VẬN DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Kinh Tế - Quản Lý - Báo cáo khoa học, luận văn tiến sĩ, luận văn thạc sĩ, nghiên cứu - Công nghệ thông tin UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA: TOÁN ---------- PƠLOONG THỊ NEO VẬN DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 6 năm 2021 UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA: TOÁN ---------- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: VẬN DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Sinh viên thực hiện PƠLOONG THỊ NEO MSSV: 2117010115 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA: 2017 – 2021 Cán bộ hướng dẫn TS. TRẦN VĂN SỰ MSCB: Quảng Nam, tháng 6 năm 2021 LỜI CẢM ƠN Trước khi trình bày nội dung chính của khoá luận, tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến thầy giáo TS. Trần Văn Sự, người đã dành thời gian trực tiếp hướng dẫn, tận tình, chu đáo và giúp đỡ tôi thực hiện đề tài của mình. Bên cạnh đó tôi cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa Toán đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập cũng như hoàn thành khoá luận tốt nghiệp của mình. Cuối cùng, tôi xin gửi đến những người thân yêu và bạn bè một lời cảm ơn chân thành vì mọi người đã luôn khích lệ, động viên tôi trong suốt quá trình thực hiện đề tài này. Mặc dù đã cố gắng và nỗ lực hết mình nhưng không thể tránh khỏi những thiếu sót cần bổ sung và chỉnh sửa. Kính mong nhận được các lời nhận xét, góp ý của quý thầy cô giáo và các bạn để khoá luận được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn Quảng Nam, tháng 06 năm 2021 Sinh viên thực hiện Pơloong Thị Neo MỤC LỤC MỞ ĐẦU .................................................................................................................... 2 1.Lý do chọn đề tài ..................................................................................................... 2 2. Mục tiêu nghiên cứu .............................................................................................. 2 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu ......................................................................... 2 3.1. Đối tượng nghiên cứu .......................................................................................... 2 3.2. Phạm vi nghiên cứu ............................................................................................. 2 4. Phương pháp nghiên cứu ....................................................................................... 2 5. Đóng góp của đề tài ................................................................................................ 3 6. Cấu trúc đề tài........................................................................................................ 3 CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ................................................................... 4 1.1. Lý thuyết tập hợp ................................................................................................ 4 1.1.1. Cách biểu diễn tập hợp ..................................................................................... 4 1.1.2. Các kiểu quan hệ tập hợp ................................................................................. 5 1.2. Phương pháp chứng minh phản chứng .............................................................. 7 1.3. Một số tính chất của phép chia hết ..................................................................... 8 1.4. Một số tính chất của đồng dư thức ..................................................................... 8 1.5. Một số kiến thức liên quan đến bất đẳng thức .................................................. 9 1.5.1. Bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân ........................................... 9 1.5.2. Bất đẳng thức Bunyakovsky............................................................................ 10 1.6. Nguyên lý bù trừ ............................................................................................... 11 1.7. Nguyên lí khởi đầu cực trị ................................................................................ 13 1.8. Nguyên lí Dirichlet ............................................................................................ 13 1.8.1. Nội dung nguyên lí Dirichlet........................................................................... 13 1.8.2. Nguyên lí Dirichlet mở rộng ........................................................................... 13 1.8.3. Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp .................................................................... 14 1.8.4. Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng ..................................................... 14 1.8.5. Nguyên lí Dirichlet cho diện tích .................................................................... 15 CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET VÀO BÀI TOÁN............................................................................... 16 2.1. Nguyên lí khởi đầu cực trị ................................................................................ 16 2.1.1. Ứng dụng vào giải bài toán hình học tổ hợp .................................................. 16 2.1.2. Ứng dụng vào giải bài toán tổ hợp .................................................................. 22 2.1.3. Ứng dụng vào giải bài toán số học.................................................................. 24 2.2. Nguyên lí Dirichlet ............................................................................................ 26 2.2.1. Ứng dụng vào giải bài toán hình học tổ hợp .................................................. 26 2.2.2. Ứng dụng vào giải bài toán tổ hợp .................................................................. 31 2.2.3. Ứng dụng vào giải bài toán số học.................................................................. 33 2.2.4. Ứng dụng vào giải bất đẳng thức .................................................................... 35 2.3. Mối liên hệ giữa hai nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet........... 42 KẾT LUẬN .............................................................................................................. 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................................... 47 2 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Trong Toán học, có một số bài toán mà chúng ta dùng nhiều phương pháp khác nhau để đưa ra một lời giải đúng. Chẳng hạn như phương pháp giải trực tiếp, phương pháp phản chứng, phương pháp quy nạp toán học, … để tìm ra lời giải cho các bài toán khá hóc búa. Trong các bài toán về lý thuyết tập hợp nói chung, lý thuyết tổ hợp nói riêng, nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet là hai nguyên lí có nội dung khá đơn giản nhưng cũng là phương pháp rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc trong toán học. Đặc biệt, hai nguyên lí này có thể áp dụng rộng rãi trong việc chứng minh các bài toán tổ hợp thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia cũng như kỳ thi Olympic toán học quốc tế cho học sinh, sinh viên. Để thấy được tính ứng dụng thực tế cũng như tính hiệu quả của hai nguyên lí trên trong việc vận dụng vào giải các bài tập tổ hợp, hình học tổ hợp, số học,…cùng với sự giúp đỡ của giảng viên hướng dẫn khóa luận, tôi mạnh dạn chọn đề tài “Vận dụng nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet để giải các bài toán thi học sinh giỏi Trung học phổ thông” làm đề tài khoá luận tốt nghiệp cuối khóa của mình. 2. Mục tiêu nghiên cứu Khoá luận được hoàn thành với mục tiêu nghiên cứu vận dụng nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet để giải các bài toán thi học sinh giỏi Trung học phổ thông. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tượng nghiên cứu Vận dụng nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet để giải các bài toán thi học sinh giỏi Trung học phổ thông. 3.2. Phạm vi nghiên cứu Đề tài tập trung nghiên cứu trong phạm vi vận dụng nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet để giải bài toán tổ hợp, hình học tổ hợp, số học. 4. Phương pháp nghiên cứu Để thực hiện đề tài nghiên cứu này, tôi sử dụng các phương pháp: - Phương pháp đọc tài liệu tham khảo kết hợp phân tích-tổng hợp tài liệu. - Phương pháp tham khảo ý kiến chuyên gia. - Hệ thống hoá, giải quyết vấn đề và sưu tầm giải quyết bài toán. 3 5. Đóng góp của đề tài Đề tài đưa ra phương pháp giải toán mới trong chương trình toán THPT ở các dạng toán nâng cao. Đề tài sẽ là một trong những tài liệu tham khảo cho những bạn quan tâm đến nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet. 6. Cấu trúc đề tài Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, khoá luận trình bày theo hai chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Chương 2: Ứng dụng nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet. 4 CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. Lý thuyết tập hợp Tuy mới có hơn 100 năm kể từ khi ra đời nhưng lý thuyết tập hợp đã trở thành cơ sở của toán học hiện đại. Trong thời đại hiện nay, lý thuyết tập hợp cũng đã thâm nhập sâu vào trong toán học phổ thông và trở thành một phần không thể thiếu trong chương trình giảng dạy toán học của nhà trường. Lý thuyết tập hợp được nhà toán học Đức G.Cantor (1845-1918) sáng lập và phát triển nhằm miêu tả các quan hệ toán học của các tập hợp. Trong lý thuyết tập hợp, ông chỉ nghiên cứu những tính chất toán học không phụ thuộc vào nguồn gốc xuất thân của các phần tử mà thôi. Trong cuộc sống ta có rất nhiều ví dụ về tập hợp: Tập hợp các em học sinh của một lớp học, tập hợp các số tự nhiên, tập hợp các tam giác… 1.1.1. Cách biểu diễn tập hợp Thông thường người ta hay biểu diễn một tập hợp M như một phần mặt phẳng được giới hạn bởi một đường cong khép kín. Phần mặt phẳng này được tô màu hoặc đánh dấu để nhận biết được. Mỗi phần tử x của một tập M được kí hiệu bởi x M và được biểu diễn như một điểm trong phần mặt phẳng được giới hạn đó. Còn khi x không phải là phần tử của tập hợp M thì ta viết x  M. Lợi ích của sự biểu diễn này cho ta hình ảnh trực quan hơn về giao của hai tập hợp cũng như hợp của hai tập hợp. Giao của hai tập hợp A và B cho trước, được kí hiệu là A B là miền giao của hai phần biểu diễn tương ứng (xem hình bên phải) và hợp của hai tập hợp A và B này, được kí hiệu là A B là toàn bộ miền mặt phẳng dùng để biểu diễn hai tập hợp này (xem hình bên trái) Về mặt hình thức, ta hay dùng một trong 3 cách sau để biểu diễn tập hợp: a. Liệt kê tất cả các phần tử 5 Chẳng hạn tập hợp tất cả các chữ số trong hệ thập phân:  .0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8,9 b. Thông qua quy tắc nhận biết đơn giản Trong phương pháp biểu diễn tập hợp này, người ta chỉ liệt kê vài phần tử đầu tiên của tập hợp để người đọc có thể nhận ra ngay quy tắc nhận biết chúng và dùng dấu “…” để dễ hiểu là còn các phần tử khác nối tiếp theo quy luật đó. Chẳng hạn tập hợp tất cả các số tự nhiên được biểu diễn như sau:  .1, 2, 3, ...N  Tập hợp tất cả các số tự nhiên chẵn được biểu diễn như sau:  .2 , 4 , 6 , ...A  Đôi khi người ta cũng biểu diễn thông qua quy tắc nhận biết đơn giản như sau: Ví dụ biểu diễn tập các số nguyên:  ...., 3, 2, 1, 0,1, 2, 3, ...Z     c. Thông qua quy luật chung nhận biết các phần tử Chẳng hạn để biểu diễn tập hợp tất cả các số chính phương, ta có thể viết:   2 : : .M n n N  Thậm chí ta cũng có thể viết đơn giản như sau: M: = { :n N n là số chính phương}. Trong cách biểu diễn này, quy tắc nhận biết rất có thể đơn giản về hình thức, nhưng khi vận dụng để nhận biết một phần tử có thuộc tâp hợp được biểu diễn hay không là một vấn đề khó khăn. Chẳng hạn tập hợp các số nguyên tố được biểu diễn như sau: P = {p N: p là số nguyên tố}. Ví dụ 1: Hãy biểu diễn tập hợp tất cả các số thực trên mặt phẳng toạ độ Đề Các. Giải: Tập hợp các số thực trong mặt phẳng là   2 : , : , .R x y x y R  1.1.2. Các kiểu quan hệ tập hợp a. Tập hợp rỗng Tập hợp không có phần tử nào được gọi là tập hợp rỗng và được kí hiệu bởi  . 6 b. Tập hợp hữu hạn Tập hợp có hữu hạn phần tử được gọi là tập hợp hữu hạn. Ví dụ 2: Tập hợp n số tự nhiên đầu tiên  1,2,3,...A n là tập hợp hữu hạn. c. Tập hợp vô hạn Tập hợp có vô hạn phần tử được gọi là tập hợp vô hạn. Ví dụ 3: Tập hợp các số tự nhiên, các số hữu tỉ, các số thực là các tập hợp vô hạn. d. Tập hợp con Tập hợp A được gọi là tập hợp con của tập hơp B nếu mọi phần tử của A đều là phần tử của B và được kí hiệu A B. Ví dụ 4: Tập hợp tất cả các tập con của tập hợp  1, 2,3 là các tập hợp  ,  1 ,  2 ,  3 ,  1,2 ,  1,3 ,  2, 3 ,  1, 2,3 . Nếu A≠B và A  B, thì ta nói A là tập con thật sự của B. Tập rỗng là tập con của tất cả các tập hợp. e. Hai tập hợp bằng nhau Hai tập hợp được gọi là bằng nhau nếu mỗi phần tử của tập hợp này là phần tử của tập hợp kia và ngược lại và kí hiệu A=B. Rõ ràng nếu A B và B  A thì A=B f. Hiệu của hai tập hợp Hiệu của hai tập hợp A và B là tập hợp chứa những phần tử thuộc A mà không thuộc B và được kí hiệu là A\ B. Trong biểu diễn bởi các miền mặt phẳng của chúng thì A\ B được tô bởi các đường gạch chéo. Như thường lệ, ta kí hiệu tập hợp tất cả các tập con của một tập hợp A bởi P(A). Ví dụ 5: Cho trước hai tập hợp A và B. Chứng minh rẳng tổng số phần tử của A B và A B bằng tổng số phần tử của A và B. Giải: Ta biểu diễn các tập hợp A và B như hình bởi các phần của mặt phẳng bao bởi các đường đóng kín. Giả sử rằng A có n phần tử và B có m phần tử. Nếu A B có a phần tử thì số phần tử \A B là n a phần tử và số phần tử \B A là m a phần tử. Tập hợp A B có:    n a a m a n m a       phần tử. 7 Suy ra tổng số phần tử của A B và A B đúng bằng  n m a a m n     . 1.2. Phương pháp chứng minh phản chứng Phương pháp chứng minh phản chứng là một phương pháp chứng minh khá cổ điển. Phương pháp chứng minh phản chứng được tiến hành các bước như sau: Bước 1: Ta giả sử rằng kết luận của bài toán là sai và mệnh đề ngược lại của kết luận bài toán là đúng. Bước 2: Từ mệnh đề ngược lại kết luận của bài toán, ta suy diễn dựa trên giả thiết cho sẵn của bài toán đi đến một khẳng định rõ ràng là sai hoặc mâu thuẫn với giả thiết ban đầu của bài toán. Bước 3: Kết luận là khẳng định của bài toán là đúng. Rất nhiều bài toán chứng minh trực tiếp có thể dài, nhưng bằng phương pháp chứng minh phản chứng nhiều khi ta có được một chút chứng minh ngắn gọn. Trong chứng minh phản chứng, ta có thêm một giả thiết làm chỗ tựa cho chứng minh (đó là mệnh đề ngược lại với kết luận của bài toán). Đôi khi xuất phát từ giả thiết được tạo thêm này chúng ta dễ suy luận hơn. Ví dụ 6: Biết rằng số  là một số vô tỉ. Chứng minh rằng trong khai triển thập phân của số 3,1415...   