| 3 Comments | Nguyễn Tiến Lâm
Tóm tắt. Với \(n+1(n \in \mathbb{N})\) số thực thuộc đoạn \([a, b]\) luôn tồn tại hai số thực \(\mathrm{x}, \mathrm{y}\) mà \(|x-y| \leq \dfrac{b-a}{n}\).
Chứng minh khẳng định trên khá đơn giản, chỉ cần chia đoạn \([\mathrm{a}, \mathrm{b}]\) thành n đoạn con bằng nhau mỗi đoạn có độ dài bằng \(\dfrac{b-a}{n}\).
Vi có \(n+1\) số thực nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai số thực \(x, y\) cùng thuộc một đoạn con. Đại lượng \(|x-y|\) là khoảng cách giữa hai số thực này, đương nhiên không vượt quá độ dài của một đoạn con, tức là \(|x-y| \leq \dfrac{b-a}{n}\).
Bài toán 1. Chứng minh rằng trong 2025 số thực dương bất kì, luôn tồn tại hai số \(x, y\) mà \(|x-y| \leq \dfrac{(1+x)(1+y)}{2024}\).
Y tưởng. Bất đẳng thức trên tương đương với \(|(1+x)-(1+y)| \leq \dfrac{(1+x)(1+y)}{2024}\) hay viết lại thành \(\left|\dfrac{1}{1+\mathrm{x}}-\dfrac{1}{1+\mathrm{y}}\right| \leq \dfrac{1}{2024}\).
Lời giải. Gọi 2025 số đã cho là \(a_1, a_2, \ldots, a_{2025}>0\) thi
\[0<\dfrac{1}{1+a_1}, \dfrac{1}{1+a_2}, \ldots, \dfrac{1}{1+a_{2025}}<1 .\]
Từ đó chia đoạn \([0,1]\) thành 2024 đoạn con có độ dài bằng nhau, mỗi đoạn có độ dài
\(\dfrac{1}{2024}\) Trong 2025 số thực
\(\dfrac{1}{1+a_1}, \dfrac{1}{1+a_2}, \ldots, \dfrac{1}{1+a_{2025}}\) luôn có hai số, gọi là \(\dfrac{1}{1+a_i}, \dfrac{1}{1+a_j}\) thuộc cùng một đoạn con.
Hiệu hai số này không vượt quá độ dài một đoạn con, tức là \(\left|\dfrac{1}{1+a_i}-\dfrac{1}{1+a_j}\right| \leq \dfrac{1}{2024}\). Bất đẳng thức này được viết lại thành \(\left|a_i-a_j\right| \leq \dfrac{\left(1+a_i\right)\left(1+a_j\right)}{2024}\).
Chọn \(x=a_i, y=a_j\) ta hoàn tất chứng minh.
Bài toán 2. Cho \(m\) là số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên \(\mathrm{a}, \mathrm{b}\) với \(|a| \leq m,|b| \leq m\) thỏa mãn
\[0<a+b \sqrt{2} \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{m+2}\]
Ý tưởng. Viết \(a+b \sqrt{2}=(x+y \sqrt{2})-\left(x^{\prime}+y^{\prime} \sqrt{2}\right)\) và xét các số có dạng \(x+y \sqrt{2}\) với \(x, y \in\{0 ; 1 ; 2 ; \ldots ; m\}\)
Lời giải. Xét các số có dạng \(x+y \sqrt{2}\) với \(x, y \in\{0 ; 1 ; 2 ; \ldots ; m\}\). Chú ý là nếu
\(x, y, x^{\prime}, y^{\prime} \in \mathbb{Q}\) thỏa mãn \(x+y \sqrt{2}=x^{\prime}+y^{\prime} \sqrt{2}\)
khi và chỉ khi \(x=x^{\prime}, y=y^{\prime}\) nên có đúng \((m+1)^2\) số \(x+y \sqrt{2}\) với \(x, y \in\{0 ; 1 ; 2 ; \ldots ; m\}\). Các số này có giá trị thuộc đoạn \([0, m+m \sqrt{2}]\). Chia đoạn [ \(0, m+m \sqrt{2}]\) thành \(\mathrm{m}^2+2 \mathrm{~m}\) đoạn con bằng nhau, mỗi đoạn có độ dài là \(\dfrac{m+m \sqrt{2}}{m^2+2 m}=\dfrac{1+\sqrt{2}}{m+2}\).
