Trong đề thi chọn đội VMO của Khánh Hòa, có bài toán sau đây

Bài toán 1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $n$, đều tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương $(a,\,b)$ sao cho \[n = a + \frac{{\left( {a + b – 1} \right)\left( {a + b – 2} \right)}}{2}.\]

Bài toán này, nhìn bề ngoài rõ ràng là một bài Số Học, và ta cũng có những lời giải thuần Số Học cho nó. Thí dụ, đặt $a+b-1=m$ và quy về phương trình nghiệm nguyên (với các ẩn $m$ và $a$) đó là\[m^2-m+2a=2n.\]Nhờ đánh giá $m\ge a$, ta sẽ có\[{\left( {m – 1} \right)^2} < 2n < {\left( {m + 1} \right)^2}.\]Từ đây sẽ thấy là $m \in \left\{ {\left\lfloor {2n} \right\rfloor ,{\mkern 1mu} \left\lfloor {2n} \right\rfloor + 1} \right\}$ và $a=2n-m^2+m$. Việc biện luận (gắn với điều kiện $a\le m$) là một công việc lắt nhắt và tầm thường, nên tôi sẽ không nêu chi tiết. Mục đích của tôi khi nói đến bài toán của Khánh Hòa trong bài viết này, là đưa ra lời giải sau đây.

Lời giải 1.  Sắp xếp các cặp số nguyên dương thành một dãy theo quy tắc: cặp $(1,\,1)$ đứng đầu, cặp $\left(a,\,b\right)$ đứng trước cặp $\left(a’,\,b’\right)$ nếu như $a+b>a’+b’$ hoặc là $a+b=a’+b’$ nhưng $a<a’$. Việc sắp xếp thành một dãy bằng quy tắc đó, sẽ tạo nên một song ánh $f:\,\left(\mathbb N^*\right)^2\to\mathbb N^*$ cho tương ứng mỗi cặp số nguyên dương với thứ tự của nó trong dãy. Giờ, ta đi tính $f\left((a,\,b)\right)$ với $(a,\,b)\ne (1,\,1)$ bằng cách đếm số các cặp đứng trước nó. Với một cặp $(u,\,v)$ đứng trước $(a,\,b)$, thì có hai khả năng

1. Nếu $u+v<a+b$, đặt $a+b-u-v=w$, thế thì $u,\,v,\,w\in\mathbb N^*$ và $$u+v+w=a+b.$$Ta quy về bài toán chia $a+b$ cái kẹo cho $3$ đứa trẻ sao cho mỗi đứa có ít nhất một cái. Và ta có kết quả cho trường hợp này là $\dbinom{a+b-1}{2}$.
2. Nếu $u+v=a+b$, khi đó do $u\in\mathbb N^*$ và $u<a$ nên có đúng $a-1$ cặp $(u,\,v)$.

Như vậy, đứng trước cặp $(a,\,b)$ có đúng $ \dbinom{a+b-1}{2} +a-1$ cặp, cho nên\[f\left( {(a,{\mkern 1mu} b)} \right) =1+\dbinom{a+b-1}{2} +a-1= a + \frac{{\left( {a + b – 1} \right)\left( {a + b – 2} \right)}}{2}.\]Do $f$ là một song ánh từ $\left(\mathbb N^*\right)^2$ lên $\mathbb N^*$, nên ta có điều cần chứng minh.

Lời giải trên, có ý tưởng cơ bản là như sau: Nếu ta muốn chứng tỏ là với mỗi số nguyên dương $m$ đều tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương $\left(a,\,b\right)$ sao cho $m=f\left(a,\,b\right)$. Ta chỉ việc đi chứng minh $f$ là một song ánh từ $\left(\mathbb N^*\right)^2$ đến $\mathbb N^*$. Ở đây, việc chỉ ra song ánh được thực hiện bởi phép sắp tự và phép đếm. Cũng là chủ ý đó, còn có lời giải kiểu đại số như sau đây.

