NGUYÊN LÍ DIRICHLET VÀ BÀI TẬP

Bài toán tổ hợp và rời rạc, số học thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi và đây thường là bài khó dùng để phân loại học sinh. Các bài toán này thường không có một thuật giải cụ thể. Lời giải có được chủ yếu dựa vào năng lực tư duy sáng tạo của học sinh. Một trong những lí thuyết hay được áp dụng trong các bài tập này là nguyên lí Dirichlet, nhằm giúp học sinh có được cơ sở để giải các bài toán về cực trị trong tổ hợp và rời rạc, tôi sưu tầm hệ thống một số tài liệu về các bài toán và một số định hướng cách giải quyết dựa và nguyên lí dirichlet đã được dung trong các kì thi chọn học sinh giỏi quốc tế

nguyên lí dirichlet và bài tập

I Cơ sở lí thuyết của nguyên lí.

1 Tiểu sử của nguyên lí

Nguyên lí Dirichlet do nhà toán học nổi tiếng người Đức Piter Gustav Lejeune Dirichlet phát biểu Nhiều khi người ta còn gọi nguyên lí này " Nguyên lí những ngăn kéo hay những cái hộp" hoặc là "Nguyên lí Lồng và Thỏ" Nguyên lí có nội dung như sau:

"Nếu k hộp chứa kn +1 vật, thì một trong các hộp chứa ít nhất n+1 vật" Đây

là một nguyên lí khá đơn giản, đặc biệt có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau của toán học Dùng nguyên lí này người

ta có thể dễ dàng chỉ ra sự tồn tại một đối tượng với tình chất xác

định Tuy rằng với nguyên lí này người ta chỉ chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìm vật cụ thể, nhưng trong thực tế nhiều bài toán ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại là đủ rồi.

(Ta kÝ hiÖu [x] lµ phÇn nguyªn cña x∈ R).

§Ó dÔ nhí nguyªn lÝ trªn cßn ®­îc ph¸t biÓu nh­ sau:

Cã n con thá ®­îc nhèt vµo m c¸i lång, ¾t ph¶i cã lång chøa kh«ng Ýt h¬n n

Suy ra |A| < |A| là điều vô lí.

Vậy giả sử của ta là sai, tức là: ∃Ak, k ∈ 1; m, |Ak| ≥ |A|m (Đpcm)

Hệ quả: Nếu A là tập vô hạn phần tử và A được phân hoạch thànhhữư hạn các tập con Aj thì có ít nhất một tập con cũng vô hạn

3 Nguyên lí Dirichlet và những vấn đề thực tế.

Trong cuộc sống có nhiều vấn đề nhìn dưới góc độ Nguên lí " Lồng và Thỏ"chúng ta có thể biết được sự tồn tại hay không tồn tại một tình uống nào đó Do

đó, chúng ta có thể thay đổi giả thiết hay nội dung của vấn đề để phù hợp vớitình hình thực tế

Chúng ta có phát biểu Nguyên lí Dirichlet qua những vấn đề của cuộc sốngnhư sau:

Phát biểu 1. Trong một lớp học có 40 học sinh và số ghế ít hơn 40, ắtphải có một ghế có không ít hơn hai học sinh ngồi

Phát biểu 2. Mười lít nước đổ vào can 9 lít (hoặc can bé hơn), ắt phải tràn

Phát biểu 3. Trong một cái sân hình vuông có diện tích là 1 (đvdtt) ta đặt một

số viên gạch có tổng diện tích lớn hơn 1, ắt có hai viên trồng lên nhau

Phát biểu 4. Trong 100 người sẽ có ít nhất 9 người sinh cùng tháng

Phát biểu 5. Trong 1000 người sẽ có ít nhất 3 người cùng sinh nhật

Phát biểu 6. Một giá sách có 20 ngăn để nhiều hơn 20 cuốn sách, ắt có mộtngăn chứa nhiều hơn một cuốn sách

Phát biểu 7. Trong một lớp học có 61 người mà điểm kiểm tra chỉ có điểmchẵn (thang điểm 10), thì sẽ có ít nhất 7 người cùng thang điểm

Phát biểu 8. Có 3 loại học bổng khác nhau, vì vậy để chắc chắn có 10 họcsinh nhận học bổng cùng loại, thì số học sinh phải nhận học bổng phải là 31

Phát biểu 9. Trong 12 số tự nhiên bất kì luôn tồn tại hai số có hiệu chia hết

cho 11.

Phát biểu 10.Nếu Việt Nam có 80.000.000 dân thì có ít nhất 219179 ngườicùng sinh nhật; 2192 người cùng tuổi, cùng sinh nhật; 183 người cùng tuổi, cùngtháng, cùng sinh nhật; 8 người cùng tuổi, cùng tháng, cùng sinh nhật, cùng giờ

Phát biểu 11. Có 200 hộp quà được chia cho 21 học sinh, ắt có hai học sinh

có số hộp quà như nhau (kể cả được không cái)

4 Định lí và ví dụ

Ta thấy điều quan trọng là nhận ra "lồng" hoặc "thỏ", hay phải nhận ra cả

"lồng và thỏ" trong sử dụng nguyên lí Dirichlet

a) Những bài toán khi giải phải nhận ra "lồng" hoặc "thỏ"

Định lí 1. Mọi dãy n2 + 1 số thực phân biệt đều có một dãy con dài

n + 1 hoặc thực sự tăng hoặc thực sự giảm

Chứng minh

Giả sử a1, a2, , an2 +1 là một dãy n2 + 1 số thực đôi một khác nhau Gọi

bk là độ dài cực đại của một dãy con thực sự tăng bắt đầu từ ak, ck là độ dàicực đại của một dãy con thực sự giảm bắt đầu từ ak Như vậy, mỗi số hạng ak

của dãy sẽ tương ứng với một cặp số nguyên (bk; ck) Kí hiệu S là tập tất cảcác vừa lập Bây giờ, ta phản chứng lại, không có một dãy con đơn điệu nào

có độ dài n + 1 Khi đó số phần tử của S không vượt quá n2 Do đó theonguyên lí Dirichlet thì trong S phải có hai phần tử trùng nhau Như vậy, tồn tại

j, k(j < k) để (bj; cj) = (bk; ck) Vì ajvak khác nhau, nên chỉ có thể là

aj < ak hoặc aj > ak

Nếuaj < ak thì ta lại lập một dãy giảm bắt đầu từak kết thúc ởaj, ta ghépdãy này với dãy giảm bắt đầu từ aj thì sẽ có một dãy giảm có độ dài lớn hơnhoặc bầng cj + 1 Do đó, cj + 1 ≤ ck = cj, điều này vô lý Vậy phải tồn tạimột dãy con độ dài n + 1 đơn điệu thực sự

Nhận xét Từ định lí trên ta thấy có rất nhiều tình huống có thể áp dụng định

Chứng minh

Ta phản chứng lại là mọi dãy đơn điệu trích ra chỉ có hữu hạn các phần tử.Giả sử dãy a1, a2, , ak là dãy đơn điệu được trích ra có độ dài lớn nhất

