Số học tổ hợp

Lời nói đầuCó thể nói số học tổ hợp là một bộ phận không thể thiếu được củacác bài toán số học nói chung, nó thường xuyên xuất hiện trong các đềthi học sinh giỏi ở mọi cấp.. Đầu tiên chú

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LÊ XUÂN DƯƠNG

SỐ HỌC TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - Năm 2017

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LÊ XUÂN DƯƠNG

SỐ HỌC TỔ HỢP

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS TS Nguyễn Hữu Điển

Hà Nội - Năm 2017

Mục lục

Lời nói đầu

Chương 1 Cơ sở lí thuyết về số học, tổ hợp

1.1 Số học 1.1.1

1.1.21.1.31.2 Nguyên lý Dirichlet 1.3 Nhắc lại về tập hợp 1.3.1

1.3.21.3.31.4 Quy tắc cộng và quy tắc nhân 1.4.1

1.4.21.5 Giai thừa và hoán vị 1.5.1

1.5.21.6 Chỉnh hợp, tổ hợp 1.6.1

1.6.2

Chương 2 Số học tổ hợp

2.1 Bài toán sắp xếp 2.1.1

2.1.2

2.1.42.2 Dãy số

2.2.12.2.22.2.32.2.42.2.52.2.6

2.3.12.3.22.3.32.3.42.3.52.3.62.4 Cấu hình không thứ tự

2.4.12.4.22.4.32.4.42.5 Phép lặp

2.5.12.5.22.5.32.5.4

Kết luận

Tài liệu tham khảo

Lời nói đầu

Có thể nói số học tổ hợp là một bộ phận không thể thiếu được củacác bài toán số học nói chung, nó thường xuyên xuất hiện trong các đềthi học sinh giỏi ở mọi cấp Nhưng rất ít tài liệu viết về số học tổ hợp cóchăng nó chỉ đươc đề cập trong từng mảng của số học Số học tổ hợpthường liên quan nhiều đến các đối tượng là các tập hợp hữu hạn thỏamãn một tính chất số học nào đó Vì lẽ đó các bài toán này mang đặctrưng rõ nét số học nhưng cũng có hơi hướng của bài toán dãy số

Luận văn này đề cập đến các phương pháp chính để giải các bàitoán về số học tổ hợp

Ngoài phần mở đầu, danh mục tài liệu tham khảo, luận án gồm haichương

Chương I: Cơ sở lí thuyết về số học, tổ hợp Chương này trình bày

lại một cách có hệ thống các kiến thức cơ bản về số học và tổ hợp làm

cơ sở cho việc cho việc giải các bài toán

Chương II: Số học tổ hợp Đầu tiên chúng tôi trình bày bài toán sắp

xếp sử dụng tính chia hết, kiến thức về bất đẳng thức, cực trị, kiến thứctổng hợp để chỉ ra rằng tồn tại một hoán vị thỏa mãn tính chất số học nào

đó Mục 2.2 giải quyết các bài toán có liên quan đến dãy số Dãy con củamột dãy, như tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của tổng các phần tử củamột dãy chứng minh tồn tại dãy con thỏa mãn một tính chất nào đó Mục2.3 có các bài toán về mảng số liên quan đến bài toán số học như sắpxếp các số vào một mảng, mảng con, trường lân cân, mảng tam giác.Trong Mục 2.4 giúp ta hiểu rõ hơn các bài toán về số học đề cập tới tập,tập hợp con, phân hoạch tập phân hoạch đều Cuối cùng, Mục 2.5 giảiquyết các bài toán trên dãy lặp hữu hạn, vô hạn hoặc tuần hoàn bằngphương pháp bất biến phương pháp đánh giá

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chỉbảo của thầy giáo PGS.TS Nguyễn Hữu Điển Tôi xin bày tỏ lòng kínhtrọng và biết ơn sâu sắc đến thầy.

Tôi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo Khoa Toán - Cơ - Tin học,Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học quốc gia Hà Nội, cácthầy các cô đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho tôi trong thời gianhọc tập tại trường

Hà Nội, ngày 18 tháng 10 năm

2017Tác giả

Chương 1

Cơ sở lí thuyết về số học, tổ hợp

Chương này sẽ nhắc lại một số lý thuyết về tập hợp và hệ thống lýthuyết cơ bản của toán tổ hợp như: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp Cácnội dung này cũng được giảng dạy cho học sinh trung học phổ thông

hệ cơ bản, nâng cao và hệ chuyên nghành toán

1.1.1 Tính chất chia hết trong tập hợp số nguyên

Định nghĩa 1.1.1 Với hai số nguyên a và b, ta nói rằng a chia hết cho b

(hay a là bội của b, hay b là ước của a), nếu tồn tại số nguyên k sao cho

a = kb Lúc ấy ký hiệu là a

b Trường hợp ngược lại ký hiệu là a 6

.b

và ta nói rằng a không chia hết cho b

Các tính chất cơ bản của tính chia hết

i) Nếu a, b nguyên dương mà a

1.1.2 Đồng dư

Định nghĩa 1.1.2 Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho số tự nhiên m

(m 6= 0) có cùng số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo modulo m

và viết a b mod m.

Các tính chất cơ bản của đồng dư

i) Hai số nguyên a và b đồng dư với nhau theo modulo m (m là số nguyên dương) khi và chỉ khi (a b)

Định nghĩa 1.1.3 Cho x là số thực, ta gọi phần phần nguyên của x, ký

hiệu [x], là số nguyên lớn nhất không vượt quá x

Một số tính chất cơ bản của hàm phần nguyên

h ivii) Với mọi số tự nhiên n và q (q 6= 0) thì q nq n.

1.2 Nguyên lý Dirichlet

Nguyên lý 1 (Nguyên lý Dirichlet cơ bản) Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào

n cái chuồng thì bao giờ cũng có một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ

Nguyên lý 2 (Nguyên lý Dirichlet mở rộng) Nếu nhốt n con thỏ vào

m 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất

đây kí hiệu [a] để chỉ phần nguyên của số a

Chứng minh Giả sử trái lại mọi chuồng thỏ không có đến

n

con, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn

đó suy ra tổng số con thỏ không vượt quá m

này vô lý vì có n con thỏ Vậy giả thiết phản h

chứngiDirichlet mở rộng được chứng minh

Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản như vậy, nhưng nó là mộtcông cụ rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc củatoán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng trong lĩnh vực khác nhau củatoán học Nguyên lí này trong nhiều trường hợp người ta dễ dàngchứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìmđược vật cụ thể, nhưng trong thực tế nhiều bài toán ta chỉ cần chỉ ra

sự tồn tại là đủ rồi

Nguyên lí Dirichlet thực chất là một định lí về tập hữu hạn Người ta

có thể phát biểu chính xác nguyên lí này dưới dạng sau đây

Nguyên lý 3 (Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp) Cho A và B là hai tập

hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử của A lớnhơn số lượng phần tử của B Nếu với một quy tắc nào đó, mỗi phần tửcủa A cho tương ứng với một phần tử của B, thì tồn tại ít nhất hai phần

tử khác nhau của A mà chúng tương ứng với một phần tử của B

Nguyên lý 4 (Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng) Giả sử A, B là

hai tập hợp hữu hạn và S(A), S(B) tương ứng kí hiệu là các số lượng

Định nghĩa 1.3.1 Cho tập hợp A Tập hợp B gọi là tập con của tập A

khi mọi phần tử của tập B đều thuộc A

Khi đó bộ sắp thứ tự m phần tử là một dãy hữu hạn m phần tử và

hai bộ sắp thứ tự (a1, a2, , am) và (b1, b2, , bm) bằng nhau khi

mọi phần tử tương ứng bằng nhau

Định nghĩa 1.4.1 Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai

hành động Nếu hành động này có m cách thực hiện, hành động kia

có n cách thực hiện không trùng với bất kì cách nào của hành động

thứ nhất thì công việc đó có m + n cách thực hiện

Tổng quát, một công việc được hoàn thành bởi một trong các hành

động T1, T2, , Tn trong đó

T1 có m1 cách thực hiện,

T2 có m2 cách thực hiện,

H1 Khi đó để thực hiện công việc H sẽ có n1 n2 cách.

Tổng quát, giả sử để hoàn thành một nhiệm vụ H cần thực hiện kcông việc nhỏ là H1, H2, , Hk, trong đó:

Để liên hệ với quy tắc nhân hãy nhớ là việc chọn một phần tử củatích Đề-các A1 A2 An được tiến hành bằng cách chọn lần lượt một

phần tử của A1, một phần tử của A2, , một phần tử của An Theoquy tắc nhân ta nhận được đẳng thức

Định nghĩa 1.6.1 Cho tập hợp A gồm n phần tử (n 1) Kết quả của

việc lấy k phần tử khác nhau từ n phần tử của tập hợp A và sắp xếpchúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của nphần tử đã cho

1.6.2 Tổ hợp

Định nghĩa 1.6.2 Giả sử tập A có n phần tử (n 1) Mỗi tập con gồm k

phần tử của As được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho (1

k n)

Ký hiệu Cnk (1 k n) là số các tổ hợp chập k của n phần tử.

Ck n

Chương 2

Số học tổ hợp

Chương này được dành cho các bài toán cấu hình số học Cấu trúc

phong phú của các con số (các phép tính số học, quan hệ thứ tự,metric) dẫn đến sự đa dạng và sinh động của các bài toán như vậy,khiến cho việc thử nghiệm một phương pháp hay một thuật toán tìmlời giải của chúng trở nên khó khăn Điều này càng khó khăn hơn, vìcác bài toán riêng lẻ là các “bài toán nghiên cứu” độc lập, biến đổinhiều mức độ khó khăn khác nhau Chúng dao động từ những bài đơngiản đến những bài rất khó khăn, khi mà lời giải đòi hỏi một lượngđáng kể năng lượng sáng tạo, tài xoay xở, và cũng (trong trường hợpthất bại ban đầu) cần sự kiên nhẫn

Nội dung của chương này được trình bày như sau: Các bài toánđược chia thành các phần theo một kiểu cấu hình cụ thể Do đó, trongphần giới thiệu ngắn gọn này chúng tôi chỉ nêu tên một số phươngpháp tổng quát để giải các bài toán này, và miêu tả các phương pháp

cụ thể hơn khi phát sinh trong toàn bộ chương

2.1 Bài toán sắp xếp

Chúng ta đã giải quyết chi tiết với thuật ngữ sắp xếp của một bộ

hoặc một tập trong trước; do đó chúng ta đi thẳng đến tìm nghiệm củacác bài toán liên quan đến dãy các con số

2.1.1 Bài toán chia hết

Bài 2.1.1 Chứng minh rằng không tồn tại hợp số n > 4 sao cho có một

hoán vị a1, a2, , an của các số 1, 2, , n sao cho các số

a1, a1a2, a1a2a3, , a1a2 a n

có phần dư khác nhau sau khi chia cho n Điều này có đúng với n = 4không?

Giải Giả sử rằng hoán vị như trên tồn tại với n > 4 Khi đó chỉ có một

trong các số a1, a1a2, a1a2a3, , a1a2 an chia hết cho n; rõ ràng sốnày chính là số cuối cùng (bằng n!) Do đó, ta có an = n, và vì vậy a1a2

an 1 = (n 1)! Tuy nhiên, với hợp số n > 4 số (n 1)! chia hết cho n nênmâu thuẫn Với n = 4, hoán vị như trên vẫn tồn tại, cụ thể là 1, 3, 2, 4,các số 1, 1 3, 1 3 2, và 1 3 2 4 chia cho 4 được phần dư

tương ứng là 1, 3, 2, 0

Bài 2.1.2 Chứng minh rằng với mỗi n 2 ta có thể chọn n số nguyên

1 < a1 < a2 < < an có tính chất sau: Nếu b1, b2, , bn là hoán vị bất kỳcủa các số a1, a2, , an thì 1 + b2b3 bn là bội của b1

Giải Đầu tiên ta phân tích trường hợp n = 2 Nếu 1 < a1 < a2 là hai số

nguyên bất kỳ có tính chất bên trên, khi đó từ a2 j 1 + a1 suy ra a2 1 +

a1, và do đó 1 + a1 < 1 + a2 2 + a1 Do 1 + a1, 2 + a1 là hai số nguyênliên tiếp, bất đẳng thức cuối cùng kéo theo 1 + a2 = 2 + a1, tức là a2 =

1 + a1 Khi đó điều kiện a1 j 1 + a2 kéo theo a1 j 2 + a1, tức là a1 j 2,điều này chỉ xảy ra khi a1 = 2 Do đó, với n = 2, ta có nghiệm duy nhất(a1, a2) = (2, 3)

Tiếp theo ta thử chứng minh trường hợp n = 3 bằng cách thêm một sốthích hợp a3 > 3 vào cặp (2, 3) Điều kiện a3 j 1 + 2 3 kéo theo a3 = 7

Có phải ta thành công với trường hợp n

lý do sâu sắc đằng sau nó? Do đó ta kiểm

= 3 nhờ may mắn, hay có một tra xem kết luận sau có đúng

trong trường hợp tổng quát hay không: Nếu các số a1, a2, , ak thỏa mãn điều kiện của đề bài với n = k và nếu ta đặt ak+1 = 1 + a1a2 ak, thì các

số a1, a2, , ak+1 thỏa mãn điều kiện với n = k + 1 Đầu tiên, rõ ràng với cách chọn ak+1 như trên thì ak+1 > ak, ngoài ra, điều kiện ak+1 j 1 +

a1a2 ak hiển nhiên đúng Do đó, ta chỉ cần kiểm tra với mỗi

i = 1, 2, , k ta có ai j 1 + siak+1với si = a1a2 ak/ai Từ các đẳng thức

1 + siak+1 = 1 + si(1 + aisi) = (1 + si) + ais2i

kéo theo ai j 1 + siak+1 đúng khi và chỉ khi ai j 1 + si, nhưng điều nàyđược đảm bảo từ giả thiết với mỗi i = 1, 2, , k Do đó ta vừa chỉ racách chọn một bộ n số thích hợp a1, a2, , an với mỗi n 2, và ngoài

ra ta miêu tả cách xây dựng đệ quy, với một vài ví dụ đầu của n ta thuđược (2, 3), (2, 3, 7), (2, 3, 7, 43), (2, 3, 7, 43, 1807)

