nguyên lí cực trị rời rạc

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN-TIN
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ SƠ CẤP
NGUYÊN LÍ CỰC TRỊ RỜI RẠC
Giáo viên hướng dẫn: ThS. Đào Ngọc Minh
Nhóm sinh viên: Phạm Anh Toàn
Hà Thị Tuyết
Nguyễn Văn Hùng
Hà Văn Tình
Lớp: K57D
HÀ NỘI, 8/2010
Mục lục
1 Cơ sở lý thuyết 2
2 Chứng minh sự tồn tại của cấu hình 2
2.1 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
3 Tìm cực trị rời rạc 9
3.1 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
4 Thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng 13
4.1 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1
1 Cơ sở lý thuyết
Nguyên lí cực trị rời rạc được phát biểu như sau:Trong một tập hữu hạn và khác
rỗng các số thực luôn:
(a) tồn tại một số bé nhất và một số lớn nhất
(b) luôn xếp chúng theo trật tự tăng hoặc giảm
Nguyên lí thật đơn giản nhưng sự vận động của nó đã thấm sâu vào nhiều chứng minh
toán học.
2 Chứng minh sự tồn tại của cấu hình

Phương pháp chung:Trong thực tế muốn tách một cá thể ra khỏi một đám đông,
người ta thường phải đưa ra một tiêu chí nào đó, làm cho đối tượng cần tách nổi trội
nhất theo tiêu chí đó. Khi chứng minh các bài toán sự tồn tại của một cấu hình bằng
nguyên lí cực trị, người ta cần đặt ra một quan hệ thứ tự nào đó, mà cấu hình nếu tồn
tại sẽ là một đối tượng cực trị.
2.1 Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho 2n điểm phân biệt trên một đường tròn, trong đó có n điểm trắng và n
điểm đen(n ≥ 2). Chứng minh rằng luôn tồn tại:
(i) Một cách nối tất cả các điểm trắng với các điểm đen bởi n đoạn thẳng sao cho
các đoạn thẳng không có điểm chung.
(ii) Một cách nối tất cả các điểm trắng với các điểm đen bởi n đoạn thẳng sao cho
các đoạn thẳng từng đôi một cắt nhau.
Chứng minh:. Gọi S là tập tất cả các cách nối các điểm trắng với các điểm đen bởi n
đoạn thẳng. Khi đó S hữu hạn và khác rỗng. Theo nguyên lí cực trị sẽ tồn tại: một
cách nối N có tổng độ dài các đoạn thẳng nối nhỏ nhất và một cách nối L có tổng độ
dài các đoạn nối lớn nhất.
Ta sẽ chứng minh với cách nối N thì các đoạn thẳng không có điểm chung. Thật vậy
giả sử trái lại là tồn tại hai điểm trắng A, B và hai điểm đen X, Y mà đoạn AX cắt
BY tại I(Hình 1).
Khi đó, BI +IX > BX và IY + AI > AY , suy ra BX + AY < BI +IY + AI + IX =
AX + BY . Vậy nếu ta thay đoạn BY bởi BX,AX bởi AY cùng với các đoạn còn lại
của N ta được một cách nối N

có tổng các đoạn nối nhỏ hơn tổng các đoạn nối của
N(mâu thuẫn!). Vậy N thỏa mãn(i).
2
Hình 1:
Bây giờ ta sẽ chưng minh với cách nối L, thì các đoạn thẳng nối từng đôi một cắt nhau.
Thật vậy, giả sử có hai điểm trắng A, B và hai điểm đen X, Y được nối bởi hai đoạn
AX và BY không cắt nhau(Hình 2).

Hình 2:
Khi đó nếu ta thay tương ứng hai đoạn AX Và BY bởi AY và BX thì AY sẽ cắt BX
tại một điểm J nào đó. Ta có
AY + BX = (AJ + JY ) + (BJ + JX) = (AJ + JX) + (BJ + JY ) > AX + BY
Như vậy ta tìm được một cách nối mới có tổng các đoạn nối lớn hơn tổng các đoạn nối
của L(mâu thuẫn!). Vậy L thỏa mãn (ii).
Ví dụ 2. Có n đội bóng đấu với nhau theo nguyên lí đấu vòng, tức là mỗi đội phải
đấu với tất cả các đội còn lai.Biết rằng trong mỗi trận đấu không có hòa. Chứng minh
rằng luôn có thể sắp xếp thứ tự tên các đội theo cột dọc sao cho đội đứng trước thắng
đội đứng sau.
Chứng minh. Gọi S là tập tất cả các cách xếp một số đội trong n đội trên theo cột
dọc sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau. Do S là hữu hạn và khác rỗng nên sẽ
tồn tại cách xếp có tên nhiều đội nhất. Ta sẽ chứng minh cách xếp này phải có đủ tên
n đội.
Thật vậy,giả sử cách xếp chỉ có t < n đội, lần lượt là D
1
, D
2
, ··· , D
t
. Khi đó phải có ít
3
nhất một đội D nằm ngoài danh sách trên. D không thể thắng D
1
, vì nếu thắng thì sẽ có
danh sách khác dài hơn D, D
1
, D
2
, ··· , D

