skkn một số NGUYÊN lí TRONG TOÁN học

SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị : Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh

Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ NGUYÊN LÍ TRONG TOÁN HỌC

Người thực hiện:

Nguyễn Hồng Lữ

Lĩnh vực nghiên cứu:
Phương pháp dạy học bộ môn: Số học chuyên

Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Phần mềm

 Phim ảnh

 Hiện vật khác

SƠ LƯỢC

LỊCH
NămLÝ
học:
2012KHOA
- 2013 HỌC
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 1


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Hồng Lữ
2. Ngày tháng năm sinh: 23 tháng 8 năm 1956
3. Nam, nữ: nam
4. Địa chỉ: 712 Phạm Văn Thuận Khu 7 Tam Hiệp Biên Hòa Đồng nai
5. Điện thoại: 0983553175
6. Chức vụ: Giáo viên
7. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: cử nhân khoa học
- Năm nhận bằng: 1981
- Chuyên ngành đào tạo: Toán học
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy toán học

Số năm có kinh nghiệm: 36 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
 Cực trị trong hình học phẳng
 Cực trị trong hình học không gian.
 Bất đẳng thức trong tam giác
 Số chính phương
 Một số vấn đề giảng dạy số học cho HSG

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 2


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tên SKKN : MỘT SỐ NGUYÊN LÍ TRONG TOÁN HỌC
I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương pháp suy luận hợp logic được các triết gia và các nhà toán học cổ đại Hi lạp , La mã đặc
biệt quan tâm để phát hiện và tiếp cận chân lí . Việc đưa ra các nguyên tắc (nguyên lí) để dựa
vào đó Toán học phát triển các chứng minh của nó trở thành một nhu cầu .
Vai trò của các phương pháp suy luận logic trong toán học đã được tất cả các nhà khoa học tự
nhiên thừa nhận và tôn thờ . Các nguyên lí , nguyên tắc suy luận cơ bản của Toán học đã đặt tiền
đề cho các phát minh của nhân loại
Năm 1687 ở châu Âu xuất hiện một quyển sách bằng tiếng latin của nhà bác học vĩ đại Newton
(là cựu sinh viên khoa Toán của đại học Cambrige) , đó là quyển : Principia Mathematica
(nguyên lí Toán học). Trong quyển sách đó có đề cập đến nhiều lĩnh vực của khoa học tự nhiên
và triết học , đặc biệt là có dành hẳn một chương nói về các nguyên lí cơ bản của toán học

Vào thời điểm đó rất ít người có thể đọc và hiểu được nó. Một nhà viết sử về Newton đã kể
lại rằng khi cuốn sách được xuất bản chỉ có vài người đương thời có thể hiểu nổi. Nên nó cũng
đồng thời là cuốn sách có rất ít độc giả và bị lãng quên
Ngày nay các ngành Toán như : logic Toán ; trí tuệ nhân tạo ; lí thuyết thuật toán đã có
những tiến bộ vượt xa so với thời Newton , nhưng dù gì đi nữa thì những nguyên lí cơ bản trong
Toán học vẫn là ưu tiên số một cho các sách giảng dạy về Toán học ở các trường phổ thông
Trong lịch sử phát triển của toán học có những nguyên lí do những thiên tài sáng tạo nên vì
thế nó trở thành vấn đề không dễ nhận thức với hầu hết mọi người. Từ đó để tự chuẩn bị cho
việc tiếp thu Toán học ở khối chuyên toán hiệu quả thì các em buộc phải nắm vững các nguyên
lí chung của nó .
Việc dạy cho học sinh chuyên Toán các nguyên lí cơ bản của Toán học là nhu cầu tự thân của
các em và nhằm rút ngắn thời gian tiếp cận với toán học đỉnh cao !

II-TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
A-Kiến thức liên quan:
Để đọc và hiểu được đề tài này bạn cần có những kiến thức cơ bản về số học ; hình
học và đại số ở mức khá giỏi của THCS
Tài liệu này sẽ chỉ dành để giảng dạy cho HSG Toán trong các kì thi học sinh giỏi
và Olympic Toán
Tài liệu này đã được giảng dạy tại các lớp 10 chuyên Toán của trường THPT
Chuyên Lương Thế Vinh
B-NỘI DUNG ĐỀ TÀI :
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 3


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

NGUYÊN LÍ QUY NẠP TOÁN HỌC
(The Principle of Mathematical Induction)

I.- Nguyên lí quy nạp toán học : Đây là một nguyên lí cơ bản của Toán học , nguyên lí này gắn
liền với mệnh đề chứa biến ( cụ thể là biến chạy trên tập hợp số tự nhiên hoặc một tập hợp con
vô hạn của tập các số tự nhiên) .
Trước tiên xin giới thiệu một chút về kí hiệu trong tài liệu này :
☺ Tập hợp các số nguyên dương kí hiệu là N* : N* = {1;2;3;...}
☺ Tập hợp các số tự nhiên kí hiệu là N : N = {0;1;2;3;...}
☺ Kí hiệu : A(n)  n  N | P(n) xin đọc là : mệnh đề chứa biến A(n) : “ Với mỗi số tự nhiên
n thì tính chất P(n) luôn xảy ra”
☺ Kí hiệu : A(n)  n  N | n  m ; P(n) xin đọc là : mệnh đề chứa biến A(n) : “ Với mỗi số
tự nhiên n không bé hơn số tự nhiên m cố định cho trước thì tính chất P(n) luôn xảy ra”.
☺ n  S | P(n) xin đọc là : Tồn tại số tự nhiên n thuộc tập S sao cho tính chất P(n) xảy ra
☺ n  S | P(n) xin đọc là : Với mọi số tự nhiên n thuộc tập S thì tính chất P(n) luôn xảy ra
☺ Kí hiệu T(n) nhằm ám chỉ một mệnh đề chứa biến , với biến là số tự nhiên n
Nguyên lí quy nạp toán học được phát biểu như sau :
● Xét mệnh đề chứa biến T(n) thỏa hai điều kiện sau :
1- Tồn tại số tự nhiên m bé nhất sao cho T(m) là mệnh đề đúng
2- Mệnh đề : “ T(k) đúng  T(k + 1) đúng ; với số tự nhiên k ≥ m” có chân trị là đúng
● Khi đó ta có quyền kết luận T(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ m

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 4


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Dựa vào nguyên lí quy nạp toán học , người ta sẽ đưa ra một phương pháp chứng minh mới :
Phương pháp chứng minh bằng quy nạp toán học : Cụ thể như sau :
Để chứng minh mệnh đề T(n) là đúng , ta tiến hành theo các bước sau :
● Bước 1: Chứng minh T(m) là mệnh đề đúng.
● Bước 2: Giả sử T(k) đúng với số tự nhiên k  m. Ta phải chứng minh T(k+1) là đúng.
● Bước 3: Kết luận T(n) là đúng với mọi số tự nhiên n ≥ m .

Chú ý : Một số sách giáo khoa Toán học trên thế giới gọi các câu trong bước 2 như sau :
“Giả sử T(k) đúng với số tự nhiên k  m” là giả thiết quy nạp
“ phải chứng minh T(k+1) là đúng” là chứng minh quy nạp
II.- Các ví dụ minh họa :
Ví dụ1: CMR : Với số tự nhiên n tùy í ta có : 2n > n
Giải : Ở đây ta phải chứng minh mệnh đề chứa biến T(n) = " n  N | 2n  n " là mệnh đề đúng
Bước 1:

Với n = 0, ta có: T(0) đúng

Bước 2: Giả sử T(k) đúng , nghĩa là : 2k  k (với k  N ). Ta phải chứng minh T(k+1) đúng ,
nghĩa là phải chứng minh : 2k 1  k  1
Thật vậy : 2k 1  2k.2  2k  2k  k  1 (theo giả thiết quy nạp 2k > k ; mặt khác 2k > 1 )
Bước 3:

Vậy 2n > n với mọi số tự nhiên n.

