Cơ sá lí thuyet ve so HQC , to hap 5 1.1 So HQC
Tớnh chat chia het trong tắp hap so nguyờn
Khi so sánh hai số nguyên a và b, nếu a chia hết cho b, ta có thể viết a = kb, với k là một số nguyên Trong trường hợp này, ký hiệu a b được sử dụng Ngược lại, nếu không tồn tại số nguyên k nào thỏa mãn điều kiện này, ta nói rằng a không chia hết cho b, ký hiệu a ƒ b.
Các tính chất cơ bản của tính chia hết bao gồm: i) Nếu a và b là hai số nguyên dương với a chia hết cho b, thì a luôn lớn hơn hoặc bằng k ii) Nếu a chia hết cho b với mọi i từ 1 đến n, thì tổng (a1 + a2 + + an) cũng chia hết cho b iii) Đối với hai số nguyên không âm a và b, trong đó b khác 0, luôn tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q và r sao cho a = bq + r, với điều kiện 0 ≤ r < b.
Đong dư
Đ%nh nghĩa 1.1.2 Neu hai so nguyên a và b khi chia cho so tn nhiên m (m ƒ= 0) có cùng so dư thì ta nói rang a đong dư vái b theo modulo m và viet a ≡ b mod m.
Các tính chat cơ bãn cua đong dư. nguyên dương) khi và chi khi m i) Hai so nguyên a và b đong dư vái nhau theo modulo m (a − b)
Trong số học, quan hệ đồng dư là một khái niệm quan trọng, với m là số nguyên dương Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m), thì ta có thể kết luận rằng a + c ≡ b + d (mod m), a − c ≡ b − d (mod m) và ac ≡ bd (mod m) Ngoài ra, nếu p là một số nguyên tố và ab ≡ 0 (mod p), thì điều này dẫn đến kết luận rằng a ≡ 0 (mod p) hoặc b ≡ 0 (mod p).
Hàm phan nguyên
hiắu [x], là so nguyờn lỏn nhat khụng vưat quỏ x Đ
Một số tính chất cơ bản của hàm phần nguyên được trình bày như sau: Đối với số thực x, hàm phần nguyên được ký hiệu là [x] = a nếu và chỉ nếu x = a + d, trong đó a là số nguyên và 0 ≤ d < 1 Nếu [x + y] = x, điều này chỉ ra rằng x là số nguyên và 0 ≤ y < 1 Cuối cùng, nếu n là số nguyên thì [n + x] = n + [x].
[x] iv) [x + y] ≥ [x] + [y]. n n vi) Neu n là so tn nhiên thì n[x] ≤ [nx]. vii) Vái MQI so tn nhiên n và q (q ƒ= 0) thì q Σ n Σ ≤ n. v) Neu n là so nguyên dương thì Σ [ x ] q Σ = Σ x Σ
Nguyên lý Dirichlet
Nguyên lý 1 (Nguyên lý Dirichlet cơ bãn) Neu nhot n + 1 con thõ vào n cái chuong thì bao già cũng có m®t chuong chúa ít nhat hai con thõ.
Nguyên lý Dirichlet mã r®ng cho rằng nếu có n con thỏ được phân bổ vào m ≥ 2 cái chuồng, thì chắc chắn sẽ tồn tại ít nhất một chuồng có ít nhất n + m - 1 con thỏ Nguyên lý này giúp minh họa cho việc phân chia nguyên của số α trong toán học.
Chnng minh Giã su trái lai Σ MQI chuong thõ không có đen n + m − 1 Σ Σ n − 1
Tổng số con thừa trong mỗi chương sẽ lớn hơn hoặc bằng tổng số con thừa của n con thừa, dẫn đến việc tổng số con thừa không vượt quá mã n m - 1 = n - 1 con Điều này chứng minh rằng việc thiết lập phương trình là không chính xác.
Dirichlet mã r®ng đưac chúng minh.
Nguyên lý Dirichlet là một công cụ mạnh mẽ trong toán học, đặc biệt là trong lĩnh vực lý thuyết số Nguyên lý này cho phép chứng minh sự tồn tại của nhiều kết quả quan trọng mà không cần phải tìm ra phương pháp cụ thể để xác định chúng Nó được áp dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học, giúp đơn giản hóa quá trình chứng minh và giải quyết các bài toán phức tạp Trong thực tế, nhiều bài toán chỉ yêu cầu chỉ ra sự tồn tại mà không cần đi sâu vào chi tiết phương pháp tìm kiếm.
Nguyờn lớ Dirichlet thnc chat là mđt đ%nh lớ ve tắp huu han Ngưài ta có the phát bieu chính xác nguyên lí này dưái dang sau đây.
Nguyên lý 3 (Nguyên lý Dirichlet cho tập hợp hữu hạn) khẳng định rằng, nếu A và B là hai tập hợp khác rỗng với số phần tử hữu hạn, trong đó số lượng phần tử của A lớn hơn số lượng phần tử của B, thì khi áp dụng một quy tắc nào đó để ánh xạ mỗi phần tử của A tới một phần tử của B, sẽ tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của A mà chúng sẽ tương ứng với cùng một phần tử của B.
Nguyờn lý 4 (Nguyờn lớ Dirichlet dang tắp hap mó rđng) Gió su A, B là hai tắp hap huu han và S(A), S(B) tương ỳng kớ hiắu là cỏc so lưang m Σ Σ Σ Σ Σ Σ m m m
Trong hình 1.1, chúng ta xem xét các phần tử của tập hợp A và B Giả sử có một số tự nhiên B nào đó sao cho S(A) > kS(B) Theo quy tắc tương ứng, mỗi phần tử của A sẽ liên kết với một phần tử của B Do đó, sẽ tồn tại ít nhất k + 1 phần tử của A tương ứng với cùng một phần tử của B.
Chú ý: Khi k = 1, ta có ngay lai nguyên lí Dirichlet.
Nhac lai ve tắp hap
1.3.1 Tắp hap con Đ%nh nghĩa 1.3.1 Cho tắp hap A Tắp hap B GQI là tắp con cua tắp A khi MQI phan tu cua tắp B đeu thuđc A.
• MQI tắp hap A đeu cú 2 tắp con là ∅ và A.
• Tắp A cú n phan tu thỡ so tắp con cua A là 2 n
1.3.2 Tắp hap sap thỳ tn
Mặt tắp hợp hữu hạn có m phần tử được gọi là GQI, là tập hợp nếu mọi phần tử của tắp hợp đều tương ứng với một số tự nhiên từ 1 đến m, sao cho các phần tử khác nhau ứng với các số khác nhau.
9 b® sap thú tn (a 1, a 2, , a m ) và (b 1, b 2, , b m ) bang nhau khi
MQI phan Khi đó b® sap thú tn m phan tu là m®t dãy huu han m phan tu và hai tu tương úng bang nhau.
1.3.3 So phan tỳ cỳa mđt so tắp hap
Tắp hap A cú huu han phan tu thỡ so phan tu cua A đưac kớ hiắu là
A, B, C là 3 tắp hap huu han, khi đú
Tőng quỏt: Cho A 1, A 2, , A n là n tắp hap huu han (n > 1) Khi đú,
Quy tac c®ng và quy tac nhân
1.4.1 Quy tac c®ng Đ%nh nghĩa 1.4.1 Mđt cụng viắc đưac hoàn thành bói mđt trong hai hành đđng Neu hành đđng này cú m cỏch thnc hiắn, hành đđng kia cú n cỏch thnc hiắn khụng trựng vỏi bat kỡ cỏch nào cua hành đđng thỳ nhat thỡ cụng viắc đú cú m + n cỏch thnc hiắn.
Tőng quỏt, mđt cụng viắc đưac hoàn thành bói mđt trong cỏc hành đ®ng T 1, T 2, , T n trong đó
Gió su khụng cú hai viắc nào cú the làm đong thài thỡ cụng viắc đú cú m 1 + m 2 + ã ã ã + m n cỏch thnc hiắn.
Bieu dien dưỏi dang tắp hap: Neu X, Y là hai tắp hap huu han, khụng gian nhau thì
Neu X 1, X 2, , X n là n tắp huu han, tựng đụi mđt khụng gian nhau thỡ
Neu X, Y là hai tắp huu han và X ⊆ Y thỡ
1.4.2 Quy tac nhân Đ%nh nghĩa 1.4.2 Gió su đe hoàn thành mđt nhiắm vn H can thnc hiờn hai cụng viắc nhừ là H 1 và H 2 Trong đú, H 1 cú the làm bang n 1 cỏch H 2 cú the làm bang n 2 cỏch, sau khi đó hoàn thành cụng viắc H 1 Khi đú đe thnc hiắn cụng viắc H se cú n 1 ã n 2 cỏch.
Tőng quỏt, gió su đe hoàn thành mđt nhiắm vn H can thnc hiắn k cụng viắc nhừ là H 1, H 2, , H k , trong đú:
H 1 có the làm bang n 1 cách,
H 2 cú the làm bang n 2 cỏch, sau khi đó hoàn thành cụng viắc H 1,
H k cú the làm bang n k cỏch, sau khi đó hoàn thành cụng viắc H k − 1. Khi đú, đe thnc hiắn cụng viắc H se cú n 1 ã n 2 ã ã ã n k cỏch.
Biểu diễn dưới dạng tập hợp: Nếu A1, A2, , An là n tập hợp hữu hạn (n > 1), thì số phần tử của tích Đề-các các tập hợp này bằng tích của số phần tử mỗi tập hợp Để liên hệ với quy tắc nhân nhỏ, ta có thể nhận thấy rằng một phần tử của tích Đề-các A1 × A2 × × An được thực hiện bằng cách chọn lần lượt một phần tử từ A1, một phần tử từ A2, , cho đến một phần tử từ An Theo quy tắc nhân, ta có thể nhận thấy rằng tổng số phần tử trong tích Đề-các đang được tính toán.
Giai thùa và hoán v%
1.5.1 Giai thùa Đ%nh nghĩa 1.5.1 Giai thựa n, kớ hiắu là n!, là tớch cua n so tn nhiờn liên tiep tù 1 đen n. n! = 1 ã 2 ã 3 ã ã ã (n − 1) ã n, n ∈ N, n > 1.
1.5.2 Hoán v% Đ%nh nghĩa 1.5.2 Cho tắp hap A, gom n phan tu (n ≥ 1) Mđt cỏch sap thỳ tn n phan tu cua tắp hap A đưac GQI là mđt hoỏn v% cua n phan tu đó.
Kớ hiắu P n là so cỏc hoỏn v% cua n phan tu.
1.6.1 Chính hap Đ%nh nghĩa 1.6.1 Cho tắp hap A gom n phan tu (n ≥ 1) Ket quó cua viắc lay k phan tu khỏc nhau tự n phan tu cua tắp hap A và sap xep chỳng theo mđt thỳ tn nào đú đưac GQI là mđt chinh hap chắp k cua n phan tu đã cho.
A k là so cỏc chinh hap chắp k cua n phan tu, k n ! n (n − k)! = n(n − 1) ã ã ã (n − k + 1) (vỏi 1 ≤ k ≤ n).
Chỳ ý: Mđt chinh hap n chắp n đưac GQI là mđt hoỏn v% cua n phan tu.
1.6.2 To hap Đ%nh nghĩa 1.6.2 Gió su tắp A cú n phan tu (n ≥ 1) Mői tắp con gom k phan tu cua As đưac GQI là mđt tő hap chắp k cua n phan tu đã cho (1 ≤ k ≤ n).
Ký hiắu C k (1 ≤ k ≤ n) là so cỏc tő hap chắp k cua n phan tu.
Trong chương này, chúng ta sẽ xem xét các kiến thức cơ bản về tǒ hấp, bao gồm tǒ hấp và chính hấp Các kiến thức liên quan đến hóa học chất rắn (HQC) sẽ được đề cập, tập trung vào tính chất chia hết của một tổng, một hiếu, phân nguyên, và số phân tử của một tắp hấp.
Chinh hap, tő hap
Chương này tập trung vào các bài toán cấu hình so HQC, với cấu trúc phong phú của các con số và phép tính Sự đa dạng và sinh động của các bài toán này khiến việc tìm ra một phương pháp hay thuật toán giải quyết trở nên khó khăn Điều này càng phức tạp hơn khi các bài toán riêng lẻ thường là những "bài toán nghiên cứu" được lắp ghép và biến đổi với nhiều mức độ khó khăn khác nhau Chúng có thể dao động từ những bài đơn giản đến những bài rất khó, yêu cầu người giải phải có khả năng sáng tạo, linh hoạt và kiên nhẫn, đặc biệt trong những trường hợp thất bại.
Nội dung của chương này được trình bày theo cách phân loại các bài toán thành các phần dựa trên kiểu cấu hình cụ thể Trong phần giới thiệu ngắn gọn này, chúng tôi sẽ đề cập đến tên gọi của một số phương pháp tổng quát để giải quyết các bài toán, đồng thời mô tả các phương pháp cụ thể hơn sẽ được trình bày trong toàn bộ chương.
Chúng ta sẽ giới thiệu chi tiết về thuật ngữ sắp xếp của mệnh đề bất đẳng thức hoặc mệnh đề tắt trong toán học; từ đó, chúng ta sẽ đi sâu vào tìm hiểu các bài toán liên quan đến dãy số.
So HQC to hap 13 2.1 Bài toán sap xep
Bài toán chia het
Bài 2.1.1 Chúng minh rang không ton tai hap so n > 4 sao cho có m®t hoán v% a 1, a 2, , a n cua các so 1, 2, , n sao cho các so a 1, a 1 a 2, a 1 a 2 a 3, , a 1 a 2 ã ã ã a n có phan dư khác nhau sau khi chia cho n Đieu này có đúng vái n = 4 không?
Khi n > 4, hoán vị các số a1, a2, , an chỉ có số cuối cùng là n! Do đó, a_n = n và các hoán vị a1, a1a2, a1a2a3, , a1a2 an đều chia hết cho n Rõ ràng, a1a2 an-1 = (n-1)! Tuy nhiên, với các số n > 4, (n-1)! không chia hết cho n, dẫn đến mâu thuẫn Đối với n = 4, các hoán vị vẫn tồn tại với các số như 1, 3, 2, 4, và các tổ hợp như 1a3, 1a3a2, và 1a3a2a4 chia cho 4 cho phần dư tương ứng là 1, 3, 2, 0.
Bài 2.1.2 Chúng minh rang vái mői n ≥ 2 ta có the CHQN n so nguyên kỳ cua cỏc so a 1, a 2, , a n thỡ 1 + b 2 b 3 ã ã ã b n là bđi cua b 1 1 < a 1 < a 2 < ã ã ã < a n cú tớnh chat sau: Neu b 1, b 2, , b n là hoán v% bat
Khi phân tích trường hợp n = 2, giả sử 1 < a1 < a2 là hai số nguyên bất kỳ Ta có a2 ≤ 1 + a1, dẫn đến 1 + a1 < 1 + a2 ≤ 2 + a1 Do đó, 1 + a1 và 2 + a1 là hai số nguyên liên tiếp, kéo theo 1 + a2 = 2 + a1, tức là a2 = 1 + a1 Từ đó, điều kiện a1 | 1 + a2 suy ra a1 | 2 + a1, nghĩa là a1 | 2, chỉ xảy ra khi a1 = 2 Vì vậy, với n = 2, ta có nghiệm duy nhất (a1, a2) = (2, 3).
Tiep theo ta thu chúng minh trưàng hap n = 3 bang cách thêm m®t so thớch hap a 3 > 3 vào cắp (2, 3) Đieu kiắn a 3 | 1 + 2 ã 3 kộo theo a 3
Để giải bài toán này, ta cần chứng minh rằng với n = 3, các điều kiện 2 | 1 + 3 và 3 | 1 + 2 đều thỏa mãn Lưu ý rằng trong phát biểu của toán học, thứ tự của các số nguyên b2, b3, , bn không quan trọng Do đó, đối với mỗi a_i (1 ≤ i ≤ n), ta chỉ cần kiểm tra điều kiện duy nhất là a_i | 1 + s, trong đó s = a1 a2 a_n.
Để xác định thành công trong bài toán với điều kiện cho trước, chúng ta cần kiểm tra kết luận về các số a_k trong trường hợp n = 3 Nếu các số a_k không thỏa mãn điều kiện, ta sẽ xem xét a_{k+1} và điều kiện k + 1 = 1 + a_1, a_2, , a_k Qua đó, có thể thấy rằng a_{k+1} phải lớn hơn a_k và điều kiện a_{k+1} | 1 + a_1, a_2, , a_k là đúng Do đó, việc kiểm tra cho từng i = 1, 2, , k là cần thiết để đảm bảo rằng a_i | 1 + s_i a_{k+1} với s_i.
Để chứng minh rằng với mỗi n > 1 tồn tại một hoán vị a1, a2, , an sao cho ai | (1 + si) a k + 1 đúng khi và chỉ khi ai | (1 + si), chúng ta cần đảm bảo điều này cho mọi i = 1, 2, , k Điều này dẫn đến việc xây dựng các số thích hợp a1, a2, , an với n ≥ 2, bao gồm các tập hợp như (2, 3), (2, 3, 7), (2, 3, 7, 43), và (2, 3, 7, 43, 1807) Hơn nữa, ta cũng có thể xây dựng đẳng thức quy, với mối liên hệ giữa các số nguyên 1, 2, , n sao cho aj + 1 là ước của tổng a1 + a2 + + an.
Giãi bài toán này cho thấy rằng việc chứng minh khẳng định này trở nên dễ dàng khi \( k > 1 \) Cụ thể, tổng của \( 1 + 2 + + (k - 1) \) có thể được tính toán một cách đơn giản, vì lúc này chỉ cần xác định \( a_j = j \) cho mọi \( j \) trong tập hợp.
Để chứng minh các số lẻ có tính chất nhất định, ta chỉ cần thêm số hạng a(n + 1) = n + 1 vào một hoán vị Nếu khẳng định đúng với số chẵn n > 1, thì cũng đúng với n = 2k Tổng của các số hạng từ 1 đến n là k(2k + 1), với điều kiện a1, a2, , an là các số nguyên từ 1 đến n Do đó, ta xem xét 2k | (a1 + a2 + + a(2k - 1)) tương đương với a(2k) là ước của tổng a1 + a2 + + a(2k) = k(2k + 1) Từ đó, ta có a(2k) = k và suy ra a(2k - 1) | (k(2k + 1) - k) = k(2k) Tiếp tục theo cách này, ta tìm được a(2k - 2) = k - 1, a(2k - 3) = 2k - 1, và cuối cùng thu được hoán vị k + 1, 1, k + 2, 2, , 2k, k.
Bõy già ta kiem tra hoỏn v% trờn thừa món đieu kiắn cua bài toỏn Thắt vắy, vỏi 1 ≤ i ≤ k ta de tớnh đưac
(k + 1) + 1 + (k + 2) + 2 + ã ã ã + (k + i) + i = i(k + i) + i = i(k + i + bài toỏn vỏi 1) n = 2k Ngưài ĐQC nờn the kiem tra đieu kiắn cua bài toỏn
Tuy nhiờn, hoỏn v% trờn khụng là cỏch duy nhat thừa món đieu kiắn cua cũng đưac thõa mãn bãi hoán v%
Dãy số 2n gồm các phần tử 1, 1, 2, 2, , n, n với điều kiện mỗi k = 1, 2, , n đều tồn tại đúng k Để chứng minh rằng với số nguyên n có tính chất sau: tồn tại một hoán vị của phần tử giữa hai số k Chúng ta cần chỉ ra rằng n^2 + n chia hết cho 4 Điều này có nghĩa là với mỗi k = 1, 2, , n, tồn tại một chỉ số i k sao cho a[i] = a[k].
+ k + 1 = Giãi GQI a 1, a 2, , a 2n là m®t hoán v% vái tính chat đã cho. Đieu này có k Khi đú, tőng cua tat có cỏc chi so 1 + 2 + ã ã ã + 2n = n(2n + 1) bang n n n n ( n + 3 ) (2n + 1) = ∑ (i k + i k + k + 1) = 2 ∑ i k + 2 , kéo theo n k = 1 k = 1 n ( n + 3 ) n ( 3 n − 1 )
Số hạng bên trái là số chẵn, trong khi số hạng n(3n − 1) là bội của 4 Do đó, hiểu của n(3n − 1) − (n² + n) chia hết cho 4 Điều này được khẳng định rõ ràng trong bài toán, và chúng ta có thể chứng minh rằng hiểu của chúng bằng 2n(n − 1), với n(n − 1) luôn luôn là số chẵn.
Bài toán ve bat đang thúc
Trong phần này, chúng ta sẽ xem xét các bài toán liên quan đến tái dãy bắt đầu thúc Cụ thể, nếu cho hai dãy bắt đầu thúc, chúng ta sẽ chứng minh rằng luôn tồn tại một dãy thỏa mãn các điều kiện đã đề ra.
MĐT đang thúc hoặc bắt đang thúc giữa hai số hạng tương ứng hoặc tồn tại bao nhiêu hoán vị % để các số hạng của dãy thỏa mãn một bắt đang thúc nào đó Điều này đảm bảo rằng x1 < x2 < < xn và x1 + y1 < x2 + y2 < < xn.
+ y n Bài 2.1.5 Cho x 1, x 2, , x n và y 1, y 2, , y n là hai hoán v% m®t b® n so Chúng minh rang hai hoán v% phãi trùng nhau, túc là x i
Giãi Giã su không xãy ra trưàng hap x 1 = y 1, túc là ta có x 1
= y k vái k > 1 Tù các bat đang thúc đã cho suy ra y i < (x k + y k ) − x i = x k + (y k − x i ) = x k + (x 1 − x i ) ≤ x k vái MQI i = 1, 2,
Trong một chuỗi các số, nếu \( y_k < x_k \) với \( 1 \leq k \leq n \), điều này cho thấy mỗi số \( y_1, y_2, \ldots, y_k \) nhỏ hơn một trong các số \( x_1, x_2, \ldots, x_{k-1} \) Tuy nhiên, vì các số \( y_1, y_2, \ldots, y_k \) là phân biệt và là các phần tử đầu tiên của dãy số phân biệt \( x_1 < x_2 < \ldots < x_n \), ta có thể kết luận rằng \( x_1 = y_1 \) Tiếp tục, ta có thể thay thế \( x_2 = y_2 \) và tiếp tục như vậy cho đến \( x_n = y_n \) Qua đó, nếu ta lặp lại quy trình này cho các hoán vị \( x_2, \ldots, x_n \) và \( y_2, \ldots, y_n \), ta sẽ chứng minh rằng \( x_k > y_k \) với \( 1 \leq k \leq n \).
≤ k ≤ n) v 1 < v 2 < ã ã ã < v n lan lưat là cỏc hoỏn v% tăng cua b® n so x 1, x 2, , x n
Để chứng minh rằng tồn tại một chỉ số \( k \) sao cho \( u_k > v_k \), ta xem xét các phần tử trong tập \( (k - 1) \) gồm các giá trị \( v_1, v_2, \ldots, v_{k-1} \) Do có \( k \) giá trị khác nhau của chỉ số \( i \), nên tồn tại một giá trị \( y_i \) không nằm trong khoảng \( x_i > y_i \) với mọi \( i \) Điều này cho thấy rằng \( u_k > y_i \) nếu \( u_k \geq x_i \), với \( x_i \) được xác định là \( u_1, u_2, \ldots, u_k \).
Q bat đang thúc này đúng vái đúng k giá tr% khác nhau cua chi so i, xác
Bài 2.1.7 Cho a 1, a 2, , a 2n là m®t hoán v% các so 1, 2, , 2n sao cho hai dãy bat đang thúc a 1 < a 3 < a 5 < ã ã ã < a 2n − 1, a 2 > a 4 > a 6 > ã ã ã > a 2n
(2.1) đỳng (Ton tai bao nhiờu hoỏn v% như vắy?) Xỏc đ%nh cỏc giỏ tr% cú the cua tőng
Giói So hoỏn v% thừa món tớnh chat (2.1) bang vỏi so tắp con n phan tu
{a 1, a 3, , a 2n − 1 } cua tắp {1, 2, , 2n}, cn the ( n ) Ta se chỳng minh bat đang (2.1) cú nghĩa rang vỏi mői k = 1, 2, , n ta cú hoắc a 2k
Trong trường hợp ≤ n < a 2k − 1 hoặc a 2k − 1 ≤ n < a 2k, nếu a 2k − 1 > a 2k, thì a 2k − 1 lớn hơn n so với a 1, a 3, , a 2k − 3, a 2k, a 2k + 2, , a 2n, dẫn đến a 2k − 1 > n, trong khi a 2k ≤ n cho thấy a 2k nhỏ hơn n so với a 2, a 4, , a 2k − 2, a 2k − 1, a 2k + 1, , a 2n − 1 Từ đó, trong trường hợp a 2k − 1 < a 2k, ta có thể suy ra a 2k − 1 ≤ n < a 2k Nếu bỏ đi điều kiện tuyệt đối trong tổng S, ta thu được kết quả mong muốn.
= ±1 ± 2 ± 3 ± ã ã ã ± (2n), vái cách CHQN dau thích hap (n lan dau + và n lan dau −) Tuy nhiên, các bat đang thúc a 2k ≤ n < a 2k − 1 và a 2k − 1 ≤ n < a 2k chi ra rang dau
+ xuat hiắn vỏi cỏc so mà lỏn hơn n Cho nờn giỏ tr% cua S là đđc lắp váicách CHQN hoán v%, bang
Bài 2.1.8 Xác đ%nh so hoán v% khác nhau a 1, a 2, , a 10 cua các so nguyên
Giãi Ta bieu dien các bat đang thúc cua bài toán này bang đo th% trong
Trong Hình 2.1, các mũi tên thể hiện mối quan hệ so sánh giữa các phần tử, trong đó a_i > a_j Quan hệ ">" có tính chất bắc cầu, nghĩa là nếu a > b và b > c thì a > c Từ Hình 2.1, ta suy ra rằng a_1 là phần tử lớn nhất trong tập hợp.
Hình 2.1 tỳc là a 1 = 10 Bõy già ta chia cỏc so cũn lai 1, 2, , 9 thành cỏc tắp con
Có ba cách chia các số a 2, a 4, a 5, a 8, a 9, a 10 và a 3, a 6, a 7 Trong mỗi cách chia, số a 2 và a 3 được xác định một cách duy nhất do là số lẻ nhất của các nhóm {a 4, a 8, a 9} và {a 5, a 10}, với 5 khả năng cho mỗi nhóm con Đối với cách chia a 6, a 7, có hai khả năng, trong khi các cách chia a 4, a 5, a 10 được xác định duy nhất và a 8, a 9 tồn tại hai khả năng Do đó, theo quy tắc nhân, số cách chia là.
Bài 2.1.9 Cho a 1 a 2, , a n và b 1, b 2, , b n là hai hoán v% các so 1, 1 , 1 , ,
4≥ a 2 + b 2 ≥ ã ã ã ≥ a n + b n Chỳng minh rang bat đang thúc a k + b k ≤ k đúng vái MQI k = 1, 2, , n.
Giãi Co đ%nh k ∈ {1, 2, , n} và giã su các bat đang thúc a j ≤ b j đúng vái α, a j ≥ b j đúng vái β lan lưat là giá tr% cua chi so j ∈ {1,
Nếu α + β ≥ k, m là số trong các α, β ít nhất bằng k, thì không mất tính tổng quát ta có thể giả sử α ≥ k Nếu b_s (1 ≤ s ≤ k) là số nhỏ nhất trong α so với β_j (1 ≤ j ≤ k) mà b đang thúc a_j ≤ b_j đúng, thì rõ ràng b_s ≤ 1, vì b_i ≥ b_s với ít nhất α giá trị của chỉ số i Do đó, ta có được a_k + b_k ≤ a_s + b_s.
= k , suy ra đieu phãi chúng minh Q
Bài toán cnc tr%
Trong các bài viết thuộc tiêu mục này và tiêu mục tiếp theo, chúng ta sẽ tổng hợp các phương pháp cho hàm F nhiều biến, nhằm tìm hoán vị x₁, x₂, , xₙ của các giá trị nhị phân tương ứng lớn nhất Giá trị của F luôn tồn tại, vì chúng tương ứng với phần tử nhị phân lớn nhất trong tập hữu hạn chứa n! phần tử.
Bài 2.1.10 Tìm giá tr% nhõ nhat cua tőng
S = |x 2 − x 1 | + |x 3 − x 2 | + ã ã ã + |x n − x n − 1 | + |x 1 − x n |, trong đó x 1, x 2, , x n là m®t hoán v% tùy ý các so nguyên 1, 2, , n.
Phương pháp của chúng tôi áp dụng DNA trên bậc đang thúc |x| ≥ x, với MQI x ∈ R Giá trị S không thay đổi khi thực hiện phép hoán vị quanh các số x1, x2, , xn, vì vậy ta có thể giả sử x1 = 1 Với k (1 < k), chúng tôi tiếp tục phát triển phương pháp này.
≤ n) là chi so mà x k = n C®ng các bat đang thúc n − 1 = x k − x 1 = (x k − x k − 1) + (x k − 1 − x k − 2) + ã ã ã + (x 2 − x 1)
Đối với dãy số \(x_1, x_2, \ldots, x_n\), ta có bất đẳng thức \( |x_k - x_{k-1}| + |x_{k+1} - x_k| + \ldots + |x_1 - x_n| \leq 2(n - 1) \) Đẳng thức xảy ra khi cả hai dãy số \(x_k\) và \(x_{k+1}\) đều đang tăng, tức là \(x_k > x_{k-1} > x_{k-2} > \ldots > x_1\) và \(x_k > x_{k+1} > x_{k+2} > \ldots > x_n\) Ví dụ, với \(k = 2\), ta có thể hoán vị các số \(1, n, n-1, n-2, \ldots\) để thỏa mãn điều kiện trên.
2 thõa mãn Do đó, giá tr% nhõ nhat cua S là 2n − 2. Q
Bài 2.1.11 Tìm giá tr% lán nhat có the cua bieu dien x 1 x 2 + x 2 x 3 + ã ã ã + x n − 1 x n + x n x 1 vái n ≥ 3 cho trưác và x 1, x 2, , x n là
Giói Ký hiắu S n (x 1, x 2, , x n ) là bieu thỳc bờn trờn và M n là giỏ tr% lỏn nhat cua nú Do S n (x 1, x 2, x 3) = 1 ã 2 + 2 ã 3 + 3 ã 1 = 11 khi
{x 1, x 2, x 3 } {1, 2, 3}, ta cú M 3 = 11 Do bieu thỳc cua ta đđc lắp vỏi phộp hoỏn v% vòng quanh, vái n > 3 ta chi can xét các hoán v% x 1, x 2, , x n cua
1, 2, , n mà x 1 = n Khi đó, ta thu đưac
≤ M n − 1 + n 2 − 1 ã 2, vái dau bang xãy ra khi S n − 1(x 2, x 3, , x n ) = M n − 1 và đong thài {x 2, x n } {n − 2, n − 1} Neu ta đưa ra giã thiet quy nap T n rang ton tai m®t hoán v% y 1, y 2, , y n − 1 cua 1, 2, , n − 1 mà y 1 = n − 1, y n − 1
= n − 2, và S n − 1(y 1, y 2, , y n − 1) = M n − 1 (T n đúng vái n = 4,) ta thu đưac hắ thỳc truy hoi M n = M n − 1 + n 2 − 2, trong đú n, y n − 1, y n − 2, , y 2, y 1 là m®t hoán v% cua 1, 2, , n thu®c giã thiet
T n + 1 Bây già, su dnng phương pháp c®ng đe tính
Q nghĩa d 1 = |x 2 − x 1 |, d 2 = |x 3 − x 2 |, , d n − 1 = |x n − x n − 1 |, d n |x 1 − Bài 2.1.12 Vái hoán v% x 1, x 2, , x n cua các so nguyên 1,
2, , n đ%nh x n | và đắt d ∗ = min{d i : 1 ≤ i ≤ ns} Khi đú giỏ tr% lán nhat có the cua d ∗ bang − 2 Chúng minh khang đ%nh này trong trưàng hap n chia het cho 4.
Giả sử n = 4k, ta có n − 2 = 2k − 1 Do đó, cần kiểm tra rằng tồn tại các giá trị x1, x2, , x4k sao cho d* ≤ 2k − 1 Chúng ta sẽ chứng minh điều này bằng cách xem xét các cặp phần tử của hoán vị, bắt đầu từ số nguyên n = 2k, bao gồm cả x1 và xn Vì bài toán là cyclic, ta có thể giả sử rằng x1 ≤ 2k Khi đó, ít nhất một trong các giá trị |x2 − x1| hoặc |x1 − xn| sẽ nhỏ hơn tổng các giá trị đã cho.
Để giải quyết bất phương trình |2k - x| ≥ 2k, ta cần xác định điều kiện cho x, với d* ≤ 2k - 1 Để xây dựng một hoán vị có d* = 2k - 1, chúng ta sử dụng tập hợp {1, 2, , 4k} Điều này có nghĩa là d phải thỏa mãn 1 ≤ 2k - 1 hoặc d ≤ 2k - 1 Do đó, các số nguyên b_j được xác định bởi công thức b_0 + (2k - ).
1)j vái bat kỳ b 0 ∈ Z là m®t dãy cap so c®ng vái công sai d = 2k −
Vì 2k − 1 và n = 4k là nguyên tố cùng nhau, các số b1, b2, , bn có phần dư khác nhau khi chia cho n Do đó, ta có x_i ≡ b_i (mod n) với 1 ≤ i ≤ n Hơn nữa, x_{i+1} − x_i ≡ 2k − 1 (mod n), điều này chứng tỏ tồn tại một hoán vị x1, x2, , xn của các số nguyên 1, 2, , n.
1 1 ≤ i ≤ n Đieu này kéo theo bat đang thúc d ∗ ≥ 2k − 1, và do đó ta có
Ví dn, vái b 0 = 2k + 1 ta có hoán v%
2.1.4 Bài toán tong hap Đe ket thúc mnc này, chúng tôi giãi ba bài toán thú v% khác liên quan hoỏn v% mđt tắp so cho trưỏc.
Bài 2.1.13 Cho a < b < c < d Bieu thúc sau có bao nhiêu giá tr% khác nhau neu x, y, z, t là hoán v% tùy ý cua các so nguyên a, b, c, d?
V = (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − t) 2 + (t − x) 2 Ngoài ra xác đ%nh các hoán v% mà V đat giá tr% lán nhat và nhõ nhat.
Giá trị của V không thay đổi khi hoán vị vòng quanh các số nguyên x, y, z, t, do đó ta có thể đặt x = a Khi thay đổi bốn số a, y, z, t thành a, t, z, y, chỉ ảnh hưởng đến dấu của bốn hiệu trong V mà không làm thay đổi giá trị của V Do đó, có sáu cách hoán vị khác nhau Các hoán vị (b, c, d), (c, b, d) và (b, d, c) cho thấy rằng việc hoán vị y, z, t của các số nguyên b, c, d chỉ có ba cách Kết quả là các giá trị ra V(a, c, b, d) > V(a, b, c, d) > V(a, b, d, c).
Do đó ta đã chi ra rang ton tai ba giá tr% khác nhau cua V, và ta cũng xác đ
%nh đưac giá tr% nhõ nhat và lán nhat cua chúng.
