TH2 b3 DatNT nguyen ly cuc han

NGUYÊN LÍ CỰC HẠN Nguyễn Tấn Đạt – THPT Chuyên Tiền Giang Mở đầu Những người học tốn ln mong muốn làm chủ nhiều nguyên lý chung, đơn giản áp dụng phạm vi rộng lớn Sau đó, ngun lí áp dụng áp dụng lại nhiều lần việc giải tốn Những ngun lí khơng đề cập đến đối tượng lại áp dụng vào ngành tốn học Một ngun lí nguyên lí cực hạn Nguyên lí cực hạn dựa tính chất sau Tính chất 1: Trong tập hợp hữu hạn khác rỗng số thực ln chọn số bé số lớn Tính chất 2: Trong tập hợp khác rỗng số ngun dương ln chọn số bé Tính chất 3: Tập vơ hạn số thực A chưa có phần tử lớn hay nhỏ Nếu A bị chặn có chặn nhỏ gọi sup A , sup A Ỵ A sup A = max A Nếu A bị chặn có chặn lớn gọi inf A , inf A Î A inf A = A Nguyên lí cực hạn dùng để giải tốn mà tập hợp đối tượng phải xét tồn giá trị lớn giá trị nhỏ (phần tử cực biên) theo nghĩa Ngun lí cực hạn thường sử dụng kết hợp với phương pháp khác, đặc biệt phương pháp phản chứng Khó khăn lớn việc sử dụng nguyên lí cực hạn phải xây dựng “thang đo” thích hợp tốn, để từ tồn phần tử cực biên Việc đưa “thang đo” thích hợp thông thường phụ thuộc vào nhạy bén kinh nghiệm người làm toán Tuy nhiên, số tốn, “thang đo” lại nằm u cầu tốn Thơng thường, việc sử dụng ngun lí cực hạn để giải toán tiến hành theo hai hướng Hướng thứ dùng phản chứng, sau dùng giả thiết phản chứng để tồn phần tử cực biên dẫn đến mâu thuẫn Hướng thứ hai đưa vào “thang đo” để tồn phần tử cực biên, phần tử thỏa yêu cầu tốn Trong chun đề này, chúng tơi soạn tinh thần giảng bồi dưỡng học sinh giỏi trường nhằm mục đích hướng dẫn cho học sinh làm quen với việc sử dụng nguyên lí cực hạn để giải tốn Do đó, tốn đưa thuộc nhiều lĩnh vực tốn học khơng q phức tạp Các ví dụ xếp từ dễ đến khó, mà điều nhiều mang tính chủ quan Ở đây, chúng tơi trình bày phân tích dẫn đến lời giải Các ví dụ minh họa 2.1 “Thang đo” có sẵn Ví dụ Trong mặt phẳng, cho n điểm cho ba điểm tạo thành tam giác có diện tích khơng lớn Chứng minh n điểm cho nằm tam giác có diện tích khơng lớn Phân tích: Từ yêu cầu toán, ta cần tam giác lớn có diện tích khơng lớn cho chứa tất n điểm cho Vì số tam giác tạo thành từ n điểm cho hữu hạn diện tích tam giác bị chặn nên tập hợp diện tích tam giác có phần tử lớn “Thang đo” diện tích tam giác Gọi ABC tam giác có diện tích lớn C n3 tam giác SABC £ Ta dựng tam giác có diện tích gấp lần diện tích tam giác ABC cách vẽ đường thẳng qua ba đỉnh A, B,C song song với cạnh đối diện đỉnh Gọi tam giác A1B1C , tam giác A1B1C chứa tất n điểm cho Thật vậy, giả sử có điểm P khơng nằm tam giác A1B1C1 tam giác ABC điểm P nằm hai phía so với cạnh tam giác A1B1C Không tính tổng quát, giả sử điểm P tam giác A1B1C nằm hai phía so với cạnh B1C Khi SPBC > S ABC , điều mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC P B1 A C1 B C A1 Ví dụ Cho W tập hợp điểm mặt phẳng, điểm W trung điểm đoạn thẳng tạo nên hai điểm W Chứng minh W tập vô hạn Phân tích: Ta dùng phản chứng, giả