MỘT SỐ VÍ DỤ VẬN DỤNG NGUYÊN LÝ CỰC HẠN

GIẢI TOÁN BẰNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN TOÁN VẬN DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN

II- MỘT SỐ VÍ DỤ VẬN DỤNG NGUYÊN LÝ CỰC HẠN

 Thí dụ 1: Chứng minh rằng phương trình 6x2y2z2t2  1

Không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Giả sử phương trình  1 có nghiệm nguyên dương. Theo nguyên lý cực hạn, trong các nghiệm nguyên dương của phương trình luôn tìm được nghiệm x y z t0; 0; ;0 0 sao cho giá trị z02t02 là nhỏ nhất, ta có

 02 02 02 02  

6 x y z t 2

Vế trái của  2 chia hết cho 3 nên z02t02 chia hết cho 3 , để chứng minh đƣợc rằng z0 và t0 chia hết cho 3 . Ta đặt z0 3 ;z t1 0 3t z t1 1,1 * khi đó z0z t1; 0t1 và thay vào  2 nhận đƣợc

 02 02  12 12  

2 x y 3 z t 3

Tương tự , suy ra x0 và y0 cùng chia hết cho 3 . Ta đặt x0 3 ,x y1 0 3y x y1 1, 1 * và thay vào  3

ta đƣợc 6x12 y12 z12t12  4

Từ  4 suy ra phương trình  1 nhậnx y z t1; 1; ;1 1 làm nghiệm nguyên dương, ở đó z12t12 z02t02 . Điều này mâu thuẫn với việc chọn nghiệm x y z t0; 0; ;0 0.

Vậy chứng tỏ phương trình  1 không có nghiệm nguyên dương.

 Thí dụ 2:Cho bảy số nguyên dương đôi một khác nhau và tổng của chúng bằng 100. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất ba số có tổng nhỏ hơn 50.

Lời giải.

Gọi bảy số nguyên dương đôi một khác nhau là , , , , , ,a b c d e g h . Vai trò của các số như nhau nên ta luôn sắp xếp chúng theo thứ tự, chẳng hạn a     b c d e g h. Ta sẽ chứng minh tổng của ba số lớn e  g h 50 . Thật vậy

- Nếu e15 thì e  g h 15 16 17  51 .

- Nếu e15 thì a  b c 14 13 12 11 50    nên : e  g h 100 50 50 . Vậy điều khẳng định là đúng.

 Thí dụ 3:Cho hai số nguyên dương a b nguyên tố cùng nhau, tức là ƯCLN ,  a b, 1. Chứng minh rằng luôn tìm đƣợc hai số nguyên x y, sao cho axby1.

Lời giải.

Xét tập hợp các số tự nhiên Aaxby x y| ,   , theo nguyên lí cực hạn luôn tìm đƣợc số nguyên dương c nhỏ nhất sao cho ax0 by0 c x y 0, 0  .

Ta viết caqr0 r c.

Nếu r0 thì r a cq a ax0by q0 a1x q0   b y q0 ax1by1 với 0 r c . Điều này mâu thuẫn với cách chọn c nhỏ nhất. Vậy r0 , suy ra a c .

Tương tự ta viết cbqs0 s c thì có s0 , suy ra b c .

Vì  a b, 1 nên 1 c . Do đó c1 (ĐPCM).

 Thí dụ 4: Có một số hữu hạn người đến dự một cuộc họp. Người ta nhận thấy rằng nếu hai người quen nhau thì hai người này không cùng quen với một người khác. Còn nếu hai người không quen nhau thì hai người này cùng quen với đúng hai người khác. Chứng minh rằng trong cuộc họp này tất cả mọi người đều có số người quen bằng nhau.

Lời giải.

Do số người trong cuộc họp là hữu hạn, nên ta có thể chọn ra một người A có nhiều người quen nhất.

Ta sẽ chứng minh mọi người quen A cũng đều có số người quen như A .

