Toán học - Nguyên lý cực hạn

Nguyên lí 1: Trong tập hợp hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn có thể
chọn được số bé nhất và số lớn nhất. 
Nguyên lí 2: Trong một tập hợp khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể
chọn được số bé nhất. 
 Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng cho nhiều 
lớp bài toán khác, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp nói chung và 
hỗn hợp tổ hợp nói riêng. Nguyên lí này dùng để giải các bài toán mà trong 
tập hợp những đối tượng phải xét của nó tồn tại các giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất theo một nghĩa nào đó. Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp 
với các phương pháp khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng, được vận 
dụng trong trường hợp tập các giá trị cần khảo sát chỉ là tập hợp hữu hạn 
(Nguyên lí 1) hoặc có thể vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ
nhất. (Nguyên lí 2). Để sử dụng nguyên lí cực hạn giải các bài toán hình học 
tổ hợp, người ta thường dùng một lược đồ chung để giải sau: 
 - Đưa bài toán đang xét về dạng có thể sử dụng nguyên lí 1 (hoặc nguyên 
lí 2) để chứng tỏ rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát của bài toán cần có 
giá trị lớn nhất (nhỏ nhất), xét bài toán tương ứng khi nó nhận giá lớn nhất 
(nhỏ nhất). 
 -Chỉ ra mâu thuẫn, hoặc đưa ra giá trị còn lớn hơn (hoặc nhỏ hơn) giá trị
lớn nhất (nhỏ nhất) mà ta đang khảo sát. 
 Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải 
chứng minh. 
 Các ví dụ được trình bày dưới đây sẽ minh hoạ cho phương pháp này. 
Ví dụ 1: Trên một đường thẳng đánh dấu n điểm khác nhau A1, A2, , 
An theo thứ tự từ trái qua phải (n ≥ 4). Mỗi điểm được tô bằng một trong 4 
màu khác nhau và cả bốn màu đều được dùng. Chứng minh rằng tồn tại một 
AOTRANGTB.COM
NGUYÊN LÝ CỰC HẠN
Lê Thị Bình
 đoạn thẳng chứa đúng hai điểm của hai màu và ít nhất hai điểm của hai màu 
còn lại. 
Giải: Xét tập hợp sau: 
A = { k | 1 ≤ k ≤ n }. 
Tập A ≠ Æ ( vì theo giả thiết dùng cả bốn màu) và A hữu hạn nên theo 
nguyên lí cực hạn, tồn tại chỉ số i nhỏ nhất mà iÎA. 
Theo định nghĩa của tập hợp A, vì do i là chỉ số bé nhất thuộc A, nên màu 
của điểm Ai sẽ khác với màu của tất cả các điểm A1, A2, , Ai-1. 
Chú ý rằng bây giờ trong dãy A1, A2 , , Ai lại có đủ bốn màu. 
Xét tiếp tập sau: 
B = {k | 1 ≤ k ≤ i và giữa các điểm Ak , Ak+1, , Ai có mặt đủ bốn màu}. 
Tập B ≠ Æ (vì dãy A1, A2 , , Ai có đủ bốn màu), 
và B hữu hạn nên theo nguyên lí 
cực hạn, tồn tại chỉ số j lớn nhất mà jÎ B 
Theo định nghĩa của tập hợp B, và do 
 j là chỉ số lớn nhất thuộc B, nên màu của điểm Aj sẽ khác với màu của tất 
cả các điểm Aj+1 , , Ai. 
Xét đoạn [Aj Ai]. Khi đó đoạn thẳng này chứa đúng hai điểm của hai màu 
(đó là Aj và Ai ), và ít nhất hai điểm của hai màu còn lại Aj+i , , Ai-1.□ 
 Ví dụ 2: 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 điểm A , B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong 
các khoảng cách từ P tới ba cạnh của tam giác đó. 
Giải: Gọi A1, B1, C1 tương ứng là hình chiếu của P xuống BC, AC, AB. 