Lời giải 2. Sắp xếp các cặp số nguyên dương thành một dãy theo quy tắc: cặp $(1,\,1)$ đứng đầu, cặp $\left(a,\,b\right)$ đứng trước cặp $\left(a’,\,b’\right)$ nếu như $a+b>a’+b’$ hoặc là $a+b=a’+b’$ nhưng $a<a’$. Việc sắp xếp thành một dãy bằng quy tắc đó, sẽ tạo nên một song ánh $f:\,\left(\mathbb N^*\right)^2\to\mathbb N^*$ cho tương ứng mỗi cặp số nguyên dương với thứ tự của nó trong dãy.

Giờ, ta đi tính $f\left(a,\,b\right)$ với $(a,\,b)\in\left(\mathbb N^*\right)^2$. Ta có luôn $f(1,\,1)=1$ còn với $a>1,\,b>1$ thì $f(1,\,b)=f(b-1,\,1)+1$, và\[f\left( {a,\,b} \right) = f\left( {a – 1,\,b + 1} \right) + 1=\ldots =f(1,\,a+b-1)+a-1,\quad (1).\]Như vậy, với mỗi số nguyên dương $b$ lớn hơn $1$, ta có\[f\left( {1,\,b} \right) = f\left( {b – 1,\,1} \right) + 1 =\ldots = f\left( {1,\,b – 1} \right) + \left( {b – 1} \right).\]Từ đây, với mỗi số nguyên dương $b$ lớn hơn $1$, sau truy toán ta được\[f\left( {1,\,b} \right) = f\left( {1,\,1} \right) + 1 + 2 +  \ldots  + \left( {b – 1} \right) =1+ \frac{{b\left( {b – 1} \right)}}{2},\quad (2).\]Kết hợp $(1)$ và $(2)$, ta sẽ có\[f\left( {a,\,b} \right) = f\left( {1,\,a + b – 1} \right) + a – 1 = a+\frac{{\left( {a + b – 1} \right)\left( {a + b-2} \right)}}{2} .\]Từ công thức của $f$ và việc $f$ là song ánh, ta có điều cần chứng minh.

$\square$

Ngoài hai lời giải trên, ta cũng có thể chỉ cần kiểm tra trực tiếp $f:\,\left(\mathbb N^*\right)^2\to\mathbb N^*$ với quy tắc cho tương ứng $f(a,\,b)=a+\frac{{\left( {a + b – 1} \right)\left( {a + b-2} \right)}}{2} $ là song ánh như sau.

Lời giải 3.  Ta sẽ đi chứng minh $f:\,\left(\mathbb N^*\right)^2\to\mathbb N^*$ với quy tắc cho tương ứng $f(a,\,b)=a+\dfrac{{\left( {a + b – 1} \right)\left( {a + b-2} \right)}}{2} $ là song ánh. Thật vậy, chúng ta thấy $f(1,\,1)=1,\,f(1,\,2)=2$ và giả sử với số nguyên dương $m>1$ ta đã có cặp số nguyên dương $(a,\,b)$ sao cho $m=f(a,\,b)$, khi đó xét

• Nếu $b=1$ thì\[m + 1 = f\left( {a,\,1} \right)+1 = \frac{{a\left( {a – 1} \right)}}{2} + a + 1 = \frac{{a\left( {a + 1} \right)}}{2} + 1 = f\left( {1,{\mkern 1mu} a + 1} \right).\]
• Nếu $b>1$ thì ta lại có được \[\begin{align*}
  m + 1 &= f\left( {a,\,b} \right) + 1\\
  &= \frac{{\left( {a + b – 1} \right)\left( {a + b – 2} \right)}}{2} + a + 1\\
  &= \frac{{\left( {a + 1 + b – 1 – 1} \right)\left( {a + 1 + b – 1 – 2} \right)}}{2} + \left( {a + 1} \right)\\
  &= f\left( {a + 1,\,{\mkern 1mu} b – 1} \right).
  \end{align*}\]

Như vậy thì, cứ hễ $m$ là ảnh của $f$ thì $m+1$ cũng vậy, tiên đề quy nạp cho ta $f$ là một toàn ánh. Ta chỉ còn cần chỉ ra tính đơn ánh của $f$, thật vậy.

Với $(a,\,b),\,(a’,\,b’)\in\left(\mathbb N^*\right)^2$ và $(a,\,b)\ne (a’,\,b’)$, giả sử $a+b\ge a’+b’$ và xét.

• Nếu $a+b>a’+b’$, thế thì có $a+b\ge a’+b’+1$ và vì thế\[\begin{align*}
  f\left( {a,{\mkern 1mu} b} \right) &= \frac{{\left( {a + b – 1} \right)\left( {a + b – 2} \right)}}{2} + a\\
  &\ge \frac{{\left( {a’ + b’} \right)\left( {a’ + b’ – 1} \right)}}{2} + a\\
  &= f\left( {a’,\,b’} \right) + a + b’ – 1\\
  &> f\left( {a’,{\mkern 1mu} b’} \right).
  \end{align*}\]
• Nếu $a+b=a’+b’$ ta lại có $a\ne a’$, khi đó thì\[f\left( {a,{\mkern 1mu} b} \right) = \frac{{\left( {a + b – 1} \right)\left( {a + b – 2} \right)}}{2} + a = f\left( {a’,\,b’} \right) + a – a’ \ne f\left( {a’,\,b’} \right).\]

Vậy, $f$ là đơn ánh, kết hợp với điều đã có ta có được điều cần chứng minh.

$\square$

Vấn đề thu hái được từ bài toán của Khánh Hòa ở đây, chính là qua các lời giải nêu trên, chúng ta có được một song ánh $f:\,\left(\mathbb N^*\right)^2\to\mathbb N^*$ với công thức được cho tương ứng rất tường minh.

Để ý rằng, $\left(\mathbb N^*\right)^2$ là một tập vô hạn. Nhắc lại là, tập hợp $S$ là vô hạn khi và chỉ khi tồn tại một đơn ánh $\mathfrak m:\,\mathbb N^*\to S$, khi $S=\left(\mathbb N^*\right)^2$ thì đơn ánh $\mathfrak m$ đó có thể chọn rất đơn giản, chẳng hạn chính là phép chiếu từ một phần tư mặt phẳng lên nửa đường thẳng, tức là công thức tương ứng $\mathfrak m\left(a\right)=\left(a,\,1\right)$. Với bài toán của mà ta đã xử lý ở trên, ta có thêm một đơn ánh nối $\mathbb N^*$ lên $\left(\mathbb N^*\right)^2$ khác, chính là ánh xạ ngược của $f$. Tất nhiên, ánh xạ ngược đó cũng là một song ánh.

Bây giờ, giả sử $S$ một tập vô hạn bất kỳ, liệu $S$ có may mắn như $\left(\mathbb N^*\right)^2$ là tồn tại một đơn ánh $f:\,S\to\mathbb N^*$ hay không? Nếu có một đơn ánh như thế, thì các phần tử của $S$ có thể sắp thành một dãy $\left(s_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ bởi công thức cho số hạng tổng quát $s_n=f(n)$ với mỗi số nguyên dương $n$. Câu trả lời ở đây, là không phải khi nào cũng vậy, thể hiện ở bổ đề Cantor sau đây.

Bổ đề Cantor. Cho $a,\,b$ là các số thực với $a<b$, và dãy số thực $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb N}$, khi đó sẽ luôn tồn tại số thực $r$ trong đoạn đóng $[a;\,b]$ để sao cho với mọi chỉ số $m$, ta luôn có $r\ne x_m$.

Chứng minh bổ đề Cantor. Chia đoạn $[a;\,b]$ làm ba đoạn có độ dài bằng nhau, khi đó ắt phải có một đoạn $\Delta_1=\left[ a_1;\,b_1\right]$ trong ba đoạn đó không chứa $x_1$. Lại đem chia $\Delta_1$ làm ba đoạn có độ dài bằng nhau, khi đó thì ắt sẽ phải có một đoạn $\Delta_2=\left[ a_2;\,b_2\right]$ trong ba đoạn vừa chia không chứa $x_2$. Cứ thế, ta xây dựng được vô hạn các đoạn $\Delta_n=\left[ a_n;\,b_n\right]$ sao cho vỡi mỗi số nguyên dương $n$ thì $\Delta_n$ không chứa $x_n$, và đồng thời chúng ta có các bao hàm thức sau đây\[{\Delta _n} = \left[ {{a_n};{\mkern 1mu} {b_n}} \right] \subset {\Delta _{n – 1}} = \left[ {{a_{n – 1}};\,{b_{n – 1}}} \right] \subset \ldots \subset {\Delta _1} = \left[ {{a_1};{\mkern 1mu} {b_1}} \right] \subset \left[ {a;{\mkern 1mu} b} \right].\]Từ đây, với mỗi số nguyên dương $n$ ta có được các đánh giá như sau   \[a \le {a_1} \le {a_2} \le \ldots \le {a_n} \le \ldots \le {b_n} \le {b_{n – 1}} \le \ldots \le {b_1} \le b.\]Vậy, các dãy số $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ và $\left(b_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ đều đơn điệu và bị chận, vì thế sẽ hội tụ đến các giới hạn $l_a$ và $l_b$ tương ứng với $l_a,\,l_b$ đều thuộc $[a;\,b]$. Nhưng do cách cắt các đoạn, nên $\left|a_n-b_n\right|=\frac{1}{3^n}$, do đó $l_a=l_b$. Giờ chọn $r=l_a$, và giả sử tồn tại $m$ để $r=x_m$ thế thì $r$ sẽ không thuộc $\Delta_m$. Lại để ý $r$ là giới hạn của dãy số $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ không giảm, cho nên là $a_m\le r$ và suy luận tương tự có $r\le b_m$, dẫn đến mâu thuẫn là $r\in\Delta_m$ và ta có điều cần chứng minh cho bổ đề.

$\square$

Tóm lại là, lấy ra một tập $S$ vô hạn, thế thì phải tồn tại đơn ánh $\mathfrak m:\,\mathbb N^*\to S$ nhưng có những tập $S$ vô hạn lại không có đơn ánh $\mathfrak f:\,S\to\mathbb N^*$. Những tập $S$ vô hạn và bị như vậy, ta gọi là các tập vô hạn không đếm được. Và, nếu tồn tại cả hai đơn ánh $\mathfrak m:\,\mathbb N^*\to S$ và $\mathfrak f:\,S\to\mathbb N^*$ ta sẽ gọi $S$ là một tập đếm được. Bài toán của Khánh Hòa, cho ta thấy $\left(\mathbb N^*\right)^2$ là một tập đếm được. Ngoài ra, từ bài toán đó ta cảm thấy là nếu $S$ là đếm được, thì sẽ có một song ánh $f:\,S\to\mathbb N^*$. Khẳng định cho cảm nhận đó, là định lý được nêu ra dưới đây.

Định lý $\textbf {Schröder-Bernstein}$. Nếu $A$ và $B$ là các tập khác rỗng, đồng thời tồn tại các đơn ánh $f:\,A\to B$ và $g:\,B\to A$ thì khi đó sẽ tồn tại song ánh $$h:\,A\to B.$$Chứng minh. Xây dựng các dãy tập khác rỗng $\left(A_n\right)_{n\in\mathbb N}$ và $\left(B_n\right)_{n\in\mathbb N}$ bởi công thức truy hồi\[{A_0} = A,\quad {B_0} = B,\quad {A_{n + 1}} = g\left( {{B_n}} \right),\quad {B_{n + 1}} = f\left( {{B_n}} \right).\]Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $A’_n=A_n\setminus A_{n+1},\,B’_n=B_n\setminus B_{n+1},\,{A^*} = \bigcap\limits_{k \in \mathbb N} {{A_k}} ,\, {B^*} = \bigcap\limits_{k \in\mathbb N } {{B_k}} $, khi đó $A$ được phân hoạch thành các tập $A^*,\,A’_0,\,A’_1,\,\ldots$, còn $B$ sẽ được phân hoạch thành các tập $B^*,\,B’_0,\,B’_1,\,\ldots$, do $f$ là đơn ánh nên\[f\left( {A’_k} \right) = f\left( {{A_k} \setminus {A_{k + 1}}} \right) = f\left( {{A_k}} \right) \setminus f\left( {{A_{k + 1}}} \right) = {B_{k+1}} \setminus {B_{k + 2}} = B’_{k+1}.\]Vậy, $f:\,A’_k\to B’_{k+1}$ là song ánh và tương tự $g:\,B’_k\to A’_{k+1}$ hay $f:\,A^*\to B^*$ cũng là các song ánh. Lúc này, với $g’:\,A’_{k+1}\to B’_k$ là ánh xạ ngược của $g:\,B’_k\to A’_{k+1}$ thì xây dựng được song ánh $h:\,A\to B$ bằng tương ứng như sau\[h\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right)\quad \text{nếu}\;x\in A^*,\\
f\left( x \right)\quad \text{nếu}\;x\in A’_{2k},\,k\in\mathbb N,\\
g’\left( x \right)\quad \text{nếu}\;x\in A’_{2k+1},\,k\in\mathbb N.
\end{array} \right.\]
Định lý được chứng minh hoàn toàn.

$\square$

Như vậy, nhờ định lý $\text {Schröder-Bernstein}$, ta có thể định nghĩa tập đếm được như sau.

Định nghĩa. Một tập $S$ gọi là tập đếm được khi và chỉ khi tồn tại song ánh $$f:\,S\to\mathbb N^*.$$Tuy nhiên, với $S$ là một tập đếm được, thì việc chỉ ra công thức tường minh cho quy tắc tương ứng của song ánh $f:\,S\to\mathbb N^*$ đôi khi không đơn giản và dễ kiếm như bài toán trong đề thi của Khánh Hòa. Lấy ví dụ là tập các số hữu tỷ $\mathbb Q$, nó ắt là một tập đếm được bởi nó là tập vô hạn và ta có đơn ánh $\mathfrak I:\,\mathbb Q\to\mathbb N$ cho bởi quy tắc tương ứng\[\mathfrak I\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
0\quad \text{nếu}\;x=0,\\
2^m3^n\quad \text{nếu}\;x=\frac{m}{n},\;\text{trong đó}\;m,\,n\in\mathbb N^*,\;\text{và}\;\gcd(m,\,n)=1,\\
2^m5^n\quad \text{nếu}\;x=\frac{m}{n},\;\text{trong đó}\;-m,\,n\in\mathbb N^*,\;\text{và}\;\gcd(m,\,n)=1.
\end{array} \right.\]
Còn nếu như cần chỉ ra một song ánh $f:\mathbb Q\to\mathbb N^*$ thì ở dưới đây là một ví dụ.

