NGUN LÍ CỰC TRỊ RỜI RẠC Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho 2n điểm phân biệt đường tròn, có n điểm trắng n điểm đen(n ≥ 2) Chứng minh tồn tại: - Một cách nối tất điểm trắng với điểm đen n đoạn thẳng cho đoạn thẳng khơng có điểm chung - Một cách nối tất điểm trắng với điểm đen n đoạn thẳng cho đoạn thẳng đôi cắt Chứng minh: Gọi S tập tất cách nối điểm trắng với điểm đen n đoạn thẳng Khi S hữu hạn khác rỗng Theo nguyên lí cực trị tồn tại: Một cách nối N có tổng độ dài đoạn thẳng nối nhỏ cách nối L có tổng độ dài đoạn nối lớn Ta chứng minh với cách nối N, đoạn thẳng khơng có điểm chung Thật vậy, giả sử trái lại có hai điểm trắng A; B hai điểm X; Y nối hai đoạn AX BY cắt I Khi đó, BI +IX > BX IY + AI > AY , suy BX + AY < BI +IY + AI + IX =AX + BY Vậy ta thay đoạn BY BX, AX AY với đoạn lại N ta cách nối N khác có tổng đoạn nối nhỏ tổng đoạn nối N (mâu thuẫn!) Vậy N thỏa mãn(i) Bây ta chứng minh tiếp với cách nối L, đoạn thẳng nối đơi cắt Thật vậy, giả sử có hai điểm trắng A; B hai điểm đen X; Y nối hai đoạn AX BY khơng cắt Khi ta thay tương ứng hai đoạn AX BY AY BX, AY cắt BX điểm J Vì AY + BX = (AJ + JY) + (BJ + JX) > AX + BY Từ ta tạo cách nối có tổng đoạn nối lớn tổng đoạn nối L ( mâu thuẫn!) Do L thỏa mãn (ii) Ví dụ 2: Có n đội bóng đấu với theo ngun lí đấu vòng, tức đội phải đấu với tất đội lai.Biết trận đấu khơng có hòa Chứng minh ln xếp thứ tự tên đội theo cột dọc cho đội đứng trước thắng đội đứng sau Chứng minh: Gọi S tập tất cách xếp số đội n đội theo cột dọc cho đội đứng trước thắng đội đứng sau Do S hữu hạn khác rỗng nên tồn cách xếp có tên nhiều đội Ta chứng minh cách xếp phải có đủ tên n đội Thật vậy, giả sử cách xếp có t < n đội, D1 ,D2 ,··· ,Dt Khi phải có đội D nằm danh sách D khơng thể thắng D1, thắng có danh sách khác dài D,D1,D2,··· ,Dt Do D phải thua D1, D thắng D2 ta lại có cách xếp dài hơn:D1,D,D2,··· ,Dt.Tiếp tục lập luận ta có D thua Dt, ta lại có danh sách dài hơn:D1,D2,··· ,Dt,D(mâu thuẫn giả thiết!) Vậy t = n Ví dụ 3: (Bài tốn Sylvester,1814-1897) Trên mặt phẳng cho n − điểm Biết đường thẳng qua điểm qua điểm thứ ba Chứng minh n điểm cho thẳng hàng Chứng minh: Giả sử n điểm cho không thẳng hàng Suy với điểm A n điểm,luôn tồn đường thẳng qua hai điểm trơng số điểm lại không qua A Xét tập tất khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng qua điểm số điểm lại khơng qua A Vì số khoảng cách hữu hạn nên tồn khoảng cách ngắn Gỉa sử khoảng cách ngắn khoảng cách từ A tới đường thẳng BC Hạ AH ⊥ BC Gọi S tập n điểm cho Nếu H ∈ S Ta có AH = d(A,BC) > d(H,AC)(mâu thuẫn!) Hình 3: Do H 6∈ S Từ gỉa thiết đường thẳng qua điểm S qua điểm thứ ba thuộc S nên ∃D ∈ S nằm BC Gỉa sử C,D nằm phía H Ta có