(Luận văn thạc sĩ) 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.. Số học tổ hợ

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

1.1 Số học 5

1.1.1 Tính chất chia hết trong tập hợp số nguyên 5

1.1.2 Đồng dư 5

1.1.3 Hàm phần nguyên 6

1.2 Nguyên lý Dirichlet 7

1.3 Nhắc lại về tập hợp 8

1.3.1 Tập hợp con 8

1.3.2 Tập hợp sắp thứ tự 8

1.3.3 Số phần tử của một số tập hợp 9

1.4 Quy tắc cộng và quy tắc nhân 9

1.4.1 Quy tắc cộng 9

1.4.2 Quy tắc nhân 10

1.5 Giai thừa và hoán vị 11

1.5.1 Giai thừa 11

1.5.2 Hoán vị 11

1.6 Chỉnh hợp, tổ hợp 11

1.6.1 Chỉnh hợp 11

1.6.2 Tổ hợp 12

Chương 2 Số học tổ hợp 13 2.1 Bài toán sắp xếp 13

2.1.1 Bài toán chia hết 14

2.1.2 Bài toán về bất đẳng thức 16

2.1.3 Bài toán cực trị 20

2.1.4 Bài toán tổng hợp 22

2.2 Dãy số 25

2.2.1 Bài toán về bất đẳng thức 25

2.2.2 Bài toán về dãy con 27

2.2.3 Lựa chọn dãy con 30

2.2.4 Nhóm các số hạng lân cận 33

2.2.5 Dãy số tiêu chuẩn 34

2.2.6 Bài toán hỗn hợp 36

2.3 Mảng số 38

2.3.1 Tổng hàng và tổng cột 38

2.3.2 Bài toán về mảng con 41

2.3.3 Bài toán về tập các trường 44

2.3.4 Bài toán về trường lân cận 46

2.3.5 Biến đổi mảng 48

2.3.6 Mảng tam giác 50

2.4 Cấu hình không thứ tự 54

2.4.1 Chọn tập con 54

2.4.2 Tập hợp kiểu DS 56

2.4.3 Bài toán phân hoạch tập 57

2.4.4 Phân hoạch đều 59

2.5 Phép lặp 61

2.5.1 Các ví dụ giới thiệu 62

2.5.2 Phương pháp bất biến 64

2.5.3 Phương pháp đánh giá 66

2.5.4 Phương pháp đánh giá - mở rộng 69

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

có chăng 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 bài toán

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 sởcho 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 họcnào đó Mục 2.2 giải quyết các bài toán có liên quan đến dãy số Dãy concủa một dãy, như tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của tổng các phần

tử của một dãy chứng minh tồn tại dãy con thỏa mãn một tính chất nào

đó Mục 2.3 có các bài toán về mảng số liên quan đến bài toán số họcnhư sắp xếp các số vào một mảng, mảng con, trường lân cân, mảng tamgiác Trong Mục 2.4 giúp ta hiểu rõ hơn các bài toán về số học đề cậptới tập, tập hợp con, phân hoạch tập phân hoạch đều Cuối cùng, Mục2.5 giải quyết các bài toán trên dãy lặp hữu hạn, vô hạn hoặc tuần hoànbằng phương 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, các thầycác cô đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho tôi trong thời gian học tậptại trường

Hà Nội, ngày 18 tháng 10 năm 2017

Tác 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 Các nộidung này cũng được giảng dạy cho học sinh trung học phổ thông hệ cơbản, 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 b, thì a ≥ k.

ii) Nếu a b với mọi i = 1, n thì(a1+a2+ · · · +an) b

iii) Với hai số nguyên không âm bất kỳ a và b, trong đó b 6= 0, luônluôn tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q và r sao cho a = bq+r,trong đó 0 ≤ r < b

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 sốnguyên dương) khi và chỉ khi(a−b) m

ii) Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập hợp sốnguyênZ.

iii) Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì

vi) Nếu n là số tự nhiên thì n[x] ≤ [nx]

vii) Với mọi số tự nhiên n và q (q 6= 0) thì qhnqi ≤ n

1.2 Nguyên lý Dirichlet

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

ncái 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 hn+mm−1i con thỏ, ởđây kí hiệu[α]để chỉ phần nguyên của số α.

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

 n+m−1m

con, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằnghnm−1icon Từ

đó suy ra tổng số con thỏ không vượt quá m·hnm−1i = n−1 con Điều

này vô lý vì có n con thỏ Vậy giả thiết phản chứng là sai Nguyên líDirichlet 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 dàng chứngminh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìm được 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

Hình 1.1

phần tử của A và B Giả sử có một số tự nhiên B nào đó mà S(A) >

kS(B) và ta có quy tắc cho tương ứng mỗi phần tử của A với một phần

tử của B Khi đó tồn tại ít nhất k+1 phần tử của A mà chúng tương ứngvới cùng một phần tử của B

Chú ý: Khi k = 1, ta có ngay lại nguyên lí Dirichlet

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

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,

Để liên hệ với quy tắc nhân hãy nhớ là việc chọn một phần tử của tíchĐề-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 Theo quytắc nhân ta nhận được đẳng thức

Kí hiệu Pn là số các hoán vị của n phần tử

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)

tử của một tập hợp

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 choviệc thử nghiệm một phương pháp hay một thuật toán tìm lời giải củachúng trở nên khó khăn Điều này càng khó khăn hơn, vì các bài toánriêng lẻ là các “bài toán nghiên cứu” độc lập, biến đổi nhiều mức độ khókhăn khác nhau Chúng dao động từ những bài đơn giản đến những bàirất khó khăn, khi mà lời giải đòi hỏi một lượng đáng kể năng lượng sángtạo, tài xoay xở, và cũng (trong trường hợp thất bại ban đầu) cần sự kiênnhẫn

Nội dung của chương này được trình bày như sau: Các bài toán đượcchia thành các phần theo một kiểu cấu hình cụ thể Do đó, trong phầngiới thiệu ngắn gọn này chúng tôi chỉ nêu tên một số phương pháp tổngquát để giải các bài toán này, và miêu tả các phương pháp cụ thể hơnkhi phát sinh trong toàn bộ chương

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

số này 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 hếtcho n nên mâu 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

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

kỳ của 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 | 1 + a1 suy ra

Tiếp theo ta thử chứng minh trường hợp n = 3 bằng cách thêm một

số thích hợp a3 > 3 vào cặp(2, 3) Điều kiện a3 | 1+2·3 kéo theo a3 = 7

Do 2 | 1+3·7 và 3 | 1+2·7, do đó trường hợp n = 3 thỏa mãn (Chú

ý rằng trong phát biểu của toán thứ tự của các số nguyên b2, b3, , bn

không quan trọng, và do đó với mỗi ai (1 ≤ i ≤ n) ta kiểm tra duy nhấtmột điều kiện ai | 1+ as

i trong đó s = a1a2· · ·an.)

Có phải ta thành công với trường hợp n = 3 nhờ may mắn, hay có một

lý do sâu sắc đằng sau nó? Do đó ta kiểm tra xem kết luận sau có đúng

trong trường hợp tổng quát hay không: Nếu các số a1, a2, , ak thỏamãn 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 | 1+a1a2 ak hiển nhiên đúng Do đó, ta chỉ cần kiểm tra với mỗi

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

1+siak+1 = 1+si(1+aisi) = (1+si) +ais2ikéo theo ai | 1 +siak+1 đúng khi và chỉ khi ai | 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, , ancủa 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

vị a1, a2, , an thích hợp các số nguyên 1, 2, , n Do đó ta chỉ cần xéttrường hợp n = 2k Ta có 1+ 2 + · · · +n = k(2k +1), và điều kiện

a2k | a1 + a2 + · · · + a2k−1 tương đương với a2k là ước của tổng a1 +

a2 + · · · + a2k = k(2k +1) Do vậy ta thử a2k = k, ta thu được a2k−1 |

k(2k+1) − k = k·2k, gợi ý rằng ta lấy a2k−1 = 2k Tiếp tục theo cáchnày, ta thu được a2k−2 = k−1, a2k−3 = 2k−1, Do đó ta thu được hoánvị

k+1, 1, k+2, 2 , 2k, k

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

(k+1) +1+ (k+2) +2+ · · · + (k+i) = ik+i(i+1)

i(i−1)

2 = i(k+i)và

(k+1) +1+ (k+2) +2+ · · · + (k+i) +i = i(k+i) +i = i(k+i+1).Tuy nhiên, hoán vị trên không là cách duy nhất thỏa mãn điều kiện củabài toán với n = 2k Người đọc nên thể kiểm tra điều kiện của bài toáncũng được thỏa mãn bởi hoán vị

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 củadãy 2n số 1, 1, 2, 2, , n, n sao cho với mỗi k = 1, 2, , n tồn tại đúng kphần tử giữa hai số k Chứng minh rằng n2+nchia hết cho 4

Giải. Gọi a1, a2, , a2n là một hoán vị với tính chất đã cho Điều này cónghĩa với mỗi k = 1, 2, , n, tồn tại một chỉ số ik sao cho aik = aik+k+1 =

vì hiệu của chúng bằng 2n(n−1), và n(n−1) luôn luôn là số chẵn 

2.1.2 Bài toán về bất đẳng thức

Trong phần này ta xem xét các bài toán có liên quan tới dãy bất đẳngthức: 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 hoặc tồntại bao nhiêu hoán vị để các số hạng của dãy thỏa mãn một bất đẳngthức nào đó.

Bài 2.1.5. Cho x1, x2, , xn và y1, y2, , yn là hai hoán vị một bộ n sốsao cho x1 < x2 < · · · < xn và x1 + y1 < x2 +y2 < · · · < xn +yn.Chứng minh rằng hai hoán vị phải trùng nhau, tức là xi = yi với mọi

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

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 haidãy bất đẳng thức

a1 < a3 < a5 < · · · < a2n−1,

a2 > a4 > a6 > · · · > a2n (2.1)

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

S = |a1−a2| + |a3−a4| + |a5−a6| + · · · + |a2n−1−a2n|.

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

{a1, a3, , a2n− 1} của tập {1, 2, , 2n}, cụ thể (2nn) Ta sẽ chứng minhbất đẳng (2.1) có nghĩa rằng với mỗi k = 1, 2, , n ta có hoặc a2k ≤ n <

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

nsố

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

a2, a4, , a2k−2, a2k−1, a2k+1, , a2n− 1.Trong trường hợp a2k−1 < a2k ta suy ra a2k−1 ≤ n < a2k Nếu ta bỏ dấutrị tuyệt đối trong tổng S, ta thu được

S = ±(a1−a2) ± (a3−a4) ± · · · ± (a2n−1−a2n)

= ±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 +

xuất hiện với các số mà lớn hơn n Cho nên giá trị của S là độc lập vớicách chọn hoán vị, bằng

Hình 2.1

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

{a2, a4, a5, a8, a9, a10} và{a3, a6, a7} theo(93) cách Với mỗi cách chia nhưvậy, các số a2, a3 được xác định một cách duy nhất (do là số lớn nhấttrong mỗi tập con) Với cách chọn a6, a7ta có hai khả năng, trong khi vớicách chọn của{a4, a8, a9}và{a5, a10}có(52)khả năng Với mỗi một trongcác cách chọn, a4, a5, a10 được xác định duy nhất, và với a8, a9, tồn tại haikhả năng Do đó theo quy tắc nhân, số cách chọn là

93

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 của các

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 vậy của F luôn luôntồn tại, vì chúng tương ứng là phần tử nhỏ nhất, lớn nhất của tập hữuhạn phần tử gồm n! phương pháp

Bài 2.1.10. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng

S = |x2−x1| + |x3−x2| + · · · + |xn−xn−1| + |x1−xn|,

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 |x| ≥ x, màđúng với mọi x ∈ R Vì giá trị S không thay đổi dưới phép hoán vị vòng

quanh của các số x1, x2, , xn, ta có thể giả sử x1 = 1 Lấy k (1 < k ≤ n)

ta thu được chặn dưới 2(n−1) ≤ S Ta có đẳng thức S = 2(n−1)

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

xk > xk−1 > xk−2 > · · ·x2 > x1 và xk > xk+1 > xk+2 > · · · > xn > x1đúng Ví dụ với k = 2, hoán vị 1, n, n−1, n−2, , 2 thỏa mãn Do đó,

Bài 2.1.11. Tìm giá trị lớn nhất có thể của biểu diễn

x1x2 +x2x3+ · · · +xn− 1xn+xnx1với n ≥ 3 cho trước và x1, x2, , xn là

Giải. Ký hiệu Sn(x1, x2, , xn) là biểu thức bên trên và Mn là giá trị lớnnhất của nó Do Sn(x1, x2, x3) = 1·2+2·3+3·1 = 11 khi{x1, x2, x3} ={1, 2, 3}, 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− (n−x2)(n−xn)

≤ Mn−1+n2−1·2,với dấu bằng xảy ra khi Sn−1(x2, x3, , xn) = Mn− 1và đồng thời{x2, xn} ={n−2, n−1} Nếu ta đưa ra giả thiết quy nạp Tn rằng tồn tại một hoán

vị y1, y2, , yn−1 của 1, 2, , n −1 mà y1 = n−1, yn−1 = n−2, và

Sn−1(y1, y2, , yn−1) = Mn−1 (Tn đúng với n = 4,) ta thu được hệ thứctruy hồi Mn = Mn− 1+n2 −2, trong đó n, yn− 1, yn− 2, , y2, y1 là mộthoán vị của 1, 2, , n thuộc giả thiết Tn+1 Bây giờ, sử dụng phươngpháp cộng để tính

Giải.Với n = 4k ta cón−21 = 2k−1 Do đó, ta phải kiểm tra rằng với bất

kỳ hoán vị x1, x2, , x4k, bất đẳng thức d∗ ≤ 2k−1 đúng, với dấu bằng

xảy ra với một hoán vị nào đó Ta chứng minh dựa trên việc xét các cặpphần tử của hoán vị mà được đặt ngay sau số nguyên n2 = 2k (các phần

tử x1, xncũng 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 |x2 −x1|,|x1−xn| nhỏ hơn

2k, vì bất đẳng thức|2k−x| ≥ 2k chỉ đúng với một số x duy nhất thuộc

tập{1, 2, , 4k} 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 kỹthuật sau: Dãy các số nguyên bj = b0+ (2k−1)jvới bất kỳ b0 ∈ 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 nên tồn 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 − xi ≡ 2k−1 (mod n),mỗi di = |xi+ 1− xi| bằng 2k −1 hoặc bằng n− (2k−1) = 2k+1, với

1 ≤ i ≤ n Điều này kéo theo bất đẳng thức d∗ ≥ 2k−1, và do đó ta cóđẳng thức d∗ = 2k−1

Cách giải 1. Giá trị của V không thay đổi dưới phép hoán vị vòng quanhcủa 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 4 hiệutrong 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 toán chỉ

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

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) +Wsuy 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, , 100được viết theo thứ tự tùy ý, thì tồn tại mười số hạng liên tiếp có tổng lớnhơn hoặc bằng A

Giải. Ta chia một hoán vị bất kỳ x1, x2, , x100 của các số 1, 2, , 100thành mười đoạn liên tiếp, mỗi đoạn mười số và lập tổng S1 = x1+x2+

· · · + x10, , S10 = x91 + x92 + · · · +x100 Vì tổng S1 +S2+ · · · + S10bằng 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 tráilớn 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 saukhi khử k−n số hạng thích hợp ta có thể thu được hoán vị bất kỳ củacác 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 không thu được từphép khử) Đưa ra một ví dụ về dãy n-phổ dụng có độ dài k = n2 vàmột 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 thêmvào dãy n−1 giá trị tùy ý để thu được độ dài k = n2), ta bắt đầu với ví

dụ đơn giản với k = n2 Một ví dụ thích hợp là dãy chứa n lần lặp lạicủa cùng một hoán vị các số nguyên 1, 2, , n, ví dụ dãy

Dãy này có độ dài n2, ta thu được một sắp xếp tùy ý a1, a2, , an của các

số nguyên 1, 2, , n bằng cách khử tất cả các số nguyên trong Bk ngoạitrừ ak (với mọi k = 1, 2, , n)

Để thu được ví dụ với k = n2−n+1, ta thu ngắn dãy (2.2) bằng cáchxóa 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 ak từ Bknhư 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 cóthể sử dụng cách tiếp cập ban đầu, vì trong đoạn Bn của (2.2) ta đã giữ

Trong phần này ta đã giải quyết được các bài toán liên quan tới tínhchất chia hết của một dãy số Chứng minh tồn tại một hoán vị để đượcmột dãy số thỏa mãn một tính chất số học nào đó Các bài toán về bấtđẳng 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 ∈ 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 liênquan, hoặc không quan trọng dãy vô hạn hay không; do đó ta viết đơngiản 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−1 phụ thuộc vào tínhchẵn 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+ 1của dãy số a1, a2, được gọi là cặp số hạng liên tiếp Lưu ý rằng hai số hạng khác nhau củacùng một dãy (có nghĩa là hai số hạng có chỉ số khác nhau) có thể bằngnhau; ví dụ, các số hạng đầu tiên và thứ tư trong dãy số 2, 3, 4, 2, 5 cótính chất này Nếu ta có ai = aj, thì đây là một đẳng thức của hai số; nóichung 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 biếnđổi thành chuỗi a1+k, a2+k, , an, a1, a2, , ak với k ∈ {1, 2, , n−1}

Ta có thể hình dung là các số a1, a2, , an được viết dọc theo đườngtròn 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 ∈ Z và i = 1, 2, , n Hơn nữa, ta không xét haichuỗi cyclic a1, a2, , an và aj+1, aj+ 2, , aj+ n, với j ∈ Z là khác nhau 2.2.1 Bài toán về bất đẳng thức

Bài 2.2.1. Giả sử mỗi số hạng trong dãy x1, x2, , xn là−1, hoặc 0, hoặc

1 Tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của tổng S của mọi (n2) tích xixj (khi

1 ≤ i < j ≤ n)

Giải.Cho dãy x1, x2, , xn có chính xác p (tương ứng q, tương ứng r) số

xảy ra khi và chỉ khi p = q = n2 và r = 0 Nếu n là số lẻ, thì S ≥ −2n cónghĩa là S ≥ −n2+1 vì S ∈ Z; trong trường hợp này đẳng thức S = −n2+1

xảy ra trong đúng hai trường hợp: Hoặc là r = 1 và p = q = n−21 hoặc là

r = 0 và {p, q} = {n+21,n−21} Do đó, câu trả lời cuối cùng cho tất cả cáctrường 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 bấtđẳng 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 =

ta có thể chọn 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 chọnsao cho 0 ≤ S1 ≤ a2, thì ta đặt S = a1−S1 hoặc S = −a1+S1, tùy thuộcvào 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

y1 = x1, y2 = x1+x2

2 , , yn =

x1+x2+ .+xn

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 ∈ R Nếu

ta chọn c = minkxk, khi đó cách thay thế trên cho ta một dãy mới

x1, x2, , xn với minkxk = 0 và maxkxk = 1 Bây giờ ta chọn hai chỉ

số p, q sao cho yp = minkyk và yq = maxkyk, và ta chia thành hai trườnghợp sau

(b) p > q Tương tự như trên, ta có

yq −yp = (x1+x2+ .+xq) 1

q −

1p



= 1− q

p ≤ 1−

1n

Do đó, trong cả hai trường hợp ta có yq −yp ≤ 1− n1 Dễ dàng chứngminh 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 nàyxảy 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− 1n 

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 làmột dãy với các tính chất nhất định, rõ ràng thuật ngữ dãy con vô hạn

và và dãy 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 dãycon b1, b2, , b11 mà trong đó hoặc b1 < b2 < < b11 hoặc b1 > b2 >

10 phần tử {1, 2, , 10} 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 b1 < b2 < < bn = ak 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 xảyra; tức là, ta có ak1 > ak2 > > ak11 (nhắc lại là các số a1, a2, , a101

Bài 2.2.6. Chứng minh rằng với ba dãy vô hạn bất kỳ(a1, a2, ),(b1, b2, )

và (c1, c2, ) gồm các số nguyên dương, tồn tại chỉ số p > q sao cho

ap ≥ 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, ) không giảm, tức

là nó thỏa mãn điều kiện yk ≤ yk+1 với mọi k ≥ 1 Ta sử dụng phép quynạp và tập đầu tiên là y1 = x1 Bây giờ giả sử với n ≥ 1 ta chọn được cácsố

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 ∈ {1, 2, , yn−1} 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 gồm các

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 (bi1, bi2, ) và chọn một dãy con vô hạn không giảm

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

ak1 ≤ ak2 ≤ ak3 ≤ ,

bk1 ≤ bk2 ≤ bk3 ≤ ,

ck1 ≤ ck2 ≤ ck3 ≤ ,

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 thỏamãn:

(a) Từ mỗi bộ ba số hạng ai, ai+1, ai+2với (1 ≤ i ≤ n−2) thì một hoặchai số hạng được chọn,

(b) giá trị tuyệt đối của tổng tất cả các số hạng được chọn không nhỏhơn

1

6(|a1| + |a2| + .+ |an|).

Giải.Ta chia dãy đã cho thành ba phần,

X1 = (a1, a4, a7, ), X2 = (a2, a5, a8, ), X3 = (a3, a6, a9, ),

và giả định rằng a1+a2+ .+an ≥ 0 (mặt khác, ta thay thế mỗi số hạng

ai bằng giá trị đảo dấu của nó, điều này không ảnh hưởng đến bài toán)

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 sửdụng phải được hiểu như sau: X∩R+) là dãy con bao gồm tất cả các sốhạng dương 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 {i1, i2, } ∪{j1, j2, } Các dãy X1, X2, X3 được chọn sao cho một trong sáu dãy conđược giới thiệu ở trên có thuộc tính (a); bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng một sốtrong số chúng cũng có thuộc tính (b) Với mục đích này, ta ký hiệu s+i ,tương ứng s−i , là tổng các số hạng dương, tương ứng số hạng âm, củadãy Xi, i = 1, 2, 3 Ta phải chứng minh rằng ít nhất một trong sáu số

s+1 +s−1 +s2+, s+1 +s−1 +s3+, s+2 +s−2 +s1+,

s+2 +s−2 +s3+, s+3 +s−3 +s1+, s+3 +s−3 +s2+, (2.3)không nhỏ hơn 16(s+1 −s−1 +s+2 −s−2 +s+3 −s−3 ) Để làm điều này, kiểmtra rằng tổng S gồm sáu số trong (2.3) thỏa mãn S ≥ s+1 −s−1 +s+2 −

s2−+s+3 −s−3 , tức là S = 4(s1++s+2 +s+3 ) +2(s1−+s−2 +s−3 ) ≥ s+1 −s−1 +

s2+−s−2 +s+3 −s3− là đủ Nhưng bất đẳng thức này tương đương với

s+1 +s−1 +s+2 +s2−+s+3 +s−3 ≥ 0,điều này xảy ra vì vế trái là a1+ a2 + .+an, được giả định là không

2.2.3 Lựa chọn dãy con

Các bài toán sau đây yêu cầu ta yêu cầu chọn từ các dãy cho trước mộtdãy con với các thuộc tính quy định (chủ yếu liên quan đến tổng các sốhạng của nó) Để bắt đầu, ta làm rõ cụm từ “ một số số hạng ai có thểđược chọn sao cho tổng S của chúng ” không loại trừ trường hợp màmột 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, thì

chia hết cho n, vì từ 1 ≤ Si < 2n và n | Si suy ra Si = n Hơn nữa, ta giảđịnh rằng số a1−ancũng không chia hết cho n, vì từ−n+1 ≤ a1−an ≤

0 và n | (a1 −an) suy ra a1 −an = 0, tức là, a1 = a2 = = an = 2,

và do đó Si = n với i = n2 (n là số lẻ) Do đó không có số nào của tập nphần tử

M = {a1−an, S1, S2, , Sn−1}

chia hết cho n Bằng nguyên lý chuồng chim bồ câu, hai số trong M

có cùng số dư khi chia cho n Nếu đó là hai số Si, Sj (i < j), thì theo

0 < Sj −Si < 2n ta có

n = Sj −Si = ai+1+ai+2+ .+aj;nếu đó là hai số a1 −an và Si, thì hoặc an = n (nếu i = 1) và ta chọn sốnguyên đơn an, hoặc

n | Si − (a1−an) = a2+a3+ .+ai+an (nếu 1< i ≤ n−1)

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, , ymthỏa mãn tổng x1+x2+ .+xn và y1+y2+ .+ym bằng nhau và nhỏhơn m·n Chứng minh rằng từ phương trình

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)dưới dạng

(x1−y1) +x2+ .+xn = y2+y3+ .+ym (2.5)làm 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 địnhrằng x1 > y1 (nếu x1 = y1, thì ta chỉ cần loại bỏ cặp x1, y1 từ cả hai vếcủa (2.4); nếu x1 < y1, ta có thể quy nó về trường hợp x1 > y1 bằng cáchđổi hai vế của (2.4)) Theo giả thiết quy nạp, ta có thể loại bỏ các số hạngthích hợp từ phương trình (2.5) miễn là tổng s0 = y2+y3+ .+ym thỏamãn s0 < n(m−1) Nhưng điều này đảm bảo bởi kết quả rằng y1 là sốlớn nhất trong các số yt: Từ s = y1+y2+ .+ym theo đó y1 ≥ ms, và do

đó s0 = s−y1 ≤ mm−1s < 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−y1)nằm trong các số hạng bị xóa trong (2.5) Tất cả cáccách 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 củadãy x1, x2, , x2nbằng A, và không có số|xi+1−xi|, 1 ≤ i ≤ 2n−1, nào

vượt quá số dương ε Chứng minh rằng n số hạng của dãy x1, x2, , x2n

có thể được chọn sao cho tổng S của chúng thỏa mãn bất đẳng thức

|S− A2| ≤ ε

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 |S(c) − A2| ≤ ε

2 với c ∈ M.Hai phần tử c = (xi1, xi2, , xin) và d = (xj1, xj2, , xjn) sẽ được gọi làlân cận nếu | 1− j1| + |i2−j2| + .+ |in− jn| = 1 Theo giả thiết ta có

|S(c) −S(d)| ≤ εvới mọi phần tử lân cận c, d ∈ M Dễ dàng viết một dãy

c1, c2, , cn2 gồm các phần tử của M, trong đó hai số hạng lân cận bất

kỳ kề nhau, trong đó c1 = (x1, x2, , xn) và cn2 = (xn+1, xn+ 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, , x2n− 1, v.v., cho đến cuối cùng x1được 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 ∈ {1, 2, , n2 −1} Vì

với k như trên ta có

+

S(ck+1) − A

2

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 viếttất cả các bội số của 7 với tối đa hai kí tự 07, 14, 21, , 98 Điều này cóthể được biểu diễn trên Hình 2.2, trong đó mỗi cạnh giữa hai kí tự cónghĩa 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 thểđặt 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 bằngdãy số 1, 2, 4, 8, 9 (có thể tìm được bởi một đường đi đóng thích hợp dọc

Bài 2.2.12. Giả sử số nguyên k lớn hơn số nguyên dương n, nhưng khôngphải là bội của n Chứng minh rằng tồn tại một dãy gồm các số thực cóchiều dài k với thuộc tính như sau: Tổng của n số hạng liên tiếp 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 n vớiphần dư: k = np+q (p, q ∈ 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

bi; mặt khác theo nguyên lý chuồng chim bồ câu, tồn tại chỉ số i, j(1 ≤

i < j ≤ n)sao cho di = dj, và do đó B(j) −B(i) = A(kj) −A(ki) Nhưngđiều 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 số nhânđôi khi có ích, và đây là lý do tại sao những dãy số này xuất hiện tronghầu 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+idcủa dãy đã cho là số có (k+1)kí tự với kí tựđầu tiên là 9 nếu 9·10k ≤ a1+id < 10k+1, tương đương với i ∈ [α , β),

trong đó các số dương α, β xác định bởi

α = 9·10k−a1

10k+1−a1d

Tồn tại một chỉ số i tương ứng với k đã chọn nếu α ≥ 1 và β−α > 1 Dễdàng để thấy rằng hai điều kiện này có thể viết thành

a1+d ≤ 9·10k và d ≤ 10k

Rõ ràng ta có thể tìm một số k thích hợp, không quan trọng a1, d ∈ N

như thế nào (ví dụ, ta có thể lấy số các kí tự của a2 như là k) 

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 là bìnhphương của một số nguyên

Giải.Ta thử chọn A, 2A, 3A, ,(2n+1)Avới A ∈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 ∈ R, d 6= 0) ta có thể chọn một dãy cấp số nhân vô

hạn khi và chỉ khi ad hữu tỷ

Giải. Nếu a+kd, a+md, a+ nd, trong đó 0 ≤ k < m < n, là bộ ba sốhạng lân cận của dãy cấp số nhân, thì

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

từ đó khi chia cho d2 và thế t = a

d ta được

(t+k)(t+n) = (t+m)2,hay t(2m−k −n) = kn−m2 Do đó t là hữu tỷ nếu không xảy ra 2m−

k−n = 0 = kn−m2 Nhưng điều này không thể, vì nó có nghĩa là

Ngược lại, cho ad ∈ 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 điềukiện da ∈ Q) Do đó ta có thể viết a

Bài 2.2.17. Cho x1, x2, , x19 là một dãy các số nguyên dương nhỏ hơn

71, và xét tổng các số hạng của một dãy con bất kỳ Chứng minh rằngtrong 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 tínhtổng quát ta giả sử rằng x1 ≤ x2 ≤ ≤ x19 Vì S > S−x1 > x2 ≥ 1,tập M1 = {1, 2, , x2} và M2 = {S−x1, S−x1+1, , S}rời nhau, và

âm, tổng tất k số hạng dương... .+akj 

2.2.5 Dãy số tiêu chuẩn

Trong tình thực tế, dãy cấp số cộng dãy cấp số nhânđơi có ích, lý dãy số xuất tronghầu hết mơn tốn học cấp trung học Ta nhớ lại dãy