Chuyên đề Toán logic và rời rạc

 trong tập hợp số tự nhiên hoặc số nguyên dƣơng ta đêu có quyền 
sử dụng nguyên lí cực hạn với phần tử nhỏ nhất. 
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 27 
II. ỨNG DỤNG 
1.Ứng dụng trong giải phương trình nghiệm nguyên 
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 
1 1 1
1
x y z
   
 Chắc hẳn bài toán này đã rất quen thuộc với các bạn, ý tưởng chính của bài toán là 
giải sử có 1 phần tử ở điểm cực hạn,ta giới hạn được giá trị của nó và xét các trường 
hợp. Sau đây là lời giải đầy đủ cho bài toán này. 
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử x là số nhỏ nhất trong 3 số trên. Ta có: 
1 1 1 3
1
x y z x
    
Do đó dẫn đến 3x  . Ta dễ dàng nhận thấy x phải lớn hơn 1. Vậy xét 2 trƣờng hợp: 
 2x  
khi đó suy ra: 
1 1 1
2y z
  . Ta lại tiếp tục giả sử y nhỏ hơn z khi đó suy ra: 
1 1 1 2
4
2
y
y z y
     
Mà rõ ràng 2y  nên 3y  hoặc 4y  , khi đó tƣơng ứng ta tìm đƣợc 6z  và 4z  . 
 3x  
Suy ra: 
1 1 2
3x y z
y z x
      
Vậy bài toán có các nghiệm: 
2
3
6
x
y
z



 
2
4
4
x
y
z



 
3
3
3
x
y
z



 
Và các hoán vị. 
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 3 3 3 2( )x y z x y z     
Ý tưởng bài toán này tương tự với ví dụ 1 nhưng lần này chúng ta sẽ sắp xếp thứ tự các 
biến. 
Giải: 
Không mất tính tổng quát ta giả sử x y z  
 Nếu 2x  thì ta luôn có: 2y z x   
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 28 
Ta đƣợc: 
2 2 2 2 2 2 3 3 3( ) ( ) ( ) ( ) 2 2( ) 2x y z x x y z x y z y z x y z yz x y z                (vì 
2 x y z   ) 
Do đó trƣờng hợp này loại. 
 Nếu 4x  
Ta sẽ chứng minh khi đó 3 3 3 2( )x y z x y z     
Thật vậy ta có: 
3
3 3 3 2 2 2 2 ( )4 ( )( ) 4
2
y z
x y z x y z y yz z x

         
Ta cần chứng minh: 
3
2 2( )3 2 ( ) ( )
2
y z
x x y z y z

     
22 (3 2 2 ) ( ) ( 2) 0x x y z y z y z        
Ta có: 2y z  , nếu 6 3 2 2 0y z x y z      nên bất đẳng thức hiển nhiên đúng. 
Khi 6y z  thì ta đƣợc: 
2 2 2 2 22 (3 2 2 ) ( ) ( 2) 6 4 ( ) 4( ) 5 ( 2 2 ) 0x x y z y z y z x x y z y z x x y z               
Do đó với trƣờng hợp 4x  ta cũng loại. 
Vậy suy ra 3x  . 
Từ phƣơng trình ban đầu suy ra: 
3 3 227 9 6( ) ( )y z y z y z       
2 2( )( 6) 18(*)y z y yz z y z        
Vì 2 6x y z y z      . Mà y z là ƣớc của 18 nên ta có 3 trƣờng hợp: 
 2 1y z y z     
 3 2, 1y z y z     vì y z 
 6y z  thay vào phƣơng trình (*) suy ra 3y z  
Vậy ta đƣợc các nghiệm: 
3
3
3
x
y
z



