TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN-TIN CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ SƠ CẤP NGUYÊN LÍ CỰC TRỊ RỜI RẠC Giáo viên hướng dẫn: ThS. Đào Ngọc Minh Nhóm sinh viên: Phạm Anh Toàn Hà Thị Tuyết Nguyễn Văn Hùng Hà Văn Tình Lớp: K57D HÀ NỘI, 8/2010 Mục lục 1 Cơ sở lý thuyết 2 2 Chứng minh sự tồn tại của cấu hình 2 2.1 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 2.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 3 Tìm cực trị rời rạc 9 3.1 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 3.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 4 Thiết lập thứ tự trên các yếu tố bình đẳng 13 4.1 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 4.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1 1 Cơ sở lý thuyết 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. (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). 2 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). 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 D 1 , D 2 , ··· , D t . Khi đó phải có ít 3 nhất một đội D nằm ngoài danh sách trên. D không thể thắng D 1 , vì nếu thắng thì sẽ có danh sách khác dài hơn D, D 1 , D 2 , ··· , D t . Do đó D phải thua D 1 , nhưng D cũng không thể thắng D 2 vì nếu thế ta sẽ lại có cách xếp dài hơn:D 1 , D, D 2 , ··· , D t .Tiếp tục lập luận như vậy ta có D thua D t , nhưng khi đó ta lại có danh sách dài hơn:D 1 , D 2 , ··· , D t , 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 ∈ 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. 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: 4 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 ∈ ∆). 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,∆)<d(A,∆)(mâu thuẫn!). Vậy n đường thẳng đã cho đồng quy. 5 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. 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 2 n −1 không chia hết cho n. Chứng minh. Giả sử tồn tại số nguyên n > 1 và là ước của 2 n − 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 2 p−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 . . .k. Thật vậy, nếu n = kq + r, với 0 < r < k thì 2 n − 1 = (2 k ) q .2 r − 1 = (mp + 1) q .2 r − 1 = (m  p + 1).2 r − 1; với m,m’ ∈ Z Mà 2 n − 1 . . .p =⇒ 2 r − 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 2 n − 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 6 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 ∈ 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 ABC. Qua mỗi đỉnh của ABC ta kẻ các đường song song với các cạnh cảu tam giác, khi đó tam giác tạo bởi các giao điểm là A  B  C  sẽ là tam giác cần tìm. Hình 6: Thật vậy, vì ABC có diện tích không lớn hơn 1,mà A  B  C  có diện tích bằng 4 lần diện tích ABC nên diện tích của A  B  C  không vượt quá 4. Bây giờ ta sẽ chứng minh không có điểm nào trong n điểm không thuộc miền trong của A  B  C  . Phản chứng, giả sử điểm D nằm miền ngoài của A  B  C  . Khi đó tồn tại một đỉnh của A  B  C  nằm khác phía với D. Không mất tính tổng quát có thế giả thiết D, B  nằm khác phía đối với A  C  . Khi đó ta có d(D, AC) > d(B, AC) ⇒ S(DAC) > S(ABC)(mâu thuẫn!) 7 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 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 n 2 2 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. 8 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 x 1 , x 2 , . . . , x d là các biến nguyên dương sao cho x 1 + x 2 + ··· + x d = m. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức: S = x 2 1 + x 2 2 + ··· + x 2 d 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 (a 1 , a 2 , . . . , a d ) làm cho S nhận giá trị N. Ta sẽ chứng minh rằng các số a 1 , a 2 , . . . , a d chỉ hơn kém nhau tối đa là 1. Thật vậy, giả sử a 2 − a 1 = a > 1.Khi đó lấy b = a 1 − 1; c = a 2 + 1,thì a 1 + a 2 = b + c và b 2 + c 2 < a 2 1 + a 2 2 . Như vậy ta tìm được các số nguyên b, c, a 3 , . . . , a d thỏa mãn b + c + a 3 + ··· + a d = m và làm cho giá trị của S nhỏ hơn N(mâu thuẫn!).Vậy các số a 1 , a 2 , . . . , a d chỉ hơn kém nhau tối đa là 1. Bây giờ giả sử a 1 ≤ a 2 ≤ ··· ≤ a d và m=dn+k(0 ≤ k < d). Do đặc điểm của dãy a 1 ≤ a 2 ≤ ··· ≤ a d ta có a 1 = a 2 = ··· = a d−k = n;a d−k+1 = a d−k+2 = ··· = a d = n + 1. Vậy giá trị nhỏ nhất N=(d − k)n 2 + k(n + 1) 2 . Giả sử (b 1 , b 2 , . . . , b d ) làm cho S nhận giá trị lớn nhất L. Ta sẽ chứng minh b 1 = b 2 = ··· = b d−1 = 1; b d = m + 1 −d. Thât vậy, giả sử tồn tại i < d sao cho b i > 1. Đặt c i = b i − 1; c d = b d + 1, ta có b 1 + ··· + b i−1 + c i + b i+1 + ··· + c d = m và c 2 1 + c 2 d = (b i − 1) 2 + (b d + 1) 2 > b 2 i + b 2 d . Như vậy ta tìm được các số nguyên b 1 , . . . , b i−1 , c i , b i+1 , . . . , b d−1 , c d thỏa mãn b 1 + ···+ b i−1 + c i + b i+1 + ···+ c d = 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 x 1 , x 2 , . . . , x d là các biến nguyên dương sao cho x 1 + x 2 + ··· + x d = m. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức: S = x k 1 + x k 2 + ··· + x k d . Ví dụ 11. Cho m > d là một số nguyên dương. Giả sử x 1 , x 2 , . . . , x d là các biến nguyên dương sao cho x 1 x 2 . . . x d = m. Tìm giá trị lớn nhất của S = x 3 1 + x 3 2 + ··· + x 3 d . 9 [...]... Vậy S đạt giá trị lớn nhất bằng giá trị nhỏ nhất bằng abd khi x1 = x2 = · · · = xd−1 = 0; xd = ad ab1 x2 = · · · = xd−1 = xd = 0; x1 = a1 a ad và S đạt a a1 Ví dụ 14 Giả sử x1 , x2 , , xd là các biến nguyên dương có tích là d! Tìm giá trị nhỏ nhất của x5 + x5 + · · · + x5 1 2 d 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... 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 = a1 a2 a3 a4 a5 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...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... các 1 2 2 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 nhất của S = kxk k=1 Chứng minh Gọi A là tập tất cả các giá trị của S Ta... nhỏ nhất và giá trị lớn d nhất 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 = d Đặt... a3 = a4 = a5 = 20.Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là:N = 19.52 203 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= xi xj 1≤i 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!) d(d + 1) Vậy a1 = a2 = · · · = ad−1 = 1; ad = m − d + 1 và L= + d(m + 1 − d) 2 • Giả sử (b1 , b2 , , bd ) làm cho S nhận giá trị N Ta sẽ chứng minh b1 = m + 1 − d; b2 = b3 = · · · = bd... giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của là các biến không âm sao cho k=1 ak d biểu thức: A = bk x k k=1 Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử a1 b1 ≤ a2 b2 ≤ · · · ≤ ad bd Khi đó ta có d a1 b1 = a1 b1 k=1 xk ≤ ak d k=1 ak b k x k ≤ ak d k=1 d ad b d x k xk = ad b d = ad b d ak ak k=1 Do đó a1 b1 ≤ A ≤ ad bd Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng a1 b1 khi x1 = a1 ; x2 = · · · = xd = 0 và A đạt giá trị. .. 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!) (d − 1)(d + 2) Vây b1 = m + 1 − d; b2 = b3 = · · · = bd = 1 và N = (m + 1 − d) + 2 10 Ví dụ 13 Cho a1 , a2 , , ad , a, b1 , b2 , , bd là các hằng số thưc dương, còn x1 , x2 , , xd d ak xk = a Hãy tìm giá trị nhỏ nhất . 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 (a 1 , a 2 , . . . , a d ) làm cho S nhận giá trị U. Ta sẽ chứng. x 2 2 + ··· + x 2 d 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. 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 x 1 , x 2 , . . . , x d là các biến nguyên dương sao cho x 1 + x 2 + ··· + x d = m. Tìm giá trị