NGUYÊN lý cực TRỊ rời rạc

[Type here]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TPHCM
KHOA TOÁN TIN HỌC

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ SƠ CẤP
NGUYÊN LÝ CỰC TRỊ RỜI RẠC

NHÓM SINH VIÊN:
NGUYỄN THÀNH LONG 1511152
HUỲNH NGỌC GIÀU 1511069
Lớp: 15TTH

TPHCM, 5/2018

[Type here]


Mục lục
1 Cơ sở lý thuyết ............................................................................................................................... 1
2 Chứng minh sự tồn tại của cấu hình ............................................................................................ 1
2.1 Ví dụ minh họa ............................................................................................................................ 1
2.2 Bài tập đề nghị ............................................................................................................................ 6
3 Tìm cực trị rời rạc .......................................................................................................................... 7
3.1 Ví dụ minh họa ............................................................................................................................ 7
3.2 Bài tập đề nghị .......................................................................................................................... 10
4 Thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng ................................................................................ 12
4.1 Ví dụ minh họa .......................................................................................................................... 12
4.2 Bài tập đề nghị .......................................................................................................................... 15

Cơ sở lý thuyết

1

Nguyên lí cực trị rời rạc được phát biểu như sau: Trong một tập hữu hạn và khác rỗng
các số thực luôn:
(a) tồn tại một số bé nhất và một số lớn nhất
(b) luôn xếp chúng theo trật tự tăng hoặc giảm
Nguyên lí thật đơn giản nhưng sự vận động của nó đã thấm sâu vào nhiều chứng minh toán
học.

2

Chứng minh sự tồn tại của cấu hình

Phương pháp chung:Trong thực tế muốn tách một cá thể ra khỏi một đám đông, người ta
thường phải đưa ra một tiêu chí nào đó, làm cho đối tượng cần tách nổi trội nhất theo tiêu
chí đó. Khi chứng minh các bài toán sự tồn tại của một cấu hình bằng nguyên lí cực trị,
người ta cần đặt ra một quan hệ thứ tự nào đó, mà cấu hình nếu tồn tại sẽ là một đối tượng
cực trị.

2.1

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Cho 2n điểm phân biệt trên một đường tròn, trong đó có n điểm trắng và n điểm
đen(n ≥ 2). Chứng minh rằng luôn tồn tại:
(i)

Một cách nối tất cả các điểm trắng với các điểm đen bởi n đoạn thẳng sao cho các
đoạn thẳng không có điểm chung.

1


(ii) Một cách nối tất cả các điểm trắng với các điểm đen bởi n đoạn thẳng sao cho các
đoạn thẳng từng đôi một cắt nhau.
Chứng minh:. Gọi S là tập tất cả các cách nối các điểm trắng với các điểm đen bởi n đoạn
thẳng. Khi đó S hữu hạn và khác rỗng. Theo nguyên lí cực trị sẽ tồn tại: một cách nối N có
tổng độ dài các đoạn thẳng nối nhỏ nhất và một cách nối L có tổng độ dài các đoạn nối lớn
nhất.
Ta sẽ chứng minh với cách nối N thì các đoạn thẳng không có điểm chung. Thật vậy giả sử
trái lại là tồn tại hai điểm trắng A,B và hai điểm đen X,Y mà đoạn AX cắt BY tại I(Hình 1).
Khi đó, BI +IX > BX và IY +AI > AY , suy ra BX +AY < BI +IY +AI +IX =AX + BY . Vậy nếu
ta thay đoạn BY bởi BX,AX bởi AY cùng với các đoạn còn lại của N ta được một cách nối
N có tổng các đoạn nối nhỏ hơn tổng các đoạn nối của N(mâu thuẫn!). Vậy N thỏa mãn(i).

Hình 1:
Bây giờ ta sẽ chưng minh với cách nối L, thì các đoạn thẳng nối từng đôi một cắt nhau.
Thật vậy, giả sử có hai điểm trắng A, B và hai điểm đen X, Y được nối bởi hai đoạn AX và
BY không cắt nhau(Hình 2).

