1

LỜI MỞ ĐẦU
Phân tích lồi là nghiên cứu về các tính chất của bộ lồi và hàm lồi. Kết
quả lồi tính toán được áp dụng trong nhiều lĩnh vực của toán học, đặc
biệt là trong lý thuyết tối ưu.

Đề tài khoa học của tập thể lớp 12 Toán học được dành để trình bày
một số kết quả ứng dụng của giải tích để giải quyết vấn đề kết hợp lồi,
hoặc bất bình đẳng và những khó khăn trong các kỳ thi Học sinh giỏi.

Tổ hợp hình học là một ngành không thể thiếu của các vấn đề tổ hợp nói
chung, nó thường xuyên xuất hiện trong các học kỳ thi ở các cấp. Vấn
đề khác nhau trong lĩnh vực tích, đại số, lượng giác, các vấn đề của tổ
hợp hình học thường được liên kết với nhiều đối tượng là tập hợp hữu
hạn. Do đó vấn đề được đặc trưng bởi sự rõ ràng của toán học rời rạc.
(Tại liên tục được sử dụng để tính toán các đặc tính của phân tích chủ
đề)
GIẢI TÍCH LỒI – ĐỊNH LÍ KELLY VÀ CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP
Tập hợp lồi có một đặc trưng cơ bản là khi nó chứa hai điểm, thì nó sẽ
chứa toàn bộ đoạn thẳng chứa hai điểm ấy. Tính ưu việt này được tận dụng
triệt để trong việc giải các bài toán hình học nói chung và các bài toán hình
học tổ hợp nói riêng.
Trước hết xin nhắc lại một số kiến thức cơ bản về tập hợp lồi sẽ dùng
đến trong đề tài khoa học này.
1.Định nghĩa tập hợp lồi:
Giả sử Ω là một tập hợp cho trước, tập hợp Ω được gọi là tập hợp lồi nếu
với bất kì hai phần tử a, b

Ω thì

cũng thuộc .

2.Tính chất tập hợp lồi:
a) Nếu A, B là hai tập hợp lồi, thì A

B cũng là tập hợp lồi.

2

Bằng quy nạp có thể chứng minh được:
b) Nếu A1, A2,…,An là tập hợp lồi thì A1

A2

…

An cũng là tập hợp
lồi.
Chú ý: Hợp của hai hợp lồi A và B chưa chắc là tập hợp lồi.
Chứng minh a): Lấy tùy ý a,b
A B
 
và

là số thực tùy ý sao cho 0



1
Do A,B là 2 tập hợp lồi mà a, b

.
Đpcm.
Bằng quy nạp dễ dàng suy ra tính chất b)
§1: CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ KEL
Định lí Kelly là một trong các định lí rất quan trọng của hình học tổ hợp.
Định lí này cho ta một điều kiện đủ hữu hiệu để nhận biết rằng khi nào một
họ các hình lồi có giao khác rỗng.
I. Định lí Kelly trong không gian hai chiều
2


Trong mặt phẳng cho n hình lồi (n ≥ 4). Biết rằng giao của ba hình lồi bất
kì trong chúng khác rỗng. Khi đó giao của n hình lồi cũng khác rỗng.
Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp theo số n các hình lồi.
1. Xét n = 4.
Gọi
1 2 3 4
, , ,
F F F F
là bốn hình lồi có tính chất là giao của ba hình bất kì trong
chúng là khác rỗng. Vì
2 3 4
F F F
   
nên tồn tại
1 2 3 4
A F F F
  
.
Tương tự tồn tại

    

Vậy kết luận của định lí Kelly đúng trong trường hợp khi n = 4.

