Khóa luận tốt nghiệp toán Một số nguyên lí cơ bản

TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN
===£OBŨIGS===
TRẦN THỊ THU HẰNG
MỘT SỐ NGUYÊN LÍ cơ BẢN
KHÓA LUÂN TỐT NGHIÊP ĐAI HOC • • • • Chuyên ngành: Đại
số
Người hướng dẫn khoa học ThS. DƯƠNG THI
LUYẾN
HÀ NỘI - 2014
MỤC LỤC
Sau một thời gian nghiên cứu cùng với sự giúp đỡ của các thầy cô giáo và
các bạn sinh viên, khóa luận của tôi đã được hoàn thành. Tôi xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc tới cô giáo THẠC SĨ

Dương THỊ LUYẾN

- người đã trực tiếp
hướng dẫn, chỉ bảo tận tình giúp đỡ tôi hoàn thành khóa luận này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới tất cả các thầy cô giáo trong tổ Đại số,
khoa Toán và thư viện trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện giúp
đỡ tôi hoàn thành khóa luận.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2014 Sinh viên
Trần Thị Thu Hằng
Tôi xin cam đoan rằng khóa luận này là kết quả nghiên cứu tìm tòi của
riêng tôi và hoàn thành trên cơ sở những kiến thức đã học và tham khảo các tài
liệu. Kết quả nghiên cứu này không hoàn toàn trùng với bất cứ công trình
nghiên cứu nào từng được công bố.
Hà Nội, tháng 5 năm 2014 Sinh viên
Trần Thị Thu Hằng
LỜI CẢM ƠN

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong bộ môn Toán nói chung, trong môn Đại số nói riêng có một lớp bài
toán logic mà việc giải chúng đòi hỏi phải suy luận, tư duy độc đáo. Việc giải
lớp bài toán logic này giúp người thực hiện nâng cao khả năng suy luận, tư duy
và nhiều khi phát hiện ra những phương pháp giải toán “độc đáo” không ngờ.
Bởi vậy nhiều em học, đặc biệt là các em ở trường chuyên lớp chọn thích làm
quen với loại toán này.
Một trong những phương pháp để giải những bài toán thuộc dạng này, đó
là dựa ưên những ứng dụng về một số nguyên lí cơ bản của đại sơ cấp đó là:
nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang. Với những lí do
trên, tôi chọn đề tài “Một số nguyên lí cơ bản”
2. Mục đích, yêu cầu của đề tài
Mục đích của đề tài nhằm giải quyết một số bài tập số học, hình học dựa
trên những ứng dụng của Đại sơ cấp và đề xuất một số bài tập tương tự.
3. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tài liệu: Đọc tài liệu, phân tích, tổng hợp các kết quả.
4. Giả thuyết khoa học
Nếu xây dựng được một hệ thống các bài toán về một số nguyên lí cơ
bản: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang thì sẽ góp
phần giúp các em học sinh, đặc biệt là giúp các em trường chuyên, lớp chọn,
các bạn sinh viên và bạn đọc hiểu sâu sắc và ứng dụng “Một số nguyên lí cơ
bản” trong việc giải một số bài toán Đại số.
5. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu các vấn đề sau:
Chương 1. Nguyên lí Dirichlet
Chương 2. Nguyên lí cực hạn
Chương 3. Nguyên lí xuống thang
Chương 1 NGUYÊN LÍ DIRICHLET
3

G.lejeune-Dirich tên đầy đủ là Johnn Peter Gustar Lejeune Dirichlet, sinh
ra tại Duren (Đức) vào ngày 13 tháng 2 năm 1805.
Nguyên lí Dirichlet được phát biểu đầu tiên vào năm 1834, đưa ra một
nguyên tắc về phân chia phần tử các lớp.
1.1. Nguyên lí Dirỉchlet
Nguyên lí Dirichlet còn gọi là “nguyên lí chuồng bồ câu” hoặc “nguyên lí
ngăn kéo” hoặc “nguyên lí nhốt thỏ vào lồng”. Nội dung của nguyên lí này
đơn giản và dễ hiểu nhưng lại có tác dụng rất lớn trong giải toán. Nhiều khi có
những bài toán, người ta đã dùng rất nhiều phương pháp toán học để giải mà
vẫn chưa đi đến kết quả, nhưng nhờ nguyên lí Dirichlet mà bài toán trở nên dễ
dàng giải quyết.
1.1.1. Nguyên lí Dirichlet được phát biểu dưới dạng bài toán sau
đây
Nếu đem nhốt m- con thỏ vào n- chiếc lồng, với m > n thì ít nhất
cũng có một lồng nhốt không ít hơn hai con thỏ.
Hoặc là, nếu đem xếp m- đồ vật vào n- ô ngăn kéo, với m > n, thì ít nhất
cũng phải có một ô ngăn kéo chứa không ít hơn hai đồ vật.
1.1.2. Nguyên líDỉrỉchlet mở rộng
Nếu nhốt n- con thỏ vào m > 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có
ít nhất [
n+m
- ] con thỏ, ở đây kí hiệu [a] để chỉ phần nguyên của số a.
Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản như vậy nhưng nó là một công
cụ rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc của Toán học. Nó
đặc biệt có nhiều áp dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học.
Nguyên lí này trong nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh được sự
tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìm được vật cụ thể, nhưng trong
thực tế ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại là đủ.
Nguyên lí Dirichlet thực chất là một định lí về tập hữu hạn. Người ta chỉ
có thể phát biểu chính xác nguyên lí này dưới dạng sau.