Ví dụ 2 : CMR : Với số tự nhiên n tùy í ta có : n³+2n chia hết cho 3
Giải : Ở đây ta phải chứng minh mệnh đề chứa biến T(n) = "n  N | (n3  2n) 3 " là mệnh đề
đúng
Bước 1 : ta thấy T(0) = (0³+2.0) = 0 chia hết cho 3

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 5


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bước 2 : Gỉả sử T(k) đúng , nghĩa là (k³+2k) chia hết cho 3.Ta cần chứng minh hì T(k+1) đúng ,
nghĩa là phải chứng minh (k+1)³+2(k+1)cũng chia hết cho 3
Thật vậy ta có : (k+1)³+2(k+1) =(k³+3k²+3k+1)+(2k+2) = ( k³+2k)+3(k²+k+1) (*). Do giả
thiết quy nạp (k³+2k) chia hết cho 3 , nên từ (*) suy ra đpcm.
Do A(k+1)

có hai số hạng chia hết cho 3

Kết luận: Vậy T(n) đúng với mọi số tự nhiên n
Ví dụ 3 :Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết
cho 9.
Giải: Gọi ba số nguyên dương liên tiếp đó là: n; n +1 và n + 2. Ta phải chứng minh mệnh đề
3
3
chứa biến T(n) = n  N * | n3   n  1   n  2   9



+ Thấy T(1) đúng vì ta có: 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36
+ Giả sử T(k) đúng tức là: [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3]

9.

9. Ta phải chứng minh T(k+1) cũng đúng ,

tức là phải chứng minh: [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3] 9.
Thật vậy ta có: (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + k3 + 9k2 +27k + 27
= [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] + 9(k3 + 3k + 3). Theo giả thiết quy nạp: k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3
và hiển nhiên 9(k3 + 3k + 3)

9 với  k. Do đó [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3]

9 ,

9.

+ Kết luận: Mệnh đề T(n) đúng với mọi số nguyên dương n.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: Với mọi n nguyên dương thì số tư nhiên 7n + 2 + 82n + 1 19.
Giải: Mệnh đề chứa biến T(n) trong ví dụ này có dạng : T(n) = n  N * | (7n  2  82 n  1 ) 19
+Ta có T(1) đúng vì : 73 + 83 = 343 + 512 = 19.45
+Giả sử T(k) đúng , nghĩa là : 7k + 2 + 82k + 1

19.

19. Ta phải chứng minh T(k+1) đúng , tức là phải

chứng minh: 7k + 3 + 82k + 3 chia hết cho 19.
Thật vậy ta có : 7k + 3 + 82k + 3 = 7.7k + 2 + 82.82k + 1 = 7.7k + 2 + 64.82k + 1 = 7.7k + 2 + 7.82k + 1 +
57.82k + 1

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 6

SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

= 7.( 7k + 2 + 82k + 1) + 19.3.82k + 1 (*) .Theo giả thiết quy nạp 7k + 2 + 82k + 1

19 , nên từ (*) =>

đpcm.
+ Kết luận: Vậy A(n) đúng với mọi số nguyên dương.
Lưu í : Phương pháp chứng minh quy nạp toán học đã được nhiều học sinh làm quen từ chương
trình bồi dưởng HSG cấp THCS . Phương pháp chứng minh quy nạp toán học có mặt trong rất
nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học từ số học đến đại số , từ hình học đến toán rời rạc ....
Trong khuôn khổ tài liệu này Thầy chỉ lấy vài ví dụ minh họa , Các học sinh có thể tham khảo
các tài liệu thêm để nắm vững và vận dụng vào giải Toán nhé !

BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: CMR : Với số tự nhiên n tùy í thì số : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225
Bài 2: CMR : Với số tự nhiên n tùy í thì số : 10n + 18n - 1 chia hết cho 27
Bài 3: CMR : Với số tự nhiên n tùy í thì các số sau chia hết cho 9 :

a/ 10n - 1.

b/ 10n +

8.

Bài 4: CMR : với mọi số nguyên dương n thì số Sn = 13 + 23 + 33 + … + n3 là số chính phương.
Bài 5: CMR : Với số tự nhiên n tùy í thì số 7.52n  12.6n chia hết cho 19 .
Bài 6: CMR : Với số tự nhiên n tùy í thì số 11n+2+122n+1 chia hết cho 133
Bài 7: CMR : Với số tự nhiên n tùy í thì số 62n+1+5n+2 chia hết cho 31
Phần bài tập rèn luyện tiếng Anh cho học sinh chuyên :

Problem 1: Prove that : 3.4n+1 + 10n-1 – 4 (n  N) is divisible by 9.
Problem 2: Prove that : 1.2  2.3  3.4  ...  n(n  1) 

*
n(n  1)(n  2)
for all n  N
3

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 7


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Problem 3: Prove that : 12  32  52  ...  (2n  1)2 

*
n(4n2  1)
for all n  N
3

Problem 4: Prove that the cube of any integer can be written as the diffrence of two squares
Hint : Notice that n3 = (13 + 23 + ...+ n3) - (13 + 23 + ...+(n-1)3)
Problem 5: Prove that n! > n2 for every integer n ≥ 4
Problem 6: Prove that n! > n3 for every integer n ≥ 6
Problem 7: Prove that for all n  N , 27 | (10n + 18n – 1)
Problem 8: Prove that for all n  N , 133 | (11n+2 + 122n+1 )
Problem 9: Prove that the expression 33n+3 – 26n – 27 is a multiple of 169 for all natural
numbers n.
2
Problem 10: Prove that if k is odd , then 2n+2 divides k  1 for all natural numbers n
n

Problem 11: Use the induction to prove that :

1 3 2n  1
1 (n  N * )
. ...

2 4
2n
3n

Problem 12: Use the induction to to derive the formula : 1.(1!) + 2.(2!) + 3.(3!) +...+ n.(n!) =
*
(n+1)! – 1 for all n  N

Problem 13: Let n  N . Prove the inequality

1
1

1

 ... 
1
n 1 n  2
3n  1

1.3.5...(2n  1)
1

Problem 14: Let n  N ; n ≥ 2 . Prove the inequality
2.4.6...(2n)
1  3n
4n
(2n)!

Problem 15: Let n  N ; n ≥ 2 . Prove the inequality
n  1 (n !)2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 8


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Problem 16: Let n  N ; n ≥ 2 . Prove the inequality

1
1
1 13

 ... 

n 1 n  2
2n 24

Problem 17: Let n  N ; n ≥ 2 . Prove the inequality n! < nn
Problem 18: Let n  N ; n ≥ 2 . Prove the inequality 1.3.5...(2n-1) < nn
Problem 19: Prove by induction on n that a set having n elements has exactly 2n subsets
Problem 20: Prove that if n ≥ 12 then n can be written as a sum of 4’s and 5’s . For example ,
23 = 5+5+5+4+4 = 3.5 + 2.4 .
Hint : In this case it will help to do the case n = 12 , 13 , 14 and 15 separaterly . Then use
induction to handle n ≥ 16.

Problem 21: Prove that if n is a natural number ,

n5 n 4 n3 n
  
is always an integer
5 2 3 30

NGUYÊN LÍ DIRICHLET
(The Dirichlet’s Principle)
Vài nét tiểu sử :
Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet sinh ngày 13 tháng 2 năm 1805 tại Duren :
vùng đất nằm giữa Cologne và Aachen (vùng này vào thời bấy giờ thuộc nước Pháp
cai quản dưới triều đại Napoleon)..

