Các bài toán cực trị trên tập hợp rời rạc là một dạng tốn khó, xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi. Các bài tốn loại này thường được phát biểu dưới hình thức sau.
1. Tìm số nguyên dương n lớn nhất để tồn tại một tập hợp con gồm n
phần tử thỏa mãn điều kiện (T).
2. Tìm số nguyên dương nbé nhất để tồn tại tập con gồm n phần tử thỏa mãn điều kiện (T).
Hướng giải chung.
1. Ta chứng minh mọi số nguyên n > n0 thì mọi tập con gồm n phần tử đều khơng thỏa mãn tính chất (T).
Chỉ ra tồn tại một tập hợp con gồm n0 phần tử thỏa mãn tính chất (T). Kết luận. n = n0 là giá trị cần tìm.
2. Ta chứng minh mọi số nguyên n < n0 thì mọi tập con gồm n phần tử đều khơng thỏa mãn tính chất (T).
Chỉ ra tồn tại một tập hợp con gồm n0 phần tử thỏa mãn tính chất (T). Kết luận. n = n0 là giá trị cần tìm.
Bài tốn 2.
1. Tìm số ngun dương n lớn nhất để mọi tập hợp con gồm n phần tử thỏa mãn điều kiện (T).
2. Tìm số nguyên dương n bé nhất để mọi tập con gồm n phần tử thỏa mãn điều kiện (T).
Hướng giải chung.
1. Ta chứng minh mọi số nguyên n > n0 thì tồn tại tập con gồm n phần tử khơng thỏa mãn tính chất (T).
Ta chứng minh mọi tập hợp con gồm n0 phần tử thỏa mãn tính chất (T).
Kết luận. n = n0 là giá trị cần tìm.
2. Ta chứng minh mọi số nguyên n < n0 thì tồn tại tập con gồm n phần tử đều khơng thỏa mãn tính chất (T).
Ta chứng minh mọi tập hợp con gồm n0 phần tử thỏa mãn tính chất (T).
Kết luận. n = n0 là giá trị cần tìm.
Nhận xét. Ta thường chọn n = n0 + 1 (đối với bài tốn lớn nhất) và
Bài tốn 2.56. Tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho ta có thể tìm được 15 phần tử khác nhau a1, a2, ..., a15 của tập hợp {16; 17;...;n} mà các phần tử này thỏa mãn điều kiện ak là bội của k với k = 1,2, ...,15.
Phân tích - Lời giải.
Từ điều kiện bài tốn ta thấy được n ≥ 30. Vì, nếu n = 30 thì trong tập
{16; 17;...; 30} có 4 số nguyên tố 17,19,23,29 và các số này chỉ chia hết cho 1. Do đó n≥ 33.
Nếu n= 33 thì {16; 17;...; 33} lại có thêm một số nguyên tố nữa là 31, điều này không thể thỏa mãn bài tốn. Do đó n ≥34.
Với n = 34 chứng minh bài tốn thỏa mãn.Cụ thể ta có thể gán như sau:
a1 = 17, a2 = 34, a3 = 33, a4 = 32, a5 = 25, a6 = 18, a7 = 21, a8 = 16,
a9 = 18, a10 = 20, a11 = 22, a12 = 24, a13 = 26, a14 = 28, a15 = 30. Vậy n= 34 là số nhỏ nhất thỏa mãn.
Bài toán 2.57. Cho k ≥1 là một số tự nhiên. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho với mọi tập gồm n số ngun ln có hai số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 2k + 1.
Phân tích - Lời giải.
Tập {k+ 1, k + 2, ...,2k + 1} khơng thỏa mãn tính chất bài tốn, vậy n > k + 1. Ta chứng tỏ n = k + 2. Với một tập A bất kỳ gồm k + 2 số, xét tập A0 các phần dư modulo 2k + 1 của tập A như là một tập con của tập
{−k,−k+ 1, ...,0,1, ..., k}. Nếu
A0 < k+ 2 thì ln có hai phần tử của tập
A có cùng số dư nên hiệu chia hết cho 2k + 1, nếu A0 = k+ 2 thì trong A
ln có hai phần tử có tổng bằng 0 theo modulo 2k + 1. Như vậy bài toán được chứng minh.
Bài tốn 2.58. Tìm số k ngun dương lớn nhất có tính chất sau: Tập hợp các số nguyên dương phân hoạch thành k tập con A1, A2, ..., Ak sao cho với mọi n ≥ 15, với mọi i ∈ {1,2, ..., k} tồn tại hai phần tử khác nhau của Ai
có tổng bằng n.
Phân tích - Lời giải.
Ta bắt đầu với trường hợp k = 2. Rõ ràng có thể phân hoạch tập hợp các số nguyên dương thành hai tập con A1 = {2n, n ≥3} ∪ {1,2};A2 =
{2n−1, n ≥ 3} ∪ {3,4} có tính chất: mọi số ngun dương n≥ 7 biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số thuộc A1 và tổng của hai số thuộc A2. Khi k = 3, dĩ nhiên việc phân hoặc thành "chẵn, lẻ" như trên được thay bởi phân hoạch theo modulo 3, và cũng như trước, cần thêm vào mỗi lớp đồng
dư modulo 3 một số số đầu tiên để đảm bảo mỗi tập được biểu diễn được mọi số nguyên dương n ≥ 15 dưới dạng tổng của hai số. Có thể phân hoạch như sau:
A1 = {1,2,3} ∪ {3m;m ≥ 4}, A2 = {4,5,6} ∪ {3m−1;m ≥ 4}, A3 = {7,8,9} ∪ {3m−2;m ≥ 4}.
Dễ thử lại rằng, phân hoạch trên thỏa mãn bài ra. Hơn nữa, có thể nhận thấy rằng, điều kiện biểu diễn được mọi số nguyên dương n ≥ 15 đối với phân hoạch trên đã rất chặt, chẳng hạn với số 14 không thể biểu diễn thành tổng của hai số thuộc A2 hoặc A3. Từ đó có thể dự đốn rằng, k = 3 là giá trị lớn nhất có thể phân hoạch thỏa mãn bài tốn.
Ta sẽ chứng minh dự đoán trên, nghĩa là với k ≥ 4 không thể phân hoạch các số tự nhiên thành k tập con thỏa mãn bài ra.
Rõ ràng nếu với k ≥ 4 nào đó mà tồn tại phân hoạch thỏa mãn, thì phân hoạch như vậy cũng tồn tại với k = 4. Thật vậy chỉ cần lấy phân hoạch
A1, A2, A3, A4∪A5∪...∪Ak ta được phân hoạch thành 4 tập con thỏa mãn bài toán. Như vậy chỉ cần chứng minh không thể tồn tại phân hoạch gồm 4 tập con thỏa mãn bài ra.
Giả sử tồn tại một phân hoạch như vậy:A1, A2, A3, A4. Như ta đã thấy trong ví dụ k = 2,3 các tập hợp Ai phải chứa những số nào đó trong những số tự nhiên đầu tiên. Xét 10 số nhỏ nhất mà mỗi tập hợp Ai đều phải biểu diễn được các số 15,16, ...,24. Mỗi số trong 10 số này đều là tổng của hai số nào đó thuộc tập hợp B = {1,2, ...,23}. Như vậy, mỗi tập hợp phải chứa ít nhất 5 số thuộc B (vì 10 = C52). Do bốn tập Ai rời nhau mà B chỉ chứa 23 phần tử nên tồn tại tập Ai nào đó chứa đúng 5 số thuộc B, giả sử đó là các số
{x1, x2, x3, x4, x5}. Các số này biểu diễn được đúng 10 số trong các số từ 15 đến 24, tức là 10 số đó chính là 10 tổng có thể {xk +xl, k 6= l,1 ≤k, l ≤ 5}. Từ đó suy ra
15 + 16 +...+ 24 = 4 (x1 +x2 +x3 + x4 +x5),
vì mỗi xi tham gia đúng 4 cặp số. Đẳng thức trên đây cho ta mâu thuẫn vì tổng ở vế trái là 195, trong khi vế phải chia hết cho 4.
Bài tốn 2.59. (Trung Quốc - 2012) Tìm số ngun dương k nhỏ nhất thỏa mãn tính chất sau:
Với mỗi tập con A của tập hợp S = {1,2, ...,2012} với |A| = k, luôn tồn tại
ba phần tử của tập A là x, y, z sao cho
trong đó a, b, c là các phần tử đôi một khác nhau của S.
Phân tích - Lời giải.
Từ điều kiện đã cho ta thấy rằng
c = y +z −x 2 , b = x+y −z 2 , a = x+z−y 2 .
Vì a, b, c đơi một khác nhau nên x, y, z cũng đôi một khác nhau.
Dễ thấy điều kiện để có các số nguyên trên là x+ y + z chẵn. Ta cần tìm điều kiện của bộ số (x, y, z) sao cho x < y < z, x+y > z và x+y+z là số chẵn. (∗)
Ta nhận thấy tập hợp các số lẻ A0 = {1,3, ...,2009,2011} không thỏa mãn điều kiện tồn tại ba số mà tổng của chúng là số chẵn. Tiếp theo, nếu thêm số 2 vào tập hợp đó thì được tập hợp A00 = {1,2,3, ...,2009,2011}. Khi đó, tổng ba số trong tập hợp này là số chẵn thì chắc chắn trong ba số đó phải chứa số 2. Tuy nhiên, điều kiện thứ hai nêu ở trên là tổng của hai số phải lớn hơn số cịn lại khơng thỏa mãn, tức là tập hợp này vẫn không thỏa mãn điều kiện. (∗)
Hơn nữa, A00 = 1007 nên tập A muốn thỏa mãn điều kiện bài tốn thì
|A| = k > 1007 ⇒k ≥ 1008.
Ta chứng minh k ≥ 1008 đều thỏa mãn điều kiện (∗).
Nhận xét. Tổng ba số là số chẵn thì ba số đó là ba số chẵn hoặc hai số lẻ và một số chẵn. Hơn nữa, tập A có ít nhất hai số chẵn nên phải có một số khơng bé hơn 4. Từ ý này xét các số chẵn và số lẻ trong tập A.
Ta xét tập hợp A có 1008 phần tử trong đó có a số chẵn và 1008−a số lẻ. Ta có hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. số phần tử chẵn trong A nhỏ hơn 100, tức là số phần tử lẻ trong A ít nhất là 908. Ta xét 908 phần tử trong đó là b1 < b2 < ... < b908.
Dễ thấy rằng
b908 −b1 ≤ 2011−1 = 2010. Đánh giá trên có thể viết lại là
(b2 −b1) + (b3 −b2) +...+ (b908 −b907) < 2010.
Có tất cả 907 hiệu như thế nên có thể tìm được một hiệu khơng vượt quá
2010 907
< 2.
Giả sử một hiệu thỏa mãn đó là bk+1 −bk ≤ 2. Loại hiệu đó ra, ta cịn 906 hiệu và tổng của chúng không vượt quá 2008.
Tiếp tục tập luận như trên, ta xét đánh giá 2010−2z
907−z < 3 ⇔z ≤ 711,
suy ra ta có thể chọn 711 hiệu có giá trị khơng vượt quá 2.
Giả sử hiệu có chỉ số lớn nhất là bk+1−bk thì bk+1−bk ≤2 và bk ≥ 1420. Do trong A có ít nhất hai số chẵn nên có một số chẵn khơng nhỏ hơn 4 và gọi số đó là a0. Khi đó bộ ba a0, bk, bk+1 thõa mãn điều kiện (∗).
Trường hợp 2. Số phần tử chẵn trong a ít nhất là 100, tức là a ≥ 100. Giả sử 100 số chẵn trong đó là
a1 < a2 < ... < a100 thì a100 −a1 ≤2012−2 = 2010.
Ta cũng thấy rằng đánh giá trên có thể viết lại là
(a2 −a1) + (a3 −a2) +...+ (a100 −a99) ≤ 2010. Có tất cả 99 hiệu trên nên tồn tại một số hiệu không vượt quá
2010 99
< 21.
Tuy nhiên, do đây cũng là số chẵn nên các hiệu này sẽ không vượt quá 20. Giả sử một hiệu thỏa mãn điều đó là ak+1−ak ≤ 20. Loại hiệu đó ra, ta cịn 98 hiệu và tổng của chúng sẽ không vượt quá 2010−20 = 1990.
Lập luận tương tự, ta sẽ tìm được một hiệu mới không vượt quá
1990 98
< 21.
Tiếp tục như thế ta thấy rằng nếu đánh giá 2010−20z
99−z < 21được thỏa mãn
thì ta sẽ tìm được tất cả z hiệu mà giá trị của chúng không vượt quá 20. Dễ thấy bất phương trình trên tương đương z < 69, nên ta có thể chọn được 68 hiệu có giá trị khơng vượt q 20.
Ta gọi hiệu có chỉ số lớn nhất là ak+1−ak thì ak+1−ak ≤ 20 và dễ thấyak ≥
124. Tiếp tục ta gọi hiệu có chỉ số lớn thứ nhì là aj+1−aj thì aj+1−aj ≤ 20 và aj ≥ 120.
Dễ dàng kểm tra bộ (aj, ak, ak+1) thỏa mãn aj < ak < ak+1 và
aj ≥ 120 > 20 ≥ ak+1 −ak ⇒ aj + ak > ak+1.
Rõ ràng bộ ba này thỏa mãn điều kiện (∗).
Từ đây, suy ra tất cả các tập A mà |A| = k ≥1008 đều thỏa mãn đề bài. Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là k = 1008.
Bài toán 2.60. Cho p là số nguyên tố lẻ và đặt S = {n1, n2, ..., nk} (các phần tử có thể trùng nhau) là tập hợp tất cả các số chính phương nguyên
tố cùng nhau với p. Tìm số k nhỏ nhất sao cho tồn tại một tập con A của S
thỏa mãn tích các phần tử của A đồng dư với 1 theo modulo p.
Phân tích - Lời giải.
Để giải bài toán này, sử dụng khái niệm căn nguyên thủy và tính chất. Gọi
g là căn nguyên thủy của số nguyên tố p.
Ta sẽ chứng minh k = p−1 2 . Thật vậy: Nếuk < p−1 2 thì xét tập S = g2, g2, ..., g2 của k phần tử g2.Khi đó, tích
các phần tử của tập con bất kì của S đều có dạng g2a với a < p−1
2 . Do g là căn nguyên thủy của p nên g2a không đồng dư với 1 modulo p.
Như vậy k ≥ p−1
2 .
Xét tập hợp S = {n1, n2, ..., nk}. Vì
1, g, ..., gp−1 là hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p nên giả sử ni = g2.αi với 0 ≤ αi ≤ p−1 theo modulo p. Do
đó, tích các phần tử của một tập con bất kì của S đều có dạng g2.a trong đó
a chính là tổng các phần tử của tập J = {α1, ..., αk}. Bây giờ ta sẽ chứng
minh trong tập J ln tồn tại một tập con có tổng các phần tử chia hết cho
p−1 2 . Thật vậy, ta xét các số α1, α1 +α2, ..., α1 +α2 +...+αp−1 2 , có tất cả là p−1 2 số.
Nếu trong các số trên tồn tại một số chia hết cho p−1
2 thì khẳng định được chứng minh. Ngược lại, tồn tại i < j sao cho
α1 +α2 +...+αi ≡α1 +α2 +...+αj modp−1 2 . Suy ra αi+1 +αi+2+...+αj ≡ 0 modp−1 2 .
Tóm lại, trong tập J ln tồn tại một số phần tử sao cho tổng các phần tử này chia hết cho p−1
2 , vì vậy ln tồn tại một tập con của S sao cho tích các phần tử của tập này bằng gm(p−1) đồng dư với 1 modulo p.
Vậy số nguyên k nhỏ nhất là p−1 2 .
dụng để giải trong bài này hoàn toàn là số học, với khái niệm căn nguyên thủy.
Bài toán 2.61. (Bài toán tổng quát) Cho p là số nguyên tố lẻ và đặt
S = {nm
1 , nm2 , ..., nmk } là tập hợp tất cả các số chính phương nguyên tố cùng
nhau với p. Tìm số k nhỏ nhất sao cho tồn tại một tập con A của S thỏa mãn tích các phần tử của tậpA đồng dư với 1 theo modulo p.
Đáp số của bài toán là: kmin = p−1
m .
Nhận xét. Bài tốn trên chúng ta có thể thay số nguyên tố p bằng số tự nhiên n có căn ngun thủy.
Bài tốn 2.62. Tìm số ngun dương lớn nhất N sao cho số tất cả các số nguyên dương trong tập {1,2, ..., N} chia hết cho 3 bằng số tất cả các số nguyên trong tập đó chia hết cho 5 hoặc 7.
Phân tích - Lời giải.
Đặt S = {1,2, ..., N}, A3 = n x ∈ S|x...3o , A5 = n x ∈ S|x...5o , A7 = n x ∈ S|x...7o . Khi đó |A3| = N 3 ,|A5| = N 5 ,|A7| = N 7 ,|A5 ∩ A7| = N 35 .
Theo yêu cầu bài toán |A3| = |A5 ∪A7|. Áp dụng nguyên lý bù trừ, ta có |A3| = |A5|+|A7| − |A5 ∩A7|, hay N 3 = N 5 + N 7 − N 35 . (1) Ta có N = 35k +r(k ∈ N,0 ≤ r ≤34), thay và (1) ta được 35k+r 3 = 35k +r 5 + 35k+ r 7 − 35k+r 35