Bài 5. (6,0 điểm)

Cho số nguyên dương $n$. Xét các số thực $x_1,x_2,...,x_n$ thoả mãn $|x_i|\le 1,\forall i=1,2,...,n$; và $x_1+x_2+...+x_n=0$. Với mỗi $k\in \{1,2,...,n\}$, đặt $S_k=x_1+2x_2+...+k{x}_k$.

a) Chứng minh rằng tồn tại các số $p,q\in \{1,2,...,n\}$ (không nhất thiết phân biệt) sao cho $S_p\le 0$ và $|S_q|\le \frac{2q+1}{4}$.

b) Khi $n\ge 3$, chứng minh rằng tồn tại các số thực $x_1,x_2,...,x_n$ thỏa mãn các điều kiện của bài toán sao cho với mọi $k\in \{1,2,...,n\}$ ta đều có $|S_k|\ge \frac{2k+1}{4}$.

Đặt thêm $S_0=0$.

a) Với mỗi $k=1,2,\dots ,n$, từ $S_k-S_{k-1}=k{x}_k$ ta có $x_k=\frac{S_k-S_{k-1}}{k}$.

Do đó $\sum _{k=1}^n{x}_k=\sum _{k=1}^n\frac{S_k-S_{k-1}}{k}=\frac{S_n}{n+1}+\sum _{k=1}^n\frac{S_k}{k(k+1)}$.

Theo giả thiết $\sum _{k=1}^n{x}_k=0$, suy ra $\frac{S_n}{n+1}+\sum _{k=1}^n\frac{S_k}{k(k+1)}=0$.

Các hệ số trong vế trái đều dương, vì vậy không thể có $S_k>0$ với mọi $k=1,2,\dots ,n$.

Suy ra tồn tại $p\in \{1,2,\dots ,n\}$ sao cho $S_p\le 0$.

Bây giờ ta chứng minh tồn tại $q$ thỏa mãn $|S_q|\le \frac{2q+1}{4}$.

Nếu $S_1=0$ thì chỉ cần chọn $q=1$. Nếu $S_1\ne 0$, do việc thay đồng thời $x_i$ bởi $-x_i$ không làm thay đổi các số $|S_k|$, ta có thể giả sử $S_1=x_1>0$.

Từ kết quả vừa chứng minh, tồn tại một chỉ số $k\ge 2$ sao cho $S_k\le 0$.

Chọn $k$ nhỏ nhất có tính chất này. Khi đó $S_{k-1}>0$.

Nếu $S_k=0$ thì chọn $q=k$ là xong.

Xét $S_k<0$. Khi đó $S_{k-1}>0$, nên $|S_k|+|S_{k-1}|=|S_k-S_{k-1}|=k|x_k|\le k$.

Mặt khác, $k=\frac{2k+1}{4}+\frac{2(k-1)+1}{4}$.

Vì vậy phải có ít nhất một trong hai bất đẳng thức $|S_k|\le \frac{2k+1}{4}$ hoặc $|S_{k-1}|\le \frac{2(k-1)+1}{4}$.

Chọn tương ứng $q=k$ hoặc $q=k-1$.

Vậy tồn tại $p,q\in \{1,2,\dots ,n\}$ thỏa mãn $S_p\le 0$ và $|S_q|\le \frac{2q+1}{4}$.

b) Trường hợp 1. $n$ lẻ.

Chọn $x_1=\frac{3}{4}$, $x_2=\frac{1}{4}$ và $x_k=(-1{)}^k$ với $3\le k\le n$.

Rõ ràng $|x_k|\le 1$ với mọi $k$. Vì $n$ lẻ nên $\sum _{k=3}^n(-1{)}^k=-1$, do đó $x_1+x_2+\cdots +x_n=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}-1=0$.

Ta có $S_1=\frac{3}{4}$ và $S_2=\frac{3}{4}+2\cdot \frac{1}{4}=\frac{5}{4}$. Khi đó với $k\ge 2$, ta có $S_k=(-1{)}^k\frac{2k+1}{4}$.

Vì thế $|S_1|=\frac{3}{4}$ và $|S_k|=\frac{2k+1}{4}$ với mọi $2\le k\le n$.

Trường hợp 2. $n$ chẵn.

Vì $n\ge 3$ nên $n\ge 4$. Chọn $x_1=1$, $x_2=\frac{1}{8}$, $x_3=-1$, $x_4=-\frac{1}{8}$, và với $5\le k\le n$ đặt $x_k=(-1{)}^{k+1}$.

Rõ ràng $|x_k|\le 1$ với mọi $k$. Ta có $x_1+x_2+x_3+x_4=1+\frac{1}{8}-1-\frac{1}{8}=0$ nên
$$x_1+x_2+\cdots +x_n=0$$

Mặt khác, $S_1=1$, $S_2=\frac{5}{4}$, $S_3=-\frac{7}{4}$ và $S_4=-\frac{9}{4}$ nên với $k\ge 4$, ta có $S_k=(-1{)}^{k+1}\frac{2k+1}{4}$.

Do đó $|S_1|=1>\frac{3}{4}$, $|S_2|=\frac{5}{4}$, $|S_3|=\frac{7}{4}$ và với mọi $k\ge 4$, $|S_k|=\frac{2k+1}{4}$.

Vậy trong cả hai trường hợp đều tồn tại $x_1,x_2,\dots ,x_n$ thỏa mãn các điều kiện đề bài.