Cách học 1 bài toán như thế nào

Trần Nam Dũng ĐH KHTN Tp HCM Quý hồ tinh bất quý hồ đa Tôn Vũ Để cải thiện trí óc, ta cần học ít, thấu hiểu nhiều Rene Descartes Đi chậm, tiến xa Ngạn ngữ Nga Mỗi một bài toán tôi

Học một bài toán như thế nào?

Trần Nam Dũng

ĐH KHTN Tp HCM

Quý hồ tinh bất quý hồ đa

Tôn Vũ

Để cải thiện trí óc, ta cần học ít, thấu hiểu nhiều

Rene Descartes

Đi chậm, tiến xa

Ngạn ngữ Nga Mỗi một bài toán tôi giải đều trở thành quy tắc mà sau này được dùng để giải những bài toán khác

Hãy chia những khó khăn thành những thành phần đủ nhỏ để có thể giải quyết chúng

Rene Descartes

Làm thế nào để học tốt môn toán luôn là câu hỏi mà nhiều bạn học sinh trăn trở Tại sao

có nhiều bạn bỏ rất nhiều thời gian cho việc học toán, nhưng tiến bộ thì rất chậm, nhiều lúc còn đứng yên tại chỗ và thụt lùi? Có nhiều bạn nhìn học rất thoải mái, nhưng học đâu hiểu đó, áp dụng được những điều mình đã học vào các tính huống khác nhau

Vấn đề là ở cách học Khi học một bài toán, có bạn chỉ học qua loa, nắm được lời giải là thôi, chuyển ngay qua bài toán khác Không đào sâu khai thác, không so sánh với những bài toán khác để tìm những cái chung, không tóm tắt lại để biết đâu là điểm chính yếu, không mở rộng để xem phương pháp giải sẽ còn áp dụng được đến đâu Vì thế, một lời giải chỉ đơn thuần là một lời giải Không phải là phương pháp, không có sự kết nối đa chiều với những bài toán khác

Chúng ta cứ tưởng tượng, nếu cần thuộc đường ở Tp Hồ Chí Minh Với hàng trăm con đường như thế, chúng ta có nhớ nổi không? Và nếu bỏ công sức ra học thì bao giờ mới nhớ hết?

Nhưng nếu ta học một cách có hệ thống, đầu tiên là các trục ngang, trục dọc lớn, sau đó

là các cụm theo quận, theo phường Ta không cần nhớ hết, chỉ cần biết ở quận nào, phường nào, gần đường lớn nào Khi cần chi tiết ta sẽ nghiên cứu sau, vì khi đã khoanh vùng được thì đó không còn là việc khó

Học giải toán cũng vậy Nếu chúng ta học các bài toán một cách riêng rẽ thì biết bao nhiêu là đủ Và ta có đủ thời gian để nhớ được bao nhiêu bài toán Và nếu ta biết rằng khó hy vọng cho sự trúng tủ, mà chỉ có thể là những bài toán gần, tương tự, có mối liên

hệ với những bài toán mình biết Vậy thì khi cần vận dụng mối liên hệ với những bài toán

đó, trong kho tàng vài nghìn bài toán được sắp xếp lộn xộn, không có lớp lang thì ta có

đủ thời gian mà đem ra mà dùng không?

Nói một cách hình ảnh, giả sử ta có 100 bài toán, thay vì học cả 100 bài một cách riêng

lẻ, ta có thể chọn ra 10-15 bài chốt

4

7

8

9

10

Lúc đó, mỗi một bài toán chốt (ta biết rõ cách giải) hay thường (là những bài toán ta chưa biết nhưng có thể gặp) đều có những mối liên hệ hàng ngang, cột dọc hay đường chéo với những bài toán khác Từ đó, khi cần ta sẽ có thể phục hồi lại, y như ta giải Sudoku vậy

Dưới đây ta xem xét một số ví dụ về khai thác phương pháp giải toán từ những chứng minh và lời giải kinh điển

