a ;a ;a 2 3 4 5 6 ; a a ;a a ;a a ;a a ;a a 2 1 3 2 4 2 5 2 6 2 có 9
lồng là các giá trị tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 9.
Tính đặc trưng các phần tử trong tập hợp là tạo ra hai tập hợp gồm các phần tử
là các số tự nhiên nhỏ hơn 10 và tổng các phần tử trong hai tập hợp không nhỏ
hơn 10. Từ đó suy ra hai phần trong hai tập hợp là bằng nhau.
Bài 5:Cho 7 số nguyên bất kì, chứng minh luôn tìm được hai số có hiệu chia
hết cho 6.
Bài làm:
Trong phép chia một số nguyên bất kì cho số 6, ta có thể nhận số dư có giá trị từ
0 đến 5( 0;1;2;3;4;5),tức là có 6 số dư. Khi chia 7 số nguyên cho 6 thì chỉ nhận
tối đa 6 số dư nên theo nguyên lí dirichlet có hai số có cùng số dư trong phép
chia cho 6 nên hiệu của chúng chia hết cho 6.
Lưu ý: Thỏ ở đây có 7 con đại diện bởi 7 số, còn lồng là 6 lồng đại diện bởi 6 số
dư
(lồng 0 chứa những số chia cho 6 dư 0, lồng 1 chứa những số chia cho 6 dư 1;
lồng 2 chứa n hững số chia cho 6 dư 2, lồng 3 chứa những số chia cho 6 dư 3,
lồng 4 chứa những số chia cho 6 dư 4 và lồng 5 chứa những số chia cho 6 dư 5).
Bài 6: Chứng minh rằng từ 52 số nguyên bất kì luôn có thể chọn ra hai số mà
tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
Hƣớng dẫn giải :
Tất cả các số dư trong phép chia cho 100 được chia thành 51 nhóm như sau: {0}
;{1;99},{ 2;98}, … ,{49;51}; {50}. Có 52 số nên theo nguyên tắc Dirichlet có
hai số mà các số dư khi chia cho 100 thuộc cùng một nhóm trên. Hai số này có
9
hiệu chia hết cho 100 (Nếu số dư của chúng bằng nhau ) hoặc có tổng chia hết
cho 100 (nếu số dư của chúng khác nhau)
Bài 7: Cho tập hợp X 1;2;3;…;2010. Chứng minh rằng trong số 1006 phần
tử bất kì của X luôn tồn tại hai phần tử nguyên tố cùng nhau.
Hƣớng dẫn giải : Ta chia các số từ 1 đến 2010 thành 1005 nhóm như sau:
1,2 ; 3,4 ; 5,6 ;…; 2009,2010 . Ta có 1006 số có chỉ có 1005 nhóm nên theo
nguyên lí Dirichlet có 2 số rơi vào một nhóm, nghĩa là tồn tại hai phần tử của X
nguyên tố cùng nhau.
Bài 8: Cho tập hợp A 1;2;3;…;16 . Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao
cho trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a và
b sao cho a2+b2 là một số nguyên tố.
Ta thấy nếu a và b cùng chẵn thì a2+b2 là hợp số. Do đ, nếu mỗi tập hợp con X
của A có hai phần tử phân biệt a, b mà a2+b2 là một số nguyên tố thì X không
chỉ thể chứa mỗi số chẵn nên k 9. Ta chứng tỏ k= 9 là giá trị nhỏ nhất cần tìm.
Điều đó có nghĩa là với mọi tập con X gồm 9 phần tử bất kì của A luôn tồn tại
hai phần tử phân biệt a và b mà a2+b2 là một số nguyên tố. Để chứng minh khẳng
định trên ta chia tập A thành các cặp hai phần tử phân biệt a và b mà a2+b2 là
một số nguyên tố như sau:
1;4 , 2;3 , 5;8 , 6;11 ; 7;10 ; 9;16 , 12;13 , 14;15
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 9 phần tử của X có hai phần tử thuộc cùng
một cặp trên và ta có điều phải chứng minh
Bài tập vận dụng
Bài 1. Lớp 6A có 30 học sinh. Khi làm bài trắc nghiệm có 1 em làm sai 12 câu.
Các em khác làm sai ít hơn. Chứng minh rằng có ít nhất 3 học sinh có số câu
làm sai như nhau.
Bài 2. Lớp 6A có 49 học sinh. Chứng tỏ rằng luôn có ít nhất 5 em học sinh có
cùng tháng sinh.
Bài3. Một trường học có 1115 học sinh. Chứng tỏ rằng luôn có ít nhất 4 em có
cùng ngày sinh.
Bài4. Tổ 1 có 13 học sinh đều phải trực nhật trong một tuần học. Chứng tỏ rằng
tồn tại một ngày có ít nhất 3 học sinh cùng trực nhật (một tuần học được tính từ
thứ hai đến thứ bảy).
Bài tập phát triển tƣ duy
Bài 1:Cho 40 số nguyên dượng: a1; a2;…; a19 và b1; b2; …; b21 thỏa mãn:
10
1 2 21
1 2 19
b b … b 200
a a … a 200
Chứng minh tồn tại 4 số ai; aj; bk; bl sao cho: ai< aj; bk< bl; ai-aj = bl-bk.
Bài làm: Gọi S là tập hợp tất cả các tổng có dạng ai+bj với 1 i 19;1 j 21 .
Khi đó tổng số phần tử thuộc tập S là 19.21= 399 phần tử. Từ gải thiết ta thấy
giá trị các phần tử S chỉ nhận từ 2 đến 400 (có 399 giá trị).
Nếu S 2;3;4;…;400 (nhận đầy các giá trị từ 2 đến 400) thì a1= b1=1 và a19=
a21=200, suy ra điều phải chứng minh.
Nếu S 2;3;4;…;400 thì tồn tại hai phần tử của S có cùng giá trị. Giả sử ai+ bk =
bl + aj, ta cũng suy ra điều phải chứng minh.
Bài 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 nhận 1 trong các giá trị 3,6,9.
Bài 3: Chọn ra 69 số trong tập hợp E 1;2;3;…;100 . Chứng minh rằng tồn
tại 4 số a<b<c<d trong 4 số được chọn này thì a+b+c=d.Kết quả trên còn
đúng không nếu thay số 69 bởi 68?
Gọi 69 số nguyên dương đã cho phân biệt a1; a2; …;a68; a69.
Xét hai tập hợp
2 3 2 4 2 69
3 1 4 1 69 1
A a a ;a a ;…;a a
B a a ;a a ;…;a a
Rõ ràng hai tập hợp A và B có giao là tập rỗng. Ta thấy giá trị hai tập hợp là các
số tự hiên liên tiếp từ 2 đến 133 (có 132 giá trị) mà cả hai tập hợp có 67+67=
134 phần tử nên tồn tại ít nhất 2 phần tử thuộc hai tập hợp có giá trị bằng nhau
hay tồn tại i, j 3 sao choa2+ ai = aj – a1 và i<j, suy ra: a2+ ai +a1 = aj…
Kết quả trên không còn đúng nếu thay số 69 bởi 68?
Bài 4: (Thi Toá n Châu Á Thái Binh Dƣơng 2012)
” Có 1 bài kiểm tra gồm 10 câu, mỗi câu có 2 phƣơng á n trả lời là ĐÚ NG
hoăc̣ SAI. Hoi phải có ít nhất bao nhiêu học sinh làm bài kiểm tra để tồn tại
ít nhất 2 học sinh có cách làm bài giống hệt nhau. (giố ng hêṭ nhau tƣ́ c là cá c
câu trả lời cho cá c bài đều giố ng hêṭ nhau)
Phân tích:
Vớ i bài toán này, chúng ta dễ dàng nhìn thấy số học sinh là “thỏ”, và cách làm
bài chính là “chuồng”.
Số cách làm bài ở đây chúng ta chưa biết, ta đi tính số cách làm bài có thể.