sử W = n, n ẻ Ơ* Vỡ W hu hn cú n phần tử nên số đoạn thẳng tạo n điểm C n2 đoạn Ở đây, “thang đo” độ dài đoạn thẳng Vì số đoạn thẳng hữu hạn nên phải tồn đoạn thẳng AB có độ dài lớn Do tính chất W nên B trung điểm đoạn thẳng CD với C , D Ỵ W Khơng tính tổng quát, giả sử AD > AC A C AC + AD CD AC + AD Ta có AB = < < AD Þ AD > AB Điều mâu thuẫn với tính chất AB đoạn thẳng lớn B D Ví dụ Chứng minh ngũ giác lồi, chọn ba đường chéo cho chúng lập thành ba cạnh tam giác B A E C D Phân tích: Để ba số dương a,b, c tạo thành ba cạnh tam giác chúng phải thỏa a + b > c, a + c > b, b + c > a Tuy nhiên a = max {a,b, c } ta cần có b + c > a A B Vậy toán đưa việc chọn đường chéo có độ dài lớn nhất, “thang đo” độ dài đường chéo I Ta thấy việc chọn đường chéo dài thực C số đường chéo ngũ giác lồi hữu hạn (C 52 - = ) D Có thể giả sử BE đường chéo dài nhất, ta cần chọn hai đường chéo cho tổng độ dài chúng lớn BE Dễ thấy BD,CE hai đường chéo Thật vậy, gọi I = BD Ç CE , ta có BD + CE = BI + ID + CI + IE = BI + IE + ID + CI > BE + CD > BE E Ví dụ Lưới điểm nguyên mạng lưới điểm mà điểm đánh dấu số nguyên dương Mỗi số nguyên dương điểm lưới trung bình cộng số lân cận (trên, dưới, trái, phải) Chứng minh tất số nguyên dương Phân tích: Vì tập hợp số nguyên dương dùng để đánh số lưới có phần tử nhỏ ( khơng có phần tử lớn nhất) nên việc sử dụng nguyên lí cực hạn tự nhiên Gọi m số nguyên dương nhỏ Ta có a +b +c +d Û a + b + c + d = 4m (*) với a, b, c, d số nguyên dương lân cận m Vì m số nguyên dương nhỏ nên a ³ m, b ³ m, c ³ m, d ³ m Nếu có bất m= đẳng thức chặt mâu thuẫn với (*) Suy a = b = c = d = m Ví dụ Chứng minh n - giác lồi với n ³ , tồn đỉnh liên tiếp A, B,C C cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bao phủ n - giác Phân tích: B Trong số đường tròn qua ba đỉnh n - giác, tồn đường tròn có bán kính lớn “Thang đo” bán kính đường tròn A Do đó, ta chia tốn thành hai phần i) Chứng minh đường tròn lớn phủ n - giác D ii) Chứng minh đường tròn lớn đường tròn qua ba đỉnh liên tiếp A' Chứng minh i) phản chứng Giả sử đường tròn lớn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có điểm A¢ nằm ngồi đường tròn A, B,C kí hiệu cho A, B,C , A¢ tứ giác lồi Đặt D giao điểm A¢ B đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC Gọi R, R ¢ bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A¢ BC BC BC , R¢ = · · ¢C sin BDC sin BA · · < 900 nên suy R < R ¢ Mâu thuẫn ¢ C < BDC Vì ABCA¢ tứ giác lồi nên BA Ta có R = Chứng minh ii) phản chứng Giả sử A, B,C ba đỉnh nằm đường tròn lớn nhất, điểm A¢ nằm B,C khơng nằm đường tròn lớn Theo kết phần i), điểm A¢ nằm bên đường tròn lớn đường tròn ngoại tiếp tam giác A¢ BC lớn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mâu thuẫn D A' C B A Ví dụ Có trò chơi sau: có đống sỏi, hai người chơi Mỗi nước đi, người chơi chia đống sỏi có nhiều viên sỏi thành hai đống Người thực nước cuối thắng Hỏi điều kiện người chơi thắng chiến