Ta chọn ra k2 + 1 số của dãy ban đầu chứa các số của dãy được trích ra Khi

đó theo định lí từ k2 + 1đôi một khác nhau ta cũng luôn trích ra được một dãy

đơn điệu gồm k + 1phần tử Điều này mâu thuẫn với điều giả sử

Vậy điều giả sử là sai, do đó luôn có thể trích ra một dãy đơn điệu có số lượngphần tử tuỳ ý

Ví dụ 1. Trong một hình vuông có cạnh 1m lấy ra 51 điểm tuỳ ý Chứng minhrằng tồn tại 3 điểm nằm trong một hình tròn có bán kính bé hơn 17m

Chứng minh

Ta chia mỗi cạnh của hình vuông ra làm 5 phần bằng nhau, nối các điểm chia

ở hai cạnh đối diện lại ta thu được lưới ô vuông gồm 25 ô vuông Mỗi hình vuôngnhỏ có cạnh 15m Khi đó ta thấy 51 = 2.25 + 1 Vậy theo nguyên lí Dirichletthì sẽ có ô vuông nhỏ chứa 3 điểm Hơn nữa, ô vuông này nội tiếp trong đườngtròn bán kính

√ 2

10 < 17.

Do đó tồn tại 3 điểm nằm trong một hình tròn bán kính nhỏ hơn 17.

Nhận xét: Trong bài toán trên ta phải tạo ra lưới 25 ô vuông, chính là ta đã tạo

ra 25 chiếc " lồng".

Ví dụ 2. Với n là số nguyên dương cho trước, chứng minh rằng trong n +1

số nguyên tuỳ ý, luôn tồn tại hai số có hiệu chia hết cho n

Chứng minh

Ta nhận xét rằng, các số dư có được khi mang chia n+1 số nguyên cho n, chỉ

có thể là 0,1,2 ,n-1 Vì vậy, theo nguyên lí Dirichlet ắt phải có hai số cùng sốdư khi chia cho n Do đó hiệu của chúng chia hết cho n

Chứng minh

Ta sơn xanh tất cả các cung đối xứng với các cung sơn đen, theo giả thiết thìtổng độ dài tất cả các cung bị sơn nhỏ hơn độ dài của đường tròn Vậy phải tồntại điểm không bị sơn màu Do đó, đường kính qua điểm này sẽ có hai đầu mútkhông bị sơn

Nhận xét:

Ta đã tạo ra lồng có sức chứa không hết thỏ nên phải có thỏ ở ngoài lồng

Bài toán tương tự Một số cung của một đường tròn được tô màu đen, cáccung còn lại được tô màu đỏ Biết rằng tổng độ dài các cung mau đen nhỏ hơnnửa chu vi của đường tròn Chứng minh rằng có thể kẻ được đường kính với hai

đầu được tô màu đỏ

Ví dụ 4. Cho a,b,c,d,e,f,g,h,k là các hằng số thực khác không, còn x, y là cácbiến, đặtA = ax + by + c; B = dx + ey + f ; C = gx + hy + k.Chứng

minh rằng tám hệ sau sẽ có ít nhất một hệ vô nghiệm:

Nhận xét

Trong bài toán trên, ta thấy số lồng là 7 và số thỏ là 8

Ví dụ 5. Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên cho trước luôn tìm được 2

số, có tổng hoặc hiệu chia hết cho 100

Chứng minh

Ta thấy trong 52 số đã cho có hai số bằng nhau thì kết luận hiển nhiên

đúng Trong trường hợp chúng khác nhau đôi một, ta có thể giả sử các số đólà: a1 < a2 < < a52 Khi đó ta xét dãy a1 + a2, a1 + a3, , a1 +

a52, a1 − a2, , a1 − a52 có 102 phần tử đôi một khác nhau

Nếu có phần tử nào của dãy chia hết cho 100 thì kết luận là đúng

Nếu không có số nào chia hết cho 100, thì số các số dư khi mang 102 số củadãy chia cho 100 là: 1,2,3, , 99 Vậy theo nguyên lí Dirichlet thì có ít hai số

Vậy trong mọi trường hợp ta thấy kết luận của bài toán đều đúng.

Ví dụ 6. Trong mặt phẳng, cho một ngũ giác lồi ABCD Người ta tịnh tiếnngũ giác này theo các véc tơ có cùng gốc A, còn ngọn là B, C, D, E Kết quả là

ta được 4 ngũ giác mới Chứng minh rằng 4 ngũ giác này cùng với ngũ giác đãcho, thế nào cũng có hai ngũ giác có miền chung với diện tích dương

Chứng minh

Ta lấy E', D', C', B' lần lượt là các điểm đối xứng với A qua E, D, C, B Khi

đó, ta thấy 5 ngũ giác nằm trọn trong ngũ giác mới AE'D'C'B' Hơn nữa diệntích của ngũ giác ban đầu bằng 14 diện tích của ngũ giác mới này

Mặt khác, 4 ngũ giác có được do tịnh tiến và ngũ giác ban đầu có diện tích bằngnhau Do đó diện tích của ngũ giác AE'D'C'B' nhỏ hơn tổng diện tích của 5 ngũgiác nhỏ Vậy, ắt phải có hai ngũ giác có chung nhau một phần có diện tích dương

Nhận xét Trong bài toán trên ta đã tạo ra lồng không chứa hết thỏ, ắtphải có thỏ ở ngoài

H×nh 1.1:

Ví dụ 7. Cho k ∈N, k tuỳ ý Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố và một sốnguyên tố p và một dãy tăng ngặt các số tự nhiên a1, a2, a3 , an, sao chotất cả các phần tử của dãy p + k.a1, p + a2, , p + k.an, là những sốnguyên tố.

Chứng minh

Ta gọi P là tập tất cả các số nguyên Ta đã biết P có vô hạn phần tử Gọi

Pi là tập hợp tất cả các số nguyên tố mà khi chia chúng cho k có cùng số dư

là i, với i = 0, 1, 2, , k-1 Ta có P = P0 ∪ P1 ∪ ∪ Pk−1 Theo nguyên

lí Dirichlet thì tồn tại j ∈ 1; k − 1 sao cho Pj vô hạn phần tử Khi đó, mọiphần tử của Pj đều viết ở dạng x = k.a0 + j Ta gọi p là số nguyên tố nhỏnhất của Pj, p = k.a00 + j Từ đó ta suy ra x ∈ P, x = k.a + p với

a ∈N Gọi x1, x2, , xn, là dãy tăng ngặt các phần tử của Pj Mỗi n ta

Ví dụ 9 Chọn 5 người bất kì Chứng minh rằng có ít nhất hai người có cùng

số người quen trong số 5 người đã chọn

Chứng minh

Ta chia ra làm hai trường hợp, đó là có 1 người không quen ai và mọi người

có ít nhất một người quen Ta đánh số các ngăn kéo từ 0 đến 4, mỗi ngăn thểhiện số người quen

