Giúp bạn hiểu rõ hơn về nguyên lý cực hạn. Tài liệu phục vụ cho những người yêu thích nghiên cứu toán cao cấp...Giúp bạn hiểu rõ hơn về nguyên lý cực hạn. Tài liệu phục vụ cho những người yêu thích nghiên cứu toán cao cấp...Giúp bạn hiểu rõ hơn về nguyên lý cực hạn. Tài liệu phục vụ cho những người yêu thích nghiên cứu toán cao cấp...Giúp bạn hiểu rõ hơn về nguyên lý cực hạn. Tài liệu phục vụ cho những người yêu thích nghiên cứu toán cao cấp...Giúp bạn hiểu rõ hơn về nguyên lý cực hạn. Tài liệu phục vụ cho những người yêu thích nghiên cứu toán cao cấp...Giúp bạn hiểu rõ hơn về nguyên lý cực hạn. Tài liệu phục vụ cho những người yêu thích nghiên cứu toán cao cấp...
Nguyên lý cực hạn Trần Nam Dũng Trường Đại học KHTN Tp HCM Bài viết phát triển từ viết “Các phương pháp kỹ thuật chứng minh” mà trình bày Hội nghị “Các chuyên đề Olympic Toán chọn lọc” Ba Vì, Hà Nội, tháng 5-2010 giảng dạy cho đội tuyển Olympic Việt Nam dự IMO 2010 Trong này, tập trung chi tiết vào ứng dụng Nguyên lý cực hạn giải toán Một tập hợp hữu hạn số thực có phần tử lớn phần tử nhỏ Một tập N có phần tử nhỏ Nguyên lý đơn giản nhiều trường hợp có ích cho việc chứng minh Hãy xét trường hợp biên! Đó nguyên lý Một số ví dụ mở đầu Ta xem xét số ví dụ sử dụng nguyên lý cực hạn Ví dụ Có trường học, trường có n học sinh Mỗi học sinh quen với n+1 học sinh từ hai trường khác Chứng minh người ta chọn từ trường bạn cho ba học sinh chọn đôi quen Giải Gọi A học sinh có nhiều bạn trường khác Gọi số bạn nhiều k Giả sử A trường thứ tập bạn quen A M = {B1, B2, …, Bk} trường thứ Cũng theo giả thiết, có học sinh C trường thứ quen với A Vì C quen không k học sinh trường thứ nên theo giả thiết C quen với n+1 – k học sinh trường thứ hai, đặt N = {D1, D2, , Dm} người quen C trường thứ hai m ≥ n + – k Vì M, N thuộc tập hợp gồm n học sinh | M | + | N | ≥ k + n+1 – k = n+1 nên ta có M N ≠ Chọn B thuộc M N ta có A, B, C đôi quen Ví dụ Chứng minh không tồn số n lẻ, n > cho 15n + chia hết cho n Giải Giả sử tồn số nguyên lẻ n > cho 15n + chia hết cho n Gọi p ước số nguyên tố nhỏ n, p lẻ Giả sử k số nguyên dương nhỏ cho 15k – chia hết cho p (số k gọi bậc 15 theo modulo p) Vì 152n – = (15n-1)(15n+1) chia hết cho p Mặt khác, theo định lý nhỏ Fermat 15p-1 – chia hết cho p Theo định nghĩa k, suy k ước số số p-1 2n Suy k | (p-1, 2n) Do p ước số nguyên tố nhỏ n nên (n, p-1) = Suy (p-1, 2n) = Vậy k | Từ k = k = Cả hai trường hợp dẫn tới p = Nhưng điều mâu thuẫn 15n + đồng dư mod Trong hai ví dụ trên, rõ ràng việc xét trường hợp biên đem đến cho thông tin bổ sung quan trọng Trong ví dụ thứ nhất, việc chọn A học sinh có số người quen nhiều trường khác cho ta thông tin số người quen C trường thứ hai n+1 – k Trong ví dụ thứ hai, p ước số nguyên tố nhỏ nên p-1 nguyên tố với n bội số p Bài tập Cho n điểm xanh n điểm đỏ mặt phẳng, điểm thẳng hàng Chứng minh ta nối 2n điểm n đoạn thẳng có đầu mút khác màu cho chúng đôi không giao Trên đường thẳng có 2n+1 