1.1.3. Nguyên lí Dỉrỉchlet dạng tập hợp
4
Cho A và В là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng
phần tử của A nhiều hơn số lượng phần tử của B. Nếu với một quy tắc nào đó,
mỗi phàn tử của A cho tương ứng với một phần tử của B, thì tồn tại ít nhất hai
phần tử khác nhau của A mà chúng tương ứng với cùng một phần tử của B.
Với cách diễn đạt như vậy nguyên lí Dirichlet mở rộng có dạng sau:
1.1.4. Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng
Giả sử А, В là hai tập hợp hữu hạn và S(A), S(B) tương ứng kí hiệu là số
lượng phần tử của A và B. Giả sử có một số tự nhiên к nào đó mà S(A) >
k.S(B) và ta có quy tắc cho tương ứng mỗi phần tử của A với một phần tử của
B. Khi đó tồn tại ít nhất (k+1) phần tử của A mà chúng tương ứng cùng với
một phần tử của B.
1.2. Chứng minh
1.2.1. Chứng minh nguyên lí Dirichlet
Ta dùng phương pháp phản chứng.
Giả sử không có lồng nào nhốt hai thỏ trở lên, thế thì cho dù mỗi lồng đều
có nhốt một thỏ thì tổng số thỏ bị nhốt cũng chỉ là n-thỏ, trong khi đó tổng số
thỏ là m. Điều này vô lí.
Vậy ít nhất cũng phải có một lồng nhốt từ hai thỏ trở lên.
5
=> Điều phải chứng minh.
1.2.2. Chứng minh nguyên lí Dirichlet mở
rộng Giả sử trái lại mọi chuồng thỏ không có đến
[

N+M

-

1 = [—- + 11 = 1 + 1 con thỏ, thì số thỏ trong mỗi chuồng
m m m
đều nhỏ hơn hoặc bằng [^—4 con. Từ đó suy ra tổng số con thỏ không
m
vượt quá m.[—-] > n-1 con. Điều này vô lí vì có n-con thỏ. Vậy giả thiết
m
phản chứng là sai.
=> Điều phải chứng minh.
1.3. Cơ sở Toán hoc
■
Nguyên lí Dirichlet đơn giản như vậy, nhưng nó là một công cụ hết sức có
hiệu quả dùng để chứng mình nhiều kết quả hết sức sâu sắc của toán học.
Nguyên lí Dirichlet cũng được áp dụng cho các bài toán của hình học, điều đó
được thể hiện qua hệ thống bài tập sau
Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt
“thỏ” vào “chuồng” và thoả mãn các điều kiện :
+ Số ‘thỏ” phải nhiều hơn số “chuồng”
+ “Thỏ” phải được nhốt hết vào các “chuồng”, nhưng không bắt buộc
chuồng nào cũng phải có thỏ.
Thường phương pháp Dirichlet được áp dụng kèm theo phương pháp
phản chứng. Ngoài ra nó còn có thể áp dụng với các phép biến hình.
1.4. Bài tập áp dụng
1.4.1. Áp dụng nguyên líDirichlet vào suy luận logic
BÀI 1.

Trong một lớp có 30 học sinh. Chứng minh rằng trong số học sinh
ta sẽ tìm thấy 2 học sinh có tên bắt đầu bằng một chữ cái giống nhau.
Giải
Bảng chữ cái Tiếng Việt gồm 29 chữ cái, trong lúc đó số học sinh lớn hơn
(30 học sinh).

6
Ở đây các chứ cái đóng vai trò là các “lồng”, còn các bạn học sinh đóng
vai trò là các “thỏ” mà ta phải nhốt vào “lồng”, vì số thỏ lớn hơn số lồng nên ta
sẽ tìm được ít nhất một lồng nhốt nhiều hơn một thỏ, tức là tìm được ít nhất hai
học sinh có tên bắt đàu bằng một chữ cái.
BÀI 2.

Chứng minh rằng trong 2001 người bất kì, luôn có ít nhất hai
người có số người quen bằng nhau (số người quen chỉ tính trong 2001 người
này).
Giải
Ta coi 2001 người này là 2001 “thỏ”. Ta xét 2001 “lồng” sau:
Lồng 0 chứa những người có 0 người quen Lồng 1
chứa những người có 1 người quen
Lồng 2000 chứa những người có 2000 người quen
(vì một người quen tối đa 2000 người trong số 2001 người)
Nếu có một người không quen ai thì sẽ có người không quen đủ 2000
người. Vì vậy nên lồng 0 và lồng 2000 sẽ không cùng chứa người. Như vậy
thực sự chỉ có nhiều nhất là 2000 lồng chứa người. Mà ta có 2001 người nên
theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một lồng chứa từ 2 người ưở lên, đó là 2 người
có số người quen như nhau.
Hoặc ta có thể giải như sau (không theo ngôn ngữ “lồng”)
Gọi số người quen của Ai là aj. Vì có 2001 người và mỗi người có thể
không quen ai hoặc quen nhiều nhất 2000 người nên ta có 0 < ÃỊ

< 2000, Vi=l,
2, ,2001.
Nếu có một người không quen ai thì cũng sẽ không có ai quen đủ 2000
người. Khi đó ta có 0 < ÃI <

1999 tức ai nhận 2000 giá ưị i = 1, ,2001.
Vậy phải tồn tại ak = a
m
, k, m = 1, , 2001. Nếu mỗi người đều quen ít
nhất 1 người khác trong nhóm thì ta có: 1< aị < 2000, i = 1, , 2000. Do đó
cũng tồn tại a
k
= a
m
.
7
Vậy trong 2001 người bất kì luôn có ít nhất 2 người có số người quen
bằng nhau (số người quen chỉ tính trong số 2001 người này).
BÀI

