Câu 1 (6.0 điểm). Tập hợp $M$ gồm các số thực dương được gọi là tập "co cụm bậc hai" nếu như tỷ số giữa phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất của nó nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng từ 2000 số thực dương có tổng bằng 1, mỗi số đều nhỏ hơn hay bằng $\frac{1}{100}$ luôn có thể chọn ra một tập con "co cụm bậc hai" có 51 phần tử.

Lời giải. Gọi $a_1,a_2,\dots ,a_{2000}$ là các số dương có tổng bằng 1 và $a_i\le \frac{1}{100}$ $(i=1,2,\dots ,2000)$.
Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1\le a_2\le \dots \le a_{2000}$.
Giả sử không tồn tại một tập "co cụm bậc hai" có 51 phần tử được chọn từ 2000 số ở trên.
Xét tập $M_k=\{a_k,a_{k+1},\dots ,a_{k+50}\}$ với $k=1,2,\dots ,1950$. Rõ ràng $M_k$ không phải là một tập "co cụm bậc hai" nên ta có $a_k\le \frac{1}{2}{a}_{k+50}$ với mọi $k=1,2,\dots ,1950$.
Đặt $S_k=a_k+a_{k+50}+\cdots +a_{k+1950}$ với $k=1,2,\dots ,50$.
Theo chứng minh trên, ta có
$$a_{k+1900}\le \frac{1}{2}{a}_{k+1950}$$
$$a_{k+1850}\le \frac{1}{2}{a}_{k+1900}\le \frac{1}{2^2}{a}_{k+1950}$$
$$\dots$$
$$a_{k+50}\le \frac{1}{2}{a}_{k+100}\le \frac{1}{2^{38}}{a}_{k+1950}$$
$$a_k\le \frac{1}{2}{a}_{k+50}\le \frac{1}{2^{39}}{a}_{k+1950}$$

Suy ra
$$S_k\le \left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{39}}\right)a_{k+1950}=\left(\frac{1-1/2^{40}}{1-1/2}\right)a_{k+1950}$$
$$=\left(2-\frac{1}{2^{39}}\right)a_{k+1950}<2a_{k+1950}\le 2\cdot \frac{1}{100}=\frac{1}{50}.$$

Dẫn tới
$$\sum _{i=1}^{2000}{a}_i=\sum _{k=1}^{50}{S}_k<50\cdot \frac{1}{50}=1\text{(voˆ lyˊ)}.$$

Vậy điều giả sử là sai, do đó ta có đpcm. $\square$

Cách 2. Ta phân hoạch khoảng $\left(0,\frac{1}{100}\right]$ thành vô hạn các nửa khoảng rời nhau có dạng:

$$I_k=\left(\frac{1}{100\cdot 2^k},\frac{1}{100\cdot 2^{k-1}}\right]\text{với }k=1,2,\dots$$

Vì 2000 số đã cho đều dương và không vượt quá $\frac{1}{100}$, nên mỗi số thuộc đúng một khoảng $I_k$. Lấy hai số bất kỳ cùng thuộc một khoảng $I_k$, ta thấy tỉ số của chúng luôn nhỏ hơn 2 (do phần tử lớn hơn không vượt quá $\frac{1}{100\cdot 2^{k-1}}$, còn phần tử nhỏ hơn lại lớn hơn $\frac{1}{100\cdot 2^k}$). Do đó, các số nằm trong cùng một khoảng $I_k$ bất kỳ luôn tạo thành một tập "co cụm bậc hai".

Giả sử không có tập "co cụm bậc hai" nào gồm 51 phần tử. Khi đó, mỗi khoảng $I_k$ chứa tối đa 50 số.

Gọi $M$ là tập hợp gồm 2000 số đã cho và $n_k=|I_k\cap M|$ là số lượng phần tử của $M$ nằm trong khoảng $I_k$. Theo giả thiết phản chứng, ta có:

$$\{\begin{array}{l}\sum _{k=1}^{+\infty }{n}_k=2000\\ 0\le n_k\le 50,\forall k\in {\mathbb{Z}}^{+}\\ a\le \frac{1}{100\cdot 2^{k-1}},\forall a\in I_k\cap M\end{array}$$

Khi đó, tổng của 2000 số ban đầu được chặn trên như sau:

$$\sum _{a\in M}a=\sum _{k=1}^{+\infty }\left(\sum _{a\in I_k\cap M}a\right)\le \sum _{k=1}^{+\infty }{n}_k\cdot \frac{1}{100\cdot 2^{k-1}}$$

Đặt $c_k=\frac{1}{100\cdot 2^{k-1}}$. Với giả thiết $\{\begin{array}{l}0\le n_k\le 50\\ \sum _{k=1}^{+\infty }{n}_k=2000\end{array}$ và dãy $(c_k)$ giảm ngặt, ta có:

$$\sum _{k=1}^{40}50c_k-\sum _{k=1}^{+\infty }{n}_k{c}_k=\sum _{k=1}^{40}(50-n_k)c_k-\sum _{k=41}^{+\infty }{n}_k{c}_k$$
$$\ge c_{40}\sum _{k=1}^{40}(50-n_k)-c_{41}\sum _{k=41}^{+\infty }{n}_k$$
$$=c_{40}\left(2000-\sum _{k=1}^{40}{n}_k\right)-c_{41}\sum _{k=41}^{+\infty }{n}_k$$
$$=(c_{40}-c_{41})\sum _{k=41}^{+\infty }{n}_k\ge 0$$

Suy ra
$$\sum _{k=1}^{+\infty }{n}_k{c}_k\le \sum _{k=1}^{40}50c_k.$$

Dẫn tới:

$$\sum \text{caˊc soˆˊ}\le 50\left(\frac{1}{100}+\frac{1}{200}+\frac{1}{400}+\cdots +\frac{1}{100\cdot 2^{39}}\right)$$
$$=\frac{50}{100}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{39}}\right)$$
$$=\frac{1}{2}\left(\frac{1-1/2^{40}}{1-1/2}\right)=1-\frac{1}{2^{40}}<1\text{(voˆ lyˊ)}.$$

Vậy điều giả sử là sai. Suy ra phải có ít nhất một khoảng chứa từ 51 số trở lên, và chúng tạo thành tập "co cụm bậc hai" cần tìm. □