11
Vớ i mỗi câu hỏi, có 2 phương án trả lờ i Đ hoăc̣ S. Có 10 câu => có 2x2x….x2 =
210 cách trả lời cho 10 câu hỏi đó. Hay nói cách khác có 210=1024 cách làm bài.
Như vâỵ nếu mỗi hoc̣ sinh đều có cách làm bài khác nhau => có tối đa học sinh.
Vâỵ vớ i 1024+1= 1025 học sinh thì theo Nguyên Lý Dirrichlet sẽ tồn tại ít nhất
2 học sinh có cách làm bài giống hệt nhau.
DẠNG 2: SỰ CHIA HẾT
Đây là loại toán được xuất hiện khá nhiều trong các đề thi HSG các cấp.
Yêu cầu: Ngoài việc nắm vững nguyên lý Điriclet các em cần nắm được các dấu
hiệu chia hết và các tính chất chia hết trong Z.
+ Dấu hiệu chia hết cho 2; 3; 4; 5; 8; 9; 11; 25; 125.
+ Tính chất chia hết của tổng, hiệu, tích và một số tính chất mở rộng.
A.Tính chất chia hết của tổng, hiệu, tích:
– Nếu tất cả các số hạng trong một tổng chia hết cho m thì tổng đó chia hết cho
m.
– Nếu chỉ có một số trong tổng không chia hết cho m, còn lại đều chia hết cho m
thì tổng đó không chia hết cho m.
– Nếu trong một tích có một thừa số chia hết cho k thi tích này chia hết cho k.
B.Tính chất mở rộng:
1. Hai số có cùng số dư trong phép chia cho m thì hiệu của chúng chia hết cho
m –
Một số và tổng các chữ số của nó có cùng số dư trong phép chia cho 3,9 nên
hiệu của nó chia hết cho 3;9.
2. Nếu ab chia hết cho m, mà ƯCLN(a,m) = 1 thì b chia hết cho m.
3. Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho n thì ab chia hết cho m.n
4. Nếu a chia hết cho m thì k.a chia hết cho k.m
5. Nếu a chia hết cho m, a chia hết cho n, mà m và n nguyên tố cùng nhau thì a
chia hết cho m.n
Dạng 2.1: Thỏ có sẵn
Bài 1: Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kì , luôn tìm được hai số có
chữ số tận cùng giống nhau.
Lời giải:Trong phép chia một số tự nhiên bất kì cho số 10, ta có thể nhận số dư
có giá trị từ 0 đến 9( 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9), tức là có 10 số dư. Khi chia 11 số tự
12
nhiên cho thì chỉ nhận tối đa 10 số dư nên theo nguyên lí dirichlet có hai số có
cùng số dư trong phép chia cho 10 nên hiệu của chúng chia hết cho 10. Nghĩa là
hiệu của hai số có chữ số tận cùng là 0, nên hai số này có chữ số tận cùng giống
nhau.
Bài 2: Chứng minh rằng trong 14 số tự nhiên bất kì có 3 chữ số, luôn tìm
được hai số có dạng abc, deg sao cho số có 6 chữ số là: abcdeg chia hết cho
13.
Hướng dẫn giải: Áp dụng bài 4 trong 13 số TN trên có hai số có cùng số dư
| trong phép chia cho 13 nên hiệu của chúng chia hết cho 13, nghĩa là Mà |
Bài 3: Chứng minh rằng trong 7 số tự nhiên bất kì luôn tồn tại 4 số có tổng
chia hết cho 4
Ta cần chứng minh bài toán phụ sau đây: “Trong 3 số tự nhiên bất kì luôn tồn
tại hai số có tổng chia hết cho 2.”
Cách 1: Trong phép chia một số cho 2, chỉ có 2 số dư là 0 hoặc 1. Khi chia 3 số
tự nhiên cho 2 mà chỉ có 2 số dư nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất 2 số
có cùng số dư..
+ Nếu có ít nhất hai số cùng dư 0 thì hai số này có tổng chia hết chia hết cho 2.