t
. Do đó D phải thua D
1
, nhưng D cũng không
thể thắng D
2
vì nếu thế ta sẽ lại có cách xếp dài hơn:D
1
, D, D
2
, ··· , D
t
.Tiếp tục lập luận
như vậy ta có D thua D
t
, nhưng khi đó ta lại có danh sách dài hơn:D
1
, D
2
, ··· , D
t
, D(mâu
thuẫn giả thiết!). Vậy t = n.
Ví dụ 3 (Bài toán Sylvester,1814-1897). Trên mặt phẳng cho n − 3 điểm. Biết rằng
mỗi đường thẳng đi qua 2 điểm bất kì đều đi qua một điểm thứ ba. Chứng minh rằng n
điểm đã cho thẳng hàng.
Chứng minh. Giả sử n điểm đã cho không thẳng hàng. Suy ra với mỗi điểm A bất kì
trong n điểm,luôn tồn tại đường thẳng đi qua hai điểm nào đó trông số các điểm còn
lại nhưng không đi qua A.
Xét tập tất cả các khoảng cách từ mỗi điểm A đến các đường thẳng đi qua 2 điểm

trong số các điểm còn lại nhưng không đi qua A. Vì số khoảng cách đó là hữu hạn nên
tồn tại một khoảng cách ngắn nhất. Gỉa sử khoảng cách ngắn nhất đó là khoảng cách
từ A tới đường thẳng BC. Hạ AH ⊥ BC.
Gọi S là tập n điểm đã cho. Nếu H ∈ S. Ta có AH = d(A, BC) > d(H, AC)(mâu
thuẫn!)
Hình 3:
Do đó H ∈ S. Từ gỉa thiết mỗi đường thẳng qua 2 điểm bất kì trong S đều đi qua
điểm thứ ba thuộc S nên ∃D ∈ S nằm trên BC. Gỉa sử C,D nằm cùng phía đối với H.
Ta có
d(A, BC) = AH > d(H, AD) > d(C, AD)
(mâu thuẫn!)
Vậy n điểm đã cho thẳng hàng.
Chú ý:Bài toán Sylvester có thể được mở rộng trong không gian. Điểm có thể giữ
nguyên hoặc coi như siêu phẳng trong mặt phẳng. Như vậy ta có hai bài toán tương tự
trong không gian:
4
1. Trong không gian cho n − 4 điểm. Biết rằng một mặt phẳng qua 3 điểm bất kì
đều đi qua điểm thứ tư. Chứng minh rằng tất cả các điểm đã cho đồng phẳng.
2. Trong không gian cho n −3 đường thẳng. Biết rằng một mặt phẳng chứa 2 đường
thẳng bất kì thì đều chứa một đường thẳng thứ ba nữa. Chứng minh rằng tất cả
các đường thẳng đã cho đồng phẳng.
Một cách mở rộng khác của bài toán Sylvester là:
Cho n hình lồi (n > 2) sao cho cứ 3 hình lồi bất kỳ có thì có giao khác rỗng. Chứng
minh n hình lồi đã cho có giao khác rỗng.
Đó chính là nội dung của định lí Helly!
Ví dụ 4 (Bài toán đối ngẫu của bài toán Sylvester). Trong mặt phẳng cho n đường
thẳng(n ≥ 3), trong đó hai đường thẳng bất kì đều cắt nhau và qua mỗi giao điểm có
không ít hơn ba đường thẳng đi qua. Chứng minh tất cả các đường thẳng đó đều đi qua
1 điểm.
Chứng minh. Giả sử n đường thẳng đã cho không đồng quy. Xét tập tất cả các giao

điểm trên đến các đường thẳng đã cho.
Gọi S là tập các khoảng cách khác không từ các giao điểm trên đến các đường thẳng
đã cho. Do S hữu hạn và khác rỗng nên tồn tại khoảng cách ngắn nhất. Giả sử d(A,∆)
là bé nhất(A ∈ ∆). Theo giả thiết sẽ có các đường thẳng ∆
1
, ∆
2
, ∆
3
đi qua A.
Hình 4:
Gọi B,C,D là giao điểm của ∆
1
, ∆
2
, ∆
3
với ∆. Lại theo giả thiết thì qua C còn có đường
thẳng ∆
4
đi qua và ∆
4
sẽ cắt một trong hai đoạn thẳng AB hoặc CD. Giả sử ∆
4
cắt
đoạn AB tại E⇒d(E,∆)<d(A,∆)(mâu thuẫn!).
Vậy n đường thẳng đã cho đồng quy.
5
Ví dụ 5. Trên mặt phẳng cho n − 3 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đi qua 3 điểm mà không chứa điểm còn lại nào

bên trong.
Chứng minh. Chọn 2 điểm A, B cố định sao cho n − 5 điểm còn lại nằm về một phía
đối với AB. Với mỗi một điểm D bất kì trong n − 5 điểm còn lại ta xét góc

ADB. Do
số các góc này là hữu hạn nên tồn tại diểm M sao cho số đo góc

AMB là lớn nhất. Ta
sẽ chứng minh đường tròn đi qua 3 điểm A, M, B là đường tròn cần tìm.
Hình 5:
Thật vậy, giả sử tồn tại điểm D nằm trong đường tròn (AMB). Khi đó ta có

ADB >

AMB (mâu thuẫn).
Vậy luôn tồn tại một hình tròn đi qua 3 điểm mà không chứa điểm còn lại nào bên
trong.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1, thì 2
n
−1 không chia hết cho n.
Chứng minh. Giả sử tồn tại số nguyên n > 1 và là ước của 2
n
− 1. Khi đó n là số lẻ
và ta gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n thì p cũng lẻ. Theo định lí Ferma nhỏ ta
có 2
p−1
−1 chia hết cho p. Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 2
k
−1 chia hết
cho p, suy ra k ≤ p − 1 < p. Ta sẽ chứng minh n

.
.
.k.
Thật vậy, nếu n = kq + r, với 0 < r < k thì
2
n
− 1 = (2
k
)
q
.2
r
− 1 = (mp + 1)
q
.2
r
− 1 = (m

p + 1).2
r
− 1; với m,m’ ∈ Z
Mà 2
n
− 1
.
.
.p =⇒ 2
r
− 1
.