TH2:
1 2 3 4
, , ,
A A A A
là 4 điểm phân biệt, khi đó lại có
hai khả năng xảy ra:
a) Bao lồi của
1 2 3 4
, , ,
A A A A
chính là tứ giác lồi.
Giả sử O là giao của hai đường chéo .
Do
1 2 3 4
A F F F
  
nên
1 2
A F

,
3 1 2 4
A F F F
  
nên
3 2


,
2
O F

,
3
O F

. Điều đó có
nghĩa là:
4
1
i
i
O F



do đó
4
1
i
i
F

 

4 1 2 3
A F F F
  

Từ đó suy ra
4
4
1
i
i
A F




Vậy định lí Kelli đúng khi n = 4.
2. Giả sử kết luận của định lí Kelli đúng
đến n ≥ 4.
3. Xét trường hợp khi có n + 1 hình lồi,
tức là ta có n + 1 hình lồi
i
F
(
1,
i n

) với giả thiết bất kì 3 hình lồi nào trong
chúng đều có giao nhau
khác rỗng.
Xét các hình sau:

', ', '
i j k
F F F
trong n hình lồi
1 2
', ', , '
n
F F F
.
Nếu trong chúng không có
'
n
F
thì theo giả thiết
' ' '
i j k i j k
F F F F F F
    
 

Nếu trong chúng có
'
n
F
.Khi đó có thể cho là
' '
n k
F F

.

gian một chiều:
Trên đường thẳng cho n hình lồi (n ≥ 3) trong mặt phẳng. Biết rằng giao
của hai hình lồi bất kì trong chúng khác rỗng. Khi đó giao của n hình lồi
cũng khác rỗng. Chứng minh: Ta biết rằng hình lồi trên đường thẳng chỉ có thể là đoạn
thẳng [a ; b], khoảng (a ; b), hay [a ; b), (a ; b] (ở đây a có thể là – ∞, còn b
có thể là + ∞).
Ta chỉ xét với các hình lồi là các đoạn thẳng, các trường hợp còn lại chứng
minh hoàn toàn tương tự.
Giả sử có n đoạn thẳng [ai ; bi], có tính chất sau: Bất kì giao của hai
đoạn thẳng nào trong chúng cũng khác rỗng, tức là [ai ; bi]

[aj ; bj] ≠


với mọi i ≠ j. Ta sẽ chứng minh :
Chú ý rằng [ai ; bi]

[aj ; bj] ≠



min {bi , bj} ≥ max {ai , aj}.

Thật vậy, giả sử [ai ; bi]

5

Từ (2) suy ra tồn tại c sao cho Bất đẳng thức (3) chứng tỏ rằng c

[ai ; bi] với mọi i = 1, n .

Nói cách khác

Định lí Kelly được chứng minh hoàn toàn.
Dưới đây chúng tôi sẽ trình bày các ví dụ minh hoạ cho việc vận dụng định
lí Kelly vào giải các bài toán của hình học tổ hợp liên quan đến tính giao
khác rỗng của các hình lồi. Ví dụ 1: Cho bốn nửa mặt phẳng lấp đấy mặt phẳng. Chứng minh rằng
tồn tại ba nửa mặt phẳng trong bốn nửa mặt phẳng ấy, sao cho chỉ riêng ba
nửa mặt phẳng này cũng lấp đầy mặt phẳng.

Giải: Gọi
1 2 3 4
, , ,
P P P P
là bốn nửa mặt phẳng.Từ giả thiết ta có:
1
P

2

P

4,1i
, mà ba nửa mặt phẳng này lấp đầy mặt phẳng. Điều đó có nghĩa là
với mọi i, j, k phân biệt, mà i, j, k

{1, 2, 3, 4} thì
.
2
R

Nói cách khác

Theo quy tắc Demorgan thì (4) có

Từ (5) và áp dụng định lí Kelli suy ra

Bây giờ từ (3) và (6) suy ra mâu thuẫn, tức là phản chứng là sai. □

Chú ý: Giả sử
2
R
là cả mặt phẳng. Cho A là một mặt phẳng trong
2
R
. Khi

6

đó kí hiệu

Xét n tập hợp lồi

Với i, j, k tuỳ ý mà i, j, k

{1, 2, 3,…, n}.
Theo giả thiết tồn tại hình tròn (Oi,j,k ; r) cắt cả Si , Sj , Sk ,
tức là

Điều đó chứng tỏ rằng với mọi i, j, k

{1, 2, 3,…, n}.
Theo định lí Kelly suy ra

Vậy tồn tại

Xét hình tròn tâm O* và bán kính r , (O* ; r).
Hình tròn này rõ ràng cắt Si với mọi
ni ,1
. □
Ví dụ 3: Trên mặt phẳng có một họ hữu hạn các hình chữ nhật có các
cạnh tương ứng song song với hai trục tạo độ. Chứng minh rằng nếu hai
hình bất kì trong chúng có giao khác rỗng thì cả họ có giao khác rỗng.