sẽ có một chữ số xuất hiện vô hạn lần. Giải: Giả sử ngược lại là kết luận của bài toán sai. Khi đó, mỗi chữ số  0,1, 2,...9i  chỉ xuất hiện hữu hạn lần. Giả sử ia là số lần xuất hiện của chữ số i sau dấu phẩy trong khai triển thập phân của số  . Như vậy số  có đúng 9 0 i i a   chữ số sau dấu phẩy trong khai triển thập phân của nó. Vậy  phải là một số hữu tỉ (vô lí) vì ta biết rằng số  là một số vô tỉ. Nhận xét: Mặc dù biết rằng trong khai triển thập phân của số  luôn có một chữ số xuất hiện vô hạn lần nhưng cho đến bây giờ các nhà toán học vẫn không biết chính 8 xác đó là chữ số gì. Vì sự tồn tại một chữ số có tính chất như vậy trong khai triển thập phân của số  chỉ được chứng tỏ bằng chứng minh phản chứng mà thôi. Còn khi a là một số hữu tỉ có vô hạn chữ số sau dấu phẩy trong biểu diễn thập phân của nó, thì ta dễ dàng tìm tất cả chữ số xuất hiện vô hạn lần sau dấu phẩy trong biểu diễn thập phân của a . Trong việc chứng minh một số tính chất bằng phương pháp phản chứng, ta có thể có thêm một số thông tin bổ sung quan trọng nếu sử dụng phản ví dụ nhỏ nhất. Ý tưởng là để chứng minh một tính chất A cho một cấu hình P, ta xét một đặc trưng  f P của P là một hàm có giá trị nguyên dương. Bây giờ giả sử tồn tại một cấu hình P không có tính chất A, khi đó sẽ tồn tại một cấu hình 0P không có tính chất A với  0f P nhỏ nhất. Ta sẽ tìm cách suy ra điều mâu thuẫn. Lúc này, ngoài việc chúng ta có cấu hình 0P không có tính chất A, ta còn có mọi cấu hình P với    0f P f P đều có tính chất A. 1.3. Một số tính chất của phép chia hết Định nhĩa 1.1 phép chia hết: Gải sử ,a b là hai số nguyên và 0b  , ta nói b chia hết a hay a chia hết cho b nếu như có một số nguyên q sao cho a bq . Khi ấy ta còn nói b là ước của a hay a là bội của b và viết a b . Một số tính chất: i) Nếu a b và b c thì a c . ii) Nếu a b , a c và  , 1b c  thì a bc . iii) Nếu ab c và  , 1b c  thì a c . 1.4. Một số tính chất của đồng dư thức Định nghĩa 1.2 đồng dư thức: Cho m là một số nguyên dương, ta nói hai số nguyên a và b đồng dư với nhau theo môđun m nếu trong các phép chia a và b cho m ta được cùng một số dư, nghĩa là có các số 1 2, ,q q r  với 0 r m  , sao cho: 1a mq r  . 2b mq r  . Khi a và b đồng dư với nhau theo môđun m ta viết a b (mod m ). 9 Hệ thức a b (mod m ) được gọi là đồng dư thức. Một số tính chất: i) a b (mod m )  a b m   . ii) Nếu     mod mod a b m c d m       thì     mod mod . a c b d m ac bd m          1.5. Một số kiến thức liên quan đến bất đẳng thức 1.5.1. Bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân Cho n số thực dương 1 2, ,..., na a a thì trung bình cộng của n số đó lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng, nghĩa là: 1 2 1 2 ... ...n n n a a a a a a n     . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 ... na a a   . Chứng minh: Ta dùng phương pháp quy nạp theo n: Với 2n  , ta có chứng minh :   1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 0 0. a a a a a a a a a a         Bất đẳng thức trên luôn đúng. Để chứng minh bất đẳng thức tổng quát ta xét bất đẳng thức phụ: Nếu 1 2,x x    thì 1 1 1 2 1 2 n n x x x x     . Vậy 1 2,x x    thì ta luôn có:   1 1 1 2 1 2 0n n x x x x     1 1 1 2 1 2 2 1 n n n n x x x x x x      . Lấy n số thực không âm 1 2, ,..., nx x x   , Viết các bất đẳng thức tương ứng rồi cộng lại ta được:            1 2 1 3 1 2 3 2 1... ... ...n n n n n n n n n n n n n n n nx x x x x x x x x x x x                     1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 3 3 1 1 1 1 1... ...n n n n n n n n n n n n n nx x x x x x x x x x x x x x x x                  10      1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 1 3 1 2 1... ... ... ...n n n n n n n n n n n n nx x x x x x x x x x x x                      Từ đó:       1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 2 1 31 ... ... ...n n n n n n n n n n n nn x x x x x x x x x x x                   1 1 1 1 2 1... ...n n n n nx x x x        (). Theo giả thiết quy nạp, ta thừa nhận rằng đối với 1n  số thực không âm bất kì, trung bình cộng không nhỏ hơn trung bình nhân của chúng.  1 1 1 2 3 2 31... ...n n n n nnx x x x x x       .  1 1 1 1 3 1 31... ...n n n n nnx x x x x x       . ….  1 1 1 1 2 1 1 2 11... ...n n n n nnx x x x x x        . Sử dụng bất đẳng thức này, () tương đương:      1 2 1 21 1... ...n n n n nn n nx x x x x x     1 2 1 2 ... ... n n n n n x x x x x x n      . Ta đặt 1 1 2 2, , ...,n n n n nx a x a x a   . Ta được 1 2 1 2 ... ...n n n a a a a a a n     . 1.5.2. Bất đẳng thức Bunyakovsky Cho n số thực bất kỳ,  , , 1,i i i na b   , ta có:     2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2... ... ...n n n na b a b a b a a a b b b          . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại k  sao cho: 1 1 2 2, ,..., n nb ka b ka b ka   . Chứng minh : Với x   , ta có :   2 1 1 0a x b  .   2 2 2 0a x b  . 11 …   2 0n na x b  . Từ đó suy ra: 2 2 2 1 1 1 12 0a x a b x b   . 2 2 2 2 2 2 22 0a x a b x b   . …. 2 2 2 2 0n n n na x a b x b   . Cộng vế theo vế ta đươc:      2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2... 2 ... ... 0n n n na a a x a b a b a b x b b b            . Ta thấy vế trái là một tam thức bậc hai. Đặt:      2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2( ) ... 2 ... ...n n n nf x a a a x a b a b a b x b b b            . Với 2 2 2 1 2 ... 0na a a    và ( ) 0,f x x    nên nếu 2 2 2 1 2 ... 0na a a    thì:     2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2'''' ... ... ... 0n n n na b a b a b a a a b b b             . Và thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Nếu 2 2 2 1 2 ... 0na a a    thì 1 2 ... 0na a a    khi đó bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng. Cuối cùng ta thấy dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: '''' 0  1 1 2 2 ... 0n na x b a x b a x b        1 1 2 2 ... n nb ka b ka b ka       , k  . 1.6. Nguyên lý bù trừ Cho tập X và n tập con 1 2, ,..., nX X X . Ta có     1 1 2 1 ... 1 , n k n k X X X X n k        . Trong đó:  , 0X n X   1 2 11 ... , ... k k i i i i i n X n k X X X         . Chứng minh : Với 2n  , ta có : 1 2 1 2 1 2X X X X X X     . 12 Giả sử đúng đến n tức là :   2 1 1 2 1 1 ... 1 ... n n k i j k i j n X X X X X X                 1 2 1 1 1 2 1 ... 1 ... ... ... k k k i i i n i i n X X X X X X                . Ta chứng minh đúng với 1n  , ta có : 1 2 1... n nX X X X      1 2 1... n nX X X X       1 2 1 1 2 1... ...n n n nX X X X X X X X           . Ta có: 1 2 ... nX X X      1 2 1 1 1 1 2 1 1 ... ... 1 ... ... 1 ... k k n k n k i i i n k i i n X X X X X X X                      Và      1 1 2 1 1...n n n nX X X X X X           1 2 1 1 1 1 1 1 ... ... 