+ Nếu ít nhất hai số cùng dư 1 thì hai số này có tổng chia hết cho 2.
Cách 2: ta xét tính chẵn lẻ. Trong 3 số tự nhiên thì luôn có Ít nhất hai số cùng
tính chẵn lẻ. Tổng hai số này chia hết cho 2.
Chứng minh bài toán chính:
Thật vậy, gọi 7 số tự nhiên bất kì là a1; a2; a3; a4; a5; a6; a7. Áp dụng bài toán phụ
trên ta ,Trong 7 số này luôn tồn tại 2 số có tổng chia hết cho 2. Gọi 2 số đó là a1;
a2 và a1+a2 = 2h (hN). Trong 5 số tự nhiên còn lại luôn tìm được hai số có
tổng chia hết cho 2, gọi 2 số đó là a3 và a4 và a3+a4 =2k (k thuộc N). Trong 3 số
tự nhiên a5, a6, a7 tồn tại 2 số có tổng chia hết cho 2, giả sử đó là a5 và a6, có a5
+ a6 = 2m.
Ta lại có, trong 3 số tự nhiên h,k,m tồn tại hai số có tổng chia hết cho 2, giả sử
đó là h và k nên 2h+ 2k chia hết cho 4 mà a1+a2+a3+a4= 2h+2k chia hết cho 4
hay a1+a2+a3+a4 chia hết cho 4.
Bài 4: Trong 5 số tự nhiên bất ki luôn chọn đƣợc 3 số có tổng chia hết cho 3.
Chứng minh:
abc deg 13
abcdeg 1001.abc (abc deg)
13
Trong phép chia cho 3 chỉ có 3 số dư: 0;1;2. Khi chia 5 số tự nhiên bất kì chia
cho 3 thì xảy ra các trường hợp sau:
+ TH1: Có ít nhất 3 số có cùng số dư trong phép chia cho 3 thì 3 số này chính là
3 số có tổng chia hết chia hết cho 3.
+TH2: chỉ có hai cặp số có cùng số dư trong trong phép chia cho 3. Trong 5 số
này ,Ta luôn chọn được 3 số khi chia cho 3 có 3 số dư khác nhau để có tổng của
chúng chia hết cho 3.
Bài 5: Cho 5 số tự nhiên lẻ bất ki. Chứng minh luôn chọn đƣợc 4 có tổng
chia hết cho 4
Bài làm:
Một số lẻ khi chia cho 4 chỉ có 2 số dư là 1 và 3. Như vậy khi chia 5 số tự nhiên
lẻ cho 4 ta được các trường hợp sau: (theo Dirichlet tì 5= 2.2+1 nên có ít nhất 3
số cùng số dư trong phép chia cho 4 nên ta xét lớn hơn 3 và bằng 3)
TH1: Có ít nhất 4 số lẻ có cùng số dư trong phép chia cho 4, ta chọn 4 số này có
tổng chia hết cho 4.
TH2: Có 3 số lẻ có cùng số dư trong phép chia cho 4 (chỉ có 2 loại số dư thôi
nhé) ta luôn chọn được 4 số (2 số dư 3, hai số chia 4 dư 1) có tổng chia hết cho
4.
Bài 6: Cho a,b,c,d là các số nguyên. Chứng minh rằng:
P= (b-a)(c-a)(d-a)(d-c)(b-d)(c-b) chia hết cho 12 hay (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(bd)(c-d) chia hết cho 12.
Bài làm:
Trong 4 số nguyên bất kì ta luôn có 2 số chẵn và hai số lẻ hoặc ít nhất 3 số cùng
tính chẵn (lẻ) .
Th1: Giả sử hai số chẵn đó là a, b và 2 số lẻ là c và d thì (a-b)(c-d) chia hết cho
4.
TH2: Giả sử 3 số a,b,c cùng tính lẻ thì (a-b)(b-c) chia hết cho 4.
