1. 100 đơn vị quân đội, mỗi đơn vị có 3 loại : tên lửa, xe tăng, tàu ngầm. Hãy lựa chọn 51 đơn vị sao cho trong đó chứa ít nhất 1/2 số tên lửa, 1/2 số xe tăng, 1/2 số tàu ngầm. Rất thú vị, lời giải bài toán này liên quan đến một bài toán mà tôi đề nghị cho cuộc thi chào mừng kỷ niệm 50 năm Tạp chí toán học và tuổi trẻ. Bài toán. Cho 100 điểm A 1 , A 2 , …, A 100 nằm trong hình vuông ABCD có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tập con X của E = {1, 2, …, 100} gồm 50 phần tử sao cho .2 \ ≤− ∑∑ ∈∈ XEi i Xi i AAAA Lời giải. Đặt hình vuông ABCD vào hệ trục toạ độ vuông góc sao cho toạ độ của A, B, C, D tương ứng là (0; 0), (1; 0), (1; 1), (0; 1). Gọi A i (a i ; b i ). Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a 1 ≥ a 2 ≥ … ≥ a 100 . Ta gọi các cặp (A 2i-1 , A 2i ) là các bộ đôi. Ta chú ý rằng nếu ta chia các điểm thành 2 nhóm sao cho cho các điểm thuộc một bộ đôi thuộc vào hai nhóm khác nhau thì hiệu số các hoành độ a i ở trong các nhóm sẽ không vượt quá. (a 1 -a 2 ) + (a 3 -a 4 ) + … + (a 99 -a 100 ) ≤ a 1 ≤ 1. Ta phân các điểm của các bộ đôi vào hai nhóm một cách tuỳ ý. Gọi X là tập chỉ số của nhóm thứ nhất và Y = E \ X là tập chỉ số của nhóm thứ hai. Không mất tính tổng quát, giả sử ∑∑ ∈∈ ≥ Yi i Xi i bb Nếu 1* ≤≤=− ∑∑ ∈∈ bcbb Yi i Xi i (ở đây b* = max{b i }) thì ta có ngay X là tập con cần tìm, vì theo lý luận trên 1≤− ∑∑ ∈∈ Yi i Xi i aa . Nếu *bcbb Yi i Xi i >=− ∑∑ ∈∈ thì tồn tại k ∈ X và j ∈ Y (| k-j|=1, tức là A k , A j thuộc một bộ đôi) sao cho b k > b j . Đặt X’ = (X \ {k}) ∪ {j} và Y’ = (Y \ {j}) ∪ {k} (tức là chuyển A k sang Y và A j sang X) thì ta có cbbcbb jk Yi i Xi i <−−=− ∑∑ ∈∈ |)(2||| '' Quá trình này không thể kéo dài mãi nên đến một lúc nào đó ta phải tìm được một cách phân các điểm thuộc các bộ đôi thành hai nhóm có tập chỉ số là X và Y sao cho 1*|| ≤≤− ∑∑ ∈∈ bbb Yi i Xi i Và khi đó X chính là tập con cần tìm. Thực ra, từ lời giải bài toán này, ta chứng minh được bổ đề quan trọng sau. Bổ đề: Cho a 1 , a 2 , , a 2n , b 1 , b 2 , , b 2n là các số thực không âm. a* = max{a i }, b* = max{b i }. Chứng minh rằng tồn tại một tập con A của X = {1, 2, , 2n} gồm n phần tử sao cho | | a*, | | *. i i i i i A i B i A i B a a b b b ∈ ∈ ∈ ∈ − ≤ − ≤ ∑ ∑ ∑ ∑ Áp dụng bổ đề này vào bài toán, ta có lời giải đẹp đẽ sau. Gọi (a i , b i , c i ) là số lượng tên lửa, xe tăng, tàu ngầm của đơn vị thứ i. Đặt a* = max{a i }, b* = max{b i }. Giả sử (a*, b, c) và (a', b*, c') là hai bộ chứa a* và b* (Nếu a*, b* cùng chung bộ thì ta lấn (a', b', c') là một bộ bất kỳ. Không mất tính tổng quát, giả sử chỉ số của hai bộ này là 1, 2. Áp dụng bổ đề, ta suy ra tồn tại tập A gồm 49 phần tử thuộc 98 phần tử còn lại sao cho | | a*, | | *, 0 i i i i i i i A i A i A i A i A i A a a b b b c c ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ − ≤ − ≤ − ≥ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Đặt A' = A ∪ {1, 2} thì rõ ràng ta có i) |A'| = 51 ii) ' 1 1 1 * ' | | a* a' 2 2 2 1 1 1 1 1 a* a' 2 2 2 2 2 i i i i i i A i A i A i A i A i i i i A i X i A a a a a a a a a a a ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ = + + ≥ − + + + ≥ + + + = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ iii) Tương tự ' 1 2 i i i A i X b b ∈ ∈ ≥ ∑ ∑ iv) ' 1 1 1 1 ' ( ') . 2 2 2 2 i i i i i i A i A i A i X i A c c c c c c c c c ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ = + + ≥ + + + = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Và ta có điều phải chứng minh. 2. Giả sử tập hợp các số tự nhiên được phân hoạch thành n cấp số cộng tương ứng với số hạng đầu là a i và công sai là b i . Chứng minh rằng i) 1 1 1 1 n b b + + = ii) 1 1 1 . 2 n n a a n b b − + + = iii) Tồn tại i < j sao cho b i = b j . Câu i, ii, có thể giải bằng phương pháp sơ cấp đơn giản như sau: Đặt N = b 1 b 2 b n . Ta đếm xem có bao nhiêu số nguyên từ 1 đến N bằng hai cách: 1) Cách 1 tất nhiên là có N số :) 2) Cách 2: Trong cấp số thứ i, có N/b i số. Từ đó ta có N = N/b 1 + N/b 2 + + N/b n . Suy ra đpcm. Câu ii) giải được bằng cách tính tổng các số từ 1 đến N bằng 2 cách. Ngoài cách giải trên, ta có thể giải bài này rất đẹp bằng hàm sinh như sau. Cụ thể, do 1 số tự nhiên bất kỳ thuộc đúng 1 trong n cấp số cộng, ta có đẳng thức 1 1 0 i i n a kb i i k x x ∞ ∞ + = = = = ∑ ∑∑ Suy ra 1 1 1 1 i i a n b i x x x = = − − ∑ (1) Nhân hai vế cho 1-x, và dùng hằng đẳng thức quen thuộc, ta được 1 1 1 1 i i a n b i x x x − = = + + + ∑ (2) Bây giờ thay x = 1, ta được i) Lấy đạo hàm hai vế của (2), ta được 1 2 1 1 2 1 (1 2 ( 1) ) 0 1 (1 ) i i i i i a a b n i i b b i a x x x b x x x x x − − − − = + + + − = − + + + + + + ∑ (3) Thay x = 1 vào (3), ta được 1 1 1 ( 1) 1 1 1 0 1 2 2 2 n n n i i i i i i i i i i a b a n b b b b = = = − − = − ⇒ = − = ∑ ∑ ∑ và ta có ii) Cuối cùng, để chứng minh iii), ta giả sử b 1 ≤ b 2 ≤ ≤ b n-1 ≤ b n . Ta sẽ chứng minh rằng b n- 1 = b n . Thật vậy, nếu ngược lại ta có b n-1 < b n thì chọn x = ε là một căn nguyên thủy bậc n của 1, thay vào (1) thì vế phải trái định còn ở tổng vế trái, tất cả các số hạng đều xác định trừ số hạng cuối cùng, mâu thuẫn. 3. Có bao nhiêu tự nhiên có 9 chữ số trong đó không chứa chữ số 0 và chia hết cho 11? Ta biết số tự nhiên a 1 a 2 a 9 chia hết cho 11 khi và chỉ khi a 1 + a 3 + a 5 + a 7 + a 9 - a 2 - a 4 - a 6 - a 8 chia hết cho 11. Vì thế, nếu xét P(x) = (x+x 2 + +x 9 ) 5 (x -1 +x -2 + +x -9 ) 4 thì đáp số bài toán chính là tổng các hệ số của các lũy thừa chia hết cho 11 trong khai triển của P(x). Ta viết P(x) = x 5 (1+x+ +x 8 ) 5 x -36 (1+x+ +x 8 ) 4 = x -31 (1+x+ +x 8 ) 9 Xét x = ε là căn nguyên thủy bậc 11 của 1 thì đáp số bài toán bằng (P(1) + P(ε) + + P(ε 10 ))/11 Ta có P(1) = 9 9 . Và với mọi k = 1, 2, , 10 thì 9 9 31 9 10 9 50 ( 6) 9 9 0 0 ( ) ( ) k k k k k j jk j j k j j P C C ε ε ε ε ε ε ε − + = = = − − = − = − ∑ ∑ Chú ý là với nếu j+6 không chia hết cho 11 thì khi k chạy qua hệ thặng dư thu gọn mod 11, (j+6)k cũng thế và ta có 10 ( 6) 1 1 j k k ε + = = − ∑ , còn khi j+6 chia hết cho 11 (tức là khi j = 5) thì tổng đã cho bằng 10. Vậy ta có 9 10 9 5 9 9 5 9 9 9 0 (1) ( ) ( ) 9 11 9 2 11 j j P P P C C C ε ε = + + + = + − = + − ∑ Và như thế đáp số bài toán bằng 9 9 5 9 9 2 . 11 C + −