Gia quyến ; ông bà nội và bố mẹ của ông xuất thân từ thị trấn Richlette ở Bỉ (một
quốc gia sử dụng cả tiếng Pháp và tiếng Anh , tiếng Đức), do đó mà họ của ông được đặt là
"Lejeune Dirichlet" ; "le jeune de Richelette", theo tiếng Pháp nghĩa là "chàng trai trẻ từ
Richelette" .
Ông được giáo dục ở Đức và sau đó là ở Pháp , tại những nơi này ông được học từ hầu hết các
nhà toán học nổi tiếng nhất thời đó.
Dirichlet là người có tư chất thông minh và là một trong những nhà toán học Đức có đóng góp
cho sự phát triển của toán học hiện đại. Lĩnh vực mà ông có nhiều công trình nghiên cứu nhất là

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 9


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

ở môn Số học và đại số . Trong các kết quả nghiên cứu của ông có một nguyên lí mà các nhà
toán học coi là đẹp đẽ và hữu ich : Đó là nguyên lí Dirichlet.
Cuộc đời nghiên cứu toán học của nhà toán Dirichlet là một chuyến hành trình dài qua bao nhiều
nơi trên đất Pháp vá Đức với một niềm đam mê cháy bỏng . Dirichlet bắt đầu tuổi vàng của toán
học tại Berlin .
Ông mất ngày 5 tháng 5 năm 1859 ; hưởng dương 54 tuổi . Sau khi ông qua đời, các bài giảng
của Dirichlet và các kết quả khác trong ngành số học được sưu tập, biên khảo và xuất bản bởi
đồng nghiệp và cũng là bạn ông là nhà toán học Richard Dedekind dưới tựa đề : Vorlesungen
über (Các bài giảng về số học).
Nguyên lí (hay nguyên tắc) Dirichlet:
Nguyên lý Dirichlet còn gọi là "nguyên tắc nhốt thỏ vào lồng " hoặc "nguyên tắc xếp đồ vật
vào ngăn kéo" hoặc “ nguyên tắc lổ chuồng bồ câu" hoặc “ nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp”.

Các dạng phát biểu thường gặp của nguyên lí Dirichlet :
Nguyên tắc Dirichlet được phát biểu dưới dạng các dạng sau đây:
Dạng 1 : Nếu đem nhốt m con thỏ vào n chiếc lồng, với điều kiện : số thỏ nhiều hơn số lồng (m
> n) và mọi con thỏ đều bị nhốt ; thì tồn tại ít nhất một lồng nhốt không ít hơn 2 thỏ.
Chứng minh: (dùng phương pháp phản chứng):
Giả sử không có lồng nào nhốt từ 2 thỏ trở nên, 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 lý. Vậy ít
nhất cũng phải có một lồng nhốt từ 2 thỏ trở nên.(đpcm).
Dạng 2 : Nếu đem xếp m đồ vật vào n ô ngăn kéo, với điều kiện : số đồ vật nhiều hơn số ngăn
kéo (m > n) và mọi đồ vật đều được xếp vào ngăn kéo ; thì tồn tại ít nhất một ô ngăn kéo chứa
không ít hơn 2 đồ vật.
Dạng 3 : Có m con chim bồ câu cùng chui vào một chuồng bồ câu có n lỗ với điều kiện : số bồ
câu nhiều hơn số lỗ (m > n) và mọi con chim bồ câu đều phải chui vào chuồng ; thì tồn tại ít nhất
một lỗ chuồng có không ít hơn 2 con bồ câu chui vào qua lỗ đó.
Dạng 4 : Cho A và B là hai tập không rỗng có số phần tử hữu hạn mà số phần tử ở A lớn hơn số
phần tử của B , Nếu có một quy tắc nào đấy cho ứng mỗi phần tử của A với 1 phần tử của B ; thì
tồn tại 2 phần tử khác nhau của A mà chúng ứng với cùng 1 phần tử của B.
Tuy được phát biểu dưới nhiều dạng khác nhau nhưng cái cốt lõi của nguyên lí Dirichlet là
chỉ ra sự tồn tại của đối tượng thỏa mãn tính chất nào đó . Nguyên lí Dirichlet không xác định
được chính xác đối tượng nhưng việc chỉ ra nó tồn tại đã mang lại nhiều ý nghĩa trong cuộc
sống cũng như trong toán học.
Nội dung của nguyên lý này hết sức 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
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 10


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

mà vẫn chưa đi đến kết quả, nhưng nhờ nguyên lý Đirichlê mà bài toán trở nên dễ dàng giải
quyết.
Mở rộng nguyên lí Dirichlet :
Nếu nhốt n con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng (với điều kiện mọi con thỏ đều bị nhốt ) thì tồn tại một
 n  m  1
chuồng có ít nhất 
con thỏ, ở đây kí hiệu [α] để chỉ phần nguyên của số thực α.
 m 
Chứng minh : Ta chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng như sau : Giả sử trái lại : mọi
 m  n  1   n  1   n  1
chuồng thỏ không có đến 

 1  
 1 con thỏ , thì số thỏ trong mỗi
 m   m
  m 
 n  1
chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằng 
con. Từ đó suy ra tổng số con thỏ không vượt quá :
 m 
 n  1
m. 
 n  1 con Điều này vô lí vì có n con thỏ. Vậy giả thiết phản chứng là sai.
 m 

ÁP DỤNG NGUYÊN LÍ DIRICHLET VÀO VIỆC GIẢI BÀI TẬP
A1. Áp dụng vào việc giải các bài toán suy luận logic :
Ví dụ 1: Có 10 đội bóng thi đấu với nhau mỗi đội phải đấu một trận với các đội khác. CMR vào

bất cứ lúc nào cũng có hai đội đã đấu số trận như nhau.
Giải: Rõ ràng nếu trong 10 đội bóng có 1 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 hoặc từ 0 đến 8 hoặc từ 1
đến 9. Vậy theo nguyên lý Đirichlê phải có ít nhất 2 đội có số trận đấu như nhau.
Ví dụ 2: Có 6 đội bóng thi đấu với nhau (mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội khác). CMR vào bất
cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào.
Giải: Giả sử 6 đội bóng đó là A,B,C,D,E,F. Xét đội A.
Theo nguyên lý Đirichlê ta suy ra: A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 đội khác. Không mất
tính tổng quát, giả sử A đã 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 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A,B,C từng cặp đã đấu với nhau.
Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau
trận nào.
Ví dụ 3: CMR trong n người bất kì, tồn tại hai người có số người quen như nhau (kể cả trường
hợp quen 0 người)
Giải: Tương tự ví dụ 1.
Ví dụ 4: Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2 học sinh được
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 11


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

điểm 10. CMR ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là
một số tự nhiên từ 0 đến 10)
Giải: Có 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm (từ 2 đến 9). Giả sử mỗi loại trong 8 loại điểm
đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có không quá 5.8=40 học sinh, ít hơn 43 học

sinh. Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
Ví dụ 5: Lớp 10A có 41 học sinh được chia làm 4 tổ . CMR : Có ít nhất 6 học sinh cùng giới tính
thuộc vào cùng một tổ.
Giải : 44 hs xếp vào 4 tổ => có ít nhất một tổ có không dưới 11 hs . Trong 11 hs đó phân 2 loại
nam nữ => có ít nhất 6 em cùng giới tính . (2 lần sử dụng Dirichlet)
Ví dụ 6: Cho bảng vuông gồm n x n ô vuông. Mỗi ô vuông ghi một trong các số 0,1,2. CMR:
không tồn tại bảng vuông nào mà tổng các ô trên hàng ngang, cột dọc và đường chéo là các số
khác nhau hoàn toàn.
Giải : Giá trị trên cột, hàng, đường chéo có giá trị nhỏ nhất là 0 x n= 0 và có giá trị lớn nhất là
2n, mà ta có 2n+2 tổng nhưng chỉ có 2n+1 giá trị (từ 0 đến 2n) nên theo nguyên lý Dirichle phải
có ít nhất 2 tổng có giá trị bằng nhau => đpcm.
A2. Áp dụng vào việc giải các bài toán chia hết:

Ví dụ 1: CMR tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2011.
Giải: Xét 2012 số Ak (k=1;2;...;2012) với Ak có dạng biểu diễn trong hệ thập phân gồm k chữ
số 1. Theo nguyên tắc Dirichlê thì tồn tại hai số trong chúng có cùng số dư khi chia cho 2011.
Giả sử hai số đó là: Am và An với 1≤ m < n ≤ 2012. Khi đó An – Am chia hết cho 2011 ; để ý
rằng : An – Am = 10m . An-m luôn chia hết cho 10m. Do (2011, 10m ) =1 nên An-m chia hết cho
2011.
Ví dụ 2: CMR : Trong n+1 số bất kì thuộc tập hợp S = {1,2,3,...,2n} luôn chọn được hai số mà
số này là bội của số kia.
Giải: Viết n+1 số đã cho dưới dạng: Ak = 2k + 1.bk (k=1;2;...; n+1) trong đó bk (k=1;2;...; n+1)
là các số lẻ. Ta có: 1 ≤ bk ≤ 2n-1. Mặt khác trong khoảng từ 1 đến 2n-1 có đúng n số lẻ nên tồn
tại hai số m ≤ n sao cho bn = bm . Khi đó, trong hai số An và Am có một số là bội của số kia.
Ví dụ 3: Cho 5 số nguyên phân biệt ai (i=1,2,3,4,5). Xét tích:
P   a1  a2  .  a1  a3  .  a1  a4  .  a1  a5  a2  a3  .  a2  a4  .  a2  a5  .  a3  a4  .  a3  a5  .  a4  a5 
CMR : P chia hết cho 288
Giải: Để ý rằng : 288  32.25
Trước hết ta chứng minh P chia hết cho 9 = 32 . Thật vậy :
Xét 4 số : ai (i  1; 4) tồn tại 2 số trong 4 số này có cùng số dư khi chia cho 3. Giả sử a1 ≡ a2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 12


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

(mod 3) thì a1 – a2 chia hết cho 3.Lại xét a2 ,a3 ,a4 ,a5 trong 4 số này lại tồn tại 2 số có cùng số dư
khi chia cho 3. Suy ra P chia hết cho 9.
Tiếp theo ta chứng minh P chia hết cho 25 Thật vậy : Trong 5 số đã cho có 3 số cùng tính chẵn
lẻ.
-Nếu có 4 số chẵn, chẳng hạn : ak  2mk ( k= 1;2;3;4) thì : P = 32.Q chia hết cho 32.
-Nếu có 3 số chẵn, 2 số lẻ : chẳng hạn : ak  2mk ( k= 1;2;3) a4 ; a5 lẻ thì : P=16(k1 –k2 )(k1 –
k3 )(k2 –k3).M. Trong 3 số k1 ,k2 ,k3 có 2 số cùng tính chẵn lẻ. Giả sử k1 ≡ k2 (mod 2) thì k1 –k2
chia hết cho 2 nên P chia hết cho 32.
-Nếu có 3 số lẻ chẳng hạn a1 ,a2 ,a3 lẻ còn a4 ,a5 chẵn thì lí luận tương tự cũng có P chia hết
cho 32.
Vậy ta có P chia hết cho 288.
A3. Áp dụng vào việc giải các bài toán số học khác:
Ví dụ 1: Cho 51 số nguyên dương khác nhau có 1 chữ số và có 2 chữ số. CMR ta có thể chọn ra
6 số nào đó mà bất cứ 2 số nào trong số đã lấy ra ấy không có chữ số hàng đơn vị giống nhau
cũng không có chữ số hàng chục giống nhau.
Giải: Vì có 51 số nên tìm được 6 chục sao cho một nhóm có không ít hơn 6 số rơi vào một
trong các số chục đó, một nhóm có không ít hơn 5 số rơi vào chục khác... Cuối cùng có ít nhất
một trong các số đã cho rơi vào một chục nào đó (như vậy số các chục khác nhau không ít hơn 6)
về các số đã cho là khác nhau (chú ý các số dạng xét nhiều nhất có 2 chữ số ) do đó ở nhóm cuối
cùng ta lấy một số , sau đó nhóm trước đó (vì có ít nhất 2 chữ số hàng đơn vị của hai số trong

nhóm ấy khác nhau) ta lấy một số khác với chữ số hàng đơn vị khác số chọn trước, rồi nhóm
trước đó lại lấy 1 số có chữ số hàng đơn vị khác 2 số chọn trước... Cuối cùng sẽ được 6 số phải
tìm với các chữ số khác nhau.
Ví dụ 2: Chọn bất kì n+1 số trong 2n số tự nhiên từ 1 đến 2n (n ≥ 2). CMR trong các số được
chọn có ít nhất 1 số bằng tổng của 2 số được chọn (kể cả các trường hợp 2 số hạng của tổng
bằng nhau ).
Giải: Giả sử a1  a2  ...  an  an1 là n+1 số được chọn. Xét n số: bk  an1  ak (k = 1;2;...;n)
Trong tập 2n+1 số : a1 ,a2 ,...,an+1 , b1 ,b2 ,...,bn tồn tại 2 số bằng nhau, hai số ấy không thể
cùng thuộc dãy : a1 ,a2 ,...,an+1 cũng không thể cùng thuộc dãy b1 ,b2 ,...,bn . Từ đó suy ra tồn
tại hai chỉ số i ; k sao cho : bk  an1  ak  ai suy ra : an1  ak  ai (đpcm).
A4 - Áp dụng vào việc giải các bài toán liên quan đến hình học và hình học tổ hợp:
Ví dụ 1: Trong hình vuông cạnh bằng 1, đặt 51 điểm bất kì, phân biệt. CMR : có ít nhất 3 trong
1
số 51 điểm đó nằm trong một hình tròn bán kính .
7

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 13


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

1
.Theo nglý
5
Dirichlet , tồn tại ít nhất một hình vuông con a chứa ít nhất ba điểm trong số 51 điểm đó. Đường
1

1
tròn ngoại tiếp (a) có bán kính
 . Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình tròn đồng tâm với
5 2 7

Giải : Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh bằng

đường tròn (a) có bán kính

1
.
7

Ví dụ 2: Dựa vào bài giải bài toán trên ta có thể tổng quát hóa bài toán trên với a là kích thước
của cạnh hình vuông, m là số điểm đặt bất kì, phân biệt. Chứng minh rằng có ít nhất n trong số
m điểm đó nằm trong một hình trong bán kính

a2
 m 
2. 
 n  1 

. ( trong đó kí hiệu [a] là phần nguyên

của a).
Giải : Chia hình vuông đã cho thành [

m
] hình vuông con bằng nhau có cạnh bằng
n 1

a2

 m 
 n  1 
. Theo nguyên lí Dirichlet , tồn tại ít nhất một hình vuông con có chứa ít nhất n điểm trong số m
điểm đó. Đường tròn ngoại tiếp (c) có bán kính

a2
 m 
2. 
 n  1 



nằm trong hình tròn đồng tâm với đường tròn (c) có bán kính

a2

. Vậy n điểm trên

 m 
2. 
 n  1 

a2
 m 
2. 
 n  1 

.

