skkn một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài TOÁN tồn tại TRONG tổ hợp

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 PHƯƠNG PHÁP GIẢI
BÀI TOÁN TỒN TẠI TRONG TỔ HỢP

Người thực hiện: NGUYỄN TẤT THU
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục

1

- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán học

1

- Lĩnh vực khác: ....................................................... 1
Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
1 Mô hình
1 Phần mềm
1 Phim ảnh
1 Hiện vật khác

Năm học: 2012 – 2013

1

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Tất Thu
2. Ngày tháng năm sinh: 13-09-1980
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: Tổ 10 – KP5 - Trảng Dài – Biên Hoà - Đồng Nai
5. Điện thoại:
(CQ)/
(NR); ĐTDĐ:0942444556
6. Fax:
E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. 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:
- Năm nhận bằng:
- Chuyên ngành đào tạo:
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy môn Toán
Số năm có kinh nghiệm: 10 nằm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
1. Một số phương pháp xác định CTTQ của dãy số - năm 2008
2. Sử dụng hàm lồi trong chứng minh bất đẳng thức – năm 2009
3. Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010
4. Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012

2

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI BÀI TOÁN TỒN TẠI
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chủ đề tổ hợp thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi và đây là
chủ đề được đánh giá là khó nhất trong đề thi. Về toán tổ hợp ta thường gặp bài
toán ở dạng yêu cầu chúng ta chứng minh tồn tại một trạng thái, một cấu hình tổ
hợp thoả một tính chất nào đó. Nội dung cũng như phương pháp giải các dạng toán
này rất phong phú và đa dạng. Nhằm giúp các em học sinh có được hệ thộng tư
duy để tìm hướng giải cho dạng toán này, chúng tôi hệ thống một số phương pháp
giải bài toán tồn tại, để qua đó học sinh có được cái nhìn tổng thể về dạng toán
này. Đó là lí do mà tôi chọn đề tài: “Một số phương pháp giải bài toán tồn tại
trong tổ hợp” làm đề tài nghiên cứu của mình.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lí luận
2. Tiến trình thực hiện để tài

2.1. Sử dụng nguyên lí Dirichle
Nguyên lí Dirichle (hay là nguyên lí chuồng thỏ) được phát biểu hết sức đơn giản
nhưng lại có nhiều ứng dụng trong toán học và đặc biệt nguyên lí Dirichle là một
công cụ mạnh để chứng minh bài toán tồn tại. Sau đây, chúng ta đi xét một số ứng
dụng của nguyên lí Dirichle cho bài toán tồn tại.
2.1.1. Nguyên lí Dirichle
Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n chuồng thì có một chuồng chứa ít nhất 2 con thỏ.
2.1.2. Nguyên lí Dirichle mở rộng
Nếu nhốt n con thỏ vào m chuồng ( m ≤ n ) thì có một chuồng chứa ít nhất
n + m −1
 m
 con.
3

2.1.3. Nguyên lí Dirichle cho tập hợp
Cho S là tập hợp hữu hạn. S1 ,S2 ,...,Sm là các tập con của S sao cho

m

∑ Si > k. S .

i =1

Khi đó tồn tại một phần tử x ∈ S sao cho x chứa ít nhất trong k + 1 tập của họ

{S1 ,S2 ,...,Sm} .
2.1.4. Nguyên lí Dirichle trong hình học
Cho một hình phẳng (H) và (Hi ),i = 1,n là các hình phẳng nằm trong (H). Kí hiệu
n

S,Si là diện tích của các hình phẳng (H) và (Hi ) . Khi đó, nếu S < ∑ Si thì tồn tại
i =1

hai hình phẳng (Hi ), (H j ) có giao khác rỗng với i, j∈{1,2,...,n} .
Để sử dụng nguyên lí Dirichle, ta cần tạo ra số chuồng và số thỏ.
2.1.5. Các ví dụ
Ví dụ 1.1. Trog một tam giác đều cạnh bằng 3 cho 2012 điểm phân biệt. Chứng
minh rằng tồn tại một tam giác đều cạnh bằng 1 chứa trong nó ít nhất 224 điểm
trong 2012 điểm đã cho.
Lời giải.
 2012 
Ta có: 
 = 8 nên ta sẽ tạo ra 9 tam giác đều và mỗi

 224 

tam giác đều có cạnh bằng 1 năm trong tam giác có cạnh
bằng 3. Ta thực hiện phép chia như sau:
Chia tam giác đã cho thành 9 tam giác đều có cạnh bằng 1.
Khi đó có một tam giác chứa ít nhất 224 điểm trong 2012 điểm đã cho.
Ví dụ 1.2. Trong mặt phẳng cho 2n + 1 điểm sao cho với 3 điểm bất kì luôn có 2
điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường
tròn có bán kính bằng 1 chứa ít nhất n + 1 điểm trong 2n + 1 điểm đã cho.
4


Lời giải.
Xét A là một trong 2n + 1 điểm. Xét đường tròn (S) = (A,1)
Nếu (S) chứa 2n điểm còn lại thì ta có điều phải chứng minh
Nếu B ∉(S) , ta xét đường tròn (S') = (B,1) .
 AC < 1 C ∈(S)
Khi đó với điểm C bất kì khác A và B, ta có: 
⇒
BC < 1 C ∈(S')

Do đó trong 2n − 1 điểm còn lại ( khác A và B) hoặc thuộc (S) hoặc thuộc (S’) nên
trong hai đường tròn đó chứa ít nhất n điểm. Hay đường tròn đó chứa ít nhất n + 1
điểm trong 2n + 1 điểm đã cho.
Ví dụ 1.3. Cho đa giác đều A1A2…A1981 nội tiếp (O). CMR trong số 64 đỉnh bất kì
của đa giác luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang.
Lời giải.
Ta có nhận xét: Nếu có hai dây (được tạo thành từ 1981 đỉnh của đa giác) có độ dài
bằng nhau và không có đỉnh chung thì ta sẽ có một hình
Ai

thang.
Xét độ dài các dây cung A1A2, A1A3,…, A1A1981 sẽ có
A1A2 = A1A1981, A1A3 = A1A1980,…, A1A991 = A1A992 và
các độ dài này đôi một khác nhau. Vậy có 990 độ dài các
dây cung có một đỉnh là A1 và đó cũng là tất cả các độ
dài của các dây cung.

Aj

Trong 64 đỉnh sẽ có C264 = 2016 dây cung suy ra có ít
nhất 3 dây cung có cùng độ dài.
Nếu các dây cung này đều đôi một có đỉnh chung thì sẽ tạo thành một tam giác đều
(vì chỉ có đúng 2 dây cung chung đỉnh có cùng độ dài) như hình vẽ:
Khi đó đường tròn sẽ được chia ra thành 3 cung bằng nhau suy ra số đỉnh của đa
giác phải là số nguyên lần của 3, điều này là vô lí vì 1981 không chia hết cho 3.
Vậy trong 3 dây cung có cùng độ dài này có ít nhất hai dây cung không có chung
đỉnh (đpcm).
5

Ak


Ví dụ 1.4. Cho đa giác lồi 2013 cạnh có các tọa độ nguyên. Chứng minh rằng
trong đa giác có ít nhất 402 điểm có tọa độ nguyên.
Lời giải.
Xét 5 đỉnh liên tiếp của đa giác A, B, C, D, E.
Vì
(A + B) + (B + C) + (C + D) + (D + E) + (E + A) = 2(A + B + C + D + E) = 6.1800
Suy ra trong 5 đỉnh A,B,C,D,E luôn tồn tại hai đỉnh chung

0

B

1

C

A

cạnh và tổng của hai góc đó lớn hơn 180 . Giả sử hai góc
đó là A + B > 1800 .

F

 A + E > 1800
1
Mặt khác: A + B + C1 + D1 = 360 ⇒ 
.
B + C > 1800

1

D

1

0

E

Giả sử B + C1 > 1800 . Dựng hình bình hành ABCF , suy ra F nằm trong tứ giác
ABCE
Vì ABCF là hình bình hành và A,B,C có tọa độ nguyên nên dẫn tới F cũng có tọa
độ nguyên. Từ đó ta có đpcm.

Ví dụ 1.5. Cho A là một tập con của tập các số tự nhiên dương. Biết rằng trong
2013 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn tồn tại một số thuộc A. Chứng minh rằng
trong A luôn tồn tại hai số sao cho số này chia hết cho số kia.
Lời giải.
Xét bảng sau
1

2

3

4

5

…

…

2013

a11

a12

a13

a14

a15

….

…

a12013

a21

a22

a23

a24

a25

…

…

a22013

….

…

….

…

….

…

….

…

…

…

a20142013

a20141 a20142 a20143 a20144 a20145
6


Trong đó a1i = i + k1 , k1 = 1.2.3....2013 = 2013!, ∀i = 1,2013
a ji = a(j−1)i + k j , k j =

2013

∏ a(j−1)i , ∀j = 2,2014, i = 1,2013
i =1

Ta thấy các số trong cùng một cột luôn có số này là bội của số kia.
Theo đề bài, trong cùng một hàng luôn có ít nhất 1 số thuộc A . Nên trong bảng
trên ta luôn tìm được 2014 số thuộc A ,mà bảng trên có 2013 cột nên trong 2014
số đó có ít nhất hai số thuộc cùng một cột và hai số đó luôn có một số là bội của số
kia. Từ đó, ta có đpcm.

Ví dụ 1.6. Trong bảng 4x7 ( 4 hàng, 7 cột) người ta tô các ô vuông bởi hai màu:
đen và trắng, mỗi ô một màu . Chứng minh rằng với bất kì cách tô nào ta luôn tìm
được một hình chữ nhật có các cạnh nằm trên các đường lưới mà 4 đỉnh ở 4 ô cùng
màu.
Lời giải.
Cách 1.
Ta xét bảng 3 × 7 (3 hàng, 7 cột). Ta xét các trường hợp sau
TH 1:Trong bảng tồn tại ít nhất một cột được tô toàn bộ một màu. Chẳng hạn toàn
bộ cột đó được tô màu đen.
Ta xét 6 cột còn lại.
* Nếu tồn tại ít nhất 1 cột có 2 ô được tô màu đen thì bài toán được giải quyết
* Nếu 6 cột còn lại, mỗi cột có ít nhất 2 ô được tô màu trằng. Vì có 4 trạng thái tô
màu cho 6 cột còn lại là T-Đ-T, Đ-T-T, T-T-Đ, T-T-T nên theo nguyên lí Dirichle,
trong 6 cột đó có ít nhất 2 cột có trạng thái tô màu giống nhau. Chọn 2 cột đó ta có
được các tô thoả yêu cầu bài toán.
TH2: Không có cột nào được tô 1 màu, nên có 6 trạng thái tô màu cho 7 cột là TĐ-T, Đ-T-T, T-T-Đ, Đ-Đ-T,Đ-T-Đ, T-Đ-Đ. Suy ra sẽ có 2 cột có cùng trạng thái tô
màu. Chọn hai hàng đó ta có được cách tô thoả yêu cầu bài toán.
Cách 2.
7

