Bài viết này chỉ ra rằng chỉ cần thỏa mãn một số điều kiện biểu diễn đơn giản, có thể xây dựng một cầu trung chuyển giữa thuật toán xếp ba lô và thuật toán ăn tham. Nhờ đó, một số các kết quả về phân hoạch tập số nguyên dương thành hai tập hợp có số lượng các phần tử bằng nhau được chứng minh.
VỀ MỘT PHÂN HOẠCH TẬP CÁC SỐ TỰ NHIÊN THÀNH HAI TẬP HỢP CÓ TỔNG CÁC PHẦN TỬ BẰNG NHAU Nguyễn Văn Lợi - Nguyễn Hải Đăng - Nguyễn Thành Khang (Đại học Tổng hợp Budapest, Hungary) LỜI GIỚI THIỆU Bài viết cần thỏa mãn số điều kiện biểu diễn đơn giản, xây dựng cầu trung chuyển thuật tốn xếp ba lơ thuật tốn ăn tham Nhờ đó, số kết phân hoạch tập số nguyên dương thành hai tập hợp có số lượng phần tử chứng minh Mở đầu Từ năm 1990, nghiên cứu toán tối ưu toán học rời rạc bắt đầu phát triển Việc phân bổ tập hợp theo điều kiện cho trước, nhiều lần thuật toán xếp ba lơ thuật tốn tham ăn sử dụng Bài tốn xếp ba lơ phát biểu sau: tìm cách chọn đồ vật để xếp vào hai ba lô ba lô chứa nhiều đồ Thuật tốn xếp ba lơ dùng để giải tốn diễn giải sau: trước tiên, ta xếp đồ vật theo thứ tự giảm dần khối lượng Tiếp đó, ta ta xếp vào ba lô vật Sau lần xếp, người ta lại kiểm tra xem ba lơ cịn nhiều chỗ hơn, ưu tiên xếp trước Tiếp tục trình ta nhận cách xếp tối ưu Về thuật toán tham ăn, nội dung là: ta xếp vào ba lơ khơng cịn bỏ thêm nữa, sau thay đổi vị trí đồ vật từ ba lơ sang ba lơ kia, để hợp lý hóa công việc xếp (xem [1, 2, 3, 4, 5] tài liệu tham khảo đó) Trong này, sử dụng phương pháp trung gian lưu chuyển hai thuật toán Trước xếp chọn đồ vật nhỏ nhất, gọi tập hợp K; với mục đích: tham ăn tương đối đầy ba lơ, ta dùng đồ vật nhỏ từ K; để tiếp tục chèn vào lỗ hổng, đầy ba lô Một tập hợp vật nhỏ gọi biểu diễn đến k; vật nặng từ (nhỏ) đến k (đủ nặng) biểu diễn tổng đồ vật lấy từ tập K: Phát biểu toán Trước tiên, làm quen với khái niệm đơn tập hợp đa tập hợp (multiset) Một tập A gọi đơn tập hợp phần tử A đôi phân biệt Khái niệm tập hợp sử dụng chương trình tốn phổ thơng đơn tập hợp Một tập A gọi đa tập hợp phần tử A phép xuất nhiều lần Ví dụ: A D f1I 2I 3I 4g đơn tập hợp, B D f1I 1I 2I 2I 2I 3g đa tập hợp 151 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Trong phạm vi này, tập hợp xét đa tập hợp làm việc với đa tập hợp hữu hạn số nguyên dương Ngoài ra, tập hợp S gọi phân hoạch thành tập hợp A1 ; A2 ; : : : ; Ak ( A1 [ A2 [ [ Ak D S Ai \ Aj D ; Ä i < j Ä k Bổ đề kết tiếng sử dụng nhiều trình chứng minh Bổ đề Từ n số nguyên cho trước, chọn vài số để tổng chúng chia hết cho n Chứng minh Ký hiệu tập hợp n số nguyên số A D fa1 ; a2 ; : : : ; an g: Xét tổng sau s1 D a1 ; s2 D a1 C a2 ; ::: sn D a1 C a2 C C an Chia số fs1 ; s2 ; : : : ; sn g cho số n ta n số dư thuộc tập hợp f0; 1; 2; : : : ; n 1g Nếu có số dư nói ta suy điều phải chứng minh Trái lại, giả sử số dư thuộc tập hợp f1; 2; : : : ; n 1g Áp dụng nguyên lý Dirichlet, ta thấy tồn hai số dư Giả sử sk Á sj mod n/ với k > j: Ta suy sk sj D aj C1 C aj C2 C : : : C ak mod n/: Bổ đề chứng minh Trong bổ đề trên, ta thấy khơng có ràng buộc số lượng phần tử số chọn Dưới định lý tiếng liên quan đến vấn đề này, yêu cầu phải chọn có số lượng phần tử cụ thể Định lý (P Erdos, A Ginzburg, A Ziv) Từ 2n cho tổng chúng chia hết cho n: số nguyên cho trước, chọn n số Định lý chứng minh năm 1961 Bạn đọc tham khảo [3,4,5] Tiếp theo, ta xét bổ đề phụ nữa: Bổ đề Nếu n số ngun dương cho trước khơng tồn nhóm số có tổng chia hết cho n n số có số dư chia cho n: Chứng minh Giả sử n số cho a1 ; a2 ; : : : ; an Ta chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử ngược lại, tồn hai số khơng có số dư Khơng tính tổng qt, giả sử số a1 ; a2 Đặt si D a1 C a2 C C C ; Ä i Ä n Xét dãy số a1 ; a2 ; s2 ; s3 ; : : : ; sn : „ ƒ‚ … n số 152 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 có n số khơng có số chia hết cho n: Theo nguyên lý Dirichlet, tồn hai số có số dư chia cho n: Xét hiệu ca hai s ny Vỡ a1 a2 Ô mod n/ nên hiệu si số a1 ; a2 sj Trong trường hợp, hiệu tổng vài số n số ban đầu Do đó, tất n có số dư chia cho n: Bổ đề chứng minh Trong phần tiếp theo, cho tập hợp A có k phần tử số nguyên dương không lớn N tổng số 2N: Bài tốn Tồn hay khơng giá trị K nhỏ để với số nguyên dương k K; tập hợp A ln phân hoạch thành hai tập có tổng phần từ tập N ‹ Từ sau, ta ký hiệu ˇ ) k ˇ X ˇ D 2N : A D a1 < a2 < : : : < ak ˇai ZC ; Ä n; i D 1; k; ˇ ( i D1 Tập hợp A thỏa mãn điều kiện viết A.2N; k/ Ta ký hiệu dxe D minfn Zjn x g số ngun dương bé khơng nhỏ x Ví dụ, d3e D 3; d3; 5e D 4; d 2; 1e D 2; : : : Định lý sau cho chặn số K Hơn nữa, N lẻ giá trị K D N C giá trị nhỏ cần tìm Định lý Mọi tập hợp gồm N C số nguyên dương không lớn N có tổng 2N; ln phân hoạch thành hai tập con, tập có tổng phần tử N: Chứng minh Từ N C số cho, ta lấy N số Theo bổ đề 1, ta chọn từ N số vài số có tổng chia hết cho N: Tổng nhỏ 2N dương N: Phần bù tập nêu có tổng phần tử N: Định lý chứng minh Từ định lý nêu trên, ta thấy N lẻ, số phần tử k D N , ta xét tập hợp sau đây: < = A D 2I 2I 2I : : : I : :„ ƒ‚ …; N số Tổng phần tử A 2N; tất phần tử A chẵn, nên A khơng thể phân hoạch thành hai tập có tổng N (là số lẻ) Điều chứng tỏ K D N C giá trị cần tìm N số lẻ Trường hợp N số chẵn, tốn khó chứng minh Ta trường hợp N nhỏ Trường hợp N D 2: Dễ thấy K D 2: 153 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Trường hợp N D 4: Ta chứng minh K D 4: Thực vậy, xét tập hợp A D f3I 3I 2g: Nhận thấy không tồn tập A có tổng phần tử 4: Từ ta suy K 4: Xét bốn số Ä a1 Ä a2 Ä a3 Ä a4 Ä 4, với a1 C a2 C a3 C a4 D Ta chứng minh tồn nhóm số có tổng 4: Trường hợp a4 D Điều chứng minh hiển nhiên Trường hợp a4 D 3, suy a1 C a2 C a3 D nên a1 Do đó, a1 C a4 D Trường hợp a4 D 2, suy a1 D a2 D a3 D Ta có điều cần chứng minh Vậy, với N D K D 4: Trường hợp N chẵn N trường hợp phức tạp, trước bắt tay vào giải quyết, ta nêu số bổ đề nhỏ làm cầu nối Ta xem xét bổ đề sau: Bổ đề Với N D 2n A tập hợp 2n số nguyên dương không lớn N có tổng 2N: Khi đó, A phân hoạch thành hai tập con, tập có tổng phần tử N: Chứng minh Theo định lý 1, tồn n số thuộc A có tổng chia hết cho n: Tổng số đạt giá trị n 2n 3n: Nếu tổng số 2n D N ta phân hoạch A thành hai tập có tổng phần từ N: Ta cần xét trường hợp lại Gọi n số có tổng chia hết cho n a1 Ä a2 Ä : : : Ä an n b1 Ä b2 Ä : : : Ä bn Ta đặt a D a1 C a2 C C an b D b1 C b2 C số lại A C bn : Ta xét trường hợp sau Trường hợp a D n b D 3n: Khi đó, ta có a1 D a2 D : : : D ak D Vì b D 3n nên bn Nếu bn n, ta chọn bn số số để số có tổng N: Nếu Ä bn D m < n B D fbn ; an ; an ; : : : ; an mC1 g có tổng phần tử n: Xét n số a1 ; a2 ; b1 ; b2 ; : : : ; bn Theo Bổ đề 1, ta chọn tập C gồm số số có tổng chia hết cho n: Nhận thấy, tổng phần tử C n 2n: Ta lại tiếp tục xét trường hợp: – Nếu tổng phần tử C 2n; ta phân hoạch A thành C A n C; tập có tổng phần tử N: – Nếu tổng phần tử C n; ta phân hoạch A thành D D B [ C A n D; tập có tổng phần tử N: Trường hợp a D 3n b D n: Khi đó, b1 D b2 D : : : D bn n số n số a1 ; a2 ; : : : ; an 154 D bn D Xét Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Nếu chọn số số n có tổng chia hết cho n; tổng số chọn n 2n: Ta lại có trường hợp: – Nếu tổng số chọn 2n; tập số tạo thành tập A có tổng phần tử 2n D N: – Nếu tổng số chọn n; tập số với tập hợp fb1 ; b2 ; : : : ; bn g hợp thành tập A có tổng phần tử 2n D N: Nếu n số bất kỳ, không chọn số số có tổng chia hết cho n theo Bổ đề 2, n số có số dư chia cho n: Chọn n số khác, cách lập luận tương tự, ta nhận Á aj mod n/ với Ä i < j Ä n Ta xét trường hợp sau: – Nếu Á mod n/ với Ä i Ä n a1 D a2 D : : : D an D an D an D n C 1: Khi tập hợp fb2 ; b3 ; : : : ; bn ; an g có tổng phần tử 2n D N: – Nếu Á mod n/ với Ä i Ä n a1 D a2 D : : : D an D an D n C 2: Khi tập hợp fb1 ; b2 ; b3 ; : : : ; bn ; an g có tổng phần tử 2n D N: – Nếu Á mod n/ với Ä i Ä n a1 D a2 D : : : D an D 3: Khi dễ dàng chọn tập A có tổng phần tử 2n D N: Mệnh đề 2.1 chứng minh hoàn toàn Chú ý ta sử dụng thuật toán ăn tham chứng minh bổ đề Từ bổ đề trên, ta suy giá trị K cần tìm thỏa mãn K Ä N chẵn, nhiên việc tìm giá trị K cịn nhiều khó khăn trường hợp N Dưới ta số chặn K: Ta xét ví dụ sau: Với N D 6m C K 4m C Để có phản ví dụ với k D 4m C 2; ta chọn tập hợp < = A D 1; 3; 3; : : : ; : : „ ƒ‚ …; 4mC1 số Khi phân hoạch tập A cho ta tập có tổng phần tử chia hết cho tập cịn lại có tổng phần tử chia cho dư 1: Điều chứng tỏ K 4m C 155 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Với N D 6m C K 4m C 4: Để có phản ví dụ với k D 4m C 3; ta chọn tập hợp < = A D 2; 3; 3; : : : ; : „ ƒ‚ …; 4mC2 Khi đó, phân hoạch tập A cho ta tập có tổng phần tử chia hết cho tập cịn lại có tổng phần tử chia cho dư 2: Điều chứng tỏ K 4m C 4: Với N D 6m K 3m C 2: Để có phản ví dụ với k D 3m C 1; ta chọn tập hợp < = A D 2; 2; 2; : : : ; 2; 6m :„ ƒ‚ … ; 3m số Khi khơng tồn tập A có tổng phần tử N D 6m: Điều chứng tỏ K 3m C 2: Để tiếp tục nghiên cứu khả phân hoạch 2N; phải phân tích sâu có mặt phần tử tạo thành tập A mục Cấu trúc tập hợp số khả chia đôi Trong phần xây dựng lý thuyết nhỏ để làm cầu nối hai thuật toán: thuật toán xếp ba lơ thuật tốn ăn tham Ý tưởng thuật toán xem xét giá trị phần tử nhỏ A; qua kết hợp hai thuật toán để giải toán Tập hợp A số nguyên dương gọi biểu diễn đến s với số nguyên dương t khơng vượt q s tồn tập A có tổng phần tử t: Tập hợp A gọi hoàn chỉnh a tổng phần tử A; A biểu diễn đến a: Bổ đề Cho A tập k số nguyên dương không vượt N A biểu diễn đến N: Khi A tập hoàn chỉnh Chứng minh Giả sử A D fa1 ; a2 ; a3 ; : : : ; ak g a D a1 C a2 C quy nạp theo N: C ak Ta chứng minh Xét N D 1; suy D với i D 1; 2; : : : ; k Khi A tập hoàn chỉnh Giả sử bổ đề với N: Ta chứng minh bổ đề với N C 1: Thực vậy, xét A D fa1 ; a2 ; a3 ; : : : ; ak g tập gồm k số nguyên dương không vượt N C 1: Nếu A khơng có số N C 1; theo giả thiết quy nạp, A tập hoàn chỉnh Ngược lại, giả thiết A có số số N C 1: Giả sử N C D a1 D a2 D : : : D > aiC1 C2 ::: an : Đặt b D C1 C C2 C C an Nhận thấy biểu diễn số nguyên dương s Ä N thành tổng số số A khơng có số N C xuất tổng đó, nên tập B D fai C1 ; C2 ; : : : ; ak g tập hợp k i số nguyên dương không vượt N; biểu diễn đến N: Xét số nguyên dương s bất kỳ, với s Ä a: Ta có trường hợp: 156 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Với s Ä b, theo giả thiết quy nạp, s biểu diễn thành tổng số số B: Xét b < s Ä a: Khi đó, tồn q; r N cho s Dễ thấy Ä q Ä i; ngược lại q i C s i C 1/.N C 1/ C b b D q.N C 1/ r D a C N C 1/ r; với Ä r Ä N: r > a: Nhận thấy b r biểu diễn thành tổng số số B: Khi đó, ta cần bổ sung thêm vào q số N C số số A có tổng s: Do đó, bổ đề với N C nên theo nguyên lý quy nạp, bổ đề chứng minh Vậy A tập hoàn chỉnh với N ZC : Từ Bổ đề trên, ta dễ dàng chứng minh bổ đề sau Bổ đề Nếu A B hai tập hồn chỉnh C D A [ B tập hoàn chỉnh Nhận thấy A vả tồn tập hoàn chỉnh A: Gọi H hợp tất tập hoàn chỉnh A: Theo Bổ đề 4, H tập hoàn chỉnh A: Hơn nữa, H tập hồn chỉnh có số phần tử lớn A: Vậy là, ta thu kết sau Bổ đề Cho A tập số nguyên dương A Khi đó, tồn tập hồn chỉnh A có số phần tử lớn Gọi tập hoàn chỉnh H h tổng phần tử H: Nếu tất phần tử A không vượt h H D A: Nếu a A a … H a h C Chứng minh Chứng minh Thực vậy, a D h C H [ fag hồn chỉnh Điều trái với tính lớn H Bổ đề Nếu tập A.2N; k/ với k N C A có ba phần tử có giá trị nhỏ 4: Chứng minh Giả sử phản chứng có k phần tử A khơng bé 4: Ta có N 2N C 4.k 2/ C > 2N Điều vơ lý Do đó, có ba phần tử A có giá trị nhỏ 4: Vì a1 Ä a2 Ä a3 ba phần tử bé A nên ta có a1 ; a2 ; a3 / f.1I 1I 1/; 1I 1I 2/; 1I 1I 3/; 1I 2I 2/; 1I 2I 3/; 1I 3I 3/; 2I 2I 2/; 2I 2I 3/; 2I 3I 3/; 3I 3I 3/g Bổ đề chứng minh N C Gọi H tập hồn chỉnh có số phần tử lớn A: Nếu H biểu diễn đến ba A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: Định lý Cho A.2N; k/ với N k 157 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Chứng minh Xét trường hợp N Ä Theo Bổ đề 4, ta có H D A Bởi vậy, phân hoạch tập A thành hai tập có tổng phần tử N: Gọi S tổng phần tử H ˚ « A n H D b1 ; b2 ; : : : ; bp : Áp dụng Bổ đề 5, ta 2N D S C b1 C b2 C H: Khi k D p C q; S q: Ta có 2N D S C b1 C b2 C S C Gọi q số phần tử S C p.S C 2/ D S C k q/.S C 2/ S C k S2 C C bp C bp bi  S/.S C 2/ D S C k 1/S C 2k à N N C1 S C2 C4 2 Ta suy  f S/ D à N C1 S C2 N S C C4 2N Ä 0: Mặt khác, f 3/ D với N >  N f C4 à  N 9C3 à D 2N D C1 C2  N C4 2N D Ã2  N C N C2 àC1 N N 2N 2>0 à N C2 2N > Kết hợp điều vừa thu với S 2N N N : Khi  à N Cp C2 : ta suy S N S C p.S C 2/ Do p Ä 2; ta xét trường hợp: Nếu p D b1 D 2N S 2N a1 2/: Ta suy b1 N C 1; điều vơ lý Nếu p D S qDk N Ta có N b1 Ä N b1 ; b2 N S C2 2< N N C 2: ÄS Do H tập hồn chỉnh A nên có tập H1 H có tổng phần tử N b1 : Khi H1 [ fb1 g tập A có tổng phần tử N: Vậy ta phân hoạch A thành hai tập có tổng phần tử 158 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Phép chứng minh hồn tất Xét a1 D Kết hợp với Bổ đề 5, ta có a1 ; a2 ; a3 / f.1I 1I 1/; 1I 1I 2/; 1I 1I 3/; 1I 2I 2/; 1I 2I 3/g Ta có định lý sau đây: Định lý Cho A.2N; k/ với N N 2; k C a1 ; a2 ; a3 / f.1I 1I 1/; 1I 1I 2/; 1I 1I 3/; 1I 2I 2/; 1I 2I 3/g: Khi đó, tập hợp A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: N C 2; a1 D A biểu diễn đến 3; A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: Ta xem xét khả phân hoạch tập A thành hai tập có tổng phần tử N a1 2: Trong định lý trên, với tập A.2N; k/ mà N 2; k N Bổ đề Cho tập A.2N; k/ với A.2N; k/ mà k C 2; a1 Khi đó, hai số A có tổng khơng vượt q N: Chứng minh Ta cần chứng minh ak a1 C a2 C : : : C ak Từ ta suy ak C ak Ä N: Thật vậy, ta có 2.k 2/ N N C ak Ä N: Mệnh đề chứng minh N C 2, N chẵn a1 D a2 D Khi ta phân hoạch tập A thành hai tập có tổng N: Định lý Cho tập A.2N; k/ với k Chứng minh Thực phân hoạch A D C [ L , C D fc1 ; c2 ; : : : ; cu g tập tất số chẵn A L D fl1 ; l2 ; : : : ; lv g tập tất số lẻ A: Ta có u 2; u C v D k v số chẵn Đặt v D 2t: Xét tập hợp B D fb1 ; b2 ; : : : ; buCt g xác định sau: bi D buCj D Ci với Ä i Ä u lj C lv j 159 với Ä j Ä t: Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Nếu a4 2N C 4.k à  N 6C4 3/ D4 N C > 2N Điều vô lý Do đó, ta có a4 Ä Từ suy a3 Ä Suy ba phần tử bé B 1I 1I 1/; 1I 1I 2/ 1I 1I 3/ Nhận thấy tổng phần tử B N dễ dàng thấy phần tử N B không vượt Để áp dụng Định lý cho tập B; ta cần chứng minh uCt N C2 2C uCv Thực vậy, ta có uCt D2Cu 2C N 2C 2 v C u 2 C u 2 N u D2C C Ta có trường hợp: Nếu N chia hết N D N u C t 2C N C u 2 2C N Nếu n khơng chia hết N C2 N D 4 Khi uCt 2C N N C2 D2C 4 N D2C N Áp dụng Định lý cho tập B.N; u C t/ với N N uCt 2C B phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử Từ ta suy ra, A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: Do u C t số nguyên, nên u C t 2C Định lý chứng minh Kết hợp kết Định lý 2, 3, ta có định lý sau N tập A thành hai tập có tổng N: Định lý Cho tập A.2N; k/ với k C 2; k chẵn a2 Ä Khi ta phân hoạch Áp dụng Trong phần ta quay lại chứng minh trường hợp tổng quát, không phụ thuộc cấu trúc phân bổ tập hợp số, phụ thuộc vào 2N (tổng số), K (số lượng số tham gia) Hệ 4.1 Cho tập A.2N I k/ với N D 6m C với m k D 4m C 3: Tập A.2N; k/ phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử 160 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Chứng minh Ta có k D 4m C 3m C D Nếu a3 a3 C a4 C : : : C ak vô lý 3.k N C Ta có trường hợp: 2/ D 12m C Ta suy a1 C a2 Ä 1: Điều Nếu a3 Ä Ta suy a2 Ä Bây giờ, ta áp dụng Định lý A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: Hệ chứng minh Hệ 4.2 Cho tập A.2N I k/ với N D 6m C k D 4m C 4: Tập A.2N; k/ phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử Chứng minh Ta có k D 4m C 3m C D N C Ta xét trường hợp: Nếu a3 a3 C a4 C C ak 3.k 3/ D 12m C Ta suy a1 C a2 Ä 2: Do a1 D a2 D 1; a3 D a4 D : : : D ak D Bởi vậy, ta dễ dàng phân hoạch tập A thành hai tập có tổng phần tử N: Ta xét trường hợp a3 Ä 2, a2 Ä Áp dụng Định lý A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: Hệ chứng minh Hệ 4.3 Cho tập A.2N I k/ với N D 6m k D 3m C 2: Tập A.2N; k/ phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử Chứng minh Trước hết, trường hợp a2 Ä hệ trực tiếp Định lý 6, mà A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: Xét trường hợp a2 3: Ta chứng minh a3 D a4 D 3: Nếu a4 a2 C a3 C C ak C 4.k 3/ 12m C Điều vô lý Từ ta suy a2 D a3 D a4 D 3: Ta phân hoạch A D C [ K, C D fc1 ; c2 ; : : : ; cu g tập số chia hết cho A K D fk1 ; k2 ; : : : ; kv g tập số khơng chia hết cho A: Khi u 3I u C v D k: Ta phân hoạch K D K1 [ K2 [ [ Kt cho tổng phần tử Ki chia hết cho với i t lớn Theo Bổ đề ba số nguyên tồn số số có tổng chia hết cho 3: Bởi vậy, jKi j Ä 3; 8i Từ v ta suy t Giả sử tổng phần tử Ki di , với Ä i Ä t: Xét tập hợp B D fb1 ; b2 ; : : : ; buCt g bi D Ci dj với Ä i Ä u buCj D với Ä j Ä t 3 161 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Vì u nên ba phần tử bé B 1I 1I 1/: Nhận thấy tổng phần tử B 4m: Ta chứng minh bi Ä 2m với i: Thật vậy, ta cần chứng minh ak C ak C ak Ä 6m C 2: Khi đó, từ ci ; di Ä 6m ta suy bi Ä 2m: Ta có a1 C a2 C C ak C 3.k 4/ D C 3.3m 2/ D 9m 5: Suy ak C ak C ak Ä 3m C Ä 6m C 2: Để áp dụng Định lý cho tập B, ta cần chứng minh: u C t uCt D3Cu 3C v 3C uCv 3 m C 2: Thực vậy, ta có 3C 3m m C 2: Áp dụng Định lý cho tập B.4m; u C t/ với u C t m C B phân hoạch thành hai N tập có tổng phần tử 2m D Từ đó, A phân hoạch thành tập có tổng phần tử N: Hệ chứng minh Từ kết chặn tìm Mục 1, toán đặt giải trọn vẹn Ta có định lý sau Định lý Cho tập hợp A có k phần tử số nguyên dương không lớn N tổng số 2N: Khi đó, tồn giá trị K nhỏ để với k K; tập A ln phân hoạch thành hai tập có tổng phần từ tập N, K D N C 1; N lẻ K D 2; N D 2: K D 4m C 3; N D 6m C 2: K D 4m C 4; N D 6m C 4: K D 3m C 2; N D 6m: Cuối ta giải tập điểm xuất phát có tác dụng thúc đẩy tồn nghiên cứu Bài toán Chứng minh 35 số ngun dương khơng vượt q 50 có tổng 100 chọn nhóm số có tổng 50: Chúng ta dễ dàng suy kết nhờ việc áp dụng kết toán lớn trường hợp N D 50: Dưới cách chứng minh độc lập kết Áp dụng Bổ đề dễ dàng chứng minh hệ sau Hệ 4.4 Trong năm số ngun ln tìm vài số để tổng chúng chia hết cho 5: 162 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Chứng minh Bằng cách phân hoạch tập số cho thành A1 I A2 I : : : I Ak cho tổng phần tử tập Ai chia hết cho k lớn Áp dụng hệ ta thấy, tập Ai có không phần tử Suy k 7: Giả sử tổng phần tử tập Ai 5ai Khơng tính tổng qt, giả sử a1 Ä a2 Ä a3 Ä : : : Ä ak Khi a1 C a2 C C ak D 20 Trường hợp k D tập Ai có phần tử Áp dụng bổ đề 2, với tập Ai phần tử có số dư chia cho 5: Vì k lớn nên tất 35 số cho có số dư chia cho 5; ngược lại ta chọn tập có phần tử có tổng phần tử chia hết cho 5: Mặt khác, 35 số cho có số số 2; nên tất số cho có dạng 5m C tất số cho có dạng 5m C 2: Nếu tất số cho có dạng 5m C 1, ta suy 35 số cho có 22 số 1: Từ dẫn tới a1 D a2 D a3 D a4 D 1: Ta có a5 C a6 C a7 D 17 suy a7 Ta có trường hợp: – Nếu Ä a7 Ä 10 ta bổ sung vào tập A7 số để tập A có tổng phần tử 50: – Nếu a7 11 tồn tập B tập A7 cho tổng phần tử B khơng nhỏ 28: Khi ta bổ sung vào tập B số để tập A có tổng phần tử 50: Nếu tất số cho có dạng 5m C 2; ta suy 35 số cho có 29 số 2: Từ dễ dàng chọn tập A gồm 25 số có tổng phần tử 50: Trường hợp k 8; ta có ak Ä 13 Nếu ak D 13 tập A n Ak gồm 30 số có tổng 35: Khi tập A n Ak tồn 25 số 1: Tập Ak có tổng phần tử 65 nên tồn tập tập B tập Ak cho tổng phần tử B không nhỏ 33: Khi đó, ta bổ sung vào tập B nhiều 17 số để tập A có tổng phần tử 50: Nếu ak D 12 tập A n Ak gồm 30 số có tổng 40: Khi tập A n Ak tồn 20 số 1: Tập Ak có tổng phần tử 60 nên tồn tập tập B tập Ak cho tổng phần tử B không nhỏ 30: Khi đó, ta bổ sung vào tập B nhiều 20 số để tập A có tổng phần tử 50: Nếu ak D 11 , ta xét trường hợp nhỏ sau đây: 163 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 – Nếu jAk j tồn tập tập B tập Ak cho tổng phần tử B khơng nhỏ 35: Khi ta bổ sung vào tập B nhiều 15 số để tập A có tổng phần tử 50: – Nếu jAk j D tập A n Ak gồm 33 số có tổng 45: Khi tập A n Ak tồn 21 số 1: Tập Ak có tổng phần tử 55 nên tồn tập tập B tập Ak cho tổng phần tử B không nhỏ 28: Nếu tập A n Ak có 22 số 1: Khi ta bổ sung vào tập B nhiều 22 số để tập A có tổng phần tử 50: Nếu tập A n Ak có 21 số 12 số cịn lại có giá trị 2: Khi ta bổ sung vào tập B thêm số nhiều 20 số để tập A có tổng phần tử 50: Nếu ak Ä 10 Ä 10; 8i Ä k Ta cần chứng minh chọn số số từ tập T D fa1 ; a2 ; : : : ; ak g có tổng 10: Đây trường hợp riêng toán lớn với trường hợp N D 10: Nhận thấy ta cần chứng minh cho trường hợp k D 8: Giả sử phản chứng không tồn tập tập T có tổng phần tử 10: Để ngắn gọn, ta gọi giả thiết (Q-N) Theo bổ đề trên, tồn tập B T cho tổng phần tử B chia hết cho 5: Suy tổng phần tử B 5: – Nếu jBj D a1 D a2 D a3 D a4 D a5 D 1: Để giả thiết (Q-N) xảy ta phải có a6 ; a7 ; a8 Ä , từ a1 C a2 C C a8 Ä 17; điều vơ lý – Nếu jBj D 4, B có chứa số số a1 D a2 D a3 D Để giả thiết (Q-N) xảy ta phải có a5 ; a6 ; a7 ; a8 Ä Nhưng ta lại có a5 C a6 C a7 C a8 D 15 ) a5 D 3; a6 D a7 D a8 D 4: Khi a6 C a7 C a1 C a2 D 10, trái với giả thiết (Q-N) – Nếu jBj D B chứa số T n B gồm số có tổng 15: Nếu tồn tập C T n B có tổng phần tử chia hết cho C C [ B có tổng phần tử 10; trái với giả thiết (Q-N) Nếu không tồn tập T n B có tổng phần tử chia hết cho tất phần tử T n B có số dư chia cho Ta thấy có trường hợp sau đây: T n B D f1; 1; 1; 6; 6g T n B D f2; 2; 2; 2; 7g T n B D f3; 3; 3; 3; 3g Trong ba trường hợp ta chọn tập T có tổng phần tử 10; trái với giả thiết (Q-N) 164 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 – Nếu jBj Ä T n B gồm số có tổng 15: Chọn số T n B áp dụng bổ đề ta thấy tồn tập C T n B có tổng phần tử chia hết cho 5: Khi C C [ B có tổng phần tử 10; trái với giả thiết (Q-N) Vậy giả thiết (Q-N) không xảy Bài tốn giải hồn tồn Cuối cùng, tác giả xin trân cảm ơn bạn bè đồng nghiêp hội tốn Internet: BÀI TỐN HAY - LỜI GIẢI ĐẸP - SAY MÊ TOÁN HỌC ý kiến sâu sắc giá trị Tài liệu tham khảo [1] J Bang-Jensen, G Gutin, and A Yeo, When the greedy algorithm fails, Discrete Optimization, (2004), 121-127 [2] Cormen, Leiserson, and Rivest, Introduction to Algorithms, 1990 [3] P Erdos, G Abraham, and Z Abraham, Theorem in additive number Theory, Bull Research Council, Israel, 10F; 41-43; 1961 20 [4] G Gutin, A Yeo, and A Zverovich, Traveling salesman should not be greedy: domination analysis of greedy-type heuristics for the TSP, Discrete Applied Mathematics, 117 (2002), 81-86 [5] L Lovász, J Pelikán, and K Vesztergombi, Discrete matematics Elementary and beyond, Springer-Verlag, 2003 165 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 166 ... tập hợp A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: N C 2; a1 D A biểu diễn đến 3; A phân hoạch thành hai tập có tổng phần tử N: Ta xem xét khả phân hoạch tập A thành hai tập có tổng phần tử. .. số tạo thành tập A có tổng phần tử 2n D N: – Nếu tổng số chọn n; tập số với tập hợp fb1 ; b2 ; : : : ; bn g hợp thành tập A có tổng phần tử 2n D N: Nếu n số bất kỳ, khơng chọn số số có tổng chia... vào tập B nhiều 15 số để tập A có tổng phần tử 50: – Nếu jAk j D tập A n Ak gồm 33 số có tổng 45: Khi tập A n Ak tồn 21 số 1: Tập Ak có tổng phần tử 55 nên tồn tập tập B tập Ak cho tổng phần tử