Ta có: · · · · · ·1 1 1 1 1 1 360oAPC C PB BPA A PC CPB B PA+ + + + + = . (1) 
 Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại: 
 max · · · · · ·{ } ·1 1 1 1 1 1 1APC ,C PB,BPA , A PC,CPB ,B PA BPA= . (2) 
Từ (1) và (2) dễ suy ra: oPBA 601 ³&& (3) 
Từ (3) ta đi đến cos · 11
1
2
PAPBA
PB
= £ . 
Như vậy PB ³ 2PA1. (4) 
Từ (4) suy ra max { } { }1 1 1 12 2PA,PB,PC PB PA min PA ,PB ,PC³ ³ ³ . □ 
Ví dụ 3: Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ, không thể tìm được năm 
điểm nguyên là đỉnh của một ngũ giác đều. 
(Một điểm M(x ; y) trên mặt phẳng toạ độ được gọi là “điểm nguyên” nếu cả 
hai toạ độ x , y của nó đều là những số nguyên). 
 Giải: Giả thiết trái lại, tồn tại một ngũ giác đều sao cho năm đỉnh của nó 
đều là những “điểm nguyên”.Ta xét tập hợp sau: 
 W = {a2 | a là cạnh của ngũ giác đều có năm đỉnh là các “điểm nguyên”}. 
 Dễ thấy, do a là cạnh của ngũ giác đều với các đỉnh nguyên nên a2 là số 
nguyên dương. 
 Thật vậy, giả sử A1A2 A3A4A5 là đa giác đều thuộc W . Giả sử Ai (xi ; yi), 
i = 1,5 , thì nếu gọi a là cạnh của ngũ giác đều này, ta có: 
a2 = A1A22 = (x2 – x1)2 + (y2 - y1)2. 
 Do xi , yi ΢ , 1,5i" = nên a2 là số nguyên dương. Như thế tập Ω ≠Æ , điều 
này suy ra từ giả thiết phản chứng. 
 Tập W các số tự nhiên, khác rỗng, nên theo nguyên lí cực hạn suy ra tồn tại 
phần tử nhỏ nhất, tức là tồn tại ngũ giác đều ABCDE sao cho 2*a là nhỏ nhất, ở 
đây *a là cạnh của ngũ giác đều này. Dễ thấy ABCB' ; BCDC' ; CDED'; 
 DEAE' và AEBA' đều là các hình bình hành với BD Ç CE = A' , AD Ç CE =B' 
, AD Ç BE = C' , AC Ç BE = D' ,AC Ç DE = E'. 
 Từ hình bình hành EABA' suy ra: 
'
'
B E AA
B E AA
x x x x
y y y y
= + -ìï
í = + -ïî
 (1) 
 Do A, B, C, D, E là các “điểm nguyên” 
nên xA, xE, xB ; yA, yE, yB đều là các số nguyên. 
Vì thế (1) suy ra xA' , yA' cũng là các số nguyên. 
 Như thế A' là “điểm nguyên”. Tương tự 
B' , C' , D' , E' cũng là các ''điểm nguyên'' 
Rõ ràng A'B'C'D'E' là ngũ giác đều với các đỉnh 
của nó đều là các “điểm nguyên”, H-1.3 
tức là A'B'C'D'E'Î Ω. Mặt khác, nếu gọi a' là cạnh của ngũ giác đều, 
thì rõ là: 
 a'< *a Þ a'
2 < 2*a . (2) 
 Bất đẳng thức (2) mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của *a . Vậy giả thiết phản 
chứng là sai. Như thế không tồn tại một ngũ giác đều với các đỉnh đều là 
“điểm nguyên”. 
Ví dụ 4: Trên mặt phẳng cho 2005 điểm, khoảng cách giữa các điểm này 
đôi một khác nhau. Nối điểm nào đó trong số các điểm này với điểm gần nhất. 
Cứ tiếp tục như thế. Hỏi với cách nối đó có thể nhận được một đường gấp 
khúc khép kín không? 
 Giải: Giả sử xuất phát từ một điểm A1 bất kỳ. Theo nguyên lí cực hạn, 
trong số tất cả các đoạn thẳng có đầu mút A1 thì tồn tại điểm gần A1 nhất. 
