Một số nguyên lí cơ bản (KL05965)

Một trong những phương pháp để giải những bài toán thuộc dạng này, đó là dựa trên những ứng dụng về một số nguyên lí cơ bản của đại sơ cấp đó là: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn,

HÀ NỘI - 2014

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 1

Chương 1 NGUYÊN LÍ DIRICHLET 2

1.1 Nguyên lí Dirichlet 2

1.2 Chứng minh 4

1.3 Cơ sở Toán học 4

1.4 Bài tập áp dụng 5

Chương 2 NGUYÊN LÍ CỰC HẠN 16

2.1 Nguyên lí cực hạn 16

2.2 Nguyên tắc vận dụng 16

2.3 Bài tập áp dụng 17

Chương 3 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG 31

3.1 Nguyên lí xuống thang 31

3.2 Bài tập áp dụng 31

KẾT LUẬN 45

TÀI LIỆU THAM KHẢO 46

LỜI CẢM ƠN

Sau một thời gian nghiên cứu cùng với sự giúp đỡ của các thầy cô giáo

và các bạn sinh viên, khóa luận của tôi đã được hoàn thành Tôi xin bày tỏ

lòng biết ơn sâu sắc tới cô giáo Thạc sĩ Dương Thị Luyến - người đã trực

tiếp hướng dẫn, chỉ bảo tận tình giúp đỡ tôi hoàn thành khóa luận này

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới tất cả các thầy cô giáo trong tổ Đại

số, khoa Toán và thư viện trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành khóa luận

Tôi xin chân thành cảm ơn!

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan rằng khóa luận này là kết quả nghiên cứu tìm tòi của riêng tôi và hoàn thành trên cơ sở những kiến thức đã học và tham khảo các tài liệu Kết quả nghiên cứu này không hoàn toàn trùng với bất

cứ công trình nghiên cứu nào từng được công bố

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Trong bộ môn Toán nói chung, trong môn Đại số nói riêng có một lớp bài toán logic mà việc giải chúng đòi hỏi phải suy luận, tư duy độc đáo Việc giải lớp bài toán logic này giúp người thực hiện nâng cao khả năng suy luận, tư duy và nhiều khi phát hiện ra những phương pháp giải toán “độc đáo” không ngờ Bởi vậy nhiều em học, đặc biệt là các em ở trường chuyên lớp chọn thích làm quen với loại toán này

Một trong những phương pháp để giải những bài toán thuộc dạng này, đó là dựa trên những ứng dụng về một số nguyên lí cơ bản của đại sơ cấp đó là: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang Với những lí do trên, tôi chọn đề tài “Một số nguyên lí cơ bản”

2 Mục đích, yêu cầu của đề tài

Mục đích của đề tài nhằm giải quyết một số bài tập số học, hình học dựa trên những ứng dụng của Đại sơ cấp và đề xuất một số bài tập tương tự

3 Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu tài liệu: Đọc tài liệu, phân tích, tổng hợp các kết quả

4 Giả thuyết khoa học

Nếu xây dựng được một hệ thống các bài toán về một số nguyên lí cơ bản: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang thì sẽ góp phần giúp các em học sinh, đặc biệt là giúp các em trường chuyên, lớp chọn, các bạn sinh viên và bạn đọc hiểu sâu sắc và ứng dụng “Một số nguyên lí cơ bản” trong việc giải một số bài toán Đại số

5 Nhiệm vụ nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu các vấn đề sau:

Chương 1 Nguyên lí Dirichlet

Chương 2 Nguyên lí cực hạn

Chương 3 Nguyên lí xuống thang

Chương 1 NGUYÊN LÍ DIRICHLET

G.lejeune-Dirich tên đầy đủ là Johnn Peter Gustar Lejeune Dirichlet, sinh ra tại Duren (Đức) vào ngày 13 tháng 2 năm 1805

Nguyên lí Dirichlet được phát biểu đầu tiên vào năm 1834, đưa ra một nguyên tắc về phân chia phần tử các lớp

1.1 Nguyên lí Dirichlet

Nguyên lí Dirichlet còn gọi là “nguyên lí chuồng bồ câu” hoặc

“nguyên lí ngăn kéo” hoặc “nguyên lí nhốt thỏ vào lồng” Nội dung của nguyên lí này đơn giản và dễ hiểu nhưng lại có tác dụng rất lớn trong giải toán Nhiều khi có những bài toán, người ta đã dùng rất nhiều phương pháp toán học để giải mà vẫn chưa đi đến kết quả, nhưng nhờ nguyên lí Dirichlet mà bài toán trở nên dễ dàng giải quyết

1.1.1 Nguyên lí Dirichlet được phát biểu dưới dạng bài toán sau đây

Nếu đem nhốt m- con thỏ vào n- chiếc lồng, với m > n thì ít nhất cũng có một lồng nhốt không ít hơn hai con thỏ

Hoặc là, nếu đem xếp m- đồ vật vào n- ô ngăn kéo, với m > n, thì ít nhất cũng phải có một ô ngăn kéo chứa không ít hơn hai đồ vật

1.1.2 Nguyên lí Dirichlet mở rộng

Nếu nhốt n- con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có

ít nhất   con thỏ, ở đây kí hiệu  để chỉ phần nguyên của số  Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản như vậy nhưng nó là một công cụ rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc của Toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học Nguyên lí này trong nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìm được vật cụ thể, nhưng trong thực tế ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại là đủ

Nguyên lí Dirichlet thực chất là một định lí về tập hữu hạn Người ta chỉ có thể phát biểu chính xác nguyên lí này dưới dạng sau

1.1.3 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp

Cho A và B là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử của A nhiều hơn số lượng phần tử của B Nếu với một quy tắc nào đó, mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tử của B, thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của A mà chúng tương ứng với cùng một phần tử của B

Với cách diễn đạt như vậy nguyên lí Dirichlet mở rộng có dạng sau:

1.1.4 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng

Giả sử A, B là hai tập hợp hữu hạn và S(A), S(B) tương ứng kí hiệu

là số lượng phần tử của A và B Giả sử có một số tự nhiên k nào đó mà S(A) > k.S(B) và ta có quy tắc cho tương ứng mỗi phần tử của A với một phần tử của B Khi đó tồn tại ít nhất (k+1) phần tử của A mà chúng tương ứng cùng với một phần tử của B

Vậy ít nhất cũng phải có một lồng nhốt từ hai thỏ trở lên

 Điều phải chứng minh

1.2.2 Chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng

Giả sử trái lại mọi chuồng thỏ không có đến

đều nhỏ hơn hoặc bằng   con Từ đó suy ra tổng số con thỏ không vượt quá m.  ≥ n-1 con Điều này vô lí vì có n-con thỏ Vậy giả thiết phản chứng là sai

 Điều phải chứng minh

1.3 Cơ sở Toán học

Nguyên lí Dirichlet đơn giản như vậy, nhưng nó là một công cụ hết sức có hiệu quả dùng để chứng mình nhiều kết quả hết sức sâu sắc của toán học Nguyên lí Dirichlet cũng được áp dụng cho các bài toán của hình học, điều đó được thể hiện qua hệ thống bài tập sau

Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt

“thỏ” vào “chuồng” và thoả mãn các điều kiện :

+ Số „thỏ” phải nhiều hơn số “chuồng”

+ “Thỏ” phải được nhốt hết vào các “chuồng”, nhưng không bắt buộc chuồng nào cũng phải có thỏ

Thường phương pháp Dirichlet được áp dụng kèm theo phương pháp

phản chứng Ngoài ra nó còn có thể áp dụng với các phép biến hình

1.4 Bài tập áp dụng

1.4.1 Áp dụng nguyên lí Dirichlet vào suy luận logic

Bài 1 Trong một lớp có 30 học sinh Chứng minh rằng trong số học

sinh ta sẽ tìm thấy 2 học sinh có tên bắt đầu bằng một chữ cái giống nhau

Bài 2 Chứng minh rằng trong 2001 người bất kì, luôn có ít nhất hai

người có số người quen bằng nhau (số người quen chỉ tính trong 2001 người này)

Giải

Ta coi 2001 người này là 2001 “thỏ” Ta xét 2001 “lồng” sau:

Lồng 0 chứa những người có 0 người quen Lồng 1 chứa những người có 1 người quen

… Lồng 2000 chứa những người có 2000 người quen (vì một người quen tối đa 2000 người trong số 2001 người)

Nếu có một người không quen ai thì sẽ có người không quen đủ 2000 người Vì vậy nên lồng 0 và lồng 2000 sẽ không cùng chứa người Như vậy thực sự chỉ có nhiều nhất là 2000 lồng chứa người Mà ta có 2001 người nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một lồng chứa từ 2 người trở lên, đó là 2 người có số người quen như nhau

Hoặc ta có thể giải như sau (không theo ngôn ngữ “lồng”)

Gọi số người quen của Ai là ai Vì có 2001 người và mỗi người có thể không quen ai hoặc quen nhiều nhất 2000 người nên ta có 0 ai ≤ 2000, i=1, 2, ,2001

Nếu có một người không quen ai thì cũng sẽ không có ai quen đủ

2000 người Khi đó ta có 0 ≤ ai ≤ 1999 tức ai nhận 2000 giá trị i = 1,…,2001

Vậy phải tồn tại ak = am, k, m = 1,…, 2001 Nếu mỗi người đều quen

ít nhất 1 người khác trong nhóm thì ta có: 1≤ ai ≤ 2000, i = 1,…, 2000 Do

đó cũng tồn tại ak = am

Vậy trong 2001 người bất kì luôn có ít nhất 2 người có số người quen bằng nhau (số người quen chỉ tính trong số 2001 người này)

Bài 3 Giả sử có một nhóm 6 người mỗi cặp hai hoặc là bạn hoặc là

thù Chứng tỏ rằng trong nhóm có ba người là bạn lẫn nhau hoặc có ba người là thù lẫn nhau

Giải

Gọi A là một trong 6 người Trong số 5 người của nhóm hoặc có ít nhất 3 người là bạn của A hoặc có ít nhất 3 người là kẻ thù của A (điều này suy ra từ nguyên lí Dirichlet, vì những người khác chỉ có thể là bạn hoặc là thù của A)

Trong trường hợp đầu ta gọi B, C, D là bạn của A Nếu trong 3 người này có 2 người là bạn thì họ cùng với A lập thành một bộ ba người bạn lẫn nhau Ngược lại, tức là nếu trong ba người B, C, D không có ai là bạn

Bài 4 Có 10 đội bóng thi đấu với nhau trong một giải, mỗi đội phải

đấu một trận với đội khác Chứng minh rằng vào bất cứ khi nào cũng có hai đội đấu số trận như nhau

Giải

Rõ ràng trong 10 đội bóng có một đội chưa đấu một trận nào thì trong các đội còn lại không có đội nào đã thi đấu 9 trận Như vậy 10 đội chỉ có số trận đấu từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9

Vậy theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất 2 đội có số trận đấu như nhau (đội chưa đấu trận nào số trận bằng 0)

Bài 5 Có 6 vận động viên cờ vua thi đấu với nhau (mỗi người phải

đấu một trận với 5 người khác) Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng

có 3 người trong đó từng cặp đã thi đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào

Giải

Giả sử 6 người đó là A, B, C, D, E, F Xét A, theo nguyên lí Dirichlet

ta suy ra A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 người khác Không mất tổng quát, giả sử A đã thi 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 hai người đã đấu với nhau, ví dụ B với C thì A, B, C từng cặp đã đấu với nhau

Như vậy lúc nào cũng có 3 người trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào

Bài tập đề nghị Bài 1 Trong lớp có 30 học sinh Khi viết chính tả em A phạm 14 lỗi,

các em khác phạm lỗi ít hơn Chứng minh rằng có ít nhất là 3 học sinh đã mắc lỗi bằng nhau (kể cả những người mắc 0 lỗi)

Bài 2 Cho 5 người tùy ý Chứng minh rằng trong số đó có ít nhất 2

người có số người quen như nhau trong số 5 người đã chọn (hiểu rằng A

và B quen nhau thì B quen A)

Bài 3 Trong một giải bóng đá có 10 đội tham gia, bất cứ hai đội nào

trong số đó cũng phải đấu với nhau một trận Chứng minh rằng tại bất cứ thời điểm nào cũng có hai đội đã đấu được cùng số trận

1.4.2 Áp dụng nguyên lí Dirichlet vào bài toán chia hết

Trong các phép tính trên số nguyên thì phép chia hết rất đặc biệt Phép chia có hàng loạt các tính chất mà phép toán còn lại không có Chẳng hạn, các phép toán cộng, trừ, nhân đều thực hiện với số 0, còn phép chia thì không thể Vì những lí do đặc biệt đó mà trong Toán học xây dựng hẳn một lí thuyết về phép chia Những bài toán sau có liên quan mật thiết giữa phép chia và nguyên lí Dirichlet

Bài 1 Cho 7 số tự nhiên bất kì Chứng minh rằng bao giờ cũng có

thể chọn ra hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 6

Giải

Ta biết rằng nếu 2 số tự nhiên chia hết cho cùng một số dư thì hiệu của chúng chia hết cho số đó Vậy để chứng minh bài toán ta phải chứng minh trong 7 số đó có ít nhất 2 số chia cho 6 có cùng số dư chỉ có thể là một trong 6 số: 0, 1, 2, 3, 4, 5

Lấy 7 số tự nhiên chia cho 6 thu được 7 số dư thuộc 6 số khác nhau Vậy theo nguyên lí Dirichlet thì ít nhất cũng có 2 số chia hết cho 6 có cùng số dư Hiệu của 2 số này chia hết cho 6

Vậy trong 7 số tự nhiên bất kì, bao giờ cũng có thể chọn ra 2 số mà hiệu của chúng chia hết cho 6

Bài 2 Cho dãy số 10, 102,…, 1020

Chứng minh rằng tồn tại một số chia cho 19 dư 1

Giải

Ta thấy rằng dãy số 10, 102,…, 1020

gồm 20 số Lấy 20 số này chia cho 19 thì ta được 19 số dư Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số có cùng

số dư trong phép chia cho 19

Gọi 2 số đó là 10m, 10n (1 ≤ n < m ≤20) Vậy 10m - 10n 19 hay

10n(10m-n) 19.Vì (10m

, 19) = 1 nên (10m-n - 1) 19 hay 10m-n

chia cho 19 dư 1

Rõ ràng 10m-n là một số của dãy đã cho (vì 1 ≤ n < m ≤20)

Nhận xét Qua bài toán này ta thấy tồn tại một số tự nhiên k > 1 để cho

Hay

⏟

⏟

19 Tổng ở vế trái của 19 số hạng và tổng các chữ số của nó đúng bằng 19 Vậy tồn tại một số là bội của 19 có tổng các chữ số bằng 19 Bài 4 Chứng minh rằng tồn tại một bộ của 13 gồm toàn chữ số 2 Giải Xét 14 số gồm toàn số 2 là: 2, 22, 222,…,