Vì bàng đã cho có 28 ô và được tô bởi 2 màu nên có ít nhất 14 ô được tô cùng màu.
Gọi a i là số ô được tô màu đen trên cột i (1 ≤ i ≤ 7) .
Ta có:

7

7

i =1

i =1

∑ ai ≥ 14 , ta có thể giảm số ô đen xuống để ∑ ai = 14 .

a (a − 1)
Trên cột thứ i có i i
cặp cùng màu đen.
2
Ta chiếu bàng xuống một đường thẳng d song song với cột của bảng. Mỗi ô của
bảng biến thành một đoạn thẳng nằm trên d và số đoạn thẳng trên d là: C24 = 6
đoạn.
Mặt khác, sô cặp điểm đen trên cột là:
  7 2

 a 


7
7
7 ∑ i

a (a − 1) 1
1
S= ∑ i i
= ∑ a2i − a i ∑   i=1  − a i  = 7 > 6
2
2 i=1
2 i =1 
7

i =1







(

)

Vì số cặp chiếu xuống nhiều hơn số đoạn thẳng nên sẽ có hai cặp mà hình chiếu
của chúng trùng nhau. Bốn ô ở hai cặp đó tạo thành một hình chữ nhật thoả yêu
cầu bài toán.

Ví dụ 1.7. Trên bàn cờ 10×10 người ta viết các số từ 1 đến 100. Mỗi hàng chọn ra
số lớn thứ ba. Chứng minh rằng tồn tại một hàng có tổng các số trong hàng đó nhỏ
hơn tổng các chữ số lớn thứ ba được chọn.
Lời giải. Kí hiệu các số lớn thứ ba là a9 < a8 < ... < a0 . Khi đó số phần tử lớn hơn
a0 nhiều nhất là 20 (nhiều nhất là 2 phần tử ở mỗi hàng). Suy ra a0 ≥ 80 (1).

Tương tự a1 ≥ 78 (2).
Mặt khác a8 ≥ a9 + 1, a7 ≥ a9 + 1,...,a2 ≥ a9 + 7 . Kết hợp với (1) và (2) suy ra:
a0 + a1 + ... + a9 ≥ 80 + 78 + ( a9 + 1) + ... + (a9 + 7) = 8a9 + 180 .
Xét hàng chứa a9 . Tổng các số của dòng chứa a9 là
8


S(a9 ) ≤ 100 + 99 + a9 + a9 − 1 + ... + a9 − 7 = 8a9 + 171
< 8a9 + 180 ≤ a0 + a1 + ... + a9 (đpcm).
2.2. Sử dụng bất biến, đơn biến


Bất biến là đại lượng hay tính chất không thay đổi khi các trạng thái khác thay

đổi. Bất biến có nhiều ứng dụng trong toán học, nhất là trong các bài toán chứng
minh tồn tại một trạng thái hay tính chất nào đó qua một số lần thực hiện các thuật
toán.


Ví dụ 2.1. Lúc đầu ta ghi lên bảng cặp (1;2) . Từ lần thứ hai trở đi, nếu trên bảng
 3a − b a + 3b 
;
có cặp (a;b) thì ta được phép ghi cặp 
 . Chứng minh rằng
2
2



không tồn tại cặp

(

)

3;1 + 3 được ghi lên bảng?

Lời giải.
Đặt Sn = a2n + b2n
2

2

 3a n − bn   a n + 3bn 
2
2
Ở bước thứ n + 1 ta có: Sn +1 = 
 + 
 = a n + bn = Sn

2
2

 


Do đó, Sn là một đại lượng bất biến.
Mà S1 = 5 ≠

( 3 ) + (1 + 3 )

2

2

nên không thể ghi được cặp

(

)

3;1 + 3 .

Ví dụ 2.2. Trên bảng ghi hai số 1 và 2. Thực hiện cách ghi số theo quy tắc sau:
Nếu trên bảng có hai số a,b thì được ghi thêm số a + b + ab . Hỏi có thể ghi được
số 2012 và 2013 lên bảng hay không?
Lời giải: Ta ghi được các số 1,2,5,11,17,...
Đặt c = a + b + ab ⇒ c + 1 = (a + 1)(b + 1) nên dãy số thu được công thêm 1 sẽ được
các số có dạng 2m3n . Tuy nhiên 2013 và 2014 không có dạng đó nên ta không
thể ghi được các số đó.
9


