chủ đề nguyên lý cực trị rời rạc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.78 MB, 13 trang )

Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

I. Phát bi u nguyên lý ể

Nguyên lý c c tr r i rự ị ờ ạc được phát biểu như sau: Trong m t t p h u h n và khác ộ ậ ữ ạ rỗng các s th c luôn: ố ự

( )a : t n t i m t s bé nh t và m t s l n nh t ồ ạ ộ ố ấ ộ ố ớ ấ ( )b : luôn xếp được chúng theo tr t t ậ ự tăng hoặc giảm

Nguyên lí thật đơn giản nhưng sự ận độ v ng của nó đã thấm sâu vào nhi u ch ng minh ề ứ toán h c. ọ

1. M t s ví dộ ố ụ đơn giản

Ví d 1:ụ Trong t p hậ ợp các trường s p th tắ ứ ự điều này là hiển nhiên đúng. Ví dụ trong trường các số thực , khi cho mℝ ột tập gồm {−2; 2; 1; 0} ta ln tìm đượ ố l n nhất c s ớ là ; s nh nh t là 2 ố ỏ ấ −2 và s p xắ ếp được chúng theo th tứ ự tăng dần {−2; 0; 1; 2} ặ ho c thứ t gi m d n ự ả ầ {2; 1; 0; −2}

Ví d 2:ụ Trong m t l p hộ ớ ọc, nếu chúng ta quyết định m t y u t ộ ế ố nào đó của các b n ạ học sinh, chúng ta cũng hồn tồn tìm được điều tương tự. Ví dụ là yếu t chi u cao, ố ề sẽ ln có ít nh t m t b n cao nh t, ít nh t m t b n th p nhấ ộ ạ ấ ấ ộ ạ ấ ất; Và ta cũng luôn sắp th ứ tự tăng dần, ho c gi m d n chi u cao c a các b n trong m t lặ ả ầ ề ủ ạ ộ ớp. Ở đây, tôi muốn nh n ấ mạnh r ng (i) chằ ỉ ra s t n t i, t c là có th có nhiự ồ ạ ứ ể ều hơn 1 ố s bé nh t hoấ ặc nhiều hơn 1 s l n nh t (trong l p có th có hai b n cao nh t có cùng chiố ớ ấ ớ ể ạ ấ ều cao,…)

Lưu ý: Trong các ví d thụ ực tế được nêu ra thì đa số đề u có s n ẵ 2 điều ki n quan ệ trọng là t p h u h n và khác rậ ữ ạ ỗng. Tuy nhiên trong các đối tượng toán học khác, việc chỉ ra s thự ỏa mãn hoặc bóc tách các trường hợp suy bi n khi mế ột trong hai điều ki n ệ không được đáp ứng là quan trọng và cần thiết

II. Ch ng minh s t n t i c a các c u hình ứ ự ồ ạ ủ ấ

Việc ch ng minh s t n t i cứ ự ồ ạ ủa các cấu hình là chỉ ra một mơ hình, với m t tiêu chí ộ nào đó ăn khớp với nội dung của ngun lí, từ đó áp dụng ngun lí đó. Thơng thường chúng ta có thể làm trội đ i tưố ợng lên ho c dùng ph n chặ ả ứng để ch ng minh s t n t i ứ ự ồ ạ đó

1. M t s ví d trong giáo trình ộ ố ụ

Ví d 1:ụ Cho 2n điểm phân bi t trên mệ ột đường tròn, trong đó có n điểm tr ng và ắ n điểm đen n ≥ 2. Chứng minh luôn tồn tại:

(i) Một cách n i t t cố ấ ả các điểm tr ng vắ ới các điểm đen bởi n đoạn th ng sao cho các ẳ đoạn thẳng khơng có điểm chung

(ii) M t cách n i t t cộ ố ấ ả các điểm tr ng vắ ới các điểm đen bởi n đoạn th ng sao cho các ẳ đoạn thẳng từng đôi mộ ắt nhau t c

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

Lời gi i: ả

* Phân tích tình hu ng: ố

- G i là t p tọ S ậ ổng độ dài các đoạn th ng n i ẳ ố n điểm tr ng và ắ n điểm đen

Nên luôn tồn t i m t ph n t c a có tạ ộ ầ ử ủ S ổng độ dài là nh nh t và m t ph n t c a S có ỏ ấ ộ ầ ử ủ tổng độ dài là lớn nhất

Trường h p (N): Khi n i các đoạn thẳng sao cho tợ ố ổng độ dài các đoạn là nhỏ nhất, ta sẽ được các đoạn th ng này sẳ ẽ không có điểm chung với nhau

Trường h p (L): Khi nối các đoạợ n th ng sao cho tẳ ổng độ dài các đoạn là lớn nhất, ta sẽ được các đoạn th ng này sẳ ẽ đôi một có điểm chung với nhau

* Chứng minh (i) đúng: Ta chứng minh b ng ph n ch ng ằ ả ứ Giả s cách n i N t n t i 1 cử ố ồ ạ ặp đường thẳng có điểm chung. Khơng m t tính t ng quát, gi s cấ ổ ả ử ặp đường th ng ẳ AX ắ BY ạ I. c t t i

Theo giả thi t ta có ế AX + BY là nh nh t. ỏ ấ

Ta có: AY+ BX < + + +AI IY BI IX =AX+ BY (Mâu thuẫn)

Từ đó, ta suy ra được khơng tồn tại một cặp đoạn thẳng nào có điểm chung

Nên trong trường hợp (N): Khi nối các đoạn thẳng sao cho tổng độ dài các đoạn là nhỏ nhất, ta sẽ được các đoạn th ng này s ẳ ẽ khơng có điểm chung với nhau

* Chứng minh (ii) đúng: Hoàn toàn tương tự ứng với trường h p (L) ợ

Ví d 2:ụ Có n đội bóng đấ ới nhau theo ngun lí đấu v u vòng, t c là mứ ỗi đội phả ấi đu với t t c ấ ả các đội còn l i. Bi t r ng trong m i trạ ế ằ ỗ ận đấu khơng có hịa. Ch ng minh ứ rằng ln có th x p th tể ế ứ ự tên các đội theo m t c t dộ ộ ọc sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

* Phân tích tình huống: Trong trường h p nêu trợ ên, ta để ý r ng tiêu chí so sánh ằ ở đây chỉ là độ ếi x p trên thắng độ ếp ngay dưới x i mà khơng cần đến tính ch t bấ ắc cầu. Tức là n u th ng ế A ắ B, B ắ C th ng thì ta s có ln th t là ẽ ứ ự A > B > C mà không c n ầ quan tâm đến kết quả của trận đấu giữa và . Vì vA C ậy, chúng tôi kiến nghị đổi đề bài thành: Ch ng minh r ng ln có th x p th t ứ ằ ể ế ứ ự tên các đội theo m t c t d c sao cho ộ ộ ọ đội đứng trước thắng đội đứng ngay sau.

* Ch ng minh: ứ

- Do trong m t bộ ảng đấu, s i là h u h n và khác r ng (luôn lố độ ữ ạ ỗ ớn hơn 2 độ i) nên th a ỏ mãn điều kiện của nguyên lí cực trị.

Ta s ch ng minh b ng quy n p ẽ ứ ằ ạ

- V i ớ n = 2 ta xét m t cộ ặp đấu bất kì, ta ln có đội thắng và đội thua nên ta luôn x p ế được thứ tự trong cặp đấu đó. Nên phát biểu đúng với n = 2

- Gi s phát biả ử ểu đúng với k = n − 1. Tức là ta có th s p xể ắ ếp các đội theo th t ứ ự thỏa mãn yêu c u phát bi u, gi s là ầ ể ả ử A , A , … , A12n. Ta chứng minh An cũng xếp được vào dãy trên.

Trường h p 1: thua tợ An ất cả các đ i cịn lạiộ ⇒Ta có cách sắp xếp A , A , … , A , A1 2 n−1 n Trường h p 2: thợ An ắng ít nhất 1 trận.