Bài 2.1.3 Chứng minh rằng với mỗi n > 1 tồn tại một hoán vị a1, a2,

, an của các số nguyên 1, 2, , n sao cho aj+1 là ước của tổng a1 +

a2 + + aj với mọi j = 1, 2, , n 1

Giải Chứng minh của khẳng định này là dễ dàng nếu với mỗi k > 1 số

k là ước của 1 + 2 + + (k 1), vì khi đó ta chỉ cần đặt aj = j với mọi j Tuynhiên, ta có

k

nên chỉ những số k lẻ có tính chất trên Nhưng thông tin này vẫn có ích;

nó chỉ ra rằng nếu khẳng định đúng với số chẵn n > 1, thì nó cũng đúngvới n + 1: Ta chỉ cần thêm số hạng an+1 = n + 1 vào một hoán vị a1,

Bây giờ ta kiểm tra hoán vị trên thỏa mãn điều kiện của bài toán Thậtvậy, với 1 i k ta dễ tính được

2k, 2, k + 1, 3, k + 2, 4, , 2k 2, k, 2k 1, 1.

Bài 2.1.4 Giả sử số nguyên n có tính chất sau: Tồn tại một hoán vị của

dãy 2n số 1, 1, 2, 2, , n, n sao cho với mỗi k = 1, 2, , n tồn tạiđúng k phần tử giữa hai số k Chứng minh rằng n2 + n chia hết cho 4

Giải Gọi a1, a2, , a2n là một hoán vị với tính chất đã cho Điều này có

nghĩa với mỗi k = 1, 2, , n, tồn tại một chỉ số ik sao cho aik = aik + k + 1 =

2.1.2 Bài toán về bất đẳng thức

Trong phần này ta xem xét các bài toán có liên quan tới dãy bất đẳng thức: Như cho hai dãy bất đẳng thức hãy chứng minh rằng luôn tồn tại

một đẳng thức hoặc bất đẳng thức giữa hai số hạng tương ứng hoặctồn tại bao nhiêu hoán vị để các số hạng của dãy thỏa mãn một bấtđẳng thức nào đó.

Bài 2.1.5 Cho x1, x2, , xn và y1, y2, , yn là hai hoán vị một bộ n

số sao cho x1 < x2 < < xn và x1 + y1 < x2 + y2 < < xn + yn Chứngminh rằng hai hoán vị phải trùng nhau, tức là xi = yi với mọi

i = 1, 2, , n

Giải Giả sử không xảy ra trường hợp x1 = y1, tức là ta có x1

với k > 1 Từ các bất đẳng thức đã cho suy ra yi < (xk + yk)

xk + (yk xi) = xk + (x1 xi) xk với mọi i = 1, 2, , k 1, và do đó yk < xk(1 i k) Điều này có nghĩa với mỗi k các số y1, y2, , yk bằng mộttrong k 1 số x1, x2, , xk 1, mâu thuẫn vì y1, y2, , yk phân biệt(do là k phần tử đầu tiên của hoán vị của các số phân biệt x1 < x2 <

< xn) Do đó, ta có x1 = y1 Bây giờ ta bỏ qua x1, y1, và bằng cách lặp lại lập luận như trên cho các hoán vị x2, , xn và y2, , yn ta thu được

vì xi > yi với mọi i, ta cũng có bất đẳng thức uk > yi nếu uk xi Nhưngbất đẳng thức này đúng với đúng k giá trị khác nhau của chỉ số i, xácđịnh bởi xi = u1, xi = u2, , xi = uk

Bài 2.1.7 Cho a1, a2, , a2n là một hoán vị các số 1, 2, , 2n sao cho hai dãy bất đẳng thức

a1 < a3 < a5 < < a2n 1 ,

(2.1)

a 2> a 4> a 6 > > a 2n

đúng (Tồn tại bao nhiêu hoán vị như vậy?) Xác định các giá trị có thểcủa tổng

S = ja1 a2j + ja3 a4j + ja5 a6j + + ja2n 1 a2nj.

Giải Số hoán vị thỏa mãn tính chất (2.1) bằng với số tập con n phần tử

fa1, a3, , a2n 1g của tập f1, 2, , 2ng, cụ thể (2nn) Ta sẽ chứng minh bất đẳng (2.1) có nghĩa rằng với mỗi k = 1, 2, , n ta có hoặc a2k n < a2k

1 hoặc a2k1 n < a2k Thật vậy, nếu a2k1 > a2k, thì a2k1 lớn hơn

n số

a1, a3, , a2k 3, a2k, a2k+2, , a2n,kéo theo bất đẳng thức a2k 1 > n, trong khi a2k n được rút ra từ kết quả rằng a2k nhỏ hơn n số

a2, a4, , a2k 2, a2k 1, a2k+1, , a2n 1.Trong trường hợp a2k

trị tuyệt đối trong tổng S, ta thu được

S = (a1

= 1 2 3(2n),

với cách chọn dấu thích hợp (n lần dấu + và n lần dấu ) Tuy nhiên,các bất đẳng thức a2k n < a2k 1 và a2k 1 n < a2k chỉ ra rằng dấu + xuấthiện với các số mà lớn hơn n Cho nên giá trị của S là độc lập vớicách chọn hoán vị, bằng

S = 1 2 n + (n + 1) + (n + 2) + + (n + n) = n2

Bài 2.1.8 Xác định số hoán vị khác nhau a1, a2, , a10 của các số nguyên 1, 2, , 10 sao cho ai > a2i (1 i 5) và ai > a2i+1 (1 i 4)

Giải Ta biểu diễn các bất đẳng thức của bài toán này bằng đồ thị trong

Hình 2.1, trong đó các mũi tên luôn luôn chỉ từ số lớn hơn vào số nhỏhơn; do dó ai aj có nghĩa là ai > aj Do quan hệ “>” có tính bắc cầu (a >

b và b > c kéo theo a > c), từ Hình 2.1 suy ra a1 là số lớn nhất;

Hình 2.1

tức là a1 = 10 Bây giờ ta chia các số còn lại 1, 2, , 9 thành các tập con

fa2, a4, a5, a8, a9, a10g và fa3, a6, a7g theo (93) cách Với mỗi cách chia như vậy, các số a2, a3 được xác định một cách duy nhất (do là số lớn nhất

trong mỗi tập con) Với cách chọn a6, a7 ta có hai khả năng, trong khivới cách chọn của fa4, a8, a9g và fa5, a10g có (52) khả năng Với mỗimột trong các cách chọn, a4, a5, a10 được xác định duy nhất, và với

a8, a9, tồn tại hai khả năng Do đó theo quy tắc nhân, số cách chọn là

2.1.3 Bài toán cực trị

Các bài trong tiểu mục này và tiểu mục tiếp theo có thể được tổngquát hóa như sau: Cho hàm F n biến, tìm hoán vị x1, x2, , xn củacác số cho trước a1, a2, , an sao cho giá trị tương ứng của F(x1,

x2, , xn) nhỏ nhất, tương ứng lớn nhất Các giá trị cực trị như vậycủa F luôn luôn tồn tại, vì chúng tương ứng là phần tử nhỏ nhất, lớnnhất của tập hữu hạn phần tử gồm n! phương pháp

Bài 2.1.10 Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng

S = jx2 x1j + jx3 x2j + + jxn xn 1j + jx1 xnj,

trong đó x1, x2, , xn là một hoán vị tùy ý các số nguyên 1, 2, , n

Giải Phương pháp của chúng tôi dựa trên bất đẳng thức jxj x, mà

đúng với mọi x 2 R Vì giá trị S không thay đổi dưới phép hoán vị vòngquanh của các số x1, x2, , xn, ta có thể giả sử x1 = 1 Lấy k (1 < kn) là chỉ số mà xk = n Cộng các bất đẳng thức

ta thu được chặn dưới 2(n

khi và chỉ chi cả hai bất đẳng thức bên trên là đẳng thức, tức là nếu xk >

Giải Ký hiệu Sn(x1, x2, , xn) là biểu thức bên trên và Mn là giá trị lớn nhất của nó Do Sn(x1, x2, x3) = 1 2 + 2 3 + 3 1 = 11 khi fx1, x2,

x3g = f1, 2, 3g, ta có M3 = 11 Do biểu thức của ta độc lập với phép hoán

vị vòng quanh, với n > 3 ta chỉ cần xét các hoán vị x1, x2, , xn của 1,

2, , n mà x1 = n Khi đó, ta thu được

Sn(x1, x2, , xn) = Sn 1(x2, x3, , xn) x2xn + nx2 + nxn

= Sn 1(x2, x3, , xn) + n2

Mn 1 + n2 1 2,với dấu bằng xảy ra khi Sn 1(x2, x3, , xn) = Mn

fn 2, n 1g Nếu ta đưa ra giả thiết quy nạp Tn rằng tồn tại một hoán vị y1,

tử x1, xn cũng được xem xét) Vì đề bài là cyclic, ta có thể giả sử rằng 2k

= x1 Khi đó ít nhất một trong các số nguyên jx2 x1j, jx1 xnj nhỏ hơn

2k, vì bất đẳng thức j2k x j 2k chỉ đúng với một số x duy nhất thuộc tậpf1, 2, , 4kg Điều này có nghĩa d1 2k 1 hoặc dn 2k 1, và do đó d 2k

1 Để xây dựng một hoán vị có d = 2k 1 ta sử dụng kỹ thuật sau: Dãycác số nguyên bj = b0 + (2k 1)j với bất kỳ b0 2 Z là một dãy cấp số

cộng với công sai d = 2k 1, vì 2k 1 và n = 4k là nguyên tố cùng nhau,các số b1, b2, , bn có phần dư khác nhau khi chia cho n Cho nêntồn tại một hoán vị x1, x2, , xn của các số nguyên 1, 2, 3, , nsao cho xi bi (mod n), 1 i n Vì xi+1

2.1.4 Bài toán tổng hợp

Để kết thúc mục này, chúng tôi giải ba bài toán thú vị khác liên quanhoán vị một tập số cho trước

Bài 2.1.13 Cho a < b < c < d Biểu thức sau có bao nhiêu giá trị khác

nhau nếu x, y, z, t là hoán vị tùy ý của các số nguyên a, b, c, d?

V = (x y)2 + (y z)2 + (z t)2 + (t x)2

Ngoài ra xác định các hoán vị mà V đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

Cách giải 1 Giá trị của V không thay đổi dưới phép hoán vị vòng quanh

của các số nguyên x, y, z, t, do đó không mất tính tổng quát ta có thể đặt

x = a Thay đổi bộ bốn a, y, z, t thành a, t, z, y chỉ thay đổi dấu của 4hiệu trong V, nhưng không ảnh hưởng tới giá trị của V Do đó, trong sáuhoán vị y, z, t của các số nguyên b, c, d chỉ có ba cách dẫn tới các giá trịkhác nhau Cụ thể, các hoán vị (b, c, d), (c, b, d) và (b, d, c) Tính toánchỉ ra V(a, c, b, d) > V(a, b, c, d) > V(a, b, d, c) Thật vậy,

V(a, b, c, d) V(a, b, d, c) = (b c)2 + (d a)2 (b d)2 (c a)2

= 2(b a)(d c) > 0,V(a, c, b, d) V(a, b, c, d) = (a c)2 + (b d)2

Cách giải 2 Biểu thức W = V(x, y, z, t) + (x z)2 + (y t)2 là bất biết (tức

là, nó không phụ thuộc vào hoán vị x, y, z, t), và nó bằng V(x, y, z, t) + (x2 + y2 + z2 + t2) 2(xz + yt) Vì tổng x2 + y2 + z2 + t2 cũng bất biến, giá trị của V chỉ phụ thuộc vào biểu thức U = xz + yt, mà nó phụ thuộc vào

cách chia tập fx, y, z, tg thành hai tập fx, zg và fy, tg Do đó, tồn tại nhiều nhất 3 giá trị khác nhau U1 = ab + cd, U2 = ac + bd, U3 = ad + bc

Ta thấy rằng U1 U2 = (d a)(c b) > 0 và U2 U3 = (b a)(d c) >0; tức là U1 > U2 > U3 Từ đẳng thức V = 2U (a2 + b2 + c2 + d2) + W

suy ra V có đúng ba giá trị phân biệt, V(a, c, b, d) > V(a, b, c, d) > V(a,

b, d, c)

Bài 2.1.14 Tìm số nguyên A lớn nhất có tính chất sau: Nếu các số 1, 2, , 100 được viết theo thứ tự tùy ý, thì tồn tại mười số hạng liên tiếp có

tổng lớn hơn hoặc bằng A

Giải Ta chia một hoán vị bất kỳ x1, x2, , x100 của các số 1, 2, , 100

thành mười đoạn liên tiếp, mỗi đoạn mười số và lập tổng S 1 = x 1 + x 2+

+ x10, , S10 = x91 + x92 + + x100 Vì tổng S1 + S2 + + S10

bằng 1 + 2 + + 100 = 5050, ít nhất một trong các số Si bé nhất là5050/10 = 505 Do đó ta vừa chỉ ra A = 505 là số cần tìm Để chỉ rakhông có số nguyên nào lớn hơn 505 có tính chất này, ta xét hoán vị

100, 1, 99, 2, 98, 3, , 51, 50

Dễ dàng xác định được tổng S của 10 số bất kỳ: Nếu số đầu tiên ở bên trái lớn hơn 50 (tương ứng nhỏ hơn), thì S = 505 (tương ứng S = 500); điều

này có thể được kiểm tra bằng cách chia 10 số nguyên thành 5 cặp phần

tử liền nhau Do đó, số nguyên lớn nhất có tính chất này là A = 505

Bài 2.1.15 Dãy a1, a2, , ak với k n, được gọi là n-phổ dụng nếu sau khi khử k n số hạng thích hợp ta có thể thu được hoán vị bất kỳ

của các số nguyên 1, 2, , n Ví dụ 1, 2, 3, 1, 2, 1, 3 là 3-phổ dụng,trong khi 1, 2, 3, 2, 1, 3 không là n-phổ dụng (vì hoán vị 3, 1, 2 khôngthu được từ phép khử) Đưa ra một ví dụ về dãy n-phổ dụng có độ dài

k = n2 và một dãy có độ dài k = n2 n + 1

Giải Mặc dù ta chỉ cần đưa ra ví dụ với k = n2 n + 1 (và sau đó thêm

vào dãy n 1 giá trị tùy ý để thu được độ dài k = n2), ta bắt đầu với ví dụđơn giản với k = n2 Một ví dụ thích hợp là dãy chứa n lần lặp lại củacùng một hoán vị các số nguyên 1, 2, , n, ví dụ dãy

Để thu được ví dụ với k = n2 n + 1, ta thu ngắn dãy (2.2) bằng cách xóa các số 2, 3, , n từ đoạn cuối Bn, tức là ta chỉ để lại số 1 Dãy mới có

độ dài n2 n + 1 là n-phổ dụng: Nếu ta tiến hành chọn các số a

như bên trên, ta có thể lưu một đoạn, tức là ta có thể chọn hai số nguyênlân cận aj, aj+1 từ cùng một đoạn Bj, miễn là aj < aj+1 Sau đó, ta có thểchọn aj+2 từ Bj+1, aj+3 từ Bj+2, và an từ Bn 1 Việc này đúng với tất cảmọi hoán vị a1, a2, , an ngoại trừ trường hợp a1> a2 > > an, tức là ak

= n + 1 k (1 k n) Nhưng trong trường hợp này ta vẫn có thể sử dụngcách tiếp cập ban đầu, vì trong đoạn Bn của (2.2) ta đã giữ

lại số 1 Trong phần này ta đã giải quyết được các bài toán liên quantới tính chất chia hết của một dãy số Chứng minh tồn tại một hoán vị

để được một dãy số thỏa mãn một tính chất số học nào đó Các bàitoán về bất đẳng thức, cực trị của một biểu thức chứa nhiều biến

được giải quyếtmột cách thấu đáo

2.2 Dãy số

Phần lớn các bài toán trong phần này về dãy số hữu hạn Một dãyhữu hạn có chiều dài n là bộ n số bất kỳ theo thứ tự a1, a2, , an.Nếu ai với mọi i 2 N, ta nói về một dãy vô hạn a1, a2, , an, Trong một số trường hợp, chiều dài của một dãy cho trước (hữu hạn)

là không liên quan, hoặc không quan trọng dãy vô hạn hay không; do

đó ta viết đơn giản là a1, a2, Cũng có thể viết tổng theo cách này:

Ví dụ, cho dãy a1, a2, , an, khi đó a1 + a3 + a5 + là tổng của tất

cả các số ai với chỉ số lẻ i n (do đó số hạng cuối cùng là an hoặc an 1phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của n)

Phần tử ai của chuỗi a1, a2, được gọi là số hạng thứ i của chuỗi và số nguyên i là chỉ số của nó Một cặp số hạng ai, ai+1 của dãy số a1, a2,

được gọi là cặp số hạng liên tiếp Lưu ý rằng hai số hạng khác nhaucủa cùng một dãy (có nghĩa là hai số hạng có chỉ số khác nhau) có thểbằng nhau; ví dụ, các số hạng đầu tiên và thứ tư trong dãy số 2, 3, 4,

2, 5 có tính chất này Nếu ta có ai = aj, thì đây là một đẳng thức củahai số; nói chung nó không có nghĩa là i = j

Một số bài toán mà công thức của nó không thay đổi khi dãy hữu hạn a1,

a2, , an được di chuyển theo vòng tròn, tức là, nếu nó được biến đổi thành chuỗi a1+k, a2+k, , an, a1, a2, , ak với k 2 f1, 2, , n 1g Ta

có thể hình dung là các số a1, a2, , an được viết dọc theo đường tròn của một hình tròn, và được định hướng theo một trong hai hướng có thể Trong trường hợp này dãy số a1, a2, , an được gọi là cyclic, để trình bày

các điều kiện dễ dàng hơn trong các bài toán như vậy ta đặt akn+i = ai với mọi k 2 Z và i = 1, 2, , n Hơn nữa, ta không xét hai chuỗi cyclic a1,

Điều này có nghĩa S 2 , và nếu n là là số chẵn, thì đẳng thức S = xảy ra khi và chỉ khi p = q =n và r =

0 Nếu n là số lẻ, thì S

nghĩa là S

xảy ra trong đúng hai trường hợp: Hoặc là r = 1 và p = q = n2 1 hoặc là

r = 0 và fp, qg = fn+21 , n 21 g Do đó, câu trả lời cuối cùng cho tất cả các

trường hợp có thể được viết là Smin = [n2 ]

Bài 2.2.2 Giả sử 2n số thực x1, x2, , xn, y1, y2, , yn thỏa mãn bất đẳng thức

x1 + x2 + + xn > y1 + y2 + + yn,nhưng nếu ta đảo vị trí xi với yi với chỉ số i bất kỳ, thì bất đẳng thứckhông còn đúng Với giá trị nào của n thì điều này có thể xảy ra?

Giải Ta đặt X = x1 + x2 + + xn và Y = y1 + y2 + + yn Theo giảthiết ta có X xi + yi Y yi + xi, tức là X Y 2(xi yi), với mọi i = 1, 2, , n.Bằng cách cộng n bất đẳng thức, ta có n(X Y) 2(X Y),

và khi chia cho số dương X Y ta có được bất đẳng thức n 2 Cả hai giátrị n = 1 và n = 2 đều có thể, được minh họa bằng các ví dụ 1 > 0

và 1 + 1 > 0 + 0

Bài 2.2.3 Cho các số dương a1, a2, , an thỏa mãn ak ak+1 < 2akvới mọi 1 k n 1 Chứng minh rằng trong tổng S = a1 a2 an ta có thểchọn dấu sao cho 0 S a1

Giải Ta sử dụng phép quy nạp theo n Nếu n = 2, ta có thể chọn S =

a1 + a2 Nếu các dấu trong tổng S1 = a2 a3 an được chọn

sao cho 0 S1 a2, thì ta đặt S = a1 S1 hoặc S = a1 + S1, tùy thuộc

vào S1 a1 hoặc S1 > a1 Trong cả hai trường hợp ta có 0 S a1

Bài 2.2.4 Giả sử sai số giữa số thực lớn nhất và nhỏ nhất trong dãy n

số x1, x2, , xn bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất có thể của sai số của

Giải Giá trị của hai sai số không thay đổi nếu ta thay thế dãy ban đầu

x1, x2, , xn bởi dãy x1 c, x2 c, , xn c với c tùy ý 2 R Nếu ta chọn

c = mink xk, khi đó cách thay thế trên cho ta một dãy mới x1, x2, ,

xn với mink xk = 0 và maxk xk = 1 Bây giờ ta chọn hai chỉ số p, q saocho yp = mink yk và yq = maxk yk, và ta chia thành hai trường hợp sau

Do đó, trong cả hai trường hợp ta có yq

minh được bất đẳng thức xảy ra dấu đẳng thức: Trong trường hợp (a)điều này xảy ra chính xác khi x1 = x2 = = xp = 0, xp+1 = xp+2 =

. = xq = 1, p = 1 và q = n, trong khi trong trường hợp (b) điều này

xảy ra chính xác khi x1 = x2 = = xq = 1, xq+1 = xq+2 = = xp = 0, q = 1

và p = n Tương ứng với dãy 0, 1, 1, , 1 tương ứng 1, 0, 0, , 0,

và do đó giá trị lớn nhất mong muốn là 1 1

n

2.2.2 Bài toán về dãy con

Nếu ta chọn một phần các số hạng trong một dãy và giữ nguyên thứ

tự của chúng, ta có được một dãy con từ dãy gốc Điều này được thể

hiện chính xác hơn như sau: Một dãy B = (b1, b2, ) là dãy con của dãy

A = (a1, a2, ) nếu mỗi chỉ số k của B tồn tại một chỉ số ik của A saocho bk = aik , trong đó ik > ik 1 cho k > 1 Vì ta đã xác định dãy con là mộtdãy với các tính chất nhất định, rõ ràng thuật ngữ dãy con vô hạn và vàdãy con (hữu hạn) độ dài n có nghĩa

Bài 2.2.5 Chứng minh rằng từ dãy bất kỳ gồm 101 số nguyên khác nhau, ta

có thể chọn một dãy con tăng hoặc giảm có độ dài 11, tức là một dãy con

b1, b2, , b11 mà trong đó hoặc b1 < b2 < < b11 hoặc b1> b2>

. > b11 xảy ra

Giải Ký hiệu dãy đã cho là a1, a2, , a101 Với mỗi k = 1, 2, , 101 ta

tìm chiều dài lớn nhất n = n k của tất cả các dãy con b 1 , b 2 , , b n trong đó

b1 < b2 < < bn = ak Nếu nk > 10 với mọi k 2 f1, 2, , 101g, thì việc chứng minh hoàn thành Ngược lại, có 101 số nguyên nk trong tập

10 phần tử f1, 2, , 10g Do đó bằng nguyên lý chuồng chim bồ câu có

11 chỉ số k1 < k2 < < k11 sao cho nk1 = nk2 = = nk11 Lưu ý rằng

số nk có tính chất sau: Nếu k < k0 và ak < ak0, thì nk0 nk+ 1 (Thực tế,

mỗi dãy con b 1 < b 2 < < b n= a k có thể được mở rộng theo số hạng

bn+1 = ak0 ) Đối với các chỉ số k1, k2, , k11 điều này có nghĩa là không

có bất kỳ bất đẳng thức nào trong chuỗi ak1< ak2< < ak11 có thể xảy ra; tức là, ta có a k 1> a k 2> > a k 11 (nhắc lại là các số a 1 , a 2 , , a 101

khác nhau) Bài toán được chứng minh

Bài 2.2.6 Chứng minh rằng với ba dãy vô hạn bất kỳ (a1, a2, ), (b 1, b2, ) và (c1, c2, ) gồm các số nguyên dương, tồn tại chỉ số p > q sao cho

a p aq, bp bq và cp cq xảy ra đồng thời.

Giải Đầu tiên từ một dãy vô hạn (x1, x2, ) các số nguyên dương

bất kỳ, ta chỉ ra cách chọn một dãy con vô hạn (y1, y2, ) khônggiảm, tức là nó thỏa mãn điều kiện yk yk+1 với mọi k 1 Ta sử dụngphép quy nạp và tập đầu tiên là y1 = x1 Bây giờ giả sử với n 1 ta chọnđược các số

y1 = xi1 y2 = xi2 yn = xin , khi i1 < i2 < < in

và giả sử rằng không thể chọn được số yn + 1 Điều này có nghĩa là xi <

yn, tức là, xi 2 f1, 2, , yn 1g với mọi i > in Do đó một trong các số

1, 2, , yn 1 phải bằng vô hạn số hạng xi (với chỉ số i > in); do đó từdãy (x1, x2, ) ta có thể chọn một dãy con không giảm vô hạn gồmcác số bằng nhau (y, y, ).

Bây giờ ta dễ dàng chứng minh khẳng định của bài toán Đầu tiên,

ta chọn từ dãy (a1, a2, ) một dãy con vô hạn không giảm (ai1 , ai2 , ); sau đó ta lấy dãy (b i 1 , b i 2 , ) và chọn một dãy con vô hạn không giảm

(bj1 , bj2 , ), và cuối cùng ta chọn từ dãy (cj1 , cj2 , ) một dãy con vô hạn không giảm (ck1 , ck2 , ) Vì dãy con bất kỳ của một dãy không giảm thì không giảm, nên cho dãy các chỉ số k1< k2< vừa có được ta có

a

k1 ak2 a

k3 ,b

kết quả trên còn mạnh hơn điều phải chứng minh

Bài 2.2.7 Chứng minh rằng từ một dãy số thực tùy ý (a1, a2, , an)

ta có thể chọn một phần các số hạng sao cho hai điều kiện sau được

Ta xét sáu dãy số X1 [ (X2 \ R+), X1 [ (X3 \ R+), X2 [ (X1 \ R+), X2 [(X3 \ R+), X3 [ (X1 \ R+), và X3 [ (X2 \ R+), khi đó toán tử được sử dụngphải được hiểu như sau: X \ R+) là dãy con bao gồm tất cả các số hạngdương của dãy X; nếu Y = (xi1 , xi2 ) và Z = (xj1 , xj2 ) là hai

dãy con của cùng một dãy (x1, x2, ), thì ta đặt Y [ Z = (xk1 , xk2 ),

trong đó k1 < k2 < là sự sắp xếp tăng dần của tập fi1, i2, g [ j1,

j2, g Các dãy X1, X2, X3 được chọn sao cho một trong sáu dãy con

được giới thiệu ở trên có thuộc tính (a); bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng một số

trong số chúng cũng có thuộc tính (b) Với mục đích này, ta ký hiệu si+,

tương ứng si , là tổng các số hạng dương, tương ứng số hạng âm, của

dãy Xi, i = 1, 2, 3 Ta phải chứng minh rằng ít nhất một trong sáu số

s1+ + s1 + s2+ + s2 + s3+ + s3 0,

điều này xảy ra vì vế trái là a1 + a2 + + an, được giả định là không

âm

2.2.3 Lựa chọn dãy con

Các bài toán sau đây yêu cầu ta yêu cầu chọn từ các dãy cho trước một

dãy con với các thuộc tính quy định (chủ yếu liên quan đến tổng các số

hạng của nó) Để bắt đầu, ta làm rõ cụm từ “ một số số hạng ai có thể

được chọn sao cho tổng S của chúng ” không loại trừ trường hợp mà

một số hạng đơn ai được chọn; do đó rõ ràng “tổng” ta nên dùng S = ai,

Bài 2.2.8 Giả sử tổng các số nguyên dương a1, a2, , an bằng 2n

trong đó số nguyên lớn nhất khác n + 1 Chứng minh rằng nếu n là chẵn,

chia hết cho n, vì từ 1 Si < 2n và n j Si suy ra Si = n Hơn nữa, ta giảđịnh rằng số a1 an cũng không chia hết cho n, vì từ

có nghĩa là a2 + a3 + + ai + an = n Bài toán được chứng minh

Bài 2.2.9 Giả sử rằng các số nguyên dương x1, x2, , xn, y1,

y2, , ym thỏa mãn tổng x1 + x2 + + xn và y1 + y2 + + ymbằng nhau và nhỏ hơn m n Chứng minh rằng từ phương trình

x1 + x2 + + xn = y1 + y2 + + ym

ta có thể loại bỏ một số (nhưng không phải tất cả) số hạng sao chophương trình vẫn đúng

Giải Ký hiệu s là giá trị chung cả hai vế của (2.4) và chứng minh bằng

quy nạp theo số nguyên k = m + n Vì maxfm, ng s < mn, ta có m 2 và

n 2, và do đó k 4 Nếu k = 4, thì m = n = 2 và s < 2 2 = 4, có nghĩa là

từ phương trình x1 + x2 = y1 + y2 ta có thể loại bỏ số 1 từ cả hai vế.Nếu k > 4, ta thực hiện phép quy nạp bằng cách viết lại (2.4) dướidạng

(x1 y1) + x2 + + xn = y2 + y3 + + ymlàm giảm giá trị của k thêm 1 đơn vị Khi làm điều này, ta giả sử rằng x1(tương ứng y1) là lớn nhất trong các số xi (tương ứng yi); điều này có

thể đạt được bằng cách thay đổi thứ tự của chúng Hơn nữa, ta giả định rằng x1 > y1 (nếu x1 = y1, thì ta chỉ cần loại bỏ cặp x1, y1 từ cả hai vế của (2.4); nếu x1 < y1, ta có thể quy nó về trường hợp x1 > y1 bằng cách đổi hai

vế của (2.4)) Theo giả thiết quy nạp, ta có thể loại bỏ các số hạng thích hợp

từ phương trình (2.5) miễn là tổng s0 = y2 + y3 + + ym thỏa mãn s0 <

n(m 1) Nhưng điều này đảm bảo bởi kết quả rằng y1 là số

lớn nhất trong các số yt: Từ s = y1 + y2 + + ym theo đó y1 ms , và

do đó s0 = s y1 mm 1 s < n(m 1), vì s < mn

Ta kết thúc bài toán này bằng cách nhận xét rằng từ một cách khửchấp nhận được các số hạng trong (2.5), ta có thể thu được một cáchkhử thích hợp trong (2.4), trong đó hai số hạng x1, y1 bị xóa khi và chỉkhi số hạng (x1 y 1) nằm trong các số hạng bị xóa trong (2.5) Tất cả các

cách khử khác đều giống nhau trong (2.4) và (2.5)

Bài 2.2.10 Giả sử rằng tổng của tất cả 2n số hạng gồm các số thực của dãy x1, x2, , x2n bằng A, và không có số jxi+1 xij, 1 i 2n 1, nào

vượt quá số dương # Chứng minh rằng n số hạng của dãy x1,

x2, , x2n có thể được chọn sao cho tổng S của chúng thỏa mãn bấtđẳng thức jS A2 j 2#

Giải Với mỗi dãy con c = (xi1 , xi2 , , xin ), trong đó 1 i1 < < in

2n, ta đặt S(c) = (xi1 + xi2 + + xin ), và ta ký hiệu M là tập tất cả cácdãy con có chiều dài n Ta chứng minh rằng jS(c)

Hai phần tử c = (x i

lân cận nếu ji1 j1j + ji2

jS(c) S(d)j # với mọi phần tử lân cận c, d 2 M Dễ dàng viết một dãy c1,

c2, , cn 2 gồm các phần tử của M, trong đó hai số hạng lân cận bất

kỳ kề nhau, trong đó c1= (x1, x2, , x n) và cn2 = (xn+1, x n+ 2 , , x2n) Điều này có thể được thực hiện, ví dụ như sau: Đầu tiên ta đổi số hạng

xn trong c1 từng bước một thành xn+1, xn+2, , x2n, sau đó ta đổi xn 1thành xn, xn+1, , x2n1, v.v., cho đến cuối cùng x1 được thay đổi thành

x2, x3, , xn+1 Vì S(c1) + S(cn2 ) = A, số A2 nằm giữa S(c1) và S(cn2 ), và

do đó cũng nằm giữa S(ck) và S(ck+1) với k 2 f1, 2, , n2 1g Vì

với k như trên ta có

1, ta xem nó như là một nhóm các số hạng lân cận (hoặc liên tiếp)

Bài 2.2.11 Tìm k lớn nhất sao cho k 10 mà ta có thể đặt k chữ số khác

nhau trên đường tròn của một hình tròn sao cho cặp chữ số lân cận bất

kỳ tạo thành (theo thứ tự thích hợp) một số nguyên chia hết cho 7

Hình 2.2

Giải Ta xác định các cặp có thể có của các chữ số lân cận bằng cách viết

tất cả các bội số của 7 với tối đa hai kí tự 07, 14, 21, , 98 Điều này có thể được biểu diễn trên Hình 2.2, trong đó mỗi cạnh giữa hai kí tự có nghĩa

là những kí tự này tạo thành một bội số của 7 Như ta thấy hình vẽ bao gồm

ba phần liên thông (thành phần) Vì rõ ràng là ta chỉ có thể đặt các chữ số của cùng một thành phần trên đường tròn của hình tròn, ta thu được cận k

5 Thực tế, giá trị k = 5 có thể đạt được, ví dụ bằng dãy số 1, 2, 4, 8, 9 (có thể tìm được bởi một đường đi đóng thích hợp dọc

theo thành phần lớn nhất)

Bài 2.2.12 Giả sử số nguyên k lớn hơn số nguyên dương n, nhưng không phải là bội của n Chứng minh rằng tồn tại một dãy gồm các số

thực có chiều dài k với thuộc tính như sau: Tổng của n số hạng liêntiếp bất kỳ âm, trong khi tổng của tất cả k số hạng dương

Giải Để cho dễ dàng ta tìm dãy có dạng

x1, x2, , xn, x1, x2, , xn, ,khi đó tất cả tổng n số hạng liên tiếp cùng bằng A = x1 + x2 + + xn

Để biểu diễn tổng B của tất cả k số hạng của dãy trên, ta chia k cho nvới phần dư: k = np + q (p, q 2 N, 0 < q < n) Do đó B = pA + x1 + x2 +

+ xq và ta thấy rằng nó dễ dàng thỏa mãn các điều kiện A < 0, B > 0:

Chỉ cần đặt x1 = p + 1, xi = 0(1 < i < n), và xn = p 2; thì A = 1

và B = 1

Bài 2.2.13 Giả sử rằng dãy a1, a2, , am và b1, b2, , bn gồm các số nguyên dương thỏa mãn bất đẳng thức ai n (1 i m) và bi m (1 in) Chứng minh rằng từ một trong hai dãy có thể chọn một nhóm các

số hạng lân cận sao cho tổng các số trong cả hai nhóm đều bằngnhau

Giải Đặt A (i) = a1 + + ai (1 i m), B(i) = b1 + + bi (1 i n) và giả

sử rằng A(m) B(n) (trong trường hợp A(m) < B(n) ta đổi chỗ hai dãy).Với mọi i = 1, 2, , n tồn tại một chỉ số nhỏ nhất k sao cho

A(k) B(i); ta ký hiệu nó là ki Vì A(ki) = A(ki 1) + aki < B(i) + n, tất cả n

số di = A(ki) B(i) nằm trong tập f0, 1, , n 1g Nếu di = 0 với mọi i, thì

ta hoàn thành chứng minh a1 + a2 + + aki = b1 + b2 + + bi; mặtkhác theo nguyên lý chuồng chim bồ câu, tồn tại chỉ số i, j(1 i < j n) saocho di = dj, và do đó B(j) B(i) = A(kj) A(ki) Nhưng điều này có nghĩa là

bi+1 + bi+2 + + bj = aki +1 + aki +2 + + akj

2.2.5 Dãy số tiêu chuẩn

Trong các tình huống thực tế, dãy cấp số cộng và các dãy cấp sốnhân đôi khi có ích, và đây là lý do tại sao những dãy số này xuất hiệntrong hầu hết các môn toán học ở cấp trung học Ta nhớ lại rằng một dãy

a1, a2, được gọi là dãy cấp số cộng với công sai d nếu với mọi chỉ

số i > 1 ta có ai ai 1 = d, và do đó ai = a1 + (i 1)d Dãy b1, b2, đượcgọi là dãy cấp số nhân với công bội q nếu với mọi chỉ số i > 1 ta có bi

= qbi 1, và do đó bi = b1qi 1

Bài 2.2.14 Giả sử số hạng đầu tiên a1 và công sai d của dãy cấp số cộng vô hạn là số nguyên dương Chứng minh rằng tồn tại số hạng

của dãy có kí tự 9 khi biểu diễn dưới dạng thập phân

Giải Số hạng ai+1 = a1 + id của dãy đã cho là số có (k + 1) kí tự với kí

tự đầu tiên là 9 nếu 9 10k a1 + id < 10k+1, tương đương với i 2 [a, b),

trong đó các số dương a, b xác định bởi

Bài 2.2.15 Với mỗi n 1 chọn các số nguyên dương a1 < a2 < <

a2n+1 tạo thành một dãy cấp số cộng sao cho tích a1a2 a2n+1 làbình phương của một số nguyên

Giải Ta thử chọn A, 2A, 3A, , (2n + 1)A với A 2 N Tích của những số

này bằng (2n + 1)!A2n+1, và là một số chính phương khi A = (2n + 1)!

Bài 2.2.16 Chứng minh rằng từ một dãy cấp số cộng vô hạn a, a + d,

a + 2d, (trong đó a, d 2 R, d 6= 0) ta có thể chọn một dãy cấp số

nhân vô hạn khi và chỉ khi da hữu tỷ

Giải Nếu a + kd, a + md, a + nd, trong đó 0 k < m < n, là bộ ba số

hạng lân cận của dãy cấp số nhân, thì

(a + kd)(a + nd) = (a + md)2,

từ đó khi chia cho d và thế t =

hay t(2m k

k n = 0 = kn

và ta biết rằng trung bình cộng và trung bình nhân của các số k, n bằng nhau nếu k = n

Ngược lại, cho da2 Q Ta có thể giả sử rằng a có cùng một dấu như

d 6= 0 (nếu không, ta chỉ đơn giản là xóa bỏ một vài số hạng a, a +

d, a + 2d, , nghĩa là, thay đổi số a thành a + kd, với k đủ lớn sao cho

d (a + kd) > 0; lưu ý rằng sự thay đổi này không ảnh hưởng đến điều kiện da 2 Q).

Do đó ta có thể viết da = qp , trong đó p, q 2 N Theo định lý nhị thức, mỗi số hạng của dãy cấp số nhân của các số bm = a(1 + q)m, trong đó m = 1, 2, , có dạng

rằng trong các tổng xuất hiện có ít hơn 1200 giá trị khác nhau

Giải Nếu M là tập các giá trị của tất cả các tổng xuất hiện, thì số nguyên

S = x1 + x2 + + x19 là giá trị lớn nhất Ta ước lượng số các số nguyên từ

1, 2, , S không nằm trong M Để làm điều này, không làm mất tính

tổng quát ta giả sử rằng x1 x2 x19 Vì S > S x1 > x2 1, tập M1 = f1,

2, , x2g và M2 = fS x1, S x1 + 1, , Sg rời nhau, và

mỗi tập bao gồm nhiều nhất hai phần tử của M (cụ thể là, M1 bao gồm

x1 và x2, và M2 bao gồm S x1 và S) Vì vậy M không chứa ít nhất x2 2phần tử của M1 và ít nhất x1 1 phần tử của M2, và do đó

jMj S (x2 2) (x1 1) = x3 + x4 + + x19 + 3 17

70+3 = 1193

Bài 2.2.18 Cho 20 số nguyên 1 a1 < a2 < < a20 70 Chứng minh

rằng trong số các sai số aj ak(1 k < j 20) ít nhất bốn giá trị là bằngnhau

Giải Giả sử trong số 19 số nguyên a20 a19, a19 a18, , a2 a1 không

có bốn số giống nhau Nếu ta đánh số chúng theo kích cỡ của chúng 1

tự nào đó ta được hai dãy bất đẳng thức Chứng minh rằng giữa các

phần tử của hai dãy thỏa