d(A,BC) = AH > d(H,AD) > d(C,AD) (mâu thuẫn!) Vậy n điểm cho thẳng hàng Ví dụ 4: (Bài tốn đối ngẫu toán Sylvester) Trong mặt phẳng cho n đường thẳng(n ≥ 3), hai đường thẳng cắt qua giao điểm có khơng ba đường thẳng qua Chứng minh tất đường thẳng qua điểm Chứng minh: Giả sử n đường thẳng cho không đồng quy Xét tập tất giao điểm đến đường thẳng cho Gọi S tập khoảng cách khác không từ giao điểm đến đường thẳng cho Do S hữu hạn khác rỗng nên tồn khoảng cách ngắn Giả sử d(A,∆) bé nhất(A 6∈ ∆) Theo giả thiết có đường thẳng ∆1,∆2,∆3 qua A Hình 4: Gọi B,C,D giao điểm ∆1,∆2,∆3 với ∆ Lại theo giả thiết qua C có đường thẳng ∆4 qua ∆4 cắt hai đoạn thẳng AB CD Giả sử ∆4 cắt đoạn AB E⇒d(E,∆)\ AMB\ (mâu thuẫn) Vậy ln tồn hình tròn qua điểm mà khơng chứa điểm lại bên Ví dụ 6: Chứng minh với số nguyên n > 1, 2n −1 khơng chia hết cho n Chứng minh: Giả sử tồn số nguyên n > ước 2n − Khi n số lẻ ta gọi p ước nguyên tố nhỏ n p lẻ Theo định lí Ferma nhỏ ta có 2p−1 − chia hết cho p Gọi k số nguyên dương nhỏ cho k − chia hết cho p, suy k ≤ p − < p Ta chứng minh n Thật vậy, n = kq + r, với < r < k 2n − = (2k)q.2r − = (mp + 1)q.2r − = (m0p + 1).2r − 1; với m,m’ ∈Z Mà 2n − p = 2r − p(mâu thuẫn với việc chọn k) Do n k, k < p nên n có ước nguyên tố nhỏ p (mâu thuẫn!) Vậy với số nguyên n > 1, 2n − khơng chia hết cho n Ví dụ 7: Chứng minh có vơ số số ngun tố có dạng 6n + Chứng minh: Gọi A tập tất số nguyên tố có dạng 6n + Nếu A hữu hạn A khác rỗng (vì ∈ A) nên tồn số lớn p thuộc A Ta xét số r=6p!-1 phần tử A khơng ước r Mặt khác r có dạng 6n+5 nên r phải có ước nguyên tố dạng 6n+5 Gọi ước nguyên tố m m 6∈ A m>p(mâu thuẫn!) Vậy có vơ hạn số ngun tố dạng 6n+5 Ví dụ 8: Có 64 người hội thảo, biết người quen với người khác Chứng minh tồn 12 người để xếp họ quanh bàn tròn, cho người ngồi người quen Chứng minh: Nhận xét:Bài tốn khơng xác ta có phản ví dụ sau: Chia 64 người thành nhóm, nhóm người cho nhóm tất biết Giữa hai nhóm khơng quen Khi khơng có cách xếp 12 người người ngồi người quen Ví dụ 9: Có n điểm mặt phẳng cho diện tích tam giác tạo điểm chúng lớn Chứng minh n điểm nằm tam giác có diện tích lớn Chứng minh: Vì số điểm cho hữu hạn nên số tam giác tạo thành từ n điểm cho hữu hạn khác rỗng Theo nguyên lí cực trị tồn tam giác có diện tích lớn nhất, ta gọi tam giác 4ABC Qua đỉnh 4ABC ta kẻ đường song song với cạnh cảu tam giác, tam giác tạo giao điểm 4A0B0C0 tam giác cần tìm Hình 6: Thật vậy, 4ABC có diện tích khơng lớn 1,mà 4A0B0C0 có diện tích lần diện tích 4ABC nên diện tích 4A0B0C0 không vượt Bây ta chứng minh khơng có điểm n điểm khơng thuộc miền 4A0B0C0 Phản chứng, giả sử điểm D nằm miền ngồi 4A0B0C0 Khi tồn đỉnh 4A0B0C0 nằm khác phía với D Khơng tính tổng qt giả thiết D,B0 nằm khác phía A0C0 Khi 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 d số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử x1,x2, ,xd biến nguyên dương cho x1 + x2 + ··· + xd = m Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức: Chứng minh: Gọi G tập tất giá trị S Ta có G khác rỗng hữu hạn nên theo nguyên lí cực trị rời rạc ln tồn N số nhỏ G L số lớn G Giả sử (a1,a2, ,ad) làm cho S nhận giá trị N Ta chứng minh số a1,a2, ,ad tối đa Thật vậy, giả sử a2 − a1 = a > 1.Khi lấy b = a1 − 1;c = a2 + 1,thì a1 + a2 = b + c Như ta tìm số nguyên b,c,a3, ,ad thỏa mãn b + c + a3 + ··· + ad = m làm cho giá trị S nhỏ N(mâu thuẫn!).Vậy số a1,a2, ,ad tối đa Bây giả sử a1 ≤ a2 ≤ ··· ≤ ad m=dn+k(0 ≤ k < d) Do đặc điểm dãy a1 ≤ a2 ≤ ··· ≤ ad ta có a1 = a2 = ··· = ad−k = n;ad−k+1 = ad−k+2 = ··· = ad = n+1 Vậy giá trị nhỏ N=(d − k)n2 + k(n + 1)2 Giả sử (b1,b2, ,bd) làm cho S nhận giá trị lớn L Ta chứng minh b1 = b2 = ··· = bd−1 = 1;bd = m + − d Thât vậy, giả sử tồn i < d cho bi > Đặt ci = bi − 1;cd = bd + 1, ta có b2i + b2d Như ta tìm số nguyên b1, ,bi−1,ci,bi+1, ,bd−1,cd thỏa mãn b1+···+bi−1+ci +bi+1+···+cd = m làm cho giá trị S lớn L(mâu thuẫn!) Vậy giá tị lớn L=(d − 1) + (m − d + 1)2 Tổng quát:Cho m d số nguyên với m ≥ d ≥ 2.Giả sử x1,x2, ,xd biến nguyên dương cho x1 + x2 + ··· + xd = m Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức: Ví dụ 2: Cho m > d số nguyên dương Giả sử x1,x2, ,xd biến nguyên dương cho x1x2 xd = m Tìm giá trị lớn Chứng minh: Gọi A tập tất giá trị S Ta có A hữu hạn khác rỗng Theo nguyên lí cực trị rời rạc, tồn U số lớn A Gỉa sử (a1,a2, ,ad) làm cho S nhận giá trị U Ta chứng minh số a1,a2, ,ad có số m, tất số khác Khơng tính tổng qt ta giả sử a1 ≥ a2 ≥ ··· ≥ ad Ta cần chứng minh a1 = m,a2 = a3 = ··· = ad = Thật vậy, a1 < m a2 > Đặt b = a1a2,c = 1, ta có Như ta tìm số ngun dương b,c,a3, ,ad thỏa mãn bca3 ad = m làm cho giá trị S lớn U(mâu thuẫn) Vậy a1 = m,a2 = = ad = U=m3 + (d − 1) Ví dụ 3: Cho m d số nguyên với m ≥ d ≥ Giả sử x1,x2, ,xd biến nguyên dương cho x1 +x2 +···+xd = m Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn d P S = kxk k=1 Chứng minh: Gọi A tập tất giá trị S Ta có A hữu hạn khác rỗng nên theo nguyên lí cực trị rời rạc ln tồn phần tử lớn L phần tử nhỏ N A • Giả sử (a1,a2, ,ad) làm cho S nhận giá trị L Ta chứng minh a1 = a2 = ··· = ad−1 = 1;ad = m − d + Thật giả sử ad < m + − d, phải tồn > 1,i 6= d Đặt bd = ad + 1;bi = − a1 + ··· + ai−1 + bi + ai+1 + ··· + bd = m ibi + dbd = i(ai − 1) + d(ad + 1) = iai + dad + d − > iai + dad Như ta tìm số nguyên dương a1, ,ai−1,bi,ai+1, ,bd thỏa mãn a1 + ··· + ai−1 + bi + ai+1 + ··· + bd = m làm cho giá trị S lớn L(mâu thuẫn!) Vậy a1 = a2 = ··· = ad−1 = 1;ad = m − d + L= • Giả sử (b1,b2, ,bd) làm cho S nhận giá trị N Ta chứng minh b1 = m + − d;b2 = b3 = ··· = bd = Thật giả sử b1 < m + − d, phải tồn bi > 1,i 6= Đặt c1 = b1 + 1;ci = bi − c1 + b2 + ··· + bi−1 + ci + bi+1 + ··· + bd = m c1 + ici = (b1 + 1) + i(bi − 1) = (b1 + ibi) − (i − 1) < b1 + ibi Như ta tìm số nguyên dương c1,b2, ,bi−1,ci,bi+1, ,bd thỏa mãn c1 + b2 + ··· + bi−1 + ci + bi+1 + ··· + bd = m làm cho giá trị S nhỏ N(mâu thuẫn!) Vây Ví dụ 4: Cho a1,a2, ,ad,a,b1,b2, ,bd số thưc dương, x1,x2, ,xd d biến khơng âm cho P akxk = a Hãy tìm giá trị nhỏ lớn k=1 d biểu thức: S = P bkxk k=1 Chứng minh: Không giảm tính tổng qt ta giả sử d giả thiết ta có Do 10 Theo Vậy S đạt giá trị lớn S đạt giá trị nhỏ Ví dụ 5: Giả sử x1,x2, ,xd biến ngun dương có tích d! Tìm giá trị nhỏ Chứng minh: Gọi A tập giá trị S Dễ thấy A khác rỗng hữu hạn Do theo ngun lí cực trị rời rạc A ln có phần tử lớn L Giả sử số nguyên (a1,a2 ,ad)làm cho S nhận giá trị L Khơng làm tính tổng qt ta giả sử a1 ≥ a2 ≥ ··· ≥ ad Ta cần chứng minh a1 = d!,ai = với i ∈ {2,3, ,d} Thật vậy, giả sử a1 < d! a2 > 1, đặt b=1 c = a1a2 Ta có bca3 ad = d!, (mâu thuẫn với tính lớn L) Vậy L = (d − 1) + (d!)5 a1 = d!,ai = 1,∀i = 2,d Ví dụ 6: Cho số dương a1,a2,a3,a4,a5 thỏa mãn điều kiện: (i) 2ai số nguyên dương với i = 1,5 (ii) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 99 Tìm giá trị lớn P = a1a2a3a4a5 Chứng minh: Gọi G tập tất giá trị P Dễ thấy G hữu hạn khác rỗng Do theo ngun lí cực trị rời rạc ln tồn N số bé G Ta chứng minh số x1,x2,x3,x4,x5 tối đa 0.5 11 Thật vậy, Giả sử chẳng hạn x1−x2 = x > 0.5 KHi lấy b = 0,5 c = x2+0.5 2b,2c số nguyên x1+x2 = b+c bc = (x1−0.5)(x2+0.5) = x1x2+0.5x−0.25 > x1x2 (do x1 −x2 = x > 0.5) Vậy ta tìm số (b,c,x3,x4,x5) thỏa mãn (i) (ii) làm cho giá trị P bé N (Mâu thuẫn!) Vậy số x1,x2,x3,x4,x5 tối đa 0.5 Bây giả sử x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x5 mà a1+a2+a3+a4+a5 = 99 ta suy a1 = a2 = 19.5 a3 = a4 = a5 = 20.Vậy giá trị lớn cần tìm là:N = 19.52203 Ví dụ 7: Tèo dùng n≥2n≥2 que diêm để xếp thành số hình bên Hỏi số lớn nhỏ mà Tèo nhận bao nhiêu? Chứng minh: Ở này, ta cần dùng ý tưởng tham lam (greedy paradigm) đơn giản sau: số có nhiều chữ số lớn có chữ số nhỏ Nhờ mà trường hợp số lớn nhất, Tèo dễ dàng thực sau: - Nếu nn chẵn xếp n/2n/2 số - Nếu nn lẻ xếp số (n−3)/2(n−3)/2 số Rõ ràng cách xếp cho nhiều chữ số hiển nhiên số tương ứng lớn Tuy nhiên, trường hợp nhỏ lại không đơn giản Mình phải viết đến nn gần 30 dự đốn quy luật Còn lí có khác lớn nhỏ dễ thơi, đặc điểm số lượng que diêm để xếp số Gọi f(n)f(n) số nhỏ thu Ta thử liệt kê kết xếp tay 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 ta thấy có quy luật bắt đầu rõ ràng từ 14 có chu kỳ 12 Việc chứng minh mang tính hình thức kết q cụ thể Ví dụ 8: Có thỏ ăn nn củ cà rốt số ngày theo quy luật sau: (1) Ngày ngày cuối cùng, phải ăn củ cải (2) Hai ngày liên tiếp nhau, thỏ phải ăn số củ cải chênh lệch không Hỏi số ngày mà thỏ ăn hết số củ cải bao nhiêu? Chứng minh: Mô tả toán rõ ràng việc xây dựng tương đối đơn giản, chí trường hợp nn lớn Gọi f(n)f(n) số ngày 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 dãy số, ta thấy rằng: - Giá trị ff thay đổi số có dạng k2+1k2+1 - Trong khoảng từ (k−1)2+1(k−1)2+1 đến k2k2, giá trị ff thay đổi lần điểm Từ suy ra: - Với k2−k+1≤n≤k2k2−k+1≤n≤k2 giá trị f(n)=2k−1f(n)=2k−1 - Với k2+1≤n≤k2+kk2+1≤n≤k2+k giá trị f(n)=2kf(n)=2k Cách xây dựng dễ thấy ta dựa theo mơ hình tam giác Pascal lựa chọn cần phải có tam giác đỉnh nhọn, đỉnh phù hợp Nếu tìm cơng thức cách tổng qt ta có [4n−3−−−−−√][4n−3] Rõ ràng lập luận thú vị đó, ta tìm cơng thức đây, việc hồn tồn làm cách thủ cơng thời gian không lâu Rõ ràng công việc đáng xem xét áp dụng! Ví dụ 9: Cho số nguyên dương nn Xét dãy số nguyên dương hữu hạn (ak)(ak) gồm kk số hạng cho với 1≤i y tồn số nguyên p cho 3y + = px Mặt khác ta có 3x > 3y ⇒ 3x ≥ 3y + = px Dấu khơng xảy 3y + không chia hết cho 3, nên ta có 3x > px Vậy p=1, p=2 – Nếu p = 3y + = x ⇒, , suy y = y = Tương ứng x = x = 13 – Nếu p = 2x = 3y + ⇒ , Suy y = x = Ví dụ 2: Tìm tất số nguyên tố a,b,c cho abc < ab + bc + ca Chứng minh: Do vai trò bình đẳng a,b,c nên ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi ta có ab + bc + ca ≤ 3bc 17 Nếu a ≥ ⇒ 3bc ≤ abc ⇒ ab + bc + ca ≤ abc(mâu thuẫn), a = (vì a số ngun tố) Do • Nếu b = ⇒ c số nguyên tố • Nếu b = ⇒ c = c = Ví dụ 3: (Bất đẳng thức Schur) Cho a,b,c số nguyên dương r số thực bất kì, r ≥ Chứng minh rằng: ar(a − b)(a − c) + br(b − c)(b − a) + cr(c − a)(c − b) ≥ Chứng minh: Do vai trò bình đẳng a,b,c nên ta giả sử a ≥ b ≥ c.Ta viết lại bất đẳng thức cho thành: ar(a − b)(a − c) − br(b − c)(a − b) + cr(a − c)(b − c) ≥ ⇐⇒ (a − b)[(ar(a − c) − br(b − c)] + cr(a − c)(b − c) ≥ Vì a ≥ b ≥ c nên bất đẳng thức đúng! 18 ... x1,x2, ,xd biến nguyên dương có tích d! Tìm giá trị nhỏ Chứng minh: Gọi A tập giá trị S Dễ thấy A khác rỗng hữu hạn Do theo ngun lí cực trị rời rạc A ln có phần tử lớn L Giả sử số nguyên (a1,a2... trị lớn Chứng minh: Gọi A tập tất giá trị S Ta có A hữu hạn khác rỗng Theo nguyên lí cực trị rời rạc, tồn U số lớn A Gỉa sử (a1,a2, ,ad) làm cho S nhận giá trị U Ta chứng minh số a1,a2, ,ad có... cho x1 +x2 +···+xd = m Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn d P S = kxk k=1 Chứng minh: Gọi A tập tất giá trị S Ta có A hữu hạn khác rỗng nên theo ngun lí cực trị rời rạc ln tồn phần tử lớn L phần tử