.
.p(mâu thuẫn với việc chọn k). Do đó n
.
.
.k, nhưng k < p nên n
có ước nguyên tố nhỏ hơn p (mâu thuẫn!).
Vậy với mọi số nguyên n > 1, thì 2
n
− 1 không chia hết cho n.
Ví dụ 7. Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố có dạng 6n + 5
Chứng minh. Gọi A là tập tất cả các số nguyên tố có dạng 6n + 5. Nếu A hữu hạn và
vì A khác rỗng (vì 5 ∈ A) nên tồn tại số lớn nhất p thuộc A. Ta xét số r=6p!-1 thì mọi
6
phần tử của A không là ước của r. Mặt khác vì r có dạng 6n+5 nên r phải có ít nhất
một ước nguyên tố dạng 6n+5. Gọi ước nguyên tố đó là m thì m ∈ A và m>p(mâu
thuẫn!).
Vậy có vô hạn số nguyên tố dạng 6n+5.
Ví dụ 8. Có 64 người trong một hội thảo, biết rằng mỗi người đều quen với ít nhất 6
người khác. Chứng minh rằng tồn tại 12 người để có thể xếp họ quanh một bàn tròn,
sao cho mỗi người đều ngồi giữa 2 người mình quen.
Chứng minh.
Nhận xét:Bài toán là không chính xác vì ta có phản ví dụ sau: Chia 64 người thành
8 nhóm, mỗi nhóm 8 người sao cho trong mỗi nhóm tất cả đều biết nhau. Giữa hai
nhóm không ai quen ai cả. Khi đó không có cách xếp 12 người nào để cho mỗi người
đều ngồi giữa 2 người mình quen.
Ví dụ 9. Có n điểm trên mặt phẳng sao cho diện tích của tam giác tạo bởi 3 điểm
bất kì trong chúng lớn nhất bằng 1. Chứng minh rằng n điểm này nằm trên hoặc trong
một tam giác có diện tích lớn nhất bằng 4.
Chứng minh. Vì số điểm đã cho là hữu hạn nên số tam giác tạo thành từ n điểm đã
cho là hữu hạn và khác rỗng. Theo nguyên lí cực trị sẽ tồn tại tam giác có diện tích lớn

nhất, ta gọi tam giác đó là ABC. Qua mỗi đỉnh của ABC ta kẻ các đường song
song với các cạnh cảu tam giác, khi đó tam giác tạo bởi các giao điểm là A

B

C

sẽ
là tam giác cần tìm.
Hình 6:
Thật vậy, vì ABC có diện tích không lớn hơn 1,mà A

B

C

có diện tích bằng
4 lần diện tích ABC nên diện tích của A

B

C

không vượt quá 4. Bây giờ ta sẽ
chứng minh không có điểm nào trong n điểm không thuộc miền trong của A

B

C


.
Phản chứng, giả sử điểm D nằm miền ngoài của A

B

C

. Khi đó tồn tại một đỉnh
của A

B

C

nằm khác phía với D. Không mất tính tổng quát có thế giả thiết D, B

nằm khác phía đối với A

C

. Khi đó ta có
d(D, AC) > d(B, AC) ⇒ S(DAC) > S(ABC)(mâu thuẫn!)
7
2.2 Bài tập đề nghị
Bài 1. Sau một trận đấu vòng bóng bàn, mỗi đấu thủ được gọi tên những người thua
mình, và những người thua những người thua mình. CMR tồn tại ít nhất một đấu thủ
được gọi tên tất cả những người còn lại.
Bài 2. Một quốc gia có 2010 thành phố. Giữa 2 thành phố bất kì đều có đường nối
với nhau. Độ dài của các con đương có đôi một khác nhau. Từ một thành phố A nào
đó ta đi đến thành phố B khác theo con đường ngắn nhất. Từ B ta đi đến thành phố

C khác theo con đường ngắn nhất khác với con đường vừa đi. Cứ như vậy cho đến khi
không thể đi tiếp theo qui tắc đó nữa. Hỏi trên đường đi có thành phố nào được đi
qua hai lần không?
Bài 3. Chứng min rằng trong một ngũ giác lồi bất kì tồn tại ba đường chéo, mà chúng
có thể dựng được một tam giác.
Bài 4. Trong một bàn cờ n x n đặt các quân xe thỏa mãn điều kiện nếu có một ô nào
dó không có quân xe thì tông các quân xe đứng cùng hàng cùng cột với ô đó không
nhỏ hơn n. Chứng minh rằng trên bàn cờ có không ít hơn
n
2
2
quân xe.
Bài 5. Một nước có 80 sân bay mà khoảng cách giữa các cặp sân bay bất kì đều khác
nhau và không có 3 sân bay nào thẳng hàng. Cùng một thời điểm từ mỗi sân bay có
một chiếc máy bay cất cánh và bay đến sân bay nào đó gần nhất. Chứng minh rằng
trên bất kì sân bay nào cũng không có quá 5 máy bay bay đến.
Bài 6. Trên mặt phẳng có 2010 điểm, khoảng cách giữa các điểm này đôi một khác
nhau. Nối mỗi điểm trong số 2010 điểm này với điểm gần nó nhất. Vói cách nối đó có
nhận được một đường gấp khúc khép kín không?
Bài 7. Trong một hội nghị toán học có rất nhiều nhà toán học đến dự. Người ta nhận
thấy rằng nếu 2 người nào đó trong họ mà quen nhau thì hai người này không cùng
quen với một người thứ ba. Còn nếu hai người trong họ mà không quen nhau thì họ
cùng quen với đúng hai người khác. Chứng minh rằng trong hội nghị này, tất cả các
nhà toán học có số người quen bằng nhau.
8
3 Tìm cực trị rời rạc
3.1 Ví dụ minh họa
Ví dụ 10. Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử x
1
, x