Nếu có một người không quen ai, thì ngăn số 4 phải trống Do đó, chỉ cònlại 4 ngăn và 5 người nên theo nguyên lí Dirichlet thì sẽ có ít nhất hai người cócùng số người quen

Nếu mọi người đều có ít nhất một người quen thì ngăn số 0 trống nên mỗingười sẽ được đặt vào các ngăn 1,2,3,4 Lại áp dụng nguyên lí Dirichlet, ắt cóhai người cùng một ngăn Vậy trong mọi trường hợp luôn tồn tại hai người cócùng số người quen

Nhận xét

Trong bài toán trên ta đã tạo ra số lồng không đủ để chứa mỗi thỏ một lồng,

ắt phải có hai thỏ một lồng

Bài toán tổng quát là Trong một nhóm bạn với số lượng thành viên tuỳ

ý, luôn có ít nhất hai người có cùng người quen

Ví dụ 10 Trong một hình lập phương có cạnh 1 có thả 2001 con kiến gió.Chứng minh rằng có ít nhất ba con kiến nằm trong một hình cầu bàn kính nhỏhơn 111

Chứng minh

Ta chia mỗi cạnh của hình lập phương thành 10 phần bằng nhau, mỗi phần

độ dài f rac110 Nối các điểm chia lại ta được 1000 hình lập phương nhỏ cạnh

f rac110 Khi đó, ta thấy số kiến bằng hai lần số hình lập phương nhỏ cộngvới 1 Do đó theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại một hình lập phương nhỏ chứa

3 con kiến Mặt khác hình cầu ngoại tiếp hình lập phương này có bán kính là

f rac √

320 nhỏ hơn 111

Bài toán tổng quát là: Thả 2n3 + 1 con ruồi vào một hình lập phươngcạnh 1 thì sẽ tồn tại ít nhất 3 con nằm trong một hình cầu bán kình nhỏ hơn 1+n1

b) Những bài toán khi giải phải nhận ra cả lồng và thỏ.

Định lí Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên dương không vượt quá 2n,

bao giờ cũng tồn tại hai số sao cho số này là bội của số kia

Chứng minh

Ta gọi các số đã cho là a1, a2, , an+1 Ta phân tích các số này ở dạngtiêu chuẩn: ai = 2kibi, với bi là các số tự nhiên lẻ, i ∈ 1; n + 1 Như vậy,

ta được n + 1 số nguyên dương lẻ: b1, b2, , bn+1 không vượt quá 2n Nhưngtrong 2n số nguyên dương đầu tiên có n số lẻ Vậy tồn tại j, k ∈ 1; n + 1 saocho bj = bk Từ đó suy ra aj, ak có một số chia hết cho số còn lại

Nhận xét Trong chứng minh định lí trên ta đã tạo ra cả lồng và thỏ: số lồng

là n còn số thỏ là n + 1

Ví dụ 1 Cho A là một tập hợp gồm 101 số tự nhiên mỗi số kkhông lớn hơn

200 Khi đó, theo định lí thì trong A có ít nhất hai số mà số này chia hết cho sốkia

Nhận xét Từ định lí trên ta có thể tạo ra nhiều bài toán ứng với trường hợp cụthể của n

Ví dụ 2 Chứng minh rằng luôn tồn tại một số nguyên dương n, không vượtquá 2006 để 2n − 1 chia hết cho 2007

Chứng minh

Ta xét dãy hữu hạn sau ai = 2i vớii = 1, 2, 3, , 2007 Ta thấy mọiphần tử của dãy đều không chia hết cho 2007 nên các số dư khi mang chúngchia cho 2007 chỉ có thể là:1, 2, , 2006 Nhưng có 2007 số nên tồn tại

j, k ∈{ 1, 2, , 2006} sao cho aj > ak và aj − ak chia hết cho 2007

Ta có thể viết aj − ak = ak(2n − 1) với n = j − k < 2007 Vì

ak không chia hết cho2007 nên 2n − 1 chia hết cho 2007

Ví dụ 3 Người ta sơn tất cả các cạnh và các đường chéo của một lục giáclồi bởi hai màu khác nhau, mỗi cạnh hoặc đường chéo chỉ được sơn một màu.Chứng minh rằng trong đó tồn tại một tam giác cùng màu.

Chứng minh

Giả sử lục giác đó là ABCDEF có các cạnh và đường chéo được sơn bằng haimàu xanh và đỏ, và ta xét 5 cạnh AB,AC,AD,AE,AF Trong 5 cạnh này chỉ đượctô bởi hai màu nên phải có 3 cạnh được sơn cùng màu, giả sử là AB,AC,AD và

được sơn màu đỏ Ta xét tiếp các cạnh BC,BD,CD nếu có một cạnh sơn màu đỏ,chẳng hạn BC thì tam giác ABC cùng màu đỏ Nếu ba đoạn BC,BD,CD được tôbằng màu xanh thì tam giác BCD cùng màu Vậy trong mọi trường hợp ta đều cókết luận của bài toán

Ví dụ 4 Trong thời gian kéo dài một kì của năm học mỗi học sinh giải ít nhất

1 bài tập mỗi ngày Để tránh căng thẳng học sinh không giải quá 12 bài tập mỗituần Chứng minh rằng trong một thời gian kéo dài liên tục một số ngày học sinhnày phải giải đúng 20 bài tập

Chứng minh

Ta kí hiệu a1, a2, , a77 lần lượt là số bài tập làm trong ngày đầu tiên, haingày đầu, và trong 77 ngày đầu Khi đó, theo giả thiết a77 ≤ 11.12 = 132

Xét tập B = {a1, a2, , a77, a1 + 20, a2 + 20, , a77 + 20} gồm 154phần Trong tập này số lớn nhất là a77 + 20 ≤ 132 + 20 = 152 Từ đó theonguyên lí Dirichlet thì phải có hai phần tử của tập B bằng nhau Nhưng các số

a1, a2, , a77 là đôi một khác nhau Suy ra tồn tại k, l ∈ {1, 2, , 77} saocho ak = al + 20 hay ak − al = 20 Vậy từ ngày thứ l + 1 đến ngày k họcsinh này phải làm đúng 20 bài tập

Nhận xét Trong bài toán trên ta đã tạo ra cả lồng và thỏ: số thỏ bằng sốphần tử của một tập hợp còn số lồng bằng pần tử cực đại của tập hợp

Bài toán tương tự với ví dụ là: Cho M là một tập bất kì gồm 75 số tự

nhiên mà mỗi số hạng không lớn hơn 100 Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên

l ≤ 49 tồn tại hai phần tử của M có hiệu là l

Bài toàn tổng quát cho ví dụ trên là: Cho M là một tập bất kìgồm n số tự nhiên mà mỗi số hạng không lớn hơn n Chứng minh rằng với mỗi số

tự nhiên m <n tồn tại hai số của tập hợp sao cho hiệu giữa chúng bằng m

Ví dụ 5. Chứng minh rằng tồn tại một luỹ thừa của số 29 tận cùng bằng cácchữ số 00001