Nên P chia hết cho 4 (1)
Trong 4 số nguyên bất kì a,b,c,d trong phép chia cho 3, thì luôn tồn tại hai số có
cùng số dư trong phép chia cho 3(vì theo nguyên lí Dirichlet có 4 số mà chỉ có 3
số dư 0,1,2). Giả sử đó là hai số c và d nên
c-d chia hết cho 3. Suy ra P chia hết cho 3 (2). Từ 1 và 2 mà 3 và 4 nguyên tố
cùng nhau nên P chia hết cho 12.
Bài 7: Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý: a1, a2, a3, a4, a5. Xét tích sau đây:
14
| P=(a1-a2)(a1-a3)(a1-a4)(a1-a5)(a2-a3)(a2-a4)(a2-a5)(a3-a4)(a3-a5)(a4-a5). minh P chia hết cho 288. | Chứng |
Bài làm:
Ta thấy 288 = 25.32
Ta thấy , trong phép chia cho 2 chỉ có 2 số dư là 0, 1.Theo nguyên lí Dirichlet có
5 số mà có 2 số dư thì có ít nhất 3 số có cùng số dư, tức là ít nhất 3 số có cùng
tính chẵn (lẻ).
TH1: Có đúng 3 số có cùng tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quá đó là 3 số
a1,a2,a3 cùng tính chẵn (lẻ), hai số còn lại tương ứng cùng tính lẻ (chẵn) thì (a1-
a2)(a1-a3)(a2-a3) chia hết cho 23 còn (a4-a5) cũng là số chẵn nên (a1-a2)(a1-a3)(a2-
a3)(a4-a5) chia hết cho 24. Tuy nhiên trong 5 số a1, a2, a3, a4, a5khi đem chia cho
4 có ít nhất 2 số có cùng số dư nên hiệu 2 số đó chia hết cho 4, mà hiệu hai số
chia hết cho 4 chỉ là 1 trong 4 hiệu a1-a2); (a1-a3); (a2-a3); (a4-a5) chứ không thể
là các hiệu còn lại. Vậy a1-a2)(a1-a3)(a2-a3)(a4-a5) chia hết cho 25
TH2: Có nhiều hơn 3 số có cùng tính chẵn (lẻ) thì a1-a2)(a1-a3)(a2-a3)(a4-a5) chia
hết cho 25
Vậy (a1-a2)(a1-a3)(a1-a4)(a2-a4) chia hết cho 25 (I)
Ta chứng minh P chia hết cho 32
Thật vậy, theo nguyên lí Dirichlet với 4 số bất kì a1, a2, a3, a4 thì luôn tồn tại ít
nhất 2 số có cùng số dư trong phép chia cho 3, Giả sử là a1, a2 nên a1-a2 chia
hết cho 3. Xét 4 số a2, a3, a4, a5 ta cũng tìm được 2 số có tính chất như vậy, giả
sử là a2 và a3 nên a2-a3 chia hết cho 3. Vậy P chia hết cho 9.(II) Từ (I) và (II) ta
dc P chia hết cho 25.32 = 288.
Cách 2: của trường hợp 1 ý nhé.
Có đúng 3 số có cùng tính chẵn (lẻ)
Không mất tính tổng quá đó là 3 số a1,a2,a3 cùng tính chẵn (lẻ), hai số còn lại
tương ứng cùng tính lẻ (chẵn) thì (a1-a2)(a1-a3)(a2-a3) chia hết cho 23 còn (a4-a5)
cũng là số chẵn nên (a1-a2)(a1-a3)(a2-a3)(a4-a5) chia hết cho 24.
Bài 8:Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được 6
số kí hiệu là p1, p2, p3, p4, p5, p6 sao cho (p1-p2)(p3-p4)(p5+p6) chia hết cho 1800.
Ta có 1800= 32.23.52
+)Vì 3 số nguyên tố đầu tiên là 2, 3,5 nên có ít nhất 9 số nguyên tố lớn hơn 5. Số
nguyên tố lớn hơn 5 khi chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2. Có 9 số mà có 2 số dư,
theo nguyên lí Dirichlet (9=2.4+1) có ít nhất 5 số có cùng số dư trong phép chia
cho 3. 5 số này đem chia khi cho 5 chỉ có 4 số dư( 1,2,3,4) nên theo nguyên lí
15
Đirichlet có 2 số có cùng số dư trong phép chia cho 5. Gọi 2 số đó là p1, p2 và
p1-p2 chia hết cho 5 và hiển nhiên p1-p2 chia hết cho 3. Hai số p1, p2 hiển nhiên lẻ
nên p1-p2 chia hết cho 2. Vậy p1- p2 chia hết cho 2, 3, 5 hay p1-p2 chia hết cho
30.
+) Trong 9 số đã lấy đi 2 số, còn lại 7. Bảy số này khi đem chia cho 3 chỉ có 2 số
dư (1 hoặc 2) nên theo nguyên lí Ddirrichlet (7= 3.2+1) sẽ có ít nhất 4 số có
cùng số dư trong phép chia cho 3. Lấy 4 số này đem chia cho 5 thì có 4 số
dư(1,2,3,4). Nên ta có 2 trường hợp sau
TH1: Tồn tại it nhat 2 số cùng có số dư khi chia cho 5. Giả sử đó là p3, p4 và
p3-p4chia hết cho 5, hiển nhiên p3-p4 cũng chia hết cho 3 . hai số p3,p4 là hai số lẻ
nên p3-p4 chia hết cho 2 và p3-p4 chia hết cho 2.3.5 =30. Lấy hai số bất kì p5,p6
còn lại trong 4 số trên ta đềulà số lẻ nên được p5+p6 chia hết cho 2. Nên (p1-
p2)(p3-p4)(p5+p6) chia hết cho 30.30.2 =1800
TH2: nếu cả 4 số trên không có 2 số nào cùng số dư trong phép chia cho 5,
mỗi số chia cho 5 tương ứng dư 1,2,3,4 thì tồn tại hai số trong 4 số này là p5+p6
chia hết cho 5 và tất nhiên chia hết cho 2 nên p5+p6 chia hết cho 10. Trong 4 số
trên có hai số cùng dư khi chia cho 3 là p3,p4 nên p3-p4 chia hết cho 3 và p3-p4
chia hết cho 2 nữa nên p3-p4 chia hết cho 6. Vậy (p1-p2)(p3-p4)(p5-p6) chia hết
cho 30.10.6= 1800
Kết luận: Vậy ta luôn chọn dc 6 số nguyên tố thỏa mãn đề bài.
Dạng 2: Tạo thỏ, tạo lồng
Bài 9: Chứng minh rằng có thể tìm được một số có dạng
19781978…197800…0 chia hết cho 2012.
Bài 10: Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 20032003 …. 200300…00 chia
hết cho 2002.
Hướng dẫn giải: ta đã biết một số lẻ đem chia cho một số chẵn không thể dư
các số dư chẵn : 0 ,2,4,6,…. Nên ta làm như sau:
-Xét dãy số gồm 1002 số hạng sau:
200320032003,…..;2003 …. 2003 2003 ….2003
1002 lần 2003
Chia tất cả các số hạng của dãy cho 2002 có 1001 số dư lẻ từ 1 đến 2001
(không thể có số dư 0;2;4;6;… vì các số hạng của dãy là các số lẻ). Có 2002
phép chia, nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số có cùng số dư khi
chia cho 2002.
16
Giả sử hai số đó là am và an (m,n N ); 1<=m <n< 1003)
Với am = 2003 2003… 2003 ; an = 2003 2003 … 2003
Ta có: (an –am) chia hết cho 2002
Hay 2003 2003 … 2003 00 ….00 chia hết 2002
Vậy tồn tại một số có dạng 2003 2003 … 2003 00 … 00 luôn chia hết cho 2002
Bài 11:Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên toàn chữ số 6 và chia hết
cho 2003.
Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT
Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa
- Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
- Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
- Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
- Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học
Leave a Reply