 
3
2
1
x
y
z



 
Và các hoán vị. 
Nhận xét:Lời giải trên có thể không tự nhiên nhưng trên thực tế khi giải bài toán này 
mình đoán được 2 bộ nghiệm và nhận thấy chúng đều có biến lớn nhất cùng là 3 nên 
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 29 
dẫn đến ý tưởng chứng minh nó phải bằng 3. Lời giải này mình tìm ra đã khá lâu và hi 
vọng nó chưa phải là giải pháp tốt nhất cho bài toán này, mong rằng các bạn có thể tự 
tìm tòi được những giải pháp tốt hơn cho nó. 
Ví dụ 3: Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên: 
2 27 7000x y  
Giải: 
Bài toán này ta sử dụng một cách chọn điểm cực hạn khác so với các bài toán trên. Giả 
sử phƣơng trình trên có nghiệm tức tồn tại 0 0( ; )x y là một bộ nghiệm của phƣơng trình 
thỏa mãn tổng các giá trị tuyệt đối của chúng là nhỏ nhất trong các bộ nghiệm, tức là 
0 0| | | |x y có giá trị nhỏ nhất. Ta có: 
2 2
0 0 07(1000 ) 7x y x   , đặt 
'
0 07x x ta suy ra : 
2 '2
0 07 7000y x  
Và vậy bộ nghiệm '
0 0( ; )y x cũng là nghiệm của phƣơng trình nhƣng 
' '
0 0 0 0 0 0| | | | | | 7 | | | | | |y x y x y x     , điều này vô lí với điều giả sử ban đầu nên phƣơng 
trình không có nghiệm nguyên. 
Nhận xét: Bài toán trên đã khéo léo sử dụng nguyên lí cực hạn với một điều kiện ràng 
buộc 2 biến và chú ý rằng phương pháp trên còn có tên là “xuống thang”. Các bạn có 
thể tham khảo một số bài toán sử dụng phương pháp này: 
1.Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 27 21x y xy  
2.Chứng minh phương trình nghiệm nguyên sau chỉ có một bộ duy nhất là nghiệm tầm 
thường (0;0;0) : 3 3 33 9 12x y z xyz   
Với cách sử dụng nguyên lí cực hạn tương tự như bài toán trên các bạn có thể thử sức 
với 2 bài toán khó sau: 
 Giả sử x và y là các số nguyên dương sao cho 2 2 6x y  chia hết cho xy . 
Chứng minh rằng 
2 2 6x y
xy
 
 là lập phương của một số tự nhiên. 
 Cho a và b là các số nguyên dương sao cho 2 2a b chia hết cho 1ab . 
Chứng minh rằng: 
2 2
1
a b
ab