Ví dụ 3: Cho tập hợp gồm 9 điểm M i (i  1;9) khác nhau có các tọa độ nguyên trong không
gian. Chứng minh rằng trung điểm của đường nối ít nhất một trong các cặp điểm này có tọa độ
nguyên.
Giải : Gọi tọa độ hai điểm bất kì trong không gian là A (a, b, c) và B (d, e, f) => trung điểm của
ad be c f
đoạn AB là : O(
,
,
) .Các tọa độ của điểm O nguyên nếu và chỉ nếu a và d; b và
2
2
2
e; c và f cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Vì có 23 = 8 bộ ba chẵn lẻ khác nhau (( c, c, c ); (l, l, l ); ( c, c,
l ); ( c, l, l ); (c, l, c ); ( l, c, c ); ( l, c, l ); ( l, l, c )) nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 trong
9 điểm có cùng bộ ba chẵn lẻ như nhau. Vậy có ít nhất một cặp điểm mà điểm chính giữa của
chúng có tọa độ nguyên.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 14


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Ví dụ 4: Cho tập hợp gồm m điểm khác nhau có các tọa độ nguyên trong không gian. Chứng
m 

  8   1
minh rằng trung điểm của đường nối ít nhất     trong các cặp điểm này có tọa độ
 2 


nguyên.

Giải : Gọi tọa độ hai điểm bất kì trong không gian là A (a, b, c) và B (d, e, f) Vậy trung điểm của
ad be c f
đoạn AB là: O(
,
,
) .Các tọa độ của điểm O nguyên nếu và chỉ nếu a và d; b và e;
2
2
2
c và f cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Vì có 23 = 8 bộ ba chẵn lẻ khác nhau (( c, c, c ); (l, l, l ); ( c, c, l );
m
( c, l, l ); (c, l, c ); ( l, c, c ); ( l, c, l ); ( l, l, c )) nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất    1
8
m 
  8   1
trong m điểm có cùng bộ ba chẵn lẻ như nhau. Vậy có ít nhất     cặp điểm mà điểm
 2 


chính giữa của chúng có tọa độ nguyên.

Ví dụ 5: Trong một hình vuông có cạnh là 1 chứa một số đường tròn.
Tổng tất cả chu vi của chúng là 10. Chứng minh rằng tồn tại một

đường thẳng cắt ít nhất 4 đường tròn trong những đường tròn đó?

B

Giải : Ta chọn một cạnh hình vuông rồi chiếu vuông góc các đường
tròn xuống cạnh đó (xem hình 1). Ta có, hình chiếu của một đường
tròn bán kính R xuống AB là một đoạn thẳng có độ dài 2R. Vì vậy
trên cạnh hình vuông đã chọn có những đoạn thẳng chiếu xuống với
10
10
A
tổng độ dài là
. Mà
> 3. Nên theo nguyên lý Dirichlet đối ngẫu


suy ra có một điểm M nào đó thuộc AB là điểm trong chung của ít nhất 4 đoạn thẳng đã chiếu
xuống. Khi đó, đường thẳng đi qua M vuông góc với AB cắt ít nhất 4 trong những đường tròn
đó.
Ví dụ 6: Cho hình vuông có độ dài cạnh bằng 1 chứa một số đường tròn. Tổng độ dài của các
đường tròn là 10. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng mà nó cắt ít nhất bốn trong những
đường tròn này (giả sử số đường tròn đã cho lớn hơn hoặc bằng 4).
Giải : Chọn một cạnh hình vuông chẳng hạn là AB rồi chiếu vuông góc các đường tròn xuống
cạnh nào đó. Dễ thấy rằng hình chiếu của một đường tròn bán kính R sẽ là một đoạn thẳng có độ
dài 2R. Gọi C1 , C2 ,..., Cn là chu vi của n đường tròn đã cho. Khi đó theo giả thiết, thì :

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 15

C

chiếu
lên
cạnh
CD

D


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

C1  C2  ...  Cn  10
Mặt khác, đường tròn với chu vi Ci sẽ có bán kính : Ri 
chu vi Ci sẽ là đoạn thẳng với độ dài là :

Ci
.Vậy hình chiếu của hình tròn với
2

2Ci Ci
 . Tổng độ dài hình chiếu của n đường tròn
2


trên cạnh đã cho là:
C1



C2

 ... 

Cn



10

10

> 3. Nên theo nguyên lý Dirichlet đối ngẫu suy ra có một điểm

M nào đó thuộc AB là điểm trong chung của ít nhất 4 đoạn thẳng đã chiếu xuống. Khi đó, đường
thẳng đi qua M vuông góc với AB cắt ít nhất 4 trong những đường tròn đó.









. Mà

Ví dụ 7: Cho một hình vuông và 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành

hai tứ giác có tỉ số diện tích 2 : 3.Chứng minh rằng trong số 13 đường thẳng đã cho, có ít nhất 4
đường thẳng cùng đi qua một điểm.
Giải : Gọi d là đường thẳng chia hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích là 2 : 3.
Đường thẳng d không thể cắt hai cạnh kề nhau của hình vuông Giả sử d cắt hai
M
A
cạnh AB và CD tại M và N, khi đó nó cắt đường trung bình EF tại I Giả sử
2
2
S AMND  S BMNC thì EI  IF . Như vậy mỗi đường thẳng đã cho chia các
3
3
E
đường trung bình của hình vuông theo tỉ số 2 : 3
Có 4 điểm chia các đường trung bình của hình vuông ABCD theo tỉ số 2 : 3

D

N

Có 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đi qua một trong 4 điểm
Vậy theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 4 đường thẳng cùng đi qua 1 điểm.
Ví dụ 8: Trong một hình vuông cạnh 18 cm có 128 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm có
khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2 cm.
Giải : Lấy mỗi điểm làm tâm dựng hình tròn bán kính 1 cm . Các hình tròn này nằm hoàn toàn
trong hình vuông có cạnh 20cm thu được từ hình vuông đã cho bằng cách tịnh tiến bốn cạnh của
nó một khoảng 1cm ra phía ngoài. Tổng diện tích của các hình tròn bán kính 1cm này là 128  >
402,112 > 400. Do đó tổng diện tích các hình tròn này lớn hơn diện tích hình vuông cạnh 20 cm.

BÀI TẬP TỰ GIẢI :

Bài 1: CMR tồn tại vô số số tự nhiên n sao cho trong dạng thập phân của 2n có ít nhất 2000 chữ
số 0 đứng kề nhau

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 16

B

F

C


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 2: Cho 12 số tự nhiên khác nhau có hai chữ số. Chứng minh rằng không tồn tại hai số có
hiệu là một số có hai chữ số như nhau
Bài 3: Chứng minh rằng đối với một số n nguyên dương bất kì bao giờ ta cũng tìm được một số
tự nhiên mà các chữ số của nó bao gồm chỉ có chữ số 5 và chữ số 0 và chia hết cho n
Bài 4: Chứng minh rằng luôn tồn tại số được viết bởi toàn chữ số 8 chia hết cho 2011
Bài 5: Chứng minh rằng nếu ( n, 2010 ) = 1 thì luôn tồn tại một số k nguyên dương sao cho nk –
1 chia hết cho 2010
Bài toán 6 : Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p ta có thể tìm được một số được viết bởi hai
chữ số chia hết cho p.
Bài toán 7 : Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên không chia hết cho 2 và 5 thì tồn tại bội của
nó có dạng : 111...1.
Bài toán 8 : Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 2013k (k thuộc N) có tận cùng là 0001.