đoạn thẳng Mỗi đoạn thẳng giao với n đoạn thẳng khác Chứng minh tồn đoạn thẳng giao với tất đoạn thẳng lại Trong mặt phẳng cho n > điểm Hai người chơi nối cặp điểm chưa nối véc-tơ với hai chiều Nếu sau nước người tổng véc tơ vẽ người thứ hai thắng; không vẽ véc tơ mà tổng chưa có lúc người thứ thắng Hỏi người thắng chơi đúng? Giả sử n số nguyên dương cho 2n + chia hết cho n a) Chứng minh n > n chia hết cho 3; b) Chứng minh n > n chia hết cho 9; c) Chứng minh n > n chia hết cho 27 19; d) Chứng minh n chia hết cho số nguyên tố p p 19; e)* Chứng minh n chia hết cho số nguyên tố p, p p 19 p 163 Phương pháp phản ví dụ nhỏ Trong việc chứng minh số tính chất phương pháp phản chứng, ta có thêm số thông tin bổ sung quan trọng sử dụng phản ví dụ nhỏ Ý tưởng để chứng minh tính chất A cho cấu hình P, ta xét đặc trưng f(P) P hàm có giá trị nguyên dương Bây giả sử tồn cấu hình P tính chất A, tồn cấu hình P0 tính chất A với f(P0) nhỏ Ta tìm cách suy điều mâu thuẫn Lúc này, việc có cấu hình P0 tính chất A, ta có cấu hình P với f(P) < f(P0) có tính chất A Ví dụ Cho ngũ giác lồi ABCDE mặt phẳng toạ độ có toạ độ đỉnh nguyên a) Chứng minh tồn điểm nằm nằm cạnh ngũ giác (khác với A, B, C, D, E) có toạ độ nguyên b) Chứng minh tồn điểm nằm ngũ giác có toạ độ nguyên c) Các đường chéo ngũ giác lồi cắt tạo ngũ giác lồi nhỏ A1B1C1D1E1 bên Chứng minh tồn điểm nằm biên ngũ giác lồi A1B1C1D1E1 Câu a) giải dễ dàng nhờ nguyên lý Dirichlet: Vì có điểm nên tồn điểm X, Y mà cặp toạ độ (x, y) chúng có tính chẵn lẻ (ta có trường hợp (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn) (lẻ, lẻ)) Trung điểm Z XY điểm cần tìm Sang câu b) lý luận chưa đủ, XY đường chéo mà cạnh Z nằm biên Ta xử lý tình sau Để ý XY cạnh, chẳng hạn cạnh AB ZBCDE ngũ giác lồi có đỉnh có toạ độ nguyên ta lặp lại lý luận nêu ngũ giác ZBCDE, … Ta dùng đơn biến để chứng minh trình kéo dài mãi, đến lúc có ngũ giác có điểm nguyên nằm Tuy nhiên, ta trình bày lại lý luận cách gọn gàng sau: Giả sử tồn ngũ giác nguyên mà bên không chứa điểm nguyên (phản ví dụ) Trong tất ngũ giác vậy, chọn ngũ giác ABCDE có diện tích nhỏ (phản ví dụ nhỏ nhất) Nếu có nhiều ngũ giác ta chọn số chúng Theo lý luận trình bày câu a), tồn hai đỉnh X, Y có cặp toạ độ tính chẵn lẻ Trung điểm Z XY có toạ độ nguyên Vì bên ngũ giác ABCDE điểm nguyên nên XY phải cạnh Không tính tổng quát, giả sử AB Khi ngũ giác ZBCDE có toạ độ đỉnh nguyên có diện tích nhỏ diện tích ngũ giác ABCDE Do tính nhỏ ABCDE (phản ví dụ nhỏ phát huy tác dụng!) nên bên ngũ giác ZBCDE có điểm nguyên T Điều mâu thuẫn T nằm ngũ giác ABCDE Phản ví dụ nhỏ cách tốt để trình bày chứng minh quy nạp (ở thường quy nạp mạnh), để tránh lý luận dài dòng thiếu chặt chẽ Ví dụ Chứng minh a, b số nguyên dương nguyên tố tồn các số nguyên x, y cho ax + by = Giải Giả sử khẳng định đề không đúng, tức tồn hai số nguyên dương a, b nguyên tố cho không tồn x, y nguyên cho ax + by = Gọi a0, b0 cặp số với a0 + b0 nhỏ (phản ví dụ nhỏ nhất) Vì (a0, b0) = (a0, b0) ≠ (1, 1) (do 1.0 + 1.1 = 1) nên a0 ≠ b0 Không tính tổng quát, giả sử a0 > b0 Dễ thấy (a0-b0, b0) = (a0, b0) = Do a0 – b0 + b0 = a0 < a0 + b0 nên tính nhỏ phản ví dụ, ta suy (a0-b0, b0) không phản ví dụ, tức tồn x, y cho (a0-b0)x + b0y = Nhưng từ a0x + b0(y-x) = Mâu thuẫn điều giả sử Vậy điều giả sử sai toán chứng minh Bài tập Giải phần c) ví dụ Trên mặt phẳng đánh dấu số điểm Biết điểm chúng đỉnh tứ giác lồi Chứng minh tất điểm đánh dấu đỉnh đa giác lồi Nguyên lý cực hạn bất đẳng thức Nguyên lý cực hạn thường áp dụng cách hiệu bất đẳng thức có tính tổ hợp, dạng chứng minh tồn k số từ n số thỏa mãn điều kiện Ví dụ (Moscow MO 1984) Trên vòng tròn người ta xếp số thực không âm có tổng Chứng minh tổng tất tích cặp số kề không lớn Giải Ta cần chứng minh với n ≥ số thực không âm а1, , аn, có tổng 1, ta có bất đẳng thức a1a2 + a2a3 + + an - 1an + ana1 ≤ 1/4 Với n chẵn n (n = 2m) điều chứng minh dễ dàng: đặt a1 + a3 + + a2m - = a; đó, rõ ràng, a1a2 + a2a3 + + an - 1an + ana1 ≤ (a1 + a3 + + a2m−1) × (a2 + a4 + + a2m) = a(1 − a) ≤ 1/4 Giả sử n lẻ ak – số nhỏ số cho (Để thuận tiện, ta giả sử < k < n − – điều không làm tính tổng quát n ≥ 4.) Đặt bi = аi, với i = 1, , k − 1, bk = ak + ak + bi = + với i = k + 1, , n − Áp dụng bất đẳng thức cho số b1, , bn - 1, ta được: a1a2 + + ak - 2ak - + (ak - + ak + 2) bk + ak + 2ak + + + an - 1an + ana1 ≤ 1/4 Cuối cùng, ta sử dụng bất đẳng thức ak - 1ak + akak + + ak + 1ak + ≤ ak - 1ak + ak - 1ak + + ak + 1ak + ≤ (ak - + ak + 2) bk để suy điều phải chứng minh Đánh giá tốt nhất; dấu xảy n số 1/2, số lại Ví dụ Cho n số thực phân biệt a1, a2, …, an thoả mãn điều kiện n a i 1 n i 0, ai2 i 1 Chứng minh tồn số a, b, c, d thuộc {a1, a2, …, an} cho n a b c nabc ai3 a b d nabd i 1 Giải Nếu a ≤ b ≤ c ba số nhỏ với i = 1, 2, …, n ta có bất đẳng thức (ai – a)(ai – b)(ai – c) ≥ Suy ai3 (a b c)ai2 (ab bc ca)ai abc với i = 1, 2, …,n Cộng tất bất đẳng thức này, với ý n a i 1 i n n i 1 i 1 0, ai2 ta a b c nabc Bây chọn d số lớn ta có (ai – a)(ai – b)(ai – d) ≤ với i = 1, 2, …, n Và thực tương tự trên, ta suy bất đẳng thức vế phải bất đẳng thức kép cần chứng minh Ví dụ Tổng bình phương 100 số thực dương lớn 10000 Tổng chúng nhỏ 300 Chứng minh tồn số chúng có tổng lớn 100 Giải Giả sử 100 số C1 ≥ C2 ≥ ≥ C100 > Nếu C1 ≥ 100, C1 + C2 + C3 > 100 Do ta giả sử C1 < 100 Khi 100 - C1 > 0, 100 - C2 > 0, C1 - C2 ≥ и C1 - C3 ≥ 0, 100(C1 + C2 + C3) ≥ 100(C1 + C2 + C3) - (100 - C1)(C1 - C3) - (100 - C2)(C2 - C3) = = C12 + C22 + C3(300 - C1 - C2) > > C12 + C22 + C3(C3 + C4 + + C100) ≥ ≥ C12 + C22 + C32 + + C1002 > 10000 Suy ra, C1 + C2 + C3 > 100 Bài tập Trong ô bảng x n ta viết số thực dương cho tổng số cột Chứng minh ta xoá cột số cho hàng, tổng số lại không vượt n 1 40 tên trộm chia 4000 euro Một nhóm gồm tên trộm gọi nghèo tổng số tiền mà chúng chia không 500 euro Hỏi số nhỏ nhóm trộm nghèo tổng số tất nhóm tên trộm bao nhiêu? Nguyên lý cực hạn