TH2 b3 DatNT nguyen ly cuc han

Nguyên lí cực hạn dựa trên các tính chất sau Tính chất 1: Trong tập hợp hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.. Nguyên lí cực hạn dùng để giải

NGUYÊN LÍ CỰC HẠN

Nguyễn Tấn Đạt – THPT Chuyên Tiền Giang

1 Mở đầu

Những người học toán luôn mong muốn làm chủ được nhiều nguyên lý chung, đơn giản nhưng có thể áp dụng trong một phạm vi rộng lớn Sau đó, các nguyên lí này được áp dụng đi áp dụng lại nhiều lần trong việc giải toán Những nguyên lí này không đề cập đến một đối tượng nào nhưng lại có thể áp dụng vào mọi ngành của toán học Một trong các nguyên lí này là nguyên lí cực hạn Nguyên lí cực hạn dựa trên các tính chất sau

Tính chất 1:

Trong tập hợp hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất

Tính chất 2:

Trong một tập hợp khác rỗng các số nguyên dương luôn có thể chọn được số bé nhất

Tính chất 3:

Tập vô hạn các số thực A chưa chắc có phần tử lớn nhất hay nhỏ nhất Nếu A bị chặn trên thì có chặn trên nhỏ nhất gọi là supA, khi supA AÎ thì supA=maxA Nếu A bị chặn dưới thì có chặn dưới lớn nhất gọi là inf A, khi inf A AÎ thì infA=minA

Nguyên lí cực hạn dùng để giải các bài toán mà trong tập hợp những đối tượng phải xét của nó tồn tại các giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất (phần tử cực biên) theo một nghĩa nào đó Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác, đặc biệt

là phương pháp phản chứng

Khó khăn lớn nhất của việc sử dụng nguyên lí cực hạn là phải xây dựng một “thang đo” thích hợp trong mỗi bài toán, để từ đó chỉ ra được sự tồn tại của phần tử cực biên Việc đưa ra một “thang đo” thích hợp thông thường phụ thuộc vào sự nhạy bén và kinh nghiệm của người làm toán Tuy nhiên, trong một số bài toán, “thang đo” lại nằm trong chính yêu cầu của bài toán

Thông thường, việc sử dụng nguyên lí cực hạn để giải toán tiến hành theo một trong hai hướng Hướng thứ nhất là dùng phản chứng, sau đó dùng giả thiết phản chứng để chỉ ra

sự tồn tại phần tử cực biên và dẫn đến mâu thuẫn Hướng thứ hai là đưa vào một “thang đo”

để chỉ ra tồn tại một phần tử cực biên, và đó là phần tử thỏa các yêu cầu của bài toán

Trong chuyên đề này, chúng tôi soạn trên tinh thần một bài giảng bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường nhằm mục đích hướng dẫn cho học sinh làm quen với việc sử dụng nguyên lí cực hạn để giải toán Do đó, các bài toán đưa ra thuộc nhiều lĩnh vực của toán học và không quá phức tạp Các ví dụ được sắp xếp từ dễ đến khó, mà điều này ít nhiều mang tính chủ quan Ở đây, chúng tôi chỉ trình bày các phân tích dẫn đến lời giải

2 Các ví dụ minh họa

2.1 “Thang đo” có sẵn

Ví dụ 1 Trong mặt phẳng, cho n điểm sao cho bất kì ba điểm nào cũng tạo thành một tam giác có diện tích không lớn hơn 1 Chứng minh rằng n điểm đã cho nằm trong một tam giác

có diện tích không lớn hơn 4

Phân tích:

Từ yêu cầu bài toán, ta cần chỉ ra một tam giác lớn nhất có diện tích không lớn hơn 4 sao cho nó chứa tất cả n điểm đã cho Vì số tam giác tạo thành từ n điểm đã cho là hữu hạn và diện tích mỗi tam giác bị chặn trên bởi 1 nên tập hợp các diện tích tam giác sẽ có phần tử lớn nhất “Thang đo” chính là diện tích tam giác Gọi ABC là tam giác có diện tích lớn nhất trong 3

n

C tam giác và S ABC £1

Ta dựng một tam giác có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác ABC bằng cách vẽ các đường thẳng lần lượt đi qua ba đỉnh A B C, , và song song với cạnh đối diện đỉnh đó Gọi tam giác này là A B C1 1 1, khi đó tam giác A B C1 1 1 chứa tất cả n điểm đã cho