Cách giãi 2 Bieu thúc W = V(x, y, z, t) + (x − z) 2 + (y − t) 2 là bat biet (túc là, nó không phn thu®c vào hoán v% x, y, z, t), và nó bang
V(x, y, z, t) + (x 2 + y 2 + z 2 + t 2 ) − 2(xz + yt) Vì tőng x 2 + y 2 + z 2 + t 2 cũng bat bien, giá tr% cua V chi phn thu®c vào bieu thúc U
Trong bài viết này, chúng ta xem xét biểu thức xz + yt và mối quan hệ của nó với ba giá trị khác nhau: U1 = ab + cd, U2 = ac + bd, và U3 = ad + bc Bằng cách phân chia tập hợp {x, y, z, t} thành hai tập {x, z} và {y, t}, ta có thể chứng minh rằng U1 − U2 = (d − a)(c − b) > 0 và U2 − U3 = (b − a)(d − c) > 0 Điều này cho thấy rằng U1 lớn hơn U2, tạo ra một mối liên hệ quan trọng giữa các giá trị này.
> U 2 > U 3 Tù đang thúc V = 2U − (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) + W suy ra V cú đỳng ba giỏ tr% phõn biắt, V(a, c, b, d) > V(a, b, c, d) >
Bài 2.1.14 Tìm so nguyên A lán nhat có tính chat sau: Neu các so 1, 2, ,
100 đưac viet theo thú tn tùy ý, thì ton tai mưài so hang liên tiep có tőng lán hơn hoắc bang A.
Giãi bài toán bằng cách chia các số từ 1 đến 100 thành 10 đoạn liên tiếp, mỗi đoạn gồm 10 số và tính tổng cho mỗi đoạn, ký hiệu là S1, S2, , S10 Tổng tất cả các đoạn là S1 + S2 + + S10 = 1 + 2 + + 100 = 5050 Từ đó, giá trị trung bình của các tổng đoạn là 5050/10 = 505 Điều này cho thấy số 505 là số cần tìm Để chứng minh không có số nguyên nào lớn hơn 505 có tính chất này, ta tiếp tục xét các hoán vị.
Dãy số 100, 1, 99, 2, 98, 3, , 51, 50 có tổng S = 505, tương ứng với S = 500 khi xét các số nguyên lẻ Để xác định tổng S của 10 số bất kỳ, nếu số đầu tiên nằm bên trái và tuân theo quy luật liên tiếp, số nguyên lẻ lớn nhất có tính chất này là A = 505 Điều này có thể được kiểm tra bằng cách chia 10 số nguyên thành 5 cặp phần.
Bài 2.1.15 Dãy a 1, a 2, , a k vái k ≥ n, đưac GQI là n-phő dnng neu sau khi khu k − n so hang thích hap ta có the thu đưac hoán v% bat kỳ cua các so nguyên 1, 2, , n Ví dn 1, 2, 3, 1, 2, 1, 3 là 3-phő dnng, trong khi 1, 2, 3, 2, 1, 3 không là n-phő dnng (vì hoán v% 3, 1, 2 không thu đưac tù phép khu) Đưa ra m®t ví dn ve dãy n-phő dnng có đ® dài k = n 2 và m®t dãy có đ® dài k = n 2 − n + 1.
Để tạo ra một dãy số có độ dài k = n², chúng ta có thể bắt đầu với dãy số đơn giản có k = n² - n + 1, sau đó thêm vào n - 1 giá trị tùy ý Dãy số thích hợp cần chứa n lần lặp lại của cùng một hoán vị các số nguyên từ 1 đến n.
Dãy số có độ dài n cho phép thu được một sắp xếp tùy ý a1, a2, , an của các số nguyên 1, 2, , n bằng cách loại bỏ tất cả các số nguyên trong Bk ngoại trừ k (với k = 1, 2, , n) Để minh họa, với k = n^2 − n + 1, ta có dãy ngắn (2.2) với độ dài n^2 − n + 1 là n-phần Khi thực hiện CHQN các số ak từ Bk, ta chỉ còn lại số 1 Dãy số này cho phép lưu lại một đoạn, tức là có thể CHQN hai số nguyên liên tiếp aj, aj + 1 từ đoạn Bj, với điều kiện aj < aj + 1 Sau đó, ta có thể CHQN aj + 2 từ Bj + 1, aj + 3 từ Bj + 2, và an từ Bn − 1 Việc này dẫn đến ak = n + 1 − k (1 ≤ k ≤ n) Tuy nhiên, trong trường hợp này vẫn tồn tại MQI hoán vị a1, a2, , an ngoại trừ trường hợp a1 > a2 > > an, tức là sử dụng cách tiếp cận ban đầu.
B n cua (2.2) ta đã giu lai so 1 Q
Trong phần này, chúng ta đã giải quyết các bài toán liên quan đến tính chất chia hết của một dãy số Chúng tôi chứng minh rằng tồn tại một hoán vị để tạo ra một dãy số thỏa mãn một tính chất số học nào đó Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị của một biểu thức chứa nhiều biến đã được giải quyết một cách thấu đáo.
Phan lán các bài toán trong phan này ve dãy so huu han M®t dãy huu han có chieu dài n là b® n so bat kỳ theo thú tn a 1, a 2, , a n
Neu a i vái MQI i ∈ N, ta nói ve m®t dãy vô han a 1, a 2, , a n ,
Trong một số trường hợp, chiều dài của một dãy số cho trước (hữu hạn) không liên quan đến việc dãy số đó có quan trọng hay không; vì vậy, chúng ta có thể biểu diễn đơn giản là a1, a2, Cũng có thể viết tổng theo cách này: ví dụ, với dãy a1, a2, , an, tổng a1 + a3 + a5 + là tổng của tất cả các số ai với chỉ số lẻ i ≤ n (do đó số hạng cuối cùng có thể là an hoặc an-1 tùy thuộc vào tính chẵn lẻ của n) Số nguyên i là chỉ số của nó Một cặp số hạng ai, ai+1 trong dãy số a1, a2, Phần tử ai của chuỗi a1, a2, được gọi là số hạng thứ i của chuỗi và được gọi là cặp số hạng liên tiếp Lưu ý rằng hai số hạng khác nhau của cùng một dãy (có nghĩa là hai số hạng có chỉ số khác nhau) có thể bằng nhau; ví dụ, các số hạng đầu tiên và thứ tư trong dãy số 2, 3, 4, 2, 5 có tính chất này Nếu ta có ai = aj, thì đây là một trường hợp của hai số; nói chung, điều này không có nghĩa là i = j.
M®t so bài toán mà công thúc cua nó không thay đői khi dãy huu han đői thành chuői a 1 + k , a 2 + k , , a n , a 1, a 2, , a k vái k ∈ {1, 2,
, n − 1} a 1, a 2, , a n đưac di chuyen theo vòng tròn, túc là, neu nó đưac bien Ta có the hình dung là các so a 1, a 2, , a n đưac viet
Dãy so
Phan lán các bài toán trong phan này ve dãy so huu han M®t dãy huu han có chieu dài n là b® n so bat kỳ theo thú tn a 1, a 2, , a n
Neu a i vái MQI i ∈ N, ta nói ve m®t dãy vô han a 1, a 2, , a n ,
Trong một số trường hợp, chiều dài của một dãy số có thể không liên quan đến việc dãy đó hữu hạn hay vô hạn; do đó, ta có thể biểu diễn dãy số đơn giản là a1, a2, Cụ thể, đối với dãy a1, a2, , an, tổng của các số a_i với chỉ số lẻ i ≤ n sẽ được tính là a1 + a3 + a5 + Điều này phụ thuộc vào tính chất chẵn lẻ của n, với số nguyên i là chỉ số của nó Một cặp số hạng a_i và a_(i+1) trong dãy a1, a2, có thể được xác định, trong đó a_i là số hạng thứ i của dãy Cần lưu ý rằng hai số hạng khác nhau trong cùng một dãy (có chỉ số khác nhau) có thể bằng nhau; ví dụ, các số hạng đầu tiên và thứ tư trong dãy 2, 3, 4, 2, 5 có tính chất này Nếu a_i = a_j, thì đây là một trường hợp trùng lặp của hai số, nhưng không có nghĩa là i = j.
M®t so bài toán mà công thúc cua nó không thay đői khi dãy huu han đői thành chuői a 1 + k , a 2 + k , , a n , a 1, a 2, , a k vái k ∈ {1, 2,
, n − 1} a 1, a 2, , a n đưac di chuyen theo vòng tròn, túc là, neu nó đưac bien Ta có the hình dung là các so a 1, a 2, , a n đưac viet
DQC được định nghĩa theo đường tròn của một hình tròn, với các dãy số a1, a2, , an được gọi là cyclic Để trình bày các điều kiện dễ dàng hơn trong các bài toán, chúng ta đặt hai chuỗi cyclic sao cho ai+k = ai với k ∈ Z và i = 1, 2, , n Hơn nữa, các phần tử a j+1, a j+2, , a j+n với j ∈ Z là khác nhau.
2.2.1 Bài toán ve bat đang thúc
Bài 2.2.1 Gió su mői so hang trong dóy x 1, x 2, , x n là − n 1, hoắc 0, hoắc
1 Tìm giá tr% nhõ nhat có the có cua tőng S cua MQI ( 2 ) tích x i x j (khi
Giãi Cho dãy x 1, x 2, , x n có chính xác p (tương úng q, tương úng r) so hang bang 1 (tương úng −1, tương úng 0) Thì p + q + r = n, và ta có
. Đieu này có nghĩa S ≥ − n , và neu n là là so chan, thì đang thúc S = − n
2 xãy ra khi và chi khi p = q = n
Nếu r = 0 và n là số lẻ, thì S ≥ -n có nghĩa là S ≥ -n + 1, vì S thuộc Z Trong trường hợp này, S sẽ bằng -n + 1 Có hai trường hợp xảy ra: một là r = 1 và p = q = n - 2, hoặc là r = 0 với {p, q} = {n + 1, n - 1} Do đó, câu trả lời cuối cùng cho tất cả các trường hợp có thể được viết là S min = -[n].
Bài 2.2.2 Giã su 2n so thnc x 1, x 2, , x n , y 1, y 2, , y n thõa mãn bat đang thúc x 1 + x 2 + + x n > y 1 + y 2 + + y n , nhưng neu ta đão v% trí x i vái y i vái chi so i bat kỳ, thì bat đang thúc không còn đúng Vái giá tr% nào cua n thì đieu này có the xãy ra?
Giói Ta đắt X = x 1 + x 2 + + x n và Y = y 1 + y 2 + + y n Theo giã thiet ta có X − x i + y i ≤ Y − y i + x i , túc là X − Y ≤ 2(x i − y i ), vái MQI i = 1, 2, , n Bang cách c®ng n bat đang thúc, ta có n(X − Y) ≤ 2(X − Y), giá tr% n = 1 và n = 2 đeu có the, đưac minh
HQA bang các ví dn 1 > 0 và khi chia cho so dương X − Y ta có đưac bat đang thúc n ≤ 2 Cã hai và 1 + 1 > 0 + 0 Q
Bài 2.2.3 Cho các so dương a 1, a 2, , a n thõa mãn a k ≤ a k + 1 a 1 Trong có hai trưàng hap ta cú 0
Bài 2.2.4 Giã su sai so giua so thnc lán nhat và nhõ nhat trong dãy n sox 1, x 2, , x n bang 1 Tìm giá tr% lán nhat có the cua sai so cua y 1 = x 1, y 2 = x 1 + x 2
Giá trị của hai chỉ số không thay đổi nếu chúng ta thay thế dãy ban đầu bằng dãy mới, trong đó c = min k x k Khi đó, dãy mới sẽ là x1 - c, x2 - c, , xn - c với c tùy ý thuộc R Nếu x1, x2, , xn thỏa mãn min k x k = 0 và max k x k = 1, chúng ta có thể xác định hai chỉ số p, q sao cho yp = min k y k và yq = max k y k, sau đó chia thành hai trường hợp khác nhau.
− 1 < 0, và x p + 1 + x p + 2 + + x q < q p q − p, ta có đưac ưác lưang y q − y p ≤ q
(b) p > q Tương tn như trên, ta có p
Trong cả hai trường hợp hấp dẫn, có điều kiện y q − y p ≤ 1 − 1 Để chứng minh điều này, trong trường hợp hấp dẫn (a), điều kiện xảy ra khi x 1 = x 2 = = x p = 0 và x p + 1 = x p + 2 = = x q = 1, với p = 1 và q = n Ngược lại, trong trường hợp hấp dẫn (b), điều kiện này xảy ra khi x 1 = x 2 = = x q = 1 và x q + 1 = x q + 2 =
= x p 0, q = 1 và p = n Tương úng vái dãy 0, 1, 1, , 1 tương úng 1, 0, 0, , 0, và do đó giá tr% lán nhat mong muon là 1 − 1 Q
2.2.2 Bài toán ve dãy con
Trong toán học, một dãy con được hình thành từ các phần tử của một dãy gốc, giữ nguyên thứ tự của chúng Cụ thể, một dãy B = (b₁, b₂, ) được coi là dãy con của dãy A = (a₁, a₂, ) nếu tồn tại chỉ số iₖ trong A tương ứng với mỗi chỉ số k của B, sao cho bₖ = aᵢₖ và iₖ > iₖ₋₁ với k > 1 Việc xác định dãy con không chỉ có ý nghĩa lý thuyết mà còn mang lại những ứng dụng thực tiễn quan trọng trong toán học và các lĩnh vực liên quan.
Bài 2.2.5 Chúng minh rang tù dãy bat kỳ gom 101 so nguyên khác nhau, ta cú the CHQN mđt dóy con tăng hoắc gióm cú đđ dài 11, tỳc là mđt dóy con b 1, b 2, , b 11 mà trong đú hoắc b 1 < b 2 < < b 11 hoắc b 1 > b 2 > b> 11 xãy ra.
Giói Ký hiắu dóy đó cho là a 1, a 2, , a 101 Vỏi mői k = 1, 2, ,
Để tìm chiều dài lớn nhất n_k của tất cả các dãy con b_1, b_2, , b_n sao cho b_1 < b_2 < < b_n = a_k, nếu n_k > 10 với k ∈ {1, 2, , 101}, thì chúng ta có thể chứng minh hoàn thành Ngược lại, sẽ có 101 số nguyên n_k trong tập.
11 chi so k 1 < k 2 < < k 11 sao cho n k 1 = n k 2 = = n k 11 Lưu ý rang 10 phan tu {1, 2, , 10} Do đó bang nguyên lý chuong chim bo câu có so n k có tính chat sau: Neu k < k J và a k < a k J , thì n k J
Đối với dãy số \(a_1, a_2, \ldots, a_{101}\) khác nhau, nếu \(n \geq k + 1\), thì có thể tìm được một dãy con \(b_1 < b_2 < \ldots < b_n = a_k\) mà mã rời theo số hàng \(b_{n+1} = a_k\) Điều này có nghĩa là không tồn tại bất kỳ chỉ số nào \(k_1, k_2, \ldots, k_{11}\) sao cho dãy \(a_{k_1} < a_{k_2} < \ldots < a_{k_{11}}\) xảy ra, tức là \(a_{k_1} > a_{k_2} > \ldots > a_{k_{11}}\) Bài toán đã được chứng minh.
Bài 2.2.6 Chúng minh rang vái ba dãy vô han bat kỳ (a 1, a 2, ), (b 1, b 2, ) và (c 1, c 2, ) gom các so nguyên dương, ton tai chi so p > q sao cho a p ≥ a q , b p ≥ b q và c p ≥ c q xãy ra đong thài.
Giải bài toán từ một dãy vô hạn các số nguyên dương (x1, x2, ) để tìm một dãy con vô hạn không giảm (y1, y2, ) thỏa mãn điều kiện yk ≤ yk+1 với mọi k ≥ 1 Ta bắt đầu với y1 = x1 và tiếp tục chọn các số y1 = xi1 ≤ y2 = xi2 ≤ ≤ yn = xin sao cho i1 < i2 < < in Điều này dẫn đến việc không thể chọn số yn+1, nghĩa là xi < yn, tức là xi ∈ {1, 2, , yn - 1} với mọi i > in Do đó, trong dãy (x1, x2, ) tồn tại một dãy con không giảm vô hạn.
1, 2, , y n − 1 phãi bang vô han so hang x i (vái chi so i > i n ); do đó tù so bang nhau (y, y, ). ta CHQN tù dãy (a 1, a 2, ) m®t dãy con vô han không giãm (a i 1 , a i 2
Để chứng minh tính khẳng định của bài toán, trước tiên ta lấy dãy (b i 1, b i 2, ) và chọn ra một dãy con vô hạn không giảm (b j 1, b j 2, ) Cuối cùng, từ dãy này, ta chọn một dãy con vô hạn không giảm khác (c j 1, c j 2, ) Vì bất kỳ dãy con nào của một dãy không giảm cũng sẽ không giảm, nên ta có thể khẳng định rằng dãy các chỉ số k 1 < k 2 < cũng sẽ không giảm.
vùa có đưac ta có a k 1 ≤ a k 2 ≤ a k 3 ≤
≤ , c k 1 ≤ c k 2 ≤ c k 3 ≤ , ket quã trên còn manh hơn đieu phãi chúng minh Q
Bài 2.2.7 Chúng minh rang tù m®t dãy so thnc tùy ý (a 1, a 2, , a n ) ta cú the CHQN mđt phan cỏc so hang sao cho hai đieu kiắn sau đưac thừa mãn:
(a) Tự mői bđ ba so hang ahoắc hai so hang đưac CHQN i , a i +,1, a i + 2 vỏi (1 ≤ i ≤ n − 2) thỡ mđt
(b)giỏ tr% tuyắt đoi cua tőng tat có cỏc so hang đưac CHQN khụng nhừ hơn 1
Giãi Ta chia dãy đã cho thành ba phan,
X 1 = (a 1, a 4, a 7, ), X 2 = (a 2, a 5, a 8, ), X 3 = (a 3, a 6, a 9, ), và gió đ%nh rang a 1 + a 2 + + a n ≥ 0 (mắt khỏc, ta thay the mői so hang Ta xét sáu dãy so X 1 ∪ (X 2 ∩ R + ), X 1 ∪ (X 3 ∩ R + ), X 2 ∪
(X 1 ∩ R + ), X 2 ∪ a i bang giá tr% đão dau cua nó, đieu này không ãnh hưãng đen bài toán) (X 3 ∩ R + ), X 3 ∪ (X 1 ∩ R + ), và X 3 ∪ (X 2 ∩
Trong toán học, khi nói đến R +, ta hiểu rằng X ∩ R + là tập hợp các số hạng dương của dãy X Nếu Y = (x i 1, x i 2, ) và Z = (x j 1, x j 2, ) là hai dãy con của cùng một dãy (x 1, x 2, ), thì ta có thể kết hợp chúng lại để tạo thành dãy Y ∪ Z = (x k 1, x k 2, ).
.), trong đú k 1 < k 2 < là sn sap xep tăng dan cua tắp {i 1, i 2, } ∪
Các dãy số X1, X2, X3 được chọn sao cho một trong sáu dãy con có tổng thuộc tính (a), và đồng thời ít nhất một trong số chúng cũng có tổng thuộc tính (b) Để đạt được mục đích này, chúng ta ký hiệu s+ là tổng các số hạng dương và s− là tổng các số hạng âm của dãy Xi, với i = 1, 2, 3 Cần chứng minh rằng ít nhất một trong các tổng sau đây: s+ + s− + s+, s+ + s− + s+, s+ + s− + s+ sẽ thỏa mãn điều kiện đã nêu.
Để đạt được điều kiện S ≥ s + − s − + s + − s 2 − + s + − s 3 −, cần kiểm tra rằng tổng S bao gồm sáu số trong (2.3) thỏa mãn yêu cầu này Cụ thể, S được tính là 4(s + + s + + s + ) + 2(s 1 − + s 2 − + s 3 −), và phải lớn hơn hoặc bằng s + − s 1 − + s 2 + − s 2 − + s 3 + 3 − s − Điều kiện này tương đương với việc tổng s + + s − + s + + s − + s + + s − phải không âm, tức là a 1 + a 2 + + a n là không âm.
Cau hình không thú tn
Các bài toán trong mô hình này liên quan đến cấu hình của sổ, trong đó các phần tử không có thứ tự theo bất kỳ hình thức nào Những cấu hình như vậy được coi là các tập hợp hoặc các đa tập hợp Đặc biệt, nếu các tính chất mà chúng ta quan tâm không phụ thuộc vào thứ tự và việc định danh các phần tử, chúng ta có thể coi chúng tương ứng với thứ tự thông thường trong tập hợp số thực.
Bài 2.4.1 Giã su rang vái so nguyên k ≥ 1, tőng cua 2k + 1 so nguyên dương khác nhau nhõ hơn (k + 1)(3k + 1) Chúng minh rang ton tai hai so nguyên có tőng bang 2k + 1.
Giói Ta xét các số nguyên theo thứ tự: x₁ < x₂ < < x₂k + 1 Chứng minh của khẳng định là dễ dàng nếu xₖ + 1 ≤ 2k, khi đó từng số trong k + 1 số nguyên x₁, x₂, , xₖ + 1 thuộc một trong k tập T₁ = {1, 2k}, T₂ = {2, 2k − 1}, , Tₖ = {k, k + 1} Theo nguyên lý chim bồ câu, điều này có nghĩa là tồn tại hai số nguyên xᵢ, xⱼ (1 ≤ i < j ≤ k + 1) nằm trong cùng tập Tₛ, và do đó xᵢ + xⱼ ≤ 2k + 1.
Neu ta giã su rang x k + 1 ≤ 2k không đúng, túc là neu x k + 1 ≥ 2k
+ 1, thì tőng S cua tat cã 2k + 1 so thõa mãn
2 = (k + 1)(3k + 1), mâu thuan vái giã thiet cua bài toán Q
(n + 2) phan tu cua tắp {1, 2, , 3n} ta cú the CHQN hai so cú hiắu lỏn Bài 2.4.2 Chỳng minh rang vỏi MQI n > 1, tự bat kỳ tắp con A gom hơn n nhưng nhõ hơn 2n.
Giói Nếu hiếu số của hai phần tử của tập A không thay đổi khi ta tăng tất cả các phần tử của nó lên cùng một số, ta có thể giả sử rằng phần tử lớn nhất của A bằng 3n, tức là 3n ∈ A Cần lưu ý rằng với n < 3n − x < 2n đúng với x = n + 1, n + 2, , 2n − 1; do đó, ta chỉ cần xét trường hợp tập A không chứa các số này Khi đó, ta có A = {3n} ∪ B, trong đó B là tập con gồm (n + 1) phần tử của tập 2n phần tử {1, 2, , n, 2n, 2n + 1, , 3n − 1} Nếu ta chia các phần tử của tập trên thành n tập con.
Tập hợp T 1 = {1, 2n}, T 2 = {2, 2n + 1}, , T n = {n, 3n − 1} cho thấy rằng theo nguyên lý chuồng chim, bất kỳ tập hợp T nào cũng chứa ít nhất hai phần tử Sự khác biệt giữa hai phần tử này được xác định là d = 2n − 1, với điều kiện n < d < 2n.
Bài 2.4.3 Vái MQI n > 5 tìm so nhõ nhat các so nguyên mà phãi xóa đi tự tắp {2, 3, , n − 1, n} sao cho khụng cú so nguyờn cũn lai nào bang vỏi tớch cua hai so nguyờn (phõn biắt) cũn lai.
Giói Do 2 ã 3 = 6 ≤ n, ta phói xúa ớt nhat mđt so nguyờn vỏi mői n.
Trong nguyờn cũn lai nhừ nhat là 3 ã 4 = 12 Trong trưàng hap 12 ≤ n 1 Kết quả là Y sẽ bằng tổng y1 + y2 + + ys, và mỗi lần thực hiện sẽ thu được một tập thuộc kiểu DS Do đó, cần phải xác định rõ HQ nào của các phần tử này.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét cách thay thế các phần tử 2^j1, 2^j2, , 2^js trong tập X bằng tổng của chúng sao cho các số a1, a2, , am nằm trong tổng các phần tử của tập con Điều kiện c(i) = c(j) cho mọi i = 1, 2, , m được thỏa mãn khi và chỉ khi mỗi dãy cj = c(1), c(2), , c(m) là các phần tử 2^j thuộc X và cj = (0, 0, , 0) Để thực hiện điều này, đầu tiên, chúng ta xác định mối quan hệ tương đương 2^i ∼ 2^j nếu và chỉ nếu ci = cj Sau đó, chúng ta sẽ chia các phần tử 2^j còn lại để hoàn thành quá trình.
X thành các dãy c j có đ® dài m và bao gom các kí tn 0, 1, ta thu đưac nhieu nhat
2 m − 1 lỏp Tőng cua cỏc phan tu trong cỏc lỏp riờng biắt tao thành mđt tắp thuđc kieu DS vỏi tớnh chat yờu cau.
2.4.3 Bài toỏn phõn hoach tắp Đe bat đau, ta nhac lai ngan GQN mđt khỏi niắm cơ bón cua lý thuyet tắp hap: Mđt hắ {T i : i ∈ I} gom cỏc tắp đụi mđt rài nhau T i đưac GQI là mđt phõn hoach cua tắp X neu
2 j s j j j cỏc tắp T i (i ∈ I) đưac GQI là cỏc lỏp cua phõn hoach này.
Bài 2.4.7 Kiem tra xem các so 1, 2, , 1997 có the chia đưac thành các nhóm sao cho so nguyên lán nhat trong mői nhóm bang tőng cua tat cã các phan tu còn lai trong nhóm hay không?
Giói Gió su rang mđt cỏch phõn hoach như vắy cua tắp {1, 2, ,
Vào năm 1997, tổng của các số trong mỗi nhóm bằng hai lần phần tử lớn nhất, dẫn đến một số chẵn Do đó, tổng của tất cả các số này cũng là một số chẵn.
= 1997 ã 999, phãi là m®t so chan, nhưng đieu này mâu thuan vì tích cua hai so le là m®t so le Do đó, không ton tai cách phân hoach như đã nói.
Bài 2.4.8 Gió su mđt phõn hoach tựy ý cua tắp {1, 2, , 100} thành
7 nhóm Chúng minh rang trong m®t so nhóm ton tai bon so a, b, c, d mà a + b = c + d, hoắc ton tai ba so khỏc nhau e, f , g vỏi e + f = 2g.
Phộp lắp
Ký hiệu X là tập hợp các cấu hình được khảo sát trong một bài toán lắp đặt Ví dụ, nó có thể là tập hợp các mống so nguyên 4x4, hay tập hợp tất cả các dãy số thẳng có chiều dài cho trước Quy tắc cho trước của các phần tử riêng biệt x ∈ X sẽ được sử dụng trong bài toán để sinh ra quan hệ Ω trên X, tức là một tập con khác rỗng của tích Đề-các X × X (Ω ⊆ X × X) Trong bài toán này, quan hệ Ω có thể được miêu tả như sau: Với phần tử x ∈
X, ta cú mđt quy tac cho phộp ta thành lắp tat có cỏc phan tu cua tắp
Tập Ω(x) là một tập con của các phần tử trong không gian Ω: X → X Nếu tập X không có quá nhiều phần tử, thì với mỗi x ∈ X, ta có thể xem Ω như một mối quan hệ đơn giản Mối quan hệ Ω có thể được mô tả thông qua một mối quan hệ đo lường có ảnh hưởng Nếu xét hai số hạng liên tiếp x_i và x_{i+1}, ta có x_{i+1} ∈ Ω.
Ω(x i ) Mđt dóy huu han hoắc vụ han x 1, x 2, cua X đưac GQI là lắp
(vỏiBa cõu hừi xuat hiắn thưàng xuyờn nhat khi nghiờn cỳu dóy lắp là
Bài toán tính đạt được yêu cầu kiểm tra sự tồn tại của một dãy x1, x2, , xn sao cho x1 thuộc A và xn thuộc B, với A và B là hai tập con của X Trong đó, miền hợp quan TRQNG là miền hợp của hai tập A và B chỉ có một phần tử Chúng ta nói rằng phần tử b có thể đạt được từ phần tử a nếu tồn tại một dãy a = x1, x2, , xn = b; nếu tại cùng một điểm a cũng có thể đạt được từ b, thì chúng ta gọi cặp a, b là cặp phần tử đạt được đồng thời.
Bài toán tính hữu hạn yêu cầu kiểm tra sự tồn tại của một điểm dừng trong dãy lắp vụ hữu hạn Nếu câu trả lời là không, cần thiết lập hoặc đánh giá điểm cận trên về chiều dài của dãy này Trong trường hợp này, chúng ta phải loại trừ tất cả các cặp (x, x) thuộc Ω; nếu không, chúng ta sẽ gặp phải vấn đề trong việc xác định hữu hạn của dãy lắp vụ.
Bài toán tuần hoàn yêu cầu kiểm tra sự tồn tại của một mô hình đồ thị lắp tuần hoàn Cần mô tả tóm tắt các đồ thị này và tìm chu kỳ tuần hoàn của chúng.
2.5.1 Cỏc vớ dn giỏi thiắu
Ta bat đau bang giói thớch mđt so bài toỏn xung quanh dóy lắp.
Bài 2.5.1 Trên m®t cái bàn có 6 viên sõi, đưac chia thành nhieu ô Tù mői ô chúng ta lay m®t viên sõi và tao thành m®t ô mái vái chúng Tiep tnc lắp lai thao tỏc này Hừi cú bao nhiờu ụ se cú trờn bàn sau 30 bưỏc
(cách chia ban đau cua các viên sõi là không biet).
Giãi Ta miêu tã mői cách chia các viên sõi thành các ô bang m®t
HQ các so, mői so là so viên sõi trong m®t ô Vì thú tn cách chia không ãnh hưãng, mői cách chia đưac bieu dien bãi m®t trong các HQ [6], [5, 1], [4, 2], [3,
Quá trình bien đői đưac bieu dien bang m®t đo th% có hưáng cua Hình
Trong bài viết này, chúng ta xem xét cách thay đổi bộ CNC của các ô trong một bước, với mỗi mũi tên biểu diễn một cách thay đổi cụ thể Sau tối đa 6 bước, chúng ta có thể thu được cách chia là [3, 2, 1], và không thể thay đổi thêm nữa Do đó, sau 30 bước, chỉ có 3 ô trên bàn sẽ được duy trì.
Bài toán 2.5.1 còn đưac tőng quát hóa cho trưàng hap so viên sõi tùy ý.
Bài 2.5.2 Tù b® 4 so dương (a, b, c, d) ta tao thành m®t b® mái (ab, bc, cd, da), đưac, bđ bon so ban đau (a, b, c, d) khụng xuat hiắn lai, ngoai trự trưàng và tiep tnc lắp lai quỏ trỡnh này Chỳng minh rang, trong dóy lắp thu hap a = b = c = d = 1. s = abcd Do (ab)(bc)(cd)(da) = s 2 , ta có the de dàng suy bang quy nap Giãi Giã su rang sau m®t so bưác, ta thu đưac b® bon so ban đau, và đắt đú, tự gió thiet, suy ra s 2 k = s vỏi k ≥ 1, và do đú s = 1 Trong trưàng rang sau k bưác ta thu đưac m®t b® 4 gom các so mà có tích bang s 2 k Do hap abcd = 1, b® 4 thú tư có dang
(a, b, c, d) → (ab, bc, cd, da) → (ab 2 c, bc 2 d, cd 2 a, da 2 b) →
Để suy ra tự bậc 4 từ tự bậc 2, ta có thể lấy bình phương các phần tử và sau đó thay đổi thứ tự của chúng Tương tự, tự bậc 6 có thể được suy ra từ tự bậc 4, và tự bậc 8 có thể được suy ra từ tự bậc 6.
Số lượng các số lặp trong bậc 4 là 2k, với k là số lặp nhất trong 4 số a, b, c, d Theo giả thiết, dãy lặp là tuần hoàn, do đó các số t, t², t⁴, t⁸, chỉ có thể có hữu hạn phần tử, điều này chỉ xảy ra khi t = 1 Ngược lại, ta có thể thấy rằng
1 = a 2 b 2 c 2 d 2 = (ab)(bc)(cd)(da) ≤ t ã t ã t ã t = tt 4
Tù đây suy ra rang ab = bc = cd = da = 1 B® 4 thú hai là (1, 1, 1,
1); do đó, tat cã các b® 4 theo sau có cùng dang, và cuoi cùng, b® 4 đau tiêncũng cùng dang Q
Bài 2.5.3 Tù b® n so x 1, x 2, , x n bao gom các so +1 và −1 ta tao thành m®t b® n so mái (x 1 x 2, x 2 x 3, , x n x 1), và tiep tnc quá trình này Chúng minh rang neu n = 2 k vái so nguyên k ≥ 1, thì sau m®t so bưác nhat đ%nh ta thu đưac b® n so (1, 1, , 1).
Giãi Ta chúng minh khang đ%nh bang quy nap, vái k = 1 khang đ%nh là hien nhiên Giã su khang đ%nh đúng vái k ≥ 1 và xét dãy tùy ý
(x 1, x 2, , x n ) gom các so ±1 có đ® dài n = 2 k + 1 Vì x 2 = 1 vái MQI i, phộp lắp thỳ hai
(x 1 x 2 x 3, x 2 x 2 x 4, , x n − 1 x 2 x 1, x n x 2 x 2) có the đưac thành b® n so (x 1 x 3, x 2 x 4, , x n − 1 x 1, x n x 2), mà có the đưac suy ra bang cách thay đői các so hang cua hai b® 2 k so
Sử dụng quy tắc tương tự, ta thu được phép lắp thứ 4 tự phép lắp thứ hai, phép lắp thứ 6 tự phép lắp thứ 4, và tiếp tục như vậy Do đó, sau 2 bước (j ≥ 2), ta thu được tự bậc n ban đầu mà các thành phần của phép lắp thứ (j − 1) của cả hai dãy trong (2.12) đều bằng nhau Tuy nhiên, theo giả thiết quy nạp, các phép lắp này chỉ bao gồm các số từ 1 tới j Kết thúc, chúng ta đã chứng minh quy nạp.
Bài toán bậc biến là một khái niệm quan trọng trong toán học, thường được áp dụng trong các lĩnh vực khác nhau Một bậc biến của hàm số f từ tập X sang tập K được định nghĩa là một ánh xạ bất kỳ I: X → K, sao cho nếu I(x) = I(y) thì x và y thuộc cùng một tập X Điều này cho thấy tính chất đồng nhất trong mối quan hệ giữa các phần tử của tập X và giá trị của hàm số f.
Trong các bài toán, I(x) = I(y) với mọi (x, y) thuộc tập Ω, trong đó K là một tập hợp số Điều này có nghĩa là giá trị của hàm I không thay đổi trên các phần tử của tập hợp đó Nếu I(x) không bằng I(y), chúng ta có thể kết luận rằng phần tử y không thể đạt được từ x, điều này được minh chứng qua các ví dụ cụ thể.
Ta có thể thay đổi một cặp số (x, y) thành cặp (x + 1, y + 1) Theo bài 2.5.4, trên đường tròn có 2 số 1 và 48 số 0 theo thứ tự 1, 0, 1, 0, Do đó, chúng ta không thể thu được 50 số giống nhau Chúng ta có mối quan hệ (x + 1) − (y + 1) = x − y Để hiểu các số trên đường tròn, ta ký hiệu chúng bằng x1, x2, , x50 và xem xét các cặp số kề nhau xi, xi−1 với sự chênh lệch xi − xi+1 Việc diễn đạt trong câu hỏi này là một phát biểu để dự đoán biểu thức.