Giả sử A có n người quen là A A1, 2,...,An. Suy ra n người quen này đôi một không quen nhau. Vì A1 và A2 cùng quen A nên họ cùng quen B1 (khác A ), A1 và A3 cùng quen A nên họ cùng quen B2 (khác A ). Do A và B1 không quen nhau nên họ có đúng hai người quen là A1 và A2. Do A và B2 không quen nhau nên họ có đúng hai người quen là A1 và A3.Suy ra B1 khác B2.

Tương tự A1 và A4 cùng quen B3 (khác B1 và B2), A1 và An cùng quen Bn1 (khác B1 ,B2,…, Bn2 ).

Vậy A1 quen n người A B B, 1, 2,...,Bn1 . Mặt khác số người quen của A1 không thể vượt quá n (vì A có số người quen nhiều nhất bằng n). Vì vậy A1 quen đúng n người. Tương tự A2;...;An cũng quen đúng n người, tức là A A1, 2,...,An có số người quen bằng số người quen của A.

Xét người C bất kì không quen A thì họ sẽ cùng quen người D (trong số A1,..,An). Theo lập luận trên thì số người quen người D có n người quen(tức là có nhiều người quen nhất), do đó số người quen C bằng số người quen D tức là C cũng có n người quen.

Vì vậy mọi người trong phòng học đều có số người quen bằng nhau.

 Thí dụ 5: Bên trong hình tròn bán kính 1 có 7 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm trong 7 điểm đó mà khoảng cách của chúng nhỏ hơn 1 .

Lời giải. (h.10.5).

 Nếu có hai điểm nằm trên một bán kính thì đó là hai điểm phải tìm.

 Giả sử trong 7 điểm đang xét không có hai điểm nào nằm trên một bán kính, tức là 7 điểm

1, 2,..., 7

A A A khác tâm O của đường tròn. Thế thì theo nguyên lí cực hạn trong số các góc AOAi j tồn tại góc có số đo nhỏ nhất, chẳng hạn đó là AOA1 2 .

Khi đó 1 2 360 7 60

AOA 

  . Trong tam giác AOA1 2 nên ta có OA11,OA21 và góc AOA1 2 không thể là góc lớn nhất của tam giác này nên cạnh A A1 2 ứng với góc AOA1 2 không là cạnh lớn nhất, suy ra A A1 2 maxOA OA1, 21 . Ta có A A1, 2 là hai điểm cần tìm.

 Thí dụ 6 : Trên mặt phẳng cho 2013 điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng và không có bốn điểm nào cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh rằng luôn vẽ được một đường tròn đi qua ba điểm, có 1005 ở trong nó và có 1005 điểm ở ngoài nó.

Lời giải.

Trước hết ta vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm ,A B trong sô 2013 điểm đó sao cho 2011 điểm còn lại thuộc nửa mặt phẳng bờ AB bằng cách nhƣ sau(h.10.6).

 Chọn một điểm O trong 2013 điểm đã cho rồi nối O với 2012 điểm còn lại đƣợc 2012 đoạn thẳng. Theo nguyên lý cực hạn luôn tồn tại một đoạn thẳng có độ dài lớn nhất (gọi là r). Vẽ đường tròn tâm O, bán kính r thì tất cả 2013 điểm đã cho sẽ nằm trong hình tròn O r; .

 Vẽ đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn O r; thì 2013 điểm đã cho sẽ thuộc nửa mặt phẳng bờ d .

 2013 điểm lần lƣợt cách d 2013 khoảng cách, theo nguyên lí cực hạn luôn tìm đƣợc điểm A cách d một khoảng nhỏ nhất. Qua A kẻ đường thẳng d1 song song với d , khi đó 2012 điểm còn lại (trừ A ) cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d1

Quay đường thẳng d1 quanh A cho đến khi chạm vào điểm đầu tiên B trong 2012 điểm còn lại.

Đường thẳng AB này chính là đường thẳng cần dựng.