 là số chính phương. (IMO 1988) 
Gợi ý: Với 2 bài toán trên ta sẽ tìm ra đích thị giá trị của biểu thức để kết luận nó là 
lập phƣơng hay là số chính phƣơng. Đặt giá trị biểu thức là k sau đó xoay phƣơng trình 
thành phƣơng trình bậc 2 ẩn là một trong 2 biến. Sử dụng định lí Viet và giả sử bộ 
nghiệm có tổng nhỏ nhất để tìm ra điểm đặc biệt của các nghiệm và suy ra k . 
2.Ứng dụng trong chứng minh phản chứng 
Một trong những ứng dụng lớn nhất của cực hạn là kết hợp với phƣơng pháp phản 
chứng. Cực hạn kết hợp phản chứng là một công cụ mạnh để chúng ta giải quyết các bài 
toán ở hầu hết các lĩnh vực. 
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 30 
Ví dụ 4: : Với a và n là các số nguyên dương thỏa mãn 1na  chia hết cho n thì 1a  
chia hết ước số nguyên tố nhỏ nhất của n 
Giải: 
Gọi p là ƣớc số nguyên tố nhỏ nhất của n thì p là số lẻ. Theo định lí Fermat nhỏ ta 
có: 
1pa p 
Gọi r là số nhỏ nhất thỏa mãn 1 ( 0)ra p r  . Ta có 1r p p   . Ta sẽ chứng minh 
n r . Thật vậy đặt (0 )n kr m m r    . Vì 1 1 1r kr ra p a a p    . Do đó ta đƣợc: 
1 ( 1) ( 1)n kr kr m kr kr ma a p a a p a a p       
Dễ thấy a và p nguyên tố cùng nhau nên suy ra 1ma p . Điều này trái với giả sử ban 
đầu 1ra p với r là số nhỏ nhất. Do đó suy ra 0m  nên n r . 
 Nếu 1r  thì r có ít nhất một ƣớc nguyên tố q và do đó n q p trái với điều giả sử 
p là ƣớc nguyên tố nhỏ nhất của n . 
Vậy suy ra 1r  . Và do đó ta đƣợc 1a p . 
Từ ví dụ trên ta có thể suy ra một số hệ quả sau: 
 Nếu 3 1n  chia hết cho n thì n là số chẵn. 
 Với a nguyên dƣơng, 1a  không chia hết cho n và 1na n . Đặt 2kn t với t là số 
lẻ thì 1na n khi và chỉ khi 2 1
k
a n . 
Ví dụ 5: (Định lí Bezout) Số d nhỏ nhất thỏa mãn tồn tại các số nguyên ,x y để 
ax by d  (còn có thể gọi d biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của a và b )với 
,a b là các số nguyên dương cho trước thì d là ước chung nhỏ nhất của a và b . 
Giải: 
Giả sử d là số nguyên dƣơng nhỏ nhất thỏa mãn tồn tại các số nguyên ,x y để 
ax by d  . Đặt a dm n  với 0 n d  suy ra: 
( ) (1 ) .( )n a dm a ax by m a xm b ym         
Vậy n là số nguyên cũng có thể biểu diễn đƣợc dƣới dạng tổ hợp tuyến tính của a và b. 
Điều này trái với giả sử ban đầu số d là số nguyên dƣơng nhỏ nhất thỏa mãn. Vậy suy 
ra 0n  . Từ đó suy ra đƣợc ,a d b d . Mà có thể thấy rằng nếu một số là ƣớc của a và b 
thì cũng sẽ là ƣớc của d. Do đó d chính là ƣớc chung lớn nhất của a và b. 
Hệ quả thu đƣợc từ định lí trên là ,a b là các số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau khi 
và chỉ khi tồn tại ,x y để 1ax by  . 
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 31 
Và sau đây là một số ví dụ về ứng dụng của “nguyên lí cực hạn” trong các bài toán rời 
rạc. 
Ví dụ 6: Trong một giải cờ vua có n bạn tham gia và họ thi đấu vòng tròn một lượt với 
nhau. Biết rằng mỗi trận đấu đều có kết quả thắng thua phân định. Chứng minh ta luôn 
có cách xếp n bạn này thành 1 hàng sao cho bạn đứng sau thắng bạn đứng trước. 
Giải: 
Trong 2 bạn đấu với nhau có kết quả thắng thua phân định thì ta có thể xếp bạn thắng 
đứng sau bạn thua, do đó ta luôn xếp đƣợc 1 hàng mà bạn đứng sau thắng bạn đứng 
trƣớc (ít nhất là 2), trong các cách xếp hàng đó thì tồn tại một cách xếp có nhiều bạn 
nhất, gọi số bạn thuộc hàng này là k. 
Giả sử bài toán không đúng tức k n . Khi đó sẽ tồn tại một bạn a tham gia và không 
thuộc hàng đó, xét kết quả của bạn đó với k bạn thuộc hàng thì ta có 3 trƣờng hợp: 
Trƣờng hợp 1: a thắng tất cả thì suy ra a thắng ngƣời cuối cùng của hàng và a có thể 
đƣợc xếp ở cuối hàng 
Trƣờng hợp 2: a thua tất cả thì dẫn đến a thua bạn đầu tiên của hàng nên a có thể đƣợc 
xếp ở đầu hàng. 
Trƣờng hợp 3: Nếu có cả kết quả thắng và thua thì sẽ tồn tại 2 bạn b và c liên tiếp để a 
thắng b và a thua c . Khi đó ta có thể xếp a giữa b và c . 
Nhƣ vậy a cũng có thể đƣợc xếp vào hàng trên nên điều giả sử ban đầu k là số bạn 
nhiều nhất là vô lí. Vậy k n . Bài toán đƣợc chứng minh. 
Ví dụ 7: Có 100 bạn mỗi người cầm 1 quả bong và chơi trò chơi chuyền bong theo qui 
tắc họ sẽ chuyền bóng của mình đến người đứng gần mình nhất. Chứng minh rằng 
không có bạn nào nhận được nhiều hơn 6 quả bóng. 
Giải: 
Giả sử tồn tại bạn A nhận đƣợc n quả bóng từ các bạn 1 2, ,..., nA A A với 6n  . Ta có: 
 01 2 2 3 1... 360nA AA A AA A AA    
Gọi i jA AA là góc nhỏ nhất trong n góc này. Ta có:
0 0
0360 360 60
6
i jA AA
n
   . 
Theo đề bài vì ,i jA A chuyền bóng đến A nên ,j i i jAA AA A A mà trong tam giác 
i jA AA thì 
060i jA AA  nên nó phải bé hơn một trong 2 cạnh còn lại. Điều này vô lí. Vậy 
không tồn tại bạn nào nhận đƣợc nhiều hơn 6 quả bóng. 
3.Ứng dụng trong giải bất đẳng thức. 
Kĩ thuật sắp xếp các biến trong bất đẳng thức đối xứng hoặc giả sử các biến có giá trị 
đặc biệt (nhỏ nhất, lớn nhất) là một kĩ thuật khá quan trọng trong việc chứng minh bất 
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 32 
đẳng thức. Và đây chính là ứng dụng “nguyên lí cực hạn” trong chứng minh bất đẳng 
thức. 
Ví dụ 8: Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn 1a b c   . Chứng minh rằng: 
3 3
( )( )( )
18 18
a b b c c a

     
Giải: 
Một cách tự nhiên ta nghĩ đến việc bình phƣơng biểu thức chứa biến để chỉ đƣa về 
chứng minh một bất đẳng thức: 
2 2 2 1( ) ( ) ( )
108
a b b c c a    
Giả sử c là số nhỏ nhất trong 3 số khi đó ta có: 
2 2 2 2 2 2( ) ( ) ,( ) ( )b c b bc c b c b c a a c a c ac a            
Vậy ta đƣợc: 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )a b b c c a a b a b     
Ta chỉ cần chứng minh: 2 2 2108( ) 1a b a b  
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số ta có: 
3
2
2 66 6 3( )6 .6 .3( ) ( ) 1
3
ab ab a b
ab ab a b a b
   
     
 
Vậy bài toán đã đƣợc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi 
2
0 (2 3)
( ) 2 0
c a b
a b ab c
   
 
   
 và các hoán vị. 
Ví dụ 9: Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 3a b c   . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức P a b b c c a abc    (Đề thi vào chuyên toán Phan Bội Châu 
2010) 
Giải: 
Để thuận tiện ta đổi biến , ,a x b y c z   thì điều kiện trở thành 2 2 2 3x y z   . 
Ta đƣợc: 2 2 2P x y y z z x xyz    
Bằng bất đẳng thức cosi cho 3 số ta dễ dàng thấy 0P  
Không mất tính tổng quát giả sử y là số có giá trị nằm giữa x và z . Ta có: 
( )( ) 0z y x y z   
2 2 2 0y z xyz yz z x     
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 33 
2 2 2 2 2x y y z z x xyz x y yz      
2 2 2 2 2( )P y x z   
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số ta đƣợc: 
3
2 2 2
2 2 2 2 2 2( )2 .( ).( ) 8
3
x y z
y x z x z
  
    
 
2 4 2P P    
Vậy 2maxP  xảy ra ở 2 trƣờng hợp: 
x y z  hoặc 
2 2
0
2
z
y x



1a b c    hoặc 2, 1, 0a b c   và các hoán vị 
Đặc biệt trong các bài bất đẳng thức đối xứng thì việc sắp xếp thứ tự các biến là một 
bƣớc không thể thiếu trong việc sử dụng bất đẳng thức Chebysev. 
Ví dụ 10: Cho , , ,a b c d là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 2 2 1a b c d    . Chứng 
minh rằng: 
2 2 2 2 2
3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
   
       
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử: a b c d   thì ta có: 
2 2 2 2a b c d   
1 1 1 1
b c d c d a d a b a b c
  
       
Do đó áp dụng bất đẳng thức Chebysev: 
2 2 2 2 1 1 1 14 ( )VT a b c d
b c d c d a d a b a b c
 
       
        
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 
2 2 2 24( ) 2a b c d a b c d        
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 34 
 
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) 16b c d c d a d a b a b c
b c d c d a d a b a b c
 
               
        
Do đó suy ra: 
1 1 1 1 16
6b c d c d a d a b a b c
   
       
Từ đây dễ dàng suy ra: 
2 2 2 2 2
3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
   
       
Đẳng thức xảy ra khi 
1
2
a b c d    
4.Ứng dụng trong hình học 
Ví dụ 12: Chứng minh 4 đường tròn có đường kính là 4 cạnh của một tứ giác phủ kín 
miền tứ giác đó. 
Giải: 
Với M thuộc miền trong tứ giác ABCD thì ta có: 
 0D 360AMB BMC CM DMA    
Không mất tính tổng quát ta giả sử AMB nhỏ nhất, khi đó ta có: 090AMB  . Do đó M 
thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AB. Vậy suy ra đpcm. 
5.Định lí Fermat(!!) 
Nhƣ các bạn đã biết định lí lớn Fermat đƣợc coi là định lí nổi tiếng nhất trong toán học. 
Tuy cách phát biểu đơn giản nhƣng nó đã làm đau đầu rất nhiều nhà toán học suốt hàng 
trăm năm qua. Xin phát biểu lại định lí nhƣ sau: 
“Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không ,x y và z thỏa mãn n n nx y z  trong 
đó n là một số nguyên lớn hơn 2.” 
Tuy nhiên trong phạm vi khả năng chúng ta có thể chứng minh bài toán với 4n  bằng 
công cụ mạnh là cực hạn kết hợp phản chứng. 
Trƣớc khi đƣa ra lời giải với 4n  ta hãy xét phƣơng trình trên với 2n  . 
Ví dụ 12: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 2(*)x y z  
Giải: 
Phƣơng trình trên còn có tên gọi là phƣơng trình Pytago. 
Trƣớc tiên ta có nhận xét nếu một số là ƣớc chung của 2 trong 3 biến thì nó cũng là ƣớc 
của biến còn lại. Do đó ta hoàn toàn có thể đƣa bài toán trên về phƣơng trình với 3 biến 
đôi một nguyên tố cùng nhau và ta xét phƣơng trình (*) với , ,x y z đôi một nguyên tố 
cùng nhau. Dễ nhận thấy rằng x và y không thể cùng lẻ vì khi đó 2z chia 4 dƣ 2 không 
là SCP. Giả sử x chẵn thì y và z cùng tính chẵn lẻ. Đặt 2x k . Ta có phƣơng trình 
tƣơng đƣơng với: 
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 35 
24 ( )( )k z y z y   
Vì ,z y nguyên tố cùng nhau và cùng tính chẵn lẻ nên ta có: ( , ) 2z y z y   . Do vậy 
phải tồn tại các số nguyên dƣơng ,p q để: 
2
2
2
2
z y p
z y q
pq k
  