Bài toán 9 : Chứng minh rằng nếu các số nguyên m và n nguyên tố cùng nhau thì tìm được số tự
nhiên k sao cho mk - 1 chia hết cho n
Bài 10: Trong mặt phẳng cho tập hợn A có n điểm ( n  2). Một số cặp điểm được nối với nhau
bằng đoạn thẳng. Chứng minh rằng tập hợp A đã cho, có ít nhất hai điểm đươc nối với cùng số
lượng các điểm khác thuộc A.
Bài 11:Trong hình tròn đường kính bằng 5 có 10 điểm. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai điểm
mà khoảng cách giữa chúng bé hơn hoặc bằng 2.
Bài 12: Cho hình tròn diện tích S, lấy n điểm bất kỳ (n>2). CMR: có ba điểm tạo thành tam
n 1
S
giác có diện tích nhỏ hơn
với k là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn
.
2
k
Bài 13: Tìm hình vuông có kích thước bé nhất, để trong hình vuông đó có thể sắp xếp năm hình
tròn bán kính 1, sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm chung.
Bài 14: Chứng minh rằng trong một hình tròn bán kính 1, không thể chọn được quá 5 điểm mà
khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong chúng đều lớn hơn 1
Bài 15: Cho 1000 điểm M1 , M 2 ,..., M1000 trên mặt phẳng. Vẽ một đường tròn bán kính 1 tùy ý.
Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho : SM1  SM 2  ...  SM1000  1000 .
Bài 16: Cho một bảng có kích thước 2n  2n ô vuông. Người ta đánh dấu vào 3n ô bất kì của
bảng. Chứng minh rằng có thể chọn ra n hàng và n cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu
đều nằm trên n hàng và n cột này.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 17


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Phần bài tập rèn luyện tiếng Anh cho học sinh chuyên :
The Box Principle or The Pidgeonhole Principal
Probem 1: Given n integers, prove that some nonempty subset of them has sum divisible by
n
Probem 2: Let A be a set of n + 1 integers from {1; : : : ; 2n}. Prove that some element of A
divides another.
Probem 3 : For x  R and n  Z  , there is a rational number

x

p
, with 1 ≤ q ≤ n, such that :
q

p 1

q n

Probem 4: Let x be an irrational number, and let xn  {nx} be the fractional part of nx.
Show that the sequence x1 ; x2 ; ... is dense in the interval [0; 1). This means that for every real
number r  [0; 1) , and every e > 0, there is some n such that xn is within e of r
Probem 5: (Erdos-Szekeres.) Prove that every sequence of n2 distinct numbers contains a
subsequence of length n which is monotone (i.e. either always increasing or always
decreasing)
Probem 6: Let S be a set of 10 positive integers, whose total sum is less than 250. Prove that
there exist two disjoint nonempty equal-size subsets A; B  S such that the sum of the
elements of A equals the sum of the elements of B

Probem 7: (MOP 2004.) A set S of numbers is called a Sidon set if it has the property that
for every distinct a; b; c; d  S, the sums a + b and c + d are distinct. (There are no repeated
pairwise sums between elements of S.) A natural question is to ask how large a Sidon set can
be, if, say, the numbers must be integers in {1; ... ; 100}. Prove that there is no such Sidon set
of size 16.
Probem 8: (Putnam 1993.) Let x1; x2 ;...; x19 be positive integers less than or equal to 93. Let

y1; y2 ;...; y93 be positive integers less than or equal to 19. Prove that there exists a (nonempty)
sum of some xi ' s equal to a sum of some yi ' s .

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 18


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Probem 9: The Fibonacci numbers are dened by F1 = F2 = 1 and Fn = Fn-1 + Fn-2 for n ≥ 3. If
p is a prime number, prove that at least one of the first p + 1 Fibonacci numbers must be
divisible by p
Probem 10: Given any 7 points inside a hexagon with side length 1, show that some two
points are separated by a distance of at most 1
Probem 11: (USAMO 1976.) Every square in a 4 × 7 array is colored either white or black.
Show that there always is a monochromatic \constellation" consisting of the 4 corners of an
axis-parallel rectangle
Probem 12: (IMO 1983) Let ABC be an equilateral triangles and E the set of all points
contened in the 3 segments AB , BC , CA (including A,B,C) . Show that , for every patitions
of E into 2 dijoint subsets , at least one of the 2 subsets contains the vertices of a right –

angled triangle

NGUYÊN LÍ CỰC HẠN
(The Extreme Principle)

I-Một số thuật ngữ liên quan :
Tập hợp số bị chặn dưới : Xét tập S các số thực . Nếu tổn tại số thực m sao cho m  x với mọi
x  S thì ta nói : Tập S bị chặn dưới bởi m , ta cũng nói m là một cận dưới của S .
Để í rằng từ định nghĩa suy ra : Tập S bị chặn dưới có thể có vô số cận dưới !
Tập hợp số bị chặn trên: Xét tập S các số thực . Nếu tổn tại số thực M sao cho x  M với mọi
x  S thì ta nói : Tập S bị chặn trên bởi M , ta cũng nói M là một cận trên của S .
Để í rằng từ định nghĩa suy ra : Tập S bị chặn trên có thể có vô số cận trên !
Infimum của một tập hợp số thực: Xét tập hợp S các số thực , bị chặn dưới , ta sẽ gọi số lớn
nhất trong các cận dưới của S là infimum của S (tạm dịch ra tiếng Việt là : cận dưới đúng) và kí
hiệu là infS
Supremum của một tập hợp số thực: Xét tập hợp S các số thực , bị chặn trên , ta sẽ gọi số bé
nhất trong các cận trên của S là supremum của S (tạm dịch ra tiếng Việt là : cận trên đúng) và kí
hiệu là supS
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 19


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Chú ý : infS , supS có thể thuộc S và cũng có thể không thuộc S . Ta quan sát ví dụ trong bảng
sau :
Tập hợp S

infS

supS

Nhận xét

(1;4)

1

4

Inf  S ; supS  S

(-1;3]

-1

3

Inf  S ; supS  S

[-5;7]

-5

7

Inf  S ; supS  S

II-NGUYÊN LÍ CỰC HẠN:
Nguyên lí cực hạn là một trong những nguyên lí quan trọng của Toán học . Nguyên lí cực hạn
được trình bày trong tài liệu này dưới dạng một nhóm các nguyên lí như sau:
Nguyên lí 1: Với một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực ta luôn có thể chọn được số bé
nhất và số lớn nhất của tập hợp đó.
Cụ thể hơn : Xét tập S khác rỗng gồm hữu hạn các số thực thì luôn x1 ; x2  S sao cho : Với x
tùy ý thuộc S ta có : x1  x  x2
Hiển nhiên nguyên lí 1 cũng được áp dụng cho các tập hợp hữu hạn khác rỗng của các số
nguyên , số tự nhiên
Nguyên lí 2: Với mỗi tập hợp vô hạn và bị chặn dưới các số thực ta luôn chọn được infS.
Nguyên lí 3: Với mỗi tập hợp vô hạn và bị chặn trên các số thực ta luôn chọn được supS.
Nguyên lí 4: Với mỗi tập hợp con vô hạn các số tự nhiên ta luôn chọn được số bé nhất của
tập đó.
Nguyên lí 5: Với mỗi tập hợp con vô hạn các số nguyên âm ta luôn chọn được số lớn nhất
của tập đó.
III- NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ :
Chú ý mở đầu : Trong đời sống của một người nói riêng, trong sự phát triển của xã hội loài
người nói chung ta thường quan tâm đến những cái nhất , Ví dụ : tốt nhất so sánh với xấu nhất ;
nhanh nhất so sánh với chậm nhất ; cao nhất so sánh với thấp nhất ; lớn nhất so sánh với bé nhất
..vân vân và vân vân …