Hình 2:
Khi đó nếu ta thay tương ứng hai đoạn AX Và BY bởi AY và BX thì AY sẽ cắt BX tại một
điểm J nào đó. Ta có
AY + BX = (AJ + JY ) + (BJ + JX) = (AJ + JX) + (BJ + JY ) > AX + BY
Như vậy ta tìm được một cách nối mới có tổng các đoạn nối lớn hơn tổng các đoạn nối của
L(mâu thuẫn!). Vậy L thỏa mãn (ii).
2


Ví dụ 2. Có n đội bóng đấu với nhau theo nguyên lí đấu vòng, tức là mỗi đội phải đấu với

tất cả các đội còn lai.Biết rằng trong mỗi trận đấu không có hòa. Chứng minh rằng luôn có
thể sắp xếp thứ tự tên các đội theo cột dọc sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau.
Chứng minh. Gọi S là tập tất cả các cách xếp một số đội trong n đội trên theo cột dọc sao cho
đội đứng trước thắng đội đứng sau. Do S là hữu hạn và khác rỗng nên sẽ tồn tại cách xếp có
tên nhiều đội nhất. Ta sẽ chứng minh cách xếp này phải có đủ tên n đội.
Thật vậy,giả sử cách xếp chỉ có t < n đội, lần lượt là D1,D2,··· ,Dt. Khi đó phải có ít nhất một
đội D nằm ngoài danh sách trên. D không thể thắng D1, vì nếu thắng thì sẽ có danh sách khác
dài hơn D,D1,D2,··· ,Dt. Do đó D phải thua D1, nhưng D cũng không thể thắng D2 vì nếu thế
ta sẽ lại có cách xếp dài hơn:D1,D,D2,··· ,Dt.Tiếp tục lập luận như vậy ta có D thua Dt, nhưng
khi đó ta lại có danh sách dài hơn:D1,D2,··· ,Dt,D(mâu thuẫn giả thiết!). Vậy t = n.
Ví dụ 3 (Bài toán Sylvester,1814-1897). Trên mặt phẳng cho n − 3 điểm. Biết rằng mỗi
đường thẳng đi qua 2 điểm bất kì đều đi qua một điểm thứ ba. Chứng minh rằng n điểm đã
cho thẳng hàng.
Chứng minh. Giả sử n điểm đã cho không thẳng hàng. Suy ra với mỗi điểm A bất kì trong n
điểm,luôn tồn tại đường thẳng đi qua hai điểm nào đó trông số các điểm còn lại nhưng không
đi qua A.
Xét tập tất cả các khoảng cách từ mỗi điểm A đến các đường thẳng đi qua 2 điểm trong
số các điểm còn lại nhưng không đi qua A. Vì số khoảng cách đó là hữu hạn nên tồn tại một
khoảng cách ngắn nhất. Gỉa sử khoảng cách ngắn nhất đó là khoảng cách từ A tới đường
thẳng BC. Hạ AH ⊥ BC.
Gọi S là tập n điểm đã cho. Nếu H ∈ S. Ta có AH = d(A,BC) > d(H,AC)(mâu thuẫn!)

Hình 3:
Do đó H 6∈ S. Từ gỉa thiết mỗi đường thẳng qua 2 điểm bất kì trong S đều đi qua điểm thứ
ba thuộc S nên ∃D ∈ S nằm trên BC. Gỉa sử C,D nằm cùng phía đối với H.
Ta có
d(A,BC) = AH > d(H,AD) > d(C,AD)
(mâu thuẫn!)
Vậy n điểm đã cho thẳng hàng.

3


Chú ý:Bài toán Sylvester có thể được mở rộng trong không gian. Điểm có thể giữ nguyên
hoặc coi như siêu phẳng trong mặt phẳng. Như vậy ta có hai bài toán tương tự trong không
gian:
1. Trong không gian cho n − 4 điểm. Biết rằng một mặt phẳng qua 3 điểm bất kì đều đi
qua điểm thứ tư. Chứng minh rằng tất cả các điểm đã cho đồng phẳng.
2. Trong không gian cho n−3 đường thẳng. Biết rằng một mặt phẳng chứa 2 đường thẳng
bất kì thì đều chứa một đường thẳng thứ ba nữa. Chứng minh rằng tất cả các đường
thẳng đã cho đồng phẳng.
Một cách mở rộng khác của bài toán Sylvester là:
Cho n hình lồi (n > 2) sao cho cứ 3 hình lồi bất kỳ có thì có giao khác rỗng. Chứng minh
n hình lồi đã cho có giao khác rỗng.
Đó chính là nội dung của định lí Helly!
Ví dụ 4 (Bài toán đối ngẫu của bài toán Sylvester). Trong mặt phẳng cho n đường thẳng(n ≥
3), trong đó hai đường thẳng bất kì đều cắt nhau và qua mỗi giao điểm có không ít hơn ba
đường thẳng đi qua. Chứng minh tất cả các đường thẳng đó đều đi qua 1 điểm.
Chứng minh. Giả sử n đường thẳng đã cho không đồng quy. Xét tập tất cả các giao điểm trên
đến các đường thẳng đã cho. Gọi S là tập các khoảng cách khác không từ các giao điểm trên
đến các đường thẳng đã cho. Do S hữu hạn và khác rỗng nên tồn tại khoảng cách ngắn nhất.
Giả sử d(A,∆) là bé nhất(A 6∈ ∆). Theo giả thiết sẽ có các đường thẳng ∆1,∆2,∆3 đi qua A.