 
 

2 2
2 2
2
z p q
y q p
x pq
  

  
 

Vậy nghiệm của phƣơng trình là 2 2 2 2( : : ) (2 : ( ) : ( ))x y z pq q p p q   trong đó 
,p q N 
Từ bộ nghiệm trên ta có nhận xét. Nếu , ,x y z đôi một nguyên tố cùng nhau và x chẵn 
thì ,y z cùng lẻ. Do đó dẫn đến ,p q khác tính chẵn lẻ và vì 3 số này đôi một nguyên tố 
cùng nhau nên ( , ) 1p q  . 
Ví dụ 13: (Định lí Fermat cho 4n  ) Chứng minh phương trình 4 4 4x y z  không có 
nghiệm nguyên khác 0. 
Giải: 
Một cách tổng quát hơn ta sẽ chứng minh phƣơng trình: 4 4 2(*)x y z  không có 
nghiệm nguyên khác 0. 
Vì số mũ của các biến là số chẵn nên ta chỉ cần xét bài toán trên tập số nguyên dƣơng. 
Giả sử phƣơng trình (*) có nghiệm thì trong số các bộ nghiệm ta xét bộ nghiệm có z 
nhỏ nhất. Theo nhƣ ví dụ 12 thì phải tồn tại ,p q N để: 
2
2 2 2
2 2
2x pq
y q p
z p q
 

 

 
Ta lại đƣợc: 2 2 2y p q  và lại theo phƣơng trình pytago ta nhận thấy tồn tại 
, , ( , ) 1u v N u v  thỏa mãn: 
2 2
2 2
2
y u v
p uv
q u v
  



 
Do đó suy ra: 2 2 24 ( )x uv u v  
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 36 
Mà ta có 2 2( , ) 1,( , ) 1u v uv u v   nên 2 2, ,u v u v đều là các số chính phƣơng. Đặt 
2 2 2 2 2, ,u a v b u v c    thì ta đƣợc: 2 4 4c a b  . Phƣơng trình này có dạng nhƣ ban 
đầu và rõ ràng c z , điều này vô lí với cách chọn z . Do đó phƣơng trình (*) không có 
nghiệm nguyên. 
Kết thúc bài viết là một số bài tập về nguyên lí cực hạn: 
Bài5. 1: Cho tam giác nhọn ABC và điểm P bất kì nằm trong tam giác. Chứng minh 
rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến 3 đỉnh A,B,C của tam giác 
không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các 
cạnh của tam giác đó. 
Bài 5.2:Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 22 1x y  
Bài 5.3:Cho 2n số nguyên không âm được đặt vào các ô trong bảng bao gồm n hàng và 
n cột. Với việc thực hiện phân bố số vào ô phải thỏa mãn điều kiện sau đây: Nếu một ô 
nào đó trong bảng viết số 0 thì tổng những số trong cột và trong hàng chứa ô này không 
nhỏ hơn n. Chứng minh tổng tất cả các ô trong bảng không nhỏ hơn 
2
2
n
Bài5.4:Cho 7 số nguyên dương khác nhau mà mỗi số không vượt quá 1706. Chứng minh 
rằng tồn tại 3 số trong chúng giả sử là , ,a b c sao cho 4a b c a   
Bài 5.5:Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 1x y z   . Chứng minh rằng: 
2 2 2 27
4
x y y z z x   
Bài 5.6:Cho , , 0a b c  . Chứng minh rằng: 
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 12
( )a ab b b bc c c ca a a b c
  