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 20


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Thói quen quan tâm đến cái nhất (các nhà toán học gọi đó là các giá trị cực biên) được các nhà
toán học sử dụng để nghiên cứu trong nhiều lĩnh vực toán học (lí thuyết tối ưu ; lí thuyết vận trù ;
chứng minh bất đẳng thức …) . Cũng theo tinh thần đó trong toán học xuất hiện một nguyên lí
làm toán mà tôi xin mô tả như sau : Khi chứng minh hoặc giải quyết một bài toán liên quan đến
một đại lượng biến thiên nào đó người ta quan tâm đến các giá trị nhỏ nhất , lớn nhất mà đại
lượng đó có thể nhận được và xuất phát từ các giá trị cực biên của đại lượng này cho phép ta tìm
ra hướng giải quyết bài toán. Phương pháp đó gọi là nguyên lí khởi đầu cực trị.
Tên gọi của nguyên lí mà tôi vừa mô tả có thể còn chưa thống nhất trong giới làm toán , nhưng
ở đây tôi muốn nhấn mạnh rằng : Bản chất của nguyên lí này là ta xuất phát (khởi đầu) chứng
minh bằng cách dựa vào giá trị cực trị của đại lượng (lớn nhất ; nhỏ nhất) nên đặt tên cho nguyên
lí là : nguyên lí khởi đầu cực trị.
Nguyên lí khởi đầu cực trị thường được sử dụng rộng rãi trong các bài toán tổ hợp, số học, hình
học, nguyên lí này cũng được kết hợp với các nguyên lí khác của toán học (như nguyên lí
Dirichlet , nguyên lí quy nạp toán học) và phương pháp phản chứng
Các ví dụ minh họa :
Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của pt : x3 + 3y3 + 9z3 = 27xyz (*)
Hướng dẫn : Giả sử pt có nghiệm nguyên dương (x;y;z) . Gọi M={z  R +│ bộ(x;y;z) là nghiệm
của (*)} Gọi z0 = số dương nhỏ nhất của M ứng với nghiệm (x0;y0;z0) Ta chứng minh x0;y0
cùng chia hết cho 3. Thật vậy : giả sử ngược lại x0;y0 đều không chia hết cho 3 thì x0 =3u +r
(r=1;2) ; y0 =3v+s (s=1;2)  x03  3 y03  3t  r 3  3s3  1; 2 (mod 3) ;trong lúc đó vế phải = 27
x0.y0.z0  0 (mod 3) : mâu thuẫn !.
Đặt x0 =3x1 ; y0 = 3y1 ; z0 =3z1 (trong đó z0 > z1) thay vào (*)  x13  3 y13  9 z13  27 x1 y1z1 (1) ,
đẳng thức (1) chứng tỏ rằng : (x1;y1;z1) là nghiệm nguyên dương của (*) với z0 > z1 điều này ><
tính nhỏ nhất của z0 theo cách xác định của chúng ta. Mâu thuẫn đó chứng tỏ (*) không có
nghiệm nguyên dương.
Bình luận : Trong lời giải ta đã sử dụng nguyên lí 4 của nguyên lí cực hạn đã nêu ở trên , cụ thể
là z0 = infM , ví dụ cũng chỉ ra sự sắc sảo của phép chứng minh phản chứng.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình x4 + y4 = z2 (1) không có nghiệm nguyên dương.
Hướng dẫn giải : Giả sử ngược lại, phương trình (1) có nghiệm nguyên dương , Ta thấy : tập

hợp các số nguyên dương bị chặn dưới bởi 1 nên theo nguyên lí cực hạn thì : trong các nghiệm
(x, y, z) của (1) ắt có một nghiệm với z nhỏ nhất.
Dễ thấy x2,y2,z đôi một nguyên tố cùng nhau. Áp dụng công thức tính nghiệm của phương trình
Pythagore, ta thấy tồn tại p, q sao cho : x2 = 2pq ; y2 = p2 - q2 ; z = p2 + q2 . Từ đây, thay vào
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 21


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

(*) ta lại có một bộ ba Pythagore khác : y2 + q2 = p2 (**) . Tiếp tục, áp dụng công thức tính
nghiệm của phương trình Pythagore (**) : tồn tại a,b sao cho : q = 2ab ; y = a2 - b2 ; p = a2 + b2
trong đó a,b nguyên tố cùng nhau. Thay vào, ta được: x2 = 2pq = 2(a2 + b2)(2ab) = 4(ab)(a2 +
b2) (1).Vì ab và a2 + b2 nguyên tố cùng nhau, nên từ (1) ta suy ra chúng là các số chính phương.
Như vậy a2 + b2 = s2 và a = u2, b = v2. Suy ra s2 = u4 + v4 (2). Từ (2) => (s,u,v) là nghiệm của (*)
với v < z : điều mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của z vì: s2 = a2 + b2 = p < p2 + q2= z < z2.Như vậy
điều
giả
sử
ban
đầu
là
sai,
suy
ra
điều
phải

chứng
minh.
Bình luận : Ví dụ này minh họa phương pháp khởi đầu cực trị đối với biến z (nguyên lí 4) , đồng
thời ví dụ cũng chỉ ra sự kết hợp nhuần nhuyễn giữa nguyên lí khởi đầu cực trị với phép chứng
minh phản chứng
Ví dụ 3 : Tìm tất cả các giá trị k sao cho phương trình (x+y+z)2 = kxyz (*) có nghiệm nguyên
dương.
Hướng dẫn giải : Trong các nghiệm nguyên dương của (*) ta giả sử (x0;y0;z0) là nghiệm có tổng
: x0 + y0 + z0 bé nhất .Vì tính đối xứng của x,y,z trong (*) nên không mất tính tổng quát ta giả sử
: x0 ≥ y0 ≥ z0 . Ta viết (*) dưới dạng : x2  (kyz  2 y  2 z ) x  ( y  z )2  0 (1) .Từ (1) ta thấy x0 là
nghiệm của phương trình bậc hai : x2  (ky0 z0  2 y0  2 z0 ) x  ( y0  z0 )2  0 (2) ; Sử dụng hệ
thức Viet cho pt (2) ta suy ra : x0 và x1  ky0 z0  2 y0  2 z0  x0

y  z 
 0 0
x0

2

là hai nghiệm của (2)

=> bộ (x1;y0;z0) cũng là nghiệm của (*) . Vì theo cách chọn của ta : x0 + y0 + z0 là bé nhất nên :
x1 + y0 + z0 ≥ x0 + y0 + z0 => x1 ≥ x0 => y0 + z0 ≥ x0 (3) . Ta có :
x1  x0  ky0 z0  2( y0  z0 )  x0  x0  ky0 z0  2( y0  z0 )  2x0 (4) . Từ (3) (4) có được : ky0z0
≥ 4x0 (5)
Để ý từ (*) :

 x0  y0  z0 

2

 kx0 y0 z0 (6), chia hai vế (6) cho x0.y0.z0 ta có :

x0
y
z
k
32
2 2 2
 k  10
 0  0     k (7).Từ (5)(7)   1  1  2  2  2  k  k 
4
3
y0 z0 x0 z0 y0 x0 x0 y0 z0

(8).
Nếu x0 = 1 thì do : x0 ≥ y0 ≥ z0 => y0 = z0 = 1 thì thay vào (*) có k= 9 ; hay k = 9 thỏa yêu cầu đề
bài (9)
Nếu x0 ≥ 2 thì do : x0 ≥ y0 ≥ z0 nên : y0z0 ≤ x0z0 ≤ y0x0 ≤ x02


(10) nên từ (5)(7)(7)

k
1
26
1  2 1 2  k  k 
 k  8 (11). Kết hợp (8)(9)(10)(11) => k ≤ 9
4
2

3

Từ đây ta kiểm tra trực tiếp tính đúng , sai cho k ≤ 8 ( vì k = 9 đã kiểm tra tính đúng rồi) . Bạn
đọc có thề xem sự kiểm tra đó trong bảng cho ở dưới đây :