lược chơi để thắng ? Phân tích: Theo qui luật trò chơi, việc thắng hay thua phụ thuộc vào đống sỏi có nhiều viên sỏi (vì đống sỏi mà người chơi thực nước sau mà đống sỏi khác, đống có viên) “Thang đo” số viên sỏi đống Gọi M số viên sỏi đống lớn trước bắt đầu Khi mà M > , ta thực nước Xuất phát, người chơi chia đống sỏi mà đống lớn chia thành hai đống cho đống lớn có số viên sỏi dạng 2k - 1, k Ỵ ¥* (chiếm giữ vị trí 2k - ) Sau đó, đối thủ dù thực nước để lại đống sỏi có số viên sỏi N thỏa 2k -1 - < N < 2k - Nước kế tiếp, người chơi tiếp tục chiến lược cũ, chiếm giữ vị trí 2k -1 - Tiếp tục theo cách này, người chơi đến vị trí 21 - = , đối thủ phải thua khơng thể chia Vậy người chơi thắng dù M khơng có dạng 2k - Ví dụ Một số quân cờ đặt bàn cờ kích thước n ´ n thỏa điều kiện ô (i; j ) trống có n qn cờ nằm hàng thứ i cột thứ j Chứng minh có n2 qn cờ bàn cờ Phân tích: Theo giả thiết, ta suy bàn cờ khơng thể có hàng cột mà khơng có qn cờ “Thang đo” số quân cờ hàng Do đó, ta chọn hàng cho có số quân cờ Gọi k số quân cờ hàng * Nếu k ³ quân cờ n n n n2 hàng có qn cờ, suy bàn cờ có n = 2 2 n có n - k ô trống hàng Khi đó, theo giả thiết, cột qua trống hàng có n - k quân cờ (vì hàng chứa ô trống có k quân cờ) * Nếu k < Suy tổng số quân cờ bàn cờ k + (n - k ) = n - 2nk + 2k = 2 n2 n2 n2 n2 + - 2nk + 2k = + (n - 2k ) > 2 2 Ví dụ Có 2014 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn với tất đấu thủ lại Kết trận đấu có thắng thua, khơng có hòa Chứng minh xếp 2014 vận động viên theo hàng dọc cho người đứng trước thắng người đứng kề sau Phân tích: Vì kết trận đấu có thắng thua, khơng có hòa nên ta xếp hàng số vận động viên thỏa người đứng trước thắng người đứng kề sau “Thang đo” số người cách xếp hàng Xét tất cách xếp số vận động viên theo hàng dọc cho người đứng trước thắng người đứng kề sau Vì số cách xếp hữu hạn nên tồn cách xếp T có nhiều động viên Ta chứng minh cách xếp T thỏa yêu cầu tốn Giả sử T khơng chứa tất vận động viên A người không nằm cách xếp T Giả sử T có n người A1, A2, , An cho Ai thắng Ai +1 Nếu A thắng A1 cách xếp A, A1, A2, , An có nhiều vận động viên cách xếp T Do A thua A1 Lập luận tương tự dẫn đến A thua tất vận động viên A1, A2, , An Khi đó, cách xếp A1, A2 , , An , A có nhiều vận động viên cách xếp T Mâu thuẫn với cách xếp T 2.2 Xây dựng “thang đo” Ví dụ Trong mặt phẳng, cho n đường thẳng phân biệt cho hai đường thẳng cắt khơng có ba đường thẳng đồng quy Hỏi n đường thẳng chia mặt phẳng thành miền ? Phân tích: Đây toán đếm Một nguyên tắc đếm thiết lập song ánh từ tập hợp cần đếm đến tập hợp khác dễ đếm Ở đây, ta thấy số giao điểm hai đường thẳng dễ dàng đếm C n2 Nhưng số giao điểm có liên quan đến số miền bị phân chia mặt phẳng ? Ta dựng đứng mặt phẳng chứa n đường thẳng mặt phẳng nằm ngang “thang đo” khoảng cách từ điểm thuộc miền mặt phẳng đến mặt phẳng nằm ngang Từ đó, ta chia miền mặt phẳng thành hai loại: loại thứ miền bị chặn loại thứ hai miền không bị chặn Các miền mặt phẳng thuộc loại thứ tồn điểm “ sâu nhất” ngược lại thuộc loại thứ hai Ta nhận thấy giao điểm hai đường thẳng điểm “sâu nhất” miền mặt phẳng Do đó, số phần mặt phẳng có chứa điểm “ sâu nhất” C n2 Các miền mặt phẳng thuộc loại thứ hai không bị chăn nên khơng có điểm “sâu nhất”, ta giả sử chúng cắt đường thẳng nằm ngang (giao tuyến mặt phẳng nằm ngang mặt phẳng thẳng đứng) tạo n + miền khác Do đó, số miền mặt phẳng thuộc loại thứ hai n + Tóm lại, số miền mặt phẳng bị phân chia n đường thẳng C n2 + n + = Ta có toán tương tự sau n2 + n + Ví dụ Tính số phần nhiều khơng gian bị phân chia n mặt phẳng phân biệt Phân tích: Để đếm số phần bị phân chia nhiều có thể, ta giả sử n mặt phẳng vị trí tổng quát, nghĩa hai mặt phẳng cắt Ba mặt phẳng tạo thành đỉnh, có C n3 đỉnh Tương tự toán trên, ta đưa vào “thang đo” khoảng cách từ điểm thuộc phần không gian đến mặt phẳng nằm ngang (P ) Khi đó, phần khơng gian đóng bị chặn tồn phần tử nhỏ nhất, hay đỉnh xem điểm “sâu nhất” phần không gian Mỗi phần không gian không chứa điểm sâu mở vô hạn xem cắt mặt phẳng (P ) nằm ngang vơ cực Do đó, số phần khơng gian không chứa điểm “sâu nhất” với số phần mặt phẳng (P ) bị phân chia n giao tuyến (P ) với n mặt phẳng cho Vậy số phần không gian bị phân chia C n3 + n + n + n + 5n + = Ví dụ Trong mặt phẳng cho 2n điểm cho khơng có điểm thẳng hàng Lấy n điểm số cho tương ứng điểm với nông trại, n điểm lại xem n giếng Gọi F = {F1, F2, , Fn } tập hợp nông trại W = {W1,W2, ,Wn } tập hợp giếng Người ta xây dựng đường thẳng để nối nông trại đến giếng Chứng minh người ta nối giếng với nông trại cho đường không giao Phân tích: Ta xem việc nối đoạn thẳng từ n nông trại đến n giếng song ánh (vì nơng trại nối với giếng) Xét song ánh f : F ® W bất kì, ta nối đoạn thẳng từ Fi đến f (Fi ) ta hệ thống đường Có tất n ! hệ thống đường Trong hệ thống đường, tổng chiều dài tất đường số thực dương xác định tổng chiều dài hữu hạn Vậy “thang đo” tổng chiều dài tất đường hệ thống Do ta chọn hệ thống đường mà tổng chiều dài đường ngắn Nguyên lí cực hạn sử dụng Ta chứng minh hệ thống khơng có hai đường giao Fi Fk I Wm Wn Dùng phản chứng, ta giả sử hệ thống có hai đoạn thẳng FW FkWn giao i m I Ta thay đoạn thẳng FW , F W FkWm FW i m k n i n Khi theo bất đẳng thức tam giác, ta có FW + FkWn = Fi I + IWm + Fk I + IWn i m = Fi I + IWn + Fk I + IWm > FW + FkWm i n Suy tổng độ dài đường sau thay hai đoạn thẳng FW , F W FkWm i m k n FW trở nên ngắn Điều mâu thuẫn với cách chọn hệ thống có tổng độ dài i n đường ngắn Ví dụ Chứng minh khơng có số nguyên dương (x , y, z, t ) thỏa mãn ( ) x + y2 = z + t2 Phân tích: Giả sử tồn số nguyên dương Ta đưa “thang đo” để chọn phần tử cực biên, tổng x + y Tập hợp tổng x + y số thỏa yêu cầu toán tập tập số nguyên dương nên có phần tử nhỏ Ta chọn (a,b, c, d ) cho a + b2 nhỏ ( ) ( ) ìï3 \ a ìïa = 3a vi a1, b1 ẻ Ơ* ị ïí ïï3 \ b ïïb = 3b1 ỵ ỵ Ta có a + b = c + d Þ \ a + b Þ ïí ( ) ( ) ( ) Khi c + d = a + b = a12 + b12 Û c + d = a12 + b12 Điều chứng tỏ có số nguyên dương (c, d, a1,b1 ) với c + d < a + b thỏa yêu cầu toán Mâu thuẫn với cách chọn số (a,b, c, d ) Trong chứng minh này, ta có sử dụng kết a + b chia hết cho a b chia hết cho Ta chứng minh kết phản chứng Thật vậy, giả sử a M , suy a = 3k + 1, k ẻ  hoc a = 3k + 2, k ẻ  Khi ú a = 3m + 1, m ẻ  , ú nu b M ( ) b M suy a + b M , vơ lí Ngược lại b M b º 1(mod 3) suy (a ) ( ) + b º (mod 3) tức a + b M , vô lí Ví dụ Bài tốn Sylvester Một tập hợp S bao gồm điểm mặt phẳng có tính chất đường thẳng qua hai điểm qua điểm thứ ba Chứng minh tất điểm nằm đường thẳng Phân tích: Giả sử khơng phải tất điểm nằm đường thẳng Vì thế, ta đưa vào “thang đo” khoảng cách từ điểm P đến đường thẳng l khơng chứa P0 Trong số cặp (P ;l ) tồn cặp (P0 ;l ) cho d (P0 ;l ) nhỏ Gọi D hình chiếu vng góc P0 lên l0 K H Theo giả thiết có ba điểm A, B,C nằm l0 , nên có hai ba điểm nằm phía so với điểm D C D B Khơng tính tổng qt, giả sử hai điểm A B , đồng thời BD < AD Khi d (B, AP0 ) = BH < d (D, AP0 ) = DK < DP0 Mâu thuẫn với cách chọn (P0 ; l0 ) A Ví dụ Trong quốc hội Sikinia, nghị sĩ có nhiều ba đối thủ Chứng minh người ta chia đơi quốc hội thành hai nhóm cho người nhóm có nhiều đối thủ Phân tích: Xét tất cách chia đôi quốc hội Sikinia, cách chia, ta đưa vào “thang đo”: tổng tổng số đối thủ thành viên nhóm (của tất nghị sĩ) Ta chia quốc hội thành hai nhóm A, B Với nhóm A, B , ta gọi s (A), s (B ) tổng tổng số kẻ thù thành viên tính nhóm tương ứng 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 Thật vậy, giả sử tồn thành viên p có hai đối thủ nhóm A0 , tức p có nhiều đối thủ nhóm B0 Khi đó, ta thực phép biến đổi: chuyển p từ A0 sang B0 để cách chia A0¢ = A0 / {p } B0¢ = B0 È {p } Vì p có hai đối thủ nhóm A0 nên chuyển p tổng s (A0 ) giảm đơn vị, tức s (A0¢ ) £ s (A0 ) - Tương tự s (B0¢ ) £ s (B0 ) + Do s (A0¢ ) + s (B0¢ ) £ s (A0 ) - + s (B0 ) + = s (A0 ) + s (B0 ) - < s (A0 ) + s (B0 ) Điều mâu thuẫn với cách chọn (A0, B0 ) Ví dụ Trong thi đấu võ thuật dành cho nam, võ sĩ phải đấu với võ sĩ khác lần, kết có thắng thua, khơng có hòa Sau thi, võ sĩ lập danh sách tên võ sĩ bị đánh bại bị đánh bại đối thủ bị đánh bại Chứng minh tồn số võ sĩ có danh sách chứa tất tên võ sĩ lại tham gia thi Phân tích: Để có danh sách thỏa đề ta cần có người thắng nhiều đối thủ “Thang đo” số đối thủ bị đánh bại võ sĩ Khi đó, tồn võ sĩ A thắng nhiều đối thủ nhất, A có danh sách thỏa yêu cầu tốn Thật vậy, giả sử có võ sĩ B không nằm danh sách A , tức B thắng A B thắng tất võ sĩ bị A đánh bại Khi đó, B thắng nhiều đối thủ A , mâu thuẫn với cách chọn A Ví dụ Trên mặt phẳng, vẽ 2014 vectơ Hai người chơi thay phiên người lấy vectơ khơng vectơ mặt phẳng Người chiến thắng người lấy vectơ cho độ dài vectơ tổng chúng lớn Hãy chiến thuật chơi để người chơi ln thắng Phân tích: r r Theo đề bài, ta đưa “thang đo” độ dài vectơ u = (x ; y ) : u = x + y r Theo luật chơi, người lấy số vectơ 1007 Gọi u vectơ tổng r 1007 vectơ Để u lớn tổng tổng bình phương hồnh độ tổng bình phương tung độ 1007 vectơ lớn Nếu ta chọn hệ trục tọa độ cho tổng bình phương tung độ 1007 vectơ hai người chơi tốn đơn giản ur ur Gọi a vec tơ tổng 2014 vectơ vi = (x i ; yi ), i = 1, 2014 ur ur Ta chọn hệ trục tọa độ cho trục Ox chiều với vectơ a giá a trùng với Ox r Khi hệ trục Oxy , vec tơ a có tung độ , tức y1 + y2 + + y2014 = (1) ur ur uuuur Khơng tính tổng qt, giả sử người chơi thứ lấy vectơ v1, v2, , v1007 người chơi thứ hai lấy 1007 vectơ lại r ur ur uuuur ỉ1007 ư÷2 ỉ1007 ư÷2 Ta có v = v1 + v2 + + v1007 = ççç å x i ÷÷÷ + ççç å yi ÷÷÷ ốỗ i =1 ứữ ốỗ i =1 ứữ ổ1007 ửữ2 ổ 2014 ửữ2 Theo (1) , ta cú ỗỗỗ yi ữữữ = ỗỗỗ yi ữữữ Do để người chơi thắng, chiến lược l ỗố i =1 ứữ ỗối =1008 ứữ ngi chi chọn vectơ có độ lớn hồnh độ lớn nước Bài tập Tất đường thị trấn Sikinia đường chiều Thị trấn có nhiều ngơi làng nhỏ hai ngơi làng thơng đường Chứng minh có ngơi làng mà ngơi làng đến trực tiếp thông qua nhiều làng khác Bài Trong mặt phẳng, cho n (n ³ 3) đường thẳng cho khơng có hai đường thẳng Bài song song Biết qua giao điểm hai đường thẳng, có đường thẳng khác qua Chứng minh tất đường thẳng đồng quy Bài Chứng minh n điểm mặt phẳng không nằm đường thẳng tồn đường thẳng qua hai điểm Bài Chứng minh khối đa diện lồi có hai mặt có số cạnh Bài Trong mặt phẳng, cho (2n + 1) người cho khoảng cách hai người khác Giả sử người ném viên đá phía người đứng gần Chứng minh a) Ít người khơng bị ném b) Khơng có bị ném nhiều năm viên đá c) Đường viên đá không giao d) Tập hợp đoạn thẳng tạo nên đường viên đá khơng chứa đa giác đóng kín Bài Mọi mặt cắt vật thể hình tròn Chứng minh vật thể cầu Bài Trong không gian, cho n điểm cho khơng có điểm nằm mặt phẳng Một số điểm nối với đoạn thẳng Khi đó, ta đồ thị G với ên2 ú k cạnh Chứng minh G khơng chứa tam giác k £ êê úú ëê ûú Bài Giả sử hành tinh có 20 quốc gia, ba quốc gia có hai quốc gia khơng có mối quan hệ ngoại giao Chứng minh có nhiều 200 đại sứ hành tinh Cho ABC tam giác nhọn Lấy điểm P tam giác Chứng minh khoảng cách lớn khoảng cách từ P tới ba điểm A, B,C tam giác không nhỏ lần khoảng cách bé khoảng cách từ P tới ba cạnh tam giác Bài 10 Bài 10 Một điểm M (x ; y ) mặt phẳng tọa độ gọi “ điểm nguyên” có hai tọa độ x ; y số nguyên Chứng minh mặt phẳng tọa độ, khơng thể tìm năm điểm nguyên đỉnh ngũ giác Hướng dẫn giải Gọi M ngơi làng có nhiều đường dẫn vào từ làng khác m số đường tương ứng R E Kí hiệu D tập hợp m làng trực tiếp đến M R N tập hợp ngơi làng lại (khơng chứa M ngơi làng nằm D ) M Nếu R = Ỉ tốn chứng minh Nếu có ngơi làng N Ỵ R có ngơi làng E Î D cho N ® E ® M Nếu E khơng tồn N đến từ làng D từ M , tức có m + đường dẫn vào N , điều mâu thuẫn với cách chọn M Vì vậy, ngơi làng với số đường dẫn vào nhiều thỏa yêu cầu tốn Bài Giả sử khơng phải tất đường thẳng đồng quy, tức tồn khoảng cách từ giao điểm đến đường thẳng Vì tập hợp khoảng cách hữu hạn nên tồn khoảng cách nhỏ Sử dụng ngun lí cực hạn ta suy điều vơ lí Giả sử khoảng cách nhỏ khoảng cách từ điểm A đến A đường thẳng l E Theo giả thiết, có ba đường thẳng qua điểm A F Chúng cắt đường thẳng l ba điểm B,C , D Kẻ AH ^ l, H Ỵ l Hai ba điểm B,C , D nằm phía l H , giả sử hai điểm C , D CH < DH H B C D Gọi E , F hình chiếu H ,C lên AD Khi đó, ta có CF < HE < AH , tức khoảng cách từ C đến AD nhỏ khoảng cách từ A đến l Mâu thuẫn với cách chọn A l Bài Lí luận tốn Sylvester Bài Vì số mặt đa diện hữu hạn nên tồn mặt F có nhiều cạnh m cạnh Xét m + mặt gồm mặt F m mặt giao với Số cạnh mặt m mặt 3, 4, 5, ,m , tức có m - khả Theo ngun lí Dirichlet, phải có hai mặt có số cạnh Bài Bài a) Vì khoảng cách hai người (2n + 1) người hữu hạn khác nên tồn hai người A, B cho khoảng cách AB ngắn Theo giả thiết, A B phải ném đá vào Ta xét hai trường hợp sau * Nếu người thứ ba nào, giả sử C ném đá vào A B xem A B sử dụng hết viên đá Do có người lại khơng bị ném số đá lại số người lại 11 * Nếu khơng ném đá vào A B ta loại A, B khỏi (2n + 1) người cho Tiếp theo, ta xét toán tương tự với (2n - 1) người lại Lặp lại lí luận trên, ta tìm cặp có khoảng cách nhỏ ném đá vào người thứ ba ném đá vào họ, ngược lại không ném đá vào họ, ta lại bỏ cặp xét tiếp toán (2n - 3) người A Cuối cùng, sau hữu hạn bước, ta đến tốn với người lại lại viên đá Vậy chắn có người không bị ném b) Giả sử P bị ném nhiều viên đá từ A, B,C , D, B P · góc Vì A, B ném P nên AP < AB BP < AB , góc APB · lớn tam giác APB , suy APB > 600 Như vậy, đường hai viên đá gặp P tạo góc lớn 600 Vì 6.600 = 3600 nên có nhiều viên đá gặp P c) Giả sử đường hai viên đá A ném B C ném D giao I Khi AB < AD CD < CB , suy AB + CD < AD + CB (*) Tuy nhiên, theo bất đẳng thức tam giác, ta có D C A ìïAI + DI > AD ï í ïïBI + CI > BC ỵ Suy AI + DI + BI + CI > AD + BC Û AB + CD > AD + BC B Mâu thuẫn với (*) C I B D A N d) Giả sử có đa giác đóng kín ABCDE MN M Nếu AN < AB N người đứng gần A nhất, tức A phải C ném N , suy B ném A , hay BA < BC E D Tương tự BC < CD,CD < DE , , MN < NA NA < AB Mâu thẫu với AN < AB Bài Theo định lí Weierstrass, hàm số liên tục xác định tập hợp đóng bị chặn tồn giá trị lớn giá trị nhỏ Do đó, ta cần giả sử vật thể đóng kín bị chặn Nối hai điểm vật thể ta có dây cung, vật thể đóng kín bị chặn nên tồn dây cung AB dài Khi mặt cắt vật thể chứa dây cung AB đường tròn nhận AB làm đường kính, ngược lại đường tròn vật thể có dây cung lớn AB Do đó, vật thể cầu đường kính dây cung AB Bài Ta chọn P điểm nối với nhiều điểm khác nhất, gọi m số điểm nối với P Khi đó, ta chia n điểm thành hai tập: A = {P1, P2, , Pm } B = {P,Q1,Q2, ,Qn -m -1 } Tập A bao gồm điểm nối với P , tập B bao gồm điểm P điểm khơng nối với P Bất kì hai điểm A khơng nối với G khơng chứa tam giác Do đó, ta có tổng số cnh l 12 ửữ2 n n ổỗ n k Ê m (n - m ) = - ỗ - m ữữ Ê ỗố ứữ Ta thấy n chẵn đẳng thức xảy m = n , ngược lại đẳng thức xảy n +1 n +1 n -1 , ta cho phép chia thứ hai 2 Bài Đây tốn với n = 20 , cặp nước có quan hệ ngoại giao có m= hai đại sứ Bài Gọi A1, B1,C tương ứng hình chiếu P xuống BC , AC , AB · · · · · · Ta có: APC + C 1PB + BPA1 + A1PC + CPB1 + B1PA = 3600 Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại: { } ·,C · · · · · · max APC 1PB, BPA1, A1PC ,CPB1, B1PA = BPA1 (2) · ³ 600 Từ (1) (2) suy BPA (3) A B1 · = PA1 £ Từ (3) ta đến cos PBA PB Như PB ³ 2PA1 (4) Từ (4) suy max {PA, PB, PC } ³ PB ³ 2PA1 ³ {PA1, PB1, PC } (1) C1 P B A1 C Bài 10 Giả thiết trái lại, tồn ngũ giác cho năm đỉnh “ điểm nguyên” Ta xét tập hợp sau: W = {a / a cạnh ngũ giác có năm đỉnh “ điểm nguyên"} Do a cạnh ngũ giác với đỉnh nguyên nên a số nguyên dương Thật vậy, giả sử A1A2A3A4 A5 đa giác thuộc W Ta có: 2 a = A1A22 = (x - x ) + (y2 - y1 ) Do ú x1; y1 ẻ Â, "i = 1, nên a số nguyên dương Từ giả thit phn chng, ta suy W ặ Tp W số nguyên dương, khác rỗng, nên theo nguyên lí cực hạn suy tồn phần tử nhỏ nhất, tức tồn ngũ giác ABCDE cho a số nhỏ nhất, a cạnh ngũ giác Dễ thấy ABCB ¢; BCDC ¢;CDED ¢; DEAE ¢, AEBA¢ hỡnh bỡnh hnh vi BD ầ CE = AÂ, AD Ç CE = B ¢, AD Ç BE = C ¢, AC Ç BE = D ¢, AC Ç BD = E ¢ Từ hình bình hành EABA¢ suy ìx A = x B + x E - x A¢ ï ï íy = y + y - y (1) ù B E A ù ợ A Do A, B,C , D, E “ điểm nguyên” nên x A, x B , x E ; yA, yB , yE số nguyên Vì từ (1), suy x A¢ , yA¢ số nguyên 13 E Tương tự B ¢,C ¢, D ¢, E ¢ “ điểm nguyên” Rõ ràng A¢ B ¢C ¢D ¢E ¢ ngũ giác với đỉnh “ điểm nguyên”, tức ngũ giác A¢ B ¢C ¢D ¢E ¢ Ỵ W Mặt khác gọi a ¢ cạnh ngũ giác a¢ < a ị a < a 2 A C' B' D' (2) A' Bất đẳng thức (2) mâu thuẫn với tính nhỏ a Suy giả thiết phản chứng sai Vậy không tồn ngũ giác với đỉnh “ điểm nguyên” D E' B C Lời kết Vì thời gian có hạn nên chuyên đề tránh sai sót, mong nhận đóng góp q Thầy cô bạn đồng nghiệp Đây xem chuyên đề mở, thời gian tới, tiếp tục nghiên cứu, bổ sung để ví dụ tập nhiều hơn, phong phú hơn, góp phần phục vụ tốt cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Tài liệu tham khảo Problem Solving Strategies – Arthur Engel – Springer 1998 The Art and Craft of Problem Solving – John Wiley and sons 2006 Chuyên đề Nguyên lí cực hạn – Tài liệu Bồi dưỡng giáo viên trường chuyên năm 2012 Nguyên lí cực hạn – Trần Nam Dũng 2010 Các tốn hình học tổ hợp – Lê Thị Bình – Thái Nguyên 2009 14 ...2 Các ví dụ minh họa 2.1 “Thang đo” có sẵn Ví dụ Trong mặt phẳng, cho n điểm cho ba điểm tạo thành tam giác có diện tích khơng... từ n điểm cho hữu hạn diện tích tam giác bị chặn nên tập hợp diện tích tam giác có phần tử lớn “Thang đo” diện tích tam giác Gọi ABC tam giác có diện tích lớn C n3 tam giác SABC £ Ta dựng tam... chứng, gi s W = n, n ẻ Ơ* Vỡ W hữu hạn có n phần tử nên số đoạn thẳng tạo n điểm C n2 đoạn Ở đây, “thang đo” độ dài đoạn thẳng Vì số đoạn thẳng hữu hạn nên phải tồn đoạn thẳng AB có độ dài lớn Do