Hình 4:
Gọi B,C,D là giao điểm của ∆1,∆2,∆3 với ∆. Lại theo giả thiết thì qua C còn có đường thẳng
∆4 đi qua và ∆4 sẽ cắt một trong hai đoạn thẳng AB hoặc CD. Giả sử ∆4 cắt đoạn AB tại
E⇒d(E,∆)Vậy n đường thẳng đã cho đồng quy.
Ví dụ 5. Trên mặt phẳng cho n − 3 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng
minh rằng tồn tại một hình tròn đi qua 3 điểm mà không chứa điểm còn lại nào bên trong.

4


Chứng minh. Chọn 2 điểm A,B cố định sao cho n − 5 điểm còn lại nằm về một phía đối với
AB. Với mỗi một điểm D bất kì trong n − 5 điểm còn lại ta xét góc ADB\. Do số các góc này
là hữu hạn nên tồn tại diểm M sao cho số đo góc AMB\ là lớn nhất. Ta sẽ chứng minh đường
tròn đi qua 3 điểm A,M,B là đường tròn cần tìm.

Hình 5:
Thật vậy, giả sử tồn tại điểm D nằm trong đường tròn (AMB). Khi đó ta có ADB >\ AMB\
(mâu thuẫn).
Vậy luôn tồn tại một hình tròn đi qua 3 điểm mà không chứa điểm còn lại nào bên trong.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1, thì 2n −1 không chia hết cho n.
Chứng minh. Giả sử tồn tại số nguyên n > 1 và là ước của 2n − 1. Khi đó n là số lẻ và ta gọi
p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n thì p cũng lẻ. Theo định lí Ferma nhỏ ta có 2p−1 − 1 chia
hết cho p. Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 2k − 1 chia hết cho p, suy ra k ≤ p − 1
< p. Ta sẽ chứng minh n Thật vậy, nếu n = kq + r, với 0 < r < k thì
.
2n − 1 = (2k)q.2r − 1 = (mp + 1)q.2r − 1 = (m0p + 1).2r − 1;với m,m’ ∈ Z Mà 2n − 1 .p
..
..
=⇒ 2r − 1 .p(mâu thuẫn với việc chọn k). Do đó n .k, nhưng k < p nên n có ước nguyên tố
nhỏ hơn p (mâu thuẫn!).
Vậy với mọi số nguyên n > 1, thì 2n − 1 không chia hết cho n.
Ví dụ 7. Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố có dạng 6n + 5
Chứng minh. Gọi A là tập tất cả các số nguyên tố có dạng 6n + 5. Nếu A hữu hạn và vì A
khác rỗng (vì 5 ∈ A) nên tồn tại số lớn nhất p thuộc A. Ta xét số r=6p!-1 thì mọi phần tử của
A không là ước của r. Mặt khác vì r có dạng 6n+5 nên r phải có ít nhất một ước nguyên tố
dạng 6n+5. Gọi ước nguyên tố đó là m thì m 6∈ A và m>p(mâu thuẫn!).
Vậy có vô hạn số nguyên tố dạng 6n+5.