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 22


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

k

Pt(*)

Nghiệm

1

(x+y+z)2 = xyz

x0 = 9 ; y0 = 9 ; z0 = 9

2

(x+y+z)2 = 2xyz

x0 = 4 ; y0 = 4 ; z0 = 8

3

(x+y+z)2 = 3xyz

x0 = 3 ; y0 = 3 ; z0 = 3

4

(x+y+z)2 = 4xyz

x0 = 2 ; y0 = 2 ; z0 = 4

5

(x+y+z)2 = 5xyz

x0 = 1 ; y0 = 4 ; z0 = 5

6

(x+y+z)2 = 6xyz

x0 = 1 ; y0 = 2 ; z0 = 3

7

(x+y+z)2 = 7xyz

pt không có n0 nguyên dương

8

(x+y+z)2 = 8xyz

x0 = 1 ; y0 = 2 ; z0 = 2

Ví dụ 4. Nếu a, b, c là các số nguyên dương sao cho 0 < a2 + b2 – abc ≤ c.Chứng minh rằng a2
+ b2 – abc là số chính phương.
Giải. Giả sử ngược lại rằng tồn tại các số nguyên dương a, b, c sao cho 0 < a2 + b2 – abc ≤ c và
k = a2 + b2 – abc (1) không phải là số chính phương.
Ta cố định k và c và xét tập hợp tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn phương trình
(1), tức là ta xét : S(c, k) = {(a, b)  (N*)2: a2 + b2 – abc = k}
Giả sử (a, b) là cặp số thuộc S(c, k) có a + b nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát có thể giả sử a
≥ b. Ta xét phương trình : x2 – bcx + b2 – k = 0 .Ta biết rằng x = a là một nghiệm của phương
trình. Gọi a1 là nghiệm còn lại của phương trình này thì a1 = bc – a = (b2 – k)/a. Ta có thể chứng
minh được rằng (bạn đọc tự chứng minh!) a1 nguyên dương. Suy ra (a1, b) cũng thuộc S(c, k).
Tiếp theo ta có a1 = (b2-k)/a < a2/a = a, suy ra a1 + b < a + b. Điều này mâu thuẫn với cách chọn
(a, b).
Ví dụ 5: ( Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1992-1993 bảng A)
Một nước có 80 sân bay, mà khoảng cách giữa hai sân bay nào cũng khác nhau. Mỗi máy bay
cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay nào gần nhất. Chứng minh rằng: trên bất kỳ sân bay
nào cũng không thể có quá 5 máy bay đến
Giải : Từ giả thiết suy ra nếu các máy bay từ các sân bay M và N đến sân bay O thì khoảng
cách MN là lớn nhất trong các cạnh của tam giác MON, do đó MON  60o .

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 23

SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Giả sử rằng các máy bay bay từ các sân bay M 1 , M 2 , M 3 , M 4 , … M n đến sân bay O thì một
trong các góc M i ON j không lớn hơn

360o
( i,j,n=1,2,3,4,5 … 80) vì tổng các góc đã cho bằng
n

360o
0
360 . Vậy:
> 60  n<6 .Suy ra điều phải chứng minh.
n
o

Ví dụ 6:

Chứng minh rằng: Bốn hình tròn đường kính là bốn cạnh

của một tự giác lồi thì phủ kín miền tứ giác ABCD.
Giải: Lấy M là một điểm tùy ý của tứ giác lồi ABCD. Có hai khả năng
xảy ra:
Khả năng 1: Nếu M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một cạnh
của tứ giác ABCD). Khi đó M nằm trong hình tròn có đường kính là
cạnh ấy. Trong trường hợp này kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.

Khả năng 2: Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD
Khi đó ta có AMB  BMC  CMD  DMA  3600 . Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại max{
AMB, BMC, CMD, DMA } = BMC . Khi ấy : BMC  90 (1)
0

Từ (1) suy ra M nằm trong ( hoặc cùng lắm là nằm trên) đường tròn đường kính BC. Vậy dĩ
nhiên M bị phủ bởi đường tròn này.
Như thế do M là điểm tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói trên phủ kín tứ giác
lồi đã cho. Điều phải chứng minh.
Ví dụ 7: ( Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1992-1993 bảng B)
Trong tam giác ABC có ba góc nhọn. Lấy một điểm P bất kì, chứng minh khoảng cách lớn nhất
trong các khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A, B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng
cách bé nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các cạnh của tam giác đó
Giải : Dựng PA1 , PB1 , PC1 tương ứng vuông góc với các
cạnh BC, CA, AB. Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên các
điểm A1 , B1 , C1 tương ứng nằm trong đoạn BC, CA và AB.
Nối PA, PB, PC ta có:

APC1  C1PB  BPA1  A1PC  CPB1  B1PA  3600 , Suy ra
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 24


SKKN năm học 2012 – 2013

Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

góc lớn nhất trong 6 góc này không thế nhỏ hơn

600 .Không mất tính tổng quát, ta giả sử

APC1 là lớn nhất, khi đó APC1  600 .Xét APC1 vuông tại C1 , ta có:

PC1
1
 cos APC1  cos600 
Từ đó ta có: AP  PC1 . Hiển nhiên ta có :
AP
2
Max{PA,PB,PC} ≥ AP ≥ PC1 ≥ Min{ PA1 , PB1 , PC1 } => bài toán được chứng minh
MỘT SỐ BÀI TẬP SỬ DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN
Bài 1: Cho 2011 đường thẳng phân biệt , trong đó ba đường thẳng bất kì trong số chúng thì
đồng quy. Chứng minh rằng cả 2011 đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm.
Bài 2: ( Đề thi chọn HSG quốc gia 1986-1987. Bảng A)
Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Chứng minh rằng: Nếu các
bán kính của 4 đường tròn nội tiếp các tam giác EAB, ECD, EDA mà bằng nhau thì tứ giác
ABCD là hình thoi
Bài 3: Chứng minh rằng : Nếu tất cả các cạnh của một tam giác đều nhỏ hơn 1 thì diện tích tam
giác nhỏ hơn

3
.
4

Bài 4: Gọi O là giao điểm của tứ giác lối ABCD. Chứng minh rằng: Nếu các tam giác AOB,
BOC, COD, DOA có chu vi bằng nhau thì tứ giác ABCD là hình thoi
Bài 5: Trên mặt phẳng cho 2  2000 điểm, trong đó không có bất kỳ 3 điểm nào thẳng hàng.
Người ta tô 2011 điểm bẳng màu đỏ và tô 2011 điểm còn lại bằng màu xanh. Chứng minh rằng:
bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả các điểm màu xanh bởi 2011

đoạn thẳng không có điểm nào chung.
Bài 6: Cho tứ giác ABCD thỏa mãn: bán kính các đường tròn nội tiếp bốn tam giác ABC, BCD,
CDA và DAB bằng nhau. Chứng minh tứ giác ABCD là hình chữ nhật
Bài 7: Trên mặt phẳng đã cho 2011 điểm, khoảng cách giữa chúng đôi một khác nhau. Nối mối
điểm trong số 2011 điểm này với điểm gần nhất. Chứng minh rằng: với mỗi cách nối đó không
thể nhận được một đường gấp khúc khép kín
Bài 8: Trên mặt phẳng cho 2011 điểm thỏa mãn: ba điểm bất kì trong số chúng đều thẳng hàng.
Chứng minh rằng: 2011 điểm đã cho là thẳng hàng
Bài 9: Bên trong đường tròn tâm O bán kính R = 1 có 8 điểm phân biệt. Chứng minh rằng: tồn
tại ít nhất hai điểm trong số chứng mà khoảng cách giữa hai điểm này nhỏ hơn 1
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 25