3. Giả sử có một nhóm 6 người mỗi cặp hai hoặc là bạn hoặc là thù.
Chứng tỏ rằng trong nhóm có ba người là bạn lẫn nhau hoặc có ba người là thù
lẫn nhau.
Giải
Gọi A là một trong 6 người. Trong số 5 người của nhóm hoặc có ít nhất 3
người là bạn của A hoặc có ít nhất 3 người là kẻ thù của A (điều này suy ra từ
nguyên lí Dirichlet, vì những người khác chỉ có thể là bạn hoặc là thù của A)
Trong trường hợp đầu ta gọi B, c, D là bạn của A. Nếu trong 3 người này
có 2 người là bạn thì họ cùng với A lập thành một bộ ba người bạn lẫn nhau.
Ngược lại, tức là nếu trong ba người B, c, D không có ai là bạn ai cả thì chứng
tỏ họ là bộ ba người thù lẫn nhau.
Tương tự có thể chứng minh trong trường hợp có ít nhất ba người là kẻ
thù của A.
=> Điều phải chứng minh.
BÀI 4.

Có 10 đội bóng thi đấu với nhau trong một giải, mỗi đội phải đấu
một trận với đội khác. Chứng minh rằng vào bất cứ khi nào cũng có hai đội đấu
số trận như nhau.
Giải
Rõ ràng trong 10 đội bóng có một đội chưa đấu một trận nào thì trong các
đội còn lại không có đội nào đã thi đấu 9 trận. Như vậy 10 đội chỉ có số trận
đấu từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9.
Vậy theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nhất 2 đội có số ưận đấu như nhau
(đội chưa đấu ừận nào số trận bằng 0).
BÀI

5. Có 6 vận động viên cờ vua thi đấu với nhau (mỗi người phải đấu
một trận với 5 người khác). Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có 3
người trong đó từng cặp đã thi đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau ưận nào.
Giải
8
Giả sử 6 người đó là A, B, c, D, E, F. Xét A, theo nguyên lí Dirichlet ta
suy ra A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 người khác. Không mất tổng
quát, giả sử A đã thi đấu với B, c, D.
Nếu B, c, D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh.
Nếu B, c, D có hai người đã đấu với nhau, ví dụ в với с thì А, в, с từng cặp
đã đấu với nhau.
Như vậy lúc nào cũng có 3 người trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc
chưa đấu với nhau trận nào.
Bài tập đề nghị
BÀI 1.

Trong lớp có 30 học sinh. Khi viết chính tả em A phạm 14 lỗi, các
em khác phạm lỗi ít hơn. Chứng minh rằng có ít nhất là 3 học sinh đã mắc lỗi

bằng nhau (kể cả những người mắc 0 lỗi).
BÀI 2.

Cho 5 người tùy ý. Chứng minh rằng trong số đó có ít nhất 2
người có số người quen như nhau trong số 5 người đã chọn (hiểu rằng A và B
quen nhau thì B quen A)
BÀI

3. Trong một giải bóng đá có 10 đội tham gia, bất cứ hai đội nào
trong số đó cũng phải đấu với nhau một trận. Chứng minh rằng tại bất cứ thời
điểm nào cũng có hai đội đã đấu được cùng số trận.
1.4.2. Áp dụng nguyên líDirichlet vào bài toán chia hết
Trong các phép tính trên số nguyên thì phép chia hết rất đặc biệt. Phép
chia có hàng loạt các tính chất mà phép toán còn lại không có. Chẳng hạn, các
phép toán cộng, ưừ, nhân đều thực hiện với số 0, còn phép chia thì không thể.
Vì những lí do đặc biệt đó mà ưong Toán học xây dựng hẳn một lí thuyết về
phép chia. Những bài toán sau có liên quan mật thiết giữa phép chia và nguyên
lí Dirichlet.
BÀI 1.

Cho 7 số tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng bao giờ cũng có thể
chọn ra hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 6.
Giải
9
Ta biết rằng nếu 2 số tự nhiên chia hết cho cùng một số dư thì hiệu của
chúng chia hết cho số đó. Vậy để chứng minh bài toán ta phải chứng minh
trong 7 số đó có ít nhất 2 số chia cho 6 có cùng số dư chỉ có thể là một trong 6
số: 0, 1,2, 3, 4, 5.
Lấy 7 số tự nhiên chia cho 6 thu được 7 số dư thuộc 6 số khác nhau. Vậy
theo nguyên lí Dirichlet thì ít nhất cũng có 2 số chia hết cho 6 có cùng số dư.