       
Bài 5.7:Cho n số thực 1 2 3, , ,..., na a a a thỏa mãn: 
32 4 1
1 2 3 1...
na aa a a
n na a a a a     
Chứng minh rằng nếu n là số lẻ thì 1 2 .... na a a   . 
Bài 5.8:(Bất đẳng thức Schur) Cho , , ,a b c r là các số thực không âm. Chứng minh rằng: 
( )( ) ( )( ) ( )( ) 0r r ra a b a c b b c b a c c a c b         
Bất đẳng thức Schur có rất nhiều ứng dụng trong chứng minh bất đẳng thức. Chú ý với 
1r  ta có thể viết bất đẳng thức trên dướng những dạng sau: 
 3 3 3 3 ( ) ( ) ( )a b c abc ab a b bc b c ca c a         
 3( ) 9 4( )( )a b c abc ab bc ca a b c        
 ( )( )( )abc a b c b c a c a b       
 2 2 2
9
2( )
abc
a b c ab bc ca
a b c
     
 
Bài 5.9:Tìm tất cả các tập A có hữu hạn phần tử sao cho với mọi x A thì 2 1x x  và 
2 1x x   cũng thuộc A 
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 37 
Hướng dẫn giải: 
 Bài5. 1: Cho tam giác nhọn ABC và điểm P bất kì nằm trong tam giác. Chứng minh 
rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến 3 đỉnh A,B,C của tam giác 
không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các 
cạnh của tam giác đó.Gọi I,J,K lần lƣợt là hình chiếu của P lên AB,BC,CA. 
Giải:Ta có: 0180PAI PAK PBI PBJ PCK PCJ      
Không mất tính tổng quát giả sử PAI là góc nhỏ nhất trong các góc này. Suy 
ra
0
0180 30
6
PAI   . 
Suy ra 
1
sin 30
2
oPI PAI sin
PA
   . 
Từ đây suy ra đpcm. 
Bài 5.2:Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 22 1x y  
Giải: Ta thấy phƣơng trình rõ ràng có nghiệm (1;0) và nếu 0 0( ; )x y là một bộ nghiệm 
của phƣơng trình thì 0 0 0 0(3 4 ;2 3 )x y x y  cũng là nghiệm. 
Thật vậy ta có: 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0(3 4 ) 2(2 3 ) 2x y x y x y     
Vì nếu ( ; )x y là nghiệm của phƣơng trình thì ( ; ).( ; ),( ; )x y x y x y    cũng là các 
nghiệm nên ta chỉ xét trƣờng hợp phƣơng trình có các bộ nghiệm không âm. 
Vậy phƣơng trình có nghiệm là (1;0) và lớp nghiệm (3 4 ;2 3 )x y x y  của nó. Ta sẽ 
chứng minh lớp nghiệm này là duy nhất. 
Giả sử có một bộ nghiệm không âm 0 0( ; )x y không thuộc lớp nghiệm trên và có 0y nhỏ 
nhất thì ta có 0 0 0 0(3 4 ;2 3 )x y x y  cũng là nghiệm nên dẫn đến 0 0 0| 2 3 |x y y  . Suy ra 
0 0 02 3x y y  hoặc 0 0 02 3x y y   
 0 02x y  0 0x y  
Mà ta có 
0
0 0 0 0
2 2
0 0
0
0 2
2 1
x
y y x y
x y
 

   

 
 nên điều giả sử trên vô lí. 
Vậy bộ nghiệm 0 0( ; )x y cũng thuộc lớp nghiệm đã nêu. 
C h u y ê n đ ề : T o á n L o g i c & R ờ i r ạ c | 38 
Bài 5.3:Cho 2n số nguyên không âm được đặt vào các ô trong bảng bao gồm n hàng 
và n cột. Với việc thực hiện phân bố số vào ô phải thỏa mãn điều kiện sau đây: Nếu một 
ô nào đó trong bảng viết số 0 thì tổng những số trong cột và trong hàng chứa ô này 
không nhỏ hơn n. Chứng minh tổng tất cả các ô trong bảng không nhỏ hơn 
2
2
n
Giải:Xét hàng có tổng các số bé nhất trong các hàng. 
Nếu tổng các số ở hàng này lớn hơn 
2
n
 thì