lovetoan wordpress com TỔ HỢP

Mục lục

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
3
3
3
3
3
6
8
8
8
12
15
15
17
19
19
19
19
19

22

2 Các khái niệm về phép đếm
1
Hai quy tắc đếm . . . . . . . . . .
I.
Quy tắc cộng . . . . . . . .
II.
Quy tắc nhân . . . . . . . .
III.
Bài tập . . . . . . . . . . .
2
Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp . . .
I.
Hoán vị . . . . . . . . . . .
II.
Chỉnh hợp . . . . . . . . . .
III.
Tổ hợp . . . . . . . . . . . .
IV.
Bài tập . . . . . . . . . . .
3
Nguyên lí bù trừ . . . . . . . . . .
I.
Nguyên lí bù trừ . . . . . .
II.
Ví dụ áp dụng . . . . . . . .
III.
Bài tập . . . . . . . . . . .
4

Đếm bằng hai cách . . . . . . . . .
I.
Một số kết quả thường dùng
II.
Ví dụ minh họa . . . . . . .
III.
Bài tập . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

25
25
25
26
29
31
31
33
34
39

42
42
42
46
49
49
50
55

N

gu

yễ
n

Tấ
t

T

hu

1 Một số nguyên lí trong giải tốn
1
Ngun lí Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Nguyên lí Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.
Nguyên lí Dirichlet . . . . . . . . . . . .

2.
Nguyên lí Dirichle mở rộng . . . . . . .
3.
Nguyên lí Dirichle cho tập hợp . . . . .
4.
Nguyên lí Dirichle trong hình học . . . .
II.
Các ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . .
III.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
Nguyên lí quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Nguyên lí quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Nguyên lí cực hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
Nguyên lí bất biến - Đơn biến . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Nguyên lí bất biến - đơn biến . . . . . . . . . . .
1.
Khái niệm bất biến, đơn biến . . . . . .

2.
Các bất biến, đơn biến thường hay dùng
II.
Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

1

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.


MỤC LỤC

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

yễ
n

Tấ
t

T

hu

3 Các phương pháp đếm nâng cao
1
Phương pháp sử dụng ánh xạ . . . . . . . . . . . . . .
I.
Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Đơn ánh, toàn ánh và song ánh. . . . . . . . . .
III.
Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2
Phương pháp truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Phương pháp hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Khái niệm hàm sinh và các tính chất . . . . . .
1.
Khái niệm hàm sinh . . . . . . . . . .
2.
Xây dựng một số hàm sinh . . . . . .
3.
Công thức khai triển Newton mở rộng
4.
Định lí RUF . . . . . . . . . . . . . .
II.
Các ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . .
III.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
Cực trị trong tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
Định lí khơng điểm tổ hợp và ứng dụng . . . . . . . . .
I.
Định lý không điểm tổ hợp . . . . . . . . . . . .

II.
Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.
Các bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
Liên tục trong rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Một số ví dụ giải toán . . . . . . . . . . . . . .
III.
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

N

gu

1 Một số ngun lí trong giải tốn
1
Ngun lí Dirichlet . . . . . . .
2
Nguyên lí quy nạp . . . . . . .
3
Nguyên lí cực hạn . . . . . . . .
4
Nguyên lí bất biến - đơn biến .
2 Tổ hơp
1
Hai quy tắc đếm . . . . . . .
2

Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp
3
Nguyên lí bù trừ . . . . . . .
4
Đếm bằng hai cách . . . . . .
3 Các
1
2
3
4
5

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.

phương pháp đếm nâng cao
Phương pháp ánh xạ trong bài toán
Phương pháp truy hồi . . . . . . .
Phương pháp hàm sinh . . . . . . .
Cực trị tổ hợp . . . . . . . . . . . .
Định lí khơng điểm trong tổ hợp . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

đếm
. . .
. . .
. . .
. . .

2

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

58
58

58
58
58
65
67
67
72
74
74
74
74
75
76
77
83
84
100
108
108
110
111
113
113
113
119

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

122
. 122
. 127
. 138
. 142

.
.
.
.

148
. 148
. 154
. 166
. 176

.
.
.
.
.

187
. 187
. 193
. 206
. 209
. 239


Chương 1
Một số ngun lí trong giải tốn
§1. Ngun lí Dirichlet

1.

Nguyên lí Dirichlet

T

Nguyên lí Dirichlet

Tấ
t

I.

hu

Nguyên lí Dirichle (hay là nguyên lí chuồng thỏ) được phát biểu hết sức đơn giản nhưng lại có
nhiều ứng dụng trong tốn học và đặc biệt ngun lí Dirichle là một cơng cụ mạnh để chứng
minh bài toán tồn tại. Sau đây, chúng ta đi xét một số ứng dụng của nguyên lí Dirichle cho bài
toán tồn tại.

Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n chuồng thì có một chuồng chứa ít nhất 2 con thỏ.
Nguyên lí Dirichle mở rộng

yễ
n

2.

gu

Nếu nhốt n con thỏ vào m chuồng (m ≤ n) thì có một chuồng chứa ít nhất
3.

n+m−1
con.
m

Nguyên lí Dirichle cho tập hợp
m

|Si | > k · |S|. Khi đó

N

Cho S là tập hợp hữu hạn. S1 ,S2 , . . . ,Sm là các tập con của S sao cho
i=1

tồn tại một phần tử x ∈ S sao cho x chứa ít nhất trong k + 1 tập của họ {S1 , S2 , . . . , Sm }.
4.

Ngun lí Dirichle trong hình học

Cho một hình phẳng (H) và (Hi ), i = 1,n là các hình phẳng nằm trong (H). Kí hiệu S, Si là
n

diện tích của các hình phẳng (H) và (Hi ). Khi đó, nếu S <

Si thì tồn tại hai hình phẳng
i=1

(Hi ), (Hj ) có giao khác rỗng với i, j ∈ {1,2, . . . ,n}.
Để sử dụng nguyên lí Dirichle, ta cần tạo ra số chuồng và số thỏ.

II.

Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng trong n + 1 số bất kì thuộc tập hợp {1,2,3, . . . ,2n} luôn
chọn được hai số mà số này là bội của số kia.
Viết n + 1 số đã cho dưới dạng:
a1 = 2k1 b1 , a2 = 2k2 b2 , . . . , an+1 = 2kn+1 bn+1 .
3


1. NGUN LÍ DIRICHLET
Trong đó b1 , b2 , . . . , bn+1 là các số lẻ. Ta có: 1 ≤ b1 , b2 , . . . , bn+1 ≤ 2n − 1. Mặt khác trong khoảng
từ 1 đến 2n − 1 có đúng n số lẻ nên tồn tại hai số m < n sao cho bn = bm . Khi đó, trong hai số
an và am có một số là bội của số kia.
Ví dụ 1.2. Chọn bất kì n + 1 số trong 2n số tự nhiên từ 1 đến 2n (n ≥ 2). Chứng minh
rằng trong các số được chọn có ít nhất 1 số bằng tổng của 2 số được chọn (kể cả các trường
hợp 2 số hạng của tổng bằng nhau ).
Giả sử a1 < a2 < . . . < an < an+1 là n + 1 số được chọn.
Xét n số: an+1 − a1 = b1 , an+1 − a2 = b2 , . . ., an+1 − an = bn .
Trong tập 2n + 1 số đó là a1 , a2 , . . . , an+1 , b1 , b2 , . . . , bn tồn tại 2 số bằng nhau, hai số ấy không
thể cùng thuộc dãy a1 , a2 , . . . , an+1 cũng không thể cùng thuộc dãy b1 , b2 , . . . , bn . Ta có:
an+1 − a1 = ai , suy ra an+1 = a1 + ai .

hu

Ví dụ 1.3. Trong mặt phẳng cho 2n + 1 điểm sao cho với 3 điểm bất kì ln có 2 điểm

mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường trịn có bán
kính bằng 1 chứa ít nhất n + 1 điểm trong 2n + 1 điểm đã cho.

Tấ
t

T

Xét A là một trong 2n + 1 điểm. Xét đường tròn (S) = (A,1).
Nếu (S) chứa 2n điểm cịn lại thì ta có điều phải chứng minh.
Nếu B ∈
/ (S), ta xét đường tròn (S ) = (B,1).
Khi đó với điểm C bất kì khác A và B, ta có:

yễ
n

AC < 1
C ∈ (S)
⇒
.
BC < 1
C ∈ (S )

gu

Do đó trong 2n − 1 điểm còn lại ( khác A và B) hoặc thuộc (S) hoặc thuộc (S ) nên trong hai
đường trịn đó chứa ít nhất n điểm. Hay đường trịn đó chứa ít nhất n + 1 điểm trong 2n + 1
điểm đã cho.

N

Ví dụ 1.4. Cho đa giác lồi 2018 cạnh có các tọa độ nguyên. Chứng minh rằng trong đa
giác có ít nhất 403 điểm có tọa độ nguyên.
Xét 5 đỉnh liên tiếp của đa giác A, B, C, D, E.
Vì
(A + B) + (B + C) + (C + D) + (D + E) + (E + A) = 2(A + B + C + D + E) = 6 · 180◦ .
Suy ra trong 5 đỉnh A, B, C, D, E luôn tồn tại hai đỉnh chung cạnh và tổng của hai góc đó lớn
hơn 180◦ . Giả sử hai góc đó là A + B > 180◦ .
Mặt khác:
A + E1 > 180◦
A + B + C1 + D1 = 360◦ ⇒
.
B + C1 > 180◦
Giả sử B + C1 > 180◦ . Dựng hình bình hành ABCF , suy ra F nằm trong tứ giác ABCE.
Vì ABCF là hình bình hành và A, B, C có tọa độ nguyên nên dẫn tới F cũng có tọa độ ngun.
Từ đó ta có đpcm.
Ví dụ 1.5. Trên bàn cờ 10 × 10 người ta viết các số từ 1 đến 100. Mỗi hàng chọn ra số
lớn thứ ba. Chứng minh rằng tồn tại một hàng có tổng các số trong hàng đó nhỏ hơn tổng
các chữ số lớn thứ ba được chọn.