Hiệu của 2 số này chia hết cho 6.
Vậy trong 7 số tự nhiên bất kì, bao giờ cũng có thể chọn ra 2 số mà hiệu
của chúng chia hết cho 6.
BÀI

2. Cho dãy số 10, 10
2
, , 10
20
. Chứng minh rằng tồn tại một số chia
cho 19 dư 1.
Giải
Ta thấy rằng dãy số 10, 10
2
, , 10
20
gồm 20 số. Lấy 20 số này chia cho 19
thì ta được 19 số dư. Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số có cùng số dư trong
phép chia cho 19.
Gọi 2 số đó là 10
m
, 10" (1 < n < m <20). Vậy 10” - 10" i 19 hay
10
n
(10
mn
) : 19.VÌ (10
m
, 19) = 1 nên (10
mn

- 1) : 19 hay 10
mn
chia cho 19 dư 1.
Rõ ràng 10
m n
là một số của dãy đã cho (vì 1 < n < m <20).
Nhân xét. Qua bài toán này ta thấy tồn tại một số tự nhiên k > 1 để
cho
(10
k
- 1) i 19.
BÀI

3. Chứng minh rằng tồn tại một số là bội số của 19 và tổng các chữ
số của số đó bằng 19.
Giải
Ta phải chứng minh tồn tại một số chia hết cho 19 và tổng các chữ số của
số đó bằng 19. Theo trên ta đã chứng minh được rằng (10
k
- 1) : 19. Ta có
10
2k
- 1= 10
2k
- 10
k
+10
k
- 1 = 10
fe

(10
fc
- 1) + 10
fc
- 1
: 19 !19
=> 10
2k
- 1 ! 19.
1
10
3k
- 1 = 10
3k
- 10
k
+ 10
k
- 1 = 10
fc
(10
2fc
- 1) + 10
fc
- Ị
■19 =19
^ 10
3k
- 1 i 19.
=> 10

19k
- 1 ! 19.
Vậy 10
k
- 1 + 10
2k
- 1 + 10
3k
- 1 + + 10
19k
- 1 : 19 Hay (10
k
+
10
2k
+ 10
3k
+ + 10
19k
)- 19 i 19
1
Hay 1000 0 + 1000 0 + - + 1000 0 : 19
k chữ

số 0 2kchữsÔ0

19 chữ số 0
Tổng ở vế trái của 19 số hạng và tổng các chữ số của nó đúng bằng
Vậy tồn tại một số là bội của 19 có tổng các chữ số bằng 19.
BÀI 4.

Chứng minh rằng tồn tại một bộ của 13

gồm toàn chữ SỐ 2.
Giải
Xét 14 số gồm toàn số 2 là: 2, 22, 222, ,222 222
14 chữ

số 2
Mỗi số chia cho 13 có một số dư là một trong 13 số 0, 1, 2, ,12. Vậy 14
số chia cho 13 sẽ cho ta 13 số dư khác nhau. Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2
số có cùng số dư trong phép chia cho 13.
Gọi 2 số đó là 222 222 và 222 222 (với l<n<m<14). Hiệu của
mchữ

sổ 2 71chữ

sổ 2
chúng là 222 222

000 000 : 13
m-n chữ s ố 2 n c hữ s ố 0
Hay 222 222.10
n
i 13. Vì (10
n
, 13) = 1 nên ta có 222 222

! 13.
m-n chữ s ố 2 m—nc hữs Ố2

Vậy tồn tại một bội của 13 gồm toàn chữ số 2.
Nhân xét Bài toán trên tương đương với bài toán “Chứng minh rằng tồn tại
một số tự nhiên gồm toàn chữ số 2 và chia hết cho 13”
Bài toán vẫn đúng nếu thay số 2 bằng bất kì số nào.
BÀI

5. Cho 10 số nguyên dương U1, ,U10. Chứng minh rằng tồn tại các
số Ci € {—1,0,1}, i =1,10, không đồng thời bằng 0 sao cho
số Eí®! CịUị : 1023.
Giải
Xét tất cả các số có dạng Aj = 5^°! BỊUỊ
trong đó bi e {0,1}, i = l, 10, j = 1,1024.
Rõ ràng có tất cả 2
10
= 1024 số Aj, j = 1,1024. Như vậy khi chia 1024 số
Aj này cho 1023 thì theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 số A
k
, A
h
, к Ф

h sao
cho A
k
= A
h
(mod 1023). Giả sử A
k
, A
h

có dạng sau: A
k
= 2,
1
®! b
ki
Ui với b
ki
e{0,1}, A
h
= b
hi
Ui với b
hi
e {0,1}.
1
1
Ta có A
k
- A
h
i 1023 <=> Ef=°i(b
k
i - b
hi
). Ui : 1023.
Đặt Ci = ь
и
- bhi, i = 1,10. Vì ь
и

€ {0,1}, bhi e {0,1} nên
Ci € {-1,0 1}.
Mặt khác, do A
k
Ф

A
h
nên Cj không thể tồn tại đồng thời bằng 0,
Vi = 1,10. Như thế ta đã chứng minh được sự tồn tại của 10 số
Cị € {—1,0,1} không đồng thời bằng 0 sao cho
Eí®! qUi i 1023.
=> Điều phải chứng minh.
Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho dãy số 10, 10
2
, 10
3
, ,10
2
°. Chứng minh rằng tồn tại một số
chia hết cho 19 dư 1.
Bài 2. Nam là một vận động viên chơi cờ. Để luyện tập mỗi ngày anh
chơi cờ ít nhất một ván. Để khỏi mệt mỗi tuần anh chơi không quá 12 ván.
Chứng minh rằng tồn tại một số ngày liên tiếp trong đó anh chơi đúng 20 ván.
Bài 3. Chứng minh rằng trong 27 số nguyên tùy ý nhỏ hơn 1000 có thể
chọn ra được 2 số có ước chung lớn nhất khác 1
1.4.3. Áp dụng nguyên líDỉrỉchlet vào hình học tổ hợp
Phàn này, tôi xin trình bày phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet để
giải các bài toán hình học tổ hợp.

