Bài toán tồn tại và ứng dụng giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀ O TẠO
̃ NG
ĐẠ
́ OI HỌ
BỘ GIA
DỤCCĐÀ
VÀNĂ
ĐÀ
O TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄ ̃ N VŨ MINH HIẾÚ

NGUYÊN VŨ MINH HIÊU

BÀ I TOÁN TỒ̀ N TẠI
BÀ I TOÁN TÔN TẠI
VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP
VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2012
Đà Nẵng – Năm 2012


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀ O TẠO
̃ NG
́ OI HỌ

BỘ GIA
DỤCCĐÀ
VÀNĂ
ĐÀ
O TẠO
ĐẠ
̃
ĐẠI HỌC ĐÀ NĂNG

̃ N VŨ
́ Ú U
NGUYỄ N
VŨ MINH
NGUYÊ
MINHHIÊ
HIÊ

BÀ I TOÁN TỒN TẠI
́P
̉
́
VÀ ỨNGBÀ
DỤ
N
G
GIA
I
TOA
N
SƠ

CÂ
̀
I TOÁN TÔN TẠI
VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60.46.40
Chuyên ngành : PHƯƠNG
PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa ho ̣c : PGS.TSKH.TRẦN QUỐC CHIẾN
Người hướng dẫn khoa ho ̣c : PGS.TSKH.TRẦN QUỐC CHIẾN

Đà Nẵng – Năm 2012
Đà Nẵng – Năm 2012

Đà Nẵng – Năm 2012


LỜI CAM ĐOAN

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liê ̣u và kế t quả nghiên cứu nêu trong luận văn là trung thực và
chưa từng được ai công bố trong bấ t kỳ công trình nào khác.

Tác giả

Nguyễn Vũ Minh Hiế u

MỤC LỤC
Trang
TRANG PHỤ BÌA
LỜI CAM ĐOAN
MỤC LỤC
DANH MỤC CÁC HÌNH
MỞ ĐẦU .................................................................................................... 1
Chương 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP ..................................................... 4
1.1. Bài toán tổ hơ ̣p .................................................................................... 4
1.2. Các da ̣ng bài toán tổ hơ ̣p ..................................................................... 5
Chương 2. BÀI TOÁN TỜN TẠI. ............................................................ 11
2.1. Bài toán tờ n ta ̣i ................................................................................... 11
2.2. Nguyên lý Dirichlet ............................................................................ 15
2.3. Nguyên lý Dirichlet đố i ngẫu ............................................................. 18
Chương 3. ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP ....................................... 25
3.1. Bài toán “tồ n ta ̣i” trong Số ho ̣c và Daỹ số ......................................... 25
3.2. Bài toán “tồ n ta ̣i” trong Đa ̣i số ........................................................... 36
3.3. Bài toán “tồ n ta ̣i” trong Hình ho ̣c ...................................................... 44
KẾT LUẬN ............................................................................................... 64
TÀI LIỆU THAM KHẢO ......................................................................... 65
QUYẾT ĐINH
̣ GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao).


DANH MỤC CÁC HÌNH
Số hiêụ

Tên hin

̀ h

Trang

hin
̀ h
2.1

Bản đồ tô bởi ít nhấ t bố n màu

13

2.2

Hình lu ̣c giác thầ n bí

14

2.3

Mô ̣t lời giải bài toán cho ̣n 2n điể m với n = 12

15

2.4

Hình minh ho ̣a lời giải ví du ̣ 2.3

23

3.1

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.26

44

3.2

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.28

46

3.3

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.29

48

3.4

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.36

52

3.5

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.37

53

3.6

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.38

55

3.7

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 2.39

56

3.8

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.40

57

3.9

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.42

59

3.10

Hình minh ho ̣a lời giải bài toán 3.43

61

MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀ I
Tổ hơ ̣p là ngành khoa ho ̣c xuấ t hiêṇ khá sớm vào đầ u thế kỷ 17, cho đế n
nay đã đươ ̣c áp du ̣ng trong nhiề u liñ h vực khác nhau như lý thuyế t số , hiǹ h
ho ̣c, đa ̣i số , xác suấ t thố ng kê, quy hoa ̣ch thực nghiê ̣m, khoa ho ̣c máy tính,
hóa ho ̣c…Các bài toán tổ hơ ̣p đươ ̣c phân thành các da ̣ng: bài toán tồ n ta ̣i, bài
toán đế m, bài toán liê ̣t kê và bài toán tố i ưu. Bài toán tồ n ta ̣i thường có nô ̣i
dung hấ p dẫn và khó giải quyế t, thường xuyên xuấ t hiêṇ trong các kỳ thi HSG
quố c gia và quố c tế . Mô ̣t công cu ̣ hữu hiê ̣u để giải quyế t da ̣ng toán này là
nguyên lý Dirichlet. Nguyên lý Dirichlet tuy không khó nhưng để vâ ̣n du ̣ng
đươ ̣c nó trong viê ̣c giải toán thì đòi hỏi phải hiể u nó mô ̣t cách sâu sắ c và vâ ̣n
du ̣ng nó mô ̣t cách linh hoa ̣t trong từng bài toán cu ̣ thể . Hiê ̣n nay chưa có mô ̣t
tài liê ̣u trình bày mô ̣t cách hê ̣ thố ng kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i và ứng du ̣ng
giải toán sơ cấ p. Chính vì lẻ đó tôi cho ̣n đề tài này nghiên cứu với mong
muố n ho ̣c tâ ̣p và tích lũy cho bản thân kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i và ứng
du ̣ng giải toán sơ cấ p, làm tài liê ̣u hữu ích trong viê ̣c giảng da ̣y bồ i dưỡng ho ̣c
sinh giỏi sau này.
2. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu tài liêu,
̣ giáo trình, các sách chuyên đề về bài toán tồ n ta ̣i và
ứng du ̣ng bài toán tồ n ta ̣i giải toán sơ cấ p.
Bài toán tồ n ta ̣i xuấ t hiêṇ ở hầ u hế t các liñ h vực của toán ho ̣c và có nhiề u
cách giải khác nhau. Luâ ̣n văn chỉ đề câ ̣p đế n viê ̣c vâ ̣n du ̣ng nguyên lý
Dirichlet để giải mô ̣t số bài toán tồ n ta ̣i trong toán sơ cấ p.


3. MỤC ĐÍ CH NGHIÊN CỨU
Những bài toán tồ n ta ̣i có nô ̣i dung rấ t hấ p dẫn và khó giải quyế t. Vâ ̣n
du ̣ng linh hoa ̣t nguyên lý Dirichlet là cách tố t nhấ t và hiêụ quả để giải quyế t

các bài toán trên. Viê ̣c nghiên cứu đề tài này giúp ho ̣c viên nắ m vững kiế n
thức hơn về bài toán tồ n ta ̣i và nâng cao khả năng vâ ̣n du ̣ng nguyên lý
Dirichlet để giải các bài toán tồ n ta ̣i trong toán sơ cấ p; nhằ m cung cấ p cho các
thầ y cô giáo, các em ho ̣c sinh, các ba ̣n yêu toán mô ̣t tài liêụ tham khảo bổ ích
trong viê ̣c da ̣y bồ i dưỡng và tham gia các kỳ thi HSG quố c gia và quố c tế .
Luâ ̣n văn nhằ m hê ̣ thố ng mô ̣t số kiế n thức cơ bản về bài toán tồ n ta ̣i. Vâ ̣n
du ̣ng nguyên lý Dirichlet để giải các bài toán tồ n ta ̣i trong số ho ̣c, daỹ số , đa ̣i
số , hình ho ̣c.
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Tham khảo các nguồ n tài liêụ khác nhau có liên quan đế n bài toán tồ n ta ̣i
và ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p, phân tích tư liêụ thu thâ ̣p đươ ̣c đồ ng thời trao
đổ i, ho ̣c hỏi ở các đồ ng nghiê ̣p sau đó tổ ng hơ ̣p, hê ̣ thố ng la ̣i viế t luâ ̣n văn
này.
5. Ý NGHĨA KHOA HỌC VÀ THỰC TIỄN CỦ A ĐỀ TÀ I
Về mă ̣t khoa ho ̣c, luâ ̣n văn hê ̣ thố ng các kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i và
ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p phù hơ ̣p cho viê ̣c giảng da ̣y và ho ̣c tâ ̣p ở trường
trung ho ̣c phổ thông.
Luâ ̣n văn hoàn thành trở thành tài liêụ tham khảo bổ ích cho giáo viên, ho ̣c
sinh ở trường trung ho ̣c phổ thông, sinh viên ở các trường đa ̣i ho ̣c và cao
đẳ ng, các ba ̣n yêu toán, đă ̣c biê ̣t là các đố i tươ ̣ng da ̣y bồ i dưỡng và tham gia
các kỳ thi ho ̣c sinh giỏi quố c gia và quố c tế .
6. CẤU TRÚC CỦ A LUẬN VĂN
Ngoài phầ n mở đầ u và kế t luâ ̣n, nô ̣i dung luâ ̣n văn đươ ̣c trình bày trong ba
chương.


Chương 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP. Trình bày sơ lươ ̣c về bài toán tổ
hơ ̣p và các da ̣ng của bài toán tổ hơ ̣p.
Chương 2. BÀI TOÁN TỜN TẠI. Trình bày về bài toán tờ n ta ̣i và nguyên
lý Dirichlet.

Chương 3. ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP. Trình bày các bài toán
“tồn ta ̣i” trong Số ho ̣c và Daỹ số , bài toán “tồ n ta ̣i” trong Đa ̣i số , bài toán “tồ n
ta ̣i” trong Hình ho ̣c. Khoảng hơn 40 bài toán với lời giải chi tiế t hi vo ̣ng luâ ̣n
văn sẽ là mô ̣t trong những tài liêụ tham khảo bổ ích cho những ai quan tâm
đế n vấ n đề này.


Chương 1
ĐẠI CƯƠNG VỀ TỞ HỢP
Bài toán tờ n ta ̣i là mô ̣t da ̣ng của bài toán tổ hơ ̣p. Trong chương này sẽ giới
thiêụ sơ lươ ̣c về bài toán tổ hơ ̣p và các da ̣ng bài toán tở hơ ̣p.
1.1. BÀI TỐN TỔ HỢP
Tư duy tổ hợp ra đời từ rất sớm. Vào thời nhà Chu Trung Quốc người ta
đã biết đến những hình vng thần bí. Thời cổ Hi-lạp, thế kỷ thứ 4 trước cơng
ngun, nhà triết học Kxenokrat đã biết cách tính số các từ khác nhau lập từ
bảng chữ cái cho trước. Nhà tốn học Phitagor và học trị đã tìm ra nhiều số
có tính chất đặc biệt. Một số bài tốn địi hỏi để giải quyết nó phải có nghệ
thuật tổ hợp nhất định.
Tuy nhiên, có thể nói rằng, lý thuyết tổ hợp được hình thành như một
ngành tốn học mới vào thế kỷ 17 bằng một loạt các cơng trình nghiên cứu
của các nhà toán học suất sắc như: Pascal, Fermat, Euler…
Các bài tốn tổ hợp có đặc trưng bùng nổ tổ hợp với số cấu hình khổng lờ.
Việc giải chúng địi hỏi một khối lượng tính tốn khổng lờ. Vì vậy trong thời
gian dài khi mà các ngành tốn học như phép tính vi phân, phép tính tích
phân, phương trình vi phân… phát triển như vũ bão thì dường như nó nằm
ngồi sự phát triển và ứng dụng của tốn học hữu hạn. Từ khi có sự xuất hiện
của máy tính, nhiều vấn đề tổ hợp được giải quyết trên máy tính, từ chỗ
nghiên cứu các trị chơi tổ hợp đã trở thành ngành Toán học phát triển mạnh
mẽ, có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực tốn học, tin học…
Bài toán tổ hơ ̣p rấ t đa da ̣ng đề câ ̣p đế n nhiề u vấ n đề khác nhau của toán

ho ̣c, liên quan đế n nhiề u liñ h vực khoa ho ̣c và đời số ng. Lý thuyế t tổ hơ ̣p
nghiên cứu viê ̣c phân bố các phầ n tử vào các tâ ̣p hơ ̣p (thông thường các tâ ̣p
hơ ̣p hữu ha ̣n), viê ̣c phân bố này phải thỏa mañ mô ̣t số điề u kiê ̣n nhấ t đinh
̣ nào


đó tùy vào bài toán nghiên cứu. Mỗi cách phân bố đươ ̣c xem là mô ̣t “cấ u hình
tổ hơ ̣p”.
Cấ u hin
̀ h tổ hơ ̣p: Cho các tâ ̣p hơ ̣p A1, A2, …, An. Giả sử S là sơ đồ sắ p
xế p các phầ n tử của A1, A2,…, An đươ ̣c mô tả bằ ng các quy tắ c sắ p xế p và R1,
R2, …, Rm là các điề u kiêṇ ràng buô ̣c lên mỗi sắ p xế p theo sơ đồ S. Khi đó
mỗi sắ p xế p các phầ n tử của A1, A2, …, An thỏa mañ các điề u kiê ̣n R1, R2, …,
Rm go ̣i là mô ̣t cấ u hình tổ hơ ̣p trên các tâ ̣p A1, A2, …, An.
Ví du ̣ 1.1. Bài toán xế p khách của Lucas
Có mô ̣t bàn tròn, xung quanh có 2n ghế . Cầ n xế p chỗ cho n că ̣p vơ ̣ chồ ng
vào bàn tròn sao cho các ông ngồ i xen kẽ các bà và không có că ̣p nào ngồ i
gầ n nhau. Có bao nhiêu cách xế p như vâ ̣y?
Ta có:
A là tâ ̣p hơ ̣p 2n ghế hay n că ̣p vơ ̣ chồ ng
S là sơ đồ sắ p xế p chỗ ngồ i của các că ̣p vơ ̣ chồ ng vào bàn tròn
R1 là điề u kiê ̣n các ông ngồ i xen kẽ các bà
R2 là điề u kiê ̣n không có că ̣p vơ ̣ chồ ng nào ngồ i ca ̣nh nhau
Mỗi cách sắ p xế p các că ̣p vơ ̣ chồ ng vào bàn tròn thỏa các điề u kiê ̣n R1, R2
là mô ̣t cấ u hình tổ hơ ̣p.
1.2. CÁC DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP
Những da ̣ng toán quan tro ̣ng mà lý thuyế t tổ hơ ̣p đề câ ̣p đế n là bài toán tồ n
ta ̣i, bài toán đế m, bài toán liê ̣t kê, bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p. Mỗi da ̣ng có mu ̣c
tiêu riêng và cách giải quyế t khác nhau.
1.2.1. Bài toán tồ n ta ̣i:

Bài toán tồ n ta ̣i là mô ̣t trong những da ̣ng toán cơ bản của lý thuyế t tổ hơ ̣p.
Mu ̣c tiêu của nó là chứng minh sự tồ n ta ̣i hoă ̣c không tồ n ta ̣i của mô ̣t cấ u hình
tổ hơ ̣p nào đó. Bài toán này thường rấ t khó, viêc̣ cố gắ ng giải chúng đã thúc
đẩ y sự phát triể n nhiề u hướng nghiên cứu toán ho ̣c. Có nhiề u phương pháp để


giải quyế t bài toán tồ n ta ̣i, phổ biế n là phương pháp phản chứng hoă ̣c dùng
nguyên lý Dirichlet.
Ví du ̣ 1.2.
Trong một cuộc thăm dò ý kiến về 10 vấn đề, mỗi người tham gia được
phát một phiếu trả lời sẵn, trong đó mỗi một trong 10 vấn đề có 4 phương án
trả lời và chọn đúng một phương án cho mỗi vấn đề đã nêu. Chứng minh rằng
với 9.437.185 người được hỏi ln tìm được 10 người trả lời giống hệt nhau.
Lời giải:
Số phiếu trả lời có thể có trong cuộc thăm dị ý kiến về 10 vấn đề là :
410 = 1.048.576
Phân 9.437.185 đối tượng vào 1.048.576 nhóm , theo ngun lý Dirichlet
tờn tại một nhóm có ít nhất 9.437.185 / 1.048.576  = 10 đối tượng.
Vậy với 9.437.185 người được hỏi ln tìm được 10 người trả lời giống
hệt nhau.
1.2.2. Bài toán đế m:
Mu ̣c tiêu của bài toán đế m là trả lời câu hỏi “Có bao nhiêu cấ u hình tổ hơ ̣p
thỏa mañ điề u kiê ̣n cho trước?”. Giải quyế t tố t bài toán đế m giúp ta giải nhiề u
bài toán khác nhau trong đánh giá đô ̣ phức ta ̣p tính toán của các thuâ ̣t toán và
tìm xác suấ t rời ra ̣c các biế n cố . Phương pháp chung để giải bài toán đế m là
dựa trên các nguyên lý đế m cơ bản (nguyên lý cô ̣ng, nguyên lý nhân, nguyên
lý bù trừ). Mô ̣t số bài toán đế m phức ta ̣p hơn đươ ̣c quy về bài toán con để sử
du ̣ng đươ ̣c các nguyên lý đế m cơ bản hoă ̣c tìm ra hê ̣ thức truy hồ i tổ ng quát.
Ví du ̣ 1.3. Bài toán tháp Hà Nô ̣i
Tương truyề n rằ ng ta ̣i mô ̣t ngôi tháp ở Hà Nô ̣i có mô ̣t tấ m đế bằ ng đồ ng

trên đó có đă ̣t ba chiế c co ̣c bằ ng kim cương. Lúc khai thiên lâ ̣p đia,̣ trên co ̣c
số 1, Phâ ̣t tổ Như Lai đã xế p 64 chiế c điã bằ ng vàng có đường kính khác nhau
sao cho các điã có đường kính lớn hơn xế p ở dưới, các điã ở phía trên càng ở


trên cao càng nhỏ dầ n. Các nhà sư đươ ̣c yêu cầ u chuyể n tấ t cả các chiế c điã ở
co ̣c số 1 sang co ̣c số 2 với quy tắ c sau:
- Mỗi lầ n chỉ đươ ̣c chuyể n đi mô ̣t chiế c điã .
- Trong quá trình di chuyể n không đươ ̣c đă ̣t điã lớn lên trên điã nhỏ (do đó
cầ n thiế t phải có thêm chiế c co ̣c trung gian thứ 3). Giả sử mỗi lầ n chuyể n mô ̣t
chiế c điã mấ t mô ̣t giây. Hỏi các nhà sư cầ n ít nhấ t là bao nhiêu năm để
chuyể n tấ t cả các chiế c điã ở co ̣c số 1 sang co ̣c số 2?
Lời giải:
Giả sử lúc đầ u trên co ̣c số 1 có n chiế c điã . Go ̣i un là số lầ n ít nhấ t để
chuyể n tấ t cả các chiế c điã ở co ̣c số 1 sang co ̣c số 2. Ta thử tính vài giá tri ̣của
un.
Với n = 2, ta cầ n thực hiêṇ ba bước chuyể n sau:
- Chuyể n điã bé sang co ̣c số 3.
- Chuyể n điã lớn sang co ̣c số 2.
- Chuyể n điã bé về co ̣c số 2
Vâ ̣y u2 = 3
Với n = 3, ta cầ n thực hiêṇ theo 3 giai đoa ̣n sau:
- Chuyể n 2 điã ở phiá trên sang co ̣c số 3. Như đã thấ y ở trường hơ ̣p n =2,
ta cầ n 3 phép chuyể n.
- Chuyể n điã lớn nhấ t sang co ̣c số 2
- Chuyể n 2 điã ở co ̣c số 3 về co ̣c số 2. Như đã thấ y ở trường hơ ̣p n = 2, ta
cầ n 3 phép chuyể n.
Vâ ̣y ta cầ n 3 + 1 + 3 = 7 phép chuyể n. Do đó u3 = 7.
Ta thiế t lâ ̣p hê ̣ thức truy hồ i mà daỹ (un) phải thỏa mañ . Để chuyể n đươ ̣c n
chiế c điã theo quy tắ c trên ta phải thực hiêṇ theo 3 công đoa ̣n sau:

- Công đoa ̣n 1: Chuyể n (n – 1) điã ở phía trên chiế c điã lớn nhấ t sang co ̣c
số 3 theo quy tắ c trên. Ta cầ n un – 1 phép chuyể n. Chiế c điã lớn nhấ t vẫn giữ
nguyên ở co ̣c số 1 khi di chuyể n (n – 1) chiế c điã ở trên nó.
- Công đoa ̣n 2: Chuyể n điã lớn nhấ t sang co ̣c số 2.
- Công đoa ̣n 3: Chuyể n (n – 1) điã từ co ̣c số 3 về co ̣c số 2 và đă ̣t lên trên
chiế c điã lớn nhấ t. Ta cầ n un-1 phép chuyể n. Do vâ ̣y để chuyể n n chiế c điã từ
co ̣c số 1 sang co ̣c số 2 ta cầ n un-1 + 1 + un-1 = 2un-1 + 1. Vâ ̣y ta có hê ̣ thức truy
hồ i sau: un-1 = 2 un-1 + 1.
Từ hê ̣ thức truy hồ i này ta có thể lâ ̣p đươ ̣c công thức của số ha ̣ng tổ ng quát
của daỹ . Bằ ng quy na ̣p dễ chứng minh đươ ̣c un = 2n – 1
Với n = 64 thì u64 = 18.446.744.073.709.531.615
Đó là số lầ n chuyể n điã mà các nhà sư phải thực hiêṇ để hoàn thành công
viêc.̣ Nế u mỗi lầ n chuyể n mô ̣t điã mấ t mô ̣t giây thì cầ n đế n hơn 500 tỷ năm
các nhà sư mới chuyể n tấ t cả 64 chiế c điã sang co ̣c số 2.
1.2.3. Bài toán liêṭ kê:
Bài toán liêṭ kê đưa ra danh sách tấ t cả các cấ u hình tổ hơ ̣p có thể có, khác
với bài toán đế m là tìm kiế m mô ̣t công thức cho lời giải, bài toán liê ̣t kê cầ n
xác đinh
̣ thuật toán để theo đó có thể xây dựng đươ ̣c lầ n lươ ̣t tấ t cả các cấ u
hiǹ h cầ n quan tâm. Mô ̣t thuâ ̣t toán liêṭ kê phải đảm bảo hai nguyên tắ c: không
lă ̣p la ̣i và không bỏ sót mô ̣t cấ u hình nào.
Ví du ̣ 1.4.
Liê ̣t kê các tâ ̣p con k phầ n tử của tâ ̣p hơ ̣p n phầ n tử.
Chẳ ng ha ̣n cây tìm kiế m lời giải bài toán ứng với n = 5, k = 3 đươ ̣c thể
hiêṇ như sau:


Gố c

1
2

3

4

5

2

3

4

4

5

123 124 125 134

3

3

5

4

4

5

135 145 234

4

5
235

5
245

345

Cây liê ̣t kê tổ hơ ̣p châ ̣p 3 từ {1, 2, 3, 4, 5}
1.2.4. Bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p:
Trong nhiề u bài toán thực tế , các cấ u hình tổ hơ ̣p đươ ̣c gán mô ̣t giá tri ̣ sử
du ̣ng bằ ng số đánh giá giá tri ̣ sử du ̣ng của cấ u hình đố i với mô ̣t mu ̣c đích sử
du ̣ng cu ̣ thể nào đó. Khi đó xuấ t hiê ̣n bài toán: Haỹ lựa cho ̣n trong số tấ t cả
các cấ u hin
̀ h tổ hơ ̣p chấ p nhâ ̣n đươ ̣c có giá tri ̣ sử du ̣ng tố t nhấ t. Các bài toán
như vâ ̣y gơ ̣i là bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p. Để giải quyế t bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p
người ta thường phương pháp duyê ̣t toàn bô ̣. Sau đây là mô ̣t số bài toán tố i ưu
tổ hơ ̣p kinh điể n có nhiề u ứng du ̣ng trong thực tế , giữ vai trò quan tro ̣ng trong
viêc̣ nghiên cứu và phát triể n lý thuyế t tố i ưu hóa tổ hơ ̣p.
Bài toán người du lich:
̣ Mô ̣t người du lich
̣ muố n tham quan n thành phố

T1, T2, …, Tn. Xuấ t phát từ mô ̣t thành phố nào đó, người du lich
̣ muố n đi qua
tấ t cả các thành phố còn la ̣i, mỗi thành phố qua đúng mô ̣t lầ n, rồ i quay la ̣i
thành phố xuấ t phát. Biế t cij là chi phí đi từ thành phố Ti đế n thành phố Tj (i, j
= 1, 2, …, n), haỹ tìm hành trình với tổ ng chi phí là nhỏ nhấ t (mô ̣t hành trình
là mô ̣t cách đi thỏa mañ điề u kiên).
̣
Bài toán cái túi: Mô ̣t nhà thám hiể m cầ n đem theo mô ̣t các túi có tro ̣ng
lươ ̣ng không quá b. Có n đồ vâ ̣t có thể đem theo. Đồ vâ ̣t thứ j có tro ̣ng lươ ̣ng
aj và giá tri ̣ sử du ̣ng cj (j = 1, 2, …, n). Hỏi nhà thám hiể m cầ n đem theo
những đồ vâ ̣t nào để có tổ ng giá tri ̣sử du ̣ng là lớn nhấ t?


Bài toán cho thuê máy: Mô ̣t ông chủ có mô ̣t cái máy để cho thuê. Đầ u
tháng ông ta nhâ ̣n đươ ̣c yêu cầ u thuê máy của m khách hàng. Mỗi khách hàng
i sẽ cho biế t tâ ̣p Ni các ngày trong tháng cầ n sử du ̣ng máy (i = 1, 2, …, m).
Ông chủ chỉ có quyề n hoă ̣c từ chố i yêu cầ u của khách hàng i, hoă ̣c nế u nhâ ̣n
thì phải bố trí máy phu ̣c vu ̣ khách hàng i đúng những ngày mà khách hàng
này yêu cầ u. Hỏi rằ ng ông chủ phải tiế p nhâ ̣n các yêu cầ u của khách hàng thế
nào để cho tổ ng số ngày sử du ̣ng máy là lớn nhấ t.
Bài toán phân công: Có n công viê ̣c và n thơ ̣. Biế t cij là chi phí cầ n trả để
thơ ̣ i hoàn thành cô ̣ng viê ̣c thứ j (i, j = 1, 2, …, n). Cầ n phải thuê thơ ̣ sao cho
các công viê ̣c đề u hoàn thành và mỗi thơ ̣ chỉ thực hiê ̣n mô ̣t công viê ̣c, mỗi
công viêc̣ chỉ do mô ̣t thơ ̣ thực hiê ̣n. Haỹ tìm cách thuê n công nhân sao cho
tổ ng chi phí thuê thơ ̣ là nhỏ nhấ t.
Bài toán lập lich:
̣ Mỗi mô ̣t chi tiế t trong tổ ng số n chi tiế t D1, D2, …, Dn
cầ n phải lầ n lươ ̣t đươ ̣c gia công trên m máy M1, M2, …, Mm. Thời gian gia
công chi tiế t Di trên máy Mj là tij. Haỹ tìm lich
̣ (triǹ h tự gia công) các chi tiế t

trên các máy sao cho viê ̣c hoàn thành gia công tấ t cả các chi tiế t là sớm nhấ t
có thể đươ ̣c. Biế t rằ ng, các chi tiế t đươ ̣c gia công mô ̣t cách liên tu ̣c, nghiã là
quá trình gia công của mỗi mô ̣t chi tiế t phải đươ ̣c tiế n hành mô ̣t cách liên tu ̣c
từ máy này sang máy khác không cho phép có khoảng thời gian dừng khi
chuyể n từ máy này sang máy khác.


Chương 2
BÀ I TOÁN TỒN TẠI
Chương này trình bày về bài toán tồ n ta ̣i, các bài toán tồ n ta ̣i nổ i tiế ng
trong lich
̣ sử. Phầ n cuố i của chương trình bày mô ̣t cách hê ̣ thố ng kiế n thức về
nguyên lý Dirichlet.
2.1. BÀI TỐN TỜN TẠI (xem [3], [11])
Nế u như bài toán đế m thực hiê ̣n đế m bao nhiêu cấ u hình tổ hơ ̣p có thể có,
bài toán liê ̣t kê là liêṭ kê tấ t cả các cấ u hình tổ hơ ̣p có thể có, bài toán tố i ưu
chỉ ra mô ̣t cấ u hin
̀ h tổ hơ ̣p tố t nhấ t (ở đây ta xem các cấ u hiǹ h đã tồ n ta ̣i) thì
bài toán tồ n ta ̣i chứng minh sự tồ n ta ̣i hay không tồ n ta ̣i mô ̣t cấ u hình tổ hơ ̣p
nào đó.
Bài toán tồ n ta ̣i đươ ̣c nghiên cứu từ rấ t lâu. Mô ̣t bài toán tồ n ta ̣i đươ ̣c xem
như giải xong nế u hoă ̣c chỉ ra mô ̣t cách xây dựng cấ u hình hoă ̣c chứng minh
rằ ng chúng không tồ n ta ̣i. Mo ̣i khả năng đề u không dễ dàng.Viê ̣c cố gắ ng giải
chúng góp phầ n thúc đẩ y sự phát triể n của các ngành toán ho ̣c nói chung, lý
thuyế t tổ hơ ̣p nói riêng. Sau đây là mô ̣t số bài toán tồ n ta ̣i nỗi tiế ng trong lich
̣
sử.
Bài toán về 36 si ̃ quan: Bài toán này đươ ̣c Euler đề nghi ̣ với nô ̣i dung
như sau: Có mô ̣t lầ n người ta triê ̣u tâ ̣p từ 6 trung đoàn, mỗi trung đoàn 6 si ̃
quan thuô ̣c 6 cấ p bâ ̣c khác nhau: thiế u úy, trung úy, thươ ̣ng úy, đa ̣i úy, thiế u

tá, trung tá về tham gia duyê ̣t binh ở sư đoàn bô ̣. Hỏi rằ ng, có thể xế p 36 si ̃
quan này thành mô ̣t đô ̣i ngũ hình vuông sao cho trong mỗi hàng ngang cũng
như mỗi hàng do ̣c đề u có đa ̣i diêṇ của cả 6 trung đoàn và của 6 cấ p bâ ̣c.
Để đơn giản ta sẽ dùng các chữ cái in hoa A, B, C, D, E, F để chỉ phiên
hiêụ của các trung đoàn, các chữ cái in thường a, b, c, d, e, f để chỉ cấ p bâ ̣c.


Bài toán này có thể tổ ng quát hóa nế u thay 6 bởi n. Trong trường hơ ̣p n = 4
mô ̣t lời giải của 16 si ̃ quan là:
Ab

Dd

Ba

Cc

Bc

Ca

Ad

Db

Cd

Bb

Dc

Aa

Da

Ac

Cb

Bd

Mô ̣t lời giải với n = 5 là:
Aa

Bb

Cc

Dd

Ee

Cd

De

Bd

Ab

Bc

Eb

Ac

Bd

Ce

Da

Be

Ca

Db

Ec

Ad

Dc

Ed

Ae

Ba

Cb

Do lời giải bài toán có thể biể u diễn bởi 2 hình vuông với các chữ cái la
tinh hoa và la tinh thường nên bài toán tổ ng quát đă ̣t ra còn đươ ̣c biế t với tên
go ̣i “ hình vuông la tinh trực giao”.
Euler đã mấ t rấ t nhiề u công sức để tìm ra lời giải cho bài toán 36 si ̃ quan
thế nhưng ông đã không thành công. Vì vâ ̣y, ông giả thuyế t là cách sắ p xế p
như vâ ̣y không tồ n ta ̣i. Giả thuyế t này đã đươ ̣c nhà toán ho ̣c Pháp Tarri chứng
minh năm 1901 bằ ng cách duyê ̣t tấ t cả mo ̣i khả năng xế p. Euler căn cứ vào sự
không tồ n ta ̣i lời giải khi n = 2 và n = 6 còn đề ra các giả thuyế t tổ ng quát hơn
là không tồ n ta ̣i hin
̀ h vuông trực giao cấ p 4n + 2. Giả thuyế t này đã tồ n ta ̣i hai
thế kỷ, maĩ đế n năm 1960 ba nhà toán ho ̣c Mỹ là Bore, Parker, Srikanda mới
chỉ ra đươ ̣c mô ̣t lời giải với n = 10 và sau đó chỉ ra phương pháp xây dựng
hiǹ h vuông trực giao cho mo ̣i n = 4k + 2 với k >1.
Tưởng chừng bài toán chỉ mang ý nghiã thử thách trí tuê ̣ con người thuầ n
túy như mô ̣t bài toán đố . Nhưng gầ n đây, người ta phát hiê ̣n những ứng du ̣ng
quan tro ̣ng của vấ n đề trên vào quy hoa ̣ch, thực nghiê ̣m và hình ho ̣c phản xa ̣.


Bài toán 4 màu: Có nhiề u bài toán mà nô ̣i dung của nó có thể giải thích
đươ ̣c với bấ t kỳ ai, lời giải của nó ai cũng cố gắ ng thử tìm nhưng khó có thể
tìm đươ ̣c. Ngoài đinh
̣ lý Fermat thì bài toán bố n màu cũng là mô ̣t bài toán như
vâ ̣y. Bài toán có thể đươ ̣c phát biể u như sau: Chứng minh rằ ng mo ̣i bản đồ
đề u có thể đươ ̣c tô bằ ng 4 màu sao cho không có hai nước láng giề ng nào la ̣i
bi ̣tô bởi cùng mô ̣t màu. Trong đó, mỗi nước trên bản đồ đươ ̣c coi là mô ̣t vùng
liên thông, hai nước đươ ̣c go ̣i là láng giề ng nế u chúng có chung đường biên
giới là mô ̣t đường liên tu ̣c.

3
2

1
4

Hin
̀ h 2.1. Bản đồ tô bởi ít nhấ t bố n màu
Con số 4 màu không phải là ngẫu nhiên. Người ta đã chứng minh đươ ̣c
rằ ng mo ̣i bản đồ đề u đươ ̣c tô bởi số màu lớn hơn 4, còn số màu ít hơn 4 thì
không thể tô đươ ̣c, chẳ ng ha ̣n bản đồ gồ m bố n nước như hình 2.1 không thể
tô đươ ̣c với số màu ít hơn 4.
Bài toán này xuấ t hiêṇ vào những năm 1850 từ mô ̣t lái buôn người Anh là
Gazri khi tô bản đồ hành chính nước Anh đã cố gắ ng chứng minh rằ ng nó có
thể tô bằ ng 4 màu. Sau đó, năm 1852, ông đã viế t thư cho De Morgan để
thông báo về giả thuyế t này. Năm 1878, Keli trong mô ̣t bài báo đăng ở tuyể n
tâ ̣p các công trin
̀ h nghiên cứu của Hô ̣i toán ho ̣c Anh có hỏi rằ ng bài toán này
đã đươ ̣c giải quyế t hay chưa? Từ đó bài toán trở lên nổ i tiế ng, trong suố t hơn
mô ̣t thâ ̣p kỷ qua, nhiề u nhà toán ho ̣c đã cố gắ ng chứng minh giả thuyế t này.


Tuy vâ ̣y, maĩ tới năm 1976 hai nhà toán ho ̣c Mỹ là K. Appel và W. Haken
mới chứng minh đươ ̣c nó nhờ máy tính điêṇ tử.
Bài toán hình lục giác thầ n bí: Năm 1890 Clifford Adams đề ra bài toán
hiǹ h lu ̣c giác thầ n bí sau: Trên 19 ô lu ̣c giác (như hình 2.2) haỹ điề n các số từ
1 đế n 19 sao cho tổ ng theo 6 hướng của lu ̣c giác là bằ ng nhau (và đề u bằ ng
38). Sau 47 năm trời kiên nhẫn cuố i cùng Adams cũng tìm đươ ̣c lời giải. Sau
đó vì sơ ý đánh mấ t bản thảo ông đã tố n thêm 5 năm để khôi phu ̣c la ̣i. Năm
1962 Adams đã công bố lời giải đó. Nhưng thâ ̣t không thể ngờ đươ ̣c đó là lời

giải duy nhấ t.
15
14
9

13
8

6
11

10
4

5
1

18

12
2

7
17

16
19

3
Hin

̀ h 2.2. Hình lu ̣c giác thầ n bí
Bài toán chọn 2n điểm trên lưới n  n điểm: Cho mô ̣t lưới gồ m n x n
điể m. Hỏi có thể cho ̣n trong số chúng 2n điể m sao cho không có ba điể m nào
đươ ̣c cho ̣n là thẳ ng hàng? Hiêṇ nay người ta mới biế t đươ ̣c lời giải của bài
toán này khi n  15. Hin
̀ h 2.3 cho mô ̣t lời giải với n = 12.


Hin
̀ h 2.3. Mô ̣t lời giải bài toán cho ̣n 2n điể m với n = 12.
Đế n nay, trong toán sơ cấ p bài toán tồ n ta ̣i có mă ̣t hầ u khắ p các liñ h vực
số ho ̣c, daỹ số , đa ̣i số , hiǹ h ho ̣c…Đây là mô ̣t da ̣ng toán hay và khó nên
thường xuyên đươ ̣c khai thác trong các kỳ thi ho ̣c sinh giỏi quố c gia và quố c
tế . Bài toán tồ n ta ̣i có nhiề u phương pháp giải, phổ biế n nhấ t là phương pháp
dùng nguyên lý Dirichlet.
2.2. NGUYÊN LÝ DIRICHLET (xem [3])
Nguyên lý Dirichlet ở da ̣ng đơn giản nhấ t đươ ̣c phát biể u đầ u tiên bởi
G.Lejeune Dirichlet (1805 – 1859), mô ̣t nhà toán ho ̣c Đức gố c Pháp. Nó đươ ̣c
biế t đế n với tên go ̣i nguyên lý chuồ ng và thỏ hay nguyên lý chim bồ câu.
Nguyên lý này có nhiề u ứng du ̣ng, sử du ̣ng nó ta có thể chứng minh đươ ̣c
nhiề u kế t quả sâu sắ c của toán ho ̣c. Dùng nguyên lý Dirichlet ta có thể giải
quyế t hiêụ quả mô ̣t số lươ ̣ng lớn các bài toán tổ hơ ̣p, đă ̣c biê ̣t bài toán tồ n ta ̣i.
Nguyên lý này trong nhiề u trường hơ ̣p người ta dễ dàng chứng minh đươ ̣c sự
tồ n ta ̣i mà không đưa ra đươ ̣c phương pháp tìm đươ ̣c vâ ̣t cu ̣ thể , nhưng trong
thực tế nhiề u bài toán chỉ cầ n chỉ ra sự tồ n ta ̣i là đủ.Ta có thể phát biể u
nguyên lý Dirichlet như sau:


2.2.1. Nguyên lý Dirichlet 1
Nếu xếp nhiều hơn k đối tượng vào k cái hộp thì tờn tại hộp chứa ít nhất

2 đối tượng.
2.2.2. Nguyên lý Dirichlet 2
Nếu xếp N đối tượng vào k cái hộp thì tờn tại hộp chứa ít nhất N/k đối
tượng ( x là số nguyên nhỏ nhất  x).
2.2.3. Nguyên lý Dirichlet mở rô ̣ng
Giả sử A1, ..., Ak là các tập con của tập hữu hạn S.
Nếu mỗi phần tử của S chứa trong ít nhất r tập con Ai, thì
A1 + ... + Ak ≥ r.S
Nếu mỗi phần tử của S chứa đúng trong r tập con Ai, thì
A1 + ... + Ak = r. S
Chứng minh:
Gọi P là tập tất cả các cặp (s, i)  S  {1, ..., k} thỏa s  Ai. Để đếm P ta
làm như sau:
P=

 i | s  A 
sS

i

≥

 r = r. S
sS

Mặt khác:
P=

k

 s | s  A  = A1 + ... + Ak
i 1

i

Từ đó suy ra đpcm.
Chứng minh tương tự cho trường hơ ̣p còn la ̣i.
Ví du ̣ 2.1.
Trong hình chữ nhật cỡ 1m  2m, lấy 201 điểm tùy ý. Chứng minh rằng
luôn tồn tại 5 điểm ở trong một vịng trịn bán kính 1/7m.
Lời giải:
Chia hình chữ nhật cỡ 1m  2m thành 50 hình vng cạnh 1/5m.


Phân 201 điểm vào 50 ô vuông , theo nguyên lý Dirichlet tờn tại một
nhóm có ít nhất 201/50 = 5 điểm. Mỗi ơ vng này nội tiếp trong đường
trịn bán kính 1/5 

2 /2 m mà (1/5 

2 /2)2 = 1/50 < 1/49 = (1/7)2.Do đó

ln tờn tại 5 điểm ở trong vịng trịn bán kính 1/7 m.
Ví du ̣ 2.2.
Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý a1, a2, a3, a4, a5, a6 . Xét tích:
P = (a1 – a2)(a1 – a3)(a1 – a4)(a1 – a5)(a2 – a3)(a2 – a4)(a2 – a5)(a3 – a4)(a3 –
a5)(a4 – a5). Chứng minh P M288
Lời giải:
Ta có phân tích sau: 288 = 2532 và do (2, 3) = 1 nên để chứng minh P M288
ta chỉ cần chứng minh P M25 và P M32

Theo ngun lí Dirichlet thì trong n + 1 số ngun tuỳ ý, ln tờn tại hai
số có hiệu chia hết cho n. Trong 4 số a1, a2, a3, a4 có hai số có hiệu chia hết
cho 3, khơng giảm tổng quát, có thể cho là (a1 – a2) M3. Bây giờ xét 4 số a2,
a3, a4, a5 ta lại được hiệu hai số cũng chia hết cho 3. Như thế trong tích P có ít
nhất hai hiệu khác nhau cùng chia hết cho 3. Do đó: P M32

(2.1)

Lại theo ngun lí Dirichlet trong 5 số đã cho có ít nhất ba số có cùng tính
chẵn, lẻ. Chỉ có hai trường hợp sau xảy ra:
Trường hợp 1: Nếu ít nhất có 4 số có cùng tính chẵn lẻ, thì từ 4 số này có
thể lập nên 6 hiệu khác nhau cùng chia hết cho 2, do đó tích của chúng chia
hết cho 26, nói riêng P M25.
Trường hợp 2: Nếu có đúng 3 số có cùng tính chẵn lẻ. Khơng giảm tổng
qt, có thể cho đó là a1, a2, a3. Khi đó hai số cịn lại a4, a5 cũng có tính chẵn
lẻ giống nhau nhưng khác với tính chẵn lẻ của a1, a2, a3. Vậy bốn hiệu sau đây
cũng chia hết cho 2: a1 − a2, a1 − a3, a2 − a3, a4 − a5
Mặt khác, trong 5 số đã cho có ít nhất hai hiệu chia hết cho 4, vì thế trong
bốn số a1 – a2, a1 – a3, a2 – a3, a4 – a5 có ít nhất một hiệu chia hết cho 4. Do đó:


(a1 − a2)(a1 − a3)(a2 − a3)(a4 − a5) M25, tức là P M25
Tóm lại trong mọi trường hợp ta ln có P M25

(2.2)

Từ (2.1) và (2.2) ta suy ra P M288.
2.3. NGUYÊN LÝ DIRICHLET ĐỐI NGẪU (xem [3])
2.3.1. Nguyên lý Dirichlet đố i ngẫu hữu ha ̣n phầ n tử
Trước hết ta nhắc lại Nguyên lý Dirichlet: Nếu xếp n đối tượng vào m cái

hộp và

n
 k thì tờn tại một hộp chứa ít nhất k + 1 đối tượng.
m

Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu được phát biểu như sau:
Nguyên lí Dirichlet đối ngẫu: Cho tập hữu hạn S ≠  và S1, S2, …, Sn là các
tập con của S sao cho | S1 | + | S2 | + … + | Sn| > k. | S |. Khi đó, tờn tại một
phần tử x  S sao cho x là phần tử chung của k+1 tập Si (i=1,2,…,n) . Ta sẽ
chứng minh hai nguyên lý này tương đương nhau.
Định lí 2.1 (Định lí tương đương).
Nguyên lý Dirichlet và Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu tương đương nhau.
Chứng minh:
Nguyên lý Dirichlet suy ra Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu: Giả sử S có m
phần tử x1, x2, …, xm. Xét tập X = { (xi,Sj) |xi Sj, i = 1, 2, …, m và j = 1, 2,
…, n}. Hiển nhiên | X | = | S1 | + | S2 | +… + | Sn | > k. | S | = k.m.
Ta phân bố các phần tử của tập X vào m hộp 1, 2, …, m như sau: nếu
xi  S j thì (xi,Sj) được phân vào hộp i với mọi i = 1, 2, …, m và j = 1, 2, …, n.

Khi đó, theo nguyên lí Dirichlet, tờn tại hộp i có ít nhất k + 1 phần tử. Từ đó
suy ra tờn tại phần tử xi là phần tử chung của k + 1 tập Sj ( j = 1, 2, … n).
Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu suy ra Nguyên lý Dirichlet: Kí hiệu n phần
tử là xj, j = 1, 2, …, n. Ta phân bố các phần tử xj, j = 1, 2, …, n vào m hộp Hi,
i = 1, …, m. Kí hiệu S = {Hi| i = 1, 2, …, m}, Sj= {Hi | j  Hi},j = 1, 2, …, n.
Hiển nhiên | Sj | = 1,j = 1, 2, …, n và | S | = m.


Suy ra | S1 | + | S2 | + … + | Sn | = n > k.m > k. |S|.
Theo Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu tồn tại phần tử Hi chung của k + 1 tập

Sj ( i = 1, 2, … n), tức là tồn tại hộp Hi chứa ít nhất k + 1 phần tử.
2.3.2. Nguyên lý Dirichlet đố i ngẫu vô ha ̣n phầ n tử
Tập phần tử là một khoảng trên đường thẳng: Trong mục này ta kí hiệu
d(I) là độ dài của khoảng I  R.
Định lý 2.2.
Cho A là một khoảng giới nội, A1, A2 ,..., An là các khoảng sao cho

Ai  A(i  1,2,..., n) và d(A)khoảng trong số các khoảng trên có một điểm trong chung.
Chứng minh:
Dùng phương pháp phản chứng.
Giả sử khơng có cặp nào trong các khoảng đã cho có điểm trong chung.
Khi đó d ( A1  A2  ...  An )  d ( A1)  d ( A2 )  ...  d ( An )  d ( A). Mặt khác từ

Ai  A(i  1,2,..., n) suy ra d(A1)  d ( A2 )  ...  d ( An )  d ( A). Các bất đẳng
thức trên mâu thuẫn với nhau. Vậy ít nhất có hai khoảng trong số các khoảng
trên có điểm trong chung.
Định lý 2.3.
Cho A là một khoảng giới nội, A1, A2, … , An là những khoảng con của A,
k là số tự nhiên thỏa mañ : k. d(A) < d(A1) + d(A2) + … + d(An). Khi đó tờn
tại ít nhất k + 1 khoảng Ai (i = 1, 2, …, n) có điểm trong chung.
Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Trường hợp k = 1 được chứng minh ở định lý 2.2
Giả sử định lí đúng với k, ta phải chứng minh nó cũng đúng với k + 1.
Cho A1, A2, … , An các khoảng con của A thỏa mãn:
(k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + … + d(An)

(2.3)

Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại điểm trong chung của k + 2 khoảng A i (i = 1, 2,
…, n).
Vì Ai  A nên d ( Ai )  d ( A) (i = 1, 2, … , n), từ đó suy ra:

d(A1)  d ( A2 )  ...  d ( An )  nd ( A).
Theo (2.3) ta có (k  1).d(A)Suy ra k+1 < n. Vì vậy n  n  2 .
Ta chứng minh tồn tại điểm chung cho ít nhất k + 2 tập A1, A2, …, An thỏa
(2.3) bằng quy nạp theo n.
Ta bắt đầu từ n = k + 2, tức là :
(k + 1).d(A) < d(A1) + d(A2) + … + d(Ak+2)

(2.4)

Đặt A'i = Ai \ Ak + 2

(i = 1, 2, … , k + 1)

(2.5)

(i = 1, 2, … , k + 1)

(2.6)

A ''i = Ai  Ak + 2

Và A' = A \ Ak + 2

(2.7)

A = Ak + 2

(2.8)

Suy ra A'i  Avà A''i  A , (i = 1, 2, … , k + 1).
Vì có tất cả k+1 tập A 'i từ bao hàm thức trên ta được:

(k  1).d ( A)  d ( A'1)  d ( A'2 )  ...  d ( A'k 1)

(2.9)

Nếu lấy (2.4) trừ đi (2.9) ta có :

(k  1).d ( A)  d ( Ak 2 )  d ( A''1)  ...  d ( A''k 1)

(2.10)

Từ (2.10) suy ra :

k.d ( Ak 2 )  d ( A1  Ak 2 )  d ( A2  Ak 2 )  ...  d ( Ak 1  A k 2 )

(2.11)

Từ (2.11) và giả thiết qui nạp (mệnh đề đúng với k) suy ra

A1  Ak 2 , A2  Ak 2 ,..., Ak 1  Ak 2 có điểm trong chung, điều này có nghĩa là
tập hợp A1, A2 ,..., Ak 2 có điểm trong chung. Như vậy với n = k + 2 từ (2.5)
suy ra ít nhất k+2 tập hợp thỏa (2.3) có điểm trong chung.