1 ... ... k k n k k n i i i n k i i n X X X X X X                      1 1 2 11 ... n n nX X X X        . Khi đó: 1 1 1 1 n n k n k k k X X X        ; 1 1 1 1 1 ; n i j k n i j i j n k i j n X X X X X X                      1 2 1 2 1 1 1 1 1 ... 1 ... 1 1 ... 1 ... ;k k k k k k i i i n i i i i i n i i n X X X X X X X                            1 1 2 1 1 2 11 ... 1 ... n n n n n nX X X X X X X X               . Vậy ta có:     1 1 2 1 ... 1 , n k n k X X X X n k        . Với   1 2 11 ... , ... k k i i i i i n X n k X X X         . 13 1.7. Nguyên lí khởi đầu cực trị Nguyên lý khởi đầu cực trị có dạng đơn giản như sau: Nguyên lí 1: Trong một tập hợp hữu hạn khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất. Những tập hợp hữu hạn cụ thể hay được xét tới là các tập hợp hữu hạn đoạn thẳng, tập hợp hữu hạn góc, tập hợp diện tích của một số hữu hạn các đa giác, khoảng cách từ một điểm cho trước tới các đoạn thẳng,... Nguyên lí 2: Trong một tập hợp khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số bé nhất. Nguyên tắc này dùng để chứng minh những bài toán mà trong tập hợp những giá trị phải xét tồn tại giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất. Thông thường nguyên lí khởi đầu cực trị được sử dụng cùng với phương pháp chứng minh phản chứng. Nguyên lí khởi đầu cực trị được vận dụng trong trường hợp tập những giá trị cần phải khảo sát chỉ là một tập hợp hữu hạn (nguyên lí 1) hoặc có thể vô hạn (nguyên lí 2) nhưng tồn tại một phần tử nhỏ nhất (hoặc lớn nhất). Trong khi vận dụng nguyên lí này người ta tiến hành các bước sau Bước 1: Chứng tỏ rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát phải có một giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất. Bước 2: Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) này. Bước 3: Chỉ ra một mâu thuẫn hoặc chỉ ra một giá trị còn nhỏ hơn (hoặc lớn hơn) giá trị ta đang khảo sát. 1.8. Nguyên lí Dirichlet 1.8.1. Nội dung nguyên lí Dirichlet Nếu nhốt 1n  con thỏ vào n cái chuồng thì luôn tồn tại một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ. 1.8.2. Nguyên lí Dirichlet mở rộng Cũng tương tự như vậy, nguyên lí Dirichlet mở rộng được phát biểu như sau: “Nếu nhốt n con thỏ vào ( 2)m m  chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất 1n m m         con thỏ”. (  a được dùng để kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá số thực a cho trước). 14 Chứng minh: Nguyên lí Dirichlet bằng phản chứng. Thật vậy, nếu không tồn tại chuồng nào nhốt được 1n m m         con thỏ. Nếu  11 1 1 n mn m n m m m                       con thỏ thì số thỏ trong mỗi chuồng luôn nhỏ hơn hoặc bằng 1 n m        con. Suy ra tổng số thỏ không vượt quá 1 . 1 n m n m          con thỏ (mâu thuẫn). Do đó, phải có một chuồng chứa ít nhất 1n m m         con thỏ. 1.8.3. Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp Cho A và B là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, trong đó số lượng phần tử A lớn hơn số lượng phần tử B . Nếu với một quy tắc nào đó, mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tử của B thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của A mà chúng tương ứng với một phần tử của B . Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp được minh hoạ dưới dạng hình vẽ sau: 1.8.4. Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng Giả sử A, B là hai tập hợp hữu hạn và ,A B tương ứng kí hiệu là các số lượng phần tử của A và B . Giả sử có một số tự nhiên k nào đó mà .A k B và ta có quy tắc với mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tử của B . Khi đó, tồn tại ít nhất 1k  phần tử của A mà chúng ứng với cùng một phần tử của B . 15 1.8.5. Nguyên lí Dirichlet cho diện tích Nếu K là một hình phẳng, còn 1 2 3, , ,..., nK K K K là các hình phẳng sao cho , 1,iK K i n   và 1 2 ... nK K K K    (Với K là diện tích hình phẳng K , còn iK là diện tích của hình phẳng , 1,iK i n ) thì tồn tại ít nhất hai hình phẳng ,i jK K với  1 i j n   sao cho ,i jK K có điểm trong chung. 16 CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET VÀO BÀI TOÁN. 2.1. Nguyên lí khởi đầu cực trị 2.1.1. Ứng dụng vào giải bài toán hình học tổ hợp Bài toán 1: Cho ABC là tam giác nhọn. Lấy một điểm P bất kì trong tam giác. Chứng minh rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P tới ba đỉnh A, B, C không nhỏ hơn hai lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam giác đó. Giải: Gọi 1 1 1, ,A B C tương ứng là hình chiếu của P xuống các cạnh , ,BC AC AB . Ta có:       0 1 1 1 1 1 1 360APC C PB BPA A PC CPB B PA      . (1) Theo nguyên lý khởi đầu cực trị, tồn tại:        1 1 1 1 1 1max , , , , ,APC C PB BPA A PC CPB B PA . Không mất tổng quát, ta giả sử:          1 1 1 1 1 1 1max , , , , ,APC C PB BPA A PC CPB B PA BPA . (2) Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra:  0 1 60BPA  . (3) Từ (3) ta đi đến   1 1 1 cos 2 PA BPA PB   hay 12PB PA . (4) Từ (4) suy ra:    1 1 1 1max , , 2 2 min , ,PA PB PC PB PA PA PB PC   (điều phải chứng minh). Bài toán 2: Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ Đề Các không thể tìm được năm điểm nguyên là đỉnh của một ngũ giác đều (Điểm nguyên là điểm có cả tung độ lẫn hoành độ đều là các số nguyên). A B C P B1 A1 C1 17 Giải: Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng. Giả sử khẳng định của bài toán là không đúng và tồn tại những bộ 5 điểm nguyên sao cho mỗi bộ 5 điểm này lập thành một ngũ giác đều nào đó. Xét tập hợp  = {a 2 : a là cạnh của ngũ giác đều có 5 đỉnh là điểm nguyên }. Do a là cạnh của ngũ giác đều với các đỉnh nguyên nên a là số nguyên dương. Thật vậy, giả sử 1 2 3 4 5A A A A A là đa giác đều thuộc  . Giả sử  ,i i iA x y , 1,5i  , nếu gọi a là cạnh của ngũ giác đều này thì ta có:     2 22 2 1 2 2 1 2 1 .a A A x x y y     Do , , 1,5x y i   nên 2 a là số nguyên dương. Tập    , điều này suy ra từ giả thiết phản chứng. Tập  là một tập các số tự nhiên, khác rỗng của tập hợp các số nguyên, theo nguyên lí khởi đầu cực trị tồn tại một phần tử nhỏ nhất, tức là tồn tại ngũ giác đều ABCD sao cho 0a là cạnh của ngũ giác đều này và 0a là nhỏ nhất. Dễ thấy '''' , '''', '''', ''''ABA E ABCB BCDC CDED và ''''DEAE đều là các hình bình hành với '''', '''', '''', ''''BD CE A AD CE B AD BE C AC BE D        và ''''BD AC E  . Từ hình bình hành ''''ABA E suy ra '''' '''' A B E A A B E A x x x x y y y y         Do , , , ,A B C D E là các điểm nguyên nên suy ra ''''A cũng là điểm nguyên. Tương tự ta có '''', '''', '''', ''''B C D E cũng là các điểm nguyên. Rõ ràng '''' '''' '''' '''' ''''A B C D E là ngũ giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên. Mà nếu gọi cạnh của ngũ giác '''' '''' '''' '''' ''''A B C D E là a thì rõ ràng 2 2 0a a (mâu thuẫn 0a là giá trị nhỏ nhất). C'''' B'''' A'''' E'''' D'''' E A B C D 18 Vậy giả thiết phản chứng là sai nên không tồn tại ngũ giác đều có các đỉnh đều là các điểm nguyên. Nhận xét: Trong chứng minh trên, nguyên lí “Một tập con khác rỗng của tập số tự nhiên có giá trị nhỏ nhất” không phải được áp dụng một cách trực tiếp ngay, vì độ dài các cạnh của hình ngũ giác đều không phải số tự nhiên. Ta đã khéo léo quay trở về tập số tự nhiên bằng cách xét bình phương những độ dài này. Thủ thuật này được áp dụng rất nhiều trong toán học hiện đại. Bài toán 3: Cho n điểm ( n ≥ 3) nằm trên một mặt phẳng thỏa mãn tính chất nếu ta chọn ra từ đó ba điểm bất kì , ,A B C thì diện tích của tam giác ABC luôn bé hơn 1. Chứng minh rằng toàn bộ n điểm đó nằm bên trong hoặc trên biên của một tam giác với diện tích bé hơn 4. Giải: Gọi ABC là tam giác có diện tích lớn nhất trong số các tam giác với ba đỉnh lấy từ n điểm đã cho. Để cho gọn ta kí hiệu diện tích tam giác ABC bởi  ABC . Ta có   1ABC  . Xét tam giác LMN là tam giác sao cho , ,A B C lần lượt là trung điểm của các cạnh , ,LM MN NL . Do đó    4 4LMN ABC  . Ta chứng minh n điểm đã cho nằm bên trong hoặc trên biên của LMN . Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn tại điểm nằm ngoài tam giác. Khi đó, ta có thể nối với hai đỉnh của ABC để tạo thành một tam giác với diện tích lớn hơn diện tích tam giác ABC (mâu thuẫn tam giác ABC là tam gác có diện tích lớn nhất). Từ đó ta có điều phải chứng minh. L M N PA C B 19 Bài toán 4: Trên một đường tròn có 2000 điểm. Người ta tô màu 1000 điểm trong chúng bằng màu đỏ, các điểm còn lại được tô màu xanh. Chứng minh rằng có thể nối các điểm này bởi 1000 đoạn thẳng sao cho không có hai đoạn thẳng được nối nào có điểm chung. Giải: Phân tích: Trong tất cả các cách nối các cặp điểm xanh và đỏ với nhau bởi 1000 đoạn thẳng sẽ tồn tại một cách nối mà tổng độ dài các đoạn thẳng nối nhỏ nhất. Ta chứng minh rằng cách nối này thoả mãn yêu cầu đặt ra của bài toán. Thật vậy, giả sử trong cách nối này có hai đoạn thẳng 1 1A B và 2 2A B cắt nhau (Ai màu đỏ và Bi màu xanh) tại điểm O. Khi đó ta thay hai cạnh nối này bằng cạnh 1 2A B và 2 1A B . Dễ thấy đây là một cách nối từng cặp các đỉnh xanh và đỏ với nhau bởi 1000 đoạn thẳng với tổng độ dài các đoạn thẳng nhỏ hơn vì: 1 2 2 1 1 1 2 2A B A B A B A B   (vô lí). Vậy cách nối của ta thoả mãn yêu cầu bài toán đặt ra là không có hai đoạn thẳng nào cắt nhau. Bài toán 5: Trên một sân chơi có một số em bé đứng sao cho khoảng cách giữa các em đôi một khác nhau. Trong tay mỗi em bé có một quả bóng. Sau hiệu lệnh của chị phụ trách, mỗi em đưa quả bóng của mình cho bạn đứng gần nhất. Chứng minh rằng mỗi em bé nhận được không quá 5 quả bóng. Giải: Giả sử ngược lại là có một em bé nhận được ít nhất là 6 quả bóng. Ta nối vị trí 0A của em với vị trí của ít nhất 6 bạn 1 2 6, ,A A A đã đưa bóng cho em bởi một đoạn thẳng. Không mất tổng quát. Vị trí 1 2 6, ,A A A được thứ tự nhau như hình. Theo giả thiết, cạnh 1i iA A là cạnh lớn nhất trong tam giác 0 1i iA A A . Do đó 10i iA A A  > 60 0 . O A 1 B2 A2 B1 20 Suy ra  6 1 10 i i i A A A    > 360 0 là điều vô lí (quy ước 7 1A A ). Vậy mỗi em bé nhận được không quá 5 quả bóng. Bài toán 6 : Trên một sân chơi có 10 em bé đứng. Biết rằng khoảng cách giữa các em bé đôi một khác nhau và mỗi em bé có trong tay một quả bóng. Sau hiệu lệnh của chị phụ trách, mỗi em đưa quả bóng của mình cho bạn đứng gần nhất. Hỏi rằng có ít nhất bao nhiêu em bé còn có bóng trong tay. Giải : Xét hai em A và B có khoảng cách tới nhau nhỏ hơn khoảng cách giữa hai em bất kì khác. Khi đó A đưa bóng cho B và B đưa bóng cho A nên sau hiệu lệnh của chị phụ trách có ít nhất hai em còn có bóng trong tay. Ta chứng minh rằng còn có ít nhất một em khác cũng còn có bóng trong tay. Thật vậy, giả sử ngược lại chỉ có đúng hai em còn có bóng trong tay. Do có 10 quả bóng tất cả và mỗi em không nhận quá 5 quả bóng như bài trên ta đã chứng minh nên số bóng mỗi em A và B có trong tay đúng bằng 5. Các em còn lại khác A và B được đánh số là 1 4, ,A A (các em đưa bóng của mình cho A) và 1 4, ,B B (các em đưa bóng của mình cho B) như trong hình (bên trái). A0 A1 A4 A2 A5 A3 A6 A B B1 B2 B3 B4 A1 A2 A3 A4 O A B A4 B4 21 Do tính chất là cạnh lớn nhất trong các tam giác 1i iA AA  1, 2, 3i  và 1i iB BB   1, 2, 3i  nên các góc  0 1 1 60iA AA    1, 2, 3i  và tương tự như vậy  0 1 60i iB BB    1, 2, 3i  . Từ đó suy ra  0 4 1 180A AA  và  0 4 1 180B BB  . Từ đó có     0 1 14 4( ) ( ) 360A AB A AB B B B BA A    . Không mất tổng quát ta, có thể giả sử rằng:   0 4 4 180B BA AB A  . Vậy đường thẳng đi qua 4AA và 4BB cắt nhau về phía 4A và 4B tại điểm O (hình bên phải). Trong tam giác 4A AB ta có AB là cạnh nhỏ nhất, cho nên   44AA B ABA . Trong tam giác 4 4B A B ta có 4 4 4B B B A , cho nên ta có :   44 4 4BA B A BB . Do đó ta có :  4AA B   4 4BA B   4ABA +  44A BB , Hay là :   44 4AA B ABB . Hoàn toàn tương tự, ta có:   44 4BB A BAA . Và ta có khi cộng vế với vế hai bất đẳng thức cuối:  4 4AA B   4 4BA B   4ABB +  4BAA . Bất đẳng thức cuối sai vì tổng các góc vế trái là tổng các góc ngoài kề với một cạnh của tam giác lớn hơn 1800 (bằng tổng các góc của tam giác cộng với góc ở đỉnh đối diện cạnh này). Trong khi đó tổng các góc vế phải nhỏ hơn 180 0 như ta giả sử. Điều vô lí đó chứng tỏ không thể chỉ có đúng hai em còn có bóng trong tay. Vậy phải có ít nhất một em khác nữa nhận được bóng. Trong ví dụ trong hình, các vị trí các em bé đứng đánh số từ 1 tới 10. Các vị trí của các em số 1 tới số 3 và 5 là vị trí của bốn đỉnh của ngũ giác đều nội tiếp đường tròn tâm tại 4. Tương tự như vậy là vị trí của 8, 9 và 10. Ta có thể thay đổi vị trí các 22 điểm số 1, 2, 3 và số 8, 9 và 10 trên hai đường đi một khoảng rất nhỏ dịch ra hai đường tròn để cho khoảng cách giữa các điểm đôi một khác nhau và thấy dễ dàng có đúng ba em (số 4, 5 và 7) còn có bóng trong tay. Vậy đáp số của bài toán là ba em. 2.1.2. Ứng dụng vào giải bài toán tổ hợp: Bài toán 1: Bảy người câu được 100 con cá. Biết rằng không có hai người nào câu được số cá như nhau. Chứng minh rằng có ba người câu được tổng cộng không ít hơn 50 con cá. Giải: Ta sắp xếp các người câu cá theo thứ tự để số cá câu được của họ giảm dần. Như thế người thứ nhất câu được nhiều cá nhất và người thứ bảy câu được ít cá nhất. Nếu người thứ tư câu được không ít hơn 15 con cá thì ba người đầu câu được không ít hơn 16 + 17 + 18 = 51 con cá. Nếu người thứ tư câu được 14 con cá hoặc ít hơn thì cả bốn người sau câu được không quá 14 + 13 + 12 + 11 = 50 con. Như vậy ba người đầu câu được không ít hơn 50 con. Bài toán 2: Trong một cuộc thi học sinh giỏi tỉnh có 65 học sinh tham gia đến từ hai trường. Mỗi học sinh thi một trong 4 môn Toán, Lý, Hoá, Anh Văn. Biết rằng trong 5 học sinh thi cùng một môn thì có hai học sinh cùng tuổi. Chứng minh rằng trong 65 học sinh có ít nhất 3 học sinh đến từ một trường, thi cùng một môn và bằng tuổi nhau. Giải: Giả sử không có 3 học sinh nào thoả bài toán. Vì có 65 học sinh đến từ hai trường nên có ít nhất 33 học sinh đến từ một trường. Xét 33 học sinh này thì có ít nhất 9 học sinh thi cùng một môn. 5 7 4 6 2 10 1 3 8 9 23 Ta xét 9 học sinh này. Lấy 5 học sinh bất kì trong 9 học sinh trên. Khi đó sẽ có 2 học sinh cùng tuổi, ta giả sử đó là hai học sinh A1 , B1 . Ta loại 2 học sinh này, còn lại 7 học sinh trong 9 học sinh và trong 7 học sinh này ta tìm được hai học sinh cùng tuổi là A2 , B2 . Sau khi loại 2 học sinh này ta còn 5 học sinh và tiếp tục chọn được hai học sinh cùng tuổi là A3 , B3 . Xét 3 học sinh A1 , A2 , A3 ta có tuổi ba học sinh này đôi một khác nhau. Xét 5 học sinh gồm 3 học sinh A1 , A2 , A3 và hai trong ba học sinh còn lại. Khi đó hai học sinh còn lạ...

UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM

KHOA: TOÁN - - 

      PƠLOONG THỊ NEO 

  

 

  VẬN DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 

 

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

   

 

Quảng Nam, tháng 6 năm 2021

UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM

KHOA: TOÁN - - 

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Tên đề tài:  

VẬN DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

 

Sinh viên thực hiện PƠLOONG THỊ NEO MSSV: 2117010115 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN

KHÓA: 2017 – 2021 

 Cán bộ hướng dẫn 

TS TRẦN VĂN SỰ

MSCB:  

Quảng Nam, tháng 6 năm 2021

LỜI CẢM ƠN Trước khi trình bày nội dung chính của khoá luận, tôi xin bày tỏ lòng kính trọng 

và biết ơn  sâu sắc đến thầy  giáo TS. Trần Văn Sự, người đã dành thời  gian trực tiếp hướng dẫn, tận tình, chu đáo và giúp đỡ tôi thực hiện đề tài của mình.  

Bên cạnh đó tôi cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa Toán đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập cũng như hoàn thành khoá luận tốt nghiệp của mình.  

Cuối  cùng,  tôi  xin  gửi  đến  những  người  thân  yêu  và  bạn  bè  một  lời  cảm  ơn  chân thành  vì  mọi người đã luôn khích lệ, động  viên tôi trong suốt quá trình thực hiện đề tài này. 

Mặc dù đã cố gắng  và nỗ lực hết mình nhưng không thể tránh khỏi những thiếu sót cần bổ sung và chỉnh sửa. Kính mong nhận được các lời nhận xét, góp ý của quý thầy cô giáo và các bạn để khoá luận được hoàn thiện hơn. 

Tôi xin chân thành cảm ơn!  

Quảng Nam, tháng 06 năm 2021

Sinh viên thực hiện

Pơloong Thị Neo  

 

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU   2

1.Lý do chọn đề tài 2

2. Mục tiêu nghiên cứu   2

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu   2

3.1 Đối tượng nghiên cứu 2

3.2 Phạm vi nghiên cứu 2

4. Phương pháp nghiên cứu   2

5. Đóng góp của đề tài   3

6 Cấu trúc đề tài  3

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ   4

1.1 Lý thuyết tập hợp   4

1.1.1. Cách biểu diễn tập hợp   4

1.1.2 Các kiểu quan hệ tập hợp   5

1.2. Phương pháp chứng minh phản chứng   7

1.3 Một số tính chất của phép chia hết   8

1.4 Một số tính chất của đồng dư thức   8

1.5. Một số kiến thức liên quan đến bất đẳng thức   9

1.5.1 Bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân   9

1.5.2 Bất đẳng thức Bunyakovsky   10

1.6 Nguyên lý bù trừ   11

1.7 Nguyên lí khởi đầu cực trị   13

1.8. Nguyên lí Dirichlet   13

1.8.1 Nội dung nguyên lí Dirichlet   13

1.8.2 Nguyên lí Dirichlet mở rộng   13

1.8.3 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp   14

1.8.4. Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng   14

1.8.5. Nguyên lí Dirichlet cho diện tích   15

CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET VÀO BÀI TOÁN  16

2.1 Nguyên lí khởi đầu cực trị   16

2.1.1 Ứng dụng vào giải bài toán hình học tổ hợp   16

2.1.2 Ứng dụng vào giải bài toán tổ hợp   22

2.1.3 Ứng dụng vào giải bài toán số học   24

2.2 Nguyên lí Dirichlet   26

2.2.1 Ứng dụng vào giải bài toán hình học tổ hợp   26

2.2.2. Ứng dụng vào giải bài toán tổ hợp   31

2.2.3. Ứng dụng vào giải bài toán số học   33

2.2.4 Ứng dụng vào giải bất đẳng thức   35

2.3. Mối liên hệ giữa hai nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet  42

KẾT LUẬN   46

TÀI LIỆU THAM KHẢO   47

       

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Trong Toán học, có một số bài toán  mà chúng ta dùng nhiều phương pháp  khác nhau để đưa ra một lời giải đúng. Chẳng hạn như phương pháp giải trực tiếp, phương pháp phản chứng, phương pháp quy nạp toán học, … để tìm ra lời giải cho các bài toán khá hóc búa. Trong các bài toán về lý thuyết tập hợp nói chung, lý thuyết tổ hợp nói riêng,  nguyên  lí  khởi  đầu  cực  trị  và  nguyên  lí  Dirichlet  là  hai  nguyên  lí  có  nội  dung khá đơn giản nhưng cũng là phương pháp rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc trong toán học. Đặc biệt, hai nguyên lí này có thể áp dụng rộng rãi trong việc chứng  minh các bài toán tổ hợp  thường  xuất hiện trong các  kỳ thi học sinh  giỏi quốc gia cũng như kỳ thi Olympic toán học quốc tế cho học sinh, sinh viên.   

Để thấy được tính ứng dụng thực tế cũng như tính hiệu quả của hai nguyên lí trên trong việc vận dụng vào giải các bài tập tổ hợp, hình học tổ hợp, số học,…cùng với sự 

giúp  đỡ  của  giảng  viên  hướng  dẫn  khóa  luận,  tôi  mạnh  dạn  chọn  đề  tài  “Vận dụng

nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet để giải các bài toán thi học sinh giỏi Trung học phổ thông” làm đề tài khoá luận tốt nghiệp cuối khóa của mình. 

2. Mục tiêu nghiên cứu 

Khoá luận được hoàn thành với mục tiêu nghiên cứu vận dụng nguyên lí khởi đầu cực  trị  và  nguyên  lí  Dirichlet  để  giải  các  bài  toán  thi  học  sinh  giỏi  Trung  học  phổ thông. 

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

3.1 Đối tượng nghiên cứu

Vận dụng nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet để giải các bài toán thi học sinh giỏi Trung học phổ thông. 

3.2 Phạm vi nghiên cứu

Đề tài tập trung nghiên cứu trong phạm vi vận dụng nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet để giải bài toán tổ hợp, hình học tổ hợp, số học. 

4. Phương pháp nghiên cứu 

Để thực hiện đề tài nghiên cứu này, tôi sử dụng các phương pháp: 

- Phương pháp đọc tài liệu tham khảo kết hợp phân tích-tổng hợp tài liệu. 

- Phương pháp tham khảo ý kiến chuyên gia. 

- Hệ thống hoá, giải quyết vấn đề và sưu tầm giải quyết bài toán. 

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Chương 2: Ứng dụng nguyên lí khởi đầu cực trị và nguyên lí Dirichlet

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Lý thuyết tập hợp 

Tuy mới có hơn 100 năm kể từ khi ra đời nhưng lý thuyết tập hợp đã trở thành cơ 

sở của toán học hiện đại. Trong thời đại hiện nay, lý thuyết tập hợp cũng đã thâm nhập sâu vào trong toán học phổ thông và trở thành một phần không thể thiếu trong chương trình giảng dạy toán học của nhà trường. 

Lý thuyết tập hợp được nhà toán học Đức G.Cantor (1845-1918) sáng lập và phát triển nhằm miêu tả các quan hệ toán học của các tập hợp. Trong lý thuyết tập hợp, ông chỉ nghiên cứu những tính chất toán học không phụ thuộc vào nguồn gốc xuất thân của các phần tử mà thôi. 

Trong cuộc sống ta có rất nhiều  ví dụ về tập  hợp:  Tập hợp  các em học sinh của một lớp học, tập hợp các số tự nhiên, tập hợp các tam giác… 

1.1.1. Cách biểu diễn tập hợp

Thông  thường  người  ta  hay  biểu  diễn  một  tập  hợp 

M  như  một  phần  mặt  phẳng  được  giới  hạn  bởi  một 

đường cong khép kín. Phần mặt phẳng này được tô màu 

hoặc đánh dấu để nhận biết được. 

Mỗi phần tử x của một tập M được kí hiệu bởi xM và được biểu diễn như một điểm trong phần mặt phẳng được giới hạn đó. Còn khi x không phải là phần tử của tập hợp M thì ta viết xM

Lợi  ích của  sự biểu diễn này cho ta hình ảnh trực quan hơn  về  giao của hai tập hợp  cũng  như  hợp  của  hai  tập  hợp.  Giao  của  hai  tập  hợp  A  và B cho trước, được  kí hiệu là  A B là miền giao của hai phần biểu diễn tương ứng (xem hình bên phải) và hợp của hai tập hợp A và B này, được kí hiệu làA Blà toàn bộ miền mặt phẳng dùng 

để biểu diễn hai tập hợp này (xem hình bên trái) 

 

Về mặt hình thức, ta hay dùng một trong 3 cách sau để biểu diễn tập hợp: 

a. Liệt kê tất cả các phần tử 

0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9. 

b. Thông qua quy tắc nhận biết đơn giản 

Trong  phương  pháp  biểu  diễn  tập  hợp  này,  người  ta  chỉ  liệt  kê  vài  phần  tử  đầu tiên  của  tập  hợp  để  người  đọc  có  thể  nhận  ra  ngay  quy  tắc  nhận  biết  chúng  và  dùng dấu “…” để dễ hiểu là còn các phần tử khác nối tiếp theo quy luật đó. Chẳng hạn tập hợp tất cả các số tự nhiên được biểu diễn như sau: 

M: = {nN:  n là số chính phương}. 

Trong  cách  biểu  diễn  này,  quy  tắc  nhận  biết  rất  có  thể  đơn  giản  về  hình  thức, nhưng  khi  vận  dụng  để  nhận  biết  một  phần  tử  có  thuộc  tâp  hợp  được  biểu  diễn  hay không  là  một  vấn  đề  khó  khăn.  Chẳng  hạn  tập  hợp  các  số  nguyên  tố  được  biểu  diễn như sau: 

P = {pN: p là số nguyên tố}. 

Ví dụ 1: Hãy biểu diễn tập hợp tất cả các số thực trên mặt phẳng toạ độ Đề Các. Giải:

a Tập hợp rỗng

Tập hợp không có phần tử nào được gọi là tập hợp rỗng và được kí hiệu bởi .   

Bước 3: Kết luận là khẳng định của bài toán là đúng.  

Rất  nhiều  bài  toán  chứng  minh  trực  tiếp  có  thể  dài,  nhưng  bằng  phương  pháp chứng minh phản chứng nhiều khi ta có được một chút chứng minh ngắn gọn. Trong chứng minh phản chứng, ta có thêm một giả thiết làm chỗ tựa cho chứng minh (đó là mệnh đề ngược lại với  kết luận của bài toán). Đôi khi xuất phát từ giả thiết được tạo thêm này chúng ta dễ suy luận hơn.  

Ví dụ 6: Biết rằng số là  một số  vô tỉ.  Chứng  minh rằng trong  khai  triển thập phân của số  3,1415 sẽ có một chữ số xuất hiện vô hạn lần. 

a



 chữ  số  sau  dấu  phẩy  trong  khai  triển  thập  phân  của 

nó. Vậy   phải là một số hữu tỉ (vô lí) vì ta biết rằng số   là một số vô tỉ. 

Nhận xét: Mặc dù biết rằng trong khai triển thập phân của số  luôn có một chữ 

số xuất hiện vô hạn lần nhưng cho đến bây giờ các nhà toán học vẫn không biết chính 

xác  đó  là  chữ  số  gì.  Vì  sự  tồn  tại  một  chữ  số  có  tính  chất  như  vậy  trong  khai  triển thập  phân của  số   chỉ được  chứng  tỏ bằng chứng  minh  phản  chứng  mà thôi.  Còn khi a là một số hữu tỉ có vô hạn chữ số sau dấu phẩy trong biểu diễn thập phân của 

nó, thì ta dễ dàng tìm tất cả chữ số xuất hiện vô hạn lần sau dấu phẩy trong biểu diễn thập phân của a  

Trong việc chứng minh một số tính chất bằng phương pháp phản chứng, ta có thể 

có thêm một số thông tin bổ sung quan trọng nếu sử dụng phản ví dụ nhỏ nhất.  

Ý tưởng là để chứng minh một tính chất A cho một cấu hình P, ta xét  một đặc trưng  f P  của P là  một hàm có giá trị nguyên dương. Bây giờ giả sử tồn tại một cấu hình P không có tính chất A, khi đó sẽ tồn tại một cấu hình P0 không có tính chất A với  f P nhỏ nhất. Ta sẽ tìm cách suy ra điều mâu thuẫn.   0

Lúc này, ngoài việc chúng ta có cấu hình P0 không có tính chất A, ta còn có mọi cấu hình P với  f P  f P 0 đều có tính chất A.  

1.3 Một số tính chất của phép chia hết

Định nhĩa 1.1 phép chia hết:

Gải sử a b,    là hai số nguyên và b  , ta nói  b  chia hết 0 a hay a  chia hết cho  b  

nếu như có một số nguyên qsao cho a bq  Khi ấy ta còn nói  b  là ước của  a hay a 

Cho m là một số nguyên dương, ta nói hai số nguyên a  và  b  đồng dư với nhau 

theo môđun m nếu trong các phép chia a  và  b cho  m ta được cùng một số dư, nghĩa 

1.5. Một số kiến thức liên quan đến bất đẳng thức

1.5.1 Bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân

Cho n  số thực dương  a a1, 2, ,a n thì trung bình cộng của n số đó lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng, nghĩa là: 

1 1, 2 2, , n n

b ka b ka b ka  Chứng minh :

Với   x , ta có : 

a x b1  12  0

a x b2  22 0. 

a x  a b xb   Cộng vế theo vế ta đươc: 

Cuối cùng ta thấy dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 

         ' 0 

  a x b1  1 a x b2  2  a x b n  n 0       b1ka1 b2 ka2  b n ka n    ,k  . 1.6 Nguyên lý bù trừ

Cho tập X  và n  tập con  X X1, 2, ,X n. Ta có 

1.7 Nguyên lí khởi đầu cực trị 

Nguyên lí 2: Trong một tập hợp khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn

được số bé nhất

Nguyên tắc này dùng để chứng minh những bài toán mà trong tập hợp những giá trị phải xét tồn tại giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất

Thông  thường  nguyên  lí  khởi  đầu  cực  trị  được  sử  dụng  cùng  với  phương  pháp chứng minh phản chứng. Nguyên lí khởi đầu cực trị được vận dụng trong trường hợp tập những giá trị cần phải khảo sát chỉ là một tập hợp hữu hạn (nguyên lí 1) hoặc có thể vô hạn (nguyên lí 2) nhưng tồn tại một phần tử nhỏ nhất (hoặc lớn nhất).  

1.8.1 Nội dung nguyên lí Dirichlet

Nếu nhốt n 1 con thỏ vào n  cái chuồng thì luôn tồn tại một chuồng chứa ít nhất 

hai con thỏ

1.8.2 Nguyên lí Dirichlet mở rộng

Cũng tương tự như vậy, nguyên lí Dirichlet mở rộng được phát biểu như sau:  “Nếu  nhốt  n   con  thỏ  vào  m m ( 2)chuồng  thì  tồn  tại  một  chuồng  có  ít  nhất 

A cho tương ứng với  một phần tử củaB thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của 

 Giả sử có một số tự nhiên  k nào đó mà  A k B và ta có quy tắc với mỗi phần 

tử của  A cho tương ứng với một phần tử của B. Khi đó, tồn tại ít nhất k 1 phần tử của A mà chúng ứng với cùng một phần tử của B

1.8.5. Nguyên lí Dirichlet cho diện tích

NếuKlà  một  hình  phẳng,  còn  K K K1, 2, 3, ,K n  là  các  hình  phẳng  sao  cho 

 

CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ VÀ NGUYÊN LÍ

DIRICHLET VÀO BÀI TOÁN

2.1 Nguyên lí khởi đầu cực trị

2.1.1 Ứng dụng vào giải bài toán hình học tổ hợp

Bài toán 1: Cho  ABC là tam  giác nhọn.  Lấy một điểm P  bất  kì trong tam  giác. Chứng minh rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P tới ba đỉnh A, B, C không nhỏ hơn hai lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam giác đó.  

2

PA BPA

Giải: Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng

Giả sử khẳng định của bài toán là không đúng và tồn tại những bộ 5 điểm nguyên sao cho mỗi bộ 5 điểm này lập thành một ngũ giác đều nào đó.  

Xét tập hợp = {a 2 : a là cạnh của ngũ giác đều có 5 đỉnh là điểm nguyên}. 

Do a là cạnh của ngũ giác đều với các đỉnh nguyên nên  a là số nguyên dương. 

 Thật vậy, giả sử A A A A A1 2 3 4 5 là đa giác đều thuộc . 

Giả sử A x y , i i, i i 1,5, nếu gọi a  là cạnh của ngũ giác đều này thì ta có: 

Dễ thấyABA E ABCB BCDC CDED  và ' , ', ', ' DEAE' đều là các hình bình hành với 

BDCE  A ADCE B ADBE C ACBED  và BD  AC  E'. 

Từ hình bình hành ABA E'  suy ra  

' '

E

C D

Nhận xét: Trong chứng minh trên, nguyên lí “Một tập con khác rỗng của tập số 

tự nhiên có giá trị nhỏ nhất” không phải được áp dụng một cách trực tiếp ngay, vì độ dài các cạnh của hình ngũ giác đều không phải số tự nhiên. Ta đã khéo léo quay trở về tập số tự nhiên bằng cách xét bình phương những độ dài này. Thủ thuật này được áp dụng rất nhiều trong toán học hiện đại.  

Bài toán 3: Cho n điểm (n ≥ 3) nằm trên một mặt phẳng thỏa mãn tính chất nếu 

ta chọn ra từ đó ba điểm bất kì A B C  thì diện tích của tam giác  ABC  luôn bé hơn 1. ,   ,  Chứng minh rằng toàn bộ n điểm đó nằm bên trong hoặc trên biên của một tam giác với diện tích bé hơn 4. 

 Giải:  

 

Gọi  ABC là tam giác có diện tích lớn nhất trong số các tam giác với ba đỉnh lấy 

từ n điểm đã cho. 

Để cho gọn ta kí hiệu diện tích tam giác  ABC  bởi ABC  Ta có   ABC     1

Xét  tam  giác LMN   là  tam  giác  sao  cho  A B C lần  lượt  là  trung  điểm  của  các ,   ,  cạnhLM MN NL  ,   ,  

C

B

Bài toán 4: Trên một đường tròn có 2000 điểm. Người ta tô màu 1000 điểm trong 

chúng bằng màu đỏ, các điểm còn lại được tô màu xanh. Chứng minh rằng có thể nối các điểm này bởi 1000 đoạn thẳng sao cho không có hai đoạn thẳng được nối nào có điểm chung. 

Giải:

Phân tích: Trong tất cả các cách nối các cặp điểm xanh và đỏ với nhau bởi 1000 đoạn  thẳng  sẽ  tồn  tại  một  cách  nối  mà  tổng  độ  dài  các  đoạn  thẳng  nối  nhỏ  nhất.  Ta chứng minh rằng cách nối này thoả mãn yêu cầu đặt ra của bài toán. 

Thật vậy, giả sử trong cách nối này có hai đoạn thẳng A B1 1vàA B2 2cắt nhau (Ai màu 

đỏ và Bi màu xanh) tại điểm O. Khi đó ta thay hai cạnh nối này bằng cạnh A B1 2vàA B2 1. 

 

Dễ thấy đây là một cách nối từng cặp các đỉnh xanh và đỏ với nhau bởi 1000 đoạn thẳng với tổng độ dài các đoạn thẳng nhỏ hơn vì: A B1 2A B2 1 A B1 1A B2 2 (vô lí). Vậy cách nối của ta thoả mãn yêu cầu bài toán đặt ra là không có hai đoạn thẳng nào cắt nhau. 

Bài toán 5: Trên một sân chơi có một số em bé đứng sao cho khoảng cách giữa các em đôi một khác nhau. Trong tay mỗi em bé có một quả bóng. Sau hiệu lệnh của chị  phụ  trách,  mỗi  em  đưa  quả  bóng  của  mình  cho  bạn  đứng  gần  nhất.  Chứng  minh rằng mỗi em bé nhận được không quá 5 quả bóng. 

Giải :

Xét hai emA  và  B có  khoảng cách tới  nhau nhỏ  hơn  khoảng cách  giữa hai em bất kì khác. Khi đó  A đưa bóng cho B và B đưa bóng cho  A nên sau hiệu lệnh của chị phụ trách có ít nhất hai em còn có bóng trong tay. 

 Ta chứng minh rằng còn có ít nhất một em khác cũng còn có bóng trong tay. Thật vậy, giả sử ngược lại chỉ có đúng hai em còn có bóng trong tay.  

Do có 10 quả bóng tất cả và mỗi em không nhận quá 5 quả bóng như bài trên ta 

đã chứng minh nên số bóng mỗi em A và B có trong tay đúng bằng 5. 

 Các em còn lại khácA và B được đánh số là A1,  ,  A4(các em đưa bóng của mình cho A) và B1,  ,  B4(các em đưa bóng của mình cho B) như trong hình (bên trái).  

Do  tính  chất  là  cạnh  lớn  nhất  trong  các  tam  giácA AA i i1i 1,  2,  3  và  B BB i i1 

A AB A . Vậy đường thẳng đi qua  AA4và  BB4cắt nhau về phía  A4và B4tại điểm  O (hình bên phải). Trong tam giác A AB4  ta có AB là cạnh nhỏ nhất, cho nên 

 

4 4

Vậy phải có ít nhất một em khác nữa nhận được bóng. 

Trong ví dụ trong hình, các vị trí các em bé đứng đánh số từ 1 tới 10. Các vị trí của các em số 1 tới  số 3 và 5 là  vị trí của bốn đỉnh của ngũ  giác đều nội tiếp đường tròn tâm tại 4. Tương tự như vậy là vị trí của 8, 9 và 10. Ta có thể thay đổi vị trí các 

em (số 4, 5 và 7) còn có bóng trong tay. 

 Vậy đáp số của bài toán là ba em. 

2.1.2 Ứng dụng vào giải bài toán tổ hợp:

Bài toán 1: Bảy người câu được 100 con cá. Biết rằng  không có hai người nào câu được số cá như nhau. Chứng minh rằng có ba người câu được tổng cộng không ít hơn 50 con cá. 

 Giải:  Ta  sắp  xếp  các  người  câu  cá  theo  thứ  tự  để  số  cá  câu  được  của  họ  giảm dần.  

Như thế người thứ nhất câu được nhiều cá nhất và người thứ bảy câu được ít cá nhất. 

 Nếu  người  thứ  tư  câu  được  không  ít  hơn  15  con  cá  thì  ba  người  đầu  câu  được không ít hơn 16 + 17 + 18 = 51 con cá.  

Nếu người thứ tư câu được 14 con cá hoặc ít hơn thì cả bốn người sau câu được không quá 14 + 13 + 12 + 11 = 50 con.  

Như vậy ba người đầu câu được không ít hơn 50 con.  

Bài toán 2: Trong một cuộc thi học sinh giỏi tỉnh có 65 học sinh tham gia đến từ hai  trường.  Mỗi  học  sinh  thi  một  trong  4  môn  Toán,  Lý,  Hoá,  Anh  Văn.  Biết  rằng trong  5  học  sinh  thi  cùng  một  môn  thì  có  hai  học  sinh  cùng  tuổi.  Chứng  minh  rằng trong 65 học sinh có ít nhất 3 học sinh đến từ một trường, thi cùng một môn và bằng tuổi nhau. 

Giải:

Giả sử không có 3 học sinh nào thoả bài toán. 

Vì có 65 học sinh đến từ hai trường nên có ít nhất 33 học sinh đến từ một trường. Xét 33 học sinh này thì có ít nhất 9 học sinh thi cùng một môn.