Thật vậy, giả sử nếu có một điểm P nào đó không nằm trong tam giác A B C1 1 1 thì tam giác

ABC và điểm P sẽ nằm ở hai phía so với một trong các cạnh của tam giác A B C1 1 1

Không mất tính tổng quát, giả sử điểm P và tam giác A B C1 1 1 nằm ở hai phía so với cạnh

1 1

B C Khi đó S PBC >S ABC, điều này mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC

A1

B1

C1 A

P

Ví dụ 2 Cho W là một tập hợp các điểm trong mặt phẳng, trong đó mỗi điểm trong W là trung điểm của đoạn thẳng được tạo nên bởi hai điểm của W Chứng minh rằng W là tập vô hạn

Phân tích:

Ta dùng phản chứng, giả sử W =n n, Î ¥* Vì W hữu hạn có n phần tử nên số đoạn thẳng tạo bởi n điểm là C n2 đoạn Ở đây, “thang đo” là độ dài của các đoạn thẳng

Vì số đoạn thẳng là hữu hạn nên phải tồn tại đoạn thẳng AB

A

I C

A B

D

E

có độ dài lớn nhất

Do tính chất của W nên B là trung điểm của đoạn thẳng CD

với C D Î W,

Không mất tính tổng quát, giả sử AD AC>

Ta có

Điều này mâu thuẫn với tính chất AB là đoạn thẳng lớn nhất

Ví dụ 3 Chứng minh rằng trong mỗi ngũ giác lồi, có thể chọn ra ba đường chéo sao cho chúng lập thành ba cạnh của một tam giác

B

A

D

Phân tích: Để ba số dương a b c, , tạo thành ba cạnh của một tam giác thì

chúng phải thỏa a b c a c b b c a+ > , + > , + >

Tuy nhiên nếu a =max , ,{ }a b c thì ta chỉ cần có b c a+ >

Vậy bài toán được đưa về việc chọn ra đường chéo có độ dài

lớn nhất, “thang đo” là độ dài các đường chéo

Ta thấy việc chọn một đường chéo dài nhất là có thể thực hiện được

vì số đường chéo trong ngũ giác lồi là hữu hạn ( 2

C - = )

Có thể giả sử BE là đường chéo dài nhất, ta cần chọn ra hai đường chéo nữa

sao cho tổng độ dài của chúng lớn hơn BE Dễ thấy BD CE, là hai đường chéo đó

Thật vậy, gọi I =BD CEÇ , ta có

BD CE BI ID CI IE BI IE ID CI BE CD BE+ = + + + = + + + > + >

Ví dụ 4 Lưới điểm nguyên là một mạng lưới các điểm mà mỗi điểm được đánh dấu là một

số nguyên dương Mỗi số nguyên dương tại mỗi điểm lưới là trung bình cộng của 4 số lân cận (trên, dưới, trái, phải) Chứng minh tất các số nguyên dương này đều bằng nhau

Phân tích:

Vì tập hợp các số nguyên dương dùng để đánh số trên lưới có phần tử nhỏ nhất ( có thể không có phần tử lớn nhất) nên việc sử dụng nguyên lí cực hạn ở đây là rất tự nhiên

Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất đó Ta có

( )

4

a b c d

m = + + + Û + + + =a b c d m với a b c d, , , là 4 số nguyên dương lân cận của

m Vì m là số nguyên dương nhỏ nhất nên a m b m c m d m³ , ³ , ³ , ³ Nếu có ít nhất 1 bất đẳng thức chặt thì mâu thuẫn với ( )*

Suy ra a b c d m= = = =

D A' A

B

C

D A'

A

Ví dụ 5 Chứng minh rằng trong một n -giác lồi với n ³3, tồn tại 3 đỉnh liên tiếp A B C, , sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bao phủ cả n -giác

Phân tích:

Trong số các đường tròn đi qua ba đỉnh của n -giác, tồn tại một

đường tròn có bán kính lớn nhất

“Thang đo” ở đây chính là bán kính đường tròn

Do đó, ta chia bài toán thành hai phần

i) Chứng minh đường tròn lớn nhất phủ n -giác

ii) Chứng minh đường tròn lớn nhất là đường tròn đi qua ba đỉnh liên tiếp

Chứng minh i) bằng phản chứng

Giả sử đường tròn lớn nhất là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và có

điểm A¢ nằm ngoài đường tròn này và A B C, , được kí hiệu sao cho A B C A¢, , ,

là tứ giác lồi

Đặt D là giao điểm của A B¢ và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC Gọi R R¢, lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và

A BC¢

Ta có R=2sinBC BDC·,R¢= 2sinBC BA C·¢

Vì ABCA¢ là tứ giác lồi nên BA C BDC· ·¢ < <900 nên suy ra R R¢< Mâu thuẫn

Chứng minh ii) bằng phản chứng

Giả sử A B C, , là ba đỉnh nằm trên đường tròn lớn nhất, điểm A¢

nằm giữa B C, và không nằm trên đường tròn lớn nhất

Theo kết quả phần i), điểm A¢ nằm bên trong đường tròn lớn nhất

nhưng đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC¢ lớn hơn đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC Mâu thuẫn

Ví dụ 6 Có một trò chơi như sau: có các đống sỏi, hai người chơi lần lượt đi Mỗi nước đi, người chơi chia mỗi đống sỏi có nhiều hơn một viên sỏi thành hai đống mới Người nào thực hiện nước đi cuối cùng sẽ thắng Hỏi trong điều kiện nào người chơi đầu tiên sẽ thắng và chiến lược chơi để thắng ?

Phân tích:

Theo qui luật của trò chơi, việc thắng hay thua phụ thuộc vào đống sỏi có nhiều viên sỏi nhất (vì đây là đống sỏi mà người chơi sẽ thực hiện những nước đi sau cùng khi mà những đống sỏi khác, mỗi đống chỉ có 1 viên) “Thang đo” chính là số viên sỏi ở mỗi đống

Gọi M là số viên sỏi của đống lớn nhất trước khi bắt đầu Khi nào mà M >1, ta vẫn có thể thực hiện nước đi Xuất phát, người chơi đầu tiên sẽ chia các đống sỏi mà đống lớn nhất được chia thành hai đống mới sao cho đống lớn hơn có số viên sỏi ở dạng 2k -1,k Î ¥* (chiếm giữ vị trí 2k -1) Sau đó, đối thủ dù thực hiện bất cứ nước đi nào cũng đều để lại một

đống sỏi có số viên sỏi là N thỏa 2k- 1- < < -1 N 2k 1 Nước đi kế tiếp, người chơi đầu tiên tiếp tục chiến lược như cũ, chiếm giữ vị trí 2k-1-1

Tiếp tục theo cách này, người chơi đầu tiên sẽ đi đến vị trí 21- =1 1, và đối thủ phải thua vì không thể chia được nữa Vậy người chơi đầu tiên sẽ thắng dù M không có dạng 2k -1

Ví dụ 7 Một số quân cờ được đặt trên bàn cờ kích thước n n´ thỏa điều kiện nếu ô ( );i j

trống thì có ít nhất n quân cờ nằm trên hàng thứ i và cột thứ j Chứng minh có ít nhất

2

2

n

quân cờ trên bàn cờ

Phân tích:

Theo giả thiết, ta suy ra trên bàn cờ không thể có một hàng hoặc một cột nào mà không có quân cờ “Thang đo” là số quân cờ trên mỗi hàng Do đó, ta có thể chọn ra một hàng sao cho

nó có số quân cờ ít nhất Gọi k là số quân cờ trên hàng đó

* Nếu

2

n

k ³ thì mỗi hàng sẽ có ít nhất

2

n quân cờ, suy ra trên bàn cờ có ít nhất 2

n =

quân cờ

* Nếu

2

n

k < thì sẽ có ít nhất n k- ô trống trên hàng này Khi đó, theo giả thiết, mỗi cột đi qua một ô trống trên hàng này sẽ có ít nhất n k- quân cờ (vì trên hàng chứa các ô trống đã

có k quân cờ)

Suy ra tổng số quân cờ trên bàn cờ ít nhất là

Ví dụ 8 Có 2014 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn với tất cả các đấu thủ còn lại Kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa Chứng minh có thể xếp 2014 vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau

Phân tích:

Vì kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa nên ta có thể xếp hàng một số vận động viên thỏa người đứng trước thắng người đứng kề sau “Thang đo” chính là số người trong mỗi cách xếp hàng như trên Xét tất cả các cách xếp một số vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau Vì số cách xếp như vậy là hữu hạn nên tồn tại một cách xếp T có nhiều động viên nhất Ta chứng minh cách xếp T thỏa yêu cầu bài toán

Giả sử T không chứa tất cả các vận động viên và A là người không nằm trong cách xếp T Giả sử trong T có n người A A1 2, , ,A n sao cho A i thắng A i+1 Nếu A thắng A1 thì cách xếp A A A, , , ,1 2 A n có nhiều vận động viên hơn cách xếp T Do đó A thua A1 Lập luận tương tự dẫn đến A thua tất cả các vận động viên A A1 2, , ,A n Khi đó, cách xếp

1 2, , , ,n

A A A A có nhiều vận động viên hơn cách xếp T Mâu thuẫn với cách xếp T

2.2 Xây dựng “thang đo”

Ví dụ 1 Trong mặt phẳng, cho n đường thẳng phân biệt sao cho hai đường thẳng bất kì đều cắt nhau và không có ba đường thẳng nào đồng quy Hỏi n đường thẳng này chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền ?

Phân tích:

Đây chính là bài toán đếm Một nguyên tắc đếm cơ bản là thiết lập một song ánh từ tập hợp cần đếm đến một tập hợp khác dễ đếm hơn Ở đây, ta thấy số giao điểm của hai đường thẳng

dễ dàng đếm được và bằng 2

n

C Nhưng số giao điểm này có liên quan gì đến số miền bị phân chia của mặt phẳng ? Ta dựng đứng mặt phẳng chứa n đường thẳng trên một mặt phẳng nằm ngang và “thang đo” là khoảng cách từ các điểm thuộc mỗi miền của mặt phẳng đến mặt phẳng nằm ngang Từ đó, ta có thể chia các miền mặt phẳng thành hai loại: loại thứ nhất

là các miền bị chặn dưới và loại thứ hai là các miền không bị chặn dưới Các miền mặt phẳng thuộc loại thứ nhất sẽ tồn tại điểm “ sâu nhất” vì ngược lại nó sẽ thuộc loại thứ hai Ta nhận thấy mỗi giao điểm của hai đường thẳng chính là điểm “sâu nhất” của đúng một miền mặt phẳng nào đó Do đó, số phần mặt phẳng có chứa điểm “ sâu nhất” là 2

n

C Các miền mặt phẳng thuộc loại thứ hai không bị chăn dưới nên không có điểm “sâu nhất”, vì thế ta có thể giả sử chúng cắt một đường thẳng nằm ngang (giao tuyến của mặt phẳng nằm ngang và mặt phẳng thẳng đứng) và tạo ra n +1 miền khác nhau Do đó, số miền mặt phẳng thuộc loại thứ hai là n +1

Tóm lại, số miền mặt phẳng bị phân chia bởi n đường thẳng là 2 1 2 2

2

Ta có bài toán tương tự sau

Ví dụ 2 Tính số phần nhiều nhất có thể trong không gian bị phân chia bởi n mặt phẳng phân biệt

Phân tích:

Để đếm số phần bị phân chia nhiều nhất có thể, ta giả sử n mặt phẳng ở vị trí tổng quát, nghĩa là hai mặt phẳng bất kì đều cắt nhau Ba mặt phẳng tạo thành 1 đỉnh, do đó có C n3

đỉnh Tương tự bài toán trên, ta đưa vào “thang đo” là khoảng cách từ các điểm thuộc một phần không gian đến mặt phẳng nằm ngang ( )P Khi đó, những phần không gian đóng nào

bị chặn dưới thì sẽ tồn tại phần tử nhỏ nhất, hay mỗi đỉnh xem như là một điểm “sâu nhất” của đúng một phần không gian Mỗi phần không gian không chứa các điểm sâu nhất sẽ mở

ra vô hạn và xem như cắt một mặt phẳng ( )P nằm ngang ở vô cực Do đó, số phần không gian không chứa điểm “sâu nhất” bằng với số phần mặt phẳng ( )P bị phân chia bởi n giao tuyến của ( )P với n mặt phẳng đã cho