Chứng minh

Ta xét dãy sau (29i) với i ∈ {1, 2, , 105}, các số này đều không chiahết cho 105 Do đó các số dư khi mang các số của dãy chia cho 105 chỉ thuộcvào tập {1, 2, , 105 − 1} Ta thấy số lượng phần tử của dãy là 105 còn

số lượng các số là 105 − 1 Như vậy theo nguyên lí Dirichlet, ắt phải cóhai số cùng số dư Do đó, tồn tại j, k ∈ {1, 2, , 105}j < k sao cho

29k− 29j = 29j(29n− 1)( với n=k-j)chia hết cho105 Từ đó ta có29n− 1

chia hết cho 105 Vậy 29n có các chữ số tận cùng là 00001

Nhận xét Chúng ta có thể đưa ra một loạt các bài toán dạng trên bằng cáchthay số 29 bởi số khác không chia hết cho 10

Ví dụ 6. Chứng minh rằng luôn tồn tại số có dạng 20062006 2006 chia hếtcho 2007

số dư khi mang chia cho 2007 có thể là1, 2, 3, , 2006 Do số lượng các phần

tử của dãy là 2007 còn số lượng các số dư là 2006, nên theo nguyên lí Dirichletthi co hai số cùng số dư Khi đó, tồn tạij, k ∈ {1, 2, , 2007}với j<k sao cho

{1, 2, , n − 1} Mặt khác, số lượng phần tử của dãy làn còn số lượng số dư

là n − 1 Do đó, ắt phải có hai số của dãy cùng số dư Từ đó suy ra hiệu củahai số đó có dạng như phần tử của dãy và chia hết cho n

Ví dụ 8. Chứng minh rằng trong 1000.000.001 số đầu tiên của dãy Fibonacci

(fn)n≥0 xác định bởif0 = 1, f1 = 1 và fn+2 = fn+1+ fn với mọi n ≥ 0,

sẽ có số mà tận cùng của nó là 4 số 0

Chứng minh

Ta xét dãy số dư của các số trong dãy khi chia cho104 Đó là, r1 = 1, r2 =

2, , rk+2 = rk+1 + rk với rk là số dư ở vị trí thứ k khi chia cho 104 Tathấy có tất cả 100.000.000 cặp số dư dạng (rj, rk) phân biệt Bây giờ ta xét100.000.001 cặp số dư (r1, r2), (r2, r3), , (r108 +1, r108 +2) Do đó, theonguyên lí Dirichlet thì phải tồn tại n, pthoả mãnn < p ≤ 108 + 2 sao cho

(rn, rn + 1) = (rp, rp+1) hay rn = rp, rn+1 = rp+1 Như vậy theocông thức truy hồi về số dư ta có rn−1 = rp−1, rn−2 = rp−2, , r2 =

rp−n+2 = rp−n+1 + rp−n, suy ra rp−n = 0 Vậy trong 100.000.001 số đầucủa dãy Fibonacci luôn có một số chia hết cho 104.

Nhận xét Từ lời giải của ví dụ trên ta có thể nêu ra bài toán tổng quát hơn vàcách giải vẫn như vậy

Bài toán tổng quát Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, trong dãyFibonacci luôn tồn tại số hạng có n chữ số 0 ở tận cùng

Ví dụ 9. Trong một hình vuông ABCD có cạnh bằng 1cm đặt một số hìnhtròn có tổng các bán kính bằng 0,6cm ( các đường tròn có thể có điểm chung haytrùng nhau) Chứng minh rằng tồn tại một thẳng song song với cạnh AB và có

điểm chung với ít nhất 2 trong số đường tròn nói trên

Chứng minh Ta phản chứng lại là không tồn tại một đường nào song song vớicạnh AB mà cắt hai đường tròn trong số các đường tròn đã cho Khi đó, ta dựngcác hình vuông con (có các cạnh song song với các cạnh của hình vuông ABCD)ngoại tiếp các đường tròn này Ta tịnh tiến theo các véc tơ khác nhau để các hìnhvuông con thẳng hàng và nằm dọc theo cạnh AD Khi đó, các hình vuông nàykhông có điểm chung và tổng độ dài các cạnh ≥ 1, 2cmvà lớn hơn độ dài cạnhcủa hình vuông ABCD Vậy phải có ít nhất một hình vuông con có một phần ởngoài hình vuông ABCD, suy ra có ít nhất một đường tròn có một phần ở ngoàihình vuông ABCD Điều này mâu thuẫn với giả thiết, do đó điều giả sử là sai.Tóm lại luôn tồn tai một đường song song với AB mà cắt ít nhất hai đường tròn

Chứng minh

Ta thấy có 21 góc của hai đường thẳng được tạo thành từ 7 đường thẳng đãcho Ta phản chứng lại rằng là tất cả các góc của hai đường thẳng trong 7 đườngthẳng đã cho đều lớn hơn 260 Ta dựng một đường tròn tâm O bán kính 1 Từtâm O của đường tròn ta dựng các đường thẳng song song với các đường thẳng

đã cho Lại vì giả thiết cho 7 đường, không có 2 đường nào song song với nhaunên các đường song song với nó và qua O không có hai đường nào trùng nhau.Hơn nữa, 7 đường thẳng qua tâm O của đường chia nửa đường tròn thành 7 hìnhquạt và 7

góc của các hình quạt này nằm trong số 21 góc tạo được Mặt khác, 7 góc này

có tổng số đo lớn hơn 260.7 = 1820 > 1800, điều này mâu thuẫn

II Một số bài tập vận dụng nguyên lí Dirichlet.

Bài tập 1. Cho số A không chia hết cho 2 và 5 Chứng minh rằng với mọi

n ∈N* luôn tồn tại một luỹ thừa của số A mà khi chia cho 10n sẽ cho ta số dư

là 1

Hướng dẫn:

Lại áp dụng cách giải của ví dụ 5 phần 4.b

Bài tập 2. Cho 7 đoạn thẳng Độ dài mỗi đoạn nằm trong đoạn [10cm,100cm] Chứng minh rằng luồn chọn được ba trong số các đoạn đã cho ghépthành một tam giác

Hướng dẫn:

Bài toán trên còn được giải theo phương pháp cực trị

Bài tập 3. Chứng minh rằng tồn tại một số là bội của 1970 mà trong cách viếtthập phân của nó chỉ gồm các chữ số 0 và 1

Hướng dẫn:

Bài tập này được giải dựa theo cách giải của ví dụ 7 phần 4.b: với n=1970 và n

số tự nhiên là 10, 102, , 101970

Bài tập 4. Chứng minh rằng không tồn tại một đường thẳng không đi qua

đỉnh và cắt tất cả các cạnh của tam giác

Hướng dẫn:

Ta phản chứng lại, dẫn đến đường thẳng cắt các cạnh của tam giác phải qua

đỉnh Từ đó ta thu điều mâu thuẫn

Bài toán tổng quát của bài toán trên là: Chứng minh rằng không tồntại một đường thẳng không đi qua đỉnh và cắt tất cả các cạnh của 2n+1 giác

Bài tập 5. Chứng minh rằng trong mỗi khối đa diện lồi luôn tồn tại hai mặt làhai đa giác có cùng số cạnh

Hướng dẫn:

Ta gọi E là mặt có số cạnh lớn nhất và bằngk Khi đó, số mặt của khối đa diện ítnhất cũng bằngk + 1vì mỗi cạnh của khối đa diện đều là cạnh của hai mặt khácnhau Hơn nữa, số cạnh của các mặt còn lại chỉ nằm trong tập {3, 4, , k}

Do đó, theo nguyên lí Dirichlet thì phải co ít nhất hai mặt cùng số cạnh

Bài tập 6. Giả sử mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong hai mầuxanh hoặc đỏ Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có 4 đỉnh cùng mầu.Hướng dẫn:

Ta lấy trong mặt phẳng 3 đường thẳng song song d1, d2, d3 Trên đường thẳng

d1 lấy 7 điểm phân biệt và chúng được sơn bằng hai mầu Khi đó, theo nguyên

lí Dirichlet thì có ít nhất 4 điểm cùng mầu P1, P2, P3, P4 và giả sử chúng cùngmầu đỏ Từ 4 điểm này dựng các đường song song với 3 đường đã chọn, cắt

d2tạiQ1, Q2, Q3, Q4 và d2 tạiR1, R2, R3, R4 Từ đó ta xét các trường hợp

về mầu sơn của các điểm mới, suy ra sự tồn tại của hình chữ nhật có 4 đỉnh cùngmầu

Bài tập 7. Trên mặt phẳng (P) cho n véc tơ có tổng các độ dài bằng 4.Chứng minh rằng tồn tại một số véc tơ có độ dài của tổng các véc tơ đó lớn hơnhoặc bằng 1.

Ta đưa vào hệ trục tọa độ xOy Từ gốc O ta dựng các véc tơ bằng các véc tơ đãcho Chiếu các véc tơ gốc O lên các trục tọa độ, thì tổng độ dài của các véc tơ đãcho nhỏ hơn tổng độ dài của các hình chiếu của chúng Mà tổng độ dài của cácvéc tơ đã cho bằng 4, nên theo nguyên lí Dirichlet thi phải tồn tại một trục (giả

sử Ox) mà tổng độ dài các hình chiếu lớn hơn 1 Từ đó suy ra điều phải chứngminh

Bài toán trên còn được phát biểu dưới dạng sau: Chứng minh rằng tồn tại

n ∈ N∗ sao cho 19n khi chia cho 102004 dư 1

Để giải bài tập này ta áp dụng ví dụ 5 phần 4b

Bài tập 9. Chứng minh rằng luôn tồn tại số dạng 200320032003 2003

và chia hết cho 20032003

Hướng dẫn

Ta lại áp dụng ví dụ 6 phần 4.b

Trong bài toán trên ta có thể thay 2003 bởi số khác ta cũng có bài toán tương tự

Bài tập 10. Chứng minh rằng ∀n ∈ N∗, ∃ số có dạng:

Để giải những bài toán dạng trên ta xét dãy sau: 1,11,111, ,111 111.

Bài tập 11. Chứng minh rằng với mọi n ∈ N∗ tồn tại một số dạng 11 1

Bài tập 12. Chứng minh rằng 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại số cótổng các chữ số chia hết cho 10

Hướng dẫn

Bài tập 13Chứng minh rằng 39 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại số có tổngcác chữ số chia hết cho 11

Hướng dẫn

Bài tập 14. Chứng minh rằng có ít nhất một số hạng của dãy Fibonacci

chia hết cho 2004; cho n bất kỳ

Hướng dẫn

t Bài tập 15 Cho X là một tập hợp gồm 10 số tự nhiên, mỗi số không vượt

qúa 100 Chứng minh rằng tồn tại hai tập con của X có tổng các phần tử bằng

nhau

Hướng dẫn Ta xét dãy sau: 1983, 19832, 19833 , 1983105 Ta thấy không

có số nào chia hết cho 105 Do đó có hai số cùng số dư và ta có kết luận của bài

toán

Bài toán tổng quát hơn là: 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

Bài tập 17. Chứng minh rằng tồn tại những số nguyên dương a, b, c, không

đồng thời bằng không và giá trị tuyệt đối của mỗi số không vượt quá 106, thỏa

mãn | a + b √ 2 + c √

3 |< 10−11.Hướng dẫn

Ta xét tậpX có1018 số thực dạng r+s √ 2+t √

3với r, s, t 3 {0, 1, 106− 1} Ta đặt d = (1 + √

2 + √

3).106 Khi đó, mỗi phần tử x ∈ X đều thoả

mãn 0 ≤ x < d Ta chia đoạn [0; d] thành 1018 − 1 phần bằng nhau, mỗi

phần có độ dài d

1018−1 Do đó, theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số thuộc vàocùng một khoảng và ta có kết luận của bài toán

Bài tập 18. ChoAlà một tập hợp gồm 201 số tự nhiên mỗi số không vươt quá

300 Chứng minh rằng A chứa ít nhất 2 số, mà tỉ số của chúng là lũy thừa bậc

ba

Hướng dẫn

Ta lại áp dụng cách làm của ví dụ 1:

Bài tập 19. Sử dụng nguyên lí Dirichlet để chứng minh định lí nhỏ củaFecma: Nếu (p, a) = 1, với p là số nguyên tố thì đẳng thức sau đúng

Bài tập 21. Cho x1, x2, , xn, là dãy vô hạn các số nguyên và k là

số nguyên dương bất kì Chứng minh rằng tồn tại dãy số gồm những phần tử liêntiếp của dãy mà tổng của chúng chia hết cho k

Hướng dẫn

Ta lại xét dãy số sau: S1 = x1, S2 = S1 + x2, , Sk = Sk−1 + xk

Bài tập 22. Cho k là số nguyên dương tuỳ ý và

x1, x2, , xn, ; y1, y2, , yn,

là những dãy nguyên bất kì Chứng minh rằng tồn tại vô số cặp chỉ số(i, j) với i<j

sao cho mỗi tổng

xi+1, xi+2, , xj; yi+1, yi+2, , yj

Nhận xét: Bài tập 22,23 là những bài tổng quát của bài 21, để giải chúng

ta cũng áp dụng phương pháp của bài 21

Bài tập 24. Có tồn tại luỹ thừa của 3 mà các chữ số cuối cùng của nó là

0001 không?

Bài tập 25.ChoFlà tập hữu hạn những số nguyên dương vàx1, x2, , xn,

vày1, y2, yn, là hai dãy vô hạn những phần tử củaF Chứng minh rằng tồntại những chỉ sối, j với i < j sao cho tích củaxi, xi+1, , xj và yi, yi+1, , yj

là một số có luỹ thừa bậc k

Bài tập 26. Chok ∈ N.Dãy xo, x1, x2, , xn thỏa mãn các đẳng thức

xo = 0, x1 = 1, và xn = 1k(xn+1 − xn−1 với∀n ≥ 1 Chứng minh rằngtrong các số hạng x1, x2, , x1986∃2 số mà tích của chúng chia hết cho tích19.86

Bài tập 27. Trong phần trong của hình tròn với đường kính 5 đơn vị, người

ta chọn bất kì 10 điểm Chứng minh rằng ít nhất có hai điểm trong các điểm đãchọn có khoảng cách nhỏ hơn 2

Bài tập 28. Trong mặt phẳng cho tập hợp A có n điểm (n ≥ 2) một số cặp

điểm được nối với nhau bằng đọan thẳng Chứng minh rằng trong Acó ít nhấthai điểm được nối với cùng số lượng các điểm khác nhau thuộc A.

Bài tập 29. Cho đa giác đều 100 cạnh nội tiếp trong một đường tròn k.Mỗi đỉnh được gán cho một trong các số 1,2, ,49 Chứng minh rằng trên k tồntại hai cung AB,CD với các tính chất sau:

a) Các điểm A,B,C và D là những đỉnh của đa giác đã cho

b) Các dây cung AB và CD song song với nhau

c) Nếu A,B,C và D có nhãn tương ứng là a,b,c,và d thì a+b=c+d

Bài tập 30. Tất cả các điểm trong một mặt phẳng được bôi trơn bởi n màukhác nhau Cho trước2n− 1đường tròn đồng tâm khác nhauk1, k2, , k2n −1.

và Yi không trùng với O và A.

Bài tập 31. Trong một hình vuông cạnh 1 đơn vị cho 112 điểm Chứng minhrằng ít nhất hai trong số đó có khoảng cách nhỏ hơn 152

Bài tập 32. Trong mặt phẳng cho hai điểm khác nhau O và A Với mỗi điểm

X khác O thuộc mặt phẳng ta ki hiệu a(X) là độ đo bằng radian của góc AOX \,

đo theo chiều ngược kim đồng hồ từ OA đến OX, 0 ≤ a(X) ≤ 2 Gọi c(X) là

đường tròn tâm O bán kính là OX + a(X)OX Cho trước bộ hữu hạn mầu và mỗi

điểm trong mặt phẳng được bôi bằng một trong số đó Chứng minh rằng tồn tại

điểmX1, với a(X1) > 0và trên đường tròn c(X1)có ít nhất một điểm đượcbôi cùng mầu với X1

Bài tập 33. Trong một mặt phẳng cho n điểm, n ≥ 7, sao cho khoảngcách mỗi cặp điểm giữa chúng là khác nhau Mỗi một điểm được nối với điểmgần nó nhất Chứng minh rằng không có điểm nào được nối với nhiều hơn 5 điểmkhác

Bài tập 34 Trong một đường tròn bán kính bằng 1, không thể chọn đượcquá 5 điểm mà khoảng cách giữa hai điểm một lại lớn hơn 1

Bài tập 35 Người ta sắp xếp 120 hình vuông có kích thước 1ì1 vào tronghình chữ nhật kích thước 20 ì 25 Chứng minh rằng với mọi cách sắp xếp cáchình vuông thì ở trong hình chữ nhật vẫn có chỗ trống để đặt một hình tròn đườngkính đường kính 1

Bài tập 36 Trong một hình vuông có cạnh bằng 1 ta chọn bất kì 51 điểm.Chứng minh rằng ít nhất có 3 điểm trong số chúng nằm trong một hình vuôngcạnh 0,2

Bài tập 37. Tất cả 9 cạnh và 27 đường chéo của một hình chóp đáy là đagiác 9 đỉnh được bôi sơn Một số bôi sơn đỏ, còn là bôi sơn xanh Chứng minhrằng tồn tại 3 đỉnh cuảu hình chóp mà chúng là những đỉnh của một tam giác vớicác cạnh được sơn cùng một màu.

Bài tập 38. Trong mặt phẳng cho 6 điểm Mỗi đoạn thẳng nối từng cặp

điểm được bôi mầu đỏ hoặc xanh Chứng minh rằng 3 điểm trong số các điểm là

đỉnh của một tam giác mà các cạnh của nó được bôi sơn cùng một màu

Bài tập 39. Cho dãy vô hạn các số tự nhiên x1, x2, , xn, được xác

định theo công thức sau: x=3, xn+1 = (n + 1)xn − n + 1, n = 2, 3, .Cho n số tự nhiên bất kì và tập M gồm xn điểm sao cho không có 3 điểm nàothẳng hàng Mỗi đoạn thẳng nối hai điểm khác nhau trong M được bôi sơn bằngmột trong n mầu đã cho Khi đó tồn tại 3 điểm trong M là đỉnh của một tamgiác đồng mầu

Nhận xét Bài toán 36 là trường hợp đặc biệt của bài toán 37 với n=2

Bài tập 40. Cho 1978 tập hợp mỗi tập hợp có 40 phần tử Biết rằng haitập hợp bất kì có hai phần tử chung Chứng minh rằng tồn tại một phần tử thuộctất cả 1978 tập hợp ở trên

Bài tập 41. Chứng minh rằng mọi tập hợp chứa 55 số chọn được từ tậphợp số {1, 3, , 100} chứa hai số mà hiệu của chúng bằng 9

Bài tập 42. Trong phần trong của một tam giác đều cạnh 15 đơn vị, chúng tachọn bất kì 111 điểm Chứng minh rằng tồn tại đường tròn đường kính √ 3 mà

nó phủ ít nhất 3 điểm trong số các điểm đã chọn ở trên

Bài tập 43. Từ tập hợpM chọn bất kì2n+ 1 số Chứng minh rằng tồn tại

hai số trong tập vừa chọn mà tích của chúng là một số chính phương và∀x ∈ M

Bài tập 46. Cho n ∈ N, n > 1 và (a, n) = 1 Khi đó tồn tại hai

số nguyên x, y mà chúng thỏa mãn phương trình ax ≡ y(modn) và vác bấtphương trình 1 ≤ x ≤ [ √

n], 1 ≤ y ≤ [ √

n]

Bài tập 47. Cho x1, x2, , xn là những số thực thoả mãn Pn

i=1 x2i = 1.Chứng minh rằng với mỗi số nguyênk, k ≥ 2 tồn tại những số nguyên

a1, a2, , an không đồng thời bằng không sao cho |ai| ≤ k − 1 và thoảmãn bất phương trình sau |a1x1 + a2x2 + anxn ≤ (k−1)

√ n

kn−1

Bài tập 48. Chứng minh rằng một bộ gồm 11 số thực khác nhau trong

đoạn [1, 1000] có thể chọn hai số x, y mà chúng thoả mãn bất đẳng thức sau:

0 < x − y < 3 √3

xy + 1.

Bài tập 49. Cho 7 số thực bất kì Chứng minh rằng giữa chúng có thể chọn

được hai số x, y sao cho 0 ≤ 1+xyx−y ≤

√ 3

3 .

Bài tập 50. Cho tập M gồm 1985 số tự nhiên, không có số nào có ước

số lớn hơn 26 Chứng minh rằng từ phần tử của tập M có thể chọn được 4 số đôimột khác nhau mà tích của chúng là luỹ thừa bậc 4 của một số nguyên

Bài tập 51. Cho 4 số dương bất kì Chứng minh rằng có hai số trong 4 số đó,chẳng hạn x, y thoả mãn bất phương trình sau: 0 ≤ 1+x+y+2xyx−y ≤ 2 − √ 3.

Nguyên lí cực trị rời rạc và bài tập ứng dụng

I Cơ sở lí thuyết của nguyên lí và vấn đề liên quan

1 Tiểu dẫn.

Một trong những lời khuyên với người làm toán là:

" hãy xét các trường hợp đặc biệt"

Khái niệm trường hợp đặc biệt có thể hiểu theo nhiều góc độ:

1 Đối với một đa giác, các điểm đặc biệt là những điểm thuộc cạnh (điểmbiên), các đỉnh (điểm cực biên) hoặc các điểm mà tại đó có một đặc trưng nào

đó của hình đạt giá trị đặc biệt, thí dụ điểm trọng tâm của hình

2 Đối với một tập hợp sắp thứ tự, các điểm đặc biệt là những phần tử lớnnhất hoặc phần tử nhỏ nhất của tập hợp

3 Trên trục số có 3 điểm đặc biệt là 0,+∞ − ∞

4 Đối với bài toán có điều kiện, các trường hợp đặc biệt xảy ra khi cácbiến có mặt bằng nhau hoặc xảy ra dấu bằng trong các đánh giá của điều kiện

5 Đối với một hàm số, các điểm đặc biệt là những điểm mà tại đó hàm sốkhông xác định, hoặc bằng 0, hoặc đạt cực trị, vv

6 Đối với một đường cong, đó là các điểm gián đoạn, điểm cực trị, điểmuốn, điểm biên, điểm tự cắt,vv

7 Khi tìm quỹ tích, tập hợp điểm ta thường xét các vị trí đặc biệt của điểmchạy, từ đó tìm ra các vị trí tương ứng của điểm thuộc quỹ tích và dự đoán quỹ tích

2.Cơ sở lí thuyết.

Ta sẽ chỉ xét mốt số trường hợp đặc, riêng của điểm cực hạn Muốn vậy, trước

29

hết phải chỉ ra sự tồn tại của nó.

Định Lí 1 ( Về sự tồn tại điểm cực hạn của tập hợp)

"Trong tập hợp khác rỗng và hữu hạn phần tử là các số thực, luôn tồn tại phần

Để giải nhiều bài toán, sẽ rất có lợi khi xét một phần tử "biên", một phần tử

"cực hạn" nào đó, tức là một phần tử, tại đấy một đại lượng nào đó sẽ có giá trịlớn nhất hoặc nhỏ nhất, chẳng hạn cạnh có độ dài lớn nhất hoặc nhỏ nhất, góc

có số đo lớn nhất hoặc nhỏ nhất Các tính chất của phần tử cực hạn đang xét

đôi khi giúp ta nhận được lời giải mong đợi Phương pháp giải toán như thế cóthể gọi là nguyên lí cực trị Trong nội dung của chương này, tác giả chỉ xét đến

nguyên lí cực trị rời rạc Nội dung của nguyên lí:

"Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn tồn tại một số bé nhất,một số lớn nhất và luôn xếp chúng theo trật tự tăng hoặc giảm." Nguyên lí tuy

đơn giản, nhưng sự vận động của nó đã thấm sâu vào trong nhiều chứng minhtoán học

3 Chứng minh sự tồn tại của cấu hình.

Phương pháp chung: Khi chứng minh các bài toán về sự tồn tại của một cấu hìnhbằng nguyên lí cực trị, ta thường đặt ra một quan hệ thứ tự nào đó, mà cấu hình

nế tồn tại sẽ là một đối tượng cực trị

Ví dụ 1 Cho 2n điểm phân biệt trên mmột đường tròn, trong đó có n điểmtrắng, và n điểm đen (n ≥ 2) Chứng minh rằng tồn tại một cách nối tất cả các

điểm trắng với các điểm đen bởi n đoạn thẳng sao cho:

(i) Các đoạn thẳng không có điểm chung

(ii) Các doạn thẳng từng đôi một cắt nhau

Chứng minh:

Gọi S là tập tất cả các cách nối điểm trắng với các điểm đen bởi n đoạn thẳng.Khi đó S hữu hạn và khác rỗng Vậy, theo nguyên lí cực trị thì sẽ tồn tại: mộtcách nối N có tồng độ dài các đoạn thẳng nhỏ nhất và một cách nối L có tổng

độ dài các đoạn lớn nhất

Ta sẽ chứng minh với cách nối N thì các đoạn thẳng không có điểm chung Taphản chứng lại là tồn tại hai điểm trắng A,B và hai điểm đen X,Y mà đoạn AX cắt

BY tại I Khi đó, BI+IX>BX và IY+AI>AY, suy ra BX+AY< BI+IY+AI+IX=AX+BY.Vậy ta thay đoạn BY bởi BX, AX bởi AY cùng với các đoạn còn lại của N ta đượcmột cách nối N' có tổng độ dài các đoạn nhỏ hơn tổng độ dài các đoạn của Nmâu thuẫn với giả thiết Do đó ta có khẳng định (i)

Tương tự ta cũng sẽ chứng minh được với cách nối L thì các đoạn thẳng từng đôimột cắt nhau Do đó, ta có (ii)

Ví dụ 2. Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100 Chứngminh rằng luôn tồn tại 3 đoạn lập thành 3 cạnh của một tam giác.

Ví dụ 3. Trên mặt phẳng cho n điểm n ≥ 3 Biết rằng mỗi đường thẳng

đi qua 2 điểm bất kì đều qua điểm thứ ba Chứng minh rằng n điểm đã cho thẳnghàng

Chứng minh

Gọi S là tập tất cả các đường thẳng qua ít nhất 1 điểm trong số n điểm đã cho,

S là tập hữu hạn và khác rỗng Do đó theo nguyên lí cực trị thì trong S tồn tại

đường thẳng d qua nhiều điểm nhất trong n điểm đã cho Ta chứng minh d qua n

điểm đã cho

Thật vậy, với n=3 thì kết luận là hiển nhiên Giả sử, kết luận đúng với ∀k ≤

n − 1 Nếu tồn tại một điểm M nào đó trong những điểm đã cho không thuộc dthì đường thẳng qua M và một điểm khác trong n điểm sẽ không qua bất cứ điểmnào đã cho (mâu thuẫn với giả thiết) Vậy d qua n điểm đã cho

Ví dụ 4. Chứng minh rằng có vô số, số nguyên tố dạng 6n+5

Chứng minh

Ta phản chứng là có hữu hạn số nguyên tố dạng 6n+5 và S là tập các số đó Khi

đó, S 6= ∅ và hữu hạn Theo nguyên lí cực trị thì S có phần tử lớn nhất là p

Ta xét số q= 6p!-1, q có dạng 6n+5, q sẽ có ước nguyên tố dạng 6n+5 và ℘ là

ước như vậy Ta có mọi phần tử của S đều không là ước của q Từ đó suy ra ℘

> p hay, ℘ 6∈ S (mâu thuẫn) Vậy có vô số số nguyên tố dạng 6n+5.

Ví dụ 5 Chứng minh rằng với mọi số nguuyên n>1, thì 2n − 1 không chiahết cho n

Chứng minh

Giả sử tồn tại số nguyên n >1 và là ước của 2n − 1 Khi đó, n lẻ và ta gọi p là

ước nguyên tố nhỏ nhất của n thì p cũng lẻ Theo định lí Fecma ta có p chia hếtcho 2p−1 − 1 Bây giờ ta gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho p là ướccủa 2k − 1 Rõ ràng k ≤ p − 1 < p Ta chỉ cần chứng tỏ k cũng chia hết n.Thật vậy, nếu n=kq+r với 0 ≤ r < k thì ta có 2n − 1 = (2k)q2r − 1.Lại có (2k)q ≡ 1(modp) dẫn đến 2r − 1 ≡ 2n − 1 ≡ 0(modp) Điềunày mâu thuẫn với việc chọn k

Ví dụ 6. Có n đội bóng đấu với nhau theo nguyên lí đấu vòng, tức là mỗi

đội phải đấu với tất cả các đội còn lại Biết rằng trong mỗi trận đấu không cóhoà Chứng minh rằng luôn có thể xếp thứ tự tên các đội theo một cột dọc saocho đội đứng trước thắng đội đứng sau

Chứng minh

Gọi S là tập tất cả các cách sắp xếp một số đội bóng trong n đội trên, theo cộtdọc sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau Do S là khác rỗng và hữu hạn,cho nên sẽ tồn tại cách xếp có tên nhiều đội nhất Ta cấn chứng minh rằng, cáchxếp này phải có đủ tên n đội Thật vậy, nếu cách xếp đó chỉ có tên t < n đội,lần lượt là D1, D2, , Dt Như vậy phải có ít nhất một đội D ỏ ngoài danhsách đã chọn D không thể thắng D1, vì nếu không ta sẽ có danh sách dài hơn

3 Tìm cực trị rời rạc

Phương pháp giải tích toán học không thể áp dụng để giải bài toán cực trị rờirạc Vì thế, tìm cực trị rời rạc luôn là vấn đề khó khăn và thiếu công cụ Để giảiquyết được vấn đề này thì chỉ còn cách phải áp dụng nguyên lí cực trị rời rạc

Ta xét một vài ví dụ minh hoạ cho phương pháp này

Ví dụ 1Cho m và d là các số nguyên vớim ≥ d ≥ 2.Giả sửx1, x2, , xd

là các biến nguyên dương sao cho x1 + x2 + xd = m.Tìm giá trị nhỏ nhấtcủa S = x21 + x22 + + x2d

Do vậy, bộ (c, b, a3, , ad) làm cho S nhận giá trị nhỏ hơn N Điều này mâuthuẫn với giả thiết ở trên.Vậy các số nguyên a1, a2, , ad chỉ hơn kém nhau

1 Không giảm tính tổng quát ta giả thiết a1 ≤ a2 ≤ ≤ ad, và m=dn+k

(0 ≤ k < d) Do đặc điểm của dãy a1, , ad ta có a1 = a2 = =

ad−k = n, ad−k+1 = ad−k+2 = = n + 1 Từ đó, ta thu được giá trịnhỏ nhất N = (d − k)n2 + k(n + 1)2

Ví dụ 2 Vẫn giả thiết của ví dụ trên, nhưng yêu cấu tìm giá trị lớn nhất của

S = x21 + x22 + + x2d

Lập luận tương tự ví dụ trên ta cũng thu được S đạt giá trị kớn nhất tại d) và giá trị lớn nhất bằng d + (m − d)2

(1,1, ,1,m-Ví dụ 3 Cho m>3 là một số nguyên dương Giả sử x1, x2, , xd làcác biến nguyên dương sao cho x1.x2 xd = m Tìm giá trị lớn nhất của

bca3a4 ad = m nhưng b3 + c3 = a31a32 + 1 > a31 + a32 Điều này mâuthuẫn với giả thiết Vậya1 = m, a2 = = ad = 1vàL = m3+ (d − 1)

Ví dụ 4 Với giả thiết của ví dụ 3, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của S = x21+ x22+ + x2d

Với bài toán này ta phải phân chia các trường hợp như sau:

Nếu m = nd thì dễ thấy S đạt giá trị nhỏ nhất khi xi = n, ∀i ∈ {1, 2, , d} và giá trị nhỏ nhất bằng dn3

Ví dụ 5 cho a1, a2, , ad, a, b1, b2, , bd là những hằng số thực dương,còn x1, x2, , xd là các biến không âm sao cho Pd

i=1akxk Tìm giá trị lớnnhất, giá trị nhỏ nhất của S = Pdk=1bkxk

ad và S đạt giá trị nhỏ nhất bằng ab1

a1 khi x2 = = xd−1 = xd =

0, x1 = a

a1

Ví dụ 6 Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sửx1, x2, , xd

là các biến nguyên dương sao cho x1 + x2 + + xd = m Tìm giá trị nhỏnhất và lớn nhất của

4 Thiết lập các yếu tố bình đẳng

Sự thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng làm giảm đi rất nhiều trường hợpxét trong bài toán Đây chính là tính ưu việt của bài toán

Ta sẽ xét một vài ví dụ thể hiện phương pháp này.

Ví dụ 1 Tìm các số nguyên tố a, b, c sao cho abc<ab+ac+bc

Lời giải

Vì vai trò của các số a, b, c là như nhau nên ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c.Từ đó,

ta có ab + ac + bc ≤ 3bc và từ giả thiết ta có abc<3bc Do đó, a<3 nhưng a

là số nguyên tố nên a=2 Khi đó, giả thiết của bài toán trở thành bc<2(b+c) (1)

Ta chia cả hai của (1) vế cho số dương bc ta được 1

2 < 1b + 1c Điều này suy ra

được b<4 Lại do b là số nguyên tố nên b=2 hoặc b=3 bằng

Nếu b=2 thì c nhận giá trị nguyên tố tuỳ ý

(c − a)x + (c − b)y + (c − d)t = 1 (d − a)x + (a − c)y + (a − d)z = 1

Ta biến đổi hệ (2) như sau: Lấy phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ hai,phương trình thứ hai trừ phương trình thứ ba, phương trình thứ ba trừ phươngtrình thứ tư và giữ nguyên phương trình thứ tư ta được

x1, x2, , xd là các biến không âm sao choPd

Ví dụ 4 Tìm tất cả các số nguyên dương x,y,z sao cho xyz =9+x+y+z

là một nghiệm của phương trình đã cho

Nếuyz ≥ 3 cùng với giả thiết x ≥ y ≥ z thì: