2.4 Cấu hình không thứ tự
2.4.1 Chọn tập con
Bài 2.4.1. Giả sử rằng với số nguyên k ≥ 1, tổng của 2k+1 số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn(k+1)(3k+1).Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên có tổng bằng2k+1.
Giải.Ta đánh số các số nguyên đã cho theo giá trị:x1 < x2 < · · · < x2k+1. Chứng minh của khẳng định là dễ dàng nếu xk+1 ≤ 2k, khi đó từng số trongk+1số nguyênx1,x2, . . . ,xk+1thuộc một trongktậpT1 = {1, 2k},
T2 = {2, 2k−1}, . . . , Tk = {k,k +1}; theo nguyên lý chuồng chim bồ
câu điều này có nghĩa có hai số nguyên xi,xj (1 ≤ i < j ≤ k+1) nằm trong cùng tập Ts, và do đó xi +xj = 2k+1.
Nếu ta giả sử rằng xk+1 ≤ 2k không đúng, tức là nếu xk+1 ≥ 2k+1, thì tổng Scủa tất cả2k+1số thỏa mãn S = (x1+x2+· · ·+xk) + (xk+1+xk+2+· · ·+x2k+1) ≥ (1+2+· · ·+k) + ((2k+1) + (2k+2) +· · ·+ (3k+1)) = k(k+1) 2 + (5k+2)(k+1) 2 = (k+1)(3k+1),
mâu thuẫn với giả thiết của bài toán.
Bài 2.4.2. Chứng minh rằng với mọi n > 1, từ bất kỳ tập con A gồm (n+2) phần tử của tập {1, 2, . . . , 3n} ta có thể chọn hai số có hiệu lớn hơnnnhưng nhỏ hơn2n.
Giải. Do hiệu số của hai phần tử của tập A không thay đổi nếu ta tăng tất cả các phần tử của nó bởi cùng một số, ta có thể giả sử rằng phần tử lớn nhất của A bằng 3n, tức là 3n ∈ A. Ta chú ý rằng bất đẳng thức n < 3n−x < 2n đúng với x = n+1,n+2, . . . , 2n−1; do đó, ta chỉ cần xét trường hợp tập A khơng chứa các số này. Khi đó ta có A = {3n} ∪B, trong đó Blà tập con gồm(n+1) phần tử của tập2nphần tử
{1, 2, . . . ,n, 2n, 2n+1, . . . , 3n−1}. Nếu ta chia các phần tử của tập trên
thànhn tập con
T1 = {1, 2n},T2 = {2, 2n+1}, . . . ,Tn = {n, 3n−1},
thì theo nguyên lý chuồng chim bồ câuBchứa cả hai phần tử của tập Ts nào đó. Hiệu số d của hai phần tử này bằng 2n−1, và do đó thỏa mãn
điều kiệnn < d < 2n.
Bài 2.4.3. Với mọi n > 5 tìm số nhỏ nhất các số nguyên mà phải xóa đi từ tập {2, 3, . . . ,n−1,n} sao cho khơng có số ngun cịn lại nào bằng với tích của hai số nguyên (phân biệt) còn lại.
Giải.Do2·3 = 6 ≤ n, ta phải xóa ít nhất một số ngun với mỗin.Trong trường hợp n < 12 ta cả cần xóa số ngun 2, vì tích của bất kỳ hai số ngun còn lại nhỏ nhất là3·4 = 12. Trong trường hợp12 ≤ n < 20 ta chỉ cần xóa 2 và 3 (do 4·5 = 20 > n); nếu ta chỉ xóa một trong hai số, thì trong các số ngun cịn lại ta có thể tìm được bộ ba {2, 5, 10} hoặc
{3, 4, 12}.Tổng quát hóa ta được: Với số ncho trước đầu tiên ta xác định
số k thỏa mãn k(k +1) ≤ n < (k+ 1)(k +2). Khi đó ta xóa k −1 số nguyên 2, 3, . . . ,k từ tập {2, 3, . . . ,n−1,n}; nếu xóa ít hơn k−1 số, thì trong các số ngun cịn lại tồn tại một bộk−1 số
{2, 2k−1, 2(2k−1)},{3, 2k−2, 3(2k−2)}, . . . ,{k,k+1,k(k+1)}.