Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán Lớp 6 - Chuyên đề 8: Nguyên lí Dirichlet

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán Lớp 6 - Chuyên đề 8: Nguyên lí Dirichlet

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
2. 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”). Bài 2: 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 Î ¥ *) . Lời giải Xét dãy số b1 = a1,b2 = a1 + a2,.......,bm = a1 + a2 + .... + am Khi chia các số hạng của dãy này cho m thì xảy ra một trong hai trường hợp sau : Có một phép chia hết , chẳng hạn : bk Mm , thì ta có điều phải chứng minh : (a1 + a2 + .... + ak )Mm Không có phép chia hết nào .Khi đó tồn tại hai phép chia có cùng số dư , chẳng hạn là bi ,bj chia cho m ( vơi 1 £ j < i £ m ) (bi bj )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 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)M12 Lời giải Chia bốn số phân biệt a,b,c,d cho 3 luôn có hai phép chia có cùng số dư 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 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 lẻ, giả sử a,c chẵn và b,d lẻ (a - c)M2 và (b- d)M2 Do vậy P chia hết cho 4 (2) Từ (1),(2) và (3,4)=1 suy ra P M3, 4 hay P M12 (đpcm) Bài 3:
3. 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 cho 10. 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 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:
4. 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 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: 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 ; ... ; +) 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) 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 n m chu so 0 Dạng 2: Toán suy luận Bài 1: 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 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 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:
5. 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 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). Lời giải Số học sinh có điểm kiểm tra từ 2 đến 9 là : 45 – 2 =43 Ta có : 43 = 8.5 + 3 Như vậy , khi phân chia 43 học sinh vào 8 loại điểm kiểm tra ( từ 2 đến 9 ) thì theo nguyên lí Dirichlet 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 trao đổi với nhau về cùng một vấn đề. 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
6. 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 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 a2 => (a1 - a2)M3 Lại xét a2,a3,a4,a5 trong 4 số này lại tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3, giả sử a4 và a5 => (a4 - a5)M3 Do vậy P M9 (1) 2. Chứng minh P M25 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 , a3 = 2k3 , a4 = 2k4 + 1, a5 = 2k5 + 1 Khi đó: P = 16(k1 - k2)(k1 - k3)(k2 - k3)(k4 - k5).M Trong đó 3 số k1,k2,k3 có 2 số cùng tính chẵn lẻ, chẳng hạn k1 và k2 , thì (k1 - k2)M2. Vậy P M32 Nếu có 3 số lẻ, 2 số chẵn thì chứng minh tương tự ta cũng có P M32 Vậy trong mọi trường hợp ta đều có P M32 (2) Từ (1), (2) và (9,32)=1 suy ra P M9, 32 hay P M288 (đpcm). Bài 6:
7. 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 bội của số kia. Lời giải Viết n+1 số lấy ra dưới dạng k k1 k2 n+ 1 a1 = 2 b1,a2 = 2 b2,....,an+ 1 = 2 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 số m, n sao cho bn = bm . Khi đó, trong hai số an và am có một số là bội của số kia (đpcm) Bài 7: 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 1. Nếu a1 = a2 = ... = a100 = 2 thì ta chọn 50 số bất kì đều có tổng bằng 100. 2. Nếu a1 ¹ a2 thì ta lập dãy sau a1,a2,a1 + a2,a1 + a2 + a3 + ... + a1 + a2 + ... + a99 ( các số hạng này có giá trị từ 1 đến 199). - 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 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)
8. 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 . Xét dãy số: b1 = a2 - a1,b2 = a3 - a1,...,b14 = a15 - a1 . Các số hạng của dãy số này có giá trị từ 1 đến 27 và đôi một khác nhau. Þ Dãy số a1,a2,...,a15;b1,b2,...,b14 có 29 số hạng nhưng chỉ nhận 28 giá trị khác nhau (từ 1 đến 28). 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 Û am+ 1 = a1 + an . - Nếu n = 1 thì am+ 1 = 2a1 - Nếu n ¹ 1thì 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. Lời giải
9. Mỗi người trong số 5 người có khả năng về số người quen (từ 0 đến 4). Ta xét hai trường hợp sau: 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 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. 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 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 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 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).
10. 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. Ta có dãy số mới N;N + 1;N + 2;... N + 9; N + 19là 11 số vẫn nằm trong 39 số cho trước 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. 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 Để làm xuất hiện số "thỏ" và số "lồng ta làm như sau: