skkn nguyên lý cực hạn trong các bài toán tổ hợp

Nó giúp chúng ta giải quyết các bài toán mà trong tập hợp những đối tượng phải xét của nó tồn tại các đối tượng có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất theo một nghĩa nào đó.. Với lí do đó

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị THPT chuyên Lương Thế Vinh

Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

NGUYÊN LÍ CỰC HẠN TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

Người thực hiện: Phạm Doãn Lê Bình Lĩnh vực nghiên cứu:

- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán 

- Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN

 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm học: 2016 - 2017

BM 01-Bia SKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1 Họ và tên: Phạm Doãn Lê Bình

2 Ngày tháng năm sinh: 23/04/1986

3 Nam, nữ: Nam

4 Địa chỉ: 1123, KP7, P Long Bình, TP Biên Hòa, Đồng Nai

5 Điện thoại: 0613930245 (nhà riêng) ; ĐTDĐ: 01683531100

6 Fax: E-mail: lebinh234@gmail.com

7 Chức vụ: Giáo viên

8 Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ

- Năm nhận bằng: 2012

- Chuyên ngành đào tạo: Đại số và lý thuyết số

III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Sư phạm Toán

Số năm có kinh nghiệm: 9

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

+ Phương pháp đại lượng bất biến, đơn biến trong các bài toán tổ hợp (2014) + Các bài toán tổ hợp trong các kỳ thi học sinh giỏi (2016)

BM02-LLKHSKKN

NGUYÊN LÍ CỰC HẠN TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

Phạm Doãn Lê Bình Giáo viên trường THPT chuyên Lương Thế Vinh

Tháng 4 năm 2017

Mục lục

2.1 Nêu vấn đề 2 2.2 Một số ví dụ 2 2.3 Bài tập tự luyện 9

1 Lý do chọn đề tài

Nguyên lí cực hạn là một nguyên lí đơn giản và dễ hiểu nhưng nếu vận dụng khéo léo sẽ giúp chúng ta giải quyết được nhiều lớp bài toán, đặc biệt là các bài toán tổ hợp Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng Nó giúp chúng ta giải quyết các bài toán mà trong tập hợp những đối tượng phải xét của nó tồn tại các đối tượng có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất theo một nghĩa nào

đó Nguyên lí cực hạn tuy dễ hiểu nhưng để vận dụng nó vào các bài toán thì lại không phải đơn giản Với lí do đó, tôi chọn đề tài này để làm tài liệu giảng dạy cho giáo viên và tài liệu học tập cho học sinh trong quá trình tiếp cận các bài toán tổ hợp

Nguyên lí 1 Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất

Nguyên lí 2 Trong một tập hợp khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số bé nhất

Để vận dụng các nguyên lí cực hạn giải các bài toán tổ hợp, người ta thường dùng một lược đồ chung để giải như sau:

• Đưa bài toán đang xét về dạng có thể sử dụng nguyên lí 1 (hoặc nguyên

lí 2) để chứng tỏ rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát của bài toán phải có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất)

• Xét bài toán tương ứng khi nó nhận giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) này

• Chỉ ra một mâu thuẫn, hoặc đưa ra một giá trị còn lớn hơn (hoặc nhỏ hơn) giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) mà ta đang khảo sát

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

Ta xét một số ví dụ sau:

Ví dụ 1 Chứng minh rằng trong 15 số nguyên dương thuộc {2.3 , 1992}

và đôi một nguyên tố cùng nhau, có ít nhất một số nguyên tố

Lời giải Giả sử tìm được 15 số lấy từ {2; 3; ; 1992} sao cho chúng đều là hợp số và đôi một nguyên tố cùng nhau Khi đó mỗi một số này đều phải có ước số nguyên tố nhỏ hơn 45 (√

1992 < 45) Vì chỉ có 14 số nguyên tố nhỏ hơn 45 nên phải tồn tại ít nhất 2 trong 15 số trên có cùng ước số nguyên tố Nhưng khi đó chúng không nguyên tố cùng nhau, mâu thuẫn Vậy điều giả

sử là sai, tức là tồn tại một trong 15 số đã cho là số nguyên tố

Ví dụ 2 Chứng minh rằng bốn hình tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho

Lời giải Lấy M là một điểm tùy ý của tứ giác lồi ABCD Có hai khả năng xảy ra:

1 Nếu M nằm trên một cạnh của tứ giác ABCD Khi đó M nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh ấy

2 Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD Khi đó ta có

\

AM B + \BM C + \CM D + \DM A = 360◦

Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại α = max{ \AM B, \BM C, \CM D, \DM A} Khi

ấy, α ≥ 90◦ Không mất tính tổng quát, giả sử α = \AM B Suy ra M nằm trong hình tròn đường kính AB Vậy M bị phủ bởi hình tròn này

Như thế, do M là điểm bất kỳ của tứ giác ABCD và M luôn thuộc một hình tròn nào đó có đường kính là một cạnh của tứ giác ABCD nên tứ giác ABCD

sẽ bị phủ kín bởi 4 hình tròn có đường kính là bốn cạnh

Ví dụ 3 Trên mặt phẳng vô hạn được kẻ ô vuông, người ta điền các số

tự nhiên vào các ô vuông sao cho mỗi số tùy ý luôn bằng trung bình cộng của bốn số tự nhiên trong bốn ô vuông có cạnh chung với ô vuông chứa nó Chứng minh rằng khi đó tất cả các số được điền đều bằng nhau

Lời giải Xét tập hợp các số được điền Đây là tập hợp các số tự nhiên khác rỗng, nên theo nguyên lí cực hạn phải tồn tại phần tử nhỏ nhất mà ta kí hiệu

là a

Giả sử kết luận của bài toán không đúng, tức là các số được điền không phải tất cả đều bằng nhau Như vậy sẽ có một ô chứa số a mà trong bốn ô cạnh chung với nó sẽ có ít nhất một số b 6= a Giả sử ba ô còn lại có cạnh chung với ô chứa số a này là c, d, e Theo cách xác định số a, ta có: b > a, c ≥ a,

d ≥ a, e ≥ a Từ đó suy ra

a < b + c + d + e

4 . Điều này mâu thuẫn với giả thiết a là trung bình cộng của b, c, d, e Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là tất cả các số viết trong bảng đều bằng nhau

Ví dụ 4 Cho n điểm xanh và n điểm đỏ trên mặt phẳng, trong đó không có

3 điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng ta có thể nối 2n điểm này bằng n đoạn thẳng có đầu mút khác màu sao cho chúng đôi một không giao nhau Lời giải Với mỗi cách nối 2n điểm bằng n đoạn thẳng xanh-đỏ, ta tính tổng

độ dài các đoạn thẳng được nối Do số cách nối là hữu hạn nên tồn tại cách nối có tổng độ dài nói trên là nhỏ nhất Ta chứng minh rằng cách nối này thỏa mãn yêu cầu bài toán

Giả sử ngược lại, tồn tại hai đoạn thẳng cắt nhau, giả sử đó là AB và CD cắt nhau tại O (A, C được tô màu đỏ, còn B, D được tô màu xanh)

Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có

AD < OA + OD và BC < OB + OC

Suy ra AD + BC < AB + CD Như vậy, nếu ta giữ nguyên n − 2 đoạn nối còn lại và thay AB, CD bằng AD, BC thì tổng các đoạn nối của cách nối mới nhỏ hơn cách nối cũ Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất Vậy tồn tại cách nối 2n điểm bằng n đoạn thẳng xanh-đỏ sao cho chúng không cắt nhau

Ví dụ 5 Tập hợp S các sinh viên của một trường đại học có tính chất: bất

kì hai sinh viên có cùng số người quen trong S thì không có người quen chung trong S Chứng minh rằng tồn tại sinh viên chỉ có đúng một người quen trong S

Lời giải Do tập hợp S có hữu hạn sinh viên nên tồn tại một sinh viên quen với nhiều người nhất Gọi sinh viên đó là A và Ai (i = 1, , n) là những sinh viên người đó quen Do các sinh viên Ai cùng quen A nên số người quen của họ không bằng nhau và không lớn hơn n Do đó số người quen của các sinh viên này lần lượt là 1, 2, , n Vậy tồn tại một sinh viên chỉ quen với đúng 1 người

Ví dụ 6 Có 3 trường học, mỗi trường học có n học sinh Mỗi học sinh quen với ít nhất n + 1 học sinh từ hai trường khác Chứng minh rằng người ta có thể chọn ra từ mỗi trường một bạn sao cho ba học sinh được chọn đôi một quen nhau

Lời giải Gọi A là học sinh có nhiều bạn nhất ở một trường khác Gọi số bạn là k Giả sử A ở trường 1 và những bạn quen A là B1, B2, , Bk ở trường 2 Ta có k ≥ n + 1

2 Cũng theo giả thiết, có ít nhất 1 học sinh C ở trường 3 quen với A Giả sử C không quen với Bi với mọi i = 1, 2, , k thì

C quen với nhiều nhất n − k học sinh của trường 2 Suy ra C quen với ít nhất n + 1 − (n − k) = k + 1 học sinh ở trường 1, điều này mâu thuẫn với cách chọn A Vậy C phải quen với một bạn Bi nào đó Khi đó A, Bi và C chính là 3 học sinh cần tìm

Ví dụ 7 Một nước có 100 sân bay, mà khoảng cách giữa hai sân bay nào cũng khác nhau Mỗi máy bay cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay nào gần nhất Chứng minh rằng không có sân bay nào có quá 5 chuyến bay đến

Lời giải Giả sử tồn tại một sân bay có hơn 5 chuyến bay đến Gọi O là sân bay đó và Ai (i ∈ {1, , 6}) là một trong các sân bay bay đến O Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử thứ tự các sân bay này duyệt theo chiều kim đồng hồ từ A1 là A1A2A3A4A5A6

Khi đó

6

X

i=1

\

AiOAi+1 = 360◦ nên tồn tại i để A\iOAi+1 ≤ 60◦ (xem A7 ≡ A1)

Do đó, một trong hai góc còn lại của tam giác AiOAi+1 lớn hơn 60◦ (do các khoảng cách không bằng nhau) ⇒ AiAi+1 < max{OAi, OAi+1}, mâu thuẫn với giả thiết (vì nếu AiAi+1 < OAi thì sân bay Ai có chuyến bay đến Ai+1

chứ không phải đến O)

• Chú ý: Con số 100 trong đề bài thực ra không có tác dụng gì ngoài việc cho thấy là có thể có khả năng một sân bay có hơn 5 chuyến bay đến (cần ít nhất là 7 sân bay để có thể có điều đó) Ta có thể thay nó bằng 1 con

số khác lớn hơn hoặc bằng 7 và cách giải quyết bài toán này cũng như vậy

Ví dụ 8 (Định lí Sylvester) Cho tập hợp S gồm hữu hạn các điểm trên mặt phẳng thỏa mãn tính chất sau: Một đường thẳng đi qua hai điểm thuộc

S đều đi qua ít nhất một điểm khác thuộc S Khi đó tất cả các điểm của S nằm trên một đường thẳng

Lời giải Giả sử phản chứng là tồn tại một tập hợp S gồm hữu hạn điểm không thẳng hàng nhưng mọi đường thẳng qua hai điểm trong S đều chứa

ít nhất ba điểm thuộc S Xét tập hợp A = {h|h > 0 và h là khoảng cách từ một điểm thuộc S đến một đường thẳng đi qua hai điểm thuộc S}

H

M

E

F

Do giả thiết phản chứng nên A 6= ∅ và A là tập hợp có hữu hạn phần tử Theo nguyên lí cực hạn thì A có phần tử nhỏ nhất h◦ Giả sử h◦

là khoảng cách từ M đến đường thẳng đi qua

B, C (M, B, C ∈ S) Theo giả thiết phản chứng thì tồn tại D ∈ S và D nằm trên đường thẳng

BC Kẻ M H⊥BC thì M H = h◦ Rõ ràng trong

3 điểm B, C, D thì theo nguyên lí Dirichlet phải

có ít nhất 2 điểm nằm cùng phía so với H trên đường thẳng BC Giả sử C nằm giữa H và D

Kẻ HE và CF vuông góc với MD Rõ ràng ta có

CF < HE < M H

Mà CF ∈ A và CF < h◦ nên giả thiết phản chứng bị sai, tức là tất cả các điểm thuộc S thẳng hàng với nhau

Ví dụ 9 Trong một cuộc thi Toán có 65 học sinh tham gia đến từ hai trường Mỗi học sinh thi một trong 4 môn Toán, Lí, Hoá, Anh Văn Biết rằng trong

5 học sinh thi cùng một môn thì có hai học sinh cùng tuổi Chứng minh rằng trong 65 học sinh có ít nhất 3 học sinh đến từ một trường, thi cùng một môn

và bằng tuổi nhau

Lời giải Giả sử không có 3 học sinh nào thoả yêu cầu bài toán

Vì có 65 học sinh đến từ hai trường nên có ít nhất 33 học sinh đến từ một trường Xét 33 học này thì có ít nhất 9 học sinh thi cùng một môn

Ta xét 9 học sinh này:

Lấy 5 học sinh bất kì trong 9 học sinh trên Khi đó sẽ có hai học sinh cùng tuổi, ta giả sử đó là hai học sinh A1, B1 Ta loại hai học sinh này còn lại 7 trong học sinh và trong 7 học sinh nay ta tìm được hai học sinh cùng tuổi

A2, B2 Sau khi loại hai học sinh này ta còn lại 5 học sinh và tiếp tục chọn được 2 học sinh A3, B3

Xét 3 học sinh A1, A2, A3 ta có tuổi của ba học sinh này đôi một khác nhau Xét 5 học sinh gồm ba học sinh A1, A2, A3 với 2 trong ba học sinh còn lại, khi đó hai học sinh còn lại ta kí hiệu A4, B4 cùng tuổi nhau

Xét 5 học sinh gồm 4 học sinh A1, A2, A3, A4 và học sinh còn lại (ta kí hiệu

là A5) Khi đó A5 sẽ cùng tuổi với 1 trong 4 học sinh A1, A2, A3, A4 Chẳng hạn A5, A1 cùng tuổi Khi đó A1, B1, A5 thoả yêu cầu bài toán Điều này mâu thuẫn với điều giả sử ở trên Vậy bài toán được chứng minh

Ví dụ 10 (Trận đấu toán học Nga 2010) Một quốc gia có 210 thành phố Ban đầu giữa các thành phố chưa có đường Người ta muốn xây dựng một số con đường một chiều nối giữa các thành phố sao cho: Nếu có đường

đi từ A đến B và từ B đến C thì không có con đường đi từ A đến C Hỏi có thể xây dựng được nhiều nhất bao nhiêu đường?

Lời giải Gọi A là thành phố có nhiều đường đi nhất (gồm cả đường đi xuất phát từ A và đường đi đến A) Ta chia các thành phố còn lại thành 3 loại

• Loại I - có đường đi xuất phát từ A

• Loại II - có đường đi đến A

• Loại III - không có đường đi đến A hoặc xuất phát từ A

Đặt m = |I|, n = |II|, p = |III| Ta có m + n + p = 209

Dễ thấy giữa các thành phố loại I không có đường đi Tương tự, giữa các thành phố loại II không có đường đi Số các đường đi liên quan đến các thành phố loại III không vượt quá p(m+n) (Do bậc của A = m + n là lớn nhất) Tổng số đường đi bao gồm:

• Các đường đi liên quan đến A: m + n

• Các đường đi liên quan đến III: ≤ p(m + n)

• Các đường đi giữa I và II: ≤ mn

Suy ra tổng số đường đi nhỏ hơn

mn + (p + 1)m + (p + 1)n ≤ (m + n + p + 1)

2

2102

3 .

Dấu bằng xảy ra với đồ thị 3 phe, mỗi phe có 70 thành phố, thành phố phe

1 có đường đi đến thành phố phe 2, thành phố phe 2 có đường đi đến thành phố phe 3, thành phố phe 3 có đường đi đến thành phố phe 1

Ví dụ 11 Trong quốc hội Mỹ, mỗi một nghị sĩ có không quá 3 kẻ thù Chứng minh rằng có thể chia quốc hội thành 2 viện sao cho trong mỗi viện, mỗi một nghị sĩ có không quá một kẻ thù

Lời giải Ta chia quốc hội ra thành 2 viện A, B một cách bất kỳ Với mỗi viện A, B, ta gọi s(A), s(B) là tổng của tổng số các kẻ thù của mỗi thành viên tính trong viện đó Vì số cách chia là hữu hạn nên phải tồn tại cách chia (A0, B0) sao cho s(Ao) + s(B0) nhỏ nhất Ta chứng minh cách chia này thỏa mãn yêu cầu bài toán

Giả sử rằng cách chia này vẫn chưa thoả mãn yêu cầu, tức là vẫn có một nghị sĩ nào đó có nhiều hơn 1 kẻ thù trong viện của mình Không mất tính tổng quát, giả sử nghị sĩ x thuộc A0 có ít nhất 2 kẻ thù trong A0 Khi đó ta thực hiện phép biến đổi sau: chuyển x từ A0 sang B0 để được cách chia mới

là A0 = A0 \ {x} và B0 = B0 \ {x} Vì x có ít nhất 2 kẻ thù trong A0 và A0 không cón chứa x nên ta có s(A0) ≤ s(A0) − 4 (trong tổng mất đi ít nhất 2

của s(x) và 2 của các kẻ thù của x trong A0).

Vì x có không có quá 3 kẻ thù và có ít nhất 2 kẻ thù trong A0 nên x có nhiều nhất 1 kẻ thù trong B0 (hay B0) cho nên s(B0) ≤ s(B0) + 2 Từ

đó s(A0) + s(B0) ≤ s(A0) + s(B0) − 2 Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của s(A0) + s(B0) Vậy điều giả sử là sai, tức là cách chia (A0, B0) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 12 Chứng minh rằng trên mặt phẳng tọa độ, không thể tìm được năm điểm nguyên là đỉnh của một ngũ giác đều (Một điểm M (x; y) trên mặt phẳng tọa độ được gọi là “điểm nguyên” nếu cả hai tọa độ x, y của nó đều là những số nguyên)

Lời giải Giả thiết trái lại, tồn tại một ngũ giác đều sao cho 5 đỉnh của nó đều là các “điểm nguyên” Ta xét tập hợp sau:

Ω = {a2|a là cạnh của ngũ giác đều có năm đỉnh là các “điểm nguyên”}

Dễ thấy, do a là cạnh của ngũ giác đều với các đỉnh nguyên, nên a2 là số nguyên dương

Thật vậy, giả sử AaA2A3A4A5 là đa giác giác đều thuộc Ω Giả sử Ai(xi; yi),

i = 1, n, thì nếu gọi a là cạnh của ngũ giác đều này, ta có:

a2 = A1A22 = (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

Do xi, yi ∈ Z, ∀i = 1, 5 nên a2 là số nguyên dương Tập Ω 6= ∅, điều này suy

ra từ giả thiết phản chứng

Tập Ω các số tự nhiên, khác rỗng nên theo nguyên lí cực hạn suy ra tồn tại phần tử nhỏ nhất, tức là tồn tại ngũ giác đều ABCDE sao cho a20 là số nhỏ nhất, ở đây a0 là cạnh của ngũ giác đều này Dễ thấy ABCB0, BCDC0, CDED0, DEAE0 và EABA0 đều là các hình bình hành với BD ∩ CE =

A0, AD ∩ CE = B0, AD ∩ BE = C0, AC ∩ BE = D0, AC ∩ BD = E0 Từ hình bình hành EABA0 suy ra

(

x0A = xB + xE − xA

yA0 = yB + yE − yA

Do A, B, C, D, E là các “điểm nguyên” nên suy ra A0 cũng là “điểm nguyên” Tương tự ta có B0, C0, D0, E0 cũng là các “điểm nguyên” Rõ ràng A0B0C0D0E0