Tài liệu Số học Lớp 6 - Nguyễn Thanh Hải

Bµi 1 : CHỨNG MINH MỘT SỐ KHƠNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Trong chương trình Tốn lớp 6, các em đã được học về các bài tốn liên quan tới phép chia hết của một số tự nhiên cho một số tự nhiên khác 0 và đặc biệt là được giới thiệu về số chính phương, đĩ là số tự nhiên bằng bình phương của một số tự nhiên (chẳng hạn : 0 ; 1 ; 4 ; 9 ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; ). 
Kết hợp các kiến thức trên, các em cĩ thể giải quyết bài tốn : Chứng minh một số khơng phải là số chính phương. Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học. Những bài tốn này sẽ làm tăng thêm lịng say mê mơn tốn cho các em. 
1. Nhìn chữ số tận cùng 
Vì số chính phương bằng bình phương của một số tự nhiên nên cĩ thể thấy ngay số chính phương phải cĩ chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9. Từ đĩ các em cĩ thể giải được bài tốn kiểu sau đây : 
Bài tốn 1 : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012 khơng phải là số chính phương. 
Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1. Do đĩ số n cĩ chữ số tận cùng là 8 nên n khơng phải là số chính phương. 
Chú ý : Nhiều khi số đã cho cĩ chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nhưng vẫn khơng phải là số chính phương. Khi đĩ các bạn phải lưu ý thêm một chút nữa : 
Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p2. 
Bài tốn 2 : Chứng minh số 1234567890 khơng phải là số chính phương. 
Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0) nhưng khơng chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90). Do đĩ số 1234567890 khơng phải là số chính phương. 
Chú ý : Cĩ thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0), nhưng khơng chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 khơng là số chính phương. 
Bài tốn 3 : Chứng minh rằng nếu một số cĩ tổng các chữ số là 2004 thì số đĩ khơng phải là số chính phương. 
Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà khơng chia hết 9 nên số cĩ tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà khơng chia hết cho 9, do đĩ số này khơng phải là số chính phương. 
2. Dùng tính chất của số dư 
Chẳng hạn các em gặp bài tốn sau đây : 
Bài tốn 4 : Chứng minh một số cĩ tổng các chữ số là 2006 khơng phải là số chính phương. 
Chắc chắn các em sẽ dễ bị “chống”. Vậy ở bài tốn này ta sẽ phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết về tổng các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9. Nhưng lại khơng gặp điều “kì diệu” như bài tốn 3. Thế thì ta nĩi được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2. Từ đĩ ta cĩ lời giải. 
Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ cĩ số dư là 0 hoặc 1 mà thơi (coi như bài tập để các em tự chứng minh !). Do tổng các chữ số của số đĩ là 2006 nên số đĩ chia cho 3 dư 2. Chứng tỏ số đã cho khơng phải là số chính phương. 
Tương tự các em cĩ thể tự giải quyết được 2 bài tốn : 
Bài tốn 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 khơng phải là số chính phương. 
Bài tốn 6 : Chứng minh số : n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 khơng là số chính phương. 
Bây giờ các em theo dõi bài tốn sau để nghĩ tới một “tình huống” mới. 
Bài tốn 7 : Chứng minh số :
n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 khơng là số chính phương.
Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là khơng “bắt chước” được cách giải của các bài tốn 3 ; 4 ; 5 ; 6. Nếu xét chữ số tận cùng các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên khơng làm “tương tự” được như các bài tốn 1 ; 2. Số dư của phép chia n cho 4 là dễ thấy nhất, đĩ chính là 3. Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư như thế nào nhỉ ? Các em cĩ thể tự chứng minh và được kết quả : số dư đĩ chỉ cĩ thể là 0 hoặc 1. Như vậy là các em đã giải xong bài tốn 7. 
3. “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp” 
Các em cĩ thể thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 thì k khơng là số chính phương. Từ đĩ các em cĩ thể xét được các bài tốn sau : 
Bài tốn 8 : Chứng minh số 4014025 khơng là số chính phương. 