1
1
Bài 1. Trong hình vuông mà độ dài mỗi cạnh là 4, cho trước 33 điểm phân
biệt, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ cácđường tròn có
bán kính đều bằng V2, có tâm là các điểm đã cho. Hỏi có hay không 3 điểm
trong số các điểm nói trên sao cho chúng đều thuộc vào phần chung của 3
đường tròn có các tâm cũng chính là 3 điểm đó.
Giải
Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông, mỗi hình vuông có cạnh là
1, vì có 33 điểm chứa trong 16 hình vuông, do đó theo nguyên lí Dirichlet thì
phải có ít nhất là 1 hình vuông chứa không ít hơn 3 điểm.
Khoảng cách giữa 2 điểm bất kì trong hình vuông đơn vị đã cho không
thể vượt quá độ dài đường chéo của nó bằng V2.
Gọi Oi, 0
2
, O3 là 3 điểm cùng nằm trong 1 hình vuông đơn vị nào đó. Vẽ
ba đường tròn tâm Oi, 0
2
, 0
3
cùng bán kính là V2. Chắc chắn cả 3 điểm Oi, O2,
O3 đều nằm trong cả 3 đường tròn này, nghĩa là chúng nằm trong phàn chung
của 3 hình ưòn có tâm tại chính các điểm Oi, O2, O3.
BÀI

2. Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng phân biệt thỏa mãn mỗi
đường thẳng đều chia hình vuông thành 2 tứ giác có tỉ lệ 2:3. Chứng minh rằng
tồn tại ít nhất 3 đường thẳng đồng quy tại 1 điểm.
Giải
1

1
H « • K
1 < w
ầ
J
Nhân xét: Các đường thẳng đã cho không thể đi qua trung điểm các cạnh
hình vuông ABCD bởi vì ngược lại thì hình vuông sẽ bị phân thành
1
1
2 phần tam giác và ngũ giác.
Giả sử một đường thẳng ưong số đó cắt cạnh BC tại M và cắt cạnh AD tại
N. Các hình thang ABMN và CDNM có chiều cao bằng nhau nên từ giả thiết
suy ra MN chia đoạn thẳng nối trung điểm p, Q của AB và CD theo tỉ lệ 2:3.
Dễ thấy chỉ có 4 điểm chia 2 đường trung bình của hình vuông ABCD
theo tỉ lệ 2:3 là I, J, K, H, có 9 đường thẳng đi qua 4 điểm này, theo nguyên lí
Dirichlet, phải có ít nhất 3 đường thẳng cùng đi qua 1 điểm.
Bài 3. Trong một tờ giấy hình vuông bằng giấy có cạnh bằng 12 cm có 31
lỗ kim châm. Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này ra một hình
tròn có bán kính 1 cm mà không chứa một lỗ kim châm nào.
Giải
Lấy mỗi lỗ kim là tâm dựng một hình tròn bán kính lcm. Tổng diện tích
của 31 hình tròn này sẽ là 31 7T

nhỏ hơn diện tích của hình vuông cạnh 10 cm.
Do đó phải có một điểm M trong hình vuông cạnh 10 cm (là hình vuông thu
được từ hình vuông cạnh 12 cm đã cho bằng cách thu hẹp các chiều lcm) và
không nằm trong 31 hình tròn bán kính được dựng như đã trình bày ở trên. Lấy
điểm M làm tâm ta cắt một hình tròn bán kính lcm, thì hình tròn này nằm hoàn
toàn trong hình vuông đã cho có cạnh dài 12 cm và không chứa một lỗ kim
châm nào cả.

Tổng quát bài toán ta nhận thấy:
- Bài toán vẫn còn đúng với hình vuông có kích thước là 10 cm.
- Nếu gọi bán kính hình tròn mà ta càn cắt là r (r ei?
+
), gọi số lỗ kim châm của
hình vuông là A(A

e N)

và kích thước của hình vuông là b (b
GR
+
). Khi đó ta a r
2
71 < b
2
. Tức là b > \lar
2
7T .
Chú ý: Bài toán tổng quát có thể được phát biểu như sau
Trong một tờ giấy hình vuông có cạnh bằng b có A

lỗ kim châm.
(trong đó b > \LAR

2

7Ĩ).

Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này ra

một hình tròn có bán kính r cm mà không chứa một lỗ kim châm nào.
1
1
BÀI 4.

Trên mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng 3 điểm bất kì ữong số đó
luôn tồn tại 2 điểm cách nhau nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại hình tròn
bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm đã cho.
Giải
Lấy A là một trong 25 điểm đã cho. Xét hình tròn Oi (A; 1) tâm A, bán
kính 1. Chỉ có 2 trường hợp sau xảy ra:
THI. Nếu các điểm đã cho nằm ưong (Oi) thì kết luận của bài toán hiển
nhiên đúng.
TH2. Tồn tại điểm в -Ф-

А (В thuộc trong số 25 điểm đã cho) sao cho В
Ể (Oi) nên AB > 1. Xét hình tròn O2 (B;l) tâm B, bán kính 1. Lấy с là điểm bất
kì ữong số 25 điểm đã cho sao cho с ^ А, о в. Theo giả thiết (và dựa vào AB >
1) nên min{CVl, CB

} < 1. Vì thế с € (Ol) hoặc с e (0
2
). Điều khẳng định này
chứng tỏ rằng các hình tròn (Oi) và (O2) chứa tất cả 25 điểm đã cho. Vì thế
theo nguyên lí Dirichlet, có ít nhất một ưong hai hình ưòn nói trên chứa không
ít hơn 13 điểm đã cho.
=> Điều phải chứng minh.
Chú V Bài toán trên có dạng tổng quát như sau Cho 2n + 1 điểm ưên mặt
phẳng (n > 3). Biết rằng trong 3 điểm bất kì trong 2n + 1 điểm luôn tồn tại 2
điểm cách nhau nhỏ hơn 1. Khi đó tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít

hơn n+1 điểm đã cho.
BÀI

5. Bên trong 2n - đa giác lồi lấy 1 điểm p, qua mỗi đỉnh của đa giác và
điểm p kẻ 1 đường thẳng. Chứng minh rằng luôn tìm được 1 cạnh của đa giác
không có điểm trong chung với các đường thẳng vừa kẻ được.
Giải
Ta chia thành 2 trường hợp:
1
1
Trường hợp 1. Điểm p nằm trên đường chéo AjAj nào đó. Khi đó PAi, PAj
trùng nhau và không cắt một cạnh nào. Do đó còn lại nhiều nhất 2n - 2 đường
thẳng mà có thể cắt các cạnh của đa giác. Vì đa giác có 2n cạnh và mỗi đường
thẳng chỉ có thể cắt nhiều nhất 1 cạnh nên tồn tại 1 cạnh không có điểm ữong
chung với các đường thẳng kẻ được.
Trường hợp 2. p không nằm trên đường chéo nào của đa giác. Đường
chéo AiA
n+
i chia đa giác thành 2 đa giác n cạnh. Giả sử p thuộc đa giác
AiA
2
A
n+
i. Khi đó n +1 đường thẳng PA
n+
i, PA
n+
2, PA
2n
, PAi không thể cắt các

cạnh A
n+
1 A
n+
2, , A
2n
Ai (n cạnh).
Như vậy còn n - 1 đường thẳng chỉ có thể cắt nhiều nhất n - 1 cạnh trong n
cạnh trên nên tồn tại 1 cạnh không có điểm trong chung với các đường thẳng
kẻ được.
Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho tam giác đều ABC có 3 cạnh bằng 1. Đánh dấu 5 điểm phân
biệt bất kì trong tam giác ABC. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 điểm trong
số đó mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 0.5
BÀI

2. Bên trong hình vuông có cạnh bằng 1, lấy bất kì 51 điểm phân
biệt. Chứng minh rằng phải tồn tại ít nhất là điểm trong 51 điểm này nằm
trong một hình tròn có bán kính bằng
Bài 3. Bên trong hình tròn (O, R) có diện tích bằng 8, người ta lấy 17
điểm phân biệt bất kì. Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được ít nhất là 3
điểm tạo thành tam giác có diện tích bé hơn 1.
Chương 2 NGUYÊN LÍ cực HẠN
2.1. Nguyên lí cực hạn
Song song với việc sử dụng nguyên lí khác như nguyên lí Dirichlet hay
quy nạp toán học để tìm lời giải cho các bài toán khá hóc búa, nguyên lí cực
hạn cũng được xem là một phương pháp rất hay, được yận dụng một cách linh
hoạt trong việc khảo sát một tập hợp hữu hạn hay vô hạn phần tử mà trong nó
tồn tại giá trị lớn nhất hoặc giá ưị nhỏ nhất.
Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau:

1
1
Nguyên lí 1. Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể
chọn được số bé nhất.
Nguyên lí 2. Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có
thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.
Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng cho nhiều
lớp bài toán khác nhau, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ họp.
2.2. Nguyên tắc vận dụng
Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với phương pháp khác,
đặc biệt là phương pháp phản chứng được vận dụng trong trường hợp tập các
giá ữị cần khảo sát chỉ tập hợp hữu hạn (nguyên lí 1) hoặc có thể vô hạn nhưng
tồn tại một phần tử lớn hoặc nhỏ nhất (nguyên lí 2). Khi vận dụng nguyên lí
này, ta phải tiến hành các bước sau:
Bước 1. Chứng minh rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát luôn tồn tại
giá ữị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.
Bước 2. Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá ưị này (nhỏ
nhất hoặc lớn nhất)
Bước 3. Chỉ ra mẫu thuẫn, chỉ ra một giá trị còn nhỏ hơn (hay lớn hơn)
giá trị ta đang khảo sát.
Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải
chứng minh.
2.3. Bài tập áp dụng 2.3.1 Áp dụng nguyên lí cực hạn vào tìm giá trị lớn
nhất - giá trị nhỏ nhất (GTLN - GTNN)
Bài 1. Cho m và d là các số nguyên với m >d >2. Giả sử Xi, x
2
, ,x<i là
các biến nguyên dương sao cho: Xi + x
2
+ +x

d
= m. Tìm GTLN - GTNN của
biểu thức s = Xi
2
+ x
2
2
+ +x
d
2
.
Giải
Gọi G là tập tất cả các giá trị của của s. Ta có G Ф

0 và hữu hạn nên theo
nguyên lí cực hạn thì luôn tồn tại N là số nhỏ nhất của G và L là số lớn nhất
của G.
1
1
Giả sử (a
b
a
2
, ,a
d
) nhận giá trị L. Ta sẽ chứng minh rằng các số a
b
a
2
, , a

d
chỉ kém hơn tố đa là 1. Thật vậy, giả sử
a
2
- ai = a > 1. Khi đó ta lấy b = ai - 1; с = a
2
+1 thì ai + a
2
= b+c và b
2
+ c
2
< ai
2
+ a
2
2
. Như vậy ta tìm được các số nguyên b, c, a
3
, ,a
d
thỏa mãn b + с + a
3
+ + a
d
= m và làm cho các giá ưị của s nhỏ hơn N (mâu thuẫn).
Vậy các số а
ь
а2, , ad chỉ kém hơn tố đa là 1.
Bây giờ giả sử ai < a

2
< < ad và m = dn + к (0 < к < d). Do đặc điểm của
dãy ai < a
2
< < a
d
nên ai = a
2
= = a
d
_
k
,
^d-k+1 = ũd-k+2 — . . a d = n + 1.
Vậy GTNN của N = (d - k).n
2
+ k(n + l)
2
.
Giả sử (bi, b
2
, ,b
d
) làm cho s nhận GTLN. Ta sẽ chứng minh bi
=
b
2
= = b
d
_i = 1, b

d
= m + 1 - d.
Thật vậy, giả sử tồn tại i < d sao cho bi > 1. Đặt Ci = bl - 1; c
d
= b
d
+ 1.
Ta có:
bl + + bi_i + Ci + bi+1 + + Cd = m
và
Cl
2
+ Cd
2
= (bi - 1 F + (bd + 1 F > bi
2
+
b
d
2
Như vậy ta tìm được các số nguyên bi, ,bi_i, Ci, b
i+
i, ,b
d
_i, c
d
thỏa mãn bi
+ + bj_i + Cj + b
i+
i + + c

d
= m và làm cho các giá ưị của s lớn hơn L (mâu
thuẫn).
Vậy GTLN L = (d - 1) + (m - d +1)
2
.
Tồng quát: Cho m và d là các số nguyên dương với m > d > 2. Giả sử
Xi, ,x
d
là các biến nguyên dương sao cho
Xi + + x
d
= m. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
s = Xi
k
+ + x
d
\
Bài 2. Cho m> d là một số nguyên dương. Giả sử x
b
,x
d
là các biến
nguyên dương sao cho: XiX
2
Xd = m. Tìm GTLN của
s =
Xl
3
+ X2

3
+ + X(J
3
.
Giải
1
2
Gọi A là tập tất cả các giá ưị của s. Ta có A hữu hạn và khác rỗng. Theo
nguyên lí cực hạn, tồn tại и là số nguyên lớn nhất của A.
Giả sử (a
b
a
2
, ,a
d
) làm cho s nhận giá trị của и. Ta sẽ chứng minh rằng
các số ai, a2, ,a
d
có một số là m còn tất cả các số khác là 1. Không mất tổng
quát, giả sử ai> a
2
> > a
d
. Ta chỉ cần chứng minh ai = m, а2 = 3-3
=
a
d
= 1.
Thật vậy, nếu ai < m và b
3

+ c
3
= ai
3
.a
2
3
> a + ai
3
+ a
2
3
. Như vậy ta tìm
được các số nguyên dương b, c, a
3
, , a
d
thỏa mãn b.c.a
3
a
d
= m làm cho giá trị
của s lớn hơn Ư (mâu thuẫn).
Vậy ai = m, a
2
= = a
d
= 1 và u = m
3
+ (d - 1).

Bài 3. Cho m và d là các số nguyên dương với m > d > 2. Giả sử Xi, x
2
, ,
x
d
là các biến nguyên dương sao cho
Xi + X2 + + x
d
= m.
TÌI11 GTLN và GTNN của s = JỴ

=1

K.X

K

.
Giải
Gọi A là tập tất cả các giá ữị của s. Ta có A hữu hạn và khác rỗng nên
theo nguyên lí cực hạn, luôn tồn tại phần tử lớn nhất L và nhỏ nhất N của A.
Giả sử (a
b
a
2
, , a
d
) làm cho s nhận giá trị L. Ta sẽ chứng minh ai = a
2
= = a

d
_i = 1, a
d
= m - d +1.
Thật vậy, giả sử ad < m +1 -d, khi đó phải tồn tại ai > 1, i Ф

d. Đặt b
d
= a
d
+ 1 ; bi = ai - 1 thì ai + + ai-1 + bi + a
i+
i + + bd = m và
i.bi + d.bd = i(ai - 1) + d(a
d
+ 1) = i.ai + d.a
d
+d -1 > i.aị + d.a
d
. Như vậy
ta tìm được các số nguyên dương
ai, ,ai_i, bi, b
d
thỏa mãn
ai + + ai_i + bi + ai+i+ + b
d
= m và làm cho giá trị của s lớn hơn N
(mâu thuẫn).
Vậy ai = a
2

= = a
d
-i = 1, a
d
= m - d + 1,
L = + d(m + 1 - d).
Giả sử (bi, b
2
, ,b
d
) làm cho s nhận giá trị N. Ta sẽ chứng minh bi =
m +1 - d;b
2
= b
3
= = b
d
= 1.
1
2
Thật vậy, giả sử bi < m + 1 -d. Khi đóphải tồn tại bị > l , i * 1.
Đặt Cl = bi + 1; Ci = bi - 1
Thì Ci+ iCi= (bi+1) + i(bi-l) = (bi+ibi) - (i-1) < bi + ibi.
Như vậy ta tìm được các số nguyên dương Cb b
2
, , bi_i, Ci, bi+1, , b
d
thỏa mãn:
Cl + b
2

+ + bi_i +Ci + bi+1 + +b
d
= m và làm cho giá trị của s nhỏ hơn
N (mâu thuẫn).
Vậy bl = m + 1 - d,
b
2
= b
3
= = b
d
= 1,
„ . (đ-i)(đ+2)
N = (m +1 -d) + —
Bài 4. Cho ai, a
2
, ,a
d
, a, bi, b
2
, ,b
d
là các hằng số thực dương, còn Xi,
x
2
, , x
d
là các biến không âm sao cho Xk=i a
fc
= a. Tìm GTLN và GTNN của

biểu thức
s = lỉ
=
1
b
k
x
k
.
Giải
Không mất tổng quát, ta có thể giả sử Theo giả thiết
a-L a
2
a
d
ta có EÍ
=
1
^ = l . D o đó
fri

__ yiđ
a



k

x

k

y đ
a



k^k

x



k

y đ
a



k

x



k

__
a

1

“a

1

2jfc

= 1
a -
2jfc=1
a.a
fc
arf
2
"^
1
а “ a
d
’
a.b

1 I
a
-bđ
b
kX

k
<
a
i
a
d
Vậy s đạt GTLN bằng khi Xi = x
2
= .= x
d
_i = 0; x
d
= — và s đạt
GTNN bằng khi x
2
= .= x
d
_i = x
d
; Xi = - .
a
i a.1
Bài 5. Cho các số nguyên dương a
b
a
2
, a
3
, a
4

, a
5
thỏa mãn các điều
kiện:
i) 2aị là các số nguyên dương Vi = 1,5.
ii) ai + + a
5
= 99.
Tìm GTLN của p = a1.a2.a3.a4.a5.
1
2
Giải
Gọi G là tập tất cả các giá trị của p. Dễ thấy G hữu hạn và khác 0. Do đó
theo nguyên lí cực hạn, thì luôn tồn tại N là số bé nhất của G. Ta sẽ chứng minh
các số x
b
,x
5
hơn kém nhau tối đa là 0.5.
Thật vậy, giả sử chẳng hạn Xi - x
2
= X > 0.5. Khi đó lấy
b = 0.5 và с = x
2
+ 0.5 thì 2b, 2c là các số nguyên và
Xi + x
2
= b + с và b.c = (xi - 0.5).(x
2
+ 0.5)

= X1X2 + 0.5xi - 0.25 - 0.5x
2
= X1X
2
+ 0.5(xi - x
2
) - 0.25
= X1X
2
+ 0.5x - 0.25 (Do Xi - x
2
= X > 0.5)
Giả sử Xi < X2 < <x
5
mà do ai + +a
5
= 99. Ta suy ra
ai = a
2
= 19.5 và a
3
= a
4
= a
5
= 20.
Vậy GTLN của N = 19.5
2
. 20
3

.
Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho к G N, к > 3; X, y,z G N * thỏa mãn x+ y +z = k. tìm GTLN
của s = xyz.
Bài 2. Cho m và d là các số nguyên dương với m > d > 2. Giả sử x
b
x
2
, ,x
d
là các biến nguyên dương sao cho
Xi + X2+ + x
d
= m. Tìm GTLN của biểu thức s = £i<i<j<đ X ị X j .
Bài 3. Cho các số nguyên dương a
b
a
2
, a
3
, a
4
, a
5
thỏa mãn các điều kiện
i) 2aị là các số nguyên dương Vi = 1,5.
ii) ai + a
2
+ a
3

+ a
4
+ a
5
= 99.
Tìm GTLN của p = aia
2
a
3
a4a5.
2.2.2. 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 xét một vài YÍ dụ cụ thể để hiểu rõ hơn về phương pháp này.
1
2
Bài 1. Tìm các số nguyên dương X , y sao cho (3x
+ 1) : y và (3y + 1) : X.
Giải
Do vai trò bình đẳng của X , y nên ta có thể giả sử X > y. Khi đó xảy ra
các trường hợp:
(a) Neu X = y thì (Зх + 1) : X => 1 : X, điều này trái với giả thiết X > 1.
(b) Neu X > у thì tồn tại số nguyên p sao cho Зу + X = px. Mặt khác, ta có
Зх > Зу => Зх > Зу + 1 = px. Dấu bằng không xảy ra vì Зу + 1 không chia
hết cho 3, nên ta chỉ có 3x > px. Vậy p = 1 hoặc p = 2.
- Nếu p = 1 thì Зу + 1 = x(3(3y + 1) + 1) : y, do đó 4 : y.
Suy ra у = 2 hoặc у = 4. Tương ứng X = 7 hoặc X = 13.
- Nếu p = 2 thì 2x = 3y + l(9y + 5) : y, do đó 5 : y.
Suy ra у = 5 và X = 8.
Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên a, b, с sao cho

abc < ab + bc + ca.
Giải
Do vai trò bình đẳng của a, b, с nên ta có thể giả sử
а < b < c. Khi đó ta có ab + bc + ca < 3bc.
Nếu а > 3 => 3bc < abc ^ ab + bc + ca < abc (mâu thuẫn).
Vậy а = 2 (vì a là số nguyên tố). Do đó 2bc < 2b + bc + 2c
111 r
=>- + 7>-^>b <5.
с b 2
Nếu b = 2 thì с là số nguyên tố bất kì.
Nếu b = 2 thì с = 3 hoặc с = 5.
Bài 3. Cho a, b, c, d là các số thực đôi một khác nhau.
Giải hệ phương trình sau
r
\a-b\y+\a-c\z+\a-d\t=l
\b-a\x+\b-c\z+\b-d\t=l
\c-a\x+\c-b\y+\c-d\t=l ^
<\d-a\x+\d-b\y+\d-c\z=l
1
2
Giải
Do vai trò bình đẳng của a, b, c, d nên ta có thể giả sử а
> b> c> d. Khi đó hệ (1) được chuyển về hệ sau
1
2