Ví dụ 8. Có 64 người trong một hội thảo, biết rằng mỗi người đều quen với ít nhất 6
người khác. Chứng minh rằng tồn tại 12 người để có thể xếp họ quanh một bàn tròn, sao cho
mỗi người đều ngồi giữa 2 người mình quen.
5


Chứng minh.
Nhận xét:Bài toán là không chính xác vì ta có phản ví dụ sau: Chia 64 người thành 8 nhóm,
mỗi nhóm 8 người sao cho trong mỗi nhóm tất cả đều biết nhau. Giữa hai nhóm không ai
quen ai cả. Khi đó không có cách xếp 12 người nào để cho mỗi người đều ngồi giữa 2 người
mình quen.
Ví dụ 9. Có n điểm trên mặt phẳng sao cho diện tích của tam giác tạo bởi 3 điểm bất kì trong
chúng lớn nhất bằng 1. Chứng minh rằng n điểm này nằm trên hoặc trong một tam giác có
diện tích lớn nhất bằng 4.
Chứng minh. Vì số điểm đã cho là hữu hạn nên số tam giác tạo thành từ n điểm đã
cho là hữu hạn và khác rỗng. Theo nguyên lí cực trị sẽ tồn tại tam giác có diện tích lớn nhất,
ta gọi tam giác đó là 4ABC. Qua mỗi đỉnh của 4ABC ta kẻ các đường song song với các cạnh
cảu tam giác, khi đó tam giác tạo bởi các giao điểm là 4A0B0C0 sẽ là tam giác cần tìm.

Hình 6:
Thật vậy, vì 4ABC có diện tích không lớn hơn 1,mà 4A0B0C0 có diện tích bằng 4 lần diện
tích 4ABC nên diện tích của 4A0B0C0 không vượt quá 4. Bây giờ ta sẽ chứng minh không có
điểm nào trong n điểm không thuộc miền trong của 4A0B0C0. Phản chứng, giả sử điểm D
nằm miền ngoài của 4A0B0C0. Khi đó tồn tại một đỉnh của 4A0B0C0 nằm khác phía với D.
Không mất tính tổng quát có thế giả thiết D,B0 nằm khác phía đối với A0C0. Khi đó ta có
d(D,AC) > d(B,AC) ⇒ S(4DAC) > S(4ABC)(mâu thuẫn!)

2.2

Bài tập đề nghị

Bài 1. Sau một trận đấu vòng bóng bàn, mỗi đấu thủ được gọi tên những người thua mình,
và những người thua những người thua mình. CMR tồn tại ít nhất một đấu thủ được gọi tên
tất cả những người còn lại.
Bài 2. Một quốc gia có 2010 thành phố. Giữa 2 thành phố bất kì đều có đường nối với nhau.
Độ dài của các con đương có đôi một khác nhau. Từ một thành phố A nào đó ta đi đến thành
phố B khác theo con đường ngắn nhất. Từ B ta đi đến thành phố C khác theo con đường ngắn
6


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

3

Tìm cực trị rời rạc

3.1

Ví dụ minh họa

Ví dụ 10. Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử x1,x2,...,xd là các biến nguyên
dương sao cho x1 + x2 + ··· + xd = m. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức:

Chứng minh. Gọi G là tập tất cả các giá trị của S. Ta có G khác rỗng và hữu hạn nên theo
nguyên lí cực trị rời rạc thì luôn tồn tại N là số nhỏ nhất của G và L là số lớn nhất của G.
Giả sử (a1,a2,...,ad) làm cho S nhận giá trị N. Ta sẽ chứng minh rằng các số a1,a2,...,ad chỉ
hơn kém nhau tối đa là 1.
Thật vậy, giả sử a2 − a1 = a > 1.Khi đó lấy b = a1 − 1;c = a2 + 1,thì a1 + a2 = b + c và
. Như vậy ta tìm được các số nguyên b,c,a3,...,ad thỏa mãn b + c + a3 + ···
+ ad = m và làm cho giá trị của S nhỏ hơn N(mâu thuẫn!).Vậy các số a1,a2,...,ad chỉ hơn kém
nhau tối đa là 1.
Bây giờ giả sử a1 ≤ a2 ≤ ··· ≤ ad và m=dn+k(0 ≤ k < d). Do đặc điểm của dãy a1 ≤ a2 ≤ ··· ≤
ad ta có a1 = a2 = ··· = ad−k = n;ad−k+1 = ad−k+2 = ··· = ad = n+1. Vậy giá trị nhỏ nhất N=(d −
k)n2 + k(n + 1)2.
Giả sử (b1,b2,...,bd) làm cho S nhận giá trị lớn nhất L. Ta sẽ chứng minh b1 = b2 = ··· =
bd−1 = 1;bd = m + 1 − d.
7