Nhận xét : Số này cĩ hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng dư 1. Thế là tất cả các cách làm trước đều khơng vận dụng được. Các em cĩ thể thấy lời giải theo một hướng khác. 
Lời giải : Ta cĩ 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042. Chứng tỏ 4014025 khơng là số chính phương. 
Bài tốn 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) khơng là số chính phương với mọi số tự nhiên n khác 0. 
Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì cĩ thể nhận ra A + 1 là số chính phương (đây là bài tốn quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6, lớp 7 cũng cĩ thể chịu khĩ đọc lời giải. 
Lời giải : Ta cĩ : 
A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2. 
Mặt khác : 
(n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A. 
Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 A khơng là số chính phương. 
Các em cĩ thể rèn luyện bằng cách thử giải bài tốn sau : 
Bài tốn 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2. 
Bài tốn 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 khơng là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4. 
Bài tốn 12 : Cĩ 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số từ 2 đến 1001 sao cho khơng cĩ hai mảnh nào ghi số giống nhau. Chứng minh rằng : Khơng thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền nhau để được một số chính phương. 
Bài tốn 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp khơng thể là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4. 
Bài tốn 14 : Chứng minh rằng số 333333 + 555555 + 777777 khơng là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho  một chục (?) 
Bài tốn 15 : Lúc đầu cĩ hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh bìa lên lại xé ra làm bốn mảnh. Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đĩ sẽ được số mảnh bìa là một số chính phương. Cậu ta cĩ thực hiện được mong muốn đĩ khơng ? 
Để kết thúc bài viết này, tơi muốn chúc các em học thật giỏi mơn tốn ngay từ đầu bậc THCS và cho tơi được nĩi riêng với các quý thầy cơ : nguyên tắc chung để chứng minh một số tự nhiên khơng là số chính phương, đĩ là dựa vào một trong các điều kiện cần để một số là số chính phương (mà như các quý thầy cơ đã biết : mọi điều kiện cần trên đời là dùng để  phủ định !). Từ đĩ các quý thầy cơ cĩ thể sáng tạo thêm nhiều bài tốn thú vị khác. 
Bµi 2 : CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Các bạn đã được giới thiệu các phương pháp chứng minh một số khơng phải là số chính phương trong TTT2 số 9. Bài viết này, tơi muốn giới thiệu với các bạn bài tốn chứng minh một số là số chính phương. 
Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa. 
Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. Dựa vào định nghĩa này, ta cĩ thể định hướng giải quyết các bài tốn. 
Bài tốn 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. 
Lời giải : Ta cĩ :
an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1 
= (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 1 
= (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1
= (n2 + 3n + 1)2
Với n là số tự nhiên thì n2 + 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính phương. 
Bài tốn 2 : Chứng minh số : là số chính phương. 
Lời giải :
Ta cĩ : 
Vậy : là số chính phương. 
Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt. 
Ta cĩ thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là một số chính phương thì a và b đều là các số chính phương”.
Bài tốn 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n thì m - n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương.
Lời giải :
Ta cĩ : 3m2 + m = 4n2 + n 
tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2 
hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*) 
Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1 chí hết cho d. 
Mặt khác, từ (*) ta cĩ : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d. 
Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta cĩ 1 chia hết cho d => d = 1. 
Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương. Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài tốn thú vị về số chính phương :
1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương : 
2) Cho các số nguyên dương a, b, c đơi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c. Hãy cho biết a + b cĩ là số chính phương hay khơng ? 
3) Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3n + 4 khơng là số chính phương. 
4) Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 2004 là số chính phương.
5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính phương. 
Bµi 3 : TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
Tìm chữ số tận cùng của một số tự nhiên là dạng tốn hay. Đa số các tài liệu về dạng tốn này đều sử dụng khái niệm đồng dư, một khái niệm trừu tượng và khơng cĩ trong chương trình. Vì thế cĩ khơng ít học sinh, đặc biệt là các bạn lớp 6 và lớp 7 khĩ cĩ thể hiểu và tiếp thu được. 
Qua bài viết này, tơi xin trình bày với các bạn một số tính chất và phương pháp giải bài tốn “tìm chữ số tận cùng”, chỉ sử dụng kiến thức THCS. 
Chúng ta xuất phát từ tính chất sau : 
Tính chất 1 : 
a) Các số cĩ chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 khi nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận cùng vẫn khơng thay đổi. 
b) Các số cĩ chữ số tận cùng là 4, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng vẫn khơng thay đổi. 
c) Các số cĩ chữ số tận cùng là 3, 7, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 1. 
d) Các số cĩ chữ số tận cùng là 2, 4, 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 6. 
Việc chứng minh tính chất trên khơng khĩ, xin dành cho bạn đọc. Như vậy, muốn tìm chữ số tận cùng của số tự nhiên x = am, trước hết ta xác định chữ số tận cùng của a. 
- Nếu chữ số tận cùng của a là 0, 1, 5, 6 thì x cũng cĩ chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6. 
- Nếu chữ số tận cùng của a là 3, 7, 9, vì am = a4n + r = a4n.ar với r = 0, 1, 2, 3 nên từ tính chất 1c => chữ số tận cùng của x chính là chữ số tận cùng của ar. 
- Nếu chữ số tận cùng của a là 2, 4, 8, cũng như trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận cùng của x chính là chữ số tận cùng của 6.ar. 
Bài tốn 1 : Tìm chữ số tận cùng của các số : 
a) 799   b) 141414   c) 4567
Lời giải : 
a) Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 : 
99 - 1 ...  số hàng đơn vị giống nhau. 
3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luơn chia hết cho số cịn lại. 
Bµi 5 : NGUYÊN LÍ ĐI - RÍCH - LÊ
Nguyên lí Đi-rích-lê phát biểu như sau : “Nếu cĩ m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > n thì cĩ ít nhất một ngăn kéo chứa ít nhất hai vật”. Nguyên lí Đi-rích-lê chỉ giúp ta chứng minh được sự tồn tại “ngăn kéo” chứa ít nhất hai vật mà khơng chỉ ra được đĩ là “ngăn kéo” nào. Các bạn hãy làm quen việc vận dụng nguyên lí qua các bài tốn sau đây. 
Bài tốn 1 : Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kì bao giờ cũng tồn tại ít nhất 2 số cĩ 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 cĩ 10 khả năng dư là 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; ... ; 9.
Vì cĩ 11 số dư mà chỉ cĩ 10 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 10 cĩ cùng số dư do đĩ hiệu của chúng chia hết cho 10 (đpcm).
Bài tốn 2 : Chứng minh rằng tồn tại số cĩ dạng 19941994...199400...0 chia hết cho 1995.
Lời giải : 
Xét 1995 số cĩ dạng : 1994 ; 19941994 ; ... ; . 
Nếu một trong các số trên chia hết cho 1995 thì dễ dàng cĩ đpcm.
Nếu các số trên đều khơng chia hết cho 1995 thì khi chia từng số cho 1995 sẽ chỉ cĩ 1994 khả năng dư là 1 ; 2 ; 3 ; ... ; 1994. 
Vì cĩ 1995 số dư mà chỉ cĩ 1994 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 1995 cĩ cùng số dư, hiệu của chúng chia hết cho 1995. Giả sử hai số đĩ là :
Khi đĩ : = 1994...199400...0 chia hết cho 1995 (đpcm).
Bài tốn 3 : Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho (1999^k - 1) chia hết cho104.
Lời giải : Xét 104 + 1 số cĩ dạng :
19991 ; 19992 ; ... ; 1999104 + 1.
Lập luận tương tự bài tốn 2 ta được :
(1999m - 1999n) chia hết cho 104 (m > n)
hay 1999n (1999m-n - 1) chia hết cho 104
Vì 1999n và 104 nguyên tố cùng nhau, do đĩ (1999m-n - 1) chia hết cho 104.
Đặt m - n = k => 1999^k - 1 chia hết cho 104 (đpcm).
Bài tốn 4 : Chứng minh rằng tồn tại một số chỉ viết bởi hai chữ số chia hết cho 2003.
Lời giải : Xét 2004 số cĩ dạng 1 ; 11 ; 111 ; ... ; 
Lập luận tương tự bài tốn 2 ta được :
hay 11...100...0 chia hết cho 2003 (đpcm).
Một số bài tốn tự giải :
Bài tốn 5 : Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p ta cĩ thể tìm được một số được viết bởi hai chữ số chia hết cho p. 
Bài tốn 6 : Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên khơng chia hết cho 2 và 5 thì tồn tại bội của nĩ cĩ dạng : 111...1.
Bài tốn 7 : Chứng minh rằng tồn tại số cĩ dạng 1997k (k thuộc N) cĩ tận cùng là 0001.
Bài tốn 8 : Chứng minh rằng nếu các số nguyên m và n nguyên tố cùng nhau thì tìm được số tự nhiên k sao cho mk - 1 chia hết cho n.
Các bạn hãy đĩn đọc số sau : Nguyên lí Đi-rích-lê với những bài tốn hình học thú vị. 
Bµi 6 : NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 
& NHỮNG BÀI TỐN HÌNH HỌC THÚ VỊ
Nguyên lí cĩ thể mở rộng như sau : Nếu cĩ m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > k.n thì cĩ ít nhất một ngăn kéo chứa ít nhất k + 1 vật. Với mở rộng này, ta cịn cĩ thể giải quyết thêm nhiều bài tốn khác. Sau đây xin giới thiệu để bạn đọc làm quen việc vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê với một số bài tốn hình học. 
Bài tốn 1 : Trong tam giác đều cĩ cạnh bằng 4 (đơn vị độ dài, được hiểu đến cuối bài viết) lấy 17 điểm. Chứng minh rằng trong 17 điểm đĩ cĩ ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng khơng vượt quá 1.
Lời giải : Chia tam giác đều cĩ cạnh bằng 4 thành 16 tam giác đều cĩ 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 cĩ chứa ít nhất 2 điểm trong số 17 điểm đã cho. Khoảng cách giữa hai điểm đĩ luơn khơng vượt quá 1 (đpcm). 
Bài tốn 2 : Trong một hình vuơng cạnh bằng 7, lấy 51 điểm. Chứng minh rằng cĩ 3 điểm trong 51 điểm đã cho nằm trong một hình trịn cĩ bán kính bằng 1. 
Lời giải : Chia hình vuơng cạnh bằng 7 thành 25 hình vuơng bằng nhau, cạnh của mỗi hình vuơng nhỏ bằng 5/7 (hình 2). 
Vì 51 điểm đã cho thuộc 25 hình vuơng nhỏ, mà 51 > 2.25 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, cĩ ít nhất một hình vuơng nhỏ chứa ít nhất 3 điểm (3 = 2 + 1) trong số 51 điểm đã cho. Hình vuơng cạnh bằng cĩ bán kính đường trịn ngoại tiếp là : 
Vậy bài tốn được chứng minh. Hình trịn này chính là hình trịn bán kính bằng 1, chứa hình vuơng ta đã chỉ ra ở trên. 
Bài tốn 3 : Trong mặt phẳng cho 2003 điểm sao cho cứ 3 điểm bất kì cĩ ít nhất 2 điểm cách nhau một khoảng khơng vượt quá 1. Chứng minh rằng : tồn tại một hình trịn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002 điểm. 
Lời giải : Lấy một điểm A bất kì trong 2003 điểm đã cho, vẽ đường trịn C1 tâm A bán kính bằng 1. 
+ Nếu tất cả các điểm đều nằm trong hình trịn C1 thì hiển nhiên cĩ đpcm. 
+ Nếu tồn tại một điểm B mà khoảng cách giữa A và B lớn hơn 1 thì ta vẽ đường trịn C2 tâm B bán kính bằng 1. 
Khi đĩ, xét một điểm C bất kì trong số 2001 điểm cịn lại. Xét 3 điểm A, B, C, vì AB > 1 nên theo giả thiết ta cĩ AC ≤ 1 hoặc BC ≤ 1. Nĩi cách khác, điểm C phải thuộc C1 hoặc C2. => 2001 điểm khác B và A phải nằm trong C1 hoặc C2. Theo nguyên lí Đi-rích-lê ta cĩ một hình trịn chứa ít nhất 1001 điểm. Tính thêm tâm của hình trịn này thì hình trịn này chính là hình trịn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002 điểm trong 2003 điểm đã cho. 
Bài tốn 4 : Cho hình bình hành ABCD, kẻ 17 đường thẳng sao cho mỗi đường thẳng chia ABCD thành hai hình thang cĩ tỉ số diện tích bằng 1/3 . Chứng minh rằng, trong 17 đường thẳng đĩ cĩ 5 đường thẳng đồng quy.
Lời giải : Gọi M, Q, N, P lần lượt là các trung điểm của AB, BC, CD, DA (hình 3). 
Vì ABCD là hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD. 
Gọi d là một trong 17 đường thẳng đã cho. Nếu d cắt AB tại E ; CD tại F ; PQ tại L thì LP, LQ lần lượt là đường trung bình của các hình thang AEFD, EBCF. Ta cĩ : 
S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 hoặc S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3 => LP / LQ = 1/3 hoặc là LQ / LP = 1/3. 
Trên PQ lấy hai điểm L1, L2 thỏa mãn điều kiện L1P / L1Q = L2Q / L2P = 1/3 khi đĩ L trùng với L1 hoặc L trùng với L2. Nghĩa là nếu d cắt AB và CD thì d phải qua L1 hoặc L2. 
Tương tự, trên MN lấy hai điểm K1, K2 thỏa mãn điều kiện K1M / K1N = K2N / K2M = 1/3 khi đĩ nếu d cắt AD và BC thì d phải qua K1 hoặc K2. 
Tĩm lại, mỗi đường thẳng trong số 17 đường thẳng đã cho phải đi qua một trong 4 điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2. 
Vì 17 > 4.4 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, trong 17 đường thẳng đĩ sẽ cĩ ít nhất 5 đường thẳng (5 = 4 + 1) cùng đi qua một trong 4 điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2 (5 đường thẳng đồng quy, đpcm). 
Sau đây là một số bài tập tương tự. 
Bài 1 : Trong hình chữ nhật cĩ kích thước 3 x 5, lấy 7 điểm bất kì. Chứng minh rằng cĩ hai điểm cách nhau một khoảng khơng vượt quá 
Bài 2 : Trong mặt phẳng tọa độ, cho ngũ giác lồi cĩ tất cả các đỉnh là các điểm nguyên (cĩ hồnh độ và tung độ là số nguyên). Chứng minh rằng trên cạnh hoặc bên trong ngũ giác cịn ít nhất một điểm nguyên khác nữa. 
Bài 3 : Tờ giấy hình vuơng cĩ cạnh bé nhất là bao nhiêu để cĩ thể cắt ra được 5 hình trịn cĩ bán kính bằng 1. 
Bài 4 : Trên một tờ giấy kẻ ơ vuơng, chọn 101 ơ bất kì. Chứng minh rằng trong 101 ơ đĩ cĩ ít nhất 26 ơ khơng cĩ điểm chung. 
Bµi 7 : BÀN LUẬN VỀ BÀI TỐN "BA VỊ THẦN"
Chúng ta đều đã biết bài tốn thú vị : “Ba vị thần” sau : 
Ngày xưa, trong một ngơi đền cổ cĩ 3 vị thần giống hệt nhau. Thần thật thà (TT) luơn luơn nĩi thật, thần dối trá (DT) luơn luơn nĩi dối và thần khơn ngoan (KN) lúc nĩi thật lúc nĩi dối. Các vị thần vẫn trả lời câu hỏi của khách đến lễ đền nhưng khơng ai xác định được chính xác các vị thần. Một hơm cĩ một nhà hiền triết từ xa đến thăm đền. Để xác định được các vị thần, ơng hỏi thần bên trái : 
- Ai ngồi cạnh ngài ? 
- Đĩ là thần TT (1) 
Ơng hỏi thần ngồi giữa : 
- Ngài là ai ? 
- Ta là thần KN (2) 
Sau cùng ơng hỏi thần bên phải : 
- Ai ngồi cạnh ngài ? 
- Đĩ là thần DT (3) 
Nhà hiền triết thốt lên : 
- Tơi đã xác định được các vị thần. 
Hỏi nhà hiền triết đã suy luận như thế nào ? 
Lời giải : Gọi 3 vị thần theo thứ tự từ trái sang phải là : A, B, C. 
Từ câu trả lời (1) => A khơng phải là thần TT. 
Từ câu trả lời (2) => B khơng phải là thần TT. 
Vậy C là thần TT. Theo (3) đ B là thần DT đ A là thần KN 
Nhận xét : Cả 3 câu hỏi đều tập trung xác định thần B, phải chăng đĩ là cách hỏi “thơng minh” của nhà hiền triết để tìm ra 3 vị thần ? Câu trả lời khơng phải, mà là nhà hiền triết gặp may do 3 vị thần đã trả lời câu hỏi khơng “khơn ngoan” ! 
Nếu 3 vị thần trả lời “khơn ngoan” nhất mà vẫn đảm bảo tính chất của từng vị thần thì sau 3 câu hỏi, nhà hiền triết cũng khơng thể xác định được vị thần nào. Ta sẽ thấy rõ hơn qua phân tích sau về 2 cách hỏi của nhà hiền triết : 
1. Hỏi thần X : 
- Ngài là ai ? 
Cĩ 3 khả năng trả lời sau : 
- Ta là thần TT => khơng xác định được X (Cách trả lời khơn nhất) 
- Ta là thần KN => X là thần KN hoặc DT 
- Ta là thần DT => X là KN 
2. Hỏi thần X : 
- Ai ngồi cạnh ngài ? 
Cũng cĩ 3 khả năng trả lời sau : 
- Đĩ là thần TT => thần X khác thần TT 
- Đĩ là thần KN => khơng xác định được X (cách trả lời khơn nhất) 
- Đĩ là thần DT => khơng xác định được X (cách trả lời khơn nhất) 
Trong cả 2 cách hỏi của nhà hiền triết đều cĩ cách trả lời khiến nhà hiền triết khơng cĩ được một thơng tin nào về ba vị thần thì làm sao mà xác định được các vị thần. Nếu gặp may (do sự trả lời ngờ nghệch) thì chỉ cần sau 2 câu hỏi nhà hiền triết cũng đủ để xác định 3 vị thần. Các bạn tự tìm xem trường hợp đĩ các câu trả lời của các vị thần là như thế nào nhé. 
Bài tốn cổ này thật là hay và dí dỏm, nhưng nếu các vị thần trả lời theo các phương án “khơn ngoan” nhất thì cĩ cách nào để xác định được 3 vị thần sau 1 số ít nhất câu hỏi được khơng ? 
Rõ ràng là khơng thể đặt câu hỏi như nhà hiền triết được. 
Phải hỏi như thế nào để thu được nhiều thơng tin nhất ? 
Bây giờ ta đặt vấn đề như sau : 
Mỗi lần hỏi chỉ được hỏi 1 vị thần và chính vị đĩ trả lời. Cần hỏi như thế nào để sau một số ít nhất câu hỏi ta xác định được các vị thần. Bài tốn rõ ràng là khơng dễ chút nào, nhưng tơi tin rằng các bạn sẽ tìm ra nhiều phương án tối ưu đấy ! Sau đây là một phương án của tơi. 
Hỏi thần A : 
- Ngài là thần KN ? 
- Nhận được câu trả lời. 
Hỏi thần B : 
- Ngài là thần KN ? 
- Nhận được câu trả lời. 
Sau đĩ tơi chỉ cần hỏi thêm 1 hoặc 2 câu nữa là xác định được chính xác 3 vị thần. Như vậy số câu hỏi nhiều nhất là 4. Các bạn cĩ thể rút số câu hỏi xuống dưới 4 được khơng ? 
Xin mời các bạn hãy giải trí bài tốn này bằng một phương án tuyệt vời nào đĩ (Nhớ là chỉ hỏi một thần và chính vị đĩ trả lời) 
Bµi 8 :