Ví dụ 2.3. Hình tròn được chia thành 2014 hình quạt. Mỗi hình quạt ta đặt một
viên bị. Ta thực hiện chuyển bị như sau: Mỗi lần lấy hai ô, mỗi ô một viên và
chuyện qua ô bên cạnh ngược chiều nhau. Hỏi với cách làm như vậy ta có thể
chuyển tất cả các viên bi về cũng một ô hay không?
Lời giải.
Tô màu các hình quạt bởi hai màu đen và trắng sao cho hai hình quạt kề nhau thì
khác màu. Khi đó mỗi lần chuyển thì số viên bi trong các ô màu đen hoặc không
đổi hoặc tăng 2 hoặc giảm 2. Hay nói cách khác số viên bi trong ô đen luôn cùng

tính chẵn lẻ với số bi ban đầu ở trong ô đen. Mà lúc đầu có 1007 viên bi nằm trong
các ô đen nên số bi ở các ô đen không thể là 0 và 2014 được. Do đó không thể thực
hiên được yêu cầu của bài toán.
Ví dụ 2.4. Trên bàn cơ quốc tế 8x8. Hỏi con mã có thể đi từ ô cuối cùng bên trái
đến ô trên cùng bên phải được hay không nếu con mã phải đi qua tất cả các ô và
mỗi ô đi đúng một lần.
Lời giải.
Số bước đi lần thứ k với k chẵn sẽ đến ô cùng màu, với k lẻ
sẽ đến ô khác màu. Do đó với 63 nước đi thì con mã sẽ đi
đến ô khác màu. Những hai ô xuất phát và đích là cùng
màu nên không thể thực hiện được theo yêu cầu của đề bài.

Ví dụ 2.5. Có 6 viên bi được chia thành một số nhóm. Ta thực hiên chuyển các
viên bi như sau: Lấy mỗi nhóm 1 viên bị và số bi lấy được lập thành một nhóm
mới. Hỏi sau 2012 bước thực hiên ta thu được bao nhiều nhóm và mỗi nhóm gồm
bao nhiêu viên bi.
Lời giải.
Nếu có ba nhóm và số bi trong ba nhóm đó là 1,2,3 thì với cách làm trên số nhóm
và số bi của mỗi nhóm không thay đổi.
Vì 6 = 6 + 0 = 5 + 1 = 4 + 2 = 3 + 2 + 1 = 1 + 1 + 4 = 1 + 1 + 1 + 3 = 1 + 1 + 1 + 1 + 2
= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2 = 3 + 3.

10


Ta có sơ đồ sau

Vậy sau nhiều nhất 6 bước ta sẽ thu được 3 nhóm và số bi ở mỗi nhóm là 1,2,3.
Ví dụ 2.6. Với bộ các số thực dương (a;b;c;d) ta thực hiện phép biến đổi T như
sau

T

(a;b;c;d)→(ab;bc;cd;da)
Tìm bộ (a;b;c;d) ban đâu sao cho sau hữu hạn bước ta thu được bộ (a;b;c;d) .
Lời giải.
k
Đặt P = abcd sau phép biến đổi thứ k ta thu được tích của bộ số P2

Vì sau hữu hạn bước ta thu được bộ ban đầu nên P = 1 hay abcd = 1
Ta có phép biến đổi

(

) (

)

(a;b;c;d) → (ab;bc;cd;da) → ab2c;bc2d;cd2a;da2b → b2c2 ;c2d2 ;d2a2 ;a2b2 .
Đặt t k = max {ak ;bk ;ck ;dk } là giá trị lớn nhất của bộ tại bước thứ k
k

Suy ra t 2k = t 2k = t 22 . Vì sau hữu hạn bước ta thi được bộ ban đầu nên t 2 = 1
Suy ra 1 = ab.bc.cd.da ≤ t 24 = 1 ⇒ ab = bc = cd = da = 1 ⇒ a = b = c = d = 1 .
Rõ ràng với bộ ban đầu là (1;1;1;1) thì sau hữu hạn lần ta sẽ thu được bộ đó.
2.3. Phương pháp xây dựng
Nội dung của phương pháp này là ta sẽ xây dựng một cấu hình tổ hợp nào đó thoả
yêu cầu bài toán.

11

Ví dụ 3.1. CMR tập các số nguyên dương có thể chia thành một số vô hạn các tập
vô hạn sao cho : nếu x,y,z,w đều thuộc cùng một tập thì x − y và z − w cũng
thuộc tập đó thì

x z
= .
y w

Lời giải:
Ta phân hoạch: ¥* =

U Ak . Trong đó Ak = {(2k − 1).2t k ∈ ¥*,t ∈ ¥} .

+∞

k =1

Ta có A k là tập vô hạn với mọi k = 1,2,...
Xét x,y,z,w ∈ A k , suy ra
x = ( 2k − 1 ) 2x t ,y = ( 2k − 1 ) 2y t ,z = ( 2k − 1 ) 2zt ,w = ( 2k − 1 ) 2w t ,

Do đó

x
z
= 2x t − y t , = 2zt − w t ,
y
w

(

)

(

)

x − y = (2k − 1)2y t 2x t − y t − 1 , z − w = (2k − 1)2w t 2zt − w t − 1 .

