Rõ ràng, nếu p là một số nguyên tố nằm giữa n + 1 và 2 n thì bất kỳ số nào bắt cặp với nó cũng tạo thành một cặp nguyên tố cùng nhau.. Ta cần chứng minh có thể chia T 0 thành từng cặp kh[r]
(1)Tống Hữu Nhân
(Sinh viên Đại học Y Dược, thành phố Hồ Chí Minh)
Tóm Tắt
Bài viết tổng hợp giới thiệu số tốn từ đề thi Olympic có liên quan đến tập gồm2n số nguyên dương đầu tiên, kí hiệu [2n] ={1,2, ,2n}
1 Hoán vị của
[2
n
]
Có nhiều tốn khai thác tính chất hốn vị [2n] Ta bắt đầu toán số kỳ thi IMO 1989 Braunschweig, Đức
Bài toán Xét (x1, x2, , x2n) hoán vị phần tử [2n] Hoán vị
gọi có tính chất P tồn số i ∈ {1,2, ,2n−1} cho
|xi+1−xi|=n Chứng minh số hoán vị có tính chất P nhiều số hốn vị khơng
có tính chấtP
(IMO 1989)
Lời giải Đặt X tập hốn vị có tính chất P Xi, i= 1, n tập hoán vị mà
hai phần tử i, i+n kề Khi X = Sn i=1Xi
Với i= 1, n, ta tạo hoán vị thuộc Xi sau
◦ Chọn hoán vị (1,2, , i+n−1, i+n+ 1, ,2n) : có (2n−1)! cách
◦ Xếp phần tử i+n trước sau phần tử i: có 2cách
Suy |Xi|= 2·(2n−1)!,∀i= 1,2, , n
Với 1≤i < j ≤n, ta tạo hoán vị thuộc Xi∩Xj sau
◦ Chọn hoán vị của(1,2, , i+n−1, i+n+ 1, , j+n−1, j+n+ 1, ,2n)
có(2n−2)! cách
(2)Suy |Xi∩Xj|= 4·(2n−2)!, ∀1≤i < j ≤n
Theo nguyên lý bù trừ, ta có
|X| ≥ n X i=1
|Xi| − X 1≤i<j≤n
|Xi∩Xj|
=n·2·(2n−1)!−Cn2·4·(2n−2)! = 2n2·(2n−2)!>(2n)!/2
Từ suy số hốn vị có tính chất P nhiều số hốn vị khơng có tính chất P
Tiếp theo, xin giới thiệu kỳ thi Việt Nam TST 2017
Bài toán Xét (x1, x2, , x2n) hoán vị phần tử [2n] Hoán vị gọi
là “đẹp” thỏa đồng thời
(i) xi+xn+i = 2n+ 1, với i= 1,2, , n
(ii) xi−xi+1 6≡xj −xj+1 (mod 2n+ 1), với 1≤i < j ≤2n
Trong đó, ta quy ước x2n+1 =x1
(a) Với n = 6, hoán vị đẹp
(b) Chứng minh với số nguyên dương n tồn hoán vị đẹp (Vietnam TST 2017)
Lời giải (a) Xét hoán vị (1,2, 4, 8, 3, 6, 12, 11,9, 5, 10, 7) Dễ thấy
1 + 12 = + 11 = + = + = + 10 = + = 13
i 10 11 12
xi−xi+1 (mod 13) 12 11 10
Do đó, hốn vị hoán vị đẹp
(b) (Dựa ý tưởng Nguyễn Huy Tùng, cựu học sinh chuyên Trần Phú, Hải Phòng, HCĐ IMO 2014)
Gọi X tập hợp hoán vị đẹp Yêu cầu toán tương đương chứng minh |X|>0
Gọi Y tập hợp hoán vị (y1, y2, , y2n) [2n] thỏa đồng thời
(iii) yi +yn+i = 2n+ 1, ∀i= 1,2, , n
(iv) Khơng có dãy liên tiếp số (ít 2n số) có tổng chia hết cho
(3)Ta chuyển yêu cầu toán việc chứng minh tồn song ánh từ X sang Y và|Y|>0 Giả sử(x1, x2, , x2n)∈X Đặt yi ∈[2n]
yi ≡xi−xi+1 (mod 2n+ 1), i= 1,2n
Do số xi phân biệt điều kiện (ii), rõ ràng (y1, y2, , y2n) hoán vị [2n] Hơn nữa, theo điều kiện (i), ta có
yi+yi+n ≡xi −xi+1+xi+n−xi+n+1 ≡0 (mod 2n+ 1),
mà 0< yi+yi+n<2(2n+ 1) nên yi+yi+n= 2n+ 1,∀i= 1,2, ,2n (1)
Mặt khác, với 1≤i < j ≤2n−1, ta có
j X
t=i yt ≡
j X t=i
(xt−xt+1)≡xi−xj+1 (mod 2n+ 1),
mà số xi đôi phân biệt theo modulo 2n+ 1, nên khơng có dãy liên
tiếp số yi (ít 2n số) có tổng chia hết cho 2n+ (2)
Từ (1) (2), suy (y1, y2, , y2n)∈Y Giả sử(y1, y2, , y2n)∈Y Đặt xi ∈[2n]
x1 ≡ 2n X t=1
tyt (mod 2n+ 1),
xi ≡x1− i−1 X t=1
yt (mod 2n+ 1), i= 2,2n
Từ cách đặt theo điều kiện (iv), rõ ràng (x1, x2, , x2n) hoán vị [2n]
Hơn nữa, thực biến đổi ta
xi−xi+1 ≡yi (mod 2n+ 1), ∀i= 1,2, ,2n,
mà số yi phân biệt nên sốxi −xi+1 phân biệt modulo2n+ (3)
Mặt khác, từ biến đổi trên, kết hợp điều kiện (iii), ta có
xi−xi+1+xn+i−xn+i+1 ≡yi+yn+i ≡0 (mod 2n+ 1), ∀i= 1,2, , n,
tương đương
xi+xn+i ≡xi+i+xn+i+1 (mod 2n+ 1), ∀i= 1,2, , n,
hay n số xi+xn+i có số dư r theo modulo 2n+ Suy
nr ≡ n X i=1
(xi+xn+i)≡ 2n X i=1
i≡0 (mod 2n+ 1),
mà (n,2n+ 1) = nên r= Từ xi+xn+i 2n+ 1, mà 0< xi+xi+n<2(2n+ 1) nên xi+xi+n= 2n+ 1,∀i= 1,2, ,2n (4)
Từ (3) (4), suy (x1, x2, , x2n)∈X
Như vậy, ta chứng minh tồn song ánh X vàY Việc chứng minh |Y|>0
(4)Chủ đề xuất đề thi Học sinh giỏi Quốc gia Việt Nam
Bài toán Xét (x1, x2, , x2n) hoán vị phần tử [2n] cho số |xi+1−xi|, i= 1,2n−1 đôi phân biệt Chứng minh x1 −x2n=n
khi 1≤x2i ≤n, với i= 1,2, , n
(Vietnam MO 2001, France TST 2002)
Lời giải Điều kiện đủ Do ≤ x2i ≤ n nên n + ≤ x2i−1 ≤ 2n, suy x2i < x2i−1, ∀i= 1,2, , n Hơn nữa,(x2, x4, , x2n), (x1, x3, , x2n−1) hoán vị (1, , n), (n+ 1, ,2n) Khi
T = 2n−1
X i=1
|xi+1−xi|
= (x1−x2) + (x3−x2) + (x3−x4) +· · ·+ (x2n−1−x2n) =
n X i=1
x2i−1−2 n X i=1
x2i+x2n−x1 =
2n X i=n+1
i−2 n X i=1
i+x2n−x1 = 2n2+x2n−x1
(1)
Mặt khác, do1≤ |xi+1−xi| ≤2n−1và|xi+1−xi|đôi phân biệt,∀i= 1,2, ,2n−1,
do
T = 2n−1
X i=1
|xi+1−xi|= 2n−1
X i=1
i= 2n2−n (2)
Từ (1) (2) suy x1−x2n=n
Điều kiện cần Do ≤ |xi+1−xi| ≤ 2n − |xi+1−xi| đôi phân biệt, ∀i = 1,2, ,2n−1; kết hợp x1−x2n =n, nên
T0 = 2n−1
X i=1
|xi+1−xi|+x1−x2n = 2n−1
X i=1
i+n = 2n2
Mặt khác, sau khai triển dấu giá trị tuyệt đối số hạng củaT0, ta biễu diễn
T0 dạng P2n i=1
eixi, đóei ∈ {−2,0,2},∀i= 1,2, ,2n Ta có nhận xét sau
(i) P2n i=1
ei =
(ii) Nếu dãy e1, e2, , e2n, ta bỏ số 0thì ta nhận dãy số2 −2nằm xen kẽ
Đặt ai, bi, i= 1, n lần lượt, theo thứ tự xuất dãyx1, x2, , x2n, số vượt
quá n không vượt n Từ (i)ta
T0 = 2n X i=1
ei(xi−n)≤2 n X i=1
(ai−n)−2 n X i=1
(bi−n) = n X i=1
ai−2 n X i=1 bi = 2n X i=n+1
i−2 n X i=1
(5)Suy ei = với mọii mà xi > n ei =−2với i mà xi ≤n
Do x1−x2n= n nên x2n ≤n, suy e2n =−2 Theo (ii), ta có e2i =−2,∀i= 1,2, , n,
hay 1≤x2i ≤n,∀i= 1, ,2, , n
Điều đặc biệt ba tốn việc khai thác tính chất hốn vị [2n] kèm với việc xét hiệu xi+1−xi Một trùng hợp thú vị !
2 Phân hoạch tập
[2
n
]
Bài toán Chứng minh tập [2n] gồm n+ phần tử ln có
(a) Hai số liên tiếp (hai số nguyên tố nhau) (b) Hai số có hiệu n
(c) Hai số có tổng 2n+
Lời giải Bản chất toán việc phân hoạch [2n] thành n tập Si, i= 1, n, tập
có2 phần tử Do S ⊂[2n] thoả |S| ≥n+ nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tạiSi ⊂S
Tuỳ theo cách xây dựng tập Si mà ta thu tính chất củaS
◦ Si ={2i−1,2i}, i= 1, n, suy S có hai số liên tiếp (hai số nguyên tố
cùng nhau)
◦ Si ={i, i+n}, i= 1, n, suy S ln có hai số có hiệu n
◦ Si ={i,2n+ 1−i}, i= 1, n, suy S ln có hai số có tổng bằng2n+
Bài toán giải
Bài tốn Tìm số ngun dương k nhỏ cho tập có k phần
tử [2n], ln tìm bốn số phân biệt có tổng 4n+
(China South-Eastern MO 2005)
Lời giải (seshadri)XétS ={n−1, n, n+ 1, n+ 2, , 2n} ⊂[2n] Nhận thấy|S|=n+
và tổng bốn phần tử củaS đạt giá trị nhỏ
(n−1) +n+ (n+ 1) + (n+ 2) = 4n+ 2>4n+
Do k ≥n+ Ta chứng minh n+ giá trị cần tìm, hay tập có
(6)Gọi A tập [2n]sao cho |A|=n+ Ta phân hoạch [2n]\ {n,2n} thành
n−1 tập Si ={i, 2n−i}, i= 1, n−1 Rõ ràng
(A\ {n,2n})⊆([2n]\ {n,2n}), |A\ {n,2n}| ≥n+ 1,
nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn Si ⊂ (A\ {n,2n}), hay có hai phần tử phân biệt x, y ∈A mà x+y= 2n Khi
(A\ {x, y})⊆[2n], |A\ {x, y}| ≥n+
Do đó, theo tốn , có hai phần tử phân biệt z, t∈(A\ {x, y}) mà z+t = 2n+ Từ suy ra, ta ln tìm bốn phần tử phân biệt x, y, z, t∈A cho
x+y+z+t = 2n+ (2n+ 1) = 4n+
Ta thu điều phải chứng minh
Bài toán Cho n ≥ k3 +k Phân hoạch tập [2n] thành k tập S1, S2, , Sk Chứng
minh tồn k+ số n1, n2, , nk+1 cho
(i) 2n1,2n2, ,2nk+1 thuộc tập Si đó, với 1≤i≤k
(ii) 2n1−1,2n2−1, ,2nk+1−1 thuộc tập Sj đó, với 1≤j ≤k
(IMO Shortlist 1978)
Lời giải (mavropnevma) Do n ≥ k3 +k nên theo nguyên lý Dirichlet, k tập
S1, S2, , Sk, tồn tập Si chứa 2n/k ≥2k2+ phần tử Do Si chứa k2+ 1 số chẵn, giả sử là
2i1, 2i2, , 2ik2+1
Ta cho tương ứng k2+ số lẻ
2i1−1, 2i2−1, , 2ik2+1−1
Lại theo nguyên lý Dirichlet, tồn tập Sj chứa bk 2+1
k c+ =k+ số lẻ Từ
đây, ta chọn k+ sốn1, n2, , nk+1 thỏa yêu cầu toán
Bài toán Phân hoạch tập [2n] thànhn tập Si, i= 1, n, tập có 2phần tử si
tích hai phần tử tập Si Chứng minh với cách phân hoạch, ta có
S = n X i=1
1
si =
s1 +
s2
+ .+
sn <1
(7)Lời giải (djuro) Trước tiên, ta chứng minh maxPn i=1
1
si đạt si =
(2i−1)·2i
Thật vậy, gọi 2k−1∈[2n]là phần tử nhỏ mà 2k−1và 2k không thuộc tập Si, tồn tập {2k−1, a} {2k, b} Do số nhỏ 2k−1sẽ bắt
thành cặp hai số liên tiếp nên a, b >2k
Ta chứng minh thay {2k−1, a}, {2k, b} {2k−1,2k}, {a, b}thì S tăng lên, hay
1
(2k−1)·a +
1 2k·b <
1
(2k−1)·2k +
1
ab
⇔4k2−2(1 +a+b)k+ab+a >0⇔(2k−a)(2k−b−1)>0,
luôn a, b >2k
Suy
2·S ≤ n X i=1
2
(2i−1)·2i = + n X i=2
2 (2i−1)·2i <1 +
n X i=2
Ç
1
(2i−2)(2i−1)+
1 (2i−1)·2i
å
= + 2n−1
X i=2
1
i(i+ 1)
= + 2n−1
X i=2 Ç i −
i+
å
= 2−
1 2n <2,
hay S < Ta thu điều phải chứng minh
Bài toán Phân hoạch tập [2n] thành n tập Si, i= 1, n, tập có phần tử Có tối
thiểu tập Si mà hai phần tử nguyên tố ?
(Switzerland TST 2016)
Lời giải (tastymath75025) Trước tiên, ta thấy cặp {1, s} nguyên tố nhau, với s∈[2n]
Gọi π(n) số số nguyên tố không vượt n Rõ ràng, plà số nguyên tố nằm n+ và2n số bắt cặp với tạo thành cặp nguyên tố Thật vậy, giả sử có cặp{p, q} mà (p, q)>1thì q p, suy q≥2p >2n, vơ lý Như vậy, ta có π(2n)−π(n) + số mà số bắt cặp với chúng tạo thành cặp nguyên tố Do yêu cầu tìm tối thiểu cặp Si, nên ta cho số
bắt cặp với nhau, có tổi thiểu
¢
π(2n)−π(n) +
•
cặp nguyên tố
Ta xây dựng cách phân hoạch để đạt giá trị tối thiểu Đặt T0 ⊆[2n] gồm
các số lại sau bỏ {1} số nguyên tố nằm n+ 2n Ta cần chứng minh chia T0 thành cặp không nguyên tố (có thể thừa phần
(8)Gọi p1 < p2 < < pk số nguyên tố không vượt n Để chia T0 thành cặp
không nguyên tố nhau, ta thực k bước Ở bước thứ0≤i≤k−1, ta
◦ Xét Mi ={m ∈Ti|m pk−i} Do2pk−i <2n nên 2pk−i ∈Mi
◦ Nếu Mi chẵn, ta bắt cặp phần tử Do chúng bội số pk−i nên tạo
thành cặp không nguyên tố
◦ Nếu Mi lẻ, ta loại2pk−i bắt cặp phần tử lại Do chúng bội số pk−i nên tạo thành cặp không nguyên tố
◦ Đặt Ti+1 =Si\Ti thêm vào phần tử 2pk−i khơng bắt cặp
Rõ ràng sau thực k bước, ta chia T0 thành cặp không nguyên tố
cùng thừa lại tậpTk gồm số không bắt cặp Nhưng số có
dạng 2pi nên có ước chung Do đó, ta bắt cặp chúng (có thể thừa phần tử
tùy vào tính chẵn lẻ |Tk|) tạo thành cặp khơng ngun tố Bài tốn
được giải
Bài toán Chứng minh với cách phân hoạch tập [2n] thành hai tập A =
{a1 < a2 <· · ·< an}, B ={b1 > b2 >· · ·> bn} rời nhau, ta có n
X i=1
|ai−bi|=|a1−b1|+|a2−b2|+· · ·+|an−bn|=n2
(All-Soviet Union MO 1985)
Lời giải (trumcongcong) Do an > an−1 >· · ·> a1 nên an≥n ◦ Nếuan=n =i, bi = 2n−i+ 1, ∀i= 1,2, , n Khi
n X i=1
|ai−bi|= n X i=1
(2n−2i+ 1) =n2
◦ Nếuan> n tồn k ∈ {1,2, , n−1} cho
a1 < a2 <· · ·< ak ≤n≤ak+1 <· · ·< an
Khi đó, ta có
b1 > b2 >· · ·> bk ≥n≥bk+1 >· · ·> bn
(9)Hơn nữa, (a1, , ak, bk+1, , bn),(b1, , bk, ak+1, , an) hoán vị (1, , n), (n+ 1, ,2n) Do
n X i=1
|ai−bi|= k X i=1
(bi−ai) + n X
i=k+1
(ai −bi)
=
Ñ
k X i=1
bi+ n X
i=k+1
ai é − Ñ k X i=1
ai+ n X
i=k+1
bi
é
= 2n X i=n+1
i− n X i=1
i=n2
Ta thu điều phải chứng minh
Bài tốn 10 Tìm số Cn lớn cho : với cách phân hoạch tập [2n]
thành hai tập hợp, tập có n phần tử A B, tồn cách đánh số phần tử tập A, B a1, a2, , an b1, b2, , bn thỏa mãn
(a1−b1)2+ (a2−b2)2+ .+ (an−bn)2 ≥Cn (∗)
(RMM Shortlist 2019, A2)
Lời giải (Võ Quốc Bá Cẩn, giáo viên THCS Archimedes Academy, Hà Nội)
Ta có (∗) tương đương với
2·(a1b1+a2b2+ .+anbn)≤(a21+b 1) + (a
2 2+b
2
2) + .+ (a n+b
2
n)−Cn =
2n X i=1
i2−Cn=
n(2n+ 1)(4n+ 1)
3 −Cn
Do đó, tốn quy việc tìm giá trị lớn Pn=a1b1+a2b2+ .+anbn Bằng
quy nạp theo n, ta chứng minh
maxPn= 1·2 + 3·4 + .+ (2n−1)·2n,
trong (a1, a2, , an, b1, b2, , bn)là hoán vị [2n]
Với n= 1, hiển nhiên
.Giả sử mệnh đề quy nạp tớin ≥1 Khi đó, với hoán vị(a1, a2, , an, b1, b2, , bn)
của [2n], ta ln có
Pn=a1b1+a2b2+ .+anbn ≤1·2 + 3·4 + .+ (2n−1)·2n
(10)◦ Nếu i =j (a1, a2, , ai−1, ai+1, , an+1, b1, b2, , bi−1, bi+1, , bn+1)
một hoán vị [2n], nên theo giả thiết quy nạp, ta có
Pn+1 =a1b1+a2b2+ .+an+1bn+1
= (a1b1+a2b2+ .+ai−1bi−1+ai+1bi+1+ an+1bn+1) + (2n+ 1)(2n+ 2) ≤(1·2 + 3·4 + .+ (2n−1)·2n) + (2n+ 1)(2n+ 2)
◦ Nếui6=j ta có cặp (ai = 2n+ 1, bi)và (aj, bj = 2n+ 2) Ta chứng minh aibi+ajbj < aibj +ajbi
Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với
(2n+ 1)bi+ (2n+ 2)aj <(2n+ 1)(2n+ 2) +ajbi ⇔(2n+ 1−aj)(2n+ 2−bi)>0,
luôn ai, bj <2n+
Mặt khác, rõ ràng(a1, a2, , ai−1, ai+1, , an+1, b1, b2, , bj−1, bj+1, , bn+1)chính
là hốn vị [2n] Do đó, kết hợp giả thiết quy nạp, ta
Pn+1 <(1·2 + 3·4 + .+ (2n−1)·2n) + (2n+ 1)(2n+ 2)
Như vậy, mệnh đề quy nạp với n+
Cuối cùng, ta tính Cn
Cn =
n(2n+ 1)(4n+ 1)
3 −2
n X i=1
(2i−1)·2i=n
Bài toán giải
Bài toán 11 Với S tập [2n], gọi RS đa tập (một giá trị
xuất nhiều lần tập R) gồm thặng dư khơng âm bé tổng (có thứ tự) dạng si+sj modulo 2n+ 1, số si, sj ∈ S không thiết phân
biệt Chứng minh với cách phân hoạch [2n] thành hai tập A= {a1, a2, , an}, B ={b1, b2, , bn} rời nhau, ta ln có RA=RB
(St Petersburg MO 1995)
Lời giải Xét hai đa thức
P(x) = X i∈A
xi, Q(x) = X i∈B
xi
Yêu cầu toán tương đương với việc chứng minh
P2(x)≡Q2(x) (mod x2n−1)
Điều dễ dàng suy từ hai nhận định sau
◦ (x−1)|(P(x)−Q(x)) doP(x), Q(x) cón hạng tử
◦ (x2n−1+· · ·+x+ 1)|(P(x) +Q(x))do số xi, i= 1,2n xuất lần.
(11)3 Tập tập
[2
n
]
Trước tiên, xin giới thiệu toán quen thuộc tập tập [2n]
Bài toán 12 Một tập hợp số nguyên gọi cân có số phần tử chẵn số
các phần tử lẻ Tính số tập cân tập [2n]
Lời giải Gọi S1 ={1,3, ,2n−1}, S2 ={2,4, ,2n} |S1|=|S2|=n
Cách Ta xây dựng tập cân cách chọn k phần tử từ tập S1 S2, suy
số tập cân
n X k=0
(Cnk)2 = (Cn0)2+ (Cn1)2+ .+ (Cnn)2 =C2nn
Việc chứng minh đẳng thức quen thuộc, xin dành cho bạn đọc
Cách GọiC họ tập cân N họ tập [2n]có n phần tử Với X ⊂ C, đặt X1, X2 tập số chẵn số lẻ X |X1|=|X2| Từ
|X1 ∪(S2\X2)|=|X1|+|S2| − |X2|=|S2|=n,
hay X1∪(Y \X2)⊂ N Từ đó, xét ánh xạ
f :C → N
X 7→X1∪(S2\X2)
Dễ thấyf đơn ánh Ta chứng minh f toàn ánh Thật vậy, gọiN ⊂ N N1, N2
tập số chẵn số lẻ N Đặt X1 =N1, X2 =S2\N2, X =X1∪X2 Khi |X2|=|S2\N2|=|S2| − |N2|=n− |N2|=|N1|=|X1|,
hay X ⊂ C Từ đóf song ánh, suy |C|=|N |=Cn 2n
Tiếp theo toán với ý tưởng tương tự
Bài toán 13 Gọi En vàOn họ tập n-phần tử tập [2n] có tổng
các phần tử chẵn lẻ Tính |En| − |On|
(Polish MO 2001)
Lời giải Gọi S1 ={1,3, ,2n−1}, S2 ={2,4, ,2n} |S1|=|S2|=n
Cách Ta xây dựng tập thuộc En cách chọn 2k phần tử từ S1 n−2k phần
tử từ S2 Tương tự, ta xây dựng tập thuộc On cách chọn 2k+ phần tử từ S1
vàn−2k−1 phần tử từ S2 Do
|En|=
bn
2c X
k=0
Cn2kCnn−2k =
bn
2c X
k=0
(Cn2k)2, |On|=
bn
2c X
k=0
Cn2k+1Cnn−2k−1 =
bn
2c X
k=0
(12)Suy
|En| − |On|=
bn
2c X k=0
(Cn2k)2−
bn
2c X k=0
(Cn2k+1)2 =
0, khin = 2t+ 1, Cnn/2, n= 4t,
−Cnn/2, khin = 4t+ 2,
Việc chứng minh đẳng thức khơng khó, xin dành cho bạn đọc
Cách (mathexplorer) Phân hoạch [2n] thành n cặpSi ={2i−1,2i}, i= 1, n Xét
tập n-phần tử S [2n]sao cho tồn cặp Si mà |S∩Si|= Ta gọiS
là tập ‘độc thân’ phần tử giao chúng gọi phần tử ‘độc thân’ Gọi E0
n O0n họ tập ‘độc thân’ thuộc En On Ta dễ dàng xây dựng song ánh
giữa chúng cách chọn phần tử ‘độc thân’ lớn thay phần tử cịn lại cặp nó, suy |E0
n|=|O0n|
Do đó, ta cần tính phần lại tập n-phần tử [2n], tức tập mà phần tử phải bắt thành cặp (2i−1,2i)
Khi n lẻ tập conn-phần tử ‘độc thân’ nên
|En| − |On|=|E0n| − |O0n|=
Khi n chẵn phần cịn lại tập n-phần tử [2n] gồm Cn
n/2 tập, tập
chứa n
2 cặp Nhận thấy tổng hai số cặp lẻ
◦ Nếu n= 4k tổng phần tử tập chẵn nên phần lại tập
n-phần tử [2n] thuộc En, suy
|En| − |On|=Cnn/2
◦ Nếu n = 4k+ tổng phần tử tập lẻ nên phần lại tập n-phần tử của[2n] thuộc On, suy
|En| − |On|=−Cnn/2
Sử dụng số phức, ta biểu diễn kết dạng
|En| − |On|=
i3n+in
2 ·C
bn/2c
n
Bài toán giải
Bài toán tính chất kinh điển tập (n+ 1)-phần tử tập[2n] Về mặt phát biểu, tương đồng với toán 4, việc giải lại liên quan đến số khái niệm Số học
Bài toán 14 Chứng minh tập [2n] gồmn+ phần tử ln có hai số a, b
(13)Lời giải Trước tiên, ta cần số định nghĩa sau
◦ Số mũ số nguyên tố ptrongn, kí hiệuvp(n), số mũ lớn củaptrong
phân tích thừa số nguyên tố củan Nói cách khác,vp(n)là số tự nhiên thỏapvp(n) |n
nhưng pvp(n)+1 6 |n.
◦ Ước lẻ lớn n, kí hiệugod(n), số lẻ lớn chia hết n
Từ định nghĩa, ta dễ dàng chứng minh nhận xét sau
(i) n= 2v2(n)·god(n), ∀n ∈N
(ii) Nếua |b god(a)|god(b)
(iii) Nếugod(a) = god(b) a |b b|a
Do [2n] có n số lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet, tập có n+ phần tử ln có hai số a, bsao cho god(a) =god(b) Khi đó, theo nhận xét (iii) a|b
b|a Ta thu điều phải chứng minh
Tiếp theo hai toán sử dụng khái niệm god
Bài toán 15 Gọi S tập gồm n phần tử tập [2n] cho không chứa hai số
a, b mà a|b Chứng minh phần tử c thuộc tập S
c > n·
Ç
2
åv2(c)+1
(Romania TST 2007)
Lời giải (edriv) GọiD họ tập gồm n phần tử [2n]sao cho không chứa a, b
mà a|b Trước tiên, ta chứng minh nhận xét sau :
(i)Với số nguyên lẻ t ∈[2n]
◦ Tồn i∈N cho n < 2i·t≤2n Thật vậy, chọn ilớn cho 2i·t ≤2n, tức
2i·t≤2n <2i+1·t ⇒ 2i−1·t≤n <2i·t
Từ đó, tính iđược xác định
◦ Tồn j ∈Nsao cho 2j·t ∈S Thật vậy, theo nhận xét (iii)của tốn 14, godcủa phần tử S đơi phân biệt Từ đó, |S|=n
(14)(ii)Với n < a < b≤2n a6 |b Thật vậy, a|b b≥2a >2n, vơ lý Trở lại tốn, ta chứng minh mệnh đề yêu cầu quy nạp theo v2(c)
Khi v2(c) = c=god(c) số lẻ
◦ c≤
3n, số nguyên lẻ 3c≤2n Do đó, theo nhận xét (i) tồn
j cho 2j·3c∈S, mà c|2j·3cnên c6∈S.
◦ c >
3n, ta cần xây dựng S ∈ D chứa c Theo nhận xét (i), với số lẻ t ∈ [2n]
khác c, tồn i cho n <2i ·t≤2n Lấy S gồm số dạng 2i·t này
và c |S|=n Ta chứng minh S ∈ D
Thật vậy, n <2i·t≤2n nên theo nhận xét (ii), số dạng 2i·t sẽ không chia
hết
· Nếu
3n < c≤n <2
i·t thì c= minS Do tồn tại a, b∈S màa|b thì a=c, hayc|b Khi đó, theo nhận xét (ii)của tốn 14, god(c)|god(b), mà god(c)6=god(b) nên god(b)≥3·god(c) = 3c >2n, vơ lý
· Nếu n < c ≤ 2n S = {n+ 1, n+ 2, ,2n}, theo nhận xét (ii), ta
S∈ D
Giả sử mệnh đề với v2(c)≤ k−1 Ta chứng minh mệnh đề với
v2(c) =k, c= 2k·god(c)
◦ c ≤ n ·
Ç
2
åk+1
, số nguyên lẻ
k+1
2k ·c =
k+1 ·god(c) ≤ 2n Do đó, theo
nhận xét (i) tồn j cho 2j ·3k+1·god(c) ∈ S Nếu j ≥ k thì
c= 2k·god(c)| 2j ·3k+1·god(c) nên c6∈S Ngược lại, nếu j ≤ k−1 thì theo giả
thiết quy nạp
2j·3k+1·god(c)> n·
Ç
2
åj+1
⇒ 2k·god(c) = c > n·
Ç
2
åk+1
,
mâu thuẫn
◦ c > n·
Ç
2
åk+1
, ta cần xây dựngS ∈ Dchứa c Ta chia số lẻt ∈[2n] khácgod(c)
thành hai lớp
· Lớp I :god(c)6 |t, theo nhận xét (i), tồn isao cho n <2i·t ≤2n. · Lớp II : god(c) | t, chọn i lớn cho 3i ·god(c) ≤ t Tức là
3i·god(c)≤t <3i+1·god(c), ta xét số dạng 2k−i·t Dễ thấy, trong
các số cóa, bmà god(a)< god(b)thì v2(a)> v2(b)
Lấy S gồm số dạng 2i·t ở lớp I, số dạng 2k−i·t ở lớp II và cthì |S|= n Ta
(15)· Nếua thuộc lớp I, n < a < b ≤2n, mâu thuẫn với nhận xét (ii)
· Nếu a thuộc lớp II hay a =c god(c) |god(a) Theo nhận xét (ii) tốn 14, thìgod(a)|god(b), suy god(c)|god(b) hay b thuộc lớp II Từ đó, dogod(a)|god(b) nên god(a)< god(b), suy rav2(a)> v2(b), vơ lý a|b
Như vậy, ta chứng minh S ∈ D
Theo nguyên lý quy nạp, ta thu điều phải chứng minh
Bài toán 16 Cho số nguyên dương n >1 Gọi N họ tập gồm n phần tử
tập [2n] Xác định
max S∈N
Ç
min
x,y∈S, x6=y[x, y]
å
(Romania TST 2013)
Lời giải (numbertheorist17) Trước tiên, ta chứng minh nhận xét sau
[a, b] =ỵ2v2(a)·god(a), 2v2(b)·god(b)ó= 2max{v2(a), v2(b)}·[god(a), god(b)] (∗) ◦ Nếugod(a)|god(b)thì
[a, b] = 2max{v2(a), v2(b)}·god(b)≥max{a, b}
Nói riêng trường hợp god(a) =god(b) [a, b] = max{a, b}
◦ Nếugod(a)6 |god(b)và god(b)6 |god(a)thì
[a, b]≥2max{v2(a), v2(b)}·3·max{god(a), god(b)} ≥3·max{a, b}
Nhận xét chứng minh Trở lại toán, gọi mS =
x,y∈S, x6=y[x, y] Ta chia S ∈ N thành hai loại
Loại I : tồn tạia, b∈S mà god(a) = god(b) Khi theo nhận xét(∗), ta có
mS ≤[a, b] = max{a, b} ≤2n,
nên maxmS ≤2n, với S∈ N thuộc loại I
Loại II : godcủa phần tử S đôi phân biệt Trước tiên, ta chứng minh
S∗ ={n+ 1, n+ 2, ,2n} ∈ N
là tập thuộc loại II Thật vậy, giả sử a, b∈S∗ mà god(a) = god(b), theo nhận xét
(iii)của tốn 14, có a|b b|a, mâu thuẫn với nhận xét (ii) toán 15 Nếu tồn a ∈ S mà a ≤ n thay a 2a ≤ 2n ta thu tập S0 ∈ N, mà god(2a) = god(a) nên S0 thuộc loại II Dễ thấy mS0 ≥ mS Từ suy
maxmS =mS∗, với S ∈ N thuộc loại II
(16)◦ Nếugod(a)|god(b)thì god(b)≥3·god(a) nên theo nhận xét(∗)
[a, b] = 2max{v2(a), v2(b)}·god(b)≥2v2(a)·3·god(a) = 3a≥3·(n+ 1)
◦ Nếugod(a)6 |god(b)thì god(b)≤3·god(a) nên theo nhận xét(∗)
[a, b]≥3·max{a, b} ≥3a≥3·(n+ 1)
Suy maxmS =mS∗ ≥3·(n+ 1), với S ∈ N thuộc loại II
Như vậy, tổng hợp loại I II, ta thấy max
S∈N mS = mS
∗ ≥ 3·(n+ 1) Bây giờ, ta xác
định xác giá trị mS∗ theo n
Nếun lẻ thìv2(n+ 1)>0 nên
god(n+ 1) = n+ 2v2(n+1) ≤
n+
2 ≤
2n
3
hay 3·god(n+ 1)≤2n Do đó, theo nhận xét (i)của tốn 15, tồn t cho 2t·3·god(n+ 1) ∈S∗ Nếu t > v
2(n+ 1)
n <2v2(n+1)·god(n+ 1)<2v2(n+1)+1·god(n+ 1)≤2t·god(n+ 1)<2t·3·god(n+ 1)<2n,
mâu thuẫn với nhận xét(i) tốn 15 tính t Do t≤v2(n+ 1)
nên theo nhận xét (∗)
ỵ
2v2(n+1)·god(n+ 1),2t·3·god(n+ 1)ó= 2v2(n+1)·3·god(n+ 1)
Như vậy, mS∗ đạt giá trị 3·(n+ 1)
Nếun ≥6chẵn v2(n+ 2)>0nên
god(n+ 2) = n+ 2v2(n+2) ≤
n+
2 ≤
2n
3
hay 3·god(n+ 2)≤2n Do đó, theo nhận xét (i)của tốn 15, tồn t cho 2t·3·god(n+ 2) ∈S∗ Tương tự trường hợpn lẻ, ta chứng minh
ỵ
2v2(n+2)·god(n+ 2),2t·3·god(n+ 2)ó= 2v2(n+2)·3·god(n+ 2)
Như vậy, mS∗ đạt giá trị 3·(n+ 2)
Ta chứng minh giá trị cần tìm, hay ta cần chứng minh [n+ 1, a]>3·(n+ 2),
∀a > n+ ∈S∗ Thật vậy, n≥6 chẵn nênn+ =god(n+ 1) lẻ
◦ Nếugod(a)≤n a > n nên v2(a)>0 Từ đó, theo nhận xét (∗)
[god(n+ 1), 2v2(a)·god(a)]≥2v2(a)·3·god(n+ 1)≥6·(n+ 1)>3·(n+ 2)
◦ Nếugod(a)> n theo nhận xét (∗)
(17)Trường hợp n= S∗ ={3,4} vàmS∗ = 12
Trường hợp n= S∗ ={5,6,7,8} mS∗ = 24
Tóm lại, max
S∈N mS 3·(n+ 1) khin lẻ; 3·(n+ 2) n 6= 4chẵn 24 n=
Tiếp theo, mời bạn đọc xem chuỗi hai toán sau
Bài tốn 17 Tính số tập [2n] thoả mãn không chứa hai phần tử a, b mà
a+b= 2n+
(Polish MO 1995, Swedish MO 2006)
Lời giải Xét bảng sau
1 n
2n 2n−1 2n−2 n+
Rõ ràng, hai phần tử a, bcủa [2n] thuộc cột thìa+b = 2n+ Do cột, ta có 3lựa chọn : chọn số hàng trên, chọn số hàng dưới, không chọn hai Suy số tập của[2n]thoả yêu cầu tốn 3n
Bài tốn 18 Tính số tập [2n] thoả mãn không chứa hai phần tử a, b mà
|a−b| ∈ {1, n}
(Vietnam MO 2009)
Lời giải Xét bảng sau
1 n−1 n n+ n+ n+ 2n−1 2n
Yêu cầu tốn tương đương với việc tính số cách chọn số (có thể khơng có nào) thoả
(i) Hai ô kề bảng không đồng thời chọn
(ii) n n+ không đồng thời chọn
(18)1 n−1 n n+ n+ n+ 2n−1 2n
An - Bảng bình thường n−1 n
n+ n+ 2n−1 2n Bn - Bảng bị ô góc n−1
n+ n+ 2n−1 2n Cn - Bảng bị hai hai góc đối
XétAn, ta có trường hợp sau
◦ Chọn ơ{1}, khơng chọn hai ơ{2} {n+ 1} : có Bn−1 cách
◦ Chọn ô{n+ 1}, không chọn hai ô {1} {n+ 2} : có Bn−1 cách
◦ Khơng chọn hai {1} {n+ 1}: có An−1 cách
Suy
An=An−1 + 2·Bn−1 (1)
XétBn, ta có trường hợp sau
◦ Chọn ô{1}, không chọn ô {2} : có Bn−1 cách
◦ Khơng chọn {1} : có An−1 cách
Suy
Bn=An−1 +Bn−1 (2)
XétCn, ta có trường hợp sau
◦ Chọn hai {1} {n+ 2}, khơng chọn hai {2} {n+ 3} : có Cn−2
cách
◦ Chọn ô{1} không chọn ô {n+ 2}, khơng chọn {2} : có Bn−2 cách
◦ Khơng chọn {1} : có Bn−1 cách
Suy
Cn=Bn−1+Bn−2+Cn−1 (3)
(19)◦ Chọn hai ơ{n}và{n+ 1}, khơng chọn bốn ơ{2},{n+ 2},{n−1},{2n} : cóCn−2 cách
◦ Không chọn đồng thời hai ô {n} {n+ 1} : có Sn cách
Suy
An =Cn−2 +Sn (4)
Từ (1),(2),(3) (4), ta thiết lập hệ thức truy hồi riêng Sn
(
Sn =Sn−1+ 3·Sn−2+Sn−3
S1 = 3, S2 = 6, S3 = 10
hay Sn=
(3 +√2)(1 +√2)n+ (3−√2)(1−√2)n−2·(−1)n
4 , ∀n ∈N
Tiếp theo toán dùng ý tưởng truy hồi
Bài tốn 19 Cho số ngun khơng âm n Tính số cách chọn (n+ 1)2 tập Si,j
tập [2n], với 0≤i, j ≤n thỏa mãn đồng thời điều kiện sau (i) Tập Si,j có i+j phần tử
(ii) Nếu 0≤i≤k ≤n 0≤j ≤l≤n Si,j ⊆Sk,l
(USA MO 2019, Ricky Liu)
Lời giải (TheUltimate123) Ta sử dụng phương pháp truy hồi GọiTn số cách chọn
(n+ 1)2 tập Si,j thỏa yêu cầu toán Ta chọn Si,j theo thứ tự sau
(1) Chọn Sn,n Theo (i) |Sn,n|=n+n = 2n nên rõ ràngSn,n = [2n] Do có
cách chọn
(2) Chọn Sn−1,n−1 Theo (i) |Sn−1,n−1| = (n−1) + (n −1) = 2n−2 hiển nhiên
Sn−1,n−1 ⊂ [2n] = Sn,n nên ta cần chọn 2n −2 phần tử từ [2n] Do ta có C22nn−2 =C2
2n cách chọn
(3) Rõ ràng thay tập [2n] đề tập có 2n phần tử tốn khơng thay đổi, tức Tn khơng thay đổi
Do đó, chọn xong Sn−1,n−1 (nói cách khác ta cố định Sn−1,n−1) số cách chọn
n2 tập S
i,j ⊆Sn−1,n−1, với 0≤i, j ≤n−1, đồng thời thỏa (i) (ii) Tn−1 (4) Như vậy, việc cuối chọn tập có dạng Si,n Sn,j, với 0≤i, j ≤n−1
Từ tập Sn,n, ta chọn ngược từ Sn−1,n, Sn−2,n, đếnS0,n Giả sử ta chọn
xongSi,n (cố định Si,n), ta tính số cách chọn Si−1,n Theo (i) (ii) Si−1,n cần
thỏa mãn hai điều kiện sau
(20)Từ suy Si,n\Si−1,n−1 ={a, b}, ta chọn xong Si−1,n−1 (cố địnhSi−1,n−1)
nên a, bcố định Và vậy, Si−1,n làSi−1,n−1 cộng thêm hai phần tử a
vàb Do ta có cách chọn Si−1,n
Từ suy có 2n cách chọn tập dạng Si,n, với0≤i≤n−1 Tương tự, có2n cách
chọn tập dạng Sn,j, với 0≤j ≤n−1
Tổng hợp lại, ta thiết lập hệ thức truy hồi Tn
(
T0 =
Tn =C22n·2 2n·T
n
Suy Tn = (2n)!·2n
, ∀n ∈N
Bài toán 20 Cho số nguyên n ≥ 2, gọi X tập [2n] Xét tổng có
dạng e1x1+e2x2+e3x3, phần tử x1, x2, x3 thuộc tập X (không thiết
phân biệt) e1, e2, e3 ∈ {−1,0,1} thoả ◦ e2
1+e22+e23 6=
◦ Nếu xi =xj eiej 6=−1
Tập X gọi tự tất tổng không chia hết cho 2n Tìm giá trị lớn số phần tử tập tự
(Bulgaria MO 1997)
Lời giải Gọi X tập tự do, ta chứng minh |X| ≤ bn/2c Trước tiên, ta có nhận xét sau
◦ 1·2n+ 0·x2+ 0·x3 = 2n 2n, đó2n6∈X ◦ 1·n+ 1·n+ 0·x3 = 2n 2n, n6∈X
◦ 1·k+ 1·(2n−k) + 0·x3 = 2n 2n, k 2n−k khơng thể thuộcX
Hơn nữa, ta đổik ∈X thành2n−k tổng chứa k, hệ số củak khác
0, ta đổi1 thành −1và ngược lại Theo đó, tập số dư tổng modulo 2n
sẽ không đổi, tập X nhận tự
Từ đây, ta giả sử X tập S0 ={1,2, , n−1}
Gọi d phần tử nhỏ X Ta chia phần tử S0 lớn d thành nhóm sau
(n−1, n−2, , n−2d), (n−2d−1, n−2d−2, , n−4d),
Như vậy, trừ nhóm cuối có r phần tử, ta q nhóm, nhóm có 2d phần tử Suy
(21)Chú ý không tồn tạixi, xj ∈X màxi−xj = d, khơng thì1·xi−1·xj−1·d= 2n
Do trongq nhóm đầu, nhóm tối đa d phần tử thuộc X Ta xét nhóm cuối
◦ Nếur > d nhóm cuối tối đa d phần tử thuộc X Suy
|X| ≤dq+d+ 1≤(2dq+d+r+ 1)/2 = n/2
◦ Nếur < d nhóm cuối tối đa r phần tử thuộc X Suy
|X| ≤dq+r+ 1≤(2dq+d+r+ 1)/2 =n/2
◦ Nếu r =d nhóm cuối (2d,2d−1, , d+ 1) Do1·d+ 1·d−1·2d= 2n
nên 2d6∈X, nhóm cuối tối đa d−1 phần tử thuộc X Suy
|X| ≤dq+ (d−1) + 1<(2dq+d+r+ 1)/2 = n/2
Từ ta thu |X| ≤ bn/2c Ta tập tự có số phần tử bn/2c
Xét X ={1,3,5, ,2bn/2c −1}, rõ ràng |X|= bn/2c Ta chứng minhX tự Thật vậy,
◦ Nếu khơng có số hai ba sốe1, e2, e3 bằng0thì tổnge1x1+e2x2+e3x3
lẻ, khơng chia hết cho 2n
◦ Nếu có ba số e1, e2, e3 0, giả sử e1,
|e1x1 +e2x2+e3x3|= "
2≤ |x2−x3|<2bn/2c −2< n 2≤ |x2+x3|<4bn/2c −2<2n
do khơng chia hết cho2n
Từ suy tập X tự Vậy X tự max|X|=bn/2c
Bài toán 21 Tập S khác rỗng tập [2n] gọi tốt tập {a±b | a, b∈ S}
không chứa tập {1,2, , n} Tìm số c nhỏ cho với tập S tốt tập [2n], ta ln có |S| ≤cn
(China TST 2015)
Lời giải (Wolstenholme) Xét n = 5t, với t ∈ N∗ và S = {1,2, ,2t −1,6t + 1,6t +
2, ,10t} ⊂[2n] Rõ ràng 4t6∈(S+S)∪(S−S) nên S tập tốt Do
c≥ |S|
n =
6t−1 5t
Khi cho t= n5 → ∞, ta c≥
5 Ta chứng minh c=
(22)GọiSk∈[2n]là tập có|Sk|lớn chok 6∈(Sk+Sk)∪(Sk−Sk), vớik ∈ {1,2, , n}
Đặt 2n =qk+r vớiq, r ∈N, r < k, k ≤n nên q >1 Phân hoạch [2n] thành tập thặng dư modulo k, tức
Ti ={i, i+k, , i+qk}, với 1≤i≤r, Ti ={i, i+k, , i+ (q−1)·k}, với r < i≤k
Nếu i ∈Sk gọi Ti tập đủ, ngược lại gọi Ti tập thiếu Dok 6∈(Sk+Sk) nên
theo tốn 4.(c), số tập đủ khơng q k2
Theo tốn 4.(a), ta có
◦ Với 1≤i≤r
|Sk∩Ti|= õq û
+ , Ti đủ
°q
2
§
, Ti thiếu
◦ Với r < i≤k
|Sk∩Ti|= °q §
, Ti đủ
õq
2
û
, Ti thiếu
Từ đó, ta đánh giá dựa tính chẵn lẻ q độ lớn r
Khi q= 2q0, với q0 ∈N∗ và r≥ k
2 Do [2n] = k [ i=1
Ti nên theo chứng minh trên, ta có
|Sk| ≤ k X i=1
|Sk∩Ti| ≤ k
2(q
0
+ 1) +
Ç
r− k
å
q0+ (k−r)q0 =q0k+k
Từ
|Sk| n ≤
q0k+k2
q0k+ r
≤ q
0k+k
q0k+k
≤
Khi q= 2q0, với q0 ∈N∗ và r≤ k
2 Do [2n] = k [ i=1
Ti nên theo chứng minh trên, ta có
|Sk| ≤ k X i=1
|Sk∩Ti| ≤r(q0+ 1) + (k−r)q0 =q0k+r
Từ
|Sk| n ≤
q0k+r q0k+r
= 2− q
0k
q0k+ r
≤2− q
0k
q0k+k
≤
Khi q= 2q0+ 1, với q0 ∈N∗ vàr ≥ k
2 Do [2n] = k [ i=1
Ti nên theo chứng minh trên, ta có
|Sk| ≤ k X i=1
(23)Từ
|Sk| n ≤
q0k+k q0k+k
2 + r
≤ q
0k+k
q0k+ k + k ≤ <
Khi q= 2q0+ 1, với q0 ∈N∗
vàr ≤ k
2 Do [2n] = k [ i=1
Ti nên theo chứng minh trên, ta có
|Sk| ≤ k X i=1
|Sk∩Ti| ≤r(q0+ 1) + k
2(q
0
+ 1) +
Ç
k
2 −r
å
q0 =q0k+k +r
Từ
|Sk| n ≤
q0k+ k2 +r q0k+ k
2 + r
≤2− q
0k+ k
q0k+k +
r
≤2− q
0k+k
q0k+k + k ≤ <
Tóm lại, ta ln có |S| ≤max{|Sk|} ≤ 65n Vậy c= 65 giá trị cần tìm
Để kết thúc viết, xin giới thiệu toán đẹp lời giải đặc sắc
Bài toán 22 Tập S gọi tập chẵn chứa số chẵn phần tử (tập
rỗng không xem tập chẵn) Gọi S1, S2, , S2n tập chẵn tập [2n]
Chứng minh tồn hai tập Si, Sj (1≤i < j ≤n) cho tập Si∩Sj tập chẵn
(China 1999, Zhenhua Qu)
Lời giải (Tiankai Liu) Cho Si ứng với vector 2n-chiều −→ai, tọa độ thứ j j ∈Si, bằng0 j 6∈Si Khi đó, dễ thấy
|Si∩Sj|=−→ai · −→aj, ∀1≤i≤j ≤2n
Trường hợp đặc biệt i=j |Si|=→−ai · −→ai, mà Si tập chẵn nên −
→a
i · −→ai ≡0 (mod 2), ∀i= 1,2, ,2n (1)
Ta chứng minh phản chứng, giả định
− →a
i · −→aj ≡1 (mod 2), ∀1≤i < j ≤2n (2)
Khi đó, giả sử tồn S ⊂[2n]khác rỗng cho
X s∈S
− →a
s ≡
− →
0 ≡(0,0, ,0) (mod 2),
thì −→ai · P s∈S
− →a
s =−→ai · − →
0 = 0, ∀i= 1,2, ,2n Mặt khác, ta có
◦ ∀i6∈S, theo (2), ta có
− →a
i · X s∈S
− →a
(24)◦ ∀i∈S, theo (1) (2), ta có
− →a
i · X s∈S
− →a
s =−→ai · −→ai +−→ai · X
s∈S\{i}
− →a
s ≡0 +|S| −1≡0 (mod 2),
Mâu thuẫn, khơng tồn S Từ suy ra, với22n tập S [2n], tổng vector P
s∈S − →a
s khác theo modulo2
Mặt khác, Si tập chẵn nên vector thành phần có tổng tọa độ chẵn, suy
vector tổng P s∈S
− →a
s phải có tổng tọa độ chẵn Tức 2n−1tọa độ xác
(25)Tài liệu tham khảo
[1] Titu Andreescu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads : Problems and Solutions from around the world, The Mathematical Association of America
[2] Các thi Olympic Tốn Trung học phổ thơng Việt Nam (1990 - 2006), Tủ sách Toán học Tuổi trẻ, NXB Giáo dục, 2007
[3] Le Hai Chau, Le Hai Khoi,Selected Problems of the Vietnamese Mathematical Olympiad 1962 - 2009, Mathematical Olympiad Series, World Scientific, 2010
[4] Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tất Thu,
Lời giải Bình luận Đề thi chọn đội tuyển IMO 2017
https://www.dropbox.com/s/a6fsf7o23dcggld/loi%20giai%20vntst-2017.pdf? dl=0
[5] Titu Andreescu, Zuming Feng, 102 Combinatorial Problems from the Training of the USA IMO team, Birkhauser, 2002
https://www.dropbox.com/s/a6fsf7o23dcggld/loi%20giai%20vntst-2017.pdf?dl=0 http://artofproblemsolving.com/