Câu 4 (5,00 điểm). Một số nguyên dương $n\ge 3$ được gọi là số cân bằng nếu như tồn tại một tập hợp $S$ gồm $n$ số nguyên dương sao cho nếu ta bỏ đi bất kì một phần tử nào của $S$ thì tất cả các phần tử còn lại có thể chia ra làm hai tập mà tổng các phần tử trong mỗi tập bằng nhau (số các số trong các tập có thể khác nhau).

a) Chứng minh rằng nếu $n$ là số cân bằng thì $n$ lẻ và $n\ge 7$.

b) Hãy tìm tất cả các số cân bằng.

a) Giả sử $n$ là một số cân bằng. Khi đó tồn tại tập hợp $S=\{a_1,a_2,\dots ,a_n\}\subset {\mathbb{N}}^{\ast }$ gồm $n$ phần tử phân biệt thỏa mãn điều kiện bài toán.

• Chứng minh $n$ là số lẻ:
Đặt $d=\gcd (a_1,a_2,\dots ,a_n)\ge 1$ và xét tập hợp $S^{\prime }=\left\{\frac{a_1}{d},\frac{a_2}{d},\dots ,\frac{a_n}{d}\right\}=\{a_1^{\prime },a_2^{\prime },\dots ,a_n^{\prime }\}$.
Rõ ràng $S^{\prime }$ cũng là một tập hợp thỏa mãn tính chất cân bằng và $\gcd (a_1^{\prime },a_2^{\prime },\dots ,a_n^{\prime })=1$. Đặt $T=\sum _{x\in S^{\prime }}x$. Theo giả thiết, với mỗi phần tử $x\in S^{\prime }$, tập hợp $S^{\prime }\setminus \{x\}$ có thể phân hoạch thành hai tập con có tổng các phần tử bằng nhau, do đó tổng các phần tử của $S^{\prime }\setminus \{x\}$ phải là một số chẵn:

$$T-x\equiv 0(\mathrm{mod}2)⟹x\equiv T(\mathrm{mod}2),\forall x\in S^{\prime }$$

Điều này chỉ ra rằng tất cả các phần tử của $S^{\prime }$ đều có cùng tính chẵn lẻ.
Do $\gcd (a_1^{\prime },a_2^{\prime },\dots ,a_n^{\prime })=1$, các phần tử của $S^{\prime }$ không thể cùng là số chẵn. Vì vậy, mọi phần tử của $S^{\prime }$ đều là số lẻ, tức là:

$$x\equiv 1(\mathrm{mod}2),\forall x\in S^{\prime }$$

Từ đó suy ra:

$$T=\sum _{x\in S^{\prime }}x\equiv n\cdot 1\equiv n(\mathrm{mod}2)$$

Mặt khác, ta đã có $T\equiv x\equiv 1(\mathrm{mod}2)$. Do đó:

$$n\equiv 1(\mathrm{mod}2)$$

hay $n$ bắt buộc phải là số lẻ.

• Chứng minh $n\ge 7$:
Vì $n\ge 3$ và $n$ lẻ, ta chỉ cần chứng minh $n\ne 3$ và $n\ne 5$ bằng phương pháp phản chứng. Giả sử các phần tử của $S$ được sắp thứ tự tăng dần: $a_1<a_2<\cdots <a_n$.

• Nếu $n=3$: Loại bỏ phần tử $a_3$, hai phần tử còn lại là $a_1,a_2$. Để chia thành hai tập có tổng bằng nhau thì bắt buộc $a_1=a_2$, mâu thuẫn với giả thiết các phần tử của tập hợp $S$ đôi một phân biệt. Vậy $n\ne 3$.