Giải: Lấy hệ tọa độ có các trục song song với các cạnh hình chữ nhật.
Chiếu các hình này nên Ox và Oy. Ta có sự tương ứng 1–1 sau đây:
Điều đó chứng tỏ rằng

Ví dụ 4: Trên một đường tròn đơn vị có một họ các cung có độ dài nhỏ
hơn

, có tính chất là giao của ba cung bất kì đều khác rỗng. Chứng minh
rằng giao của tất cả các cung khác rỗng.

Giải: Tương ứng với mỗi cung li, xét hình Fi tạo bởi cung và
dây trương cung. Rõ ràng Fi là hình lồi, với mọi
ni ,1
.
Theo giả thiết thì với mọi i, j, k, ta có:

Điều đó có nghĩa là

với mọi

Theo định lý Kelly, suy ra:

Từ đó suy ra tồn tại

Gọi N là ảnh của M qua phép chiếu xuyên tâm O lên đường tròn. Do M

Fi
với mọi
ni ,1

trái nó theo chiều ta đi.
Cứ với 3 nửa mặt phẳng
, ,
i j k
F F F
theo giả thiết tồn tại điểm
ij
k
M
sao cho
ij
k
M

i j k
F F F
 

Như vậy
i j k
F F F
 
 
với
, ,
i j k


Theo định lí Kelly thì:
1

(
ni ,1
).

( , ) 1
i j
d M M


i j
 
.
Xét các hình tròn
1
;
3
i i
F M
 

 
 
,
ni ,1
.
Lấy 3 điểm tùy ý
1 2 3
, ,
M M M
thì có các trường hợp sau:

1
M M

)

1
OM
2 3
1
3
OM OM  

1 2 3
O F F F
  

1 2 3
F F F
   
.
TH2: Nếu
1 2 3
, ,
M M M
lập thành một tam giác tù.Giả sử góc
1
M
tù. Khi đó
đường tròn đường kính
2 3

F F F
   
.

Từ 2 trường hợp trên, áp dụng định lí Kelly, suy ra:
1
n
i
i
F

 


Giả sử
*
1
n
i
i
O F



. Xét hình tròn tâm
*
O
và bán kính bằng
1
3

Đưa vào xét tập hợp Ω như sau: Ω = {Ak |

j ≠ k, AkAj = d}.
Giả sử Ω = {A1, A2 ,…, Ap}. Dễ dàng thấy rằng Ω ≠

(vì tồn tại khoảng
cách ngắn nhất d). Xét bao lồi của tập hợp Ω. Chỉ có hai khả năng sảy ra:
1. Nếu bao lồi của Ω là đoạn thẳng AB.

Khi đó gần đỉnh đầu mút của nó chỉ có không quá một điểm của hệ.
Thật vậy, mọi điểm cách A một đoạn bằng d là các điểm của tập hợp Ω, và
do
đó dĩ nhiên nó thuộc bao lồi của Ω, tức là thuộc AB. Như vậy có tối đa một
điểm gần A nhất.
2. Nếu bao lồi của Ω là một đa giác lồi. Ta chọn a là một đỉnh của bao lồi
của Ω.
Giả sử gần A nhất có quá ba điểm có khoảng cách bằng d tới A. 10Theo định nghĩa của d, thì với mọi i ≠ j , BiBj ≥ d (ở đây B1, B2, B3, B4…là
các
điểm có khoảng cách tới A đều là d). Xét tam giác BiABj có ABi = ABj = d ,
còn BiBj ≥ d , từ đó suy ra
nên

Do vậy
( A là góc của đa giác bao lồi ).


Gọi α là góc nhỏ nhất trong m góc của đa giác bao lồi.
Khi đó hiển nhiên ta có:

Mặt khác

11Vì thế (1) và (2) suy ra:

Vậy số cạnh của đa giác bao lồi không ít hơn n. □
Ví dụ 3: Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm trên
một đường thẳng. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm sao cho
đường tròn đi qua nó không chứa điểm nào ở bên trong.

Giải: Vì các số điểm đã cho không cùng nằm
trên một đường thẳng, nên khi lấy bao lồi
của hệ điểm, ta sẽ được một đa giác. giả sử đó
là đa giác lồi A1A2…Ap. Như thế các điểm còn lại
đã cho phải nằm trong bao lồi.
Gọi Ak , Ak+1 là 2 đỉnh liên tiếp của đa giác bao lồi
(nghĩa là xét một cạnh tuỳ ý AkAk+1 ). Khi đó mọi
điểm đã
cho đều nằm ở một nửa mặt phẳng xác định bởi
AkAk+1 .
Từ giả thiết suy ra tập hợp các điểm đã cho không thuộc

AA1D) . khi đó nối A2 với A1 , A, D.
Khi nối xong , số tam giác tăng lên 2.
- Nếu A2 nằm trên một cạnh chung
(thí dụ A2

A1D là cạnh chung của 2 tam giác A1AD
và A1CD) . Khi đó nối A2 với các đỉnh đối diện A, C
của cạnh chung A1D. Nối xong số tam giác tăng lên 2.
Như thế, trong mọi trường hợp, số tam giác đều tăng lên
2.
Với các điểm A3 , A4 , …, An ta đều làm
tương tự, và chú ý rằng sau mỗi bước làm
số tam giác tăng lên 2.
Với cách làm như thế ta đã tạo thành
4 + 2(n – 1) = 2n + 2 tam giác.
Các tam giác này đều có đỉnh tại các điểm đã cho , hoặc
là đỉnh của hình
vuông.

Theo cách xác định như trên thì tổng số diện tích của
(2n + 2) tam giác này
chính bằng diện tích của hình vuông cạnh bằng 1. Theo
nguyên lý cực hạn,
tồn tại tam giác có diện tích nhỏ nhất trong (2n + 2) tam giác ấy. Gọi diện
tích
này là S, rõ ràng ta có: 13


Vì thế nếu S là tổng các khoảng cách từ A tới các điểm đỏ Xi , thì:

Vì khoảng cách từ B tới điểm xanh Yj là 1 – yj , nên nếu gọi S’ là tổng các
khoảng cách từ B tới các điểm xanh Yj , thì:

Từ (1) suy ra:

Kết hợp (2), (3), (4) ta đi đến S = S’. □ 14
Ví dụ 2: Một mạng lưới ô vuông gồm 100 đường ngang và 200 đường dọc.
Có hai quân cờ đặt ở hai đỉnh đối diện của một hình chữ nhật 100×200. Mỗi
lượt người ta chuyển cả hai quân cờ theo đường đến nút lưới bên cạnh. Hỏi
rằng có thể sau một số lần di chuyển thì hai quân cờ có thể ở hai nút lưới
cạnh nhau được không.

Giải: Lấy hai cạnh của hình chữ nhật
là hai trục tọa độ, dựng hệ trục tọa độ
vuông góc như sau:
Khi đó giả sử hai quân cờ ở hai vị trí
A(0 ; 100) và B(200 ; 0).
( Dĩ nhiên có thể giả sử hai quân cờ
ở vị trí (0 ; 0) và (200 ; 100), khi ấy lập
luận không có gì thay đổi).
Giả sử một quân cờ lúc nào đó ở vị trí (a ; b).
Lượt di chuyển tiếp theo vị trí của nó chỉ


Ví dụ 3: Nền nhà hình chữ nhật được lát kín bằng các viên gạch hình chữ
nhật kích thước 1×3 và 3 miếng hình chữ nhật 1×1. Hỏi có thể lát lại nền nhà
ấy chỉ bằng một loại gạch 1×3 hay không?