Do không có bốn điểm nào nằm trên một đường tròn, nên 2011 điểm (trừ ,A B) là A A1, 2,...,A2011 cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, sẽ nhìn ABdưới những góc có số đo khác nhau. Kí hiệu

 1, 2,..., 2011

i i

AA B i , không giảm tổng quát giả sử  1 2  ... 2011. Khi đó đường tròn đi qua ba điểm A A, 1006,B sẽ chứa 1005 điểm A1005,...,A2011 và không chứa 1005 điểm

1,..., 1005

A A . Bài toán chứng minh xong.

 Thí dụ 7 : Trên mặt phẳng cho 2n điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng và có n điểm tô mầu đỏ,n điểm tô mầu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một cách nối n đoạn thẳng đôi một không cắt nhau mà hai đầu mút của hai đoạn thẳng đó là hai mầu khác nhau.

Lời giải.

Ta nối n cặp điểm đỏ - xanh bởi n đoạn thẳng (các đoạn thẳng có thể cắt nhau hoặc không cắt nhau).

Xét tập hợp tất cả các cách nối nhƣ thế. Vì có ít nhất mộ cách nối nhƣ thế và số cách nối là hữu hạn, theo nguyên lí cực hạn tồn tại ít nhất một cách nối có tổng độ dài n đoạn thẳng là nhỏ nhất. Ta sẽ chứng minh đây là cách nối mà n đoạn thẳng này đôi một không cắt nhau.

Thật vậy, nếu có hai đoạn thẳng AX và BY cắt nhau tại O (với ,A B tô màu đỏ , X Y, tô màu xanh).

Khi đó ta thay hai đoạn thẳng AX BY, bởi hai đoạn thẳng AY BX, và giữ nguyên n2 đoạn thẳng còn lại. Do AY BXAO OY   BO OX  AXBY (h.10.7) nên cách nối mới này có tổng độ dài n đoạn thẳng nhỏ hơn. Điều này mâu thuẫn với cách chọn ban đầu. Bài toán đã đƣợc chứng

minh.

 Thí dụ 8 : Trong mỗi ô của bàn cờ vô hạn ô, người ta viết một số nguyên dương sao cho mỗi số này là trung bình cộng của bốn số ở bốn ô có cạch chung với ô kế trên.Chứng minh rằng tất cả các số đƣợc viết trên bàn cờ đều bằng nhau.

Lời giải.

Theo nguyên lí cực hạn trong tập hợp các số nguyên dương được viết trên bàn cờ luôn tồn tại số nhỏ nhất m . Gọi bốn số ở bốn ô bên cạnh ô viết số m là , , ,a b c d thì

4 a b c d

m    , nghĩa là

4m   a b c d. Mặt khác do cách chọn nên am b, m c, m d, m , suy ra a   b c d 4m. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a   b c d m.

Như vậy, nếu ở một ô người ta viết số m thì ở những ô có cạnh chung với nó cũng được viết số m. Từ dó suy ra ở tất cả các ô trên bàn cờ đều viết số m. Bài toán đã đƣợc chứng minh.

BÀI TẬP

Bài 1.Chứng minh rằng phương trình x2 y2z2 2xyz không có nghiệm nguyên dương.

Bài 2.Tìm nghiệm nguyên của phương trình 7x2y2z2t2.

Bài 3.Giải phương trình tìm nghiệm nguyên x44y4 2z44t4.

Bài 4.Chứng minh rằng nếu 2n1 số thực có tính chất là tổng của n số bất kì trong chúng đều nhỏ hơn tổng n1 số còn lại thì tất cả những con số này đều là số dương.

Bài 5.Chứng minh rằng tích của n số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho !n .

Bài 6.Một lớp có 50 học sinh, tổng số tuổi của 50 em đó bằng 652 . Hỏi có thể tìm đƣợc trong lớp 20 em có tổng số tuổi lớn hơn 260 hay không ?

Bài 7.Cho 69 số nguyên dương khác nhau, mỗi số không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể chọn đƣợc 4 số , , ,a b c d sao cho a b c và a  b c d . Kết luận trên còn đúng không nếu cho 68 số ?

Bài 8.Chứng minh rằng từ 25 số nguyên dương khác nhau có thể chọn đươc hai số mà tổng và hiệu của chúng không trùng với bất cứ số nào trong 23 số còn lại.

Bài 9.Trên một đường tròn có 30 số, mỗi số bằng giá trị tuyệt đối của hai số đứng trước nó theo chiều kim đồng hồ. Biết rằng tổng của tất cả các số bằng 20 . Hãy tìm các số trên đường tròn.

Bài 10.Một đất nước có 100 sân bay mà các khoảng cách giwuax hai sân bay đều khác nhau. Mỗi máy bay cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay gần nhất. Chứng minh rằng trên bất kì sân bay nào cũng không có quá 5 sân bay cùng một lúc bay đến.

Bài 11.Trên mặt phẳng cho n điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và không có bốn điểm nào cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm trong chúng và đường tròn này không chứa bất kì điểm nào trong số các điểm còn lại.

Bài 12.Trong mặt phẳng cho 2011 đường thẳng đôi một cắt nhau sao cho không có ba đường nào đồng quy. Tam giác tạo bởi ba đường thẳng trong số các đường thẳng đã cho gọi là “tam giác đỏ”, nếu nó không bị đường thẳng nào trong số các đường thẳng còn lại cắt ngang. Chứng minh rằng :

a) Số “tam giác đỏ” không ít hơn 670 . b) Số “tam giác đỏ” không ít hơn 1340 .

Bài 13.Trong mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm, trong đó không có hai điểm nào thẳng hàng. Biết rằng diện tích tam giác bất kì có đỉnh tại các điểm này không vƣợt quá 1. Chứng minh rằng có thể dựng đƣợc một tam giác có diện tích không lớn hơn 4 để tất cả các điểm đã cho sẽ nằm trong hoặc nằm trên cạch của tam giác mới dựng.

Bài 14. Cho 25 điểm trên mặt phẳng, biết rằng trong ba điểm bất kì có thể chọn đƣợc hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 13 điểm nằm trong hoặc trên một đường tròn bán kính 1.

Bài 15.Cho 2012 điểm nằm trên một mặt phẳng. Chứng minh rằng luôn vẽ được một đường thẳng đi qua bất kì điểm nào trong chúng mà mỗi phía của nó có đúng 1006 điểm đã cho.

PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN

PHAN THANH QUANG Phương pháp lùi vô hạn là một kĩ thuật chứng minh do nhà toán học Pháp P.Femat (1601-1665) tìm ra khi ông chứng minh rằng:

Phương trình x4 y4 z4 (1) không có nghiệm nguyên dương.

Ý tưởng như sau: Giả sử có ba số nguyên dường x y z0, 0, 0 thỏa mãn PT(1), ta sẽ tìm được ba số nguyên dương x y z1, 1, 1 cũng thỏa mãn PT(1) mà z1z0. Tiếp tục như thế ta có dãy số vô hạn các số nguyên dương

0 1 2 ...

z  z z  nhưng từ 1 đến z0 chỉ có hữu hạn số nguyên dương. Điều mẫu thuẫn này chứng tỏ PT(1) không có nghiệm nguyên dương.

Dưới đây trình bày bài toán được giải bằng phương pháp lùi vô hạn

 Thí dụ 1: Chứng minh rằng phương trình x4 y4 t2  2

Không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Đặt x2 u y, 2 v ta đƣa về giải PT u2v2 t2  3

Ta chỉ xét các nghiệm nguyên tố cùng nhau, nghĩa là

     u v,  u, t  v t,  1      x y,  x t,  y t, 1, vì nếu tồn tài ƣớc chung nguyên tố khác 1 thì chia hai vế của PT cho ƣớc chung đó.

Viết PT(3) trong dạng u t v

t v u

 

 (dễ thấy 0    t v u t u ) Giả sử u m

t v  n

 tối giản, nghĩa là m n, 1,mn. Lúc đó umk t,  v nk ( k nguyên dương), thay vào PT(4) và giản ƣớc, suy ra

 2 2  2 2

2 , 2

m n k m n k

v t

n n

 

 

Do đó u v t: : 2mh:m2n2 : m2n2

Đặt d m2n m2, 2n2 thì d là ƣớc của 2m2, 2n22m n, 2, nên d 1 hoặc d 2. Nếu

trong hai số m n, có một số chẵn, một số lẻ thì d 1. Nếu cả hai số đều lẻ, ta đặt

2 , 2

m n m m n   n thì có m n  ,  1 và um2n v2, 2m n t , m2n2, trong hai số m n , có một số chẵn, một số lẻ và m n  ,  1. Tóm lại PT(3) có các nghiệm nguyên tố cùng nhau là

2 2 2 2

2 . ,

u mn vm n tm n với m n, 1; trong đó ,m n có một số chẵn, một số lẻ.

Xét PT(2). Nếu m chẵn, n lẻ thì y2  v m2n2 có dạng 4k3 nê không xảy ra. Vậy chỉ có thể m lẻ, n chẵn. Từ x2  u 2mn với m n, 1, (xét các ƣớc số nguyên tố của ,m n), suy ra

2 2

, 2

ma n b với  a b, 1. Từ y2  v m2n2 có y2   2b2 2  a2 2. Theo trên OT dạng (3) này có nghiệm 2b2 2pq y,  p2q a2, 2  p2q2 với p q, 1. Từ b2  pq và p q, 1 có

2 2

,

pc qe nên , ,c e a là nghiệm của PT c4e4 a2 mà aa2  m m2t. Cứ lập luận nhƣ thế thì tồn tại dãy số nguyên dương t  t1 a ... gồm vô hạn số, dẫn đến mẫu thuẫn.

Vậy PT(2) không có nghiệm nguyên dương.

 Thí dụ 2:Trên một tờ giấy kẻ ô vuông có thể vẽ đƣợc những đa giác đếu nào mà mọi đỉnh đều là giao điểm của các đường kẻ?

Phân tích.

Nếu trên tờ giấy lấy hai trục tọa độ nằm trên hai đường thẳng vuông góc thì các giao điểm của các đường thẳng đều có tọa độ nguyên và được gọi là điểm nguyên. Bài toán được phát biểu lại là: Trên mặt phẳng tọa độ có thể vẽ đƣợc các đa giác đều mà mọi đỉnh của nó đều là điểm nguyên?

Ta lần lượt xét các trường hợp sau trên mặt phẳng tọa độ.

Mệnh đề 1. Với hai điểm nguyên A B cho trước bao giờ cũng vẽ được một hình vuông có cạnh là , AB Lời giải.

Dễ thầy mệnh đề 1 đúng trong trường hợp AB nằm trên đường thẳng vuông góc với trục Ox hoặc trục Oy. Nếu AB không nằm trên đường đó (h.10.8) dựng các tam giác ADG BAH BCK, , vuông tại các đỉnh , ,G H K sao cho ADG BAH BCK ta đƣợc hình vuông ABCD.

Mệnh đề 2. Nếu tam giác ABC có ba đỉnh nguyên thì vẽ đƣợc hình bình hành ABCD có bốn đỉnh nguyên.

Chứng minh.

Trên hình 10.9 dựng các tam giác BAH CDK, vuông tại các đỉnh D K, sao cho BAH  CDK, ta đƣợc hình bình hành ABCD.

Mệnh đề 3. Không thể vẽ đƣợc đa giác đều n đỉnh với n5 hoặc n7 sao cho mọi đỉnh của nó đều là điểm nguyên.

Chứng minh.

Ta sử dụng phương pháp lồi vô hạn. Giả sử tồn tại một đa giác đều n đỉnh , , , ,A B C D E … mà mọi đỉnh là điểm là điểm nguyên thì luôn vẽ đƣợc đa giác đều n đỉnh nguyên nằm bên trong đa giác ban đầu, cứ nhƣ thế thì có vô hạn đa giác đều mọi đỉnh nguyên mà cạnh nhỏ dần, nhƣng bên trong đa giác đều ban đầu chi có hữa hạn đỉnh nguyên đã đến mâu thuẫn.

a) Với n5, giả sử có ngũ giác đều ABCDE mọi đỉnh nguyên ( h.10.10) ta dựng đƣợc các hình bình hành ABCM BCDN CDEP DEAQ EABR, , , , có mọi đỉnh nguyên ( theo mệnh đề 2). Do đó tồn tại ngũ giác đều MNPQR có mọi đỉnh nguyên, nằm bên trong ngũ giác ABCDE

b) Với n7, giả sử có đa giác đều n đỉnh nguyên , , , , , ,...A B C D E F (h.10.11) ta dựng đƣợc các hình bình hành ABCM BCDNDEFQ, ,... có mọi đỉnh nguyên ( theo mệnh đề 2). Vì n6 nên

600

CBM  CBN do đó CBMN là tứ giác lồi và dễ thấy là hình thang. Từ đó suy ra đa giác có n đỉnh M N P Q, , , ,... cũng là đa giác đều n đỉnh và mọi đỉnh nguyên, nằm bên trong đa giác đều n đỉnh

, , , , , ,...

A B C D E F

Sử dụng phương pháp lui vô hạn ta có mệnh đề 3.

Mệnh đề 4. Không tồn tại tam giác đều, lục giác đều có mọi đỉnh đều là điểm nguyên.

Chứng minh.

a) Giả sử tồn tài lục giác đều MNPQRS có mỗi đỉnh nguyên (h.10.12). Trên các cạnh của lục giác dựng về phía ngoài nó sáu hình vuông ( dễ thấy ABCN là tam giác đều và áp dụng mệnh đề 1) ta có đa giác 12 cạnh đều với mọi đỉnh nguyên là , , , , ,...A B C D E nhƣng điều này trái với mệnh đề 3.

b) Giả sử tồn tại tam giác đều MNQ có mọi đỉnh nguyên ( h.10.12) thì bằng cách dựng hình bình hành.

Nhƣ ở phần b) của mệnh đề 3 ta có lục giác đều MNPQRS có mọi đỉnh nguyên.

Theo chứng minh ở a) điều này không thể xảy ra.

Kết luận: Chỉ có thể vẽ đƣợc đa giác đều n đỉnh nguyên với n4.

Bạn hãy tìm những bài toán giải bằng phương pháp lùi vô hạn.

BÀI TẬP

Bài 1. Cho 20 điểm trên mặt phẳng sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì nhỏ hơn 2 và ba điểm không thẳng hàng bất kì luôn tạo thành ba đỉnh của tam giác tù. Chứng minh rằng tồn tại đường tròn bán kính 1 chứa hết 20 điểm đã cho.

Bài 2. Từ mỗi đỉnh của đa giác lồi hạ những đường vuông góc xuống các cạnh không chứa đỉnh này. Mỗi đoạn thẳng nối đỉnh và chân đường vuông góc như thế gọi là một đường cao của đa giác. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường cao nằm hoàn toàn trong miền đa giác đó.

Bài 3. Cho dãy số gồm bốn số nguyên dương a a a a1, 2, 3, 4. Lập dãy số mới như sau: 1 1 2, 2 a a

h 

 2 2 3,

2 a a

h 



3 4

3 ,

2 a a

h   4 4 1.

2 a a

h   Cứ tiếp tục nhƣ thế, chứng minh rằng nếu dãy ban đầu có ít nhất hai số không bằng nhau thì sau một số lần lập dãy số mới nhƣ trên sẽ xuất hiện dãy chứa số hạng không nguyên.

Bài 4. Cho hai số nguyên dương ,a b với a1,b2 sao cho a2b2 chia hết cho ab1. Chứng minh rằng

 

2 2

5 1 .

a b  ab