Điểm này là duy nhất, vì theo giả thiết khoảng cách giữa các điểm là khác 
 nhau khi căp điểm khác nhau. Gọi điểm này là A2. Tiếp tục xét như vậy với 
các đoạn thẳng xuất phát từ A2. Có hai khả năng xảy ra: 
 1.Nếu A1 là điểm gần A2 nhất. Khi đó đường gấp khúc dừng lại ngay tại A2. 
Rõ ràng ta thu được đường gấp khúc với 
một khúc A1A2 và dĩ nhiên nó không khép kín. 
 2.Nếu tồn tại duy nhất điểm A3 và A2A3 
 là ngắn nhất. Khi đó ta có đường gấp khúc 
 A1A2A3 với A1A2 > A2A3. H –1.4 
 Giả sử đã có đường gấp khúc A1A2An và theo lập luận trên ta có: 
 A1A2 > A2A3 > > An-1An. 
 Chú ý rằng điểm An không thể nối được với điểm Ai nào đó mà 1≤ i ≤ n –2. 
Thật vậy nếu trái lại ta nối được An với Ai (ở đây 1 ≤ i ≤ n – 2). Theo định 
nghĩa về cách nối điểm ta được: 
 AnAi < An-1An < AiAi+1. (1) 
Nhưng theo cách nối từ Ai ta lại có: 
AiAi+1 < AnAi. (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra vô lí. Vậy không H -1.5 
 bao giờ đường khấp khúc A1A2An là khép kín. 
 Ta có câu trả lời phủ định: Không thể nhận được một đường gấp khúc 
khép kín, nếu nối theo quy tắc trên. 
Ví dụ 5: Cho các số nguyên m, n với m < p , n < q cho p × q số thực đôi 
một khác nhau. Điền các số đã cho vào các ô vuông con của bảng ô vuông 
kích thước p × q (gồm p hàng, q cột) sao cho mỗi số được điền vào một ô và 
mỗi ô được điền vào một số. Ta gọi một ô vuông con của bảng là ô “xấu” nếu 
số nằm ô đó bé hơn ít nhất m số nằm cùng cột với nó và đồng thời bé ít nhất n 
 số nằm cùng hàng với nó. Với mỗi cách điền số nói trên, gọi s là số ô “xấu” 
của bảng số nhận được. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của s. 
 Giải: Bằng phương pháp quy nạp ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau: 
 s ≥ (p – m) (q – n) (1) 
Ta quy nạp theo số p + q. 
· Nếu p + q = 2, tức p = q = 1 (bảng có duy nhất một số). Khi đó kết 
luận của bài toán là đúng (hiểu theo nghĩa ở đây m , n không có hoặc có 
thể hiểu theo nghĩa không có trường hợp này). 
· Tương tự p + q = 3. 
· Với p + q = 4 Þ p = q = 2 và m = n = 1. 
 Xét một cách điền bất kì bốn số đôi một khác a, b, c, d . 
Không giảm tổng quát có thể cho là a < b < c < d (nếu không lí luận tương 
tự). 
a b 
c d 
 Ô có số a là ô “xấu” (vì nó bé hơn một số nằm cùng cột và một số nằm 
cùng hàng, và chỉ có ô đó là “xấu” mà thôi). Ta có s = 1. 
 Mặt khác, trong trường hợp này: (p – m)(q – n) = (2 – 1)(2 – 1) = 1. 
 Kết luận của bài toán đúng trong trường hợp này. 
 Giả thiết quy nạp kết luận của bài toán đúng đến p + q = k 
(ở đây p > m , q > n) , tức là trong trường hợp này số ô “xấu “ lớn hơn hoặc 
bằng (p – m)(p – n). 
· Xét khi bảng p×q có p + q = k + 1. 
 Ta gọi một ô vuông con của bảng là “xấu theo hàng” (“xấu theo cột”) nếu 
số nằm trong ô đó bé hơn ít nhất n số (tương ứng m số) nằm cùng hàng (tương 
ứng nằm cùng cột) với nó. 
 Lấy hàng i bất kì. Hàng i này có q số đôi một khác nhau (do có q cột).Vì 
thế trong hàng i có (q – n) số, mà mỗi số này bé hơn ít nhất n số nằm trong 
cùng hàng ấy. 
 (Thật vậy, giả sử xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn các số trong hàng là 
x1 < x2 << xq-n < xq-n+1 << xq-1 < xq. 
Khi đó các ô chứa các số x1, x2 ,, xq-n là các ô “xấu theo hàng”). 
 Như vậy: trong mỗi hàng có (q – n) ô “xấu theo hàng và trong mỗi cột có 
(p – m) ô “xấu theo cột”. 
 Nếu trong bảng p×q nói trên các ô “xấu theo hàng” đồng thời là “xấu theo 
cột” và ngược lại thì số ô “xấu” s được tính bằng: 
 s = (q – n)(p – m). 
 Vậy (1) đúng trong trường hợp này. 
 Vì lẽ đố chỉ cần quan tâm đến các trường hợp: trong bảng p×q tồn tại các 
ô chỉ “xấu theo hàng”(mà không “xấu theo cột”), hoặc chỉ “xấu theo cột”(mà 
không “xấu theo hàng”). Do vậy, theo nguyên lí cực hạn tồn tại số a, đó là số 
nhỏ nhất ghi trong các ô như vậy. Không giảm tổng quát có thể cho là ô chứa 
a là ô “xấu theo hàng”(không “xấu theo cột”) 
 Xét cột của bảng p×q mà chứa ô mang số a. Chú ý rằng trong cột này có 
p - m ô “xấu theo cột” (trong số này không có ô chứa a). Các ô chắc chắn 
cũng phải là ô “xấu theo hàng”, vì nếu trái lại các ô nào đó không phải là ô 
“xấu theo hàng”, thì ô ấy thuộc vào tập hợp nói trên (tập hợp các ô chỉ “xấu 
theo một loại”. Ô chứa a không phải là ô “xấu theo cột” nên giá trị a ghi trong 
ô đó lớn hơn tất cả các giá tri ghi trong p – m ô “xấu theo cột” nói trên. (Chú 
ý là các ô trong bảng đôi một khác nhau). Điều này sẽ dẫn đến mâu thuẫn với 
định nghĩa số a là số bé nhất trong tập hợp nói trên. Vì vậy (p – m) ô “xấu 
theo cột” trong cột chứa ô ghi số a cũng chính là (p – m) ô “xấu” của bảng p×q. 
Bỏ cột chứa ô mang số a ta được bảng mới p×(q – 1) mà một ô vuông 
con của bảng này là “xấu” thì nó cũng là ô “xấu” của bảng p×q. 
Vì p + q –1 = k + 1 –1 = k , nên theo giả thiết suy ra số ô “xấu”của bảng 
p×(q–1) – không ít hơn (p –m)(q – 1– n). Vì thế số ô “xấu” s của bảng p×q
sẽ thoả mãn bất đẳng thức: 
 s ≥ (p – m)(q – 1 – n) + (p – m) hay s ≥ (p – m)(q – n). 
Vậy (1) cũng đúng khi p + q = k + 1. 
Theo nguyên lí quy nạp (1) đúng với mọi bảng p×q. 
Còn lại ta sẽ chỉ ra một cách điền số vào bảng p×q để thu được đúng (p–
m)(q–n) ô “xấu”. 
Trước hết sắp xếp p×q số theo thứ tự tăng dần: 
 x1 < x2 <x3 << xpq-1 < xpq. 
Sau đó theo thứ tự này lần lượt điền các số vào các ô theo quy tắc: từ trên 
xuống dưới và trái qua phải. 
 q cột 
 p hàng 
 Rõ ràng các ô “xấu” là:
( ) ( ) ( )
1 2
1 2 2
1 1 1 2
, ,..., 
, ,..., 
...
, ,..., .
p m
p p p m
q n p q n p q n p m
x x x
x x x
x x x
-
+ + -
- - + - - + - -
ì
ï
ï
í
ï
ï
î
 Và các “số xấu” là s = (p –m)(q –n). 
 Tóm lại, giá trị bé nhất cần tìm là: s = (p – m)(q – n). 
x1 xp+1  x(q-1)p+1
x2 xp+2  xq-1)p+2 
xp x2p  xqp 
Download tài liệu học tập tại :