• Nếu $n=5$: Giả sử tồn tại tập hợp $S=\{a_1<a_2<a_3<a_4<a_5\}\subset {\mathbb{N}}^{\ast }$ thỏa mãn. Với bốn số nguyên dương bất kỳ $x_1<x_2<x_3<x_4$, để phân hoạch chúng thành hai tập có tổng bằng nhau, ta chỉ có hai dạng phân hoạch có thể xảy ra:

(1) Dạng $(2,2)$: Vì $x_4+x_3>x_2+x_1$ và $x_4+x_2>x_3+x_1$, đẳng thức duy nhất có thể xảy ra là:
$$x_4+x_1=x_2+x_3$$

(2) Dạng $(1,3)$: Vì phần tử đơn lẻ phải là phần tử lớn nhất $x_4$, đẳng thức duy nhất có thể xảy ra là:
$$x_4=x_1+x_2+x_3$$

Bây giờ, ta xét hai trường hợp loại bỏ phần tử:
– Khi loại bỏ $a_1$, bốn phần tử còn lại là $a_2<a_3<a_4<a_5$. Theo nhận xét trên, ta chỉ có thể có:
$$\{\begin{array}{ll}{a}_5+a_2=a_3+a_4& \text{(dạng 2 – 2)}\\ a_5=a_2+a_3+a_4& \text{(dạng 1 – 3)}\end{array}$$

– Khi loại bỏ $a_2$, bốn phần tử còn lại là $a_1<a_3<a_4<a_5$. Tương tự, ta chỉ có thể có:
$$\{\begin{array}{ll}{a}_5+a_1=a_3+a_4& \text{(dạng 2 – 2)}\\ a_5=a_1+a_3+a_4& \text{(dạng 1 – 3)}\end{array}$$

Kết hợp các khả năng:
○ Nếu cả hai đều thuộc dạng $(2,2)$: Ta có $a_5+a_2=a_3+a_4=a_5+a_1⟹a_1=a_2$ (mâu thuẫn).
○ Nếu loại $a_1$ ra dạng $(2,2)$ và loại $a_2$ ra dạng $(1,3)$: Ta có $a_5+a_2=a_3+a_4$ và $a_5=a_1+a_3+a_4$. Thay $a_5$ vào đẳng thức trước được $(a_1+a_3+a_4)+a_2=a_3+a_4⟹a_1+a_2=0$ (vô lý vì $a_1,a_2\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).
○ Nếu loại $a_1$ ra dạng $(1,3)$ và loại $a_2$ ra dạng $(2,2)$: Ta có $a_5=a_2+a_3+a_4$ và $a_5+a_1=a_3+a_4⟹(a_2+a_3+a_4)+a_1=a_3+a_4⟹a_1+a_2=0$ (vô lý).
○ Nếu cả hai đều thuộc dạng $(1,3)$: Ta có $a_5=a_2+a_3+a_4=a_1+a_3+a_4⟹a_1=a_2$ (mâu thuẫn).

Như vậy trong mọi khả năng đều dẫn tới mâu thuẫn, suy ra $n\ne 5$.

Từ các lập luận trên, ta kết luận: $n$ lẻ và $n\ge 7$.

b) Ta sẽ chứng minh mọi số nguyên lẻ $n\ge 7$ đều là số cân bằng.
Xét tập hợp gồm $n$ số lẻ liên tiếp đầu tiên:
$$S=\{1,3,5,\dots ,2n-1\}$$

Tổng của tất cả các phần tử trong $S$ là $T={\sum }_{i=1}^n(2i-1)=n^2$.

Với mỗi phần tử bị loại bỏ $x=2k-1\in S$ $(1\le k\le n)$, tổng của các phần tử còn lại trong $S\setminus \{x\}$ là:
$$T-x=n^2-(2k-1)$$

là một số chẵn. Ta cần chỉ ra sự tồn tại của một tập con $A\subset S\setminus \{x\}$ sao cho tổng các phần tử của $A$ bằng:
$$T_k=\frac{n^2-(2k-1)}{2}=\frac{n^2+1}{2}-k$$

