Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Tài liệu Chuyên toán Trung học cơ sở

Gửi bởi: Hà Đức Thọ vào ngày 2019-12-31 22:30:33 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 372 | Lượt Download: 4 | File size: 0.7341 Mb

Nội dung tài liệu Xem trước tài liệu

Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ.........................................................................................................................2
B. NỘI DUNG
1. Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng.....................................................3
2. Chuyên đề 2: Nguyên tắc Dirichlet..............................................................................10
3. Chuyên đề 3: Định lý Bézout – Lược đồ Horner..........................................................19
4. Chuyên đề 4: Dấu tam thức bậc hai..............................................................................23
5. Chuyên đề 5: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên........................25
6. Chuyên đề 6: Phần nguyên và ứng dụng......................................................................36
7. Chuyên đề 7: Đường thẳng Simson..............................................................................45
8. Chuyên đề 8: Bất đẳng thức Erdos – Modell và một vài ứng dụng..............................53
9. Chuyên đề 9: Định lý Ptôlêmê và đặc trưng của tứ giác nội tiếp..................................62
C. KẾT LUẬN.............................................................................................................................72
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO......................................................................................................73

Trang 1

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ TRANG BỊ CHO HỌC SINH CHUYÊN
TOÁN TỪ TRUNG HỌC CƠ SỞ
1. Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng:
1.1. Chứng minh phản chứng và các bước chứng minh phản chứng:
Trong chứng minh bằng phản chứng (tiếng La tinh là reductio ad absurdum, có nghĩa
là “thu giảm đến sự vô lí”), người ta sẽ chứng minh nếu một phát biểu nào đó xảy ra, thì
dẫn đến mâu thuẫn về lôgic, vì vậy phát biểu đó không được xảy ra. Phương pháp này có
lẽ là phương pháp phổ biến nhất trong chứng minh toán học.
Bước 1 (phủ định kết luận): Giả sử có điều trái với kết luận của bài toán.
Bước 2 (đưa đến mâu thuẫn): Từ điều giả sử trên và từ giả thiết của bài toán, ta suy ra
một điều mâu thuẫn với giả thiết hay với các kiến thức đã học.
Bước 3 (khẳng định kết luận): Vậy kết luận của bài toán là đúng.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng 2 là số vô tỉ.
Chứng minh:
Giả sử

2 là số hữu tỉ, ta sẽ biểu diễn được

2

a
với a, b  , b  0, ( a, b)  1 .
b

Do đó a  b 2 . Bình phương hai vế ta được: a 2  2b 2 . Thì vế phải chia hết cho 2 nên vế
trái cũng phải chia hết cho 2 (vì chúng bằng nhau và đều là số tự nhiên). Do đó a 2 là số
chẵn, có nghĩa là a cũng phải là số chẵn. Do vậy ta có thể viết a  2c , trong đó c cũng là
số tự nhiên. Thay vào phương trình ban đầu ta có: (2c)2  2b 2 hay b 2  2c 2 . Nhưng khi
đó, tương tự như trên, b 2 chai hết cho 2 nên b phải là số chẵn. Nhưng nếu a và b đều là
số chẵn thì chúng sẽ có chung một ước số là 2. Điều này trái với giả thiết ( a, b)  1 . Vậy
giả sử

2 là số hữu tỉ là sai. Do đó 2 là số vô tỉ.

Ví dụ 2: Không dùng máy tính, hãy chứng minh 6  35 

1
.
10

Chứng minh:
1
hay 59  10 35 . Bình phương hai vế ta có: 59 2  100.35 hay
10
1
3481  3500 , điều này vô lý. Vậy giả sử trên là sai, do đó 6  35  .
10

Giả sử 6  35 

Ví dụ 3: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương x, y, z, t đồng thời thỏa
mãn đồng thời các đẳng thức sau:
x  xyzt  1987
y  xyzt  987
z  xyzt = 87
t  xyzt  7.

1
 2
 3
 4

Trang 2

Chứng minh:
Giả sử tồn tại các số nguyên dương x, y, z, t thỏa mãn đồng thời các đẳng thức

1 ,  2  ,  3 ,  4  . Trừ từng vế các đẳng thức này ta được:
x  y  1000 , y  z  900 , z  t  80 .