Vi \((m+1)^2>m^2+2 m\) nên theo nguyên lí Dirichlet, trong \((m+1)^2\) số \(x+y \sqrt{2}\) có ít nhất hai số cùng thuộc một đoạn con vừa xét. Gọi hai số đó là \(x+y \sqrt{2}\) và \(x^{\prime}+y^{\prime} \sqrt{2}\) và giả sử \(x+y \sqrt{2}>x^{\prime}+y^{\prime} \sqrt{2}\). Thế thì
\(0<(x+y \sqrt{2})-\left(x^{\prime}+y^{\prime} \sqrt{2}\right) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{m+2}\) hay
\(0<\left(x-x^{\prime}\right)+\left(y-y^{\prime}\right) \sqrt{2} \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{m+2}\).
Tới đây chỉ cần chọn \(a=x-x^{\prime}, b=y-y^{\prime}\) với chú ý \(|a| \leq m,|b| \leq m\) thì ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên a, b, c thỏa mãn
\(0<|a+b \sqrt{2}+c \sqrt{3}|<\dfrac{1}{10^6}\)
Lời giải. Xét các số có dạng \(x+y \sqrt{2}+z \sqrt{3}\) với \(x, y, z\) là các số nguyên thỏa mãn \(x, y, z \in\left\{1 ; 2 ; \ldots ; 10^9\right\}\). Thế thì có tất cả \(10^{27}\) số phân biệt. Các số này thuộc đoạn \(\left[0,10^{10}\right]\). Chia đoạn \(\left[0,10^{10}\right]\) thành \(10^{16}\) đoạn con bằng nhau, mỗi đoạn có độ dài là \(\dfrac{10^{10}}{10^{16}}=\dfrac{1}{10^6}\)
Vi \(10^{27}>10^{16}\) nên theo nguyên lí Dirichlet, tôn tại hai số \(x+y \sqrt{2}+z \sqrt{3}\) và \(x^{\prime}+y^{\prime} \sqrt{2}+z^{\prime} \sqrt{3}\) cùng thuộc một đoạn con, dẫn tới
\(0<\left|(x+y \sqrt{2}+z \sqrt{3})-\left(x^{\prime}+y^{\prime} \sqrt{2}+z^{\prime} \sqrt{3}\right)\right|<\dfrac{1}{10^6}\) hay \(0<\left|\left(x-x^{\prime}\right)+\left(y-y^{\prime}\right) \sqrt{2}+\left(z-z^{\prime}\right) \sqrt{3}\right| \leq \dfrac{1}{10^6}\).
Tới đây chỉ cần chọn \(a=x-x^{\prime}, b=y-y^{\prime}\), \(c=z-z^{\prime}\) thì ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 4. Chứng minh rằng trong 10 số thực dương phân biệt thuộc đoạn [1, 1000] luôn tồn tại hai số \(x\), y mà \(0<x-y \leq 1+3 \sqrt[3]{x y}\)
Ý tưởng. Sử dụng hằng đẳng thức \(a^3+b^3+c^3-3 a b c\)
\[=(a+b+c)\left(a^2+b^2+c^2-a b-b c-c a\right) .\]
Lời giải. Chọn hai số thực dương phân biệt \(x, y\) thuộc đoạn \([1,1000]\) sao cho \(x>y\) thì ta có ngay \(x-y>0\).
Ta chứng minh \(x-y \leq 1+3 \sqrt[3]{x y}\). Bất đả̉ng thức này tương đương với
\((\sqrt[3]{x})^3+(-\sqrt[3]{y})^3+(-1)^3-3 \sqrt[3]{x(-y)(-1)} \leq 0\) hay \((\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y}-1)\left(\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+1+\sqrt[3]{x y}+\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y}\right) \leq 0\) Chú ý là \(\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+1+\sqrt[3]{x y}+\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y} \geq 0\) nên bất đå̉ng thức trên tương đương với \(\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y} \leq 1\)
Gọi 10 số đã cho là \(a_1, a_2, \ldots, a_{10} \in[1,1000]\) thì \(\sqrt[3]{a_1}, \sqrt[3]{a_2}, \ldots, \sqrt[3]{a_{10}} \in[1,10]\). Chia đoạn \([1,10]\) thành 9 đoạn con \([k, k+1]\) với \(\mathrm{k}=1,2, \ldots, 9\) có độ dài bằng 1 . Ví có 10 số \(\sqrt[3]{a_1}, \sqrt[3]{a_2}, \ldots, \sqrt[3]{a_{10}} \in[1,10]\) nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai số \(\sqrt[3]{a_i}, \sqrt[3]{a_j}\) với \(a_i>a_j\) cùng thuộc một đoạn con, thế thì \(\sqrt[3]{a_i}-\sqrt[3]{a_j} \leq 1\). Chon \(x=a_j, y=a_j\) thi ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 5. Chứng minh rằng trong 5 số thực bất ki, luôn tồn tại hai số \(x, y\) mà \(0 \leq \dfrac{x-y}{1+x y}<1\).
Bài toán này có nguồn gốc từ lượng giác. Ta sẽ tiếp cận bài toán bằng đại số.
Lời giải. Trên trục số xét các điểm biểu diễn các số thực \(-1,0,1\). Các điểm này chia trục số thành bốn khoảng. Vi có 5 số thực nên theo nguyên lí Dirichlet, tôn tại hai số thực cùng thuộc một khoảng, giả sử là \(x, y\) với \(x \geq y\). Chú \(y\) là \(x, y\) ở cùng một khoảng nên \(x y \geq 0\). Tư đó ta có ngay \(0 \leq \dfrac{x-y}{1+x y}\).
Ta chứng minh \(\dfrac{x-y}{1+x y}<1\). (1)
Chú ý là bất đẳng thức này tương đương với \((x-y)^2<(1+x y)^2\). Thay cặp \((x, y)\) bởi cặp \((-x,-y)\) thì bất đẳng thức trên không thay đổi nên ta chỉ cần xét tình huống \(x, y \geq 0\).
Bất đẳng thức (1) được viết lại thành \(x(1-y)<1+y\). (2)
Nếu \(x, y \geq 1\) thì (2) đúng do \(x(1-y) \leq 0\) còn \(1+y>0\).
Nếu \(0 \leq x, y<1\) thì (2) tương đương với \(x<\dfrac{1+y}{1-y}=1+\dfrac{2 y}{1-y}\) hiển nhiên đúng do \(1+\dfrac{2 y}{1-y} \geq 1>x\).
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có \(\dfrac{x-y}{1+x y}<1\). Chứng minh hoàn tất.
Bài toán 6. Chứng minh rằng với mọi số vô tỉ \(x\) bất kì và số nguyên dương \(n\) tùy ý, luôn tồn tại số hữu tỉ \(\dfrac{p}{q}\) với \(1 \leq q \leq n\) thỏa mãn
\[\left|x-\dfrac{p}{q}\right| \leq \dfrac{1}{n q} .\]
Ý tưởng. Đưa bất đả̉ng thức cần chứng minh về dạng \(|q x-p| \leq \dfrac{1}{n}\).
Ta viết \(|q x-p|=\left|\left(a_1 x-b_1\right)-\left(a_2 x-b_2\right)\right| \quad\) với \(a_1 x-b_1, a_2 x-b_2 \in[0,1]\).
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(|q x-p| \leq \dfrac{1}{n}\).
Xét \(n+1\) số \(\{x\},\{2 x\}, \ldots,\{(n+1) x\}\) với \(\{t\}=t-[t]\) trong đó \([t]\) là phần nguyên của số thực \(t\). Vi \([t] \leq t<[t]+1\) nên \(0 \leq\{t\}<1\).
Do đó \(n+1\) số \(\{x\},\{2 x\}, \ldots,\{(n+1) x\}\) thuộc \([0,1)\). Chia đoạn \([0,1]\) thành \(n\) đoạn con có độ dài bằng nhau, mỗi đoạn có độ dài bằng \(\dfrac{1}{n}\) thế thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai số \(\{i x\},\{j x\}\) với \(1 \leq i<j \leq n+1\) thỏa mãn \(|\{j x\}-\{i x\}| \leq \dfrac{1}{n}\) hay \(|(j-i) x-([j x]-[i x])| \leq \dfrac{1}{n}\). Chọn \(q=j-i, p=[j x]-[i x]\) thì ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 7. Cho tập hợp \(S=\{1 ; 2 ; \ldots ; 2024\}\). Hỏi có thể chọn ra nhiều nhất bao nhiêu phần tử của tập hợp S để được một tập hợp không chứa hai phần tử \(a, b\) mà \(|a-b| \leq 2\) ?
Lời giải. Phân hoạch tập hợp \(S\) thành các tập hợp con \(S_1=\{1 ; 2 ; 3\}, S_2=\{4 ; 5 ; 6\}, \ldots\),
\(S_{674}=\{2020 ; 2021 ; 2022\}, S_{675}=\{2023 ; 2024\) Thế thì mỗi tập \(\mathrm{S}_{\mathrm{i}}\) ta chỉ có thể chọn tối đa một phần tử vì trong một tập \(\mathrm{S}_{\mathrm{i}}\) hiệu hai phần tử bất kì không vượt quá 2.
Do đó có thể chọn tối đa 675 phần tử. Một ví dụ về 675 phần tử thỏa mãn là \(\{1 ; 4 ; 7 ; \ldots ; 2020 ; 2023\}\).
Bài toán 8. Xét A là tập tất cả các số nguyên dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
- Nếu \(n \in A\) thì \(n \leq 2024\).
- Nếu \(S \subset A\) và \(|S|=3\) thì tồn tại \(m, n \in S\) sao cho \(|n-m| \geq \sqrt{n}+\sqrt{m}\).
Hỏi A có nhiều nhất bao nhiêu phần tử? Ý tưởng. Bất đẳng thức \(|n-m| \geq \sqrt{n}+\sqrt{m}\) tương đương với \(|\sqrt{n}-\sqrt{m}| \geq 1\). Điều này có nghĩa là khoảng cách giữa hai căn bậc hai của số lớn nhất và số nhỏ nhất trong S không nhỏ hơn 1. Như vậy tập \(S=\left\{k^2 ; k^2+1 ; \ldots ; k^2+2 k\right\}\) chứa tối đa hai phần tử của \(A\) vì với \(a, b \in S_k, a<b\) ta luôn có \(\sqrt{b}-\sqrt{a} \leq \sqrt{k^2+2 k}-\sqrt{k^2}<\sqrt{(k+1)^2}-\sqrt{k^2}=1\).
Lời giải. Phân hoạch tập hợp \(S=\{1 ; 2 ; \ldots ; 2024\}\) thành các tập hợp con \(S_1=\left\{1^2 ; 1^2+1 ; 1^2+2\right\}\), \(S_2=\left\{2^2 ; 2^2+1 ; 2^2+2 ; 2^2+3 ; 2^2+4\right\}, \ldots\)
\(S_{44}=\left\{44^2 ; 44^2+1 ; \ldots ; 44^2+88\right\}\). Thế thì với mỗi i có nhiều nhất hai phần tử của \(S_i\) thuộc A vì nếu tồn tại i để A chứa ít nhất ba phân tử
thuộc \(S_i\) thì xét tập con \(S\) của \(A\) gồm ba phần tử đó, gọi chúng là \(a<b<c\). Ta có \(\sqrt{c}-\sqrt{a} \leq \sqrt{i^2+2 i}-\sqrt{i^2}<\sqrt{(i+1)^2}-\sqrt{i^2}=1\), mâu thuẫn với điều kiện thứ hai của bài toán. Từ lập luận trên, suy ra số phần tử của \(A\) không vượt quá \(2 \times 44=88\). Một ví dụ về tập A gồm đúng 88 phần tử thỏa mãn bài toán là \(A=\left\{1 ; 3 ; 4 ; 8 ; \ldots ; 44^2 ; 44^2+88\right\}\).
Tập hợp \(A\) thỏa mãn bài toán vì với ba phần tử \(a, b, c \in A, a<b<c\) thì ta có các khả năng sau:
- a, b, c thuộc ba tập \(S_i, S_j, S_k\) với \(i<j<k\).
Thế thì \(\sqrt{c}-\sqrt{a} \geq \sqrt{k^2}-\sqrt{i^2+2 i}>k-(i+1)\) \(\geq(i+2)-(i+1)=1\).
- Hai trong ba số a, b, c thuộc cùng một tập \(S_i\), số còn lại thuộc tập \(S_j\) với \(i<j\).
+) Nếu \(a, b \in S_j, c \in S_j\), chọn \(a=i^2, c=j^2\) thì \(\sqrt{c}-\sqrt{a}=\sqrt{j^2}-\sqrt{i^2}=j-i \geq 1\).
+) Nếu \(a \in S_i, b, c \in S_j\), chọn
\[\begin{aligned}& a=i^2+2 i, c=j^2+2 j \text { thi } \\& \sqrt{c}-\sqrt{a}=\sqrt{j^2+2 j}-\sqrt{i^2+2 i}=\dfrac{(j-i)(j+i+2)}{\sqrt{j^2+2 j}+\sqrt{i^2+2 i}} \\& >\dfrac{(j-i)(j+i+2)}{\sqrt{(j+1)^2}+\sqrt{(i+1)^2}}=j-i \geq 1 .\end{aligned}\]
Vậy A có nhiều nhất 88 phần tử.
