Một số ứng dụng nguyên lý Dirichlet

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

MỘT SỐ ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET
Nguyễn Đình Thanh
Trường THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa

Tóm tắt nội dung
Ngun lý Dirichlet cịn gọi là "ngun tắc nhốt thỏ vào lồng", được phát biểu ở dạng
đơn giản: "Nếu đem nhốt 3 con thỏ vào 2 chiếc lồng thì phải có một lồng nhốt khơng
ít hơn 2 thỏ". Nội dung của nguyên lý này hết sức đơn giản và dễ hiểu, nhưng lại có
tác dụng rất lớn trong giải tốn. Nhiều khi có những bài tốn, người ta đã dùng rất
nhiều phương pháp toán học để giải mà vẫn chưa đi đến kết quả, nhưng nhờ nguyên lý
Dirichlet mà bài toán trở nên dễ dàng giải quyết.

1

Nguyên lý Dirichlet

Nguyên lý Dirichlet tổng quát được phát biểu như sau:
Nếu đem nhốt m × n + r (m, n, r là các số nguyên dương) con thỏ vào n chiếc lồng thì
ít nhất cũng có một lồng nhốt khơng ít hơn m + 1 con thỏ.
Chứng minh (dùng phương pháp phản chứng): Giả sử ngược lại, mỗi lồng chứa
không q m con thỏ thì tổng số thỏ sẽ khơng quá m × n con. Mâu thuẫn với giả thiết là
số thỏ bằng m × n + r. Ưu điểm của ngun lí Dirichlet là nó cho phép khẳng định được
sự tồn tại của một đối tượng có tính chất nào đó mà khơng cần chỉ ra mơ hình cụ thể của
nó.

2
2.1

Ứng dụng ngun lý Dirichlet vào giải tốn

Ứng dụng ngun lý Dirichlet vào giải tốn về suy luận logic

Ví dụ 2.1. Trong một thùng có đựng 105 quả táo, gồm 4 loại. Chứng minh rằng trong số
táo ấy, bao giờ ta cũng có thể tìm được ít ra 27 quả táo cùng một loại táo nào đó.
Lời giải. Trong bài này ta coi nhưquả táo đóng vai trị làthỏ, loại táo đóng vai trị làlồng,
Vì: 105 = 26 × 4 + 1, theo nguyên lý Dirichlettìm được một loại táo có ít nhất có 26 + 1 =
27 quả.
Ví dụ 2.2. Trong 1 lớp học có 30 học sinh. Chứng tỏ rằng trong số học sinh ta sẽ tìm thấy
2 học sinh có tên bắt đầu bằng một chữ cái giống nhau.
Lời giải. Bảng chữ cái Tiếng Việt gồm 29 chữ cái, trong lúc đó số học sinh lớn hơn, những
30 em. Ở đây, các chữ cái đóng vai trị các lồng, cịn các bạn học sinh đóng vai trị các chú
thỏ mà ta phải nhốt vào lồng,vì số thỏ lớn hơn số lồng nên ta sẽ tìm được ít nhất một

1


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
lồng nhốt nhiều hơn 1 chú thỏ, tức là tìm được ít nhất 2 học sinh có tên bắt đầu cùng một
chữ cái.
Ví dụ 2.3. Một lớp học có 30 học sinh. Khi viết chính tả, em A phạm 14 lỗi, các em khác
phạm ít lỗi hơn. Chứng minh rằng có ít nhất là 3 học sinh không mắc lỗi hoặc mắc số lỗi
bằng nhau.
Lời giải. Ta phân lớp học thành 15 nhóm (ta coi như thỏ là học sinh, lồng là nhóm):
Nhóm 1: Gồm các em mắc 1 lỗi.
Nhóm 2: Gồm các em mắc 2 lỗi.
...
Nhóm 14: Gồm các em mắc 14 lỗi.
Nhóm 15: Gồm các em không mắc lỗi.
Theo giả thiết ta cóNhóm 14 chỉ có em A. Cịn lại 14 nhóm chứa 29 em. Vì 29 =
2 × 14 + 1, theo ngun lý Dirichlet tồn tại một nhóm chứa ít nhất 2 + 1 = 3 em. Từ đó

có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.4. Có 15 đội bóng tham dự một giải đấu theo thể thức đấu vòng tròn một lượt.
Chứng minh rằng tại bất kì thời điểm nào của giải ta ln tìm được 2 đội có cùng số trận
đã đấu bằng nhau tại thời điểm đó (có thể là 0 trận).
Lời giải. Số trận đã đấucủa mỗi đội có thể nhận 15 giá trị khác nhau: 0; 1; 2; . . . , 14.Trong
trường hợp này không thể áp dụng ngay nguyên lý Dirichlet được vì số đội cũng là 15.
Hai trường hợp 0 trận và 14 trận khơng thể xảy ra đồng thời vì nếu có một đội nào
chưa đấu trận nào thì đồng thời khơng thể có một đội nào đó đã đấu hết 14 trận, ngược
lại nếu có một đội đã đá 14 trận thì khơng thể có 1 đội chưa đá một trận nào. Vì vậy số
trận đã đấu của mỗi đội trong thực tế có thể nhận 14 giá trị từ 0 đến 13 hoặc từ 1 đến
14.Khi đó theo nguyên lý Dirichlet ta ln có thể tìm được hai đội có cùng số trận đã
đấu.

2.2

Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào giải tốn Số học

Ví dụ 2.5. Chứng minh rằng từ 52 số ngun bất kỳ ln có thể chọn ra hai số mà tổng
hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100
Lời giải. Tất cả các số dư trong phép chia cho 100 được chia thành 51 nhóm như sau:
{0} , {1; 99} , {2; 98} , . . . , {49; 51} , {50}. Có 52 số nên theo nguyên lý Dirichlet có hai số
mà các số dư khi chia cho 100 thuộc cùng một nhóm trên. Hai số này có hiệu chia hết
cho 100 (nếu số dư của chúng bằng nhau) hoặc có tổng chia hết cho 100 (nếu số dư của
chúng khác nhau).
Ví dụ 2.6. Chứng minh rằngtồn tại số tự nhiên có tất cả các chữ số bằng 1, chia hết cho
2019
Lời giải. Xét dãy số hữu hạn:1; 11; 111; . . . ; 111 . . . 1
2020 s`e 1

Dãy này có 2020 số hạng khác nhau,lấy 2020 số này chia cho 2019 ta được các phần dư

thuộc tập hợp có 2019 phần tử sau: {0; 1; 2; . . . ; 2018}. Theo nguyên lý Dirichlet ta ln
có thể tìm được hai số hạng khác nhau của dãy có cùng phần dư và hiệu của chúng chia
hết cho 2019.

2


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ta kí hiệu các số này là:111 . . . 1 và 111 . . . 1. Lấy số lớn trừ cho số nhỏ,ta được hiệu là:
k s`e 1

k +l s`e 1

111 . . . 1 000 . . . 0 chia hết cho 2019.
l s`e 1

k s`e 0

Rõ ràng 1 000 . . . 0 và 2019 là nguyên tố cùng nhau nên số 111 . . . 1chia hết cho 2019.
l s`e 1

k s`e 0

Ví dụ 2.7. Cho 2020 cái kẹo vào 1010 cái hộp sao cho khơng có hộp nào có nhiều hơn
1010 cái kẹo và mỗi hộp có ít nhất một cái kẹo. Chứng minh rằng có thể tìm thấy một số
hộp mà tổng số kẹo trong các hộp đó đúng bằng 1010.
Lời giải. +) Nếu tất cả các hộp có số kẹo bằng nhau và bằng 2 thì lấy 505 cái hộp bất kì
đều có tổng số kẹo bằng 1010.
- Nếu tồn tại hai hộp có số kẹo khác nhau, sắp xếp các hộp thành một hàng ngang
sao cho hai hộp đầu tiên khơng có cùng số kẹo. Kí hiệu ai là số kẹo trong hộp thứ i, i =

1, 2, . . . , 1010.Xét các số sau:
S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , . . . , S1010 = a1 + a2 + · · · + a1010
- Nếu hai số trong chúng có cùng số dư khi chia cho 1010, giả sử đó là Si , S j ( j > i ).
.
Khi đó S j − Si = ai+1 + · · · + a j .. 1010.
.
Rõ ràng 1 ≤ S j − Si < 2020, mà S j − Si .. 1010 ⇒ S j − Si = 1010. Hay ai+1 + · · · + a j =
1010
Giả sử trong dãy S1 , S2 , . . . , S1010 khơng có 2 số nào có cùng số dư khi chia cho 1010.
Xét 1011 số sau S1 , S2 , . . . , S1010 , a2 . Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dư
khi chia cho 1010.
Lại có S1 = a1 = a2 , 1 ≤ a1 , a2 ≤ 1010, nên a1 , a2 không cùng số dư khi chia cho 1010.
Suy ra tồn tại k = 2, 3, . . . , 1010 thỏa mãn Sk , a2 có cùng số dư khi chia cho 1010.
.
Khi đó S − a = a + a + · · · + a ..1010.
k

2

1

3

k

Lại có 1 ≤ a1 + a3 + · · · + ak < 2020, suy ra a1 + a3 + · · · + ak = 1010.

2.3

Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào giải tốn Hình học

Ví dụ 2.8. Trong hình vng cạnh bằng 1, đặt 51 điểm bất kì, phân biệt. Chứng minh
1
rằng có ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một hình trịn bán kính .
7
1
Lời giải. Chia hình vng đã cho thành 25 hình vng con bằng nhau có cạnh bằng .
5
Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình vng con (A) chứa ít nhất ba điểm
1
1
trong số 51 điểm đó. Đường trịn ngoại tiếp hình vng (A) có bán kính √ ≤ .
7
5 2
1
Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình trịn đồng tâm với hình vng a, có bán kính .
7
Ví dụ 2.9. Trong hình chữ nhật 3 × 4 đặt 6 điểm. Chứng minh
√ rằng trong số đó ln
tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng khơng lớn hơn 5.
Lời giải.
Chia hình chữ
DCKEF, KFN M, NFEQR, QEDAS.

nhật

đã

3

cho

thành

năm

hình

ABCD,


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Vì có 6 điểm nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một trong năm hình trên, mà hình
này chứa ít nhất hai trong 6 điểm đã cho.
Giả sử ( P) là một hình trong năm hình trên. Đặt d ( P√
) là khoảng cách lớn nhất giữa
hai
√ điểm trong ( P). Dễ thấy cả năm hình trên√đều có d = 5. (Ví dụ: d ( ABCD ) = AC =
5, d ( DCKFE) = CE = KE = CF = DK = 5).
Từ
√ đó suy ra ln tìm được 2 điểm trong số 6 điểm đã cho có khoảng cách khơng lớn
hơn 5. Đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.1. Trong ví dụ này, ta có thể thay hình chữ nhật bằng hình bình hành.
Ví dụ 2.10 (VMO 2018). Một nhà đầu tư có một mảnh đất hình chữ nhật có kích thước
là 120 m × 100 m. Nhà đầu tư muốn xây một ngơi nhà có nền hình chữ nhật kích thước
25 m × 35 m và xây bên ngồi 9 bồn hoa hình trịn có đường kính 5 m. Chứng minh
rằng dù xây trước 9 bồn hoa ở đâu trên mảnh đất đó thì phần đất cịn lại vẫn đủ chỗ để
xây ngơi nhà.
Lời giải. Xét hình chữ nhật ABCD có AB = CD = 120, AD = BC = 100. Chia hình chữ

nhật thành 10 hình chữ nhật nhỏ kích thước 30 m × 40 m như hình vẽ.

Xét 9 điểm là tâm của các giếng nước. Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại một hình chữ
nhật con khơng chứa điểm nào trong 9 điểm nói trên. Giả sử hình chữ nhật đó là XYZT
có XY = ZT = 40, XT = YZ = 30.

4


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Ta xét hình chữ nhật X Y Z T nằm bên trong hình chữ nhật XYZT và có các cạnh
song song với các cạnh của hình chữ nhật XYZT và cách các cạnh của hình chữ nhật
XYZT một khoảng cách bằng 2.5 thì X Y Z T có kích thước 25 m × 35 m. Đây chính là
mảnh đất hình chữ nhật để xây nhà.
Ví dụ 2.11. Cho một chữ nhật và 2021 đường thẳng, mỗi đường thẳng đều chia hình
chữ nhật thành hai tứ giác có tỉ số diện tích 1 : 2. Chứng minh rằng trong số các đường
thẳng đã cho, có ít nhất 506 đường thẳng cùng đi qua một điểm.
Lời giải. Gọi d là đường thẳng chia hình chữ nhật ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện
tích là 1 : 2. Đường thẳng d không thể cắt hai cạnh kề nhau của hình chữ nhật.
Giả sử d cắt hai cạnh AB và CD tại M và N, khi đó nó cắt đường trung bình QR tại
1
1
I. Giả sử SBMNC = S AMND thì RI = IQ. Như vậy mỗi đường thẳng đã cho chia các
2
2
đường trung bình của hình chữ nhật theo tỉ số 1 : 2. Có 4 điểm chia các đường trung
bình của hình chữ nhật ABCD theo tỉ số 1 : 2. Có 2021 = 505 × 4 + 1 đường thẳng, mỗi
đường thẳng đi qua một trong 4 điểm. Vậy theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 506 đường
thẳng cùng đi qua 1 điểm.

2.4

Ứng dụng ngun lý Dirichlet vào giải các bài tốn tơ màu

Ví dụ 2.12. Chứng minh rằng trong 6 người bất kì ln có thể tìm ra ba người đơi một
quen nhau hoặc đôi một không quen nhau.
Lời giải. Để giải quyết bài tốn này, ta có thể phát biểu lại bài tốn như sau: Cho 6 điểm
trong đó hai điểm nào cũng được nối với nhau bằng một đoạn thẳng và tô bởi chỉ một
trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh bao giờ cũng tìm ra được một tam giác có ba
cạnh cùng màu.

5


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Thật vậy, gọi 6 điểm là A,B,C,D,E,F.Từ điểm A ta kẻ được 5 đoạn thẳng là
AB,AC,AD,AE,AF. Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ba đoạn thẳng được tơ bởi cùng một
màu. Khơng mất tính tổng quát giả sử đó là các đoạn thẳng AB,AC,AD và cùng tơ màu
xanh.
Nếu tồn tại ít nhất một đoạn thẳng trong ba đoạn thẳng BC,CD,DB được tơ xanh thì
bàitốn được chứng minh (giả sử BC được tơ xanh thì tam giác ABC thoả mãn). Nếu cả
ba đoạn thẳng BC,CD,DB đều được tơ đỏ thì tam giác BCD thoả mãn.Vậy bài tốn đã
được chứng minh.
Ví dụ 2.13. Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu. Chứng minh tồn
tại một hình chữ nhật có 4 đỉnh được tơ bởi cùng một màu.
Lời giải. Xét các giao điểm của ba đường thẳng ngang và 9 đường thẳng đứng như hình
vẽ.

Số cách tơ màu ba giao điểm trên cùng một đường thẳng đứng là 2 × 2 × 2 = 8 cách.
Do có 9 đường thẳng đứng nên tồn tại hai đường thẳng có cách tơ màu ba giao điểm
giống hệt nhau.
Giả sử hai đường thẳng đó là hai đường thẳng chứa các giao điểm là A1 , A2 , A3 và
B1 , B2 , B3 như hình vẽ.
Ba điểm A1 , A2 , A3 được tô bởi hai màu nên tồn tại hai điểm cùng màu. Giả sử là A1
và A3 . Như vậy hình chữ nhật A1 A3 B3 B1 có 4 đỉnh được tơ bởi cùng một màu. Vậy ta có
điểu phải chứng minh.
Ta có thể phái triển bài toán này như sau: Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một
trong n màu (n là số nguyên dương). Chứng minh tồn tại một hình chữ nhật có 4 đỉnh
được tơ bởi cùng một màu. Chứng minh mệnh đề tổng quát tương tự như với trường hợp
n = 2. Ta sẽ xét giao điểm của của ba đường thẳng ngang và n3 + 1 đường thẳng đứng.

6


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ví dụ 2.14. Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu. Chứng minh rằng
tồn tại hai điểm cùng màu có khoảng cách bằng 1.
Lời giải. Xét hình thoi ABCD với các tam giác ABD,BCD là các tam giác đều cạnh bằng
1. Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai điểm cùng màu.
Nếu hai điểm ấy cùng là đỉnh của một trong hai tam giác đều ABD hoặc BCD thì đó
là hai điểm cần tìm. Nếu ngược lại thì A và C phải cùng màu.

Xét tập hợp các hình thoi như trên với A cố định. Nếu khơng có hình thoi nào thoả
mãn tồn tại ít nhất một cạnh của một trong hai tam giác đều ABD hoặc BCD có hai đầu
√
cùng màu thì C phải cùng màu với A. Khi đó tất cả các điểm nằm trên đường tròn (A, 3
)được tơ bởi cùng một màu. Do đó hai điểm bất kì trên đường trịn này có khoảng cách
bằng 1 sẽ thoả mãn u cầu bài tốn.

Ví dụ 2.15. Cho hình đa giác đều có 9 cạnh. Mỗi đỉnh của nó được tô màu bằng một
trong hai màu trắng hoặc đen. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt có diện
tích bằng nhau mà các đỉnh của mỗi tam giác được tơ cùng màu.
Lời giải. Gọi chín đỉnh của đa giác là A1 , A2 , . . . , A9 đều được tô bằng một trong hai
màu trắng hoặc đen. Nên theo ngun lý Dirichlet có ít nhất năm đỉnh trong số đó được
tơ bằng cùng một màu.
Giả sử có năm đỉnh được tơ màu đen, năm đỉnh này tạo ra: C53 = 10 (tam giác).

Ta gọi là tam giác màu đennếu tam giác có ba
là tập hợp các đỉnh của đa giác đã cho, tức là P
là tâm của đa giác đều đã cho.Xét phép quay tâm
0◦ , 40◦ , 80◦ , 120◦ , 160◦ , 200◦ , 240◦ , 280◦ , 320◦ . Rõ ràng ứng
sẽ biến thành chính nó.

7

đỉnh cùng màu đen. Gọi P
= { A1 , A2 , . . . , A9 }. Gọi O
O với góc quay lần lượt là
với mỗi phép quay này tập P


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Sau chín phép quay trên thì có 10 tam giác đen biến thành 90 tam giác đen mà mỗi
tam giác này đều có các đỉnh thuộc tập hợp P.
Số tam giác khác nhau có đỉnh trong P là: C93 = 84 (tam giác).
Vì 84 < 90 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai tam giác đen ∆ và ∆ sao cho nó
cùng là ảnh của một tam giác qua 2 trong 9 phép quay trên.Vì phép quay là một phép dời
hình nên bảo tồn khoảng cách vì thế nó bảo tồn tồn diện tích nên S∆ = S∆ (đpcm).

2.5 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào giải các bài tốn về tập
hợp
Ví dụ 2.16. Cho hai tập hợp A và B thỏa mãn các 2 điều kiện sau:Mỗi tập hợp đều gồm
các số nguyên dương khác nhau và nhỏ hơn 2019; Tổng số phần tử của A và B lớn hơn
2019. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một phần tử của A và một phần tử của B có tổng
bằng 2019.
Lời giải. Giả sử A = { a1 , a2 , . . . , am } và B = {b1 , b2 , . . . , bn }. Ta có m + n > 2019 (gt)
Xét ci = 2019 − bi (i = 1, 2, 3, . . . , n)
Do các phần tử của B đôi một khác nhau nên các số ci cũng đôi một khác nhau.
Mặt khác, do mọi số bi đều là số nguyên dương khác nhau và nhỏ hơn 2019 nên mọi
số ci cũng là số tự nhiên nhỏ hơn 2019.
Do đó ta có m + n số tự nhiên nhỏ hơn 2019 sau đây: a1 , a2 , . . . , am , c1 , c2 , . . . , cn .
Vì chỉ có 2019 số tự nhiên nhỏ hơn 2019 trong khi m + n > 2019 nêntheo nguyên lý
Dirichlet trong dãy a1 , a2 , . . . , am , c1 , c2 , . . . , cn phải có 2 số bằng nhau.
Vì các số ai khác nhau, các số ci khác nhau nên ta suy ra một và chỉ một trong 2 số đó
phải thuộc A. Giả sử 2 số bằng nhau trên là ai = ck nên ai = 2019 − bk hay ai + bk = 2019.
Ví dụ 2.17. Cho số nguyên dương n ≥ 3. Chứng minh rằng tập hợp
X = 1; 2; 3; . . . ; n2 − n có thể chia thành hai tập con không giao nhau sao
cho không tập nào trong chúng chứa n phần tử a1 , a2 , . . . , an với a1 < a2 < · · · < an và
a
+ a k +1
a k ≤ k −1
với mọi k = 2; 3; . . . , n − 1.
2
Lời giải. Đặt Sk = k2 − k + 1; k2 − k + 2; . . . ; k2 ; Tk = k2 + 1; k2 + 2; . . . ; k2 + k ;
S=

n −1
k =1

Sk ; T =

n −1
k =1

Tk . Ta chứng minh S, T là các tập con cần tìm của X.

Dễ dàng thấy S T = ∅ và S T = X
Ta chứng minh phản chứng. Giả sử S gồm các phần tử a1 , a2 , . . . , an với a1 < a2 <
a
+ a k +1
với mọi k = 2; 3; . . . , n − 1.
· · · < an và ak ≤ k−1
2
Khi đó ta có ak − ak−1 ≤ ak+1 − ak , với mọi k = 2; 3; . . . , n − 1 (1)
Nếu a1 ∈ Si ., ta có i < n − 1 do |Sn−1 | < n. Suy ra tồn tại ít nhất n − |Si | = n − i phần
tử thuộc { a1 ; a2 ; . . . ; an } (Si+1 Si+2 · · · Sn−1 ).
Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một tập S j , (i < j < n) chứa ít nhất 2
phần tử trong số các phần tử a1 , a2 , . . . , an .Tức là tồn tại ak sao cho ak , ak+1 ∈ S j và
a k − 1 ∈ S1 S2 · · · S j − 1 .
Khi đó ta có ak+1 − ak ≤ S j − 1 = j − 1; ak − ak−1 ≥ Tj−1 + 1 = j
Suy ra ak+1 − ak < ak − ak−1 . Điều này, mâu thuẫn với (1)

8


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Vậy S không chứa các phần tử a1 , a2 , . . . , an với a1 < a2 < · · · < an và ak ≤
a k −1 + a k +1
với mọi k = 2; 3; . . . , n − 1.

2
Chứng minh tương tự ta cũng có tập T không chứa các phần tử a1 , a2 , . . . , an với
a
+ a k +1
với mọi k = 2; 3; . . . , n − 1.Vậy S, T là các tập
a1 < a2 < · · · < an và ak ≤ k−1
2
con cần tìm của X.
Ví dụ 2.18. Một quốc gia có n thành phố (n ≥ 5) . Một hãng hàng không của quốc gia
đó có các chuyến bay hai chiều bay trực tiếp giữa một số cặp thành phố với nhau và có
nhiều nhất là 3n − 7 chuyến bay như vậy. Một nhóm gồm 5 thành phố được gọi là một
Tua 5 thành phố nếu giữa hai thành phố bất kỳ trong nhóm đều có các chuyến bay hai
chiều. Chứng minh rằng hãng hàng khơng có thể thiết lập các chuyến bay hai chiều mới
giữa hai thành phố chưa có chuyến bay trực tiếp mà không làm xuất hiện thêm một Tua
5 thành phố nào khác.
Lời giải. Ta sẽ ký hiệu tập các thành phố là T = { T1 , T2 , . . . , Tn } và F là tập gồm tất cả
các cặp thành phố (không kể thứ tự) mà có chuyến bay hai chiều giữa chúng.
Giả sử kết luận của bài toán là sai, tức là với mỗi cặp { A1 , A2 } ∈
/ F tồn tại các thành
phố B1 , B2 , B3 sao cho trong tập 5 phần tử S = { A1 , A2 , B1 , B2 , B3 } có tất cả các cặp hai
phần tử trừ cặp { A1 , A2 } đều thuộc về F.
Giả sử một người cần chọn một lộ trình đi thăm mỗi thành phố đúng một lần. Tức
là cần chọn 1 hoán vị σ của tập {1, 2, . . . , n} và đi thăm các thành phố theo thứ tự là:
Tσ(1) , Tσ(2) , . . . , Tσ(n) . Với một cặp { A1 , A2 } ∈
/ F gọi S là tập như trên. Ta nói rằng một lộ
trình (tức một hốn vị) là tương thích với cặp { A1 , A2 } nếu người đó viếng thăm cả A1
và A2 trước khi viếng thăm các thành phố từ tập T \S. Nói cách khác, A1 và A2 chỉ có thể
đứng trước bởi bộ A1 , A2 , B1 , B2 , B3 trong thứ tự các thành phố xác định bởi hốn vị σ.
Ta đếm số các lộ trình (hốn vị) tương thích với một cặp cố định { A1 , A2 } ∈
/ F. Đầu

tiên chọn 3 vị trí cho B1 , B2 , B3 - có n (n − 1) (n − 2) cách; chọn 2 vị trí trong số n − 3 vị
trí cịn lại cho A1 và A2 - có 2! cách; n − 5 vị trí cuối cùng dành cho các phần tử của tập
T \S.
Suy ra số các lộ trình như thế bằng n (n − 1) (n − 2) .2!. (n − 5)!.
Từ điều kiện bài tốn ta có | F | < 3n − 6, suy ra số các cặp thành phố không được kết
( n − 3) ( n − 4)
nối bởi các chuyến bay trực tiếp là FC > Cn2 − (3n − 6) =
.
2
Vì thế, tổng số các lộ trình tương thích với mỗi cặp khơng thuộc F bằng:
( n − 3) ( n − 4)
n (n − 1) (n − 2) .2!. (n − 5)!. FC > n (n − 1) (n − 2) .2!. (n − 5)!.
=
2
n!, lớn hơn số các lộ trình (hốn vị).
Theo ngun lý Dirichlet, tồn tại một hoán vị σ sao cho nó tương thích với ít nhất hai
cặp khác nhau thuộc tập FC . Chẳng hạn đó là các cặp { A1 , A2 } và { A 1 , A 2 } , và gọi S, S
là hai tập tương ứng như ở trên (phần tử của hai tập này có thể trùng nhau).
Theo định nghĩa ban đầu, A1 , A2 đến trước tất cả các thành phố từ tập T \S, A 1 , A 2
đến trước tất cả các thành phố từ tập T \S .
Ta sẽ chứng minh: { A1 , A2 } ⊂ S hoặc { A 1 , A 2 } ⊂ S.
Thật vậy, giả sử trái lại ta có thể tìm được các chỉ số i, j ∈ {1, 2} sao cho Ai ∈ T \S và
A j ∈ T \S, từ đó suy ra A j đến trước Ai và Ai đến trước A j , suy ra mâu thuẫn.
Không mất tổng quát có thể giả sử xảy ra trường hợp thứ nhất là
{ A1 , A2 } ⊂ S = { A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , B 3 } .

9


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Khi đó, tập S chứa hai cặp khác nhau khơng thuộc về F đó là { A1 , A2 } và { A 1 , A 2 } ,
điều này mâu thuẫn với cách xây dựng ở trên. Từ đó ta được điều phải chứng minh.

Tài liệu
[1] Phan Huy Khải, Các bài tốn hình học tổ hợp, NXB Giáo dục, 2007.
[2] Phạm Minh Phương, Các chuyên đề số học, NXB Giáo dục, 2006.
[3] Tập san Toán học tuổi trẻ các năm.
[4] Đề thi VMO các năm.
[5] Đề thi Khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ các năm.

10