Trong đại số nguyên lý Dirichlet được thể hiện qua tính chất cơ bản sau:Nếu trên đoạn[a,b]cónsố thựcx1,x2, . . . ,xn(n≥2)thì tồn tại các chỉ sối6= jsao cho
|xi−xj| ≤b−a n−1.
Ví dụ 12.5. Chứng minh rằng giữa bảy số thực bất kỳ luôn tìm được hai sốxvày
sao cho
0< x−y 1+xy≤√1
3.
Chứng minh. Gọi các số đã cho là a1,a2, . . . ,a7.Với mỗi số thựca,tồn tại số
α thuộc khoảng−π
2,
π
2
sao choa=tanα.Giả sửa1=tanα1,a2=tanα2, . . . ,
a7=tanα7.Theo tính chất nêu trên, trong bảy sốα1,α2, . . . ,α7tồn tại hai số có hiệu không vượt quá π
6.Giả sử hai số này làα vàβ,trong đóα>β.Khi đó 0< tanα−tanβ
1+tanαtanβ =tan(α−β)≤tanπ 6 =
1
√
3. Như vậy các sốx=tanα vày=tanβ là các số cần tìm.
Định lý Kronecker về sự trù mật là một định lý có nhiều ứng dụng trong giải tích, đại số, giải tích phức. Dưới đây ta xét chứng minh rất sơ cấp của định lý này (ở dạng tương đương).
Định lý Kronecker.Nếuαlà số vô tỷ thì tập hợpS={{nα} |n∈N∗}trù mật trong
[0,1].
Chứng minh. Ta cần chứng minh rằng với mọi khoảng(a,b)⊂[0,1],tồn tại số
nguyên dươngnsao cho{nα} ∈(a,b).
Trước hết, ta tìm số nguyên dươngNsao choN> 1
b−a.Bây giờ xétN+1số{α},
{2α}, . . . ,{(N+1)α}thuộc đoạn[0,1].Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai số
{pα},{qα}với1≤p<q≤N+1sao cho|{pα} − {qα}| ≤ 1 N. Để ý rằng{qα} − {pα}=qα−[qα]−pα+ [pα] = (q−p)α−[qα] + [pα].Do đó nếu{qα} − {pα}>0thì{(q−p)α}={qα} − {pα},còn nếu{qα} − {pα}<0 thì{(q−p)α}=1−({qα} − {pα}). Ta xét hai trường hợp. Trường hợp 1. 1
N >{qα} − {pα}>0.Khi đó đặtk=q−p,ta tìm được số nguyên dươngksao cho0<{kα}< 1
N.
Bây giờ ta gọimlà số nguyên dương nhỏ nhất sao chom{kα}>athì ta có
Do đóm{kα} ≤a+{kα}<a+ 1
N <b.Suy ram{kα} ∈(a,b)⊂[0,1].
Nhưng mkα =m[kα] +m{kα}. Do 0<m{kα}<1 nên từ đây ta có{mkα}=
m{kα}.Đặtn=mk,ta có{nα} ∈(a,b).
Trường hợp 2.0>{qα} − {pα}>−1
N.Khi đó đặtk=q−p,ta tìm được số nguyên dươngksao cho1−1
N <{kα}<1.Đặtβ =1− {kα}thì0<β< 1
N.Chứng minh tương tự như trên, ta tìm được số nguyên dươngmsao chomβ thuộc(1−b,1−a), tức là 1−b<m(1− {kα})<1−a. Từ đây ta có a<m{kα} −m+1<b, hay a<{m{kα}}<b.
Cuối cùng, ta cómkα=m[kα] +m{kα}nên{mkα}={m{kα}}nên đặtn=mkta có điều phải chứng minh.
Một tình huống rất đơn giản khác của nguyên lý Diriclet lại có những ứng dụng rất hiệu quả trong nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là các bất đẳng thức có điều kiện. Đó là chú ý sau:Vớimlà một số thực cho trước vàn≥3số thực
a1,a2, . . . ,an bất kỳ thì luôn tìm được hai số trong các số này nằm cùng một phía đối vớim.
Gọi hai số đó làxvàythì ta có bất đẳng thức hiển nhiên sau:(x−m)(y−m)≥0,từ đóxy+m2≥m(x+y).Như vậy, ta đã so sánh được hai đại lượng không cùng bậc với nhau. Sau đây chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ áp dụng.
Ví dụ 12.6. Chox,y,zlà các số thực dương thoả mãn điều kiệnx+y+z+1=4xyz.
Chứng minh rằng
xy+yz+zx≥x+y+z.
Chứng minh. Ý tưởng đầu tiên ta nghĩ đến là xử lý điều kiện bằng phép thế
z= x+y+1
4xy−1 vào bất đẳng thức cần chứng minh, viết lại thành
x+y+1
4xy−1 (x+y−1)≥x+y−xy.
Đến đây, đường lối chứng minh đã hình thành. Vế trái rõ ràng≥1với mọix,ycòn vế phải sẽ≤1nếux,ynằm cùng phía nhau đối với1.Nhưng điều này, theo nhận xét đơn giản ở trên ta luôn có thể chọn được.
Ví dụ 12.7. Choa,b,clà các số thực không âm. Chứng minh rằng
(a2+2)(b2+2)(c2+2)≥3(a+b+c)2.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(a+b+c)2≤(a2+1+1)(1+b2+c2) = (a2+2)(b2+c2+1).
Như vậy ta chỉ còn cần chứng minh
(b2+2)(c2+2)≥3(b2+c2+1),
hay
(b2−1)(c2−1)≥0.
Điều này luôn có được nếu ta chọnb2,c2cùng phía nhau đối với1.
Bài tập
5. Choa,b,c>0,x=a+1
b,y=b+1
c,z=c+1
a.Chứng minh rằng
xy+yz+zx≥2(x+y+z).
6. Choa,b,clà các số thực không âm thoả mãn điều kiệna2+b2+c2+abc=4. Chứng minh rằng
0≤ab+bc+ca−abc≤2.
(USAMO 2001) 7. Vớii=1,2, . . . ,7các sốai,bi là các số thực không âm thoả mãn điều kiện
ai+bi≤2.Chứng minh rằng tồn tại các chỉ sối6= jsao cho
|ai−aj|+|bi−bj| ≤1.
8. Chox,y,zlà các số thực dương thoả mãn điều kiện xy+yz+zx+xyz=4. Chứng minh rằng x+y+z≥xy+yz+zx. (VMO 1996) 9. Tìm số thựcknhỏ nhất sao cho xyz+2+k[(x−1)2+ (y−1)2+ (z−1)2]≥x+y+z với mọix,y,z>0.