Thât vậy, giả sử tồn tại i < d sao cho bi > 1. Đặt ci = bi − 1;cd = bd + 1, ta có
b2i

+ b2d. 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 giá trị của S lớn hơn L(mâu thuẫn!). Vậy giá tị lớn nhất L=(d −
1) + (m − d + 1)2
Tổng quát:Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử x1,x2,...,xd là các biến nguyên
dương sao cho x1 + x2 + ··· + xd = m. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức:

.
Ví dụ 11. Cho m > d là một số nguyên dương. Giả sử x1,x2,...,xd là các biến nguyên dương
sao cho x1x2 ...xd = m. Tìm giá trị lớn nhất của

.
Chứng minh. Gọi A là tập tất cả các giá trị của S. Ta có A hữu hạn và khác rỗng.
Theo nguyên lí cực trị rời rạc, tồn tại U là số lớn nhất của A. Gỉa sử (a1,a2,...,ad) làm cho S
nhận giá trị 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 tính tổng quát ta giả sử a1 ≥ a2 ≥ ··· ≥ ad. Ta chỉ cần chứng minh a1 = m,a2 = a3 =
··· = ad = 1. Thật vậy, nếu a1 < m thì a2 > 1. Đặt b = a1a2,c = 1, thì ta có
. Như vậy ta tìm được các số nguyên
dương b,c,a3,...,ad thỏa mãn bca3 ...ad = m làm cho giá trị của S lớn hơn U(mâu thuẫn).
Vậy a1 = m,a2 = ... = ad = 1 và U=m3 + (d − 1).
Ví dụ 12. Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2. Giả sử x1,x2,...,xd là các biến nguyên
dương sao cho x1 +x2 +···+xd = m. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
d

của S =

P

nhất

kxk.
k=1

Chứng minh. Gọi A là tập tất cả các giá trị của S. Ta có A hữu hạn và khác rỗng nên theo
nguyên lí cực trị rời rạc luôn tồn tại phần tử lớn nhất L và phần tử nhỏ nhất N của A.
• Giả sử (a1,a2,...,ad) làm cho S nhận giá trị L. Ta sẽ chứng minh a1 = a2 = ··· = ad−1 =
1;ad = m − d + 1.

8


Thật vậy giả sử ad < m + 1 − d, khi đó phải tồn tại ai > 1,i 6= d. Đặt bd = ad + 1;bi = ai
− 1 thì a1 + ··· + ai−1 + bi + ai+1 + ··· + bd = m và ibi + dbd = i(ai − 1) + d(ad + 1) = iai +
dad + d − 1 > iai + dad
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 L(mâu thuẫn!).
Vậy a1 = a2 = ··· = ad−1 = 1;ad = m − d + 1 và L=
• 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 6= 1. Đặt c1 = b1 + 1;ci = bi
− 1 thì c1 + b2 + ··· + bi−1 + ci + bi+1 + ··· + bd = m và c1 + ici = (b1 + 1) + i(bi − 1) = (b1
+ ibi) − (i − 1) < b1 + ibi
Như vậy ta tìm được các số nguyên dương c1,b2,...,bi−1,ci,bi+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!).
Vây

Ví dụ 13. Cho a1,a2,...,ad,a,b1,b2,...,bd là các hằng số thưc dương, còn x1,x2,...,xd
d

là các biến không âm sao cho

P

akxk = a. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
k=1

d

biểu thức: S =

P

bkxk.
k=1

Chứng minh. Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử

. Theo

d

giả thiết ta

có. Do đó

Vậy S đạt giá trị lớn nhất bằng

và S đạt

khi

9


giá trị nhỏ nhất bằng
Ví dụ 14. Giả sử x1,x2,...,xd là các biến nguyên dương có tích là d!. Tìm giá trị nhỏ nhất của
.
Chứng minh. Gọi A là tập các giá trị của S. Dễ thấy A là khác rỗng và hữu hạn. Do
vậy theo nguyên lí cực trị rời rạc thì A luôn có phần tử lớn nhất L. Giả sử bộ các số nguyên
(a1,a2 ...,ad)làm cho S nhận giá trị L. Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1 ≥ a2 ≥
··· ≥ ad. Ta chỉ cần chứng minh a1 = d!,ai = 1 với i ∈ {2,3,...,d}. Thật vậy, giả sử a1 < d! thì
a2 > 1, đặt b=1 và c = a1a2. Ta có bca3 ...ad = d!, hơn nữa
(mâu thuẫn với tính lớn nhất của L).
Vậy L = (d − 1) + (d!)5 khi a1 = d!,ai = 1,∀i = 2,d.
Ví dụ 15. Cho các số dương a1,a2,a3,a4,a5 thỏa mãn các điều kiện:
(i)

2ai là số nguyên dương với i = 1,5.

(ii) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 99.
Tìm giá trị lớn nhất của P = a1a2a3a4a5.
Chứng minh. Gọi G là tập tất cả các giá trị của P. Dễ thấy G hữu hạn và khác rỗng.
Do đó theo nguyên lí cực trị rời rạc thì luôn tồn tại N là số bé nhất của G. Ta sẽ chứng minh
các số x1,x2,x3,x4,x5 hơn kém nhau tối đa là 0.5.
Thật vậy, Giả sử chẳng hạn x1−x2 = x > 0.5. KHi đó lấy b = 0,5 và c = x2+0.5 thì
2b,2c là các số nguyên và x1+x2 = b+c và bc = (x1−0.5)(x2+0.5) = x1x2+0.5x−0.25 > x1x2 (do
x1 −x2 = x > 0.5). Vậy ta tìm được bộ số (b,c,x3,x4,x5) thỏa mãn (i) và (ii) và làm cho giá trị
của P bé hơn N (Mâu thuẫn!). Vậy các số x1,x2,x3,x4,x5 hơn kém nhau tối đa là 0.5.
Bây giờ giả sử x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x5 mà do a1+a2+a3+a4+a5 = 99 ta suy ra ngay a1 = a2 = 19.5
và a3 = a4 = a5 = 20.Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là:N = 19.52203.

3.2

Bài tập đề nghị

Bài 8. Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử x1,x2,...,xd là các biến nguyên dương
sao cho x1 + x2 + ··· + xd = m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
S = X xixj
1≤i
10


Bài 9. Cho k ∈ N,k ≥ 3,x,y,z ∈ N? thỏa mãn x + y + z = k. Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.
Bài 10. Tìm giá trị lớn nhất của tích các số tự nhiên có tổng bằng số tự nhiên M cho trước.
Bài 11. Tìm giá trị nhỏ nhất của của tổng các số tự nhiên có tích bằng số tự nhiên M cho
trước.

11


Thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng

4

Sự thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng đã làm giảm đi rất nhiều trường hợp xét
trong bài toán. Đó chính là tính ưu việt của phương pháp này!
Ta sẽ xét một vài ví dụ cụ thể để hiểu rõ hơn về phương pháp.

4.1

Ví dụ minh họa

.
..
Ví dụ 16. Tìm các số nguyên x,y lớn hơn 1 sao cho (3x + 1) ..y và (3y + 1) .x.
Chứng minh. Do vai trò bình đẳng của x,y nên ta có thể giả sử x ≥ y. Khi đó xảy ra các trường
hợp:
..
..
a) Nếu x = y thì (3x + 1) .x ⇒ 1 .x, điều này trái với giả thiết x > 1.
b) Nếu x > y thì tồn tại số nguyên p sao cho 3y + 1 = px. Mặt khác ta có 3x > 3y ⇒ 3x ≥
3y + 1 = px. Dấu bằng không xảy ra vì 3y + 1 không chia hết cho 3, nên ta chỉ có 3x >
px. Vậy p=1, hoặc p=2.
.
..
– Nếu p = 1 thì 3y + 1 = x ⇒ (3(3y + 1) + 1) ..y, do đó 4. y, suy ra y = 2 hoặc y = 4.
Tương ứng x = 7 hoặc x = 13.
.
..
– Nếu p = 2 thì 2x = 3y + 1 ⇒ (9y + 5) ..y, do đó 5. y. Suy ra y = 5 và x = 8.

Ví dụ 17. Tìm tất cả các số nguyên tố a,b,c sao cho abc < ab + bc + ca.
Chứng minh. Do vai trò bình đẳng của a,b,c nên ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c. Khi đó ta có ab +
bc + ca ≤ 3bc.
Nếu a ≥ 3 ⇒ 3bc ≤ abc ⇒ ab + bc + ca ≤ abc(mâu thuẫn), vậy a = 2 (vì a là số nguyên
tố). Do đó

• Nếu b = 2 ⇒ c là số nguyên tố bất kì.
• Nếu b = 2 ⇒ c = 3 hoặc c = 5.

Ví dụ 18. Chứng minh rằng trong 7 đoạn thẳng, mỗi đoạn có độ dài l nguyên tùy ý, với 1 ≥
l ≥ 13, có thể chọn ra 3 đoạn để làm 3 cạnh của một tam giác. Chứng tỏ rằng bài toán không
đúng nếu chỉ dùng 6 đoạn thẳng.
Chứng minh.

12


Nhận xét:Nếu các số dương a,b,c thỏa mãn a ≥ b ≥ c thì chúng là độ dài ba cạnh của tam giác
khi và chỉ khi a < b + c.
Giả sử 7 đoạn đã cho có độ dài tương ứng là l1,l2,...,l7. Không mất tính tổng quát ta giả
sử 1 ≥ l1 ≥ ··· ≥ l7.
Nếu không chọn ra được 3 đoạn nào làm 3 cạnh của một tam giác thì ta có l3 ≥ l1
+ l2 ≥ 1 + 1 = 2 l4 ≥ l2 + l3 ≥ 1 + 2 = 3 l5 ≥ l3 + l4 ≥ 2 + 3 = 5 l6 ≥ l4 + l5 ≥ 3 + 5 =
8 l7 ≥ l5 + l6 ≥ 5 + 8 = 13
Điều này mâu thuẫn với giả thiết l7 < 13. Vậy có thể chọn ra 3 đoạn để làm 3 cạnh của một
tam giác.
Nếu chỉ dùng 6 đoạn thì bài toán sẽ không còn đúng, ví dụ lấy 6 đoạn có độ dài tương
ứng là l1 = l2 = 1,l3 = 2,l4 = 3,l5 = 5,l6 = 8.
Ví dụ 19. Tìm 12 số nguyên dương, sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
Chứng minh. Gọi 12 số nguyên dương cần tìm là x1,x2,...,x11,x12 và không mất tính
tổng quát ta giả sử x1 ≥ x2 ≥ ··· ≥ x11 ≥ x12(1).
12

Theo giả thiết ta có

P

xi =

Q

12

12

xi(2). Mà theo (1) ta có

P

xi ≤ 12x1, suy ra

i

i=1

i=1

,
hay .
Vì 2 = 16 nên trong 11 số x2,x3,...,x12 không thể có hơn 3 số lớn hơn 2. Vậy trong 12 số phải
4

tìm không thể có hơn 4 số lớn hơn 2. Do đó chỉ có thể xảy ra 5 trường hợp sau:
1. Cả 12 số bằng 1(không thỏa mãn!).
2. x1 > x2 = x3 = ··· = x12 = 1. Từ (2) suy ra x1 = 11 + x1 (không thỏa mãn).
3. x1 ≥ x2 > x3 = ··· = x12 = 1. Từ (2) suy ra x1+x2+10 = x1x2 ⇒ x1 = 12;x2 = 2
4. x1 ≥ x2 ≥ x3 > x4 = ··· = x12 = 1. Từ (2) suy ra x1 +x2 +x3 +9 = x1x2x3(Giải tương tự ví dụ
trên).

5. x1 ≥ x2 ≥ x3 ≥ x4 > x5 = ··· = x12 = 1. Từ (2) suy ra
x1 + x2 + x3 + x4 + 8 = x1x2x3x4(3)
Đặt yi = x1 − 2,∀i = 1,4 ⇒ yi ≥ 0,∀i = 1,4. Thay vào (3) ta được:
(3)↔ 16 + y1 + y2 + y3 + y4 = (y1 + 2)(y2 + 2)(y3 + 2)(y4 + 2)

13


↔ 0 = 7(y1+···+y4)+2y1y2(y3+y4)+2y3y4(y1+y2)+4(y1y2+y3y4)+y1y2y3y4. Do đó y1 = y2 =
y3 = y4 = 0, suy ra x1 = x2 = x3 = x4 = 2.

Ví dụ 20. (Bất đẳng thức Schur) Cho a,b,c là các số nguyên dương và r là số thực bất kì, r ≥
1. Chứng minh rằng:
ar(a − b)(a − c) + br(b − c)(b − a) + cr(c − a)(c − b) ≥ 0
Chứng minh. Do vai trò bình đẳng của a,b,c nên ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c.Ta viết lại bất đẳng
thức đã cho thành:
ar(a − b)(a − c) − br(b − c)(a − b) + cr(a − c)(b − c) ≥ 0
⇐⇒ (a − b)[(ar(a − c) − br(b − c)] + cr(a − c)(b − c) ≥ 0
. Vì a ≥ b ≥ c nên bất đẳng thức trên luôn đúng!
Ví dụ 21.
a) Cho a1,a2,...,an > 0.Chứng minh rằng:
b) Cho x,y,z ≥ 0 và x+y +z = 1. Chứng minh rằng
Chứng minh.
a)Do vai trò bình đẳng của a1,a2,...,an nên ta giả sử a1 ≥ a2 ≥ ··· ≥ an. Ta có

Mặt khác, ta có
Do đó
.
Bất đẳng thức trên luôn đúng vì ai ≥ aj,∀i < j.
b)Do vai trò bình đẳng của x,y,z nên ta có thể giả sử

+ yz + zx − 3xyz ≥ yz + zx ≥ 0.
xy ⇒ xy
Đặt z

− k,0 ≤ k ≤

=

3
3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

Mà xy + yz + zx − 3xyz = xy(1 − 3z) + z(x + y)

14

⇒ 3xyz ≤
.


k

4.2

Bài tập đề nghị

Bài 12.
a) Tìm các số nguyên dương x,y,z sao cho x + y + z = xyz
b) Tìm các số nguyên dương x,y,z,t sao cho x + y + z + t = xyzt
Bài 13. Biết rằng

. Chứng minh rằng ,giá trị nhỏ nhất của

(ai − aj)2,(1 ≤ i 6= j ≤ 5) không thể vượt quá .
Bài 14. Cho 4 số thực khác nhau a,b,c,d. Biểu thức
f(x,y,z,t) = (x − y)2 + (y − z)2 + (z − t)2 + (t − x)2
có thể nhận bao nhiêu giá trị khác nhau, nếu các biến x,y,z,t biến thiên và là các hoán vị của
các số a,b,c,d.
Bài 15. Chứng minh rằng, từ 25 số nguyên dương khác nhau có thể chọn ra hai số, sao cho
các số còn lại không thể bằng tổng hoặc hiệu của hai số vưà chọn.
Bài 16. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có:
a2b(a − b) + b2c(b − c) + c2a(c − a) ≥ 0
Với a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác.
Bài 17. Cho a,b,c ∈ [0,1].Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau:

Bài 18. Giải hệ phương trình sau:(a > 0)

Một số bài toán trong TST và VMO:
Bài 1: Cho một đa giác đều 2007 đỉnh. Tìm số nguyên k nhỏ nhất thoả mãn tính chất: Trong
mỗi cách chọn k đỉnh của đa giác luôn tồn tại 4 đỉnh tạo thành tứ giác lồi mà 3 trong số 4
cạnh của nó là cạnh của đa giác đã cho (VMO 2007).
15


Bài 2: Cho T là tập n số nguyên dương đầu tiên. Một tập K là tập khuyết của T, nếu tồn tại
𝑛

1 số nguyên dương c bé hơn sao cho với mọi x và y trong K thì |x−y|≠c. Tìm |K| lớn
2
nhất theo n. (TST 2008).

Bài 3: Gọi một hình chữ nhật có kích thước 1×2 là hình chữ nhật đơn vị và một hình chữ nhật
có kích thước 2×3 , bỏ đi 2 ô ở góc chéo nhau ( tức là có 4 ô vuông nhỏ) là hình chữ nhật
kép. Người ta gép khít các hình chữ nhật đơn vị và hình chữ nhật kép này lại với nhau được
một bảng hình chữ nhật có kích thước là 2008×2010. Tìm số bé nhất các hình chữ nhật đơn
có thể dùng ghép. (TST 2010).
Tài liệu tham khảo:
Diễn đàn .
Chuyên đề đại số sơ cấp khoa Toán tin Đại học sư phạm HN (2008)

16