Giải:
Ta có nhận xét sau: Nền nhà có ít nhất một kích thước là số nguyên chia
hết cho 3. Thật vậy, giả thiết phản chứng không phải như vậy, khi đó hoặc
kích thước của nền nhà có dạng:
a) 3k + 1; 3l + 1. Khi đó diện tích S của nền nhà là:
S = (3k + 1)(3l + 1)

S


3.
b) 3k + 1; 3l + 2. Khi đó: S = (3k + 1)(3l + 2)

S


3.
c) 3k + 2; 3l + 2. Khi đó: S = (3k + 2)(3l + 2)

S


3.
Như thế ta luôn có S


16
- Đi quân cờ đứng ở ô có số hiệu không rơi vào cặp đó và đặt vào ô có số
thứ tự 1 (thí dụ nếu n lẻ thì người thứ nhất đặt quân cờ ở ô số n – 2 vào ô
số 1). Sau nước đi thì quân cờ này sẽ không còn chuyển động đi đâu được
nữa ( nghĩa là chỉ còn hai quân cờ có thể di chuyển ).
. . .
-Đến lượt người thứ hai giả sử chuyển một trong hai quân cờ còn lại sang
ô thứ m.
-Người thứ nhất sẽ đặt quân cờ còn lại vào ô số m – 1 hoặc ô số m + 1 phụ
thuộc vào số sẽ tạo thành với số m một cặp như trên ( thí dụ người thứ hai đi
quân cờ n – 1 vào ô số 7, thì người thứ nhất sẽ đi quân cờ n vào ô số 6).
(Trong hình trên ba quân chuyển vào các ô 1, 6, 7).
Điều này luôn luôn có thể làm được vì các cặp số không giao nhau và
không giao với ô số 1.
-Như vậy người thứ nhất còn đi được, nếu người thứ hai còn đi được.
Vậy người thứ nhất không thể thua.
-Do mỗi lần chơi các quân cờ đặt vào các ô có số hiệu ngày càng nhỏ đi.
Vì thế trò chơi phải kết thúc sau một số hữu hạn bước và người chơi đầu
luôn
thắng nếu họ tuân thủ theo quy tắc trên. □
Ví dụ 5: Trên tờ giấy có kẻ vô hạn các ô vuông và mỗi ô được tô bằng môt
trong hai màu xanh hoặc đỏ sao cho bất cứ hình chữ nhật nào kích thước
2×3 thì có đúng hai ô màu đỏ. Xét một hình chữ nhật kích thước 2004×2005
bất kì. Tính số ô đỏ của nó.

Số ô đỏ cần tìm là 1339340 ô. □
Ví dụ 6: Trên mặt phẳng cho 2n điểm (n ≥ 2), không có ba điểm nào thẳng
hàng. Một số trong chúng được nối thành đoạn thẳng theo nguyên tắc sau:
Nếu điểm A được nối với điểm B, điểm B được nối với điểm C , thì A không
được nối với C . Chứng minh rằng với cách nối trên ta thu được không quá
2
n
đoạn thẳng. Giải : Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp như sau:
Với n = 2. Khi đó ta có bốn điểm A1, A2, A3, A4.
Rõ ràng không được phép nối để tạo thành
bất kì một tam giác nào. Vì thế cách nối để có tối
đa các đoạn thẳng là các nối trên. Cách nối
này có 4 = 22 đoạn thẳng. Vậy kết luận bài
toán đã đúng khi n = 2.
- Giả sử kết luận của bài toán đúng đến n = k , tức là
nếu có 2k điểm
(k ≥ 2) và không có ba điểm nào thẳng hàng. Khi đó
có không quá k2 đoạn
thẳngtrong cách nối tuân theo yêu cầu đã đặt ra.
- Xét khi n = k + 1 tức là ta có 2k + 2 điểm.
Dĩ nhiên luôn có thể giả thiêt có hai điểm A , B
được nối với nhau (vì nếu không thì số đoạn thẳng
bằng 0 và kết luận đúng là tầm thường).
Xét 2k điểm còn lại. Theo giả thiết quy nạp với 2k


Từ giả thiết suy ra với mọi k=
n,1
thì các số ak , bk đều bằng 1 hoặc –1.
Mặt khác, ta có a1a2…anb1b2…bn chính là bình phương của tích tất cả
các số trong bảng, mà tích các số trong bảng 1 hoặc –1, do vậy