Mỗi số chia cho 13 có một số dư là một trong 13 số 0, 1, 2,…,12 Vậy 14 số chia cho 13 sẽ cho ta 13 số dư khác nhau Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số có cùng số dư trong phép chia cho 13 Gọi 2 số đó là

và ⏟

(với n<m 4) Hiệu của chúng là

13 Hay

13 Vì ( , 13) = 1 nên ta có

13 Vậy tồn tại một bội của 13 gồm toàn chữ số 2 Nhận xét Bài toán trên tương đương với bài toán “Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 2 và chia hết cho 13” Bài toán vẫn đúng nếu thay số 2 bằng bất kì số nào Bài 5. Cho 10 số nguyên dương u1,…,u10 Chứng minh rằng tồn tại các số ci  * +, i = ̅̅̅̅̅̅ không đồng thời bằng 0 sao cho số ∑ 1023

Giải Xét tất cả các số có dạng Aj = ∑

trong đó bi ∈ * +, i = ̅̅̅̅̅̅, j = 4̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅

Rõ ràng có tất cả = 1024 số Aj, j = 4̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ Như vậy khi chia

1024 số Aj này cho 1023 thì theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 số Ak,

Ah, k  h sao cho Ak ≡ Ah (mod 1023) Giả sử Ak, Ah có dạng sau: Ak =

Mặt khác, do Ak  Ah nên ci không thể tồn tại đồng thời bằng 0,

i = ̅̅̅̅̅̅ Như thế ta đã chứng minh được sự tồn tại của 10 số

ci  * + không đồng thời bằng 0 sao cho

∑ 1023

 Điều phải chứng minh

Bài tập đề nghị Bài 1 Cho dãy số 10, , ,…, Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 19 dư 1

Bài 2 Nam là một vận động viên chơi cờ Để luyện tập mỗi ngày anh

chơi cờ ít nhất một ván Để khỏi mệt mỗi tuần anh chơi không quá 12 ván Chứng minh rằng tồn tại một số ngày liên tiếp trong đó anh chơi đúng 20 ván

Bài 3 Chứng minh rằng trong 27 số nguyên tùy ý nhỏ hơn 1000 có

thể chọn ra được 2 số có ước chung lớn nhất khác 1

1.4.3 Áp dụng nguyên lí Dirichlet vào hình học tổ hợp

Phần này, tôi xin trình bày phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet

để giải các bài toán hình học tổ hợp

Bài 1 Trong hình vuông mà độ dài mỗi cạnh là 4, cho trước 33 điểm

phân biệt, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng Người ta vẽ các

đường tròn có bán kính đều bằng √ , có tâm là các điểm đã cho Hỏi có hay không 3 điểm trong số các điểm nói trên sao cho chúng đều thuộc vào phần chung của 3 đường tròn có các tâm cũng chính là 3 điểm đó

Giải

Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông, mỗi hình vuông có cạnh là 1, vì có 33 điểm chứa trong 16 hình vuông, do đó theo nguyên lí Dirichlet thì phải có ít nhất là 1 hình vuông chứa không ít hơn 3 điểm Khoảng cách giữa 2 điểm bất kì trong hình vuông đơn vị đã cho không thể vượt quá độ dài đường chéo của nó bằng √

Gọi O1, O2, O3 là 3 điểm cùng nằm trong 1 hình vuông đơn vị nào đó

Vẽ ba đường tròn tâm O1, O2, O3 cùng bán kính là √ Chắc chắn cả 3 điểm O1, O2, O3 đều nằm trong cả 3 đường tròn này, nghĩa là chúng nằm trong phần chung của 3 hình tròn có tâm tại chính các điểm O1, O2, O3

Bài 2 Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng phân biệt thỏa mãn

mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành 2 tứ giác có tỉ lệ 2:3 Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 3 đường thẳng đồng quy tại 1 điểm

I

2 phần tam giác và ngũ giác

Giả sử một đường thẳng trong số đó cắt cạnh BC tại M và cắt cạnh

AD tại N Các hình thang ABMN và CDNM có chiều cao bằng nhau nên

từ giả thiết suy ra MN chia đoạn thẳng nối trung điểm P, Q của AB và CD theo tỉ lệ 2:3

Dễ thấy chỉ có 4 điểm chia 2 đường trung bình của hình vuông ABCD theo tỉ lệ 2:3 là I, J, K, H, có 9 đường thẳng đi qua 4 điểm này, theo nguyên lí Dirichlet, phải có ít nhất 3 đường thẳng cùng đi qua 1 điểm

Bài 3 Trong một tờ giấy hình vuông bằng giấy có cạnh bằng 12 cm

có 31 lỗ kim châm Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này ra một hình tròn có bán kính 1 cm mà không chứa một lỗ kim châm nào

Giải

Lấy mỗi lỗ kim là tâm dựng một hình tròn bán kính 1cm Tổng diện tích của 31 hình tròn này sẽ là 31 nhỏ hơn diện tích của hình vuông cạnh 10 cm Do đó phải có một điểm M trong hình vuông cạnh 10 cm (là hình vuông thu được từ hình vuông cạnh 12 cm đã cho bằng cách thu hẹp các chiều 1cm) và không nằm trong 31 hình tròn bán kính được dựng như

đã trình bày ở trên Lấy điểm M làm tâm ta cắt một hình tròn bán kính 1cm, thì hình tròn này nằm hoàn toàn trong hình vuông đã cho có cạnh dài

12 cm và không chứa một lỗ kim châm nào cả

Tổng quát bài toán ta nhận thấy:

- Bài toán vẫn còn đúng với hình vuông có kích thước là 10 cm

- Nếu gọi bán kính hình tròn mà ta cần cắt là r (r  R), gọi số lỗ kim châm của hình vuông là a a N (  ) và kích thước của hình vuông là b (b

R

 ) Khi đó ta a 2

r  < 2

b Tức là b > ar2 Chú ý: Bài toán tổng quát có thể được phát biểu như sau

Trong một tờ giấy hình vuông có cạnh bằng b có a lỗ kim châm

(trong đó b > 2

ar  ) Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này

ra một hình tròn có bán kính r cm mà không chứa một lỗ kim châm nào

Bài 4 Trên mặt phẳng cho 25 điểm Biết rằng 3 điểm bất kì trong số

đó luôn tồn tại 2 điểm cách nhau nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm đã cho

TH2 Tồn tại điểm B  A (B thuộc trong số 25 điểm đã cho) sao cho

B  (O1) nên AB > 1 Xét hình tròn O2 (B;1) tâm B, bán kính 1 Lấy C là điểm bất kì trong số 25 điểm đã cho sao cho C  A, C B Theo giả thiết (và dựa vào AB > 1) nên min* + < 1 Vì thế C  (O1) hoặc C  (O2) Điều khẳng định này chứng tỏ rằng các hình tròn (O1) và (O2) chứa tất cả

25 điểm đã cho Vì thế theo nguyên lí Dirichlet, có ít nhất một trong hai hình tròn nói trên chứa không ít hơn 13 điểm đã cho

 Điều phải chứng minh

Chú ý Bài toán trên có dạng tổng quát như sau

Cho 2n + 1 điểm trên mặt phẳng (n ≥ 3) Biết rằng trong 3 điểm bất

kì trong 2n + 1 điểm luôn tồn tại 2 điểm cách nhau nhỏ hơn 1 Khi đó tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn n+1 điểm đã cho

Bài 5 Bên trong 2n - đa giác lồi lấy 1 điểm P, qua mỗi đỉnh của đa

giác và điểm P kẻ 1 đường thẳng Chứng minh rằng luôn tìm được 1 cạnh của đa giác không có điểm trong chung với các đường thẳng vừa kẻ được

Giải

Ta chia thành 2 trường hợp:

Trường hợp 1 Điểm P nằm trên đường chéo AiAj nào đó Khi đó

PAi, PAj trùng nhau và không cắt một cạnh nào Do đó còn lại nhiều nhất 2n - 2 đường thẳng mà có thể cắt các cạnh của đa giác Vì đa giác có 2n cạnh và mỗi đường thẳng chỉ có thể cắt nhiều nhất 1 cạnh nên tồn tại 1 cạnh không có điểm trong chung với các đường thẳng kẻ được

Trường hợp 2 P không nằm trên đường chéo nào của đa giác Đường chéo A1An+1 chia đa giác thành 2 đa giác n cạnh Giả sử P thuộc đa giác

A1A2…An+1 Khi đó n +1 đường thẳng PAn+1, PAn+2, …, PA2n, PA1 không thể cắt các cạnh An+1 An+2,…, A2nA1 (n cạnh)

Như vậy còn n - 1 đường thẳng chỉ có thể cắt nhiều nhất n - 1 cạnh trong n cạnh trên nên tồn tại 1 cạnh không có điểm trong chung với các đường thẳng kẻ được

Bài tập đề nghị Bài 1 Cho tam giác đều ABC có 3 cạnh bằng 1 Đánh dấu 5 điểm

phân biệt bất kì trong tam giác ABC Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 điểm trong số đó mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 0.5

Bài 2 Bên trong hình vuông có cạnh bằng 1, lấy bất kì 51 điểm phân

biệt Chứng minh rằng phải tồn tại ít nhất là điểm trong 51 điểm này nằm trong một hình tròn có bán kính bằng

Bài 3 Bên trong hình tròn (O, R) có diện tích bằng 8, người ta lấy 17

điểm phân biệt bất kì Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được ít nhất là 3 điểm tạo thành tam giác có diện tích bé hơn 1

Chương 2 NGUYÊN LÍ CỰC HẠN 2.1 Nguyên lí cực hạn

Song song với việc sử dụng nguyên lí khác như nguyên lí Dirichlet hay quy nạp toán học để tìm lời giải cho các bài toán khá hóc búa, nguyên

lí cực hạn cũng được xem là một phương pháp rất hay, được vận dụng một cách linh hoạt trong việc khảo sát một tập hợp hữu hạn hay vô hạn phần tử mà trong nó tồn tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất

Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau:

Nguyên lí 1 Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số bé nhất

Nguyên lí 2 Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất

Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng cho nhiều lớp bài toán khác nhau, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp

2.2 Nguyên tắc vận dụng

Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với phương pháp khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng được vận dụng trong trường hợp tập các giá trị cần khảo sát chỉ tập hợp hữu hạn (nguyên lí 1) hoặc có thể vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn hoặc nhỏ nhất (nguyên lí 2) Khi vận dụng nguyên lí này, ta phải tiến hành các bước sau:

Bước 1 Chứng minh rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát luôn tồn tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất

Bước 2 Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá trị này (nhỏ nhất hoặc lớn nhất)

Bước 3 Chỉ ra mẫu thuẫn, chỉ ra một giá trị còn nhỏ hơn (hay lớn hơn) giá trị ta đang khảo sát

Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải chứng minh

2.3 Bài tập áp dụng

2.3.1 Áp dụng nguyên lí cực hạn vào tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất (GTLN - GTNN)

Bài 1 Cho m và d là các số nguyên với m ≥d ≥2 Giả sử x1, x2,…,xd

là các biến nguyên dương sao cho: x1 + x2+…+xd = m Tìm GTLN - GTNN của biểu thức S = x1

2

+ x2 2

Giả sử (a1, a2, …,ad) nhận giá trị L Ta sẽ chứng minh rằng các số a1,

a2,…, ad chỉ kém hơn tố đa là 1 Thật vậy, giả sử

a2 - a1 = a > 1 Khi đó ta lấy b = a1 - 1; c = a2 +1 thì a1 + a2 = b+c và

b2 + c2 < a1

2

+ a2 2

Như vậy ta tìm được các số nguyên b, c, a3,…,ad thỏa mãn b + c + a3 +…+ ad = m và làm cho các giá trị của S nhỏ hơn N (mâu thuẫn)

Vậy các số a1, a2,…, ad chỉ kém hơn tố đa là 1

Bây giờ giả sử a1 a2 … ad và m = dn k ( k < d) Do đặc điểm của dãy a1 a2 … ad nên a1 = a2 =…= ad-k,

b1 +…+ bi-1 + ci + bi+1 +…+ cd = m và

c1 2

Vậy GTLN L = (d - 1) + (m - d +1)2

Tổng quát: Cho m và d là các số nguyên dương với m ≥ d ≥ Giả

sử x1,…,xd là các biến nguyên dương sao cho

Vậy a1 = m, a2 = …= ad = 1 và U = m3 + (d - 1)

Bài 3 Cho m và d là các số nguyên dương với m ≥ d ≥ 2 Giả sử x1,

x2,…, xd là các biến nguyên dương sao cho

x1 + x2 +…+ xd = m

Tìm GTLN và GTNN của S = ∑

Giải

Gọi A là tập tất cả các giá trị của S Ta có A hữu hạn và khác rỗng nên theo nguyên lí cực hạn, luôn tồn tại phần tử lớn nhất L và nhỏ nhất N của A

Giả sử (a1, a2,…, ad) làm cho S nhận giá trị L Ta sẽ chứng minh a1 =

a1,…,ai-1, bi, ai+1,…, bd thỏa mãn

a1 +…+ ai-1 + bi + ai+1+…+ bd = m và làm cho giá trị của S lớn hơn N (mâu thuẫn)

Thì ci + ici = (b1+1) + i(bi-1) = (b1+ibi) - (i-1) < b1 + ibi

Như vậy ta tìm được các số nguyên dương c1, b2,…, bi-1, ci, bi+1,…,

bd thỏa mãn:

c1 + b2 +…+ bi-1 +ci + bi+1 +…+bd = m và làm cho giá trị của S nhỏ hơn N (mâu thuẫn)

Vậy b1 = m + 1 - d,

b2 = b3 =…= bd = 1,

N = (m +1 -d) + ( )( )

Bài 4 Cho a1, a2,…,ad, a, b1, b2,…,bd là các hằng số thực dương, còn

x1, x2,…, xd là các biến không âm sao cho ∑ = a. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức

Gọi G là tập tất cả các giá trị của P Dễ thấy G hữu hạn và khác 

Do đó theo nguyên lí cực hạn, thì luôn tồn tại N là số bé nhất của G Ta sẽ chứng minh các số x1,…,x5 hơn kém nhau tối đa là 0.5

Thật vậy, giả sử chẳng hạn x1 - x2 = x > 0.5 Khi đó lấy

a1 = a2 = 19.5 và a3 = a4 = a5 = 20

Vậy GTLN của N = 19.52 203

Bài tập đề nghị Bài 1 Cho k  N, k ≥ 3; x, y,z  thỏa mãn x+ y +z = k tìm GTLN của S = xyz

Bài 2 Cho m và d là các số nguyên dương với m ≥ d ≥ 2 Giả sử x1,

x2,…,xd là các biến nguyên dương sao cho

2.2.2 Thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng

Sự thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng đã làm giảm đi rất nhiều trường hợp xét trong bài toán Đó chính là tính ưu việt của phương pháp này Ta xét một vài ví dụ cụ thể để hiểu rõ hơn về phương pháp này

Bài 1 Tìm các số nguyên dương x, y sao cho

(3x + 1) y và (3y + 1) x

Giải

Do vai trò bình đẳng của x, y nên ta có thể giả sử x ≥ y Khi đó xảy

ra á trường hợp: