Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tập hợp và phép toán (Toán học Lớp 10)

Gọi $c$ là ước nguyên dương thuộc khoảng $\left(n^2;n^2+n+3\right)$ của tích $ab$.
*) $c=a$: thỏa mãn điều kiện bài toán.
*) $c=b$: thỏa mãn điều kiện bài toán.
Giả sử $c\ne a$, $c\ne b$. Ta sẽ chứng minh có điều vô lý.
Đặt $a=n^2+i$; $b=n^2+j$; $c=n^2+k$ $(1\le i,j,k\le n+2$, $k\ne i$, $k\ne j$ và $i<j)$.
Vì $n^2\equiv -k(\mathrm{mod}{n}^2+k)$ nên $ab=\left(n^2+i\right)\left(n^2+j\right)\equiv (i-k)(j-k)(\mathrm{mod}{n}^2+k)$.
Vì $c=n^2+k$ là ước của $ab$ nên $(i-k)(j-k)⋮\left(n^2+k\right)$.
Do $|i-k|\ge 1$, $|j-k|\ge 1$ nên $|i-k|\cdot |j-k|\ge n^2+k>n^2$.
• Xét $1\le i<j\le n+1$:
Nếu $1\le k\le n+1$ thì $1\le |i-k|\le n$, $1\le |j-k|\le n\Rightarrow |i-k|\cdot |j-k|\le n^2$. Điều này vô lý.
Nếu $k=n+2$:
+) Khi $2\le i<j\le n+1$ thì $|i-k|=n+2-i\le n$, $|j-k|=n+2-j\le n-1$
$\Rightarrow |i-k|\cdot |j-k|\le n(n-1)<n^2$. Điều này là vô lý.
+) Khi $i=1$ thì $|i-k|=n+2-1=n+1$.
Nếu $j\ge 3$ thì $|j-k|=n+2-j\le n-1\Rightarrow |i-k|\cdot |j-k|\le (n+1)(n-1)<n^2$. Điều này vô lý.
Nếu $j=2$ thì $|j-k|=n+2-j=n\Rightarrow |i-k|\cdot |j-k|=(n+1)n\nmid n^2+n+2$. Điều này vô lý.
• Xét $j=n+2$ :
Nếu $k\ge 2$ thì $|i-k|\le n+1-2=n-1$, $|j-k|=n+2-k\le n$
$\Rightarrow |i-k|\cdot |j-k|\le n(n-1)<n^2$. Điều này vô lý.
Nếu $k=1$ thì $|i-k|=i-1$, $|j-k|=n+1\Rightarrow |i-k|\cdot |j-k|=(i-1)(n+1)$.
Suy ra $(i-1)(n+1)\ge n^2+1\Rightarrow i=n+1$
$\Rightarrow n(n+1)\nmid n^2+1\Rightarrow n-1\nmid n^2+1\Rightarrow n-1\ge n^2+1$. Điều này vô lý.
Do đó không tồn tại ước nguyên dương $c\in \left(n^2;n^2+n+3\right)$ của tích $ab$ mà $c\ne a$, $c\ne b$.
Vậy tập hợp các ước của $ab$ thỏa mãn bài toán là $\{a;b\}$.

Lời giải (nguồn: CLB Toán Lim - LIM Olympic):

(1) Với mỗi tập con $T\subset \{3,4,\dots ,2026\}$, xét bốn tập $T$, $T\cup \{1\}$, $T\cup \{2\}$ và $T\cup \{1,2\}$.
Giả sử tổng các phần tử của $T$ có số dư là $r$ khi chia cho 4. Khi đó tổng các phần tử của bốn tập trên lần lượt có số dư $r,r+1,r+2,r+3$ (mod 4).
Do đó trong bốn tập trên có đúng một tập có tổng các phần tử chia hết cho 4.
Khi $T$ chạy qua tất cả các tập con của $\{3,4,\dots ,2026\}$, các nhóm gồm bốn tập trên tạo thành một phân hoạch của tập hợp tất cả các tập con của $S$. Có $2^{2024}$ cách chọn $T$, nên có đúng $2^{2024}$ tập con của $S$ có tổng các phần tử chia hết cho 4 (kể cả tập rỗng).
Giờ trừ đi tập rỗng (có tổng bằng 0) ta được số tập con cần tìm là $2^{2024}-1$.

(2) Điều kiện $|S_i\setminus S_j|\ne 0$ với mọi $i\ne j$ tương đương với $S_i\not\subset S_j$ với mọi $i\ne j$.
Như vậy các tập $S_1,S_2,\dots ,S_n$ đôi một không chứa nhau.
Trước hết ta chứng minh $n\le 2024$.
Để ý với $n\ge 2$ thì ta không thể có $S_i=S$, do đó $1\le |S_i|\le 2025$ với mọi $i$.
Vì các $|S_i|$ đôi một khác nhau nên trước hết ta có $n\le 2025$.
Giả sử $n=2025$. Khi đó các số $|S_i|$ phải nhận đủ các giá trị $1,2,\dots ,2025$.
Gọi $A,B,C$ là 3 tập $S_i$ bên trên thỏa mãn $|A|=1$, $|B|=2025$, $|C|=2$. Viết $A=\{a\}$.
Do $A\not\subset B$ nên $a\notin B$. Mà $|B|=2025$, suy ra $B=S\setminus \{a\}$.
Mặt khác, từ $A\not\subset C$ ta cũng có $a\notin C$. Vì thế $C\subset S\setminus \{a\}=B$, mâu thuẫn với điều kiện $C\not\subset B$.
Vậy $n\le 2024$. Giờ ta sẽ chứng minh giá trị $n=2024$ đạt được.
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi số chẵn $m\ge 4$, tồn tại một họ ${\mathcal{F}}_m$ gồm $m-2$ tập con của $\{1,2,\dots ,m\}$ sao cho các tập đôi một không chứa nhau và có kích thước lần lượt là $1,2,\dots ,m-2$.
Với $m=4$, lấy ${\mathcal{F}}_4=\{\{1\},\{2,3\}\}$. Rõ ràng họ này thỏa mãn yêu cầu.
Giả sử đã xây dựng được ${\mathcal{F}}_m$. Xét họ
$${\mathcal{F}}_{m+2}=\{A\cup \{m+1\}:A\in {\mathcal{F}}_m\}\cup \{[m],\{m+2\}\},$$
trong đó $[m]=\{1,2,\dots ,m\}$.
Các tập $A\cup \{m+1\}$ có kích thước lần lượt là $2,3,\dots ,m-1$, còn $\{m+2\}$ có kích thước $1$ và $[m]$ có kích thước $m$. Vậy ${\mathcal{F}}_{m+2}$ có đúng một tập ở mỗi kích thước $1,2,\dots ,m$.
Hai tập dạng $A\cup \{m+1\}$ đôi một không chứa nhau vì các tập $A$ ban đầu đôi một không chứa nhau. Mỗi tập $A\cup \{m+1\}$ chứa phần tử $m+1$, trong khi $[m]$ không chứa $m+1$, nên $A\cup \{m+1\}\not\subset [m]$. Ngược lại, $|A\cup \{m+1\}|\le m-1<m=|[m]|$, nên $[m]\not\subset A\cup \{m+1\}$.
Cuối cùng, $\{m+2\}$ không chứa trong bất kì tập nào còn lại vì các tập đó không chứa $m+2$; đồng thời các tập còn lại đều có ít nhất hai phần tử nên không thể chứa trong $\{m+2\}$.
Vậy ${\mathcal{F}}_{m+2}$ cũng thỏa mãn yêu cầu.
Lấy $m=2026$, ta thu được 2024 tập con của $S$ thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán.
Do đó $n_{\max }=2024$

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 $n\ge 7$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 1: Xét hai phép biến đổi $f(x)=\frac{1}{x}$ và $g(x)=1-x$ trên $\mathbb{R}\setminus \{0\}$. Từ $x\in A$ ta phải có đồng thời các phần tử: $x,\frac{1}{x},1-x,\frac{1}{1-x},\frac{x}{x-1},\frac{x-1}{x}$ (đây là các ảnh của $x$ dưới nhóm sinh bởi $f,g$, vì $f\circ f=\mathrm{id}$, $g\circ g=\mathrm{id}$, $f\circ g\circ f(x)=\frac{x}{x-1}$, v.v.). Nếu $x$ không phải điểm bất động của bất kỳ phép biến đổi nào trong 6 phép trên thì 6 giá trị này đôi một khác nhau, khi đó $A$ phải có ít nhất 6 phần tử, mâu thuẫn với ii). Xét các trường hợp trùng nhau:
• $x=\frac{1}{x}\Rightarrow x=\pm 1$. Với $x=1$ thì $1-x=0\notin \mathbb{R}\setminus \{0\}$, loại. Với $x=-1$: hợp lệ.
• $x=1-x\Rightarrow x=\frac{1}{2}$.
• $x=\frac{1}{1-x}\iff x^2-x+1=0$: vô nghiệm thực.
• $x=\frac{x}{x-1}\Rightarrow x=2$; $x=\frac{x-1}{x}\iff x^2-x+1=0$: vô nghiệm.
Như vậy mọi phần tử của $A$ phải nằm trong quỹ đạo $\left\{-1,\frac{1}{2},2\right\}$ (kiểm tra: từ $-1$ ta có $\frac{1}{-1}=-1$, $1-(-1)=2$; từ $2$ ta có $\frac{1}{2}$ và $1-2=-1$; từ $\frac{1}{2}$ ta có $2$ và $1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$). Vì $A\ne \varnothing$ nên $A$ phải chứa trọn quỹ đạo này, vậy $A=\left\{-1,\frac{1}{2},2\right\}$. Thử lại: tập này có 3 phần tử $\le 5$, khác rỗng, và đóng dưới cả hai phép biến đổi. Vậy $A=\left\{-1,\frac{1}{2},2\right\}$ là tập duy nhất thỏa mãn.

Bài 2: Đánh số các số theo chiều tròn là $a_1,a_2,\dots ,a_{101}$ và đặt $S_0=0$, $S_i=a_1+a_2+\cdots +a_i$ với $i=1,2,\dots ,100$. Vì các $a_i$ đều nguyên dương và tổng bằng 300 nên $0=S_0<S_1<\cdots <S_{100}\le 299$ (do $a_{101}\ge 1$).
Xét 101 số $S_0,S_1,\dots ,S_{100}$ theo mô-đun 100: chúng chỉ có thể nhận 100 giá trị dư nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại $0\le i<j\le 100$ sao cho $S_j\equiv S_i(\mathrm{mod}100)$, tức $S_j-S_i=100k$ với $k\in \{1,2,3\}$ (hiệu dương do dãy tăng ngặt).
• Nếu $k=3$: $S_j-S_i=300$, nhưng $S_j\le 299$, vô lý. Vậy $k\in \{1,2\}$.
• Nếu $k=1$: dãy các số viết liền nhau $a_{i+1},a_{i+2},\dots ,a_j$ có tổng $S_j-S_i=100$.
• Nếu $k=2$: dãy $a_{i+1},\dots ,a_j$ có tổng 200; khi đó phần còn lại của đường tròn, tức dãy $a_{j+1},\dots ,a_{101},a_1,\dots ,a_i$, cũng là dãy các số viết liền nhau trên đường tròn và có tổng $300-200=100$.
Vậy trong mọi trường hợp luôn tồn tại một dãy các số viết liền nhau có tổng bằng 100. Đpcm.