4


1. NGUN LÍ DIRICHLET
Kí hiệu các số lớn thứ ba là a9 < a8 < . . . < a0 . Khi đó số phần tử lớn hơn a0 nhiều nhất là 20
(nhiều nhất là 2 phần tử ở mỗi hàng). Suy ra a0 ≥ 80.
(1)
Tương tự a1 ≥ 78.
(2)

Mặt khác a8 ≥ a9 + 1, a7 ≥ a9 + 1, . . . ,a2 ≥ a9 + 7. Kết hợp với (1) và (2) suy ra:
a0 + a1 + . . . + a9 ≥ 80 + 78 + (a9 + 1) + . . . + (a9 + 7) = 8a9 + 180.
Xét hàng chứa a9 . Tổng các số của dòng chứa a9 là
S(a9 ) ≤ 100 + 99 + a9 + a9 − 1 + . . . + a9 − 7
= 8a9 + 171 < 8a9 + 180 ≤ a0 + a1 + . . . + a9 (đpcm).
Ví dụ 1.6. Trong một cuộc thi Tốn có 65 học sinh tham gia đến từ hai trường. Mỗi học
sinh thi một trong 4 mơn Tốn, Lí, Hoá, Anh Văn. Biết rằng trong 5 học sinh thi cùng
một mơn 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.

gu

yễ
n

Tấ
t

T

hu

Giả sử khơng có 3 học sinh nào thoả u cầu bài tốn.
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 đơi 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
cịn 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.

N

Ví dụ 1.7. Mỗi đỉnh của một cửu giác đều (đa giác đều 9 cạnh) được tô một trong hai
màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác có đỉnh là đỉnh của cửu giác,
đồng dạng với nhau và các đỉnh được tô cùng một màu.

A6
A5

A7

A4

A8
O

A3

A9

A2

A1

5


1. NGUYÊN LÍ DIRICHLET
Chúng ta gọi một tam giác đỏ (xanh) nếu tất cả các đỉnh của tam giác được tơ màu đỏ (xanh).
Vì 9 đỉnh của cửu giác được tơ bởi hai màu nên theo ngun lí Drichle, có ít nhất 5 đỉnh được
tô một màu. Ta giả sử 5 đỉnh được tơ màu đỏ. Suy ra có ít nhất C53 = 10 tam giác đỏ, kí hiệu T
là tập gồm 10 tam giác đỏ này. Ta chứng minh trong 10 tam giác đỏ này, có hai tam giác đồng
dạng với nhau.
Đặt cửu giác đó là A1 A2 · · · A9 và đường tròn (O) là đường tròn ngoại tiếp cửu giác. Khi đó cửu
giác sẽ chia đường trong (O) thàng 9 cung nhỏ bằng nhau. Ta gọi mỗi cung nhỏ là một “lá”.
Xét tam giác Ai Aj Ak với Ai Aj ≤ Aj Ak ≤ Ak Ai . Gọi aij là số “lá” nằm trên cung Ai Aj không
chứa Ak ; ajk , aki được định nghĩa tương tự. Ta thấy mỗi tam giác Ai Aj Ak tương ứng với một bộ
(aij , ajk , aki ) thỏa 1 ≤ aij ≤ ajk ≤ aki ≤ 7 và aij + ajk + aki = 9.
Ví dụ tam giác A3 A5 A9 tương ứng với bộ (2; 3; 4).
Chia T thành các tập con Ti mà mỗi tập con Ti chứa các tam giác đồng dạng thuộc T . Như vậy
mỗi Ti tương ứng với một bộ nghiệm của phương trình
a+b+c=9
1≤a≤b≤c≤7

hu

và ngược lại.
Phương trình (*) có 7 bộ nghiệm:

(∗)

T

(1; 1; 7) , (1; 2; 6), (1; 3; 5), (1; 4; 4), (2; 2; 5), (2; 3; 4) , (3; 3; 3).

III.

Tấ
t

Do đó ta có 7 tập Ti , mà trong T có 10 tam giác nên theo nguyên lí Dirchle, trong các tập Ti có
ít nhất một tập chứa ít nhất hai tam giác. Bài tốn được giải quyết.

Bài tập

yễ
n

Bài 1.1. Trong hình vng cạnh bằng n cho 6n2 + 1 điểm. Chứng minh rằng luôn tồn tại một
đường trong có bán kính bằng 1 chứa ít nhất 7 điểm trong 6n2 + 1 điểm đã cho.

gu

Bài 1.2. Trên tờ giấy kẻ caro lấy 101 ô vuông bất kì. Chứng minh rằng trong 101 ơ vng đó
có 26 ô vuông không chung cạnh hoặc chung đỉnh.

N

Bài 1.3. Từ 625 số tự nhiên 1,2,...,624,625 ta chọn ra 312 số sao cho khơng có hai số nào có
tổng bằng 625. Chứng minh rằng trong 312 số được chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số chính
phương.
Bài 1.4. Cho tập hợp X = {1; 2; 3; . . . ; 2015} . Chứng minh rằng trong ba phần tử tùy ý của X

ln có hai phần tử x1 ,x2 sao cho
√
√
| 5 x1 − 5 x2 | < 2.
√
÷ = 60◦ , BC = 2 3 cm. Bên trong tam giác này cho
Bài 1.5. Cho tam giác nhọn ABC có BAC
13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy ln tìm được 2 điểm mà khoảng cách giữa
chúng không lớn hơn 1cm.
Bài 1.6. Cho tập hợp X gồm n số ngun bất kỳ. Chứng minh X ln có một tập con mà tổng
của các số nguyên có trong tập hợp đó chia hết cho n.
Bài 1.7. Xét 20 số nguyên dương đầu tiên 1, 2, 3,..., 20. Hãy tìm số ngun dương k nhỏ nhất
có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt a
và b sao cho a + b là số nguyên tố.
Bài 1.8. Trong mặt phẳng tọa độ, cho đa giác lồi có số cạnh lớn hơn hoặc bằng 5 và tất cả các
đỉnh có tọa độ nguyên (ta gọi chúng là các điểm nguyên). Chứng minh rằng ở bên trong hoặc
trên cạnh của đa giác đó có ít nhất một điểm nguyên khác nữa.
6


1. NGUYÊN LÍ DIRICHLET
Bài 1.9. Cho 100 số tự nhiên khơng lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng từ các số
đó có thể chọn được một số số có tổng bằng 100.
Bài 1.10. Trong hình trịn bán kính bằng 5 cho 10 điểm. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2
điểm trong số 10 điểm trên mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 2.
Bài 1.11. Cho hình vng có cạnh bằng 20. Bên trong hình vng chọn 2017 điểm phân biệt
(không nằm trên các cạnh của hình vng). Xét tập hợp A có 2021 điểm gồm 4 đỉnh hình vng
và 2017 điểm đã chọn. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác có 3 đỉnh thuộc A với diện
1
.

tích nhỏ hơn
10
Bài 1.12. Trong mặt phẳng cho 8045 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các
điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2012
điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích khơng lớn hơn 1.

hu

Bài 1.13. Trong một cuộc thi có 20 thí sinh. Mỗi người phải thi 2 vịng. Điểm của mỗi vòng thi
được cho là một số tự nhiên từ 1 đến 10. Người ta so sánh điểm của từng vịng thi tương ứng
(vịng 1, vịng 2) giữa các thí sinh. Người A gọi là so sánh được với người B nếu điểm mỗi vịng
thi của A khơng nhỏ hơn điểm mỗi vòng thi tương ứng của B. Biết rằng khơng có hai thí sinh
nào có cùng cặp điểm số tương ứng. Chứng minh rằng có thể chọn được ba thí sinh A, B, C sao
cho A so sánh được với B và B so sánh được với C.

T

Bài 1.14. Cho tập X gồm 100 số tự nhiên dương nhỏ hơn 200. Chứng minh rằng tồn tại một
tập con T của X sao cho tích các phần tử của tập T là một số chính phương.

Tấ
t

Bài 1.15. Xét 100 số nguyên dương a1 , a2 , . . . , a100 ; ai ≤ 100 với i = 1, 2, . . . , 100 và
a1 + a2 + · · · + a100 = 200.
Chứng minh rằng trong 100 số đó ln tồn tại một vài số có tổng bằng 100.

yễ
n

Bài 1.16. Cho 69 số nguyên dương phân biệt khơng vượt q 100. Chứng minh rằng có thể
chọn được 4 số a, b, c, d sao cho a < b < c và a + b + c = d.

gu

Bài 1.17. Xét tập hợp S = {(x; y) |x,y ∈ Z, 0 ≤ x,y ≤ 3 }. Chọn ra 9 phần tử thuộc S Chứng
minh rằng trong 9 phần tử được chọn, tìm được 4 phần tử (x1 ; y1 ) , (x2 ; y2 ) , (x3 ; y3 ) , (x4 ; y4 )
sao cho x1 + x2 + x3 + x4 chia hết cho 4 và y1 + y2 + y3 + y4 chia hết cho 4.

N

Bài 1.18. Cho tập S = {1,2,3, . . . , 99} và A là một tập con bất kì của S mà |A| = 835. Chứng
minh rằng luôn tồn tại 4 phần tử a,b,c,d thuộc A sao cho: a + 2b + 3c = d.
Bài 1.19 (Olympic 30-4-2013, Lớp 10). Trong mặt phẳng Oxy, cho 19 điểm có toạ độ ngun,
trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng có ít nhất 3 điểm trong 19 điểm đã
cho tạo thành một tam giác có trọng tâm là các điểm có toạ độ là số nguyên.
Bài 1.20 (VMO 2011).
√ Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài mỗi cạnh và độ dài các đường
chéo không vượt quá 3 . Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm trong ngũ giác đó. Chứng minh
rằng tồn tại một hình trịn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đã cho chứa ít nhất 403
điểm trong số các điểm đã lấy.

7


2. NGUN LÍ QUY NẠP

§2. Ngun lí quy nạp
Quy nạp là phương pháp mạnh được sử dụng nhiều trong Toán học. Trong tổ hợp, phương pháp
quy nạp được sử dụng để giải các bài toán đếm, bài toán chứng minh tồn tại, bài tốn cực trị,. . . .

I.

Ngun lí quy nạp

Quy nạp toán học là một phương pháp mạnh để chứng minh các phát biểu phụ thuộc vào một
số tự nhiên.
Cho (P (n))n≥0 là một dãy các mệnh đề. Phương pháp quy nạp toán học được sử dụng để chứng
minh P (n) đúng với mọi n ≥ n0 với n0 là một số tự nhiên.
Phương pháp quy nạp toán học (dạng yếu): Giả sử
• P (n0 ) đúng.
• Với mọi k ≥ n0 và P (k) đúng thì P (k + 1) đúng.

hu

Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0 .
Phương pháp quy nạp toán học (bước nhảy s): Cho s là số nguyên dương. Giả sử

T

• P (n0 ) , P (n0 + 1) , . . . ,P (n0 + s − 1) đúng.
• Với mọi k ≥ n0 , P (k) đúng kéo theo P (k + s) đúng .

Tấ
t

Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0 .
Phương pháp quy nạp toán học (Dạng mạnh): Giả sử
• P (n0 ) đúng

yễ
n

• Với mọi k ≥ n0 , P (m) đúng với mọi m mà n0 ≤ m ≤ k kéo theo P (k + 1) đúng.
Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0 .

Ví dụ minh họa

gu

II.

N

Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n ≥ 2, ln tồn tại một tập hợp S có n
số tự nhiên phân biệt sao cho (a − b)2 là ước của a · b với mọi a, b ∈ S.
Với n = 2 ta chọn S2 = {0, 1}.
Giả sử tồn tại tập Sn = {a1 , a2 , · · · , an } thỏa yêu cầu bài toán. Gọi x là bội chung nhỏ nhất của
các số khác 0 có dạng (a − b)2 với a,b ∈ Sn . Đặt
Sn+1 = {x + a |a ∈ Sn } ∪ {0} .
Khi đó |Sn+1 | = n + 1 và với a,b ∈ Sn+1 ta có :
• Nếu ab = 0 thì (a − b)2 |ab .
• Nếu ab = 0, khi đó tồn tại i,j ∈ {1,2, · · · , n} ; i = j sao cho a = x + ai , b = x + aj . Khi đó
(x + ai ) (x + aj ) = x2 + x (ai + aj ) + ai aj ≡ ai aj ≡ 0 mod(ai − aj )2 ,
hay
(a − b)2 = [(x + ai ) − (x + aj )]2 = (ai − aj )2 |(x + ai ) (x + aj ) = ab.
Vậy bài toán được chứng minh.
8

2. NGUN LÍ QUY NẠP
Ví dụ 2.2. Trên đường trịn người ta điền n (n ≥ 3) số sao cho với mỗi số bất kì thì tổng
của hai số kề bên chia hết cho số đó. Chứng minh rằng tổng các thương khơng vượt q
3n.
Ta chứng minh bài tốn bằng phương pháp quy nạp.
• n = 3 . Gọi ba số đó a, b, c , khi đó ta có

 a + b = xc
b + c = ya .

c + a = zb
Giả sử a = max {a, b, c} ta có

+) y = 2, ta có a = b = c nên x + y + z = 6.
+) y = 1, ta có b + c = a. Giả sử b ≥ c, khi đó ta có

hu

ya = b + c ≤ 2a ⇒ y ∈ {1, 2} .

T

zb = c + a = 2c + b ⇒ 2c = (z − 1) b ≥ b

Tấ
t

nên c ≤ b ≤ 2c.
Suy ra

xc = a + b = c + 2b ≤ 5c ⇒ x ≤ 5
zb = c + a = 2c + b ≤ 3b ⇒ z ≤ 3.

yễ
n

Do đó x + y + z ≤ 9. Do đó, bài tốn đúng với n = 3.

N

gu

• Giả sử bài toán đúng với n ≥ 3, ta chứng minh bài toán cũng đúng với n + 1.
+) Nếu n + 1 số đã cho bằng nhau thì ta có đpcm.
+) Xét trường hợp ngược lại, tồn tại a,b,c sao cho b,c xếp cạnh a và a > max {b,c} và b
nằm giữa a và d, c nằm giữa a và e. Ta có

 b + c = ma
a + d = nb .

a + e = pc
Do b + c < 2a nên m = 1 hay b + c = a. Suy ra
c + d = (n − 1) b
.
b + e = (p − 1) c
Do vậy, khi ta bỏ a khỏi vịng trịn thì n số còn lại vẫn thỏa yêu cầu đề bài, theo giả thiết
quy nạp thì tổng các thương của n số này khơng vượt q 3n, do đó tổng các thương của
n + 1 số không vượt quá 3n + 3 = 3 (n + 1).
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 2.3 (Azerbaijan TST 2015). Tập A = {a1 ,a2 , . . . ,an } gồmn > 2 số nguyên

dương phân biệt được gọi là tập “ tốt” nếu a2016
ln chia hết cho tích a1 a2 . . . ai−1 ai+1 . . . an
i
với mọi i = 1,2016. Tìm số nguyên dương n lớn nhất để tồn tại một tập “tốt” có đúng n
phần tử.

9


2. NGUYÊN LÍ QUY NẠP
Giả sử A = {a1 ,a2 , . . . ,an } là tập “tốt” với a1 < a2 < . . . < an . Đặt P1 = a2 a3 . . . an , theo đề bài
. Mặt khác P1 > an−1
nên
nên P1 ≤ a2016
ta có P1 |a2016
1
1
1
n − 1 < 2016 ⇒ n < 2017 ⇒ n ≤ 2016.
Ta chứng min với mọi 3 ≤ n ≤ 2016 luôn tồn tại một tập “tốt” có n phần tử.
Với n = 3 ta chọn A = {6,18,36}.
Giả sử A = {a1 ,a2 , . . . ,ak } là tập “tốt” với k < 2016.
Đặt P = a1 a2 . . . ak và
b0 = P, b1 = a1 P, b2 = a2 P, . . . ,bk = ak P.
Khi đó
b1 b2 . . . bk = P k a1 a2 . . . ak P 2016 = b2016
0
Và
b0 b1 . . . bi−1 bi+1 . . . bk = P k a1 ..ai−1 ai+1 . . . ak b2016
.

i
Do đó tập B = {b0 ,b1 , . . . ,bk } là tập “tốt” có k + 1 phần tử.
Theo ngun lí quy nạp ta có đpcm.

gu

yễ
n

Tấ
t

T

hu

Ví dụ 2.4 (THTT T10/468). Một người thợ ln phải lát những căn phịng có kích
thước 2n × 2n ơ vng bằng các mảnh đá lát hình đơ-mi-nơ kích thước 1 × 3 ơ vng và
các mảnh đá lát hình thước thợ 3 ơ vng. Anh ta phải lát kín cả căn phịng chỉ trừ lại
một ô vuông duy nhất để trống không lát đá để trang trí đặc biệt. Do giá thành của một
viên đá lát hình thước thợ đắt hơn nhiều giá thành của một viên đá lát hình đơ-mi-nơ,
cho nên anh ta muốn sử dụng càng ít viên đá lát hình thước thợ càng tốt. Anh ta nhận
thấy rằng dù vị trí ơ đặc biệt ở đâu đi chăng nữa, chưa lần nào anh ta phải dùng nhiều
hơn n viên gạch lát hình thước thợ để hồn thành cơng việc của mình. Hãy chứng minh
rằng khẳng định của người thợ luôn đúng với mọi số nguyên dương n.

Thước thợ

Đô-mi-nô

N

Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau:
Bổ đề 1. Mọi hình chữ nhật có kích thước một cạnh chia hết cho 3 thì lát được bởi các viên đá
hình đơ-mi-nơ 1 × 3.
Bổ đề này là hiển nhiên.
Bổ đề 2. Mọi hình thước thợ tạo bởi ba hình vng kích thức 2n × 2n đều lát được bởi một số
viên đá hình đơ-mi-nơ và 1 viên đá hình thước thợ.
Chứng minh:
Kết luận hiển nhiên đúng khi n = 1.
Giả sử kết luận đúng cho n = k − 1 thì ta chia một hình thước thợ tạo bởi 3 hình vng kích
thước 2k × 2k thành các hình chữ nhật có một cạnh chia hết cho 3 và một thước thợ tạo bởi 3
hình vng kích thước 2k−1 × 2k−1 (như trong hình 1).

Hình 1

Hình 2
10


2. NGUN LÍ QUY NẠP
Dễ thấy các hình chữ nhật thu được đều có đồ dài một cạnh chia hết cho 3 nên chúng được lát
bởi các viên đá đô-mi-nô theo Bổ đề 1.
Hình thước thợ gồm 3 ơ vng 2k−1 × 2k−1 theo giả thiết quy nạp lạt được bởi các viên đá
đo-mi-nơ và một viên đá hình thức thợ.
Trở lại bài tốn.
Với n = 1 thì bài tốn hiển nhiên đúng.
Giả sử kết luận của bài toán đúng với n = k − 1 ≥ 1. Xét một căn phịng kích thước 2k × 2k ơ
vng. Chia hình vng này thành 4 hình vng bằng nhau thì ơ trống sẽ rời vào một trong 4
hình vng này, chẳng hạn rời vào góc phần tư thứ nhất (hình 2). Theo giả thiết quy nạp thì

cần khơng q k − 1 viên đá lát hình thước thợ để lát hình vng ở góc phần tư thứ nhất. Để
lát hình thước thợ gồm 3 hình vng kích thức 2k−1 × 2k−1 , thi theo Bổ đề 2 ta cần một viên
đá hình thước thợ. Do đó, ta cần khơng qua (k − 1) + 1 = k viên đá hình thước thợ để lát căn
phịng kích thước 2k × 2k .
Vậy bài tốn được chứng minh.

hu

Ví dụ 2.5 (VN TST 2007). Cho hai tập hợp A, B là tập hợp các số nguyên dương thỏa
mãn |A| = |B| = n (với n là số nguyên dương) và có tổng các phần tử bằng nhau. Xét
bảng ơ vng n × n. Chứng minh rằng ta có thể điền vào mỗi ơ vng của bảng một số
nguyên không âm thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

T

i) Tập hợp tổng các số ở mỗi hàng là tập A.
ii) Tập hợp tổng các số ở mỗi cột là tập B.

Tấ
t

iii) Có ít nhất (n − 1)2 + k số 0 trong bảng với k là số các phần tử chung của A và B.

gu

yễ
n

Trước hết, ta thấy rằng nếu một giá trị k sao cho tồn tại 2 phần tử bằng nhau ở mỗi tập là
ak = bk = t thì ta điền số t vào ô vuông nằm ở hàng thứ k và cột thứ k, các ơ cịn lại của hàng

thứ k và cột thứ k đều điền vào số 0; như thế thì tổng các số ở hàng và cột này thỏa mãn đề bài
và không ảnh hưởng đến các hàng và cột khác. Do đó, khơng mất tính tổng qt, ta xét trường
hợp A ∩ B = ∅ ( trường hợp có các phần tử chung thì điền thêm vào các hàng và cột theo cách
tương tự như trên), tức là số phần tử chung của hai tập là k = 0.

N

1

2

i

1

0

2

0

n

0
i

0

0

0

0

0

0

0
0
n

0

Ta sẽ chứng minh bài toán này bằng quy nạp. Gọi T là tập hợp các điều kiện i/, ii/, iii/ như
trên (điều kiện iii/ tương ứng với trường hợp xét số nguyên dương n).
• Với n = 1, bài toán hiển nhiên đúng.

11


2. NGUN LÍ QUY NẠP
• Giả sử bài tốn đúng với mọi số tập hợp có n − 1 phần tử. Ta sẽ chứng minh rằng với hai
tập A, B có n phần tử, ta cũng có thể xây dựng một bảng n × n thỏa mãn điều kiện T .
Thật vậy, xét hai tập hợp
A = {a1 , a2 , a3 , . . . , an }, B = {b1 , b2 , b3 , . . . , bn }
trong đó: a1 < a2 < a3 < ... < an , b1 < b2 < b3 < ... < bn (hai tập này khơng có phần tử
nào chung).
Giả sử a1 < b1 . Do tổng các phần tử ở hai tập bằng nhau nên tồn tại một chỉ số i thỏa mãn
ai > b1 > b1 − a1 ⇒ ai − (b1 − a1 ) > 0.

Ta xét hai tập hợp A∗ , B ∗ như sau:
A∗ = {a2 , a3 , . . . , ai−1 , ai − b1 + a1 , . . . , an }, B ∗ = {b2 , b3 , . . . , bn }.

2

n−1

3

hu

1
1

yễ
n

Tấ
t

T

2

gu

n−1

N

Hai tập hợp này có cùng số phần tử là n − 1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại một bảng
có kích thước (n − 1) × (n − 1) thỏa mãn điều kiện T (trong bảng này có ít nhất (n − 2)2
số 0).
Ta thêm vào bên trái bảng một cột và bên trên bảng một hàng nữa như hình vẽ. Ở ơ góc
bên trái và phía trên, ta điền số a1 , ở hàng thứ i của bảng ban đầu (hàng có tổng các
phần tử bằng ai − b1 + a1 ), ta điền số b1 − a1 ; còn tất cả các ơ cịn lại của hàng và cột vừa
thêm vào, ta điền vào các số 0. Khi đó, bảng này có tổng các phần tử ở mỗi hàng là tập A
và tổng các phần tử ở mỗi cột là tập B, số các số 0 ở bảng vừa lập được không nhỏ hơn
(n − 2)2 + 2(n − 1) − 1 = (n − 1)2 và do đó nó thỏa mãn điều kiện T .
Do đó, bài tốn cũng đúng với mọi tập hợp có n phần tử.
Theo nguyên lí quy tạp, bài tốn này đúng với mọi số nguyên dương n.
Vậy ta có đpcm.

III.

Bài tập

Bài 2.1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2, sẽ tồn tại các số nguyên dương phân biệt
a1 , a2 , . . . , an sao cho aj + ai chia hết cho aj − ai với 1 ≤ i < j ≤ n.
Bài 2.2. Cho tập X = {0, 1, 2, · · · , 32018 − 1}. Chứng minh rằng tồn tại một tập con A của X
sao cho |A| = 22018 và trong A khơng có ba số nào lập thành một cấp số cộng.
12


2. NGUN LÍ QUY NẠP
Bài 2.3. Có n + 1 quả cân lần lượt có các khối lượng 30 , 31 , . . . , 3k , . . . , 3n . Chứng minh rằng
bằng cân đĩa với n + 1 quả cân đã cho, ta có thể cân mọi vật có khối lượng là số nguyên x nằm
trong đoạn [1; Sn ] với Sn = 30 + 31 + · · · 3n .
Bài 2.4. Trong một giải đấu cờ vua, có n ≥ 5 đấu thủ tham gia (hai đấu thủ bất kỳ đấu với
n2

nhau tối đa một trận). Chứng minh rằng nếu số trận đấu đã diễn ra khơng nhỏ hơn
+2
4
thì ln tồn tại 5 đấu thủ A, B, C, D, E mà A đã đấu với cả 4 đấu thủ cịn lại, ngồi ra B đã
đấu với C và D đã đấu với E. Khẳng định của bài tốn cịn đúng khơng nếu số trận đấu đã diễn
n2
+ 2?
ra nhỏ hơn
4
Bài 2.5. Quan sát một con thạch sùng bắt muỗi, ta thấy quy luật sau:
• Con thạch sùng nghỉ ngơi sau mỗi lần bắt muỗi;
• Con muỗi đầu tiên bị bắt sau thời gian nghỉ 1 phút;

hu

• Thời gian nghỉ trước khi bắt con muỗi thứ 2m bằng thời gian nghỉ trước khi bắt con muỗi
thứ m và kém 1 phút so với thời gian nghỉ trước khi bắt con muỗi thứ 2m + 1;
• Khi thạch sùng hết nghỉ thì nó bắt muỗi ngay lập tức.

T

Coi thời gian thực hiện động tác bắt muỗi của thạch sùng bằng 0. Hỏi sau bao nhiêu phút thì
thạch sùng bắt được con muỗi thứ 82?

N

gu

yễ
n

Tấ
t

Bài 2.6. Cho các số 1,2,3, · · · ,n. Chúng ta thực hiện việc xóa hai số bất kì trên bảng và thay
bằng số mới bằng 2 lần tổng của hai số đó. Cứ tiếp tục q trình như vậy cho đến khi trên bảng
chỉ còn lại một số. Số cuối cùng trên bảng chính là số kẹo mà học sinh nhận được. Chứng minh
4n3
rằng số kẹo đó ln lớn hơn
với mọi số tự nhiên n ≥ 2.
9
Bài 2.7 (Chọn đội tuyển Nghệ an năm 2014-2015, ngày 1). Một tập hợp con A có ít
nhất ba phần tử của tập các số nguyên dương được gọi là tập “thô” nếu với 3 phần tử phân biệt
a, b, c của A thì a không là bội của (b, c), với (x, y) là kí hiệu ước chung lớn nhất của hai số nguyên
x và y. Chứng minh rằng nếu A là tập “thơ” có n phần tử và n ≥ 4 thì max A ≥ 4 (n2 − n − 1)
.
Bài 2.8. Cho đa giác lồi n cạnh (n ≥ 4). Kẻ kn + 1 đường thẳng chéo khác nhau (k ≥ 0 nguyên,
n(n − 3)
kn + 1 ≤
). Chứng minh rằng từ các đường chéo đã kẻ đó có thể chọn ra được 2k + 1
2
đường tạo thành một đường gấp khúc mà khơng có hai cạnh nào cắt nhau.
Bài 2.9. Trong mặt phẳng cho n (n ∈ N, n ≥ 2) đường thẳng đơi một cắt nhau và khơng có ba
đường thẳng nào đồng quy. Các đường thẳng trên chia mặt phẳng thành các miền hữu hạn và
vô hạn. Chứng minh rằng có thể đánh dấu các miền này bởi các số nguyên thỏa mãn đồng thời
các điều kiện sau:
(i) Các số nguyên này khác O
(ii) Trị tuyệt đối mỗi số không vượt quá n
(iii) Với mỗi đường thẳng bất kỳ, luôn chia mặt phẳng thành hai phần, mà trên mỗi phần đó
ln có tổng các số được đánh dấu trên các miền đều bằng 0.

Bài 2.10 (P89, Tạp chí Pi, tháng 8 năm 2017). Cho số nguyên N ≥ 2. Có N (N + 1) cầu
thủ bóng đá, trong đó khơng có hai người nào có cùng chiều cao, đứng thành một hàng ngang.
Ngài Alex muốn đưa N (N − 1) cầu thủ ra khỏi hàng sao cho ở hàng ngang mới nhận được, gồm
2N cầu thủ còn lại, N điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
13


2. NGUN LÍ QUY NẠP
(1) khơng có cầu thủ nào đứng giữa hai cầu thủ cao nhất,
(2) khơng có cầu thủ nào đứng giữa cầu thủ cao thứ ba và cầu thủ cao thứ tư,
..
.
(N) khơng có cầu thủ nào đứng giữa hai cầu thủ thấp nhất.
Chứng minh rằng Ngài Alex ln có thể làm được điều đó.
Bài 2.11 (P9, Tạp chí Pi, tháng 1 năm 2017). Giả sử m là một số nguyên dương. Tập con
A của tập hợp các số nguyên dương được gọi là tập m-đầy nếu tổng các phần tử của A không
vượt quá m và với mỗi k = 1,2, . . . ,m, tồn tại các phần tử phân biệt của A có tổng bằng k. Ví
dụ, tập A = {1; 2; 3} là một tập 6-đầy. Chứng minh rằng tồn tại các tập m-đầy khi và chỉ khi
m = 2,4,5,9.

N

gu

yễ
n

Tấ
t

T

hu

Bài 2.12. Cho A là tập các số nguyên dương thỏa mãn các điều kiện sau:
i) Nếu a ∈ A thì mọi ước nguyên dương của a cũng thuộc tập A.
ii) Nếu a,b ∈ A mà 1 < a < b thì 1 + ab ∈ A.
Chứng minh rằng nếu |A| ≥ 3 thì A = N∗ .

14


3. NGUN LÍ CỰC HẠN

§3. Ngun lí cực hạn
Một tập hợp hữu hạn các số thực ln có phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất. Một tập con
bất kỳ của N ln có phần tử nhỏ nhất. Ngun lý đơn giản này trong nhiều trường hợp rất có
ích cho việc chứng minh. Hãy xét trường hợp biên! Đó là khẩu quyết của nguyên lý này.

I.

Ví dụ
Ví dụ 3.1. Cho S là một tập hợp các điểm trong mặt phẳng, trong đó mỗi điểm trong
S là trung điểm của đoạn thẳng được tạo nên bởi hai điểm của S. Chứng minh rằng S là
tập vơ hạn.
A

C

D

B

T

hu

Giả sử S có hữu hạn điểm, khi đó số các đoạn thẳng có hai điểm
mút thuộc S là hữu hạn. Do đó, trong các đoạn thẳng đó có đoạn
AB có độ dài lớn nhất.
Theo tính chất của tập S thì B là trung điểm của đoạn CD với
◊
C, D ∈ S. Giả sử AD ≥ AC, khi đó góc AM
D > 90◦ , do đó
AD > AB (vơ lí).
Vậy điều giả sử sai, hay ta có đpcm.

Tấ
t

Ví dụ 3.2. 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.

Xét ngũ giác lồi ABCDE và giả sử AC là đường chéo lớn nhất trong
tất cả các đường chéo của ngũ giác (Ngũ giác có C25 − 5 = 5 đường
chéo nên sẽ tồn tại đường chéo có độ dài lớn nhất). Gọi I là giao
điểm của hai đường chéo AD và CE, ta có

gu

yễ
n

C
B
D

AD + CE = AI + ID + CI + IE > AI + IC > AC.
A

E

N

Suy ra AC, AD, CE là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Vậy bài tốn được chứng minh.

Ví dụ 3.3. Trong mặt phẳng cho 2015 đường thẳng phân biệt sao cho ba đường thẳng
bất kì ln đồng quy tại một điểm. Chứng minh rằng 2015 đường thẳng trên cùng đi qua
một điểm.

A
Giả sử 2015 đường thẳng đã cho không đồng quy tại
K
một điểm. Xét tất cả các khoảng cách khác 0 từ các
giao điểm của 2015 đường thẳng đã cho đến các đường
E
thẳng đó. Vì các khoảng cách này là hữu hạn nên tồn tại
một khoảng cách h nhỏ nhất. Giả sử h = d (A,∆) = AH
B

H
C
D
với A là một trong các giao điểm, ∆ là một trong 2015
đường thẳng đã cho và H là chân đường vuông góc hạ
từ A xuống ∆.
Vì qua A có ít nhất ba đường thẳng đi qua. Giả sử ba đường thẳng đó lần lượt cắt đường
thẳng ∆ tại các điểm B,C,D. Trong ba điểm B,C,D có ít nhất 2 điểm nằm cùng phía so với
điểm H, ta giả sử đó là C,D và HC < HD. Gọi E,K là hình chiếu vng góc của C và H lên

15


3. NGUN LÍ CỰC HẠN
đường thẳng AD. Ta có CE < HK < AH , suy ra vơ lí vì AH là khoảng cách nhỏ nhất. Vậy
bài tốn được chứng.
Ví dụ 3.4. Có 3 nhóm học sinh, mỗi nhóm có 100 em. Biết mỗi học sinh ở nhóm này
quen với ít nhất 101 em học sinh ở hai nhóm cịn lại. Chứng minh rằng ta có thể chọn ra
mỗi nhóm một học sinh sao cho ba học sinh đó đơi một quan nhau.
Gọi A là học sinh có nhiều bạn nhất ở một trường khác. Gọi số bạn nhiều nhất này là k. Giả sử
A ở trường thứ nhất và tập những bạn quen A là M = {B1 , B2 , . . . , Bk } ở trường thứ 2. Cũng
theo giả thiết, có ít nhất 1 học sinh C ở trường thứ 3 quen với A. Vì C quen không quá k học
sinh ở trường thứ nhất nên theo giả thiết C quen với ít nhất n + 1 − k học sinh của trường thứ
hai, đặt N = {D1 , D2 , . . . , Dm } là những người quen C ở trường thứ hai thì m ≥ n + 1 − k.
Vì M , N đều thuộc tập hợp gồm n học sinh và |M | + |N | ≥ k + n + 1 − k = n + 1 nên ta có
M ∪ N = ∅. Chọn B nào đó thuộc M ∪ N thì ta có A, B, C đơi một quen nhau.

hu

Ví dụ 3.5. Trong quốc hội Sikinia, mỗi nghị sĩ có nhiều nhất ba đối thủ. Chứng minh

rằng người ta có thể chia đơi quốc hội này thành hai nhóm sao cho mỗi người trong một
nhóm chỉ có nhiều nhất một đối thủ.

yễ
n

Tấ
t

T

Ta chia quốc hội thành hai nhóm A và B. Với nhóm A, ta gọi S(A) 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 (A0 , B0 ) sao cho S(A0 ) + S(B0 ) nhỏ nhất. Ta chứng minh cách chia này thỏa mãn 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 A0 = A0 \{p} và B0 = B0 ∪ {p}.
Vì p có ít nhất 2 đối thủ trong A0 nên khi chuyển p đi thì S(A0 ) giảm ít nhất 4 đơn vị, hay
S(A0 ) ≤ S(A0 ) − 4 và tương tự S(B0 ) ≤ S(B0 ) + 2. Suy ra
S(A0 ) + S(B0 ) ≤ S(A0 ) + S(B0 ) − 2 < S(A0 ) + S(B0 ).

gu

Điều này trái với cách chọn A0 , B0 .

N

Ví dụ 3.6. Ta tô các số tự nhiên bởi hai mãu trắng và đen. Mỗi số chỉ tô một màu sao
cho:

i) Hai số khác màu thì tổng của chúng tơ màu đen
ii) Có vơ hạn số được tơ màu trắng.
Chứng minh rằng tổng và tích của hai số được tơ màu trắng là số được tô màu trắng.
Giả sử p là số nhỏ nhất được tơ màu trắng. Ta chứng minh:
• Mọi số được tô màu trắng là bội của p.
Giả sử x = pm + r, 0 < r < p được tơ màu trắng.
Ta có x = p+(x−p) ⇒ x−p được tô màu trắng. Tương tự, ta suy ra x−2p, x−3p, . . . , x−mp
được tô màu trắng hay r được tô màu trắng. Mà 0 < r < p điều này vơ lí. Do đó r = 0
hay x = mp.
• Mọi bội của p được tơ màu trắng.
Giả sử tồn tại một số x = mp được tơ màu đen. Khi đó (m + 1) p = mp + p được tô màu
đen (m + 2) p = (m + 1) p + p được tô màu đen.
Suy ra tất cả các bội của p mà lớn hơn mp đều được tơ màu đen. Do đó, sẽ có hữu hạn số
được tơ màu trắng. Điều này trái với giải thiết.
Vậy mọi bội của p được tô màu trắng.
16


3. NGUN LÍ CỰC HẠN
Từ hai điều trên ta có đpcm.
Ví dụ 3.7 (IMO 2014). Với mỗi số nguyên dương n, Ngân hàng Cape Town đều phát
1
hành các đồng xu có mệnh giá . Cho một bộ sưu tập gồm hữu hạn các đồng xu như vậy
n
các đồng xu không nhất thiết có mệnh giá khác nhau) mà tổng mệnh giá của chúng không
1
vượt quá 99 + . Chứng minh rằng có thể phân chia bộ sưu tập đó thành khơng q 100
2
nhóm sao cho tổng mệnh giá của tất cả các đồng xu trong mỗi nhóm khơng vượt q 1.
Ta sẽ chứng minh mệnh đề tổng quát: Nếu có các đồng tiền tổng mệnh giá không quá k − 12 thì

có thể chia các đồng tiền thành k nhóm, mỗi nhóm có tổng mệnh giá khơng q 1. Ta sẽ dùng
ý tưởng phản ví dụ nhỏ nhất.
Giả sử n là số nhỏ nhất mà mệnh đề không đúng, tức là tồn tại một số đồng tiền có tổng
1
mệnh giá không quá n − nhưng không chia được thành n nhóm, mỗi nhóm có tổng mệnh giá
2
khơng q 1. Khi đó trong tất cả các phản ví dụ với giá trị n này, ta chọn phản ví dụ với số
lượng tiền nhỏ nhất. Gọi m là đồng tiền nhẹ nhất.

yễ
n

Tấ
t

T

hu

Theo tính nhỏ nhất, ta có thể chia các đồng tiền cịn lại thành n nhóm, mỗi nhóm khơng
vượt q 1 nhưng lại lớn hơn 1 − m (vì nếu có nhóm có tổng mệnh giá khơng vượt q 1 − m
1
thì ta có thể bổ sung đồng tiền trọng lượng m vào đó). Do đó, ta có n − > n(1 − m) + m hay
2
1
1
m>
. Tiếp theo, nếu có 2 đồng tiền mệnh giá
thì ta có thể thay bằng 1 đồng tiền
2n − 2

2k
1
1
mệnh giá , trái với tính nhỏ nhất của số đồng tiền. Tương tự, nếu có p đồng tiền mệnh giá
k
p
thì ta có thể bỏ cả pđồng tiền này đi. Nhóm cịn lại sẽ khơng thể chia được thành n − 1 nhóm,
mỗi nhóm có tổng mệnh giá khơng vượt q 1 (nếu chia được thì các đồng tiền cũ cũng chia
được), mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của n. Vậy tổng mệnh giá các đồng tiền sẽ nhỏ hơn:

N

gu

1
1 3
2n − 3
1 1 1 1 1 1 1 1
+ + + + + + + + ··· +
<
+ + ··· +
2 3 3 4 5 5 5 5
2n − 2
2 3
2n − 3
3
1
= n − = (n − 1) − .
2
2

và như vậy phản ví dụ này đúng cho n − 1. Điều mâu thuẫn này cho ta điều phải chứng minh.

II.

Bài tập

Bài 3.1. Cho n điểm xanh và n điểm đỏ trên mặt phẳng, trong đó khơng 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 đơi một khơng giao nhau.
Bài 3.2. Có bao nhiêu tập con A của tập {1,2,3,...,2014} thỏa mãn điều kiện: A có ít nhất hai
y2
phần tử và nếu x,y ∈ A; x > y thì
∈ A.
x−y
Bài 3.3. Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vịng trịn, mỗi đấu thủ
đấu với tất cả các đấu thủ còn lại. Kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua, khơng có hịa.
Chứng minh rằng có thể xếp 2015 vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng
người đứng kề sau.
Bài 3.4. Trên mặt phẳng cho 2 × 2011 điểm, trong đó khơng có bất kỳ 3 điểm nào thẳng hàng.
Người ta tô 2011 điểm bẳng màu đỏ và tơ 2011 điểm cịn lại bằng màu xanh. Chứng minh rằng:
bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả các điểm màu xanh bởi 2011
đoạn thẳng khơng có điểm nào chung.
17


3. NGUYÊN LÍ CỰC HẠN
Bài 3.5. Ký hiệu S là tập hợp gồm 2015 điểm phân biệt trên một mặt phẳng.Giả sử tất cả các
điểm của S không cùng nằm trên một đường thẳng.Chứng minh rằng có ít nhất 2015 đường
thẳng phân biệt mà mỗi đường thẳng đi qua ít nhất hai điểm của S.
Bài 3.6. Một nước có 80 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: trên bất
kỳ sân bay nào cũng không thể có quá 5 máy bay đến.
Bài 3.7. Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ, khơng thể tìm được năm điểm nguyên là
đỉnh của một ngũ giác đều.
(Một điểm M (x; y) trên mặt phẳng toạ độ được gọi là “điểm nguyên” nếu cả hai toạ độ x, y của
nó đều là những số nguyên).
Bài 3.8. Chứng minh rằng: Bốn hình trịn có đường kính là bốn cạnh của một tự giác lồi thì
phủ kín miền tứ giác ABCD.
Bài 3.9. Có 3 nhóm học sinh, mỗi nhóm có n(n ≥ 2) học sinh. Biết rằng mỗi học sinh quen với
n + 1 học sinh ở hai nhóm cịn lại. Chứng minh rằng từ mỗi nhóm ta có thể chọn ra một học
sinh sao cho ba học sinh được chọn đôi một quen nhau.

hu

Bài 3.10. Trên mặt phẳng cho n ≥ 3 điểm, khoảng cách giữa các điểm này đôi một khác nhau.
Nối điểm nào đó trong số các điểm này với điểm gần nhất. Cứ tiếp tục như thế. Hỏi với cách nối
đó có thể nhận được một đường gấp khúc khép kín khơng?

N

gu

yễ
n

Tấ
t

T

Bài 3.11. Trường hè Bắc Trung bộ năm 2015 được tổ chức trong 7 ngày và có 42 học sinh tham
dự. Trong mỗi ngày các em được ăn 3 bữa (sáng, trưa và tối) tại 21 bàn ăn, mỗi bàn gồm 2 em.
Để tăng cường tính giao lưu, Ban tổ chức đặt ra quy định là phải sắp xếp sao cho 2 em tùy ý
chỉ được ngồi cùng bàn ăn nhiều nhất là 1 bữa.
a) Chứng minh rằng dù các bữa ăn trước đã được sắp xếp như thế nào đi nữa thì tới bữa ăn
tùy ý trong đợt tập huấn ta cũng ln có cách sắp xếp các em tham gia trường hè vào 21 bàn
ăn theo quy định.
b) Tính chất nói trên có cịn đúng khơng nếu có thêm một bữa ăn thứ 22 vào sáng ngày thứ
8 của đợt tập huấn?

18


4. NGUN LÍ BẤT BIẾN - ĐƠN BIẾN

§4. Ngun lí bất biến - Đơn biến
I.

Nguyên lí bất biến - đơn biến

1.

Khái niệm bất biến, đơn biến

Bất biến (invariant) là những đại lượng, tính chất khơng thay đổi khi chúng ta thực hiện các
phép biến đổi. Nguyên lý bất biến là một trong các nguyên lý cơ bản của tổ hợp và nó hỗ trợ
tốt trong nhiều bài tốn. Ví dụ như khoảng cách giữa mỗi điểm và ảnh của nó trong một phép
quay là một bất biến.
Đơn biến (còn gọi là nửa bất biến, tiếng Anh là semi-invariant hoặc monovariant) là những
đại lượng, tính chất thay đổi khi chúng ta thực hiện các phép biến đổi nhưng chỉ đi theo một

chiều (tăng hoặc giảm). Ví dụ như entropy của một hệ cơ lập trong q trình khơng thuận nghịch
là một đơn biến. Việc phát hiện ra các bất biến, đơn biến trong bài tốn tổ hợp giúp chúng ta
có được góc nhìn bài tốn tốt hơn và có cơ sở để tìm ra những tính chất của bài tốn.
Các bất biến, đơn biến thường hay dùng

hu

2.

Tổng, hiệu, tích, tổng bình phương của các phần tử trong một tập hợp.

T

Số dư của một số theo một modulo xác định.

Số lượng nghịch thế trong một dãy, vị trí tương đối của các số hạng trong một dãy.

Tấ
t

Số số hạng có tính chất T cho trước trong dãy.

Ví dụ

gu

II.

yễ
n

Để tìm được những bất biến và đơn biến có thể sử dụng được, điều cốt lõi là phân tích q
trình của bài tốn, tuy nhiên kinh nghiệm và trực giác cũng là những yếu tố khá quan trọng. Để
có được kinh nghiệm và rèn luyện trực giác, chúng ta nên làm một vài dạng bài tập ban đầu để
quen với việc nhìn ra những yếu tố bất động trong q trình.

N

Ví dụ 4.1. Xét một bảng vng 4 × 4 ơ. Tại mỗi ơ của bảng vng có chứa dấu “+” hoặc
dấu “−”. Mỗi một lần thực hiện, cho phép đổi dấu của tất cả các ô trên cùng một hàng
hoặc cùng một cột. Giả sử bảng vng ban đầu có 1 dấu “+” và 15 dấu “−”. Hỏi có thể
đưa bảng ban đầu về bảng có tồn dấu cộng được khơng?
Ta thay dấu "+" bằng số 1 và dấu − bởi số −1. Khi đó mỗi lần đổi dấu thì tích các số trên
một hàng khơng đổi dấu (do có 4 số đổi dấu), hay tích tất cả các số trên bảng khơng đổi dấu
trong quá trình thực hiện thao tác trên. Mà ban đầu có một số 1 và 15 số −1 nên tích các số
trên bảng là số −1. Do đó ta không thể đưa các ô trên bảng chỉ chứa số 1.
Ví dụ 4.2. Lúc đầu ta ghi lên bảng cặp (1; 2). Từ lần thứ hai trở đi, nếu trên bảng có
√
√
3a − b a + 3b
. Chứng minh rằng khơng tồn tại
cặp (a; b) thì ta được phép ghi cặp
;
2
2
√
√
cặp
3; 1 + 3 được ghi lên bảng?
Đặt Sn = a2n + b2n .

Ở bước thứ n + 1 ta có:
√
Sn+1 =

3an − bn
2

2

+

√
an + 3bn
2
19

2

= a2n + b2n = Sn .


4. NGUN LÍ BẤT BIẾN - ĐƠN BIẾN
Do đó, Sn là một đại lượng bất biến.
Mà
√
3
S1 = 5 =
√
√
nên không thể ghi được cặp

3; 1 + 3 .

2

+ 1+

√

2

3 ,

Ví dụ 4.3. Trên bảng ghi hai số 1 và 2. Thực hiện cách ghi số theo quy tắc sau: Nếu trên
bảng có hai số a,b thì được ghi thêm số a + b + ab. Hỏi có thể ghi được số 2012 và 2013
lên bảng hay không?
Ta ghi được các số 1,2,5,11,17, . . ..
Đặt c = a + b + ab ⇒ c + 1 = (a + 1)(b + 1) nên dãy số thu được công thêm 1 sẽ được các số có
dạng 2m 3n . Tuy nhiên 2013 và 2014 khơng có dạng đó nên ta khơng thể ghi được các số đó.

hu

Ví dụ 4.4. Hình trịn được chia thành 2014 hình quạt. Mỗi hình quạt ta đặt một viên bị.
Ta thực hiện chuyển bị như sau: Mỗi lần lấy hai ô, mỗi ô một viên và chuyện qua ô bên
cạnh ngược chiều nhau. Hỏi với cách làm như vậy ta có thể chuyển tất cả các viên bi về
cũng một ơ hay khơng?

Tấ
t

T

Tơ màu các hình quạt bởi hai màu đen và trắng sao cho hai hình quạt kề nhau thì khác màu.
Khi đó mỗi lần chuyển thì số viên bi trong các ơ màu đen hoặc khơng đổi hoặc tăng 2 hoặc giảm
2. Hay nói cách khác số viên bi trong ô đen luôn cùng tính chẵn lẻ với số bi ban đầu ở trong ô
đen. Mà lúc đầu có 1007 viên bi nằm trong các ô đen nên số bi ở các ô đen khơng thể là 0 và
2014 được. Do đó khơng thể thực hiên được u cầu của bài tốn.

gu

yễ
n

Ví dụ 4.5. Ngồi biển Đơng, trên một hịn đảo sinh sống giống thằn lắn có ba loại màu:
màu xám có 133 con, màu nâu 155 con và màu đỏ có 177 con. Nếu hai con thằn lằn khác
màu gặp nhau thì chúng đồng thời đổ sang màu thứ ba. (Ví dụ nếu thằn lằn màu xám gặp
thằn lằn màu nâu, thì cả hai con đều đổi sang màu đỏ). Trong trường hợp hai con thằn
lằn cùng màu gặp nhau thì chúng giữ ngun, khơng đổi màu. Có xảy ra tình trạng là trên
đảo tất cả thằn lằn trở thành cùng một màu được không?

N

Ta thử xét nếu một con thằn lằn xám gặp một con thằn lằn nâu thì chúng đồng thời đổi thành
màu đỏ. Khi đó ta có 132 con xám, 154 con nâu và 179 con đỏ. Những số dư của 132, 154 và 179
cho 3 là 0, 1 và 2 nghĩa là lại lặp lại đầy đủ các số dư đã có.
Nếu một con thằn lằn màu xám gặp một con thằn lằn màu đỏ, thì chúng đồng thời đổi màu
thành nâu. Khi đó ta có 132 thằn lằn xám, 157 thằn lằn nâu và 176 thằn lằn đỏ. Lấy 3 số trên
chia cho 3 cho số dư tương ứng là 0, 1 và 2. Nghĩa là lại gặp cả ba khả năng của số dư.
Nếu con thằn lằn nâu và thằn lằn đỏ gặp nhau, thì chúng cũng đổi màu thành xám. Khi đó có
135 thằn lằn xám, 154 thằn lằn nâu và 176 thằn lằn đỏ.Số dư của những số thằn lằn trên chia
cho 3 tương ứng là 0, 1 và 2, vẫn có đầy đủ các số dư khi chia cho 3.

Bất biến ở đây là dù thay đổi màu như thế nào thì số dư của các số lượng thằn lằn chia cho 3
đều có đầy đủ ba số 0, 1, 2.
Số lượng tất cả thằn lằn trên đảo là 133 + 155 + 177 = 465 là một số chia hết cho 3. Nếu tất cả
thằn lằn đều cùng một màu thì số dư của các số lượng thằn lằn màu xám, nâu và đỏ chia cho
3 tương ứng là 0, 0, 0. Điều này vơ lí vì các số dư phải có đầy đủ các số dư này khi chia cho 3.
Như vậy câu trả lời là khơng thể được.
Ví dụ 4.6. Viết các số từ 1 đến 2018 lên bảng. Ở mỗi bước, ta chọn hai số a, b bất kì
trong số đó và xóa chúng đi rồi viết thêm số a + b lên bảng. Chứng minh rằng sau một số
hữu hạn lần thực hiện như vậy thì trên bảng chỉ cịn lại một số duy nhất, hỏi số đó là số
nào?
20


4. NGUYÊN LÍ BẤT BIẾN - ĐƠN BIẾN
Ý thứ nhất của bài tốn là hiển nhiên vì mỗi lần thực hiện xóa và thêm số, số số trên bảng giảm
đi 1. Do đó sau đúng 2017 lần thực hiện như vậy, ta sẽ thấy chỉ còn đúng 1 số trên bảng. Hơn
nữa, mỗi lần thực hiện xóa đi hai số a, b và thay bằng a + b thì tổng tất cả các số viết trên bảng
khơng thay đổi. Vì vậy số cuối cùng cịn lại trên bảng chính là tổng tất cả các số đã viết ban đầu
và bằng 1009 · 2019.
Ví dụ 4.7. Một bảng ơ vng kích thước n × m (m, n ∈ N∗ ) có thể phủ kín bởi các qn
cờ ơ vng 2 × 2 và quân cờ chữ nhật 1 × 4. Hỏi có thể thay một qn cờ mino vng bởi
qn cờ chữ nhật và bằng cách chuyển chỗ các quân cờ cịn lại để có thể phủ kí bàn cờ hay
khơng?

yễ
n

Tấ
t

T

hu

Ta tô màu các ô (2k; 2r) của bảng bởi màu đen. Gọi s là tổng các ô đen trên bàn cờ.

N

gu

Ta thấy mỗi quân cờ mino-vuông chiếm 1 ô đen, cịn mỗi qn cờ mino-chữ nhật chiếm 2 ơ đen
hoặc 0 ơ đen. Do đó, khi thay một qn cờ mino-vng bởi một qn cơ mino-chữ nhật thì tổng
ơ đen trong bảng là s − 1 hoặc s + 1 (vơ lí).
Ví dụ 4.8. Cho bốn số a, b, c, d không phải tất cả bằng nhau. Khởi đầu bằng bộ (a, b, c, d)
và lặp lại việc thay thế (a, b, c, d) bằng (a − b, b − c, c − d, d − a). Chứng minh rằng khi
lặp lại nhiều lần việc thay thế trên thì ít nhất một trong bốn số lớn hơn 22018 .
Đặt Pn = (an , bn , cn , dn ) là bộ bốn số sau n phép lặp và Sn = a2n + b2n + c2n + d2n . Khi đó ta có
an + bn + cn + dn = 0 với n ≥ 2. Suy ra
0 = (an + bn + cn + dn )2 = (an + cn )2 + (bn + dn )2 + 2an bn + 2bn cn + 2cn dn + 2dn an .
Do đó

Sn+1 = a2n+1 + b2n+1 + c2n+1 + d2n+1
= (an − bn )2 + (bn − cn )2 + (cn − dn )2 + (dn − an )2
= 2Sn − 2an bn − 2bn cn − 2cn dn − 2dn an
= 2Sn + (an + cn )2 + (bn + dn )2 ≥ 2Sn .

Suy ra
Sn ≥ 2n S0 = 2n (a2 + b2 + c2 + d2 ) > 0.
Do đó khi n → +∞ thì Sn → +∞, dẫn đến trong bốn số an , bn , cn , dn có ít nhất một số trở
thành vơ cùng lớn, hay số đó lớn hơn 22018 .

21


4. NGUN LÍ BẤT BIẾN - ĐƠN BIẾN
Ví dụ 4.9. (IMO Shorlist C1, 2012) Một số số nguyên dương được viết trên một hàng.
Lựa chọn hai số kề nhau x,y sao cho x > y và x nằm bên trái của y và thay cặp (x; y) bởi
cặp (y + 1; x) hoặc (x − 1; x). Chứng minh rằng quá trình trên chỉ thực hiện được hữu hạn
lần.
Giả sử ta viết n số nguyên dương a1 ,a2 , . . . ,an và M = max{a1 ,a2 , . . . ,an }. Đặt
S = a1 + 2a2 + . . . + nan .
Mỗi lần đổi ta đổi cặp (ai ; ai+1 ) với ai > ai+1 thành cặp (c; ai ) với c = ai+1 + 1 hoặc c = ai − 1.
Mỗi lần thay đổi như vậy thì tổng S thay đổi một lượng
d = ic + (i + 1)ai − (iai + (i + 1)ai+1 ) = (ai − ai+1 ) + i(c − ai+1 ) > 0
Do đó, sau mỗi lần thay thì tổng S tăng thêm ít nhất 1 đơn vị. Mà S ≤ (1 + 2 + . . . + n)M nên
đến một lúc nào đó q trình trên sẽ dừng lại. Vậy bài toán được chứng minh.

Bài tập

hu

III.

T

Bài 4.1. Giả sử rằng n là một số lẻ. Đầu tiên ta viết các số từ 1 tới 2n trên một bảng đen. Sau
đó ta chọn ra hai số bất kì xố chúng và thay thế chúng bởi |a − b|. Chứng minh rằng số còn lại
cuối cùng là một số lẻ.

Tấ
t

Bài 4.2. Trên bảng cho 2014 số tự nhiên từ 1 đến 2014. Thực hiện liên tiếp phép biến đổi sau:
1
Mỗi lần xố đi hai số bất kỳ a,b có trên bảng rồi viết thêm số a + b − ab vào bảng. Khi trên
2
bảng chỉ còn lại đúng một số thì dừng lại. Tìm số cịn lại đó.

yễ
n

Bài 4.3. Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với
nhau đúng một trận. Người thứ i thắng xi trận và thua yi trận với i = 1,10. Biết rằng trong một
trận đấu quần vợt khơng có kết quả hịa. Chứng minh rằng:

N

gu

2
x21 + x22 + · · · + x210 = y12 + y22 + · · · + y10
.

Bài 4.4. Một hình tròn được chia làm 6 cung. Viết các số 1, 0, 1, 0, 0, 0 nên các cung tròn (theo
chiều ngược chiều quay của kim đồng hồ ). Bạn có thể cộng hai số ở cạnh nhau với 1. Có thể xảy
ra trường hợp tới một lúc nào đó tất cả các số trên các cung tròn bằng nhau hay không ?
Bài 4.5. Viết các số từ 1 đến 2015 lên bảng. Ở mỗi bước, ta chọn hai số a, b bất kì trên bảng
và xóa chúng đi, sau đó viết thêm số |a − b| lên bảng. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn lần
thực hiện như vậy thì trên bảng chỉ cịn lại một số duy nhất, được kí hiệu là x0 . Tìm tất cả các
giá trị có thể có của x0 .
Bài 4.6. Cho đa giác đều n cạnh . Dùng 3 màu xanh , đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một

cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực
hiện thao tác sau đây : chọn hai đỉnh kề nhau bất kì ( nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và
thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.
a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làm cho các
đỉnh của đa giác chỉ cịn được tơ bởi hai màu.
b) Chứng minh rằng với n = 4 và n = 8, bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta có
thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ cịn được tơ bởi một màu.

22


4. NGUYÊN LÍ BẤT BIẾN - ĐƠN BIẾN
Bài 4.7. Với bộ các số thực dương (a; b; c; d) ta thực hiện phép biến đổi T như sau
T

(a; b; c; d) → (ab; bc; cd; da).
Tìm bộ (a; b; c; d) ban đâu sao cho sau hữu hạn bước ta thu được bộ (a; b; c; d).
Bài 4.8. Ban đầu ta có bộ số (a, b, c, d), trong đó a, b, c, d là các số nguyên đôi một khác nhau.
Thực hiện thuật tốn sau: Nếu có bộ số B = (x, y, z, t) với x, y, z, t nguyên thì được phép thay
thế bởi bộ số
x+y y+z z+t t+x
,
,
,
.
T (B) =
2
2
2
2

Chứng minh rằng việc thực hiện thuật toán trên sẽ phải dừng lại sau hữu hạn bước.
Bài 4.9. Xét dãy 1,2,3,4, . . . ,2014. Mỗi lần ta xóa hai số a,b và viết thêm vào dãy số |a − b|. Sau
mỗi bước giảm một số. Hỏi số cịn lại cuối cùng có thể là số 10 hay không?
Bài 4.10. Cho các số 1,2,3, . . . ,2012 được xếp theo một thứ tự nào đó. Mỗi phép biến đổi cho
phép đổi thứ tự hai số kề nhau. Chứng minh rằng sau 2013 lần đổi chỗ không thể nhận được
hoán vị ban đầu.

hu

Bài 4.11. Cho bộ ba số nguyên (a; b; c), ta xây dựng bộ mới (|a − b| ; |b − c| ; |c − a|). Chứng
minh rằng sau hữu hạn bước biến đổi ta được bộ gồm 3 số 0.

Tấ
t

T

Bài 4.12. Giả sử n số thực n ≥ 4 được viết xung quanh một đường tròn. Nếu 4 số kề nhau a, b,
c, d thỏa (a − d)(b − c) < 0 thì ta đổi vị trí của b và c. Chứng minh rằng các phép biến đổi như
trên sẽ kết thúc sau hữu hạn bước.
Bài 4.13. Viết lên vòng tròn 2018 số nguyên tùy ý x1 ,x2 , . . . ,x2018 .Cho phép lấy cặp kề nhau
{xi ,xi+1 } và thay cặp đó bằng cặp {xi + xi+1 ,xi+1 } hoặc {xi ,xi + xi+1 }. Chứng minh rằng có thể
làm hữu hạn phép toán sao cho ta được tất cả các số đồng dư nhau modunlo 2019.

gu

yễ
n

Bài 4.14.

Cho tam giác đều cạnh n được chia thành các tam giác đều có cạnh bằng
1 bởi cách đường thẳng song song với cạnh. Người ta phủ kín tam giác đều
bởi các hình được ghép từ 6 tam giác đều như hình bên sao cho các hình
khơng chờm lên nhau (có thể xoay hoặc lật các hình này).

N

Hãy xác định các giá trị của n để có thể thực hiện được điều đó?
Bài 4.15 (Romania TST 2000).
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m, n), sao cho bảng m × n có thể lát được bởi
các quân hình chữ L như hình bến (cùng với các hình tạo bởi bằng cách quay đi một
góc tùy ý)

Bài 4.16 (VMO 1992). Cho một bảng 1991 × 1992. Kí hiệu (m,n) là ơ vng nằm ở giao của
hàng thứ m và cột thứ n. Tô màu các ô vuông của bảng theo quy tắc sau: lần thứ nhất tô ba ô
(r; s), (r + 1; s + 1), (r + 1; s + 2) với 1 ≤ r ≤ 1989, 1 ≤ s ≤ 1990, từ lần thứ hai trở đi, mỗi lần
tô đúng ba ô chưa có màu nằm cạnh nhau trong cùng một hàng hoặc cùng một cột. Hỏi có thể
tổ màu được tất cả các ô hay không ?
Bài 4.17 (VMO 2006). Xét bảng ơ vng m × n (m,n ≥ 4). Thực hiện trò chơi sau: mỗi lần
đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng (mỗi ô một viên) mà 4 ơ đó tạo thành một trong các hình dưới
đây

23


4. NGUYÊN LÍ BẤT BIẾN - ĐƠN BIẾN

Hỏi sau một số lần thực hiện có thể nhận được bảng mà số bi ở mỗi ô bằng nhau được hay không
nếu
b) m = 2005, n = 2006.

N

gu

yễ
n

Tấ
t

T

hu

a) m = 2004, n = 2006,

24


Chương 2
Các khái niệm về phép đếm
§1. Hai quy tắc đếm
I.

Quy tắc cộng

hu

Định nghĩa 1.

T

• Giả sử cơng việc H có thể thực hiện theo phương án A hoặc phương án B. Có n cách thực
hiện phương án A và có m cách thực hiện phương án B. Khi đó cơng việc H có thể được
thực hiện theo m + n cách.

Tấ
t

• Một cách tổng qt, giả sử cơng việc H có thể được thực hiện theo một trong k phương
án A1 , A2 , . . . , Ak . Phương án Ai có mi cách thực hiện. Khi đó có thể thực hiện cơng việc
H theo m1 + m2 + · · · + mk cách.

yễ
n

Quy tắc cộng có thể được phát biểu dưới dạng tập hợp như sau:
Cho k tập hợp hữu hạn A1 , A2 , . . . , Ak đôi một rời nhau. Khi đó, ta có

gu

|A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak | = |A1 | + |A2 | + · · · + |Ak | .

N

Ví dụ 1.1. Một nhóm học sinh gồm 4 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Từ nhóm học sinh
này có bao nhiêu cách chọn 2 học sinh cùng giới.
Kí hiệu các học sinh nam là b1 , b2 , b3 , b4 và các học sinh nữ là g1 , g2 , g3 . Vì hai học sinh được
chọn cùng giới nên hai học sinh đó chỉ có thể là hai học sinh nam hoặc hai học sinh nữ.

• Hai học sinh được chọn là hai học sinh nam. Khi đó, ta có thể chọn một trong các cặp sau
{b1 ,b2 }; {b1 ,b3 }; {b1 ,b4 }; {b2 ,b3 }; {b2 ,b4 }; {b3 ,b4 }
do đó, trường hợp này ta có 6 cách chọn.
• Hai học sinh được chọn là hai học sinh nữ. Khi đó, ta có thể chọn một trong các cặp sau
{g1 ,g2 }; {g1 ,g3 }; {g2 ,g3 }
do đó, trường hợp này có 3 cách chọn.
Vì mỗi cách chọn các cặp trên đôi một khác nhau nên theo quy tắc cộng ta có
6+3=9
cách chọn hai học sinh cùng giới.
25