NếuA thn ắng đội thì ta có cách x p A1 ế An, A , A , … , A1 2 n−1

Mặt khác, n u ế An thua đội và thA1 ắng đội thì ta có cách x p A2 ế A , A , A , … , A1n2n−1

Tương tự như vậy cho đến khi Anthua đội thì có cách xA1 ếp như trường hợp 1 Vậy, trong mọi trường hợp đều có th x p vào dãy trên nên phát biể ế An ểu đúng với m i ọ

Ứng v i ớ n = 0 ta có 3 ∈ S ⇒ A ≠ ∅ ế, kt hợp v i viớ ệc giả sử t p hậ S ữu h n nên ạ thỏa mãn điều kiện của nguyên lí cực trị rời rạc

Do S h u h n nên luôn t n t i s p xữ ạ ồ ạ ắ ếp được theo th tứ ự tăng dần p 1 2 ⋯ < pn

Xét số A = 2p p … p + 11 2n

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

Do l nên A ẻ A ≡ 1 mode 4( ) ặ A ≡ 3 mode 4 ho c ( )

Do là các s nguyên t nên pi ố ố p p … p1 2n lẻ ⇒ A ≡ 3 mode 4( ) hay A cũng có dạng

Thật v y, do l , n u ch ậ A ẻ ế A ỉ có các ước chia 4 dư 1 thì A cũng chia 4 1 dư (Mâu thuẫn với A ≡ 3 mode 4( ))

Nên A phải có một ước nguyên tố chia 4 dư 3. Ta chứng minh ước nguyên t này ố không th là ể pi=1,n v i ớ i nào đó

Thật v y: ậ

Nếu ước nguyên tố này là pi=1,n (với i nào đó) thì hiển nhiên 2p p1 2… pn chia hết cho pi

Mà không chia h t cho nên 1 ế pi 2p p … p + 11 2n không chia h t cho ế pi

(Mâu thu n v i ẫ ớ pi là ước c a ) ủ A

⇒ p > p , pin i cũng có dạng 4n+ 3 (Mâu thu n do ẫ pn là s l n nh t có d ng ố ớ ấ ạ 4n+ 3 ) Vậy trong trường hợp 1 và trường hợp 2 đều dẫn đến mâu thuẫn nếu như tập hS ữu hạn

Vậy tập S có vơ h n ph n t hay có vơ s s ngun t có d ng ạ ầ ử ố ố ố ạ 4n + 3 (dpcm) Lời gi i 2: Ta có th chả ể ọnA = 4p p … p + 11 2n . Bạn đọc chứng minh tương tự ớ ậ v i l p luận như trên

Ví d 4:ụ Ch ng minh r ng v i m i s nguyên ứ ằ ớ ọ ố n > 1 thì 2n− 1 khơng chia h t cho ế n Lời gi i: Ta ch ng minh b ng ph n ch ng ả ứ ằ ả ứ

Giả s t n t i m t s nguyên ử ồ ạ ộ ố n > 1 là ước c a ủ 2n− 1

Do 2n− 1 là s l nên ố ẻ n cũng là số ẻ ọ p là ướ l . G i c nguyên t nh nh t c a ố ỏ ấ ủ n Áp dụng định lí Fermat nhỏ 2p−1− 1 chia hết cho p

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

(Nhắc l i v ạ ề định lí Fermat nh : ỏ nếu là mp ột s nguyên tố ố, thì v i sớ ố nguyên b t ka ấ ỳ ap− a s chia h t cho ẽ ế p)

Bây gi ta g i là sờ ọ k ố nguyên dương nhỏ nh t sao cho ấ p chia hết cho 2k− 1. Rõ ràng k ≤ p − 1 < p. Ta c n ch ng minh ầ ứ k cũng chia hết cho n.

Thật v y, n u không chia h t cho thì ậ ế n ế k n = k. q + r(0 < r < k) Do 2k− 1 chia h t cho nên ế p (2k)q≡ 1 mode p( )

⇒ 2 − 1 =n (2k)q r. 2 − 1 ≡ 1 (mode p)

Ta có: 2n− 1 chia hết cho (mâu thu n v i cách ch n ) p ẫ ớ ọ k Vậy m i s nguyên ọ ố n > 1 thì 2n− 1 không chia h t cho n ế

2. Bài t p v n d ng ậ ậ ụ

Bài 1: Trên m t ph ng cho ặ ẳ n điểm(n ≥ 3) ế ằ. Bi t r ng mỗi đường thẳng đi qua 2 điểm bất kì đều đi qua 1 điểm thứ ba. Chứng minh rằng n điểm đã cho thẳng hàng. (Bài toán Sylvester, 1814-1897)

Giải:

Giả s ửn điểm đã cho không thẳng hàng. Suy ra với mỗi điểm b t kì trong A ấ n điểm thì luôn t n tồ ại đường thẳng đi qua 2 điể B, Cm khác A và không đi qua A.

Xét t p là t p t t c các kho ng cách tậ G ậ ấ ả ả ừ A đến các đường thẳng như giả ử s trên. Vì s khoố ảng cách đó là hữu h n, nên t n t i kho ng cách ng n nh t. Gi s ạ ồ ạ ả ắ ấ ả ử khoảng cách ng n nhắ ất đó là khoảng cách từ A đến . Ta hBC ạ AH ⊥ BC.

Gọi là t p S ậ n điểm đã cho. Nế H ∈ Su thì AH = d A,( BC)> d(H,BC)(mâu thu n) ẫ Do đó H ∉ S. Theo giả ế thi t, ∃ D ∈ S ằm trên BC. Gi sử n ả C, D ằm cùng phía so v i n ớ H. T ừ đây t có:

d(A, BC) = AH > d H,( AD) > d(C, AD) (mâu thu n v i gi thi t) ẫ ớ ả ế

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

Vậy n điểm đã cho thẳng hàng.

Chú ý: Có th m r ng bài toán Sylvester ể ở ộ như sau:

Cho hình l i n ồ (n ≥ 2) sao cho cứ 3 hình l i b t kì thì có giao khác r ng. ồ ấ ỗ Chứng minh r ng hình lằ n ồi đã cho có giao khác rỗng.

Bài 2: Phát bi u và chể ứng minh bài toán đối ng u c a bài toán Sylvester.(Bẫ ủ ạn đọc tự chứng minh)

Bài 3: Trên m t ph ng cho ặ ẳ n điểm(n ≥ 3), trong đó khơng có 3 điểm nào th ng ẳ hàng. Ch ng minh r ng t n t i mứ ằ ồ ạ ột hình trịn đi qua 3 điểm mà khơng chứa điểm còn lại nào bên trong.

Giải:

Chọn 2 điểm A, B cố định sao cho n − 2 điểm cịn lại nằm về một phía đối với AB. Với m i mỗ ột điểm b t kì trong C ấ n − 2 điểm cịn l i ta xét góc ạ ACB . Do s các góc ố này là h u h n nên t n t i di m M sao cho sữ ạ ồ ạ ể ố đo góc AMB là l n nh t. Ta s ch ng ớ ấ ẽ ứ minh đường tròn đi qua 3 điểm A, M, B là đường trịn cần tìm.

Thật v y, gi s t n tậ ả ử ồ ại điểm nD ằm trong đường tròn (AMB). Khi đó ta có ADB > AMB (mâu thuẫn). Vậy ln tồn t i một hình trịn đi qua 3 điểm mà khơng chứa ạ điểm cịn lại nào bên trong.

𝐈𝐈𝐈. Tìm c c tr r i r c ự ị ờ ạ

1. Ví d minh h a ụ ọ

𝐕𝐃𝟏: Cho và m d là các s nguyên v i ố ớ m ≥ d ≥ 2. Giả sử x , x , … , x1 2d là các bi n ế nguyên dương sao cho x +x + ⋯ +x = m1 2 d . Tìm giá trị nhỏ nhất của S = x1+ x2 +

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

(a1, a2, … , ad) làm cho S nhận giá tr . Ta s ch ng minh r ng t t c các s ị N ẽ ứ ằ ấ ả ố a1, a , … , a2d ch ỉhơn kém nhau tối đa là 1. Th t v y, gi s ch ng h n ậ ậ ả ử ẳ ạ a1− a = a >2

1. Khi đó lấy b = a − 1; c = a + 11 2 thì a1+ a = b + c2 và b + c < a22

1 + a2. Như vậy ta tìm được các số nguyên dương b, c, a , …3 thỏa mãn b + c + a + ⋯ + a = m3d

và làm cho giá tr c a nhị ủ S ỏ hơn N (mâu thuẫn) ậ. V y các số a1, a , … , a2d chỉ hơn kém nhau tối đa là 1. Bây gi gi s ờ ả ửa1≤ a ≤ ⋯ ≤ a ,2d và m =dn + k (0 ≤ k < d .) Do đặc điểm của dãy a1≤ a ≤ ⋯ ≤ a2d ta suy ra ngay a1= a = ⋯ = a2d−k= ⋯ = ad= n + 1. V y giá tr nh nh t ta c n tìm là ậ ị ỏ ấ ầ N = d − k n + k n + 1( ) 2 ( )2

𝐕𝐃𝟐: Cho m > 3 là m t sộ ố nguyên dương. Giả ử s x , x , … , x1 2d là biến nguyên dương sao cho x1x2… x = md . Tìm giá tr l n nh t c a ị ớ ấ ủ S = x1+ x2+ ⋯ + xd.

Giải

Gọi là t p t t c các giá tr c a . Ta có A ậ ấ ả ị ủ S A hữ ạu h n và khác r ng. Theo nguyên lý ỗ cực tr r i rị ờ ạc, tồn tại là s l n nhU ố ớ ất c a . Gi s ủ A ả ử(a1, a , … , a2d) làm cho S nhận giá

Bài 1: Cho m và d là các s nguyên v i ố ớ m ≥ d ≥ 2. Gi s ả ửx , x , … , x1 2 d là các bi n ế nguyên dương sao cho x + x + ⋯ + x = m12d . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của S =∑d kxk

Giải:

Gọi là t p t t c các giá tr c a . Ta có A ậ ấ ả ị ủ S A hữ ạu h n và khác r ng. Theo nguyên lý ỗ cực tr r i rị ờ ạc, tồn tại là s nh nhN ố ỏ ất c a . Gi s ủ A ả ử(a1, a , … , a2d) làm cho S nhận giá

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

Làm tương tự ta thu được giá trị lớn nhất của S là L = 1 + 2 + 3 + ⋯ + d − 1 +( ) d[m − d + 1] đạt đư c tạợ i (x , x , … , x , x ) = (1,1, … ,1, m − d + 1)1 2 d−1 d

Bài 2: Cho a1, a , … , a , b , b , … , b2 d 1 2 d là các h ng s thằ ố ực dương, cho x , x , … , x1 2 d là các bi n không âm sao cho ế ∑d akxk= a

Vậy a1b1 là giá tr nh nh t c a ; ị ỏ ấ ủ A adbd là giá tr l n nh t c a ị ớ ấ ủ A

Bài 3: Giả sử x , x , … , x1 2d là các biến ngun dương có tích là d!. Tìm giá trị nhỏ nh t ấ của S = x1+ x2+ ⋯ + xd.

Giải:

Gọi là t p t t c các giá tr c a . Ta th y h u h n và khác r ng. G ậ ấ ả ị ủ S ấ G ữ ạ ỗ Do đó theo nguyên lý c c tr r i rự ị ờ ạc, luôn tồ ạn t i là s nh nh t c a . Gi sN ố ỏ ấ ủ G ả ử (a1, a , … , a2d) làm cho S nhận giá tr ị N. Không làm mất tính t ng quát, ta gi s r ng ổ ả ử ằ a1≤ a ≤2

… ≤ ad. Ta s ch ng minh r ng ẽ ứ ằ a1= i tức số sau hơn số trước 1 đơn vị. Thật v y, gi s k t lu n trên là sai, tậ ả ử ế ậ ức tồ ạn t i 2 số ai, a (a > 1, ai+1 ii+1= ab là h p ợ số) hơn kém nhau một lượng lớn hơn 1. Khi đó, dựa vào tính chất a1a2… a = d!d nên sẽ t n t i ít nh t 2 th a s ồ ạ ấ ừ ốaj= a = 1k . Khi này xét aj= 1, ai+1′ = b, d th y r ng ễ ấ ằ a5+ b5< (ab)5 nên gi s trên là sai. ả ử

Vậy Smin= N = 1 + 2 + ⋯ + d555

Mở rộng bài tốn tìm giá trị ớ l n nhất c a S ủ

IV. Thi t l p th t trên các y u t ế ậ ứ ự ế ố bình đẳng

S thi t l p th t trên các y u t ự ế ậ ứ ự ế ố bình đẳng đã làm giảm đi rất nhiều trường hợp xét trong bài tốn. Đó chính là tính ưu việ ủa phương pháp này.t c

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

1. Ví d minh h a ụ ọ

Ví d 1:ụ Tìm các s ngyên t a,b,c sao cho ố ố abc < ab + +bc ca

Gi iả :

Vì vai trị của a, b, c là như nhau, nên không làm mất tính t ng qt, ta có th gi i ổ ể ả thiết a ≤ b ≤ c ừ đó suy ra . T ab + +bc ca ≤ 3bc, và do đó abc < 3b ừ đây suy ra . T a < 3 hay a = 2. T ừ đó giả thi t tr thành ế ở 2bc <2b 2c+ + bc

Từ đây ta nhận được bc < 2(b + c) hay b1+1c<12. Lại có 1

b+1c≥1b+1b. Từ đây suy ra b < 4. Mà b nguyên t suy ra ố b = 2 ặ b = 3 ho c +) b = 2 thì m i s nguyên tọ ố ố c đều th a mãn ỏ

+) b = 3 thì c = 3 ặ c = 5 ho c .

Hoán v các nghiị ệm đã có ta sẽ thu được tồn b nghi m c a bài tốn ộ ệ ủ

Ví d 2: Cho a, b, c, dụ là các s thố ực đôi một khác nhau . Gi i hả ệ phương trình sau:

Do vai trị của a, b, c, d là bình đẳng trong bài tốn này, nên ta có th gi s ể ả ửa > b > c > d. Khi đó hệ (1) được chuyển thành hệ sau:

Biến đổ ệi h trên b ng cách lằ ấy phương trình thứ nh t trấ ừ phương trình thứ hai; phương trình thứ 2 trừ phương trình thứ 3; phương trình thứ ba trừ phương trình thứ tư và giữu nguyên phương trình cuối, ta được hệ ớ m i:

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

Do theo gi thi t ả ế a > b > c > d nên h trên quy v : ệ ề Dễ rút ra được nghi m là ệ y = z = 0, x = t =1a−d

Ví d 3: ụ Cho a1, a , … , a , b , b , … , b2 d 1 2 d là các h ng s thằ ố ực dương, cho x , x , … , x1 2 d là các bi n không âm sao cho ế ∑ xk

Vì vai trị c a ủ x, y, z là như nhau, nên không làm mất tính t ng qt, ta có th gi i thi t ổ ể ả ế 0 ≤ x ≤ y ≤ z. Từ đây suy ra x + y + z ≤3z và do đó (xyz − 3 ≤ 9) .

Do x, y, z nguyên dương nên suy ra {0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 9 (1)xy − 3 ≤ 9

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

+) TH2: x = 2, khi đó, giả ế ủa đề thi t c bài tr thành ở 2yz =11+ y + z ≤11 2z+ Suy ra 2z(y − 1) ≤11 hay 2z 11≤ ⇔ z ≤ 5(do z nguyên dương, y ≥ x ≥ 2) Từ đây ta có: 2 ≤ y ≤ z ≤ 5

Ta l p b ng các giá tr c a y và z th a mãn (*) ậ ả ị ủ ỏ

y 2 3 4 5 Z 4.33 2.8 2.14 1.778

Loại Loại Loại Loại

+) TH3: x = 3, khi đó, giả ế ủa đề thi t c bài tr thành ở 3yz =12+ y + z ≤12 2z+ Suy ra z(3y− 2) ≤ 12 hay 3y− 2 ≤12⇔ y ≤ 4 ⇒ 3 ≤ y ≤ 4

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

Vậy ta có bộ 3 ố (x, y, z s ) = (1,2,12) ỏ th a mãn yêu cầu đề bài. Hoán v b 3 s trên ta ị ộ ố

Do vai trò của 12 số nguyên dương là như nhau, nên để không làm m t tính t ng quát, ấ ổ ta gi sả ử a1≥ a ≥ ⋯ ≥ a2 12. Từ đây suy raa1+ a + ⋯ + a2 12≤ 12a1

⇒ a1a2… a12≤ 12a1⇒ a2a2… a12≤ 12

Do 24= 16 12> nên trong 11 số 𝑎 , … , 𝑎212 không th có quá 3 s lể ố ớn hơn 2. Từ đây ta xét các trường hợp có thể xảy ra:

Mà do a2≥ a ≥ a > 134 hay a2≥ a ≥ a ≥ 234 nên ta có th thể ấy có 2 trường hợp các giá tr cị ủa a2, a , a3 4sau đây thỏa mãn:

TH1: a2= 3, a = a = 2 ⇒ a3 4 1=1511 (lo i) ạ TH2: a2= a = a34= 2 ⇒ a1= 2 (th a mãn) ỏ

Vậy ta có 2 b 12 s ộ ố nguyên dương a1, a , … , a2 12 thỏa mãn điều kiện đề bài là: (a , a , … , a1 212) ϵ {(12,2,1,1, … 1 2,2,2,2,1,1, … 1); ( )} và các hoán v c a chúng ị ủ

</div>

chủ đề nguyên lý cực trị rời rạc

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về