1 Chứng minh của G.Polya cho bất đẳng thức AM-GM và bài học về sử dụng hằng

số trong bất đẳng thức không thuần nhất

Chúng ta đều biết bất đẳng thức AM-GM và rất nhiều các cách chứng minh của nó: dùng quy nạp lùi, dùng hàm lồi, dùng khai triển, dùng dồng biến Tuy nhiên cách chứng minh dưới đây của G.Polya rất đẹp đẽ và đem đến cho ta nhiều bài học bổ ích

Bất đẳng thức AM-GM Nếu a1, a2, , an là n số thực dương thì ta có

1 2

1 2

n n

n

n

   

Chứng minh

Trước hết ta chứng minh bổ đề

Bổ đề Nếu x1, x2, , xn là các số thực dương có tích bằng 1 thì x1 + x2 + + xn ≥ n

Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo n Với n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng Giả sử mệnh đề đã đúng với n số Ta chứng minh mệnh đề đúng với n+1 số Xét n+1 số x1, x2, ., xn, xn+1 có tích bằng 1

Nếu tất cả các số bằng nhau (và bằng 1) thì bất đẳng thức trở thành đẳng thức Trong trường hợp ngược lại, phải có 1 số > 1 và 1 số < 1 Không mất tính tổng quát, giả sử đó là

xn < 1 và xn+1 > 1

Khi đó ta có (xn - 1)(xn+1-1) < 0, suy ra xn + xn+1 > xnxn+1 + 1 Từ đó ta có

x1 + + xn-1 + xn + xn+1 > x1 + + xn-1 + xnxn+1 + 1 (1)

Áp dụng giải thiết quy nạp cho n số x1, , xn-1, xnxn+1 có tích bằng 1, ta có

x1 + + xn-1 + xnxn+1 ≥ n (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra

x1 + + xn-1 + xn + xn+1 > n+1

Như vậy bổ đề đúng đến n+1 Theo nguyên lý quy nạp toán học, bổ đề đúng với mọi n

Quay trở lại bài toán, ta đặt 1

1

, ,

n n

1

1

n

n

Áp dụng bổ đề ta có

n

 

Bất đẳng thức AM-GM được chứng minh

Trong lời giải này, có 2 ý tưởng chính, thứ nhất là bước đưa bài toán về bài toán với điều kiện chuẩn hóa x1 xn = 1 và thứ hai là bước sử dụng hằng số 1 để "dồn" xn, xn+1 thành

xnxn+1 (cụ thể là thay xn + xn+1 bằng xnxn+1+ 1) Nhờ bước thay thế này mà ta áp dụng được giả thiết quy nạp

Ta sẽ tiếp tục phân tích ý tưởng chuẩn hóa ở bước 1 trong mục sau Ở đây ta khai thác ý tưởng sử dụng hằng số để so sánh các đại lượng không cùng bậc

Bài toán 1 Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

x2 + y2 + z2 + 2xyz + 1 ≥ 2(xy+yz+zx) (1)

Phân tích Ở đây x2 + y2 + z2 và xy + yz + zx là cùng bậc, có thể so sánh được, nhưng xyz

là đại lượng khác bậc Ta muốn dùng hằng số 1 để so sánh xyz với các đại lượng vế trái, làm đơn giản bớt thành phần này

Giải Trong 3 số x, y, z luôn có hai số cùng lớn hơn hay bằng 1 hoặc cùng nhỏ hơn hay bằng 1 Giả sử đó là x, y thì ta có (x-1)(y-1) ≥ 0, suy ra xy + 1 ≥ x + y

Như vậy, để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh

x2 + y2 + z2 + 1 ≥ 2xy + 2z

Nhưng bất đẳng thức cuối này là hiển nhiên vì nó tương đương với (x-y)2 + (z-1)2 ≥ 0

Bài toán 1 là một bổ đề có nhiều ứng dụng hiệu quả, đặc biệt là trong các bất đẳng thức không thuần nhất chứa xyz Bạn đọc có thể sử dụng bài toán 1 để giải 2 bài toán song sinh sau:

Bài tập 1 (Hello IMO 2007) Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

xyz + 2(x2+y2+z2) + 8 ≥ 5(x+y+z)

Bài tập 2 (Ninh Thuận 2014) Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

xyz + x2+y2+z2 + 5 ≥ 3(x+y+z)

Hằng số 1 trong áp dụng nói trên, về nguyên tắc, có thể thay bằng hằng số bất kỳ Điều quan trọng trong việc chọn hằng số nào là nó phải liên quan đến các đại lượng ở hai vế và phải giúp ta giải quyết được bài toán

Bài toán 2 Cho a, b, c > 0, x a 1,y b 1,z c 1

      Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức xy + yz + zx ≥ 2(x + y + z) (1)

Phân tích Trong ví dụ này, ta cũng dùng kỹ thuật chuồng và thỏ, nhưng vách ngăn là số

2 Điều này có thể thấy rõ từ hai vế của BDT cần chứng minh

Giải Trong 3 số x, y, z luôn có hai số cùng lớn hơn hay bằng 2 hoặc cùng nhỏ hơn hay bằng 2 Giả sử đó là x, y thì ta có (x-2)(y-2) ≥ 0, suy ra

Như vậy, để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh

yz + zx ≥ 2z + 4

hay là

z(y+x-2) ≥ 4 (3)

Thật vậy, ta có

(Ở đây ta đã sử dụng đánh giá b 1 2

b

  và 2 lần dùng AM-GM ở cuối) Tức là (3) đúng Cộng với (2) vế theo vế, ta có đpcm

Bài toán 3 (VMO 1996) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy + yz +

zx + xyz = 4 Chứng minh rằng x + y + z ≥ xy + yz + zx (1)

Phân tích Các đại lượng ở đây ngược chiều so với ví dụ 1, 2 Do đó ta không đi theo cách chuồng và thỏ mà đi theo cách của Polya

Giải Giả sử x ≥ y ≥ z Vì xy + yz + zx + xyz = 4 nên không thể tất cả các số đều > 1, cũng không thể tất cả các số đều < 1 Từ đây suy ra x ≥ 1 và z ≤ 1

Đặt s = x + z và p = xz thì ta có y(s+p) = 4 - p và ta cần chứng minh s + y ≥ sy + p

Ta có (s+p)(s+y-sy-p) = s2 + sp + 4 - p - 4s + ps - sp - p2 = (s - 2)2 + p(s - p - 1)

Mặt khác thì s - p - 1 = x + z - xy - 1 = (x-1)(1-z) ≥ 0 nên từ đây suy ra (s+p)(s+y-sy-p) ≥

0, có nghĩa là s+y-sy-p ≥ 0 (đpcm)

Bài tập 3 (PTNK 2014) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

(a+1)(b+1)(c+1) = 1 + 4abc

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

1

a   b c abc

2 Bài học từ Polya về chuẩn hóa trong chứng minh bất đẳng thức

Trong các bài toán ở trên, ta thấy rằng sử dụng các hằng số một cách thích hợp, ta đã rút gọn được các bất đẳng thức cần chứng minh để đưa về các bất đẳng thức đơn giản hơn Với bất đẳng thức thuần nhất thì không thể có những hằng số như thế (vì khi nhân tất cả các biến với cùng một đại lượng thì bất đẳng thức không thay đổi, trong khi hằng số bị thay đổi) Những hằng số đó sẽ xuất hiện nếu ta đưa ra các điều kiện chuẩn hóa Ngoài ra, chuẩn hóa còn giúp chúng ta đơn giản các biểu thức cồng kềnh, đặc biệt là các biểu thức chứa căn Ta bắt đầu bằng một ví dụ kinh điển

Cho a = (a1, a2, , an) là bộ gồm n số thực dương Với số thực r, ta đặt

1

1

( )

n r

M a

n

  (trung bình bậc r của bộ a)

Ta có bất đẳng thức trung bình lũy thừa nổi tiếng sau: Nếu r > s thì Mr(a) ≥ Ms(a) Rất thú

vị là bất đẳng thức cực mạnh này (từ đây suy ra AM-GM, Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức trung bình điều hòa) lại được chứng minh chỉ dùng BDT Bernoulli

Dưới đây ta xét trường hợp chính của bất đẳng thức này

Bài toán 4 Nếu r > s > 0 thì Mr(a) ≥ Ms(a)

Giải Biểu thức của Mr(a) và Ms(a) là khá cồng kềnh và ta chưa biết sẽ xử lý thế nào Sử dụng ý tưởng từ chứng minh của G.Polya, ta giải bài toán "đã được chuẩn hóa sau"

Bổ đề Cho r > s Nếu a1s + a2s + + ans = n thì a1r + a2r + + anr ≥ n

Chứng minh bổ đề

Do r > s > 0 nên r/s > 1

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có

1 1 1  1

r

r

s

Cho i chạy từ 1 đến n rồi cộng lại vế theo vế, ta có đpcm

Bài tập 4 Hãy từ bổ đề suy ra kết quả bài toán 4

Bài toán 5 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

1 1 1

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải bài toán này có thể chia nhỏ thành các bước sau

Bước 1 Dùng tư tưởng chuẩn hóa, đưa bài toán về bài toán tương đương (vì sao?) như sau: Cho x, y, z > 0, x + y + z = 10, 1/x + 1/y + 1/z = 1 Tìm GTLN và GTNN của

Bước 2 Đặt t = xyz = xy + yz + zx Tính P theo t

Bước 3 Đánh giá x, y, z bằng phương pháp điều kiện có nghiệm của hệ phương trình Bước 4 Đánh giá t bằng khảo sát hàm số hoặc phương pháp sử dụng hằng số

Bước 5 Đánh giá P

Bài tập 5 (VMO 2004) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện (x+y+z) = 32xyz Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

4

4 4 4

) (x y z

z y x P











Bài tập 6 (British MO) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = 0, x2 + y2 + z2 = 6 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = x2y + y2z + z2x

3 Loạt bài toán liên quan đến bài PTNK 2014 và Sóc Trăng 2014

Trong kỳ thi chọn đội tuyển của các trường và các tỉnh vừa qua, có hai bài toán sau đây

Bài toán 6 (PTNK 2014) Cho X = {1, 2, , 19} Chứng minh rằng tồn tại tập hợp F gồm

ít nhất 2600 tập con 7 phần tử của X sao cho với mọi A khác B thuộc F thì | A  B | ≤ 5

Bài toán 7 (Sóc Trăng 2014) Một nhóm học sinh có n người Họ tổ chức 10 cuộc gặp

mặt, mỗi cuộc gặp mặt có 20 học sinh tham dự Hai học sinh bất kỳ tham gia chung không quá một cuộc gặp Tìm giá trị nhỏ nhất của n

Bài toán 6 thuộc về dạng xây dựng ví dụ Những bài này luôn rất khó và không thể làm thủ công được Lời giải bài này dựa vào ý tưởng sau

Với mỗi k = 0, 1, 2, , 18, nếu đặt P(k) = {A  X| | A | = 7, S(A)  k mod 19} (ở đây ta

ký hiệu S(A) là tổng các phần tử của A) thì P(k) thỏa mãn điều kiện nếu A khác B thuộc P(k) thì | A  B | ≤ 5 (vì nếu | A  B | = 6 thì A = {a1, , a6, a}, B = {a1, , a6, b} và S(A) - S(B) = a - b  0 mod 19)

Mặt khác ta có |P(0)| + |P(1)| + + |P(18)| = 7

19

C Từ đó suy ra tồn tại k sao cho

| P(k) |

7 19 2652 19

C

Bài toán 7 thuộc dạng cực trị rời rạc, bao gồm cả đánh giá và xây dựng ví dụ Và hóa ra, bước đánh giá là khá đơn giản

Cách 1 Ta lập danh sách của 10 chuyến đi Cho chuyến đi đầu tiên, ta cần 20 học sinh

Cho chuyến đi thứ hai, ta cần ít nhất 19 học sinh mới (tức là học sinh chưa từng đi

chuyến trước, do chỉ có nhiều nhất 1 học sinh đi chuyến trước) Cho chuyến đi thứ ba, ta

cần ít nhất 18 học sinh mới (do chỉ có nhiều nhất 2 học sinh đi các chuyến trước) Cứ như vậy đến chuyến thứ 10, ta cần ít nhất 11 học sinh mới Như vậy số học sinh không ít hơn

20 + 19 + 18 + + 11 = 155

Cách 2 Ta mô hình hóa bài toán như sau: Cho X = {1, 2, , n} Giả sử tồn tại 10 tập con

A1, A2, , A10 của X thỏa mãn các điều kiện

i) |Ai | = 20, với mọi i = 1, 2, , 10

ii) | Ai Aj | ≤ 1 với mọi 1 ≤ i < j ≤ 10

Tìm giá trị nhỏ nhất của n

Áp dụng bất đẳng thức bao hàm và loại trừ (hay BĐT Bonferroni), ta có

10 10

1

| i | | i| | i j| 10.10 45.1 155

i



Cách 3 Cách 3 này phức tạp hơn cả, nhưng, như chúng ta sẽ thấy về sau, là cách có khả năng mở rộng xa nhất và sâu nhất

Trước tiên, ta mô hình hóa bài toán như ở cách 2 Ta lập bảng thành viên gồm 10 dòng và

n cột, dòng đại diện cho 10 chuyến đi (các tập Ai) và cột đại diện cho n học sinh (phần tử của X)

A1

A2

A10

Ở dòng i cột j ta sẽ viết số 1 nếu j  Ai (học sinh j dự cuộc gặp mặt thứ i) Trong trường hợp ngược lại, ta viết số 0 Khi đó, tổng số các số 1 trên mỗi dòng, theo giả thiết, bằng

20 Do đó tổng số các số 1 trong toàn bảng bằng 200

Nhưng điều kiện |Ai Aj| ≤ 1 sẽ được thể hiện như thế nào trên ngôn ngữ của bảng thành viên?

Đó là không có 4 số 1 tạo thành đỉnh của một hình chữ nhật Nói cách khác, mỗi cặp số 1 trên dòng sẽ xuất hiện không quá 1 lần trên 2 cột tương ứng và mỗi cặp số 1 trên cột sẽ xuất hiện trên 2 dòng tương ứng không quá 1 lần

Ta thử dùng ý này để đánh giá n Nếu đếm số cặp số 1 trên dòng thì trên mỗi dòng có 2

190

C  cặp số 1 Mặt khác, mỗi cặp cột chứa nhiều nhất 1 cặp số 1 trên dòng, do đó số

cặp số 1 trên dòng không lớn hơn C n Từ đây ta suy ra n(n-1) ≥ 3800 Từ đó n ≥ 63 Đánh giá này quá không chặt Ta cũng có thể nhận ra ngay điều này khi bắt tay xây dựng

ví dụ dấu bằng xảy ra

Ta đổi lại tính số cặp số 1 trên cột Để làm điều này, ta gọi cj là số số 1 trên dòng j Ta dễ thấy c1 + c2 + + cn bằng tổng số số 1 trong toàn bảng, do đó bằng 200

Ta đếm số cặp số 1 trên cột bằng 2 cách Cách 1 là đếm theo cột Cột thứ j có cj số 1 do

đó có 2 ( 1)

2

j

j j c

c c

 cặp số 1 Như vậy tổng số cặp số 1 trên cột của toàn bảng bằng

1

( 1)

2

n

j j

j

c c







Mặt khác, ta có 2

10 45

C  cặp dòng, mỗi cặp dòng chứa không quá 1 cặp số 1 trên cột Do

đó toàn bảng có không quá 45 cặp số 1 trên cột Từ đây ta suy ra bất đẳng thức

2

( 1)

2

j j

c c



Làm thế nào để từ đây đánh giá n? Ở đây, do ta biết tổng

1

n j j

c



 nên ta có thể dùng BĐT Cauchy-Schwarz để đánh giá:

2

1 2 1

40000

290

n j n

j j j

c

n







Suy ra n ≥ 138

Theo như những lời giải ở trên thì ta đã biết n = 138 không phải là đáp số Nhưng nếu ta

chưa biết đáp số 155 thì sao? Suy nghĩ 1 chút, ta thấy nếu n = 138 thì gần như dấu bằng

đã xảy ra, tức là các cj gần như bằng nhau Nhưng không thể có 138 số nguyên không âm

gần như bằng nhau có tổng bằng 200 được

Như vậy đánh giá bằng Cauchy-Schwarz là không chặt Ta nhận thấy rằng do tổng các cj bằng 200 và có hơn 138 số như vậy nên cj sẽ bằng 1, hoặc 2 Như vậy nếu ta dùng bất đẳng thức (cj-1)(cj-2) ≥ 0 (bất đẳng thức này đúng với mọi cj nguyên) thì có khả năng dấu bằng xảy ra với mọi j, tức là ta có một bất đẳng thức chặt

Áp dụng bất đẳng thức này, ta có đánh giá

2

Suy ra 2n ≥ 310, tức là n ≥ 155

Ta cũng đi đến kết quả như 2 cách 1, 2 Tuy cồng kềnh hơn nhưng là một mô hình có thể

mở rộng tốt hơn Điều này sẽ được nhấn mạnh trong phần sau Nhưng trước hết, thông tin

cj = 1 hoặc 2 (cụ thể có 45 số bằng 2 và 110 số bằng 1) giúp ta dễ dàng hơn trong việc xây dựng ví dụ cho n = 155:

A1 = {1, 2, , 20}

A2 = {1, 21, 22, , 39}

A3 = {2, 21, 40, 41, , 57}

A4 = {3, 22, 40, 58, , 74}

A5 = {4, 23, 41, 58, 75, , 90}

A6 = {5, 24, 42, 59, 75, 91, , 105}

A7 = {6, 25, 43, 60, 76, 91, 106, , 119}

A8 = {7, 26, 44, 61, 77, 92, 106, 120, , 133}

A9 = {8, 27, 45, 62, 78, 93, 107, 120, 134, , 144}

A10 = {9, 28, 46, 63, 79, 94, 108, 121, 134, 145, , 155}

Các bài toán 6, 7 đã được giải quyết trọn vẹn Tuy nhiên, câu chuyện chỉ mới bắt đầu Sau đây là những bình luận tiếp theo về hai bài toán này

Bình luận 1 Trong lời giải bài 6, ta sử dụng lý luận tổng các |P(k)| bằng 7

19

C nên tồn tại k sao cho

7 19

| ( ) | 2652

19

C

P k   Nhưng liệu ta có thể làm mạnh kết quả này bằng cách tính các |P(k)| và chọn số lớn nhất?

Hóa ra là ta có thể chứng minh tất cả các |P(k)| đều bằng nhau và bằng 2652

Ta chứng minh bằng phương pháp song ánh như sau Ta chứng minh mẫu là |P(1)| =

|P(2)| Bài toán không thay đổi khi ta thay X = {0, 1, 2, , 18} Giả sử A = {a1, a2, , a7}

là tập con 7 phần tử của X sao cho a1 + a2 + + a7  1 mod 19 Ta đặt bi = 2ai mod

19 thì b1, b2, , b7 cũng thuộc X, đôi một phân biệt và b1 + b2 + + b7  1 mod 19 Ánh

xạ rõ ràng là song ánh, từ đây suy ra |P(1)| = |P(2)| Một song ánh khác cũng có thể sử dụng là bi = ai + k mod 19 với k được chọn sao cho 7k  1 mod 19

Trong lời giải này, ta sử dụng tính chất 0, 1, 2, , 18 vừa đủ một hệ thặng dư đầy đủ mod

19 Nhưng nếu X = {0, 1, 2, , 18, 19} thì sao? Phương pháp song ánh như trên không còn khả thi Thế nhưng ta vẫn có cách

Ta tiếp tục gọi P(k) là họ các tập con 7 phần tử của X = {0, 1, , 18} sao cho tổng các phần tử đồng dư k mod 19, còn Q(k) là họ các tập con 6 phần tử của X = {0, 1, ., 18} sao cho tổng các phần tử đồng dư k mod 19 Lại gọi P*(k) là họ các tập con 7 phần

tử của X = {0, 1, , 18,19} sao cho tổng các phần tử đồng dư k mod 19 Thế thì vẫn bằng cách chứng minh tương tự như ở trên, ta có tất cả các |P(k)| bằng nhau và tất cả các |Q(k)|