Vậy số phần không gian bị phân chia là 2 3

Ví dụ 3 Trong mặt phẳng cho 2n điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng Lấy n

điểm trong số này và cho tương ứng mỗi điểm với một nông trại, n điểm còn lại xem như

n cái giếng Gọi F={F F1 2, , ,F n} là tập hợp các nông trại và W ={W W1, , ,2 W n} là tập hợp các cái giếng Người ta xây dựng các con đường thẳng để nối mỗi nông trại đến một cái giếng Chứng minh rằng người ta có thể nối mỗi cái giếng với một và chỉ một nông trại sao cho các con đường không giao nhau

Phân tích:

Ta có thể xem việc nối các đoạn thẳng từ n nông trại đến n cái giếng là một song ánh (vì mỗi nông trại nối với một và chỉ một cái giếng)

Xét một song ánh f F: ®W bất kì, nếu ta nối các đoạn thẳng từ F i đến f F( )i thì ta được một hệ thống đường Có tất cả n! hệ thống đường như thế Trong mỗi hệ thống đường, tổng chiều dài tất cả các con đường là một số thực dương xác định và các tổng chiều dài là hữu hạn Vậy “thang đo” ở đây chính là tổng chiều dài tất cả các con đường trong một hệ thống

Do đó ta có thể chọn ra một hệ thống đường mà tổng chiều dài các con đường là ngắn nhất Nguyên lí cực hạn được sử dụng ở đây Ta sẽ chứng minh trong hệ thống này không có hai con đường nào giao nhau

I

Fk

Wn

Fi

Wm

Dùng phản chứng, ta giả sử trong hệ thống này có hai đoạn thẳng FW i m và FW k n giao nhau tại I Ta thay các đoạn thẳng FW FW i m k n, bởi FW k m và FW i n

Khi đó theo bất đẳng thức trong tam giác, ta có

i n k m

> + Suy ra tổng độ dài các con đường sau khi thay thế hai đoạn thẳng FW FW i m k n, bởi FW k m và

i n

FW trở nên ngắn hơn Điều này mâu thuẫn với cách chọn ra một hệ thống có tổng độ dài các con đường ngắn nhất

Ví dụ 4 Chứng minh rằng không có bộ 4 số nguyên dương (x y z t, , , ) thỏa mãn

x + =y z +t

Phân tích:

Giả sử tồn tại bộ 4 số nguyên dương như thế Ta đưa ra một “thang đo” để chọn được phần

tử cực biên, và đó là tổng x2 +y2 Tập hợp các tổng x2 +y2 của các bộ số thỏa yêu cầu bài toán là một tập con của tập số nguyên dương nên có phần tử nhỏ nhất Ta chọn một bộ (a b c d, , , ) sao cho a2 +b2 nhỏ nhất

K H

D

P0

C

1

a + =b c +d Þ a +b Þìïï b Þìï =ïb b

1 1,

a b Î ¥

3 c +d =a + =b 9 a +b Û +c d =3 a +b

Điều này chứng tỏ có một bộ số nguyên dương mới là (c d a b, , ,1 1) với c2 +d2 < +a2 b2 thỏa yêu cầu bài toán Mâu thuẫn với cách chọn bộ số (a b c d, , , )

Trong chứng minh này, ta có sử dụng kết quả nếu a2 +b2 chia hết cho 3 thì a và b cùng chia hết cho 3 Ta có thể chứng minh kết quả này bằng phản chứng Thật vậy, giả sử a M3, suy ra a =3k+1,k Î ¢ hoặc a =3k+2,k Î ¢ Khi đó a2 =3m+1,m Î ¢, do đó nếu bM3 thì b M2 3 và suy ra (a2 +b2)M3, vô lí Ngược lại nếu b M3 thì b º2 1 mod 3( ) và suy ra

(a2+b2)º2 mod3( ) tức là (a2 +b2)M3, vô lí

Ví dụ 5 Bài toán Sylvester

Một tập hợp S bao gồm các điểm trong mặt phẳng có tính chất bất kì đường thẳng nào đi qua hai điểm của nó đều đi qua điểm thứ ba Chứng minh rằng tất cả các điểm này cùng nằm trên một đường thẳng

Phân tích:

Giả sử không phải tất cả các điểm này cùng nằm trên một đường thẳng

Vì thế, ta đưa vào một “thang đo” là khoảng cách từ điểm P đến đường

thẳng l không chứa nó

Trong số các cặp ( )P l; tồn tại một cặp ( )P l0 0; sao cho d P l( )0 0;

nhỏ nhất

Gọi D là hình chiếu vuông góc của P0 lên l0

Theo giả thiết có ít nhất ba điểm A B C, , nằm trên l0, nên có hai

trong ba điểm này nằm cùng phía so với điểm D

Không mất tính tổng quát, giả sử

hai điểm đó là A và B, đồng thời BD AD<

Khi đó d B AP( , 0)=BH d D AP< ( , 0)=DK DP< 0 Mâu thuẫn với cách chọn ( )P l0 0;

Ví dụ 6 Trong quốc hội Sikinia, mỗi nghị sĩ có nhiều nhất ba đối thủ Chứng minh rằng người ta có thể chia đôi quốc hội này thành hai nhóm sao cho mỗi người trong một nhóm chỉ

có nhiều nhất một đối thủ

Phân tích:

Xét tất cả các cách chia đôi quốc hội Sikinia, ở mỗi cách chia, ta đưa vào “thang đo”: tổng của tổng số đối thủ của mỗi thành viên trong cùng một nhóm (của tất các nghị sĩ)

Ta chia quốc hội thành hai nhóm A B, Với mỗi nhóm A B, , ta gọi s A s B( ) ( ), là tổng của tổng

số các kẻ thù của mỗi thành viên tính trong nhóm tương ứng Vì số cách chia

là hữu hạn nên phải tồn tại cách chia (A B0, 0) sao cho s A( ) ( )0 +s B0 nhỏ nhất Ta chứng

minh cách chia này thỏa mãn yêu cầu bài toán Thật vậy, giả sử tồn tại một thành viên p có ít nhất hai đối thủ trong nhóm A0, tức là p có nhiều nhất một đối thủ trong nhóm B0 Khi đó,

ta thực hiện phép biến đổi: chuyển p từ A0 sang B0 để được cách chia mới là A0¢ =A0/{ }p

và B0¢ =B0 È{ }p

Vì p có ít nhất hai đối thủ trong nhóm A0 nên khi chuyển p đi thì tổng s A( )0 giảm đi ít nhất

4 đơn vị, tức là s A( ) ( )0¢ £s A0 -4

Tương tự s B( ) ( )0¢ £s B0 +2

Do đó s A( ) ( ) ( )0¢ +s B0¢ £s A0 - +4 s B( )0 + =2 s A( ) ( )0 +s B0 - <2 s A( ) ( )0 +s B0

Điều này mâu thuẫn với cách chọn (A B0, 0)

Ví dụ 7 Trong một cuộc thi đấu võ thuật dành cho nam, mỗi võ sĩ đều phải đấu với các võ

sĩ khác đúng một lần, kết quả chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa Sau cuộc thi, mỗi võ sĩ lập ra một danh sách tên các võ sĩ bị anh ta đánh bại và bị đánh bại bởi các đối thủ bị anh ta đánh bại Chứng minh rằng tồn tại một số võ sĩ có danh sách chứa tất cả tên của các võ sĩ còn lại tham gia cuộc thi

Phân tích:

Để có một danh sách thỏa đề bài thì ta cần chỉ ra có một người thắng nhiều đối thủ nhất

“Thang đo” chính là số đối thủ bị đánh bại bởi mỗi võ sĩ Khi đó, tồn tại võ sĩ A thắng nhiều đối thủ nhất, và A có danh sách thỏa yêu cầu bài toán Thật vậy, giả sử có một võ sĩ B

không nằm trong danh sách của A, tức là B thắng A và B thắng tất cả các võ sĩ bị A đánh bại Khi đó, B thắng nhiều đối thủ hơn A, mâu thuẫn với cách chọn A

Ví dụ 8 Trên mặt phẳng, vẽ 2014 vectơ Hai người chơi lần lượt thay phiên nhau mỗi người lấy một vectơ cho đến khi không còn vectơ trên mặt phẳng Người chiến thắng là người lấy được các vectơ sao cho độ dài vectơ tổng của chúng lớn hơn Hãy chỉ ra chiến thuật chơi để người chơi đầu tiên luôn thắng

Phân tích:

Theo đề bài, ta đưa ra “thang đo” là độ dài vectơ ur =( )x y; : ur = x2 +y2

Theo luật chơi, mỗi người sẽ lấy được số vectơ bằng nhau là 1007 Gọi ur là vectơ tổng của

1007 vectơ Để ur lớn nhất thì tổng của tổng bình phương các hoành độ và tổng bình

phương các tung độ của 1007 vectơ lớn nhất Nếu ta chọn hệ trục tọa độ sao cho tổng bình phương các tung độ của 1007 vectơ của hai người chơi bằng nhau thì bài toán sẽ đơn giản hơn

Gọi aur là vec tơ tổng của 2014 vectơ vuri =( )x y i i i; , =1,2014

Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho trục Ox cùng chiều với vectơ aur và giá của aur trùng với Ox Khi đó trong hệ trục Oxy, vec tơ ar có tung độ bằng 0, tức là y1+ + +y2 y2014 =0 1( )

Không mất tính tổng quát, giả sử người chơi thứ nhất lấy được các vectơ v vur ur1 2, , ,vuuuur1007 và người chơi thứ hai lấy được 1007 vectơ còn lại

Ta có

1007 1007

Theo ( )1 , ta có

1007 2014

1 i 1008 i

èå ø è å ø Do đó để người chơi đầu tiên thắng, chiến lược đi là người chơi đầu tiên chọn các vectơ có độ lớn hoành độ lớn nhất trong mỗi nước đi

3 Bài tập

Bài 1 Tất cả các con đường ở thị trấn Sikinia là đường một chiều Thị trấn này có nhiều ngôi làng nhỏ và cứ hai ngôi làng bất kì thông nhau bởi một con đường Chứng minh rằng có một ngôi làng mà mỗi ngôi làng có thể hoặc đi đến trực tiếp hoặc thông qua nhiều nhất một ngôi làng khác

Bài 2 Trong mặt phẳng, cho n n ³( 3) đường thẳng sao cho không có hai đường thẳng nào song song Biết qua mỗi giao điểm của hai đường thẳng, có ít nhất một đường thẳng khác đi qua Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng đồng quy

Bài 3 Chứng minh rằng nếu n điểm trong mặt phẳng không cùng nằm trên một đường thẳng thì tồn tại một đường thẳng đi qua đúng hai điểm

Bài 4 Chứng minh rằng mỗi khối đa diện lồi có ít nhất hai mặt có cùng số cạnh

Bài 5 Trong mặt phẳng, cho (2n +1) người sao cho các khoảng cách giữa hai người bất kì đều khác nhau Giả sử mỗi người ném một viên đá về phía người đứng gần mình nhất

Chứng minh rằng

a) Ít nhất một người không bị ném

b) Không có ai bị ném nhiều hơn năm viên đá

c) Đường đi của các viên đá không giao nhau

d) Tập hợp các đoạn thẳng tạo nên bởi đường đi các viên đá không chứa một đa giác đóng kín

Bài 6 Mọi mặt cắt của một vật thể đều là hình tròn Chứng minh vật thể đó là một quả cầu

Bài 7 Trong không gian, cho n điểm sao cho không có 4 điểm nào cùng nằm trên một mặt phẳng Một số điểm được nối với nhau bởi các đoạn thẳng Khi đó, ta được một đồ thị G với

k cạnh Chứng minh rằng nếu G không chứa một tam giác thì

2

4

n

k £ ê úê úê úê ú

Bài 8 Giả sử trên một hành tinh có 20 quốc gia, và cứ ba quốc gia bất kì thì có hai quốc gia không có mối quan hệ ngoại giao Chứng minh có nhiều nhất 200 đại sứ trên hành tinh này

Bài 9 Cho ABC là tam giác nhọn Lấy một điểm P bất kì trong tam giác Chứng minh rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P tới ba điểm A B C, , của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam giác đó