NGUYÊN lí cực TRỊ rời rạc

NGUYÊN LÍ CỰC TRỊ RỜI RẠC
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:
- 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.
- 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 nếu có hai điểm trắng A; B và hai điểm X; Y
được nối bởi hai đoạn AX và BY cắt nhau tại I.

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 khác có tổng các đoạn nối nhỏ hơn tổng các đoạn nối
của N (mâu thuẫn!). Vậy N thỏa mãn(i).
Bây giờ ta sẽ chứng minh tiếp rằng 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. Khi đó nếu ta thay tương ứng hai đoạn
1


AX và BY bởi AY và BX, thì AY sẽ cắt BX tại một điểm J nào đó.

Vì vậy AY + BX = (AJ + JY) + (BJ + JX) > AX + BY. Từ đó ta tạo được một cách
nối mới có tổng các đoạn nối lớn hơn tổng các đoạn nối L ( mâu thuẫn!). Do vậy L
thỏa mãn (ii).

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
2


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.
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
3


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.
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.

4


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 2 k − 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.
5

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.
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.

6

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!)
TÌM CỰC TRỊ RỜI RẠC
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho m và d là các số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử
x1,x2,...,xd là các biến nguyên dương sao cho 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
7


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.
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 2: 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.
8


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 3: 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 nhất
P

của S = 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.
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!).
9


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 4: 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
d
giả thiết ta có. Do đó

10

. Theo


Vậy S đạt giá trị lớn nhất bằng

khi

và S đạt

giá trị nhỏ nhất bằng
Ví dụ 5: 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 6: 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.
11


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.
Ví dụ 7: Tèo dùng n≥2n≥2 que diêm để xếp thành các con số như hình bên dưới.
Hỏi số lớn nhất và nhỏ nhất mà Tèo có thể nhận được là bao nhiêu?
Chứng minh:
Ở bài này, ta chỉ cần dùng một ý tưởng tham lam (greedy paradigm) đơn giản sau:
số càng có nhiều chữ số thì càng lớn và có càng ít chữ số thì càng nhỏ. Nhờ đó mà
trường hợp số lớn nhất, Tèo có thể dễ dàng thực hiện được như sau:
- Nếu nn chẵn thì xếp n/2n/2 số 1.
- Nếu nn lẻ thì xếp 1 số 7 ở đầu tiên và (n−3)/2(n−3)/2 số 1.
Rõ ràng cách xếp này cho nhiều chữ số nhất và hiển nhiên số tương ứng sẽ lớn
nhất.
Tuy nhiên, trường hợp nhỏ nhất lại không đơn giản như vậy. Mình đã phải viết
đến nn gần 30 mới dự đoán được quy luật. Còn lí do tại sao có sự khác nhau này
giữa lớn nhất và nhỏ nhất thì dễ thôi, vì đặc điểm của số lượng các que diêm để
xếp các số.
Gọi f(n)f(n) là số nhỏ nhất thu được. Ta thử liệt kê các kết quả xếp được bằng tay
như sau:
f(2)=1,f(3)=7,f(4)=4,f(5)=2,f(6)=0,f(7)=8,f(8)=10,f(9)=18,f(10)=22,f(2)=1,f(3)=7,f
(4)=4,f(5)=2,f(6)=0,f(7)=8,f(8)=10,f(9)=18,f(10)=22,
f(11)=20,f(12)=28,f(13)=80,f(14)=88,f(15)=108,f(16)=188,f(17)=200,f(11)=20,f(1
2)=28,f(13)=80,f(14)=88,f(15)=108,f(16)=188,f(17)=200,
f(18)=208,f(19)=288,f(20)=688,f(21)=888,f(22)=1088,f(23)=1888,f(24)=2008f(18
)=208,f(19)=288,f(20)=688,f(21)=888,f(22)=1088,f(23)=1888,f(24)=2008
Đến đây ta mới thấy được có một quy luật bắt đầu rõ ràng từ 14 và nó có chu kỳ 7.
12

Việc chứng minh hầu như chỉ mang tính hình thức vì kết quả trên đã quá cụ thể.
Ví dụ 8: Có một con thỏ ăn nn củ cà rốt trong một số ngày theo quy luật sau:
(1) Ngày đầu tiên và ngày cuối cùng, nó phải ăn 1 củ cải.
(2) Hai ngày liên tiếp nhau, con thỏ phải ăn số củ cải chênh lệch không quá 1.
Hỏi số ngày ít nhất mà con thỏ ăn hết số củ cải là bao nhiêu?
Chứng minh:
Mô tả của bài toán khá rõ ràng và việc xây dựng tương đối đơn giản, thậm chí là
trong trường hợp nn khá lớn. Gọi f(n)f(n) là số ngày ít nhất cần tìm, ta có dãy sau:
f(1)=1,f(2)=2,f(3)=3,f(4)=3,f(5)=4,f(6)=4,f(7)=5,f(8)=5,f(9)=5,f(10)=6,f(1)=1,f(2)
=2,f(3)=3,f(4)=3,f(5)=4,f(6)=4,f(7)=5,f(8)=5,f(9)=5,f(10)=6,
f(11)=6,f(12)=6,f(13)=7,f(14)=7,f(15)=7,f(16)=7,f(17)=8,f(18)=8f(11)=6,f(12)=6,f
(13)=7,f(14)=7,f(15)=7,f(16)=7,f(17)=8,f(18)=8
Quan sát quy luật của dãy số, ta thấy rằng:
- Giá trị của ff thay đổi tại các số có dạng k2+1k2+1.
- Trong khoảng từ (k−1)2+1(k−1)2+1 đến k2k2, giá trị của ff thay đổi một lần nữa
tại điểm giữa.
Từ đó suy ra:
- Với k2−k+1≤n≤k2k2−k+1≤n≤k2 thì giá trị f(n)=2k−1f(n)=2k−1.
- Với k2+1≤n≤k2+kk2+1≤n≤k2+k thì giá trị f(n)=2kf(n)=2k.
Cách xây dựng thì cũng dễ thấy do ta có thể dựa theo mô hình tam giác Pascal và
lựa chọn khi nào cần phải có tam giác đỉnh nhọn, đỉnh bằng phù hợp.
Nếu tìm công thức trên một cách tổng quát thì ta có [4n−3−−−−−√][4n−3]. Rõ ràng
bằng một lập luận thú vị nào đó, ta có thể tìm ra được công thức này nhưng ở đây,
mọi việc hoàn toàn có thể làm một cách thủ công và trong thời gian không quá lâu.
Rõ ràng công việc này đáng được xem xét và áp dụng!

Ví dụ 9: Cho số nguyên dương nn. Xét dãy số nguyên dương hữu
hạn (ak)(ak) gồm kk số hạng sao cho với mọi 1≤itồn tại tt với 1≤t≤k1≤t≤k sao
cho at=i,at+1=jat=i,at+1=j hoặc at=j,at+1=iat=j,at+1=i. Hỏi giá

13


trị nhỏ nhất của kk là bao nhiêu?
Chứng minh:
Bài toán phát biểu hơi rắc rối nhưng nếu ngẫm nghĩ kĩ thì mọi chuyện cũng tương
đối rõ ràng. Ta thử xét các trường hợp nhỏ:
Với n=1n=1 thì k=1k=1.
Với n=2n=2 thì k=2k=2 ứng với dãy 1,21,2.
Với n=3n=3 thì k=4k=4 ứng với dãy 1,2,3,11,2,3,1.
Với n=4n=4 thì k=8k=8 ứng với dãy 1,2,3,4,1,3,2,41,2,3,4,1,3,2,4.
Với n=5n=5 thì k=11k=11 ứng với dãy 1,2,3,4,5,1,4,2,5,3,11,2,3,4,5,1,4,2,5,3,1.
Trong quá trình xây dựng này, mình đã gặp một số vấn đề sau: Do có tất
cả C2nCn2 cặp số và có C22=1,C23=3C22=1,C32=3 nên dự đoán kết quả
là C2n+1Cn2+1. Trường hợp n=5n=5 hoàn toàn hợp lý nhưng n=4n=4 thì lại
không xây dựng được k=7k=7.
Để kiểm tra cẩn thận và trực quan, mình đã vẽ ra mô hình có các số và các cạnh
nối chúng nếu cặp đó thỏa mãn điều kiện đề bài. Từ đó phát hiện ra bài toán này có
liên hệ mật thiết với bài toán về chu trình Euler trong đồ thị đầy đủ và dãy (ak)
(ak) trên chính là sự liệt kê thứ tự đỉnh trong chu trình đó. Việc cộng thêm 1 ở đây
là do dãy không tạo thành mô hình khép kín nên cần liệt kê dư ra 1 đỉnh.
Từ điều kiện về tồn tại đường đi Euler, ta thấy cần phải chia thành 2 trường hợp
chẵn lẻ mới có thể giải quyết được bài toán.
Cụ thể là:
- Nếu nn lẻ thì tất cả các đỉnh đều bậc chẵn nên thỏa mãn điều kiện có chu trình
Euler, số kk cần tìm là C2n+1=n2−n+22Cn2+1=n2−n+22.
- Nếu nn chẵn thì tất cả các đỉnh đều bậc lẻ nên phải thêm vào n2n2 cạnh nữa để có
được đa đồ thị có các bậc đều chẵn và số kk cần tìm là C2n+n2=n22Cn2+n2=n22.
Ví dụ 10: Trong không gian cho 2006 điểm mà trong đó không có 4 điểm nào đồng
phẳng. Người ta nối tất cả các điểm đó lại bởi các đoạn thẳng. Số tự nhiên m gọi là

số tốt nếu ta có thể gán cho mỗi đoạn thẳng trong các đoạn thẳng đã nối bởi một số
tự nhiên không vượt quá m sao cho mỗi tam giác tạo bởi ba điểm bất kì trong số
các điểm đó đều có hai cạnh được gán bởi hai số bằng nhau và cạnh còn lại gán bởi
14


số lớn hơn hai số đó. Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất.

Chứng minh
Cũng như nhiều bài toán khác, ở bài này, ta thấy số 2006 không có ý nghĩa lớn lắm
và thử tổng quát trong trường hợp n≥2n≥2 tùy ý.
Bài toán này mình đã biết trước kết quả có liên quan đến lũy thừa của 2, nghĩa là
giá trị của hàm cực trị thay đổi khi giá trị của nn tăng gấp đôi nên cố gắng hướng
lập luận theo hướng này. Tuy nhiên, khi giải lại, xây dựng không tối ưu, mình đã
mắc sai lầm như sau:
Với n=2n=2 thì chỉ cần m=0m=0 là được.
Với n=3n=3 thì cần đến 2 số để đánh nên chọn m=1m=1.
Với n=4n=4 thì cũng chỉ cần 2 số nên m=1m=1.
Với n=5n=5 thì ta cần 3 số và m=2m=2.
Đến đây dễ thấy rằng luôn tồn tại một cạnh nào đó được đánh số 0, giả sử cạnh đó
nối A và B. Ta chia n−2n−2 đỉnh còn lại thành 2 phần thì rõ ràng mỗi đỉnh đó đều
phải nối với A hoặc B bởi cạnh đánh số 0. Ta lại chia chúng thành 2 tập hợp: X
chứa các đỉnh nối với A bởi cạnh đánh số 0, Y chứa các đỉnh nối với B bởi các
cạnh đánh số 0.
Khi đó ta có thể cho:
- Từ mỗi đỉnh tập X sang mỗi đỉnh tập Y, cạnh nối với nhau đánh số 0.
- Từ đỉnh A sang tập Y và từ đỉnh B sang tập X, cạnh nối với nhau đánh số 1.
- Còn lại trong nội bộ X và Y, ta cần sử dụng max{f(|X|),f(|Y|)}max{f(|X|),f(|
Y|)} số. Tuy nhiên, do cần chọn nhỏ nhất nên f(n)=2+min{max{f(|X|),f(|
Y|)}}f(n)=2+min{max{f(|X|),f(|Y|)}}.

15


Hơn nữa, f(n)f(n) là hàm đơn điệu và |X|+|Y|=n−2|X|+|Y|=n−2 nên min{max{f(|
X|),f(|Y|)}}=f([(n−1)/2])min{max{f(|X|),f(|Y|)}}=f([(n−1)/2]).
Từ đó đi đến kết luận f(n)=2+f([(n−1)/2])f(n)=2+f([(n−1)/2]).
Kết luận này sai và với phản ví dụ khi xây dựng trong trường
hợp n=7,n=8n=7,n=8 mình mới phát hiện ra vấn đề nằm ở chỗ cách xây dựng mô
hình. Trên thực tế, ta có thể chia ra ngay từ đầu chứ không cần phải xét thêm điểm
A, B và công thức đúng là f(n)=1+f([(n+1)/2])f(n)=1+f([(n+1)/2]).
Bài này cho ta thấy rằng trong nhiều trường hợp, ta xây dựng các mô hình dựa theo
kinh nghiệm nhưng cũng có lúc cần phải xét các giá trị cụ thể trong trường hợp
nhỏ thì mới phát hiện ra được vấn đề.
Ngoài ra, việc xây dựng cho các giá trị nhỏ tạo thành dãy rồi tìm quy luật như đã
nêu trên không chỉ áp dụng được cho dạng toán cực trị rời rạc mà một số bài toán
định tính khác vẫn được. Thử thử xét bài toán kinh điển sau:
Có hai người A, B chơi trò chơi bốc sỏi và ban đầu có nn viên sỏi, A đi trước. Mỗi
người có thể bốc 2,3 hoặc 6 viên và ai bốc được viên cuối cùng thì thắng. Nếu chỉ
còn 1 viên thì người chơi ở lượt đó bốc và thắng luôn. Hỏi với những giá trị nào
của nn thì A có chiến lược thắng?
Trước khi tiến hành xây dựng tương tự như trên, các bạn có thể cần 2 định nghĩa
sau về trò chơi tổ hợp cân bằng (tức là hai bên có cách chơi như nhau):
- Vị trí thắng: là vị trí mà tồn tại một cách đi đến vị trí thua (vị trí ở đây ý nói giá
trị nn hiện tại, thắng này chỉ người chơi hiện tại và đi đến chỉ số sỏi còn lại sau lượt
chơi đó).
- Vị trí thua: là vị trí mà luôn phải đi đến một vị trí thắng.
Có vẻ hơi mơ hồ, ta thử phân tích với bài toán cụ thể ở trên. Đặt f(n)f(n) là hàm số
đi từ tập N∗N∗ vào tập {0,1}{0,1} và nó nhận giá trị 1 khi A có chiến lược thắng,
0 khi B có chiến lược thắng. Hiển nhiên A thắng thì B thua và ngược lại nên ta có:
f(1)=1,f(2)=1,f(3)=1f(1)=1,f(2)=1,f(3)=1.

Đến đây để tính f(4)f(4), ta thấy rằng nếu A bốc 2 hoặc 3 thì đều dẫn đến vị trí
thắng của đối phương nên theo định nghĩa ở trên, 4 chính là vị trí thua
và f(4)=0f(4)=0.
Cứ thế, ta tính tiếp được:
f(5)=0,f(6)=1,f(7)=1,f(8)=1,f(9)=0,f(10)=0,…
16


f(5)=0,f(6)=1,f(7)=1,f(8)=1,f(9)=0,f(10)=0,…
Dễ thấy quy luật: nếu nn chia 5 dư 0,1,2 thì A thắng; ngược lại thì B thắng.
Để nghĩ ra được điều này thì rõ ràng không dễ nhưng để đoán ra được thì lại quá dễ
dàng. Chứng minh được thực hiện một cách nhanh chóng bằng quy nạp.
THIẾT LẬP THỨ TỰ TRÊN CÁC YẾU TỐ BÌNH ĐẲNG
Sự thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng đã làm giảm đi rất nhiều trường hợp xét
trong bài toán. Đó chính là tính ưu việt của phương pháp này!
Ta sẽ xét một vài ví dụ cụ thể để hiểu rõ hơn về phương pháp.
a) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm các số nguyên x,y lớn hơn 1 sao cho và
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 ⇒, 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 ⇒, do đó , suy ra y = 2 hoặc y = 4. Tương ứng x = 7

hoặc x = 13.
– Nếu p = 2 thì 2x = 3y + 1 ⇒ , do đó . Suy ra y = 5 và x = 8.

Ví dụ 2: 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.
17


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 3: (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!

18