2
, . . . , x
d
là các
biến nguyên dương sao cho x
1
+ x
2
+ ··· + x
d
= m. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất
của biểu thức:
S = x
2
1
+ x
2
2
+ ··· + x
2
d
Chứng minh. Gọi G là tập tất cả các giá trị của S. Ta có G khác rỗng và hữu hạn nên
theo nguyên lí cực trị rời rạc thì luôn tồn tại N là số nhỏ nhất của G và L là số lớn
nhất của G.
Giả sử (a
1
, a
2
, . . . , a
d

) làm cho S nhận giá trị N. Ta sẽ chứng minh rằng các số
a
1
, a
2
, . . . , a
d
chỉ hơn kém nhau tối đa là 1.
Thật vậy, giả sử a
2
− a
1
= a > 1.Khi đó lấy b = a
1
− 1; c = a
2
+ 1,thì a
1
+ a
2
= b + c
và b
2
+ c
2
< a
2
1
+ a
2

2
. Như vậy ta tìm được các số nguyên b, c, a
3
, . . . , a
d
thỏa mãn
b + c + a
3
+ ··· + a
d
= m và làm cho giá trị của S nhỏ hơn N(mâu thuẫn!).Vậy các số
a
1
, a
2
, . . . , a
d
chỉ hơn kém nhau tối đa là 1.
Bây giờ giả sử a
1
≤ a
2
≤ ··· ≤ a
d
và m=dn+k(0 ≤ k < d). Do đặc điểm của dãy
a
1
≤ a
2
≤ ··· ≤ a

d
ta có a
1
= a
2
= ··· = a
d−k
= n;a
d−k+1
= a
d−k+2
= ··· = a
d
= n + 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất N=(d − k)n
2
+ k(n + 1)
2
.
Giả sử (b
1
, b
2
, . . . , b
d
) làm cho S nhận giá trị lớn nhất L. Ta sẽ chứng minh b
1
=
b
2

= ··· = b
d−1
= 1; b
d
= m + 1 −d.
Thât vậy, giả sử tồn tại i < d sao cho b
i
> 1. Đặt c
i
= b
i
− 1; c
d
= b
d
+ 1, ta
có b
1
+ ··· + b
i−1
+ c
i
+ b
i+1
+ ··· + c
d
= m và c
2
1
+ c

2
d
= (b
i
− 1)
2
+ (b
d
+ 1)
2
>
b
2
i
+ b
2
d
. Như vậy ta tìm được các số nguyên b
1
, . . . , b
i−1
, c
i
, b
i+1
, . . . , b
d−1
, c
d
thỏa mãn

b
1
+ ···+ b
i−1
+ c
i
+ b
i+1
+ ···+ c
d
= m và làm cho giá trị của S lớn hơn L(mâu thuẫn!).
Vậy giá tị lớn nhất L=(d − 1) + (m −d + 1)
2
Tổng quát:Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
d
là
các biến nguyên dương sao cho x
1
+ x
2
+ ··· + x
d
= m. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn
nhất của biểu thức:
S = x
k

1
+ x
k
2
+ ··· + x
k
d
.
Ví dụ 11. Cho m > d là một số nguyên dương. Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
d
là các biến nguyên
dương sao cho x
1
x
2
. . . x
d
= m. Tìm giá trị lớn nhất của
S = x
3
1
+ x
3
2
+ ··· + x
3

d
.
9
Chứng minh. Gọi A là tập tất cả các giá trị của S. Ta có A hữu hạn và khác rỗng.
Theo nguyên lí cực trị rời rạc, tồn tại U là số lớn nhất của A. Gỉa sử (a
1
, a
2
, . . . , a
d
)
làm cho S nhận giá trị U. Ta sẽ chứng minh rằng các số a
1
, a
2
, . . . , a
d
có một số là m,
còn tất cả các số khác là 1.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a
1
≥ a
2
≥ ··· ≥ a
d
. Ta chỉ cần chứng minh
a
1
= m,a
2

= a
3
= ··· = a
d
= 1. Thật vậy, nếu a
1
< m thì a
2
> 1. Đặt b = a
1
a
2
, c = 1,
thì ta có bca
3
. . . a
d
= m và b
3
+ c
3
= a
3
1
a
3
2
+ 1 ≥ a + 1
3
+ a

3
2
. Như vậy ta tìm được các
số nguyên dương b, c, a
3
, . . . , a
d
thỏa mãn bca
3
. . . a
d
= m làm cho giá trị của S lớn hơn
U(mâu thuẫn).
Vậy a
1
= m, a
2
= = a
d
= 1 và U=m
3
+ (d −1).
Ví dụ 12. Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2. Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
d
là các
biến nguyên dương sao cho x

1
+ x
2
+ ···+ x
d
= m. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất của S =
d

k=1
kx
k
.
Chứng minh. Gọi A là tập tất cả các giá trị của S. Ta có A hữu hạn và khác rỗng nên
theo nguyên lí cực trị rời rạc luôn tồn tại phần tử lớn nhất L và phần tử nhỏ nhất N
của A.
• Giả sử (a
1
, a
2
, . . . , a
d
) làm cho S nhận giá trị L. Ta sẽ chứng minh a
1
= a
2
=
··· = a
d−1
= 1; a

d
= m −d + 1.
Thật vậy giả sử a
d
< m + 1 − d, khi đó phải tồn tại a
i
> 1, i = d. Đặt b
d
=
a
d
+ 1; b
i
= a
i
− 1 thì a
1
+ ··· + a
i−1
+ b
i
+ a
i+1
+ ··· + b
d
= m và
ib
i
+ db
d

= i(a
i
− 1) + d(a
d
+ 1) = ia
i
+ da
d
+ d − 1 > ia
i
+ da
d
Như vậy ta tìm được các số nguyên dương a
1
, . . . , a
i−1
, b
i
, a
i+1
, . . . , b
d
thỏa mãn
a
1
+ ···+ a
i−1
+ b
i
+ a

i+1
+ ···+ b
d
= m và làm cho giá trị của S lớn hơn L(mâu
thuẫn!).
Vậy a
1
= a
2
= ··· = a
d−1
= 1; a
d
= m −d + 1 và L=
d(d + 1)
2
+ d(m + 1 −d)
• Giả sử (b
1
, b
2
, . . . , b
d
) làm cho S nhận giá trị N. Ta sẽ chứng minh b
1
= m + 1 −
d; b
2
= b
3

= ··· = b
d
= 1.
Thật vậy giả sử b
1
< m + 1 − d, khi đó phải tồn tại b
i
> 1, i = 1. Đặt c
1
=
b
1
+ 1; c
i
= b
i
− 1 thì c
1
+ b
2
+ ··· + b
i−1
+ c
i
+ b
i+1
+ ··· + b
d
= m và
c

1
+ ic
i
= (b
1
+ 1) + i(b
i
− 1) = (b
1
+ ib
i
) −(i −1) < b
1
+ ib
i
Như vậy ta tìm được các số nguyên dương c
1
, b
2
, . . . , b
i−1
, c
i
, b
i+1
, . . . , b
d
thỏa mãn
c
1

+ b
2
+ ···+ b
i−1
+ c
i
+ b
i+1
+ ···+ b
d
= m và làm cho giá trị của S nhỏ hơn
N(mâu thuẫn!).
Vây b
1
= m + 1 − d; b
2
= b
3
= ··· = b
d
= 1 và N = (m + 1 − d) +
(d −1)(d + 2)
2
10
Ví dụ 13. Cho a
1
, a
2
, . . . , a
d

, a, b
1
, b
2
, . . . , b
d
là các hằng số thưc dương, còn x
1
, x
2
, . . . , x
d
là các biến không âm sao cho
d

k=1
a
k
x
k
= a. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
biểu thức: S =
d

k=1
b
k
x
k
.

Chứng minh. Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử
b
1
a
1
≤
b
2
a
2
≤ ··· ≤
b
d
a
d
. Theo
giả thiết ta có
d

k=1
a
k
x
k
a
= 1. Do đó
b
1
a
1

=
b
1
a
1
d

k=1
a
k
x
k
a
≤
d

k=1
a
k
b
k
x
k
aa
k
≤
b
d
a
d

d

k=1
a
k
x
k
a
=
b
d
a
d
⇒
ab
1
a
1
≤
d

k=1
b
k
x
k
≤
ab
d
a

d
Vậy S đạt giá trị lớn nhất bằng
ab
d
a
d
khi x
1
= x
2
= ··· = x
d−1
= 0; x
d
=
a
a
d
và S đạt
giá trị nhỏ nhất bằng
ab
1
a
1
x
2
= ··· = x
d−1
= x
d

= 0; x
1
=
a
a
1
Ví dụ 14. Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
d
là các biến nguyên dương có tích là d!. Tìm giá trị nhỏ
nhất của x
5
1
+ x
5
2
+ ··· + x
5
d
.
Chứng minh. Gọi A là tập các giá trị của S. Dễ thấy A là khác rỗng và hữu hạn. Do
vậy theo nguyên lí cực trị rời rạc thì A luôn có phần tử lớn nhất L. Giả sử bộ các số
nguyên (a
1
, a
2
. . . , a

d
)làm cho S nhận giá trị L. Không làm mất tính tổng quát ta có thể
giả sử a
1
≥ a
2
≥ ··· ≥ a
d
. Ta chỉ cần chứng minh a
1
= d!, a
i
= 1 với i ∈ {2, 3, . . . , d}.
Thật vậy, giả sử a
1
< d! thì a
2
> 1, đặt b = 1 và c = a
1
a
2
. Ta có bca
3
. . . a
d
= d!, hơn
nữa b
5
+ c
5

− a
5
1
− a
5
2
= (a
5
1
− 1)(a
5
2
− 1) > 0(mâu thuẫn với tính lớn nhất của L).
Vậy L = (d −1) + (d!)
5
khi a
1
= d!, a
i
= 1, ∀i = 2, d.
Ví dụ 15. Cho các số dương a
1
, a
2
, a
3
, a
4
, a
5

thỏa mãn các điều kiện:
(i) 2a
i
là số nguyên dương với i = 1, 5.
(ii) a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
= 99.
Tìm giá trị lớn nhất của P = a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
.
Chứng minh. Gọi G là tập tất cả các giá trị của P. Dễ thấy G hữu hạn và khác rỗng.
Do đó theo nguyên lí cực trị rời rạc thì luôn tồn tại N là số bé nhất của G. Ta sẽ chứng
minh các số x
1

, x
2
, x
3
, x
4
, x
5
hơn kém nhau tối đa là 0.5.
Thật vậy, Giả sử chẳng hạn x
1
−x
2
= x > 0.5. KHi đó lấy b = 0, 5 và c = x
2
+0.5 thì
2b, 2c là các số nguyên và x
1
+x
2
= b+c và bc = (x
1
−0.5)(x
2
+0.5) = x
1
x
2
+0.5x−0.25 >
11

x
1
x
2
(do x
1
−x
2
= x > 0.5). Vậy ta tìm được bộ số (b, c, x
3
, x
4
, x
5
) thỏa mãn (i) và (ii)
và làm cho giá trị của P bé hơn N (Mâu thuẫn!). Vậy các số x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, x
5
hơn kém
nhau tối đa là 0.5.
Bây giờ giả sử x
1
≤ x

2
≤ x
3
≤ x
4
≤ x
5
mà do a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
= 99 ta suy ra ngay
a
1
= a
2
= 19.5 và a
3
= a
4
= a
5
= 20.Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là:N = 19.5
2

20
3
.
3.2 Bài tập đề nghị
Bài 8. Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
d
là các biến
nguyên dương sao cho x
1
+ x
2
+ ··· + x
d
= m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
S =

1≤i<j≤d
x
i
x
j
Bài 9. Cho k ∈ N, k ≥ 3, x, y, z ∈ N

thỏa mãn x + y + z = k. Tìm giá trị lớn nhất
của S = xyz.
Bài 10. Tìm giá trị lớn nhất của tích các số tự nhiên có tổng bằng số tự nhiên M cho

trước.
Bài 11. Tìm giá trị nhỏ nhất của của tổng các số tự nhiên có tích bằng số tự nhiên
M cho trước.
12
4 Thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng
Sự thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng đã làm giảm đi rất nhiều trường hợp
xét trong bài toán. Đó chính là tính ưu việt của phương pháp này!
Ta sẽ xét một vài ví dụ cụ thể để hiểu rõ hơn về phương pháp.
4.1 Ví dụ minh họa
Ví dụ 16. Tìm các số nguyên x, y lớn hơn 1 sao cho (3x + 1)
.
.
.y và (3y + 1)
.
.
.x.
Chứng minh. Do vai trò bình đẳng của x, y nên ta có thể giả sử x ≥ y. Khi đó xảy ra
các trường hợp:
a) Nếu x = y thì (3x + 1)
.
.
.x ⇒ 1
.
.
.x, điều này trái với giả thiết x > 1.
b) Nếu x > y thì tồn tại số nguyên p sao cho 3y + 1 = px. Mặt khác ta có
3x > 3y ⇒ 3x ≥ 3y + 1 = px. Dấu bằng không xảy ra vì 3y + 1 không chia
hết cho 3, nên ta chỉ có 3x > px. Vậy p=1, hoặc p=2.
– Nếu p = 1 thì 3y + 1 = x ⇒ (3(3y + 1) + 1)
.

.
.y, do đó 4
.
.
.y, suy ra y = 2 hoặc
y = 4. Tương ứng x = 7 hoặc x = 13.
– Nếu p = 2 thì 2x = 3y + 1 ⇒ (9y + 5)
.
.
.y, do đó 5
.
.
.y. Suy ra y = 5 và x = 8.
Ví dụ 17. Tìm tất cả các số nguyên tố a, b, c sao cho abc < ab + bc + ca.
Chứng minh. Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c. Khi đó
ta có ab + bc + ca ≤ 3bc.
Nếu a ≥ 3 ⇒ 3bc ≤ abc ⇒ ab + bc + ca ≤ abc(mâu thuẫn), vậy a = 2 (vì a là số
nguyên tố). Do đó
2bc < 2b + bc + 2c ⇒
1
c
+
1
b
>
1
2
⇒ b < 5
• Nếu b = 2 ⇒ c là số nguyên tố bất kì.
• Nếu b = 2 ⇒ c = 3 hoặc c = 5.

Ví dụ 18. Cho a, b, c, d là các số thực đôi một khác nhau.Giải hệ phương trình sau:









| a − b | y+ | a −c | z+ | a −d | t = 1
| b − a | x+ | b −c | z+ | b −d | t = 1 (1)
| c − a | x+ | c −b | y+ | c − d | t = 1
| d − a | x+ | d −b | y+ | d − c | z = 1
13
Chứng minh. Do vai trò bình đẳng của a, b, c, d nên ta có thể giả sử a > b > c > d.
Khi đó hệ (1) được chuyển về hệ sau:









(a −b)y + (a −c)z + (a −d)t = 1
(a −b)x + (b −c)z + (b − d)t = 1 (2)
(a −c)x + (b −c)y + (c − d)t = 1
(a −d)x + (b −d)y + (c − d)z = 1

Biến đổi hệ (2) bằng cách, lấy phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ hai;
phương trình thứ hai trừ phương trình thứ ba; phương trình thứ ba trừ phương trình
thứ tư và giữ nguyên phương trình cuối, ta được hệ:









(a −b)(−x + y + z + t) = 0
(b −c)(−x −y + z + t) = 0 (3)
(c −d)(−x −y − z + t) = 0
(a −d)x + (b −d)y + (c − d)z = 1
Vì a, b, c, d đôi một khác nhau nên hệ (3) trở thành:









−x + y + z + t = 0
−x −y + z + t = 0
−x −y − z + t = 0
(a −d)x + (b −d)y + (c − d)z = 1

Khi đó ta có ngay được nghiệm của hệ phương trình là y = z = 0; x = t =
1
a −d
Ví dụ 19. Chứng minh rằng trong 7 đoạn thẳng, mỗi đoạn có độ dài l nguyên tùy ý,
với 1 ≥ l ≥ 13, có thể chọn ra 3 đoạn để làm 3 cạnh của một tam giác. Chứng tỏ rằng
bài toán không đúng nếu chỉ dùng 6 đoạn thẳng.
Chứng minh.
Nhận xét:Nếu các số dương a, b, c thỏa mãn a ≥ b ≥ c thì chúng là độ dài ba cạnh
của tam giác khi và chỉ khi a < b + c.
Giả sử 7 đoạn đã cho có độ dài tương ứng là l
1
, l
2
, . . . , l
7
. Không mất tính tổng quát
ta giả sử 1 ≥ l
1
≥ ··· ≥ l
7
.
Nếu không chọn ra được 3 đoạn nào làm 3 cạnh của một tam giác thì ta có
l
3
≥ l
1
+ l
2
≥ 1 + 1 = 2
l

4
≥ l
2
+ l
3
≥ 1 + 2 = 3
l
5
≥ l
3
+ l
4
≥ 2 + 3 = 5
l
6
≥ l
4
+ l
5
≥ 3 + 5 = 8
l
7
≥ l
5
+ l
6
≥ 5 + 8 = 13
Điều này mâu thuẫn với giả thiết l
7
< 13. Vậy có thể chọn ra 3 đoạn để làm 3 cạnh

14
của một tam giác.
Nếu chỉ dùng 6 đoạn thì bài toán sẽ không còn đúng, ví dụ lấy 6 đoạn có độ dài
tương ứng là l
1
= l
2
= 1, l
3
= 2, l
4
= 3, l
5
= 5, l
6
= 8.
Ví dụ 20. Cho a
1
, a
2
, . . . , a
d
, a, b
1
, b
2
, . . . , b
d
là các hằng số thưc dương, còn x
1

, x
2
, . . . , x
d
là các biến không âm sao cho
d

k=1
x
k
a
k
= 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
biểu thức: A =
d

k=1
b
k
x
k
.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a
1
b
1
≤ a
2
b
2

≤ ··· ≤ a
d
b
d
.Khi đó ta
có
a
1
b
1
= a
1
b
1
d

k=1
x
k
a
k
≤
d

k=1
a
k
b
k
x

k
a
k
≤
d

k=1
a
d
b
d
x
k
a
k
= a
d
b
d
d

k=1
x
k
a
k
= a
d
b
d

Do đó a
1
b
1
≤ A ≤ a
d
b
d
.
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng a
1
b
1
khi x
1
= a
1
; x
2
= ··· = x
d
= 0 và A đạt giá
trị lớn nhất bằng a
d
b
d
khi x
1
= ··· = x
d−1

= 0; x
d
= a
d
.
Ví dụ 21. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z sao cho xyz = 9 + x + y + z.
Chứng minh. Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên ta có thể giả sử x ≥ y ≥ z.Khi đó
có các khả năng sau:
1. Cả ba số bằng 1(không thỏa mãn!).
2. x > 1; y = z = 1 ⇒ x = 11 + x, vô lí!
3. x ≥ y > 1, z = 1 ⇒ xy = 10 + x + y hay 11 = (x −1)(y − 1).
Vì x −1 ≥ y − 1 nên

x −1 = 11
y − 1 = 1.
. Do đó





x = 12
y = 2
z = 1.
4. x ≥ y ≥ z > 1. Đặt u = x −2, v = y −2, w = z − 2. Ta có u ≥ v ≥ w ≥ 0 và
15 + u + v +w = (u + 2)(v + 2)(w +2) = uvw +2(uv + vw + wu) + 4(u + v + w) + 8
⇒ 7 = uvw + 2(uv + vw + wu) + 3(u + v + w).
– Nếu v = 0 ⇒ w = 0 ⇒ 7 = 3u(không thể xảy ra).
– Nếu v > 0 ⇒ u ≥ v ≥ 1 ⇒ 2uv + 3(u + v) ≥ 8(loại).
Vậy nghiệm của bài toán là các hoán vị của bộ (12, 2, 1).

Ví dụ 22. Tìm 12 số nguyên dương, sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
15
Chứng minh. Gọi 12 số nguyên dương cần tìm là x
1
, x
2
, . . . , x
11
, x
12
và không mất tính
tổng quát ta giả sử x
1
≥ x
2
≥ ··· ≥ x
11
≥ x
12
(1).
Theo giả thiết ta có
12

i=1
x
i
=
12

i=1

x
i
(2). Mà theo (1) ta có
12

i=1
x
i
≤ 12x
1
, suy ra
12

i=1
x
i
≤ 12x
1
, hay
12

i=2
x
i
≤ 12.
Vì 2
4
= 16 nên trong 11 số x
2
, x

3
, . . . , x
12
không thể có hơn 3 số lớn hơn 2. Vậy trong
12 số phải tìm không thể có hơn 4 số lớn hơn 2. Do đó chỉ có thể xảy ra 5 trường hợp
sau:
1. Cả 12 số bằng 1(không thỏa mãn!).
2. x
1
> x
2
= x
3
= ··· = x
12
= 1. Từ (2) suy ra x
1
= 11 + x
1
(không thỏa mãn).
3. x
1
≥ x
2
> x
3
= ··· = x
12
= 1. Từ (2) suy ra x
1

+x
2
+10 = x
1
x
2
⇒ x
1
= 12; x
2
= 2
4. x
1
≥ x
2
≥ x
3
> x
4
= ··· = x
12
= 1. Từ (2) suy ra x
1
+ x
2
+ x
3
+ 9 = x
1
x

2
x
3
(Giải
tương tự ví dụ trên).
5. x
1
≥ x
2
≥ x
3
≥ x
4
> x
5
= ··· = x
12
= 1. Từ (2) suy ra
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ 8 = x
1
x
2

x
3
x
4
(3)
Đặt y
i
= x
1
− 2, ∀i = 1, 4 ⇒ y
i
≥ 0, ∀i = 1, 4. Thay vào (3) ta được:
(3)↔ 16 + y
1
+ y
2
+ y
3
+ y
4
= (y
1
+ 2)(y
2
+ 2)(y
3
+ 2)(y
4
+ 2)
↔ 0 = 7(y

1
+···+y
4
)+2y
1
y
2
(y
3
+y
4
)+2y
3
y
4
(y
1
+y
2
)+4(y
1
y
2
+y
3
y
4
)+y
1
y

2
y
3
y
4
.
Do đó y
1
= y
2
= y
3
= y
4
= 0, suy ra x
1
= x
2
= x
3
= x
4
= 2.
Ví dụ 23. (Bất đẳng thức Schur) Cho a, b, c là các số nguyên dương và r là số thực
bất kì, r ≥ 1. Chứng minh rằng:
a
r
(a −b)(a −c) + b
r
(b −c)(b −a) + c

r
(c −a)(c −b) ≥ 0
Chứng minh. Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c.Ta viết lại
bất đẳng thức đã cho thành:
a
r
(a −b)(a −c) −b
r
(b −c)(a −b) + c
r
(a −c)(b −c) ≥ 0
⇐⇒ (a −b)[(a
r
(a −c) −b
r
(b −c)] + c
r
(a −c)(b −c) ≥ 0
. Vì a ≥ b ≥ c nên bất đẳng thức trên luôn đúng!
Ví dụ 24.
16
a) Cho a
1
, a
2
, . . . , a
n
> 0.Chứng minh rằng: a
a
1

1
a
a
2
2
. . . a
a
n
n
≥ (a
1
a
2
. . . a
n
)
a
1
+a
2
+···+a
n
n
b) Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng 0 ≤ xy + yz + zx −3xyz ≤
1
4
Chứng minh.
a)Do vai trò bình đẳng của a
1
, a

2
, . . . , a
n
nên ta giả sử a
1
≥ a
2
≥ ··· ≥ a
n
. Ta có
a
a
1
1
a
a
2
2
. . . a
a
n
n
≥ (a
1
a
2
. . . a
n
)
a

1
+a
2
+···+a
n
n
⇔ (a
a
1
−
a
1
+a
2
+···+a
n
n
1
) . . . (a
a
n
−
a
1
+a
2
+···+a
n
n
n

) ≥ 1()
Mặt khác, ta có a
k
−
a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
n
=
n

i=k+1
(
a
k
− a
i
n
) −
k−1

i=1
(
a
i
− a
k

n
)
Do đó () ⇔

1≤i<j≤n
(
a
i
a
j
)
a
i
− a
j
n
≥ 1.
Bất đẳng thức trên luôn đúng vì a
i
≥ a
j
, ∀i < j.
b)Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên ta có thể giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 ⇒ z ≤
1
3
⇒ 3xyz ≤ xy ⇒ xy + yz + zx −3xyz ≥ yz + zx ≥ 0.
Đặt z =
1
3
− k, 0 ≤ k ≤

1
3
. Mà x + y + z = 1 ⇒ x + y =
2
3
+ k.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
xy ≤ (
x + y
2
)
2
= (
1
3
+
k
2
)
2
Mà xy + yz + zx − 3xyz = xy(1 −3z) + z(x + y)
⇒ xy + yz + zx − 3xyz ≤ (
1
3
+
k
2
)
2
(3k) + (

1
3
− k)(
2
3
+ k) =
2
9
+
3
4
k
3
≤
1
4
4.2 Bài tập đề nghị
Bài 12.
a) Tìm các số nguyên dương x, y, z sao cho x + y + z = xyz
b) Tìm các số nguyên dương x, y, z, t sao cho x + y + z + t = xyzt
Bài 13. Biết rằng a
2
1
+ a
2
2
+ a
2
3
+ a

2
4
+ a
2
5
= 1. Chứng minh rằng ,giá trị nhỏ nhất của
(a
i
− a
j
)
2
, (1 ≤ i = j ≤ 5) không thể vượt quá
1
10
.
Bài 14. Cho 4 số thực khác nhau a, b, c, d. Biểu thức
f(x, y, z, t) = (x −y)
2
+ (y − z)
2
+ (z − t)
2
+ (t −x)
2
có thể nhận bao nhiêu giá trị khác nhau, nếu các biến x, y, z, t biến thiên và là các
hoán vị của các số a, b, c, d.
Bài 15. Chứng minh rằng, từ 25 số nguyên dương khác nhau có thể chọn ra hai số,
sao cho các số còn lại không thể bằng tổng hoặc hiệu của hai số vưà chọn.
17

Bài 16. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có:
a
2
b(a −b) + b
2
c(b −c) + c
2
a(c −a) ≥ 0
Với a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác.
Bài 17. Cho a, b, c ∈ [0, 1].Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau:
F =
a
b + c + 1
+
b
a + c + 1
+
c
a + b + 1
+ (1 − a)(1 − b)(1 − c)
Bài 18. Giải hệ phương trình sau:(a > 0)


















x
1
=
1
2
(x
2
+
a
x
2
)
x
2
=
1
2
(x
3
+
a
x

3
)
. . .
x
n
=
1
2
(x
1
+
a
x
1
)
Bài 19. Giải hệ phương trình sau:









3
√
3x
1
= cos(Πx

2
)
3
√
3x
2
= cos(Πx
3
)
3
√
3x
3
= cos(Πx
4
)
3
√
3x
4
= cos(Πx
5
)
Bài 20. a) Cho a, b, c ∈ (0; 1]. Chứng minh rằng:
(1 −a)(1 −b)(1 −c) +
1
3
≤
1
a + b + c

b) Cho a
i
∈ (0; α] ; S =
n

i=1
a
i
. Chứng minh rằng:
α
n
S
≥
α
n
n
+
n

i=1
(α −a
i
)
18