x t − y t = 1
x − y ∈ A k
x z
Suy ra 
⇔
⇒ = .
z − w ∈ A k
zt − w t = 1 y w
Ví dụ 3.2. Trong kỳ thi chọn đội tuyển học sinh giỏi toán của một tỉnh có 20 em
tham gia. Mỗi học sinh phải thi 2 vòng, mỗi vòng được gọi là một bài thi. Điểm
của mỗi bài thi được cho là một số tự nhiên từ 1 đến 10. Phương thức chọn đội
tuyển là so sánh kết quả điểm của từng bài thi tương ứng (vòng 1, vòng 2 ) giữa
các thí sinh. Thí sinh A gọi là so sánh được với thí sinh B nếu điểm mỗi bài thi
của A không nhỏ hơn điểm mỗi bài thi tương ứng của thí sinh B nếu điểm mỗi bài
thi của A không nhỏ hơn điểm mỗi bài thi tương ứng của B. Biết rằng không có hai
thí sinh nào có cùng cặp điểm số tương ứng. Chứng minh rằng có thể chọn được ba
thí sinh A, B, C sao cho A so sánh được với B và B so sánh được với C.
Lời giải.
Đặt X i = (a i ,bi ) đại diện cho điểm thi của học sinh thứ i,i = 1,2,3,...,20 và
1 ≤ a i ,bi ≤ 10.

12


Do không có hai thí sinh nào có cùng cặp điểm số nên X i ≠ X j với mọi i ≠ j. Ta
quy ước gọi X i > X j nếu a i ≥ a j ,bi ≥ bj .
Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại 3 số m,n,p mà A m < A n < A p . Thật vậy, do chỉ có
10 giá trị dành cho 20 số a i nên có thể có 2 trường hợp sau xảy ra:
- Nếu tồn tại ba số ai ,a j ,a k mà a i = a j = a k thì rõ ràng các số bi ,bj ,bk đôi một
khác nhau và các thí sinh có điểm số tương ứng như thế sẽ so sánh được. Trong
trường hợp này, bài toán đúng.
- Nếu không tồn tại ba số như thế thì rõ ràng các số này sẽ được chia thành 10 cặp,
mỗi cặp là hai số bằng nhau và lấy đúng 1 giá trị không vượt quá 10. Không mất
tính tổng quát, ta giả sử
a1 = a2 = 1,a3 = a 4 = 2,...,a19 = a20 = 10 và b2i−1 < b2i với i = 1,2,3,...,10 .
Lập luận tương tự, ta cũng thấy rằng các số b1 ,b2 ,b3 ,...,b20 cũng được chia thành
10 cặp và mỗi cặp nhận một trong các giá trị 1,2,3,...,10. Ta lại có hai trường hợp:
+ Nếu tồn tại i, j mà b2i−1 ≤ b2j−1 với i < j thì khi đó dễ thấy
a2i −1 = a2i = i < j = a2j−1 = a2j và b2j−1 ≤ b2j−1 < b2j nên các cặp
A2i−1 < A2j−1 < A2j và chúng so sánh được.

+ Nếu không tồn tại i, j như thế thì b2i−1 > b2j−1 với mọi 1 ≤ i < j ≤ 10 . Do đó, ta
suy ra được rằng b19 = 1,b17 = 2,b15 = 3,...,b1 = 10.
Như thế ta đã có A1 = (1,10), A3 = (2,9), A5 = (3,8),..., A19 = (10,1) và các cặp này
đôi một không thể so sánh được với nhau. Ngoài ra, còn 10 cặp nữa là
A2 = (1,b2 ), A 4 = (2,b4 ), A6 = (3,b6 ),..., A20 = (10,b10 )

với b2 ,b4 ,b6 ,...,b20 là một hoán vị của 10,9,8,...,1 mà không có điểm bất động,
tức là với mọi i = 1,2,3,...,10 thì b2i ≠ 11 − i (do các điểm của thí sinh A2i−1 và
A2i khác nhau).

Ta giả sử b2i = 10,i > 1 thì b2 = k < 10 thì khi đó
A2 = (1,k) < A1 = (1,10) < A2i = (i,10) .

13


là một 3 cặp so sánh được. Do đó, trong mọi trường hợp, ta luôn có đpcm.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
2.4. Sử dụng công thức nguyên lí bù trừ
Công thức nguyên lí bù trừ
Với n tập A1 , A2 ,..., A n ta có:
A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ A n =

n

∑ Ak − ∑

k =1

1≤ i< j≤n

A i ∩ A j + ... + ( −1)n −1 A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ A n

Để chứng minh tồn tại một phần tử thuộc đồng thời tất cả các tập A1 , A2 ,..., A n , ta
đi chứng minh A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ A n > 0 .
Ví dụ 4.1. Khi điều tra một lớp học, người ta thấy:
Hơn

2

số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Toán cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở môn
3

Vật Lý;
Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Vật Lý cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở
3

môn Văn;
Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Văn cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở môn
3

Lịch Sử;
Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Lịch Sử cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở
3

môn Toán.
Chứng minh rằng có ít nhất 1 học sinh đạt điểm giỏi cả 4 môn Toán, Vật Lý, Văn
và Lịch Sử.
Lời giải.
Kí hiệu T,L,V,S lần lượt là tập các học sinh có điểm giỏi ở môn Toán, Lý, Văn,
Sử.

X = T ∩ L, Y = L ∩ V, Z = V ∩ S

14


Theo đề bài, ta có: X >

2
2
2
T, Y> L, Z> V.
3
3
3

Ta cần chứng minh T ∩ L ∩ V ∩ S > 0 ⇔ X ∩ Y ∩ Z > 0 .
Không mất tính tổng quát, ta giả sử T ≥ L ≥ V ≥ S
Theo nguyên lí bù trừ, ta có:
X ∩ Y ∩ Z = X ∩ Y + Z − (X ∩ Y) ∪ Z = X + Y + Z − X ∪ Y − (X ∩ Y) ∪ Z
>

2
2
2
T + L + V − L − V > 0.
3
3
3

2.5. Phương pháp phản chứng

Ví dụ 5.1. Giả sử từ tập hợp X = {1,2,3,...,2013} ta chọn ra 673 số. Chứng minh
rằng trong các số đã chọn có hai số a,b mà 671 < a − b < 1342 .
Lời giải.
Giả sử rằng trong 673 số chọn ra không có hai số nào thoả yêu cầu bài toán.
Tức là, với hai số a,b bất kì trong 673 số chọn ra ta luôn có a − b ≤ 671 hoặc
a − b ≥ 1342 .
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a > b , khi đó:
* 0 < a − b ≤ 671 ⇒ 0 < a − b < 672 và a > 672 . Đặt a' = a − 672 , khi đó
−672 < a'− b < 0 ⇒ 0 < b − a' < 672 .

* 1342 ≤ a − b ≤ 2012 , suy ra a − b > 1341 , đặt a' = a − 1341 ta có: 0 < a'− b < 671
Tóm lại với mỗi số x > 672 ta luôn chọn được một số x' ∈[1;672] mà x' thoả điều
kiện bài toán. Hay nói cách khác là ta có thể đưa 673 số đã chọn về trong đoạn

[1;672] và các số mới này đôi một khác nhau. Nhưng trong đoạn [1;672] có tối
đa 672 số nguyên, điều này trái với giả thiết là 673 số lấy ra phân biệt.
Ví dụ 5.2. Xét số nguyên dương n (n > 1) . Người ta muốn tô tất cả các số tự nhiên
bởi hai màu xanh, đỏ sao cho các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn
i) Mỗi số được tô một màu, mỗi màu được tô vô số số
15


ii) Tổng của n số đôi một khác nhau cùng màu là một số cùng màu.
Hỏi có thể thực hiện được phép tô màu nói trên hay không, nếu:
a) n = 2012

b) n = 2013 .

Lời giải.
a) Giả sử tồn tại cách tô màu thoả yêu cầu bài toán

Vì mỗi màu tô vô hạn số nên tồn tại số a1 sao cho a1 tô màu xanh và a1 + 1 = b1
tô màu đỏ.
Tương tự, tồn tại số b2 sao cho b2 tô màu đỏ và b2 + 1 = a2 tô màu xanh….tồn tại
số a2012 sao cho a2012 tô màu xanh và a2012 + 1 = b2012 tô màu đỏ.
Từ cách xây dựng, ta có:
n1 =

2012

∑ ai

i =1

được tô màu xanh, n2 =

Tuy nhiên, ta thấy

2012

2012

i =1

i =1

∑ ai = ∑

2012

∑

i =1

bi được tô màu đỏ.

bi . Từ đó, suy ra n1 = n2 (điều này vô lí).

b) Ta xét cách tô sau:
Tô các số chẵn màu xanh và các số lẻ màu đỏ. Cách tô này thoả yêu cầu bài toán.
Ví dụ 5.3. Cho n ≥ 3 là 1 số nguyên dương .Xét bảng n × n ,ta điền vào bảng n2
số nguyên dương có tổng là n3 . Chứng minh rằng luôn có thể tìm được 1 bảng
2 × 2 gồm 4 phần tử có các cạnh song song với đường chia của bảng sao cho tổng

của 4 phần tử trong bảng lớn hơn 3n .
Lời giải. Giả sử ta không tìm ra được bảng con 2 × 2 nào thỏa mãn cả.
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: n = 2k . Khi đó ta chia bảng thành k 2 bảng con, và tổng các số trong mỗi
bảng như thế này cùng lắm là 3n . Khi đó tổng các số trong bảng lớn nhỏ hơn hoặc
bằng 3n.

n2
< n3 (mâu thuẫn với giả thiết).
4

TH2: n = 2k + 1 . Ta chia bảng thành k 2 bảng con 2 × 2 trong bảng 2k × 2k , 2k
16


bảng 2 × 1 trong hàng thứ n và cột thứ n , và cuối cùng là ô ( n;n ) .
* Trong k 2 bảng con đó, tổng các số trong mỗi bảng không vượt quá

3n = 3(2k + 1) .
* Trong 2k bảng 2 × 1 , tổng các số trong mỗi bảng không vượt quá
3n − 2 = 6k + 1 .
* Trong ô ( n;n ) số được điền phải nhỏ hơn hoặc bằng 3n − 3 = 6k .
Như vậy tổng các ô trong bảng lớn nhất có thể là:
3(2k + 1)k 2 + (6k + 1)2k + 6k = 6k3 + 12k 2 < (2k + 1)3 = n3 (trái với gỉa thiết).
Do đó ta có đpcm.
Ví dụ 5.4. trong tập 2006 phần tử ta chọn ra 2005 tập con, mỗi tập có 3 phần tử.
Chứng minh rằng có thể tìm được 2 tập con mà chúng có chung đúng 1 phần tử.

Lời giải: Giả sử không tồn tại tính chất như đề bài đã nêu, tức là 2 tập con bất kì
trong 2005 tập con đó đều rời nhau hoặc giao nhau tại đúng phần tử.
Khi đó ta cm ta có thể phân các tập thành các nhóm với 3 loại nhóm.
Các tập đôi một rời nhau ta phân làm một nhóm. (nhóm I )
Với một tập con A bất kì gồm 3 phần tử {a,b,c}thuộc 2005 tập nói trên: nếu nó
không giao với bất kì tập nào khác, nó thuộc nhóm I
Nếu nó giao với tập B tại 2 phần tử (giả sử là a,b) thì dễ dang có những nhận xét
sau:
- Nếu có một tập C giao với A cũng tại 2 phần tử a,b thì mọi tập con khác, nếu giao
A thì đều giao tại 2 phần tử a,b. Ta gọi nhóm các tập này là nhóm II.
- Nếu có một tập C giao với A tại 2 phần tử, chẳng hạn như a,c thì ta cùng lắm
cũng chỉ thiết lập được nhiều nhất là một tập nữa giao A. 4 tập này ta xếp vào một
loại nhóm là nhóm III.
Dễ dàng nhận thấy là nhóm này rời nhau, tức là một tập đã thuộc nhóm này thì
không thể nào thuộc nhóm khác.
Mặt khác, nhận xét thêm rằng số tập có ở nhóm I luôn ít hơn số phần tử có trong
17


nhóm đó, số tập có trong nhóm II nhiều nhất cũng chỉ bằng số phần tử của các tập

có trong nhóm đó, số tập có trong nhóm III luôn nhỏ hơn hoặc bằng k − 2 với k là
số phần tử của các tập có trong nhóm đó.
Chú ý rằng tổng số phần tử của các tập thuộc nhóm II phải chia hết cho 4. Mà 2006
không chia hết cho 4 nên chắc chắn phải có sự hiện diện của 2 loại nhóm còn lại.
Vậy tổng số phần tử (chú ý là phân biệt) của tất cả các tập có mối liên hệ sau với
các tập: x ≥ y + 2 (với x là tổng số phần tử, y là số tập).
Có 2006 phần tử, vậy thì tối đa ta cũng chỉ có thể lập được 2004 tập con thỏa mãn
mà thôi. Vậy với 2005 tập con thì luôn tồn tại 2 tập con mà chúng giao nhau ở
đúng 1 phần tử (đpcm).
2.6. Bài tập
Bài 1. Trong hình tròn có diện tích bằng 8 đặt 17 điểm bát kì phân biệt. Chứng
minh rằng có ít nhất ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1.
Bài 2. Trên đường tròn cho 16 điểm tô bởi một trong ba màu: X, Đ, V. Các dây
cung nối 2 điểm trong 16 điểm trên được tô bởi hai màu: T, Đ. Chứng minh rằng ta
luôn có 3 trong 16 điểm trên tô cùng màu và 3 cạnh của nó cũng được tô cùng
màu.
Bài 3. Trong hình tròn(O, 2,5) cho 10 điểm bất kì. CMR có hai điểm có khoảng
cách nhỏ hơn 2.
Bài 4. Trong mặt phẳng cho 9 đường thẳng ngang song song nằm ngang và 9
đường thẳng ngang song song nằm dọc. Người ta đánh dấu các giao điểm bởi hai
màu X, Đ. CMR tồn tại 2 đường thẳng nằm ngang và 2 đường thẳng nằm dọc sao
cho 4 giao điểm của chúng cùng màu.
Bài 5. Cho hình bình hành ABCD và 25 đường thẳng. Mỗi đường thẳng chia
ABCD thành 2 hình thang với tỉ số diện tích là

1
. CMR trong 25 đường thẳng đó
3

có 7 đường thẳng đồng quy.

Bài 6. Xét 100 số nguyên dương a1, a2,…, a100; ai ≤ 100 với i = 1, 2,…, 100 và
a1+a2+…+a100 = 200. CMR trong 100 số đó luôn tồn tại một vài số có tổng bằng
100.

18


Bài 7. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100. CMR có thể chọn
được 4 số a, b, c, d sao cho a < b < c và a + b + c = d.
Bài 8. CMR trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn có ít nhất một số có tổng các
chữ số chia hết cho 11.
Bài 9. Trên bàn cờ 10×10 người ta viết các số từ 1 đến 100. Mỗi hàng chọn ra số
lớn thứ ba. CMR tồn tại một hàng có tổng các số trong hàng đó < tổng các chữ số
lớn thứ ba được chọn.
Bài 10. Xét 2002 số nguyên dương phân biệt sao cho không có số nào có ước số
nguyên tố lớn hơn 23. Chứng minh rằng ta có thể tìm được bốn số phân biệt sao
cho tích của chúng là lũy thừa bậc bốn của một số tự nhiên.
Bài 11. VMO 1993 bảng A, VMO 2011
Bài 12. Cho  là số vô tỉ. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên p, q với
q0

sao cho



p
1

q
q2

.

Bài 13. Có 15 đại biểu ngồi quanh một bàn tròn sao cho không có vị nào ngồi đúng
chỗ ngồi của mình như ban tổ chức đã xếp (các vị trí được xếp cách đều nhau).
Chứng minh rằng có thể xoay bàn để ít nhất hai đại biểu ngồi đúng chỗ ngồi của
mình.
Bài 14. Xét dãy 1, 2, 3, 4, ...., 2014 . Mỗi lần ta xóa hai số a, b và viết thêm vào dãy số
a  b . Sau mỗi bước giảm một số. Hỏi số còn lại cuối cùng có thể là số 10 hay
không?
Bài 15. Cho các số 1, 2, 3, ..., 2012 được xếp theo một thứ tự nào đó. Mỗi phép biến
đổi cho phép đổi thứ tự hai số kề nhau. Chứng minh rằng sau 2013 lần đổi chỗ
không thể nhận được hoán vị ban đầu.
Bài 16. Cho bộ ba số nguyên (a; b; c) , ta xây dựng bộ mới  a  b ; b  c ; c  a  .

Chứng minh rằng sau hữu hạn bước biến đổi ta được bộ gồm 3 số 0.
Bài 17. Giả sử n số thực n  4 được viết xung quanh một đường tròn. Nếu 4 số kề
nhau a,b,c,d thỏa (a  d)(b  c)  0 thì ta đổi vị trí của b và c . Chứng minh rằng các
phép biến đổi như trên sẽ kết thúc sau hữu hạn bước.
Bài 18. Thực hiên trò chơi như sau: với bộ bốn số (x; y; z; t) ta biến đổi thành bộ
x  y; y  z; z  t; t  x . Chứng minh rằng nếu bắt đầu với bộ 1; 2; 3; 4 thì sau một số
bước tâ sẽ thu được bộ a, b, c, d sao cho a  b  c  d  2012 .
Bài 19 (VMO1991). Cho một bảng 1991x1992. Kí hiệu (m,n) là ô vuông nằm ở
giao của hàng thứ m và cột thứ n. Tô màu các ô vuông của bảng theo quy tắc sau:
lần thứ nhất tô ba ô (r;s), (r+1;s+1), (r+2;s+2) với 1  r  1989, 1  s  1990 , từ lần
thứ hai trở đi, mỗi lần tô đúng ba ô chưa có màu nằm cạnh nhau trong cùng một
hàng hoặc cùng một cột. Hỏi có thể tổ màu được tất cả các ô hay không ?
19

Bài 20 (VMO 2006). Xét bảng ô vuông mxn ( m, n  4 ). Thực hiện trò chơi sau:
mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng (mỗi ô một viên) mà 4 ô đó tạo thành một
trong các hình dưới đây

Hỏi sau một số lần thực hiện có thể nhận được bảng mà số bi ở mỗi ô bằng nhau
được hay không nếu
a) m  2004, n  2006
b) m  2005, n  2006 .
Bài 21. Trên bàn có 2007 viên bi gồm 667 bi xanh, 669 bi đỏ, 671 bi vàng. Thực
hiện thuật toán sau: Mỗi lần lấy đi hai viên bi khác màu và đặt thêm hai viên bi có
màu còn lại. Hỏi có thể nhận được trạng thái mà trên bàn chỉ còn các viên bi một
màu hay không?
III. HIỆU QUẢ ĐỀ TÀI
Qua việc sử dụng đề tài để giảng dạy cho các lớp chuyên toán và đội tuyển Quốc
gia, thấy được các em tự tin hơn và các em nhanh chóng tìm được phương án giải
quyết khi đứng trước một bài toán tồn tại. Qua đó thấy được sự hứng thú học toán
cho các em học sinh tăng lên.
IV. ĐỀ XUẤT, KHUYỄN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề tại có thể áp dụng khi dạy các lớp chuyên hoặc dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi
ở các trường THPT.

20


V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Phạm Minh Phương (2010), Một số chuyên đề Toán tổ hợp, NXB GD
[2] Vũ Đình Hoà (2008), Lý thuyết tổ hợp và đồ thị, NXB GD
[3] Nguyễn Quý Di (chủ biên), 200 bài toán tổ hợp, NXB GD
[4] Tạp chí THTT, Giới thiệu các đề thi HSG Quốc gia từ năm 1990-2006, NXB
GD

[5] Các diễn đàn về Toán học:
, ,

....................................................................................

21

NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)


SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị Trường Chuyên Lương Thế Vinh

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA
VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Biên hoà, ngày 27 tháng 04 năm 2013

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2012 – 2013
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỒN TẠI
...............................................................................................................................................
Họ và tên tác giả: Nguyễn Tất Thu. Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Biên Hoà - Đồng Nai
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục
1
- Phương pháp dạy học bộ môn: ............................... 1

- Phương pháp giáo dục
1
- Lĩnh vực khác: ........................................................ 1
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị 1
Trong Ngành 1
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
- Có giải pháp hoàn toàn mới
1
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có
1
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 1
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả cao 1
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 1
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 1
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt 1
Khá 1
Đạt 1
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và
dễ đi vào cuộc sống:
Tốt 1
Khá 1
Đạt 1
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng:
Tốt 1

Khá 1
Đạt 1
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của người
có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh
nghiệm.
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

22

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)