Suy ra x, y, z, t có cùng tính chẵn lẻ.
Nếu x, y, z, t cùng tính chẵn thì x  xyzt là số chẵn, mâu thuẫn với (1).
Nếu x, y, z, t cùng lẻ thì x  xyzt vẫn là số chẵn, mâu thuẫn với (1).
Điều này chứng tỏ giả sử trên là sai. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì số 2010 n  1 không chia hết cho
1000n  1 .
Chứng minh:
Giả sử với n là số nguyên dương thì 2010 n  1 chia hết cho 1000n  1 .
Khi đó, do 1000n  1 chia hết cho 3 nên 2010 n  1 chia hết cho 3. Điều này là vô lí vì
2010 n  1 không chia hết cho 3. Vậy điều giả sử 2010 n  1 chia hết cho 1000n  1 là sai.
Suy ra 2010 n  1 không chia hết cho 1000n  1 .
Ví dụ 5: Chứng minh: nếu a1 , a2 ,..., an là một hoán vị tùy ý của các số 1, 2,..., n với n là số
lẻ, thì tích  a1  1 a2  2  ...  an  n  là một số chẵn.
Chứng minh:
Đầu tiên, ta có nhận xét rằng tổng của một số lẻ các số lẻ là một số lẻ. Để chứng minh
bài toán ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại một hiệu ak  k nào đó là số chẵn. Giả sử
rằng tất cả các hiệu ak  k đều là số lẻ. Khi đó tổng S   a1  1   a2  2   ...   an  n   0,
vì các số ak là sắp xếp lại của các số 1, 2,..., n . Nhưng theo nhận xét trên thì S là số lẻ vì
tổng của một số lẻ các số lẻ. Điều này mâu thuẫn. Do đó giả sử tất cả các hiệu ak  k là
số chẵn, suy ra tích  a1  1 a2  2  ...  an  n  là số chẵn.
 Có nhiều cách chứng minh về sự tồn tại vô hạn các số nguyên tố, ví dụ sau đưa ra cách
chứng minh bằng phản chứng của Euclid cho kết quả này.
Ví dụ 6: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố.
Chứng minh:
Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố là p1 , p2 ,..., pn và giả sử p1  p2  ...  pn . Xét tích
A  p1. p2 ... pn  1 . Rõ ràng A  pn nên A là hợp số, do đó A có ít nhất một ước nguyên tố

p. Khi đó do p1 , p2 ,..., pn là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại i  {1, 2,..., n} sao cho
p  pi .

Như vậy A p ; ( p1. p2 ... pn ) p nên 1 p , mâu thuẫn.
Do đó giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là sai. Vậy có vô hạn các số nguyên tố.
Trang 3

Ví dụ 7: Cho số nguyên n là hợp số, n > 1. Chứng minh rằng n có ước nguyên tố p  n
Chứng minh:
Do n là hợp số nên n có thể viết dưới dạng n  a.b với a, b  , a  1, b  1 . Bây giờ nếu cả
a  n và b  n thì ab  n . n  n , mâu thuẫn. Do đó phải có a  n hoặc p  n .

Bài toán được chứng minh.
Nhận xét. Kết quả trong ví dụ này có thể dùng làm tiêu chuẩn để kiểm tra một số có
phải là số nguyên tố hay không. Ví dụ: Để kiểm ra số 101 có là số nguyên tố hay không,
trước tiên ta tính 101  10, 04 . Khi đó, theo Ví dụ 11,7 thì hoặc 101 là số nguyên tố
hoặc 101 chia hết cho 2, 3, 5 hoặc 7 (là các số nguyên tố nhỏ hơn 10,04). Do không có
số nào trong các số 2, 3, 5, 7 là ước của 101 nên 101 là số nguyên tố.
Ví dụ 8: Chứng minh rằng:
a) Tích của những số nguyên có dạng 4k  1 là số có dạng 4k  1 .
b) Tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4k  3 .
Chứng minh:
a) Vì với k1 , k2   thì
(4k1  1)(4k2  1)  16k1k2  4k1  4k2  1  4(4k1k2  k1  k2 )  1  4k3  1 , do đó tích của những

số nguyên có dạng 4k  1 là số có dạng 4k  1 .
b) Nhận xét: Mỗi số có dạng 4k  3 sẽ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng đó.
Thật vậy, rõ ràng n có ước cùng dạng với nó vì bản thân n là ước của n. Gọi p là ước nhỏ
nhất trong các ước như thế. Nếu p là số nguyên tố thì nhận xét được chứng minh. Nếu p
là hợp số thì p phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ). Các thừa số
này không thể có cùng dạng 4m  1 (vì khi đó theo câu a p sẽ có dạng 4m  1 ). Vậy ít
nhất một thừa số nguyên tố có dạng 4k  3 . Do ước của p cũng là ước của n nên n có ước
nguyên tố dạng 4k  3 .
Bây giờ ta sẽ chứng minh có vô số các số nguyên tố có dạng 4k  3 .
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng 4k  3 là p1 , p2 ,..., pn .
Xét số N  4 p1 p2 ... pn  1 thì N có dạng 4k  3 . Theo nhận xét trên thì N có ít nhất một
ước nguyên tố có dạng 4k  3 . Nhưng từ cách xác định N thì N không chia hết cho bất
cứ số nguyên tố nào có dạng 4k  3 . Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử trên là sai. Vậy
có vô số các số nguyên tố có dạng 4k  3 .
Ví dụ 9: Cho a, b là hai số thực sao cho với mọi số thực   0 ta luôn có a  b   .
Chứng minh rằng a  b .
Chứng minh: Giả sử ngược lại là a  b . Khi đó

a b
 0 . Do a  b   với mọi   0
2

a b
a b
, ta có: a  b 
hay a  b . Điều này mâu thuẫn với giả sử a  b .
2
2
Suy ra giả sử a  b là sai. Vậy a  b .

nên với  

Trang 4

Ví dụ 10: Cho a, b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng
không tồn tại các số nguyên dương x, y để ax  by  ab .
Chứng minh:
Giả sử tồn tại các số nguyên dương xo , yo thỏa mãn đẳng thức đã cho, tức là:
axo  byo  ab (1)

Ta có: axo  ab  byo  b(a  yo ) b . Vì ( a, b)  1 nên xo  b .
Do đó, tồn tại x1  * sao cho xo  bx1 .
Tương tự, tồn tại y1  * sao cho yo  ay1 . Thay vào đẳng thức (1) ta được
abx1  aby1  ab hay x1  y1  1 . Điều này vô lí vì x1 y1  1 . Vậy điều giả sử trên là sai. Ta

có điều phải chứng minh.
Ví dụ 11: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, b, c, ta luôn tìm được số nguyên
dương n sao cho số f  n   n3  an2  bn  c không phải là số chính phương.
Chứng minh:
Giả sử ngược lại, tồn tại a, b, c   để với mọi số nguyên dương n thì f ( n) là số chính
phương.
Khi đó:
f (1)  1  a  b  c ,
f (2)  8  4a  2b  c ,
f (3)  27  9a  3b  c ,
f (4)  64  16a  4b  c ,
là các số chính phương.
Nhận xét rằng: Một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1. Do đó số
dư trong phép chia hiệu của hai số chính thương cho 4 chỉ có thể là 0, 1 hoặc –1.
Ta có: f (4)  f (2)  12a  2b  56  4(3a  14)  2b , mà 2b là số chẵn nên theo nhận xét
(1)
trên thì 2b 4 .
Tương tự, f (3)  f (1)  8a  2b  26  4(2a  6)  2b  2 , mà 2b  2 cũng là số chẵn nên
(2b  2) 4 .
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 2 4 , vô lí. Do đó giả sử trên là sai. Vậy với mọi số nguyên a, b, c
luôn tìm được số nguyên dương n sao cho số f  n   n3  an 2  bn  c không phải là số
chính phương.
Ví dụ 12: Chứng minh rằng nếu một tam giác có hai đường phân giác trong bằng nhau
thì tam giác đó cân.
Chứng minh:

Trang 5

Xét ABC có hai đường phân giác trong bằng nhau
BM  CN . Ta sẽ chứng minh ABC cân tại A .
Giả sử ABC không cân tại A .
 C
B
 C
 1 . Qua M kẻ đường thẳng
Xét B
1
1
song song AB , qua N kẻ đường thẳng song song
BM cắt nhau tại D .
D
 . Theo
Khi đó BNM  DMN  BM  DN , B
2
1
giả thiết BM  CN  ND  NC . Vậy NCD cân tại
  NDC
  2 .
N  NCD
 C
D
 C
  3 .
D
 và B
Vì B
2

1

2

2

1

A

D
1

B

N

M

2

2

1

1

2

3

C

2

 C
  MC  MD  BN . Hai tam giác BNC , BMC có BC chung,
Từ  2  ,  3  D
2
3
B
 , mâu thuẫn với 1 .
CN  BM , BN  CM  C
1
1

 C
 , chứng minh tương tự dẫn đến mâu thuẫn.
Trường hợp B
 C
 , suy ra ABC cân tại A .
Vậy B

Ví dụ 13: Cho một tam giác có ba góc nhọn. Qua một đỉnh của tam giác đó vẽ đường
cao, qua đỉnh thứ hai vẽ trung tuyến, qua đỉnh thứ ba vẽ phân giác. Chứng minh rằng
nếu ba đường đã vẽ được cắt nhau, tạo thành một tam giác thì tam giác đó không phải là
tam giác đều.
Chứng minh:
Xét ABC có ba góc nhọn và đường cao AH ,
đường trung tuyến BM , đường phân giác CN
cắt nhau và tạo thành PQR như hình vẽ. Ta
cần chứng minh PQR không là tam giác đều.
Giả sử ngược lại PQR đều. Khi đó trong tam
  600
giác vuông CRH có CRH
  300  C
  2 RCH
  600 , HAC
  300
 RCH

A

N
P
B

M

R
Q

H

C

  300 , 
APM có PAM
APM  600  
AMP  900 hay BM  AC .
  600 nên
ABC có đường trung tuyến BM là đường cao nên ABC cân. Hơn nữa C
ABC đều, dẫn đến P, Q, R trùng nhau, trái giả thiết.
Vậy PQR không thể đều.

Ví dụ 14: Qua điểm O trong mặt phẳng, vẽ 5 đường thẳng phân biệt.
a) Có bao nhiêu góc đỉnh O được tạo thành trong hình vẽ?
b) Chứng minh rằng trong các góc đó, có ít nhất 1 góc không vượt quá 360 .
Chứng minh:
Trang 6

a) 5 đường thẳng cắt nhau tại O tạo thành 10 tia chung
gốc O . Mỗi tia trong 10 tia này tạo với 9 tia còn lại
thành 9 góc, có 10 tia nên có 9.10  90 góc. Nhưng
mỗi góc đã được tính 2 lần nên có tất cả 90 : 2  45 góc
đỉnh O được tạo thành.
b) Trong 45 góc đỉnh O thì chỉ có 10 góc không có
điểm trong chung có tổng số đo 3600 . Giả sử tất cả các

O

góc đều lớn hơn 360 thì 10 góc vừa nêu có tổng số đo lớn hơn 10.360  3600 , mâu
thuẫn. Vậy phải có ít nhất một góc không vượt quá 360 .
Ví dụ 15: Trên một mặt phẳng có thể xếp được 7 đoạn thẳng sao cho mỗi đoạn thẳng cắt
đúng 3 đoạn thẳng khác được không?
Giải:
Câu trả lời là không. Thật vậy, giả sử xếp được 7
1
i
j
7
đoạn thẳng sao cho mỗi đoạn thẳng cắt đúng 3 1 0
đoạn thẳng khác.
0
Ta lập bảng gồm 7 hàng, 7 cột và đánh dấu các ô: i
0
X
nếu hai đoạn thẳng cắt nhau ta đánh dấu X, nếu
0
không cắt nhau ta đánh dấu 0. Chẳng hạn nếu
X
0
đoạn thẳng thứ I cắt đoạn thẳng thứ j ta đánh dấu j
0
X vào giao của dòng i và cột j, dòng j và cột i.
7
0
Khi đó mỗi dòng có 3 dấu X.
Mặt khác bảng sẽ có 7 dấu 0 xếp theo đường chéo của hình vuông. Như nói ở trên nếu ô
giao của dòng I cột j có dấu X thì ô giao của dòng j cột I cũng có dấu X, hai ô này đối
xứng qua đường chéo gồm các ô có dấu 0. Vì vậy các ô được đánh dấu X trong bảng
phải là số chẵn. Mâu thuẫn vì có 21 ô có dấu X theo giả thiết.
BÀI TẬP:
1.Chứng minh rằng:
a) Tổng của một số hữu tỉ và một số vô tỉ là một số vô tỉ.
b) Không tồn tại số hữu tỉ dương nhỏ nhất.
2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì phân số

12n  1
là tối giản.
30n  2

3. Tích của 43 số nguyên có trước bằng 1. Chứng minh rằng tổng của chúng không thể
bằng 0.
4. Gọi a1 , a2 ,..., a2000 là các số tự nhiên thỏa mãn

1 1
1
  ...
 1 . Chứng mỉnh rằng
a1 a2
a2000

tồn tại ít nhất một số ak là số chẵn.
5. Số palindrome (còn gọi là số xuôi ngược hay số đối xứng) là số mà đọc xuôi hay đọc
ngược đều như nhau, ví dụ các số 151, 1991, 1211121, 15677651 là những số đối xứng.
Chứng minh rằng không tồn tại số đối xứng dương chia hết cho 10.
6. Chứng minh: với mọt số tự nhiên n ta luôn có A  n 2  3n  38 không chia hết cho 49.

Trang 7

7. Cho n là số tự nhiên khác 0; a là ước nguyên dương của 2n 2 . Chứng minh rằng
n 2  2 không thể là số chính phương.
8. Chứng minh rằng với n  , n  2 thì giữa n và n! có ít nhất một số nguyên tố. Từ đó
suy ra có vô hạn các số nguyên tố.
9. Đặt các số 1, 2, 3,..., 25 trên một vòng tròn theo một thứ tự tùy ý. Chứng minh rằng
luôn có 3 số liên tiếp có tổng lớn hơn hoặc bằng 39.
10. Cho dãy số: 3, 7,11,15,19, 23,... và 5,11,17, 23, 29, 35,... Chứng minh rằng trong những
số hạng của mỗi dãy số trên có vô số các số nguyên tố.
11. Chứng minh rằng trong một tam giác, góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là góc nhọn.
12. Chứng minh rằng trong một tam giác, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng
nữa cạnh huyền.
13. Chứng minh rằng nếu tam giác có 1 góc bằng 300 và cạnh đối diện với góc này
bằng nữa một cạnh khác thì tam giác đó là tam giác vuông.
14. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:
M 

a
b
c


bc ca ab

không thể là số nguyên.
15. Trong 1 mặt phẳng cho n điểm  n  3 thỏa điều kiện: bất kỳ đường thẳng nào đi
qua 2 trong trong những điểm đó đều chứa 1 điểm khác trong các điểm đã cho. Chứng
minh tất cả các điểm trên cùng nằm trên 1 đường thẳng.

Trang 8

2. Chuyên đề 2: Nguyên lí Dirichlet:
2.1 GIỚI THIỆU VỀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET
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 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 khác, nếu nhốt 7 con thỏ vào 3
cái lồng thì tồn 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 tại ít nhất một lồng có
chứa từ n + 1 con thỏ trở lên.
Ta cũng có thể dễ dàng chứ minh nguyên lí Dirichet bằng phương pháp phản chứng như
sau: Giả 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 số học, đại số, hình học về ciệc chỉ ra sự tồn tại của một hay nhiều đối tượng
thỏa mãn một điều kiện đặt ra.
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.
2.2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1. CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI CHIA HẾT
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 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 số chia cho 2012 có cùng số dư.
Giải
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.
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:

Trang 9

1) Trong n + 1 số tự nhiên bất kì luôn tìm được hai số chia cho n có cùng số dư (hay
hiệu của 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 cho n có cùng số dư.
VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng luôn tìm được số có dạng 20122012…2012 (gồm các số
2012 viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2013.
Giải
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
b  a  2012...2012.10 4 i (gồm j – i bộ 2012) sẽ chia hết cho 2013.

Lại có ƯCLN (104i , 2013)  1 nên số 2012...2012 (gồm j – i bộ 2012 sẽ chia hết cho 2013.
Bài toán 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.
VÍ DỤ 3. Cho sáu số tự nhiên a , b, c, d , e, g . Chứng minh rằng trong sáu số ấy, tồn tại
một số chia hết cho 6 hoặc tồn tại một vài số có tổng chia hết cho 6.
Giải
Trường hợp có một số bằng 0 thì ta chọn số 0 thỏa mãn yêu cầu đề ra.
Trường hợp sáu số đều lớn hơn 0. Xét 6 số sau
S1  a
S2  a  b
S3  a  b  c
S4  a  b  c  d
S5  a  b  c  d  e
S6  a  b  c  d  e  g .

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 minh.
(Ở đây “thỏ” là các số Si, “lồng” là số dư trong phép chia cho 6).
Nhận xét. Ta có thể phát biểu bài toán tổng quát sau:
Trang 10