Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản - NGUYÊN LÝ DIRICHLET_1

Tham khảo bài viết chương 1: một vài nguyên lí cơ bản - nguyên lý dirichlet_1, tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản - NGUYÊN LÝ DIRICHLET_1Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản NGUYÊN LÝ DIRICHLETBài 1: trong mặt phẳng cho ngũ giác lồi ABCDE. Người ta tịnh tiến ngũgiác này theo các vecto có cùng gốc A, còn ngọn là B,C,D,E. kết quả làta đc 4 ngũ giác mới. chững minh 4 ngũ giác này cùng ngũ giác đã cho,thế nào cũng có 2 ngũ giác chung với diện tích dương.Giải:Từ ngũ giác đã cho ta dựng ngũ giác lồi AB’C’D’E’ sao cho ⃗ = 2 ⃗, ⃗ = 2 ⃗, ⃗ = 2 ⃗, ⃗=2 ⃗Khi đó: = + +=4 +4 +4 =4Mạt khác khi tinh tiến ngũ giác đã cho theo một vecto bất kì gốc A ngọnB hoặc C hoặc D hoặc E thì ảnh của nó nằm hoàn toàn trong AB’C’D’E’có diện tích gấp 4 lần ngũ giác ABCDE và chữa 5 ngũ giác có cùng diệntích như vậy ( 4 ảnh và ngũ giác ABCDE) nên ít nhất phải có 2 ngũ giáccó chung với diện tích dương.cm xongBài 2: cmr trong 52 số tự nhiên cho trước, luôn chọn ra đc 2 số có tổnghoặc hiệu chia hết cho 100.Giải:Ta lấy một hệ thăng dư đầy đủ của 100 là : = {−49, −48, … . . , −1, 0, 1, … , 50}Giả sử các số đã cho là: , ….., . Thì mối sẽ tương ứng với lớp ∈ ≡ ( 100) ℎ ℎ 100(∀ ≠ ) ≠ (≠) − ⟺Giả sử ≠− ( ≠ ) ℎ ℎ 100(∀ ≠ ) + ≠− ( ≠ )⇔ phải nhận 1 trong 51 giá trị : 50,49 hoặc -49,48 đôi một khác nhau ( ≠hoặc -48…..1 hoặc -1,0… vậy 52 số ( ≠ )) lại nhận 1 trong 51 giá trị. Từ đó ta có mâu thuấn. vậy sẽ có 2số có tổng hoặc hiệu chia hết cho hết cho 100. Bài toán đc cm.Bài 3 : Trong 1 hình vuông có cạnh 1m lấy ra 51 điểm tùy ý. Cmr tồn tạ3 điểm nằm trong 1 hình tròn có bán kính bẽ hơn 1/7 m.Giải :Ta chia hình vuông là 25 hình vuông bằng nhau (mối hình có kíchthước 20x20cm). Khi đó trong 51 điểm đc trọn ắt phải có 3 điểm cùngnằm trong 1 hình vuông nhỏ. Mỗi hình vuông nhỏ đc bao quanh bởi đgtrong có bán kính : 0.2√2 1 = Bài 4 :Cmr trong một danh sách 5 học sinh với số điểm tổng kết đôi 1khác nhau tính từ trên xuống, luôn tồn tại 3 người có số điểm tăng, hoặc giảm dần. + 1 số thực phân biệt đều có một dãy conáp dụng định lý : mọi dãydài n + 1 hoặc thực sự tăng hoặc thực sự giảm.Bài 5 : cmr từ một dãy số vô hạn các số thực từng đôi 1 khác nhau, luôntrích ra đc 1 dãy con đơn điệu tăng hoặc giảm có số lượng phần tử tùy ýGiải : giả sử phản chững : mọi dãy con tách đc đơn điệu tăng hoặc giảmđều có số lượng hữu hạn nhỏ hơn n+1. Theo dl trên thì số phần tử của + 1 mâu thuấn với dáy số vô hạn. khẳng định củadãy ko vượt quábài toán là đúng.Bài tập trang 15 sách gt :Bài 1 : Cmr tồn tạ một lũy thừa của số 29 tận cùng bằng các chứ số0001. = 29 , = 1,2,3 … . ,100000. Ta nhận thấy rằng dãy cóGiải : xét dãy100000 số và mối số đều ko chia hết cho 100000. Như vậy ắt phải có 2số có cùng số đồng dư với nhau theo mod 100000. Giả sử 2 số đó là ( < ) ta có :và ( ) ⋮ 100000 ⇒ (29 − 29 ) ⋮ 100000 −⇒ 29 (29 − 1) ⋮ 100000 ⇒ 29 − 1 có tận cùng là các chữ số00000⇒ 29 có tận cùng là các chữ số 00001. Bài toán đc cmBài 2 : cmr luôn tồn tại số dạng 20062006….2006 chia hết cho 2007 = 20062006 … 2006 ; = 1,2,3 … .2007. khi đó dãy trên cóGiải :đặt ố2007 số hạng. Giả sử ko có phần tử nào trong dãy chia hết cho 2007. Khiđó trong 2007 số hạng trên ắt phải có 2 số đồng dư với nhau theo à ( < ). Khi đó ta có :module 2007. Giả sử 2 số đó là ( ) ⋮ 2007 ⇒ ( . 10 ) ⋮ 2007 −Mặt khác : 2007 = 223.2 ; 10 = 2 . 5 ⇒ (10 , 2007) = 1∀ → ⋮ 2007Mâu thuấn giả sử suy ra DPCM , ,..,Bài 3 : người ta viết n > 1 số tự nhiên bất kì vào một hàng .Cmr bao giờ cũng tồn tại một số số kề nhau đúng trật tự trên có tổngchia hết cho n (1 ≤ ≤ ) chia hết cho n thìGiải : Nếu trong dãy đã cho có sốchính là số cần phải tìm. Nếu trong dãy { } không có phần tử nàochia hết cho n, ta giả sử phản chứng là ko tồn tại một số số kề nhau nàocó tổng chia hết cho n. ta xét dãy = ; = + ;…; = + +. . + . Khi đó dãy trên có n ( = 1, … , )số hạng. Theo giả sử phản chứng thì trong dãy trên ko cónào chia hết cho n. như vậy ắt phải tồn tại chỉ số t và k ( ≤ ≤ ≤ ) ℎ ( )⋮ − ⟺( )−( + + ⋯+ + +. . + + +. . + ) ⋮⇔( + + ⋯+ )⋮ điều này mâu thuẫn với giả sử phảnchứng. Vậy phải tồn tại một số số kề nhau theo đúng thứ tự dãy đã chocó tổng chia hết cho n.NGUYÊN LÝ XUỐNG THANGNguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyênVí dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 8x4 + 4 y4 + 2z4=u4Giải:Trước hết ta thấy ngay phương trình có nghiệm (0,0,0,0). Ta chứngminh phương trình không còn nghiệm nào khác. Thật vậy,giả sử nó cónghiệm khác nghiệm trên thì phải tồn tại nghiệm có dạng (a,b,c,d) với dkhác 0,thậm chí d>0, theo tính chất của số tự nhiên thì phải có nghiệm(m,n,p,q) với q nguyên dương bé nhất.Ta thấy ngay q chẵn và giả sử q=2s. Khi đó ta có 4m4 + 2n4 + p4=8s4. Từđẳng thức ta rút ra được p chẵn, p=2t. Lại thay vào đẳng thức vừa c ...