phương trình Diophant Trong phần này, ta trình bày chi tiết ba ví dụ áp dụng nguyên lý cực hạn phương trình Fermat, phương trình Pell phương trình dạng Markov Ví dụ Chứng minh phương trình x4 + y4 = z2 (1) nghiệm nguyên dương Giải Giả sử ngược lại, phương trình (1) có nghiệm nguyên dương, (x, y, z) nghiệm (1) với z nhỏ (1) Dễ thấy x2,y2,z đôi nguyên tố (2) Từ nghiệm phương trình Pythagore, ta có tồn p, q cho x2 = 2pq y2 = p2 - q2 z = p2 + q2 (3) Từ đây, ta lại có ba Pythagore khác, y2 + q2 = p2 (4) Như vậy, tồn a,b cho q = 2ab y = a2 - b2 p = a2 + b2 a,b nguyên tố (5) Kết hợp phương trình này, ta được: x2 = 2pq = 2(a2 + b2)(2ab) = 4(ab)(a2 + b2) (6) Vì ab a2 + b2 nguyên tố nhau, ta suy chúng số phương (7) Như a2 + b2 = P2 a = u2, b = v2 Suy P2 = u4 + v4 (8) Nhưng ta thu điều mâu thuẫn với tính nhỏ z vì: P2 = a2 + b2 = p < p2 + q2 = z < z2 (9) Như điều giả sử ban đầu sai, suy điều phải chứng minh Phương pháp trình bày gọi phương pháp xuống thang Đây có lẽ phương pháp mà Fermat nghĩ tới viết lề sách Diophant dòng chữ mà sau gọi định lý lớn Fermat làm điên đầu hệ nhà toán học Ví dụ Tìm tất cặp đa thức P(x), Q(x) thỏa mãn phương trình P2(x) = (x2-1)Q2(x) + (1) Giải Không tính tổng quát, ta cần tìm nghiệm tập đa thức có hệ số khởi đầu dương Nếu ( x x 1) n Pn ( x) x 1Qn ( x) (2) ( x x 1) n Pn ( x) x 1Qn ( x) (3) Nhân (2) (3) vế theo vế, ta ( x x 1) n ( x x 1) n ( Pn ( x) x 1Qn ( x))( Pn ( x) x 1Qn ( x)) Pn2 ( x) ( x 1)Qn2 ( x) Suy cặp đa thức Pn(x), Qn(x) xác định (2) (và (3)!) nghiệm (1) Ta chứng minh tất nghiệm (1) Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn cặp đa thức P(x), Q(x) dạng Pn(x), Qn(x) thỏa mãn (1) Ta xét cặp đa thức (P, Q) với degQ nhỏ Đặt ( P ( x) x 1Q( x))( x x 1) P * ( x) x 1Q * ( x) (4) Thì rõ ràng ( P ( x) x 1Q( x))( x x 1) P * ( x) x 1Q * ( x) Suy (P*, Q*) nghiệm (1) Khai triển (4), ta thu P*(x) = xP(x) – (x2-1)Q(x), Q*(x) = xQ(x) – P(x) Chú ý từ (1) ta suy (P(x) – xQ(x))(P(x)+xQ(x)) = - Q2(x) + Vì P(x) Q(x) có hệ số khởi đầu > degP = degQ + nên ta có deg(P(x)+xQ(x)) = degQ + Từ đây, deg(Q2(x) + 1) ≤ 2deg(Q) nên ta suy deg(Q*(x)) ≤ deg(Q) – < deg Q Như vậy, theo cách chọn cặp (P, Q) tồn n cho (P*, Q*) = (Pn, Qn) Nhưng từ (4) suy P ( x) x 1Q( x) ( P * ( x) x 1Q * ( x))( x x 1) ( x x 1) n ( x x 1) ( x x 1) n 1 Suy (P, Q) = (Pn+1,Qn+1), mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai ta có điều phải chứng minh Ví dụ 10 Tìm tất giá trị k cho phương trình (x+y+z)2 = kxyz có nghiệm nguyên dương Giải Giả sử k giá trị cần tìm Gọi x0, y0, z0 nghiệm nguyên dương phương trình (x+y+z)2 = kxyz (1) có x0 + y0 + z0 nhỏ Không tính tổng quát, giả sử x0 ≥ y0 ≥ z0 Viết lại (1) dạng x2 – (kyz – 2y – 2z)x + (y+z)2 = ta suy x0 nghiệm phương trình bậc hai x2 – (ky0z0 – 2y0 – 2z0)x + (y0+z0)2 = (2) Theo định lý Viet x1 = ky0z0 – 2y0 – 2z0 – x0 = (y0+z0)2/x0 nghiệm (2) Từ (x1, y0, z0) nghiệm (1) Cũng từ công thức trên, ta suy x1 nguyên dương Tức (x1, y0, z0) nghiệm nguyên dương (1) Từ tính nhỏ x0 + y0 + z0 ta x1 ≥ x0 Từ ta có ky0z0 – 2y0 – 2z0 – x0 ≥ x0 (y0+x0)2/x0 ≥ x0 Từ bất đẳng thức thứ hai ta suy y0 + z0 ≥ x0 Từ đó, áp dụng vào bất đẳng thức thứ nhất, ta ky0z0 ≥ 4x0 Cuối cùng, chia hai vế đẳng thức x02 + y02 + z02 + 2x0y0 + 2y0z0 + 2z0x0 = kx0y0z0 cho x0y0z0, ta x0 y z 2 k y0 z0 x0 z0 x0 y0 z0 x0 y0 Từ suy 32 k k , tức k Suy k ≤ 10 Chú ý x0 = y0 = z0 = suy k = Nếu k ≠ thì x0 ≥ và đánh giá trở thành k 26 k suy k , suy k ≤ Vậy giá trị k = 10 bị loại Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn (9, 9, 9) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn (4, 4, 8) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn (3, 3, 3) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn (2, 2, 4) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn (1, 4, 5) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn (1, 2,3) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn (1, 1, 2) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn (1, 1, 1) Ngoài ra, ta chứng minh trường hợp k = phương trình nghiệm nguyên dương (xin dành cho bạn đọc) Vậy giá trị k cần tìm k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, Ví dụ 11 (CRUX, Problem 1420) Nếu a, b, c số nguyên dương cho < a2 + b2 – abc ≤ c Chứng minh a2 + b2 – abc số phương Giải Giả sử ngược lại tồn số nguyên dương a, b, c cho < a2 + b2 – abc ≤ c k = a2 + b2 – abc (1) số phương Bây ta cố định k c xét tập hợp tất cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn phương trình (1), tức ta xét S(c, k) = {(a, b) (N*)2: a2 + b2 – abc = k} Giả sử (a, b) cặp số thuộc S(c, k) có a + b nhỏ Không tính tổng quát giả sử a ≥ b Ta xét phương trình x2 – bcx + b2 – k = Ta biết x = a nghiệm phương trình Gọi a1 nghiệm lại phương trình a1 = bc – a = (b2 – k)/a Ta chứng minh (bạn đọc tự chứng minh!) a1 nguyên dương Suy (a1, b) thuộc S(c, k) Tiếp theo ta có a1 = (b2-k)/a < a2/a = a, suy a1 + b < a + b Điều mâu thuẫn với cách chọn (a, b) Bài tập Chứng minh phương trình x3 + 3y3 = 9z3 nghiệm nguyên dương 10 Chứng minh phương trình x2 + y2 + z2 = 2xyz nghiệm nguyên dương 11 (IMO 88) Nếu a, b, q = (a2+b2)/(ab+1) số nguyên dương q số phương 12 (PTNK 03) Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình x2 - (k2-4)y2 = 24 có nghiệm nguyên dương 13 (Mathlinks) Cho A tập hợp hữu hạn số nguyên dương Chứng minh tồn tập hợp hữu hạn số nguyên dương B cho A B xB x = xB x2 14.* (AMM 1995) Cho x, y số nguyên dương cho xy + x xy + y số phương Chứng minh có hai số x, y số phương 15 (IMO 2007) Cho a, b số nguyên dương cho 4ab – chia hết (4a2-1)2 Chứng minh a = b 16 (VMO 2012) Xét số tự nhiên lẻ a, b mà a ước số b2 + b ước số a2 + Chứng minh a b số hạng dãy số tự nhiên (vn) xác định v1 = v2 = = 4vn-1 – vn-2 với n ≥ Nguyên lý cực hạn tổ hợp Trên xem xét ví dụ áp dụng nguyên lý cực hạn Mảnh đất màu mỡ dành cho nguyên lý cực hạn Nguyên lý cực hạn ứng dụng để chứng minh trình dừng (trong toán liên quan đến biến đổi trạng thái), toán đồ thị, hay tình tổ hợp đa dạng khác Các đối tượng thường đem để xét cực hạn thường là: đoạn thẳng ngắn nhất, tam giác có diện tích lớn nhất, góc lớn nhất, đỉnh có bậc lớn nhất, chu trình có độ dài ngắn … Dưới ta xem xét số ví dụ: Ví dụ 12 (Định lý Sylvester) Cho tập hợp S gồm hữu hạn điểm mặt phẳng thỏa mãn tính chất sau: Một đường thẳng qua điểm thuộc S qua điểm thứ ba thuộc S Khi tất điểm S nằm đường thẳng Kết luận định lý nghe hiển nhiên chứng minh không đơn giản Chứng minh Kelly tham khảo từ Wikipedia Giả sử phản chứng tồn tập hợp S gồm hữu hạn điểm không thẳng hàng đường thẳng qua hai điểm S chứa ba điểm Một đường thẳng gọi đường nối qua hai điểm S Giả sử (P,l) cặp điểm đường nối có khoảng cách dương nhỏ cặp điểm-đường nối Theo giả thiết, l qua ba điểm S, nên hạ đường cao từ P xuống l tồn hai điểm nằm phía đường cao (một điểm nằm chân đường cao) Trong hai điểm này, gọi điểm gần chân đường cao B, điểm C Xét đường thẳng m nối P C Khoảng cách từ B tới m nhỏ khoảng cách từ P tới l, mâu thuẫn với giả thiết P l Một cách để thấy điều tam giác vuông với cạnh huyền BC đồng dạng nằm bên tam giác vuông với cạnh huyền PC Do đó, tồn khoảng cách dương nhỏ cặp điểm-đường nối Nói cách khác, điểm nằm đường thẳng đường nối chứa ba điểm Ví dụ 13 (Trận đấu toán học Nga 2010) Một quốc gia có 210 thành phố Ban đầu thành phố chưa có đường Người ta muốn xây dựng số đường chiều nối thành phố cho: Nếu có đường từ A đến B từ B đến C đường từ A đến C.Hỏi xây dựng nhiều đường? Giải Gọi A thành phố có nhiều đường (gồm đường xuất phát từ A đường đến A) Ta chia thành phố lại thành loại Loại I - Có đường xuất phát từ A Loại II - Có đường đến A Loại III: Không có đường đến A xuất phát từ A Đặt m = | I |, n = | II |, p = | III | Ta có m + n + p = 209 Dễ thấy thành phố loại I đường Tương tự, thành phố loại đường Số đường liên quan đến thành phố loại không vượt p(m+n) (Do bậc A = m + n lớn nhất) Tổng số đường bao gồm: + Các đường liên quan đến A: m + n + Các đường liên quan đến III : + Các đường I II: Suy tổng số đường nhỏ Dấu xảy với đồ thị phe, phe có 70 thành phố, thành phố phe có đường đến thành phố phe 2, thành phố phe có đường đến thành phố phe 3, thành phố phe có đường đến thành phố phe Ví dụ 14 Trong quốc hội Mỹ, nghị sĩ có không kẻ thù Chứng minh chia quốc hội thành viện cho viện, nghị sĩ có không kẻ thù Đây ví dụ mà thích Có nhiều cách giải khác trình bày cách giải sử dụng nguyên lý cực hạn Ý tưởng đơn giản có nhiều ứng dụng (trong nhiều toán phức tạp hơn) Ta chia quốc hội thành viện A, B cách Với viện A, B, ta gọi s(A), s(B) tổng tổng số kẻ thù thành viên tính viện Vì số cách chia hữu hạn nên phải tồn cách chia (A0, B0) cho s(A0) + s(B0) nhỏ Ta chứng minh cách chia thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử cách chia chưa thoả mãn yêu cầu, tức có nghị sĩ có nhiều kẻ thù viện Không tính tổng quát, giả sử nghị sĩ x thuộc A0 có kẻ thù A0 Khi ta thực phép biến đổi sau: chuyển x từ A0 sang B0 để cách chia A’ = A0 \ {x} B’ = B0 {x} Vì x có kẻ thù A0 A’ không chứa x nên ta có s(A’) s(A0) – (trong tổng s(x) kẻ thù x A0) Vì x có không kẻ thù có kẻ thù A0 nên x có nhiều kẻ thù B0 (hay B’), s(B’) s(B0) + Từ s(A’) + s(B’) s(A0) + s(B0) – Mâu thuẫn với tính nhỏ s(A0) + s(B0) Vậy điều giả sử sai, tức cách chia (A0, B0) thỏa mãn yêu cầu toán (đpcm) Bài tập 17 Cho 2n điểm mặt phẳng, điểm thẳng hàng Chứng minh điểm phân thành n cặp cho đoạn thẳng nối chúng không cắt 18 Trong mặt phẳng cho 100 điểm, ba điểm thẳng hàng Biết ba điểm chúng tạo thành tam giác có diện tích không lớn Chứng minh ta phủ tất điểm cho tam giác có diện tích 19 Trên mặt phẳng cho 2n+3 điểm, ba điểm thẳng hàng điểm nằm đường tròn Chứng minh ta chọn từ điểm điểm, cho điểm lại có n điểm nằm đường tròn n điểm nằm đường tròn 20 Trong mặt phẳng cho n điểm ta đánh dấu tất điểm trung điểm đoạn thẳng có đầu mút điểm cho Chứng minh có 2n-3 điểm phân biệt đánh dấu 21 Tại quốc gia có 100 thành phố, có số cặp thành phố có đường bay Biết từ thành phố bay đến thành phố khác (có thể nối chuyến) Chứng minh thăm tất thành phố quốc gia sử dụng không a) 198 chuyến bay b) 196 chuyến bay 22* Trong nhóm 12 người từ người tìm người đôi quen Chứng minh tìm người đôi quen nhóm Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu chủ biên, Các chuyên đề Olympic Toán chọn lọc, Ba Vì, 5/2010 [2] Đoàn Quỳnh chủ biên, Tài liệu giáo khoa chuyên toán - Đại số 10, NXB GD, 2010 [3] http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2005/05/fermats-last-theorem-n-4.html [4] vi.wikipedia.org/wiki/Định_lý_Sylvester–Gallai [5] www.mathscope.org [6] www.problems.ru [...]... qua ít nhất một điểm thứ ba thuộc S Khi đó tất cả các điểm của S nằm trên một đường thẳng Kết luận của định lý nghe có vẻ hiển nhiên nhưng chứng minh nó thì không hề đơn giản Chứng minh dưới đây của Kelly được chúng tôi tham khảo từ Wikipedia Giả sử phản chứng là tồn tại một tập hợp S gồm hữu hạn điểm không thẳng hàng nhưng mọi đường thẳng qua hai điểm trong S đều chứa ít nhất ba điểm Một đường thẳng... thành 2 viện sao cho trong mỗi viện, mỗi một nghị sĩ có không quá một kẻ thù Đây là một ví dụ mà tôi rất thích Có nhiều cách giải khác nhau nhưng ở đây chúng ta sẽ trình bày một cách giải sử dụng nguyên ly cực hạn Ý tưởng tuy đơn giản nhưng có rất nhiều ứng dụng (trong nhiều bài toán phức tạp hơn) Ta chia quốc hội ra thành 2 viện A, B một cách bất kỳ Với mỗi viện A, B, ta gọi s(A), s(B) là tổng của tổng... nhóm 12 người từ 9 người bất kỳ luôn tìm được 5 người đôi một quen nhau Chứng minh rằng tìm được 6 người đôi một quen nhau trong nhóm đó Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu chủ biên, Các chuyên đề Olympic Toán chọn lọc, Ba Vì, 5/2010 [2] Đoàn Quỳnh chủ biên, Tài liệu giáo khoa chuyên toán - Đại số 10, NXB GD, 2010 [3] http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2005/05/fermats-last-theorem-n-4.html [4]