Một số nguyên lí cơ bản (KL05965)

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
======

TRẦN THỊ THU HẰNG

MỘT SỐ NGUYÊN LÍ CƠ BẢN
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học
ThS. DƢƠNG THỊ LUYẾN

HÀ NỘI - 2014


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1
Chương 1. NGUYÊN LÍ DIRICHLET ........................................................... 2
1.1. Nguyên lí Dirichlet................................................................................ 2
1.2. Chứng minh ........................................................................................... 4
1.3. Cơ sở Toán học...................................................................................... 4
1.4. Bài tập áp dụng ...................................................................................... 5
Chương 2. NGUYÊN LÍ CỰC HẠN ............................................................ 16
2.1. Nguyên lí cực hạn ............................................................................... 16
2.2. Nguyên tắc vận dụng .......................................................................... 16
2.3. Bài tập áp dụng .................................................................................... 17
Chương 3. NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG ................................................ 31
3.1. Nguyên lí xuống thang........................................................................ 31
3.2. Bài tập áp dụng .................................................................................... 31
KẾT LUẬN .................................................................................................... 45

TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................. 46


LỜI CẢM ƠN
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 Dƣơng 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


LỜI CAM ĐOAN
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


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 trên 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. Phƣơng 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
1

Chƣơng 1
NGUYÊN LÍ DIRICHLET
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 Dirichlet
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 lí Dirichlet mở rộng
Nếu nhốt n- con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có
ít nhất 

 con thỏ, ở đây kí hiệu  để chỉ phần nguyên của số .

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.

2


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 Dirichlet dạng tập hợp
Cho A và B 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 phần 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.

a1

b1

a2

b2

a3

b3

a4

b4

a5

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 A, B 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 k 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.

3


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.
 Điều phải chứng minh.
1.2.2. Chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng
Giả sử trái lại mọi chuồng thỏ không có đến


=

+ 1 = 

đều nhỏ hơn hoặc bằng 
vượt quá m.

 + 1 con thỏ, thì số thỏ trong mỗi chuồng
 con. Từ đó suy ra tổng số con thỏ không

 ≥ n-1 con. Điều này vô lí vì có n-con thỏ. Vậy giả thiết

phản chứng là sai.
 Điều phải chứng minh.
1.3. Cơ sở Toán học
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

4


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 lí Dirichlet 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).

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 đầu 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 trở
lên, đó là 2 người có số người quen như nhau.

5


Hoặc ta có thể giải như sau (không theo ngôn ngữ “lồng”)
Gọi số người quen của Ai là ai. Vì có 2001 người và mỗi người có thể
không quen ai hoặc quen nhiều nhất 2000 người nên ta có 0

ai ≤ 2000,

i=1, 2,..,2001.

Nếu có một người không quen ai thì cũng sẽ không có ai quen đủ
2000 người. Khi đó ta có 0 ≤ a i ≤ 1999 tức ai nhận 2000 giá trị i =
1,…,2001.
Vậy phải tồn tại ak = am, k, m = 1,…, 2001. Nếu mỗi người đều quen
ít nhất 1 người khác trong nhóm thì ta có: 1≤ a i ≤ 2000, i = 1,…, 2000. Do
đó cũng tồn tại ak = am.
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.

6


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 trận đấu như
nhau (đội chưa đấu trận 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
trận nào.
Giải
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 B với C thì A, B, C
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).

7


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 lí Dirichlet 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, trừ, nhân đều thực hiện với số 0, còn
phép chia thì không thể. Vì những lí do đặc biệt đó mà trong 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
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, 102,…, 1020. Chứng minh rằng tồn tại một số
chia cho 19 dư 1.

8


Giải

Ta thấy rằng dãy số 10, 102,…, 1020 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, 10n (1 ≤ n < m ≤20). Vậy 10 m - 10n 19 hay
10n(10 m-n) 19.Vì (10 m, 19) = 1 nên (10 m-n - 1) 19 hay 10 m-n chia
cho 19 dư 1.
Rõ ràng 10 m-n là một số của dãy đã cho (vì 1 ≤ n < m ≤20).
Nhận xét. Qua bài toán này ta thấy tồn tại một số tự nhiên k > 1 để
cho
(10 k - 1) 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
102k - 1= 102k - 10k +10 k - 1 = ⏟ (

)+⏟

102k - 1 19.
103k - 1 = 103k - 10k + 10 k - 1 = ⏟ (

)+⏟

103k - 1 19.
…
1019k - 1 19.
Vậy 10 k - 1 + 102k - 1 + 103k - 1 +…+ 1019k - 1 19
Hay (10 k + 102k + 103k +…+ 1019k) - 19

9

19


Hay ⏟

⏟

⏟

19

Tổng ở vế trái của 19 số hạng và tổng các chữ số của nó đúng bằng
19.
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,…, ⏟

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 ⏟
chúng là ⏟
Hay ⏟

và ⏟

⏟
.

(với

n
4). Hiệu của

13
, 13) = 1 nên ta có ⏟

13. Vì (

13.

Vậy tồn tại một bội của 13 gồm toàn chữ số 2.
Nhận 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 u 1,…,u10. Chứng minh rằng tồn tại
các số ci  *

+, i =̅̅̅̅̅̅ không đồng thời bằng 0 sao cho
số ∑

1023.
Giải

Xét tất cả các số có dạng Aj = ∑

trong đó b i ∈ *

+, i = ̅̅̅̅̅̅, j = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
4.

10


Rõ ràng có tất cả

= 1024 số Aj, j = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
4. Như vậy khi chia

1024 số Aj này cho 1023 thì theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 số Ak,
Ah, k  h sao cho Ak ≡ Ah (mod 1023). Giả sử Ak, Ah có dạng sau: A k =
với bki *

∑

với bhi  *

+, Ah = ∑

Ta có Ak - Ah 1023  ∑

(

).

Đặt ci = b ki - bhi, i = ̅̅̅̅̅̅. Vì b ki  *

ci  *

+.

1023.

+, bhi  *

+ nên

+.

Mặt khác, do Ak  Ah nên ci không thể tồn tại đồng thời bằng 0,
i = ̅̅̅̅̅̅. Như thế ta đã chứng minh được sự tồn tại của 10 số
ci  *

+ không đồng thời bằng 0 sao cho
∑

1023.

 Điều phải chứng minh.
Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho dãy số 10,

,…,

,

. 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 lí Dirichlet vào hình học tổ hợp
Phần này, tôi xin trình bày phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet
để giải các bài toán hình học tổ hợp.
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 các

11


đường tròn có bán kính đều bằng √ , 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 √ .
Gọi O1, O2, O3 là 3 điểm cùng nằm trong 1 hình vuông đơn vị nào đó.
Vẽ ba đường tròn tâm O 1, O2, O3 cùng bán kính là √ . Chắc chắn cả 3
điểm O1, O2, O3 đều nằm trong cả 3 đường tròn này, nghĩa là chúng nằm
trong phần chung của 3 hình tròn có tâm tại chính các điểm O1 , 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

M

B

B

C

C
H

I I

I
A

N

A

D

K
J
D

Nhận 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
12


2 phần tam giác và ngũ giác.
Giả sử một đường thẳng trong 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 1cm. Tổng diện
tích của 31 hình tròn này sẽ là 31  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 1cm) 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
1cm, 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 cần cắt là r (r  R ), gọi số lỗ kim

châm của hình vuông là a(a  N ) và kích thước của hình vuông là b (b

 R ). Khi đó ta a r 2  < b2 . Tức là b >

ar 2 .

Chú ý: Bài toán tổng quát có thể được phát biểu như sau
13


Trong một tờ giấy hình vuông có cạnh bằng b có a lỗ kim châm.
(trong đó b >

ar 2 ). 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.
Bài 4. Trên mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng 3 điểm bất kì trong 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

B

A

Lấy A là một trong 25 điểm đã cho. Xét hình tròn O 1 (A; 1) tâm A,
bán kính 1. Chỉ có 2 trường hợp sau xảy ra:
TH1. Nếu các điểm đã cho nằm trong (O 1) thì kết luận của bài toán
hiển nhiên đúng.
TH2. Tồn tại điểm B  A (B thuộc trong số 25 điểm đã cho) sao cho

B  (O1) nên AB > 1. Xét hình tròn O 2 (B;1) tâm B, bán kính 1. Lấy C là
điểm bất kì trong số 25 điểm đã cho sao cho C  A, C B. Theo giả thiết
(và dựa vào AB > 1) nên min*

+ < 1. Vì thế C  (O1) hoặc C  (O2).

Điều khẳng định này chứng tỏ rằng các hình tròn (O 1) và (O2) chứa tất cả
25 điểm đã cho. Vì thế theo nguyên lí Dirichlet, có ít nhất một trong hai
hình tròn nói trên chứa không ít hơn 13 điểm đã cho.
 Điều phải chứng minh.
Chú ý Bài toán trên có dạng tổng quát như sau
Cho 2n + 1 điểm trên 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.
14


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:
Trường hợp 1. Điểm P nằm trên đường chéo AiAj 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 trong chung với các đường thẳng kẻ được.
Trường hợp 2. P không nằm trên đường chéo nào của đa giác. Đường
chéo A1An+1 chia đa giác thành 2 đa giác n cạnh. Giả sử P thuộc đa giác
A1A2…An+1 . Khi đó n +1 đường thẳng PAn+1, PAn+2 , …, PA2n , PA1 không

thể cắt các cạnh An+1 An+2,…, A2nA1 (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.

15


Chƣơng 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 vận 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 trị nhỏ nhất.
Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau:
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 hợp.
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 trị 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 trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.
Bước 2. Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá trị 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.

16


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 x1, x2,…,xd
là các biến nguyên dương sao cho: x 1 + x2+…+xd = m. Tìm GTLN GTNN của biểu thức S = x12 + x22 +…+xd2.
Giải
Gọi G là tập tất cả các giá trị của của S. Ta có G   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.

Giả sử (a1, a2, …,ad) nhận giá trị L. Ta sẽ chứng minh rằng các số a1,
a2,…, ad chỉ kém hơn tố đa là 1. Thật vậy, giả sử
a2 - a1 = a > 1. Khi đó ta lấy b = a1 - 1; c = a2 +1 thì a1 + a2 = b+c và
b2 + c2 < a12 + a22. Như vậy ta tìm được các số nguyên b, c, a 3,…,ad thỏa
mãn b + c + a3 +…+ ad = m và làm cho các giá trị của S nhỏ hơn N (mâu
thuẫn).
Vậy các số a1, a2,…, ad chỉ kém hơn tố đa là 1.
Bây giờ giả sử a1
điểm của dãy a1

a2

a2
…

…

ad và m = dn

k(

k < d). Do đặc

ad nên a1 = a2 =…= ad-k,

ad-k+1 = ad-k+2 =…= ad = n+1.
Vậy GTNN của N = (d - k).n2 + k(n + 1)2.
Giả sử (b1, b2,…,bd) làm cho S nhận GTLN. Ta sẽ chứng minh b 1 =
b2 =…= bd-1 = 1, bd = m + 1 - d.
Thật vậy, giả sử tồn tại i < d sao cho bi > 1. Đặt ci = b1 - 1; cd = bd + 1.

Ta có:

17


b1 +…+ bi-1 + ci + bi+1 +…+ cd = m và
c12 + cd2 = (bi - 1)2 + (bd + 1)2 > b i2 + bd2
Như vậy ta tìm được các số nguyên b1,…,bi-1, ci, bi+1,…,bd-1, cd thỏa
mãn b1 +…+ bi-1 + ci + bi+1 +…+ cd = m và làm cho các giá trị của S lớn
hơn L (mâu thuẫn).
Vậy GTLN L = (d - 1) + (m - d +1)2.
Tổng quát: Cho m và d là các số nguyên dương với m ≥ d ≥

. Giả

sử x1,…,xd là các biến nguyên dương sao cho
x1 +…+ xd = m. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
S = x1k +…+ xdk.
Bài 2. Cho m> d là một số nguyên dương. Giả sử x1,…,xd là các biến
nguyên dương sao cho: x 1x2…xd = m. Tìm GTLN của
S = x13 + x23 +…+ xd3.
Giải
Gọi A là tập tất cả các giá trị của S. Ta có A hữu hạn và khác rỗng.
Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại U là số nguyên lớn nhất của A.
Giả sử (a1, a2,…,ad) làm cho S nhận giá trị của U. Ta sẽ chứng minh
rằng các số a1, a2 ,…,ad có một số là m còn tất cả các số khác là 1. Không
mất tổng quát, giả sử a1≥ a2 ≥…≥ ad. Ta chỉ cần chứng minh a1 = m, a2 =
a3 =…= ad = 1.
Thật vậy, nếu a1 < m và b3 + c3 = a13.a23 ≥ a + a13 + a23. Như vậy ta
tìm được các số nguyên dương b, c, a 3,…, ad thỏa mãn b.c.a3…ad = m làm

cho giá trị của S lớn hơn U (mâu thuẫn).
Vậy a1 = m, a2 = …= ad = 1 và U = m3 + (d - 1).
Bài 3. Cho m và d là các số nguyên dương với m ≥ d ≥ 2. Giả sử x1,
x2,…, xd là các biến nguyên dương sao cho
x1 + x2 +…+ xd = m.

18


Tìm GTLN và GTNN của S = ∑

.

.

Giải
Gọi A là tập tất cả các giá trị 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 (a1, a2,…, ad) làm cho S nhận giá trị L. Ta sẽ chứng minh a1 =
a2 =…= ad-1 = 1, ad = m - d +1.
Thật vậy, giả sử ad < m +1 -d, khi đó phải tồn tại ai > 1, i  d. Đặt bd
= ad + 1; b i = ai - 1 thì a1 +…+ ai-1 + bi + ai+1 +…+ bd = m và
i.bi + d.bd = i(ai - 1) + d(ad + 1) = i.a i + d.ad +d -1 > i.ai + d.ad. Như
vậy ta tìm được các số nguyên dương
a1,…,ai-1, bi, ai+1 ,…, bd thỏa mãn
a1 +…+ ai-1 + bi + ai+1+…+ bd = m và làm cho giá trị của S lớn hơn N
(mâu thuẫn).
Vậy a1 = a2 =…= ad-1 = 1,
ad = m - d + 1,

L=

(

)

+ d(m + 1 - d).

Giả sử (b1, b2,…,bd) làm cho S nhận giá trị N. Ta sẽ chứng minh
b1 = m +1 - d; b2 = b3 =…= bd = 1.
Thật vậy, giả sử b1 < m + 1 - d. Khi đó phải tồn tại bi > 1, i  1.
Đặt c1 = b1 + 1; ci = bi - 1
Thì ci + ici = (b1+1) + i(b i-1) = (b1+ibi) - (i-1) < b1 + ibi.
Như vậy ta tìm được các số nguyên dương c 1, b2,…, bi-1 , ci, b i+1 ,…,
bd thỏa mãn:
c1 + b2 +…+ bi-1 +ci + bi+1 +…+bd = m và làm cho giá trị của S nhỏ
hơn N (mâu thuẫn).

19


Vậy b1 = m + 1 - d,
b2 = b3 =…= bd = 1,
N = (m +1 -d) +

(

)(

)

.

Bài 4. Cho a1, a2,…,ad, a, b1, b2,…,bd là các hằng số thực dương, còn
x1, x2,…, xd là các biến không âm sao cho ∑

= a. Tìm GTLN và

GTNN của biểu thức
S=∑

.

Giải
≤

Không mất tổng quát, ta có thể giả sử
ta có ∑

≤…≤

. Theo giả thiết

= 1. Do đó
∑

=


.

∑

≤∑

Vậy S đạt GTLN bằng
GTNN bằng

.

.

≤
.

.

≤

∑

=

.

.
khi x1 = x2 =…= xd-1 = 0; xd =

khi x2 =…= xd-1 = xd; x1 =

và S đạt

.

Bài 5. Cho các số nguyên dương a 1, a2, a3, a4, a5 thỏa mãn các điều
kiện:
i) 2ai là các số nguyên dương i = ̅̅̅̅̅.
ii) a1 +…+ a5 = 99.
Tìm GTLN của P = a1.a2.a3.a4.a5.
Giải
Gọi G là tập tất cả các giá trị của P. Dễ thấy G hữu hạn và khác .
Do đó theo nguyên lí cực hạn, thì luôn tồn tại N là số bé nhất của G. Ta sẽ
chứng minh các số x1,…,x5 hơn kém nhau tối đa là 0.5.
Thật vậy, giả sử chẳng hạn x1 - x2 = x > 0.5. Khi đó lấy
20


b = 0.5 và c = x 2 + 0.5 thì 2b, 2c là các số nguyên và
x1 + x2 = b + c và b.c = (x 1 - 0.5).(x2 + 0.5)
= x1x2 + 0.5x1 - 0.25 - 0.5x2
= x1x2 + 0.5(x1 - x2) - 0.25
= x1x2 + 0.5x - 0.25 (Do x 1 - x2 = x > 0.5)
Giả sử x1

x2 … x5 mà do a1 +…+a5 = 99. Ta suy ra

a1 = a2 = 19.5 và a 3 = a4 = a5 = 20.
Vậy GTLN của N = 19.52. 203.
Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho k  N, k ≥ 3; x, y,z 

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 x1,
x2,…,xd là các biến nguyên dương sao cho
x1 + x2+…+ xd = m. Tìm GTLN của biểu thức S = ∑

.

Bài 3. Cho các số nguyên dương a1, a2, a3, a4, a5 thỏa mãn các điều kiện
i) 2ai là các số nguyên dương i = ̅̅̅̅.
ii) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 99.
Tìm GTLN của P = a1a2a3a4a5.
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 ví dụ cụ thể để hiểu rõ hơn về phương pháp này.
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 á trường hợp:
21