• Trường hợp cơ sở $n=7$: Khi đó $S=\{1,3,5,7,9,11,13\}$ và $T=49$. Với từng phần tử $x$ bị loại, ta có các phân hoạch cụ thể như sau:
- Bỏ $x=1$: $T_1=24$. Ta chọn hai tập $\{11,13\}$ và $\{3,5,7,9\}$ (tổng cùng bằng 24).
- Bỏ $x=3$: $T_2=23$. Ta chọn hai tập $\{1,9,13\}$ và $\{5,7,11\}$ (tổng cùng bằng 23).
- Bỏ $x=5$: $T_3=22$. Ta chọn hai tập $\{9,13\}$ và $\{1,3,7,11\}$ (tổng cùng bằng 22).
- Bỏ $x=7$: $T_4=21$. Ta chọn hai tập $\{3,5,13\}$ và $\{1,9,11\}$ (tổng cùng bằng 21).
- Bỏ $x=9$: $T_5=20$. Ta chọn hai tập $\{7,13\}$ và $\{1,3,5,11\}$ (tổng cùng bằng 20).
- Bỏ $x=11$: $T_6=19$. Ta chọn hai tập $\{1,5,13\}$ và $\{3,7,9\}$ (tổng cùng bằng 19).
- Bỏ $x=13$: $T_7=18$. Ta chọn hai tập $\{7,11\}$ và $\{1,3,5,9\}$ (tổng cùng bằng 18).

Như vậy, $n=7$ là một số cân bằng.

• Trường hợp tổng quát với mọi số lẻ $n\ge 7$:
Đặt $n=2m+1$ với $m\ge 3$ ($m\in \mathbb{N}$). Khi đó $S=\{1,3,5,\dots ,4m+1\}$ có tổng $T=(2m+1{)}^2$. Mục tiêu là tìm tập con $A\subset S\setminus \{x\}$ có tổng bằng $T_k$. Chú ý rằng:
$$\frac{(n-1{)}^2}{2}=2m^2\le T_k\le 2m^2+2m=\frac{n^2-1}{2}$$

Xét các tập con gồm $m$ phần tử của $S\setminus \{x\}$.
- Tổng nhỏ nhất của một tập con gồm $m$ phần tử lấy từ $S\setminus \{x\}$ đạt giá trị lớn nhất khi $x\in \{1,3,\dots ,2m-1\}$, và tổng này không vượt quá:
$$\sum _{i=1}^{m+1}(2i-1)-1=(m+1{)}^2-1=m^2+2m$$

Với mọi $m\ge 3$, ta luôn có $m^2+2m\le 2m^2\le T_k$ (do $m^2-2m=m(m-2)>0$).
- Tổng lớn nhất của một tập con gồm $m$ phần tử lấy từ $S\setminus \{x\}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x\in \{4m+3-2m,\dots ,4m+1\}$, và tổng này không nhỏ hơn:
$$\sum _{i=m+1}^{2m+1}(2i-1)-(4m+1)=(2m+1{)}^2-m^2-(4m+1)=3m^2$$

Với mọi $m\ge 3$, ta luôn có $3m^2\ge 2m^2+2m\ge T_k$ (do $m^2-2m=m(m-2)>0$).

Do tập hợp $S\setminus \{x\}$ gồm các số lẻ có bước nhảy liên tiếp bằng 2 (hoặc một bước nhảy bằng 4 tại vị trí bỏ $x$), quá trình biến đổi liên tục từ tập con $m$ phần tử có tổng nhỏ nhất sang tập con có tổng lớn nhất bằng cách thay thế từng phần tử bởi phần tử kế tiếp trong $S\setminus \{x\}$ sẽ quét qua tất cả các giá trị nguyên có cùng tính chẵn lẻ với $m$ trong đoạn $[m^2+2m,3m^2]$.

Nếu $T_k\not\equiv m(\mathrm{mod}2)$, ta hoàn toàn tương tự xét họ các tập con gồm $m+1$ phần tử; khoảng giá trị tổng của chúng cũng bao phủ hoàn toàn giá trị $T_k$. Do đó, luôn luôn tồn tại tập con $A\subset S\setminus \{x\}$ có tổng đúng bằng $T_k$.

Kết luận: Tập hợp tất cả các số cân bằng là toàn bộ các số nguyên lẻ $n\ge 7$.