• Nếu $x\in\mathbb N$ thì $f(x)=2x^2+1$.
• Nếu $x\in\mathbb Z$ và $x<0$ thì $f(x)=2x^2$.
• Nếu $x=-\frac{m}{n}$ với $m,\,n\in\mathbb N^*$, $\gcd(m,\,n)=1$ và $n>1$, ta viết $n = \prod\limits_{1 \le i \le t} {p_i^{{k_i}}}$, khi đó thì\[f\left( x \right) = 2{m^2}\prod\limits_{1 \le i \le t} {p_i^{2{k_i} – 1}} .\]
• Nếu $x=\frac{m}{n}$ với $m,\,n\in\mathbb N^*$, $\gcd(m,\,n)=1$ và $n>1$, ta viết $n = \prod\limits_{1 \le i \le t} {p_i^{{k_i}}}$, khi đó thì\[f\left( x \right) = 2{m^2}\prod\limits_{1 \le i \le t} {p_i^{2{k_i} – 1}}-1.\]

Cũng từ bài toán của Khánh Hòa, ta có thêm được kết quả sau đây.

Định lý. Tập $A\times B$ là tập đếm được nếu $A$ và $B$ là các tập đếm được.

Chứng minh. Do $A$ và $B$ là các tập đếm được, nên tồn tại các song ánh $$\mathfrak b_A:\,A\to\mathbb N^*,\quad\mathfrak b_B:\,B\to\mathbb N^*.$$Xét $\mathfrak F:\,A\times B\to\mathbb N^*$ cho bởi quy tắc tương ứng\[\mathfrak F (a,\,b)=f\left(\mathfrak b_A(a),\,\mathfrak b_B(b)\right).\]Ở đây, $f(a,\,b)=a+\dfrac{(a+b-1)(a+b-2)}{2}$ chính là song ánh xuất hiện ở bài toán của Khánh Hòa. Rất rõ ràng để thấy là $\mathfrak F$ là một song ánh, do $\mathfrak b_A,\,\mathfrak b_B$ và $f$ đều là các song ánh.

$\square$

Một hệ quả dễ thấy của định lý vừa có, đó là định lý sau đây.

Định lý. Cho dãy các tập đếm được $\left(A_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$, khi ấy $\bigcup\limits_{n \in \mathbb N^*} {{A_n}}$ là đếm đươc.

Để chứng minh định lý vừa được nêu, ta chỉ cần liệt kê các phẩn tử của các tập $A_n$ ra một dòng, nó sẽ ở dòng thứ $n$ trong một bảng vô hạn. Khi đó có thể nhận thấy có một song ánh từ bảng trên đến $\left(\mathbb N^*\right)^2$. Ý tưởng đó, giúp chúng ta nhìn nhận sâu hơn về bài toán trong đề thi chọn đội tuyển của Long An sau đây.

Bài toán 2. Cho $2019$ số thực $a_1,\,a_2,\,\ldots ,\,a_{2019}$. Hỏi, có tồn tại số thực $x$ để $x+a_1,\,x+a_2,\,\ldots ,\,x+a_{2019}$ đều là số vô tỷ hay không? Giải thích rõ tại sao?

Lời giải.  Xét bảng hình chữ nhật có kích cỡ $m\times (m+1)$ sau (với $m=2019$)$$\left[ \begin{array}{l}
{a_1}\quad {a_1} + \sqrt 2 \quad \cdots \quad {a_1} + m\sqrt 2 \\
{a_2}\quad {a_2} + \sqrt 2 \quad \cdots \quad {a_2} + m\sqrt 2 \\
\cdots \\
{a_m}\quad {a_m} + \sqrt 2 \quad \cdots \quad {a_m} + m\sqrt 2
\end{array} \right]$$Giả sử không tồn tại số thực $x$ sao cho $x+a_1,\,x+a_2,\,\ldots ,\,x+a_{m}$ đều là số vô tỷ, khi đó ở mỗi cột trong bảng trên ắt sẽ có một số hữu tỷ. Như vậy, trong bảng sẽ có ít nhất $m+1$ số hữu tỷ trong tất cả $m(m+1)$ số của bảng. Do có $m$ hàng, nên kéo theo là có ít nhất một hàng nào đó có hai số trong hàng là số hữu tỷ, tức là tồn tại $j,\,k,\,l\in\mathbb N$ với $k>l$ sao cho hai số ở hàng $j$ là $a_j+k\sqrt 2$ và $a_j+l\sqrt 2$ đều là số hữu tỷ, nhưng điều đó dẫn đến mâu thuẫn là\[\sqrt 2 = \frac{{\left( {{a_j} + k\sqrt 2 } \right) – \left( {{a_j} + l\sqrt 2 } \right)}}{{k – l}} \in \,\mathbb Q.\]Mâu thuẫn này cho thấy, luôn có $x\in\mathbb R$ sao cho $x+a_1,\,x+a_2,\,\ldots ,\,x+a_{2019}$ đều là số vô tỷ.

$\square$

Bài toán trong đề thi của Long An này, mang hình hài của một bài toán rời rạc. Nếu chỉ hài lòng với lời giải bằng nguyên lý Dirichlet như phía trên, thì chẳng có gì đáng nói. Bây giờ, dưới góc nhìn của nền tảng Giải Tích với ý niệm về vô hạn, ta sẽ mở rộng nó ra như sau.

Bài toán 3. Cho trước một dãy số thực $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$, chứng minh rằng, tồn tại số thực $\alpha$ sao cho với mối số nguyên dương $k$ ta đều có $\alpha+a_k$ là một số vô tỷ.

Rõ ràng là, bài toán vừa nêu là mở rộng của bài toán trong đề thi của Long An, bởi lẽ với dãy hữu hạn $\left(a_n\right)_{n\in [2019]}$ ta có thể biến thành dãy vô hạn $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ bằng cách gán giá trị $a_n=a_{2019}$ với mỗi $n>2019$. Cho nên, nếu xử lý được bài toán mở rộng này, thì bài toán trong đề thi cũng được xử lý. Tất nhiên, để xử lý bài toán mở rộng này, ta không thể bắt chước ngây thơ mà dùng nguyên lý Dirichlet do yếu tố vô hạn. May thay, với kiến thức về tính đếm được, việc xử lý bài toán mở rộng vừa nêu xem chừng lại đơn giản hơn rất nhiều.

Lời giải. Giả sử ngược lại với mỗi số thực $x$, thì luôn có chỉ số $n\in\mathbb N^*$ để cho $x+a_n\in\mathbb Q$. Khi đó, ta xác định tốt được một ánh xạ $f:\,\mathbb R\to\mathbb N^*\times\mathbb Q$ với quy tắc cho tương ứng mỗi $x\in\mathbb R$ với cặp $\left(n,\,r\right)\in \mathbb N^*\times\mathbb Q$, trong đó $n$ là chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn $x+a_n\in\mathbb Q$ còn $r=x+a_n$. Ánh xạ này là đơn ánh, do nếu $f\left(x\right)=f\left(x’\right)$ thì giả sử $f\left(x\right)=\left(n,\,r\right)$ và $f\left(x’\right)=\left(n’,\,r’\right)$, từ đó có $n=n’$ và $r=r’$ và theo như quy tắc tương ứng đã nêu trên, ta sẽ có $$x=r-a_n=r’-a_{n’}=y.$$Bây giờ, theo định lý về tính đếm được của tích Descartes các tập đếm được ở trên và việc $\mathbb Q$ đếm được ta có $\mathbb N^*\times\mathbb Q$ là đếm được, cho nên ta sẽ có một song ánh $g:\,\mathbb N^*\times\mathbb Q\to\mathbb N^*$. Lúc này, ánh xạ tích $g \circ f:\,\mathbb R\to\mathbb N^*$ sẽ là một đơn ánh. Điều này cho ta thấy tập hợp các số thực $\mathbb R$ đã có thể sắp thành một dãy số, nó trái với bổ đề Cantor đã chứng minh ở trên.

Mâu thuẫn vừa nhận được, cho ta điều cần chứng minh.

$\square$