Từ (2) suy ra trong tất cả các số ak , bk nói trên, số các số bằng –1 phải là
số chẵn.
Từ (1) su ra các số ak , bk bằng –1 và bằng 1 là bằng nhau, vậy số các số
ak , bk bằng 1 cũng phải là số chẵn.
Do vậy số các số ak , bk là tổng của hai số chẵn bằng nhau, nên là số chia
hêt cho 4, tức là 2n

4.
Do n là số lẻ nên

Mâu thuẫn này chứng minh giả thiết phản chứng là sai, tức là (1) không
thể có.
Điều đó nghĩa là: 19

Ví dụ 8: Trên mặt phẳng có sáu điểm sao cho ba điểm bất kì là đỉnh của
một tam giác mà các cạnh có độ dài khác nhau. Chứng minh rằng cạnh nhỏ
nhất của một trong các tam giác đồng thời là cạch lớn nhất của một tam giác

vậy nó phải là cạnh lớn nhất của tam giác khác nào đó. □
Ví dụ 9: Cho hình lập phương. Ta điền tám số nguyên dương đôi một khác
nhau vào tám đỉnh của hình lập phương. Trên mỗi cạnh của hình lập
phương, ta ghi UCLN của hai số được điền ở hai đầu mút của cạnh đó. Hỏi

20

có thể xảy ra trường hợp tổng tám số ở tám đỉnh bằng tổng của 12 số ở 12
cạnh được không?

Giải:
Ta có nhận xét sau đây:
Gọi a , b là hai số nguyên dương khác nhau và UCLN (a , b) = d. (1)
Khi đó ta có a + b ≥ 3d. (2)
Thật vậy từ (1) suy ra: a = da’; b = db’; với UCLN (a’, b’) = 1.
Do a’ ≥ 1, b’ ≥ 1, và do a ≠ b , nên a’ và b’ không thể cùng bằng 1.
Từ đó có a’ + b’ ≥ 3.
Vì thế a + b = (a’+ b’)d ≥ 3d , vậy (2) đúng. Dấu bằng sảy ra khi và chỉ
khi a = 2b hoặc b = 2a. Giả sử tại tám đỉnh của hình lập phương ta ghi các
số nguyên dương ai (i = 1,8 ). Chú ý rằng các số này đôi một khác nhau.
Giả sử: UCLN (ai , aj) = dịj (1 ≤ i , j ≤ 8).
Theo nhận xét trên ta có: ai + aj ≥ 3dịj.Từ đó:

Vì mỗi đỉnh ghi số ai thuộc ba cạnh nên trong tổng của vế trái của (3) mỗi
số ai được tính ba lần. Từ đó

Từ (3) và (4) đi đến

xuống dưới, còn thứ tự của cột tính từ trái sang phải.
Kí hiệu (i ; j) là ô vuông nằm ở giao của hàng thứ i và cột thứ j của bảng.
Giả sử T là một cách tô màu theo yêu cầu đầu bài.
Kí hiệu k(T) là số ô được tô
màu của cách T.
Nếu ô (i ; j) được tô màu
trong cách tô màu T
thì ô (i+1; j)
và các ô kề với (i ; j) trong
cùng hàng dĩ nhiên không
được tô màu.
Thực hiện phép biến đổi sau đối với
T:
Xóa màu ở tất cả các ô (i ; j) mà i ≡
1(mod 2), đồng thời tô màu các ô (i +
1 ; j) (tức là xóa màu tất cả các ô nằm
ở hàng lẻ).
Rõ ràng sau khi thực hiện phép biến đổi ấy, ta có một phép tô màu mới T’.
Phép tô màu này thỏa mãn các điều kiện sau:
1. Hai ô vuông con nào được tô màu ở bước T’ cũng không có đỉnh chung.
2. k(T) = k(T’).
3.Tất cả các ô nằm ở hàng thứ 1, 3, 5,…, 2n – 1 đều không có màu.
Theo cách tô màu thì số các ô được tô màu ở một hàng không vượt quá n +
1.
Và chỉ có tối đa n hàng có màu, nên:
k(T’) ≤ (n + 1)n.Vì thế k(T) ≤ ( n +1)n
với mọi cách tô màu T.
Xét cách tô màu sau:
Tô màu tất cả các ô (2i ; 2j – 1)
với i = 1, 2, …, n ; j = 1, 2, …, n+1.


Theo cách đánh số tam giác thì hai tam giác
được đánh số liên tiếp phải có cạnh chung do đó nó phải có màu khác nhau.
Vì lẽ đó, trong số các tam giác được đánh số, số các tam giác đen chỉ có
thể nhiều hơn số các tam giác trắng là 1.Vậy tổng số các tam giác được đánh
số m phải thỏa mãn bất đẳng thức: Ví dụ 12: Cho bàn cờ vua 8×8 ô. Ở mỗi bước xét một hàng hoặc một cột,
sau đó trong hàng (hoặc cột) chọn ra, ta thay đổi màu tất cả các ô trong hàng
(hoặc cột) ấy theo quy tắc: đen biến thành trắng và trắng biến thành đen. Hỏi
bằng cách ấy, có thể đến một lúc nào đó thu được một bàn cờ chỉ có duy
nhất một ô đen hay không? Giải: Giả sử trước khi tô lại một hàng (hoặc một cột) có k ô đen và 8 – k
ô trắng.
Sau khi tô lại hàng (hoặc cột) sẽ có k
ô trắng và 8 – k ô đen. Vì thế sau một lần
tô lại số ô đen thay đổi là:
(8 – k) – k = 8 – 2k , tức là thay đổi một
số chẵn ô đen.
Như vậy tính chẵn, lẻ của số các
ô đen không thay đổi suốt từ đầu đến cuối.
Lúc đầu số ô đen là 32 ô ( số chẵn). Vì thế không
lúc nào ta lại nhận được bàn
cờ chỉ có một ô đen. Bài toán có kết quả là phủ
định. □

3. □
Ví dụ 14: Trên một đường thẳng có n điểm màu xanh và n điểm màu đỏ.
Chứng minh rằng tổng tất cả các khoảng cách giữa các cặp điểm cùng màu
bé hơn hoặc bằng tổng tất cả các khoảng cách giữa các cặp điểm khác màu. Giải: Giả sử n điểm màu đỏ trên trục số có tọa độ x1, x2,…, xn; còn n điểm
màu xanh trên trục số có tọa độ là y1, y2,…,yn.
Gọi An là tổng các khoảng cách của những điểm cùng màu, còn Bn là tổng
các khoảng cách của những điểm khác màu.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
-Nếu n = 1. khi đó A1 = 0, còn B1 = | xi – yi | ≥ 0.
Rõ ràng A1 ≤ B1.
Vậy kết luận của bài toán đúng khi n = 1.
-Giả sử kết luận của bài toán đúng khi n = k – 1, tức Ak-1 ≤ Bk-1.
-Xét khi n = k. Không giảm tổng quát có thể cho là:
xk = max { x1,…,xk} ; yk = max { y1,…,yk} ( vì nếu không thì đánh số lại).
Ta có:

24Theo giả thiết quy nạp, thì Ak-1 ≤ Bk-1. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra Ak ≤ Bk.

Vậy kết luận của bài toán cũng đúng khi n = k. Theo nguyên lí quy nạp


25

Mặt khác S là số nguyên, nên từ (4) lại có:

Bây giờ ta xét khả năng sảy ra dấu bằng trong (5). Có hai trường hợp sau:
1. Nếu n chẵn (n = 2k). Khi đó, xét cách ghi số vào bảng như sau:
Dễ thấy cách ghi số trong trường hợp này thỏa mãn yêu cấu đề ra lúc này
tổng S các số ghi trong bảng sẽ là S = 2
2
k
.
Mặt khác, ta có:

Vậy ta có trường hợp này

2.Nếu n lẻ (n = 2k + 1).
Khi đó, xét cách ghi số vào bảng như sau:
Rõ ràng cách ghi số này thỏa mãn yêu cầu đề ra.
Lúc này tổng các số ghi trong bảng là:
S = (k + 1)
2
+ k
2
= 2k
2
+ 2k + 1.
Lại có: