Bài toán. (Sáng tác) Với mỗi bộ $A=(a_1, a_2, a_3, a_4)$ ta gọi bộ số gồm tất cả các tổng $a_i+a_j$, với $1\leq i<j\leq 4$, là một bộ tổng của bộ $A$, ký hiệu là $A^*$. Dễ thấy rằng mỗi bộ tổng gồm có $C_4^2=6$ số.
a) Chứng minh rằng một bộ $(b_1, b_2,\ldots, b_6)$ là bộ tổng khi và chỉ khi $$b_1+b_6=b_2+b_5=b_3+b_4.$$
b) Tương ứng $A\mapsto A^*$ có là một đơn ánh không?
c) Giả sử $A^*=(1,2,2,3,3,4)$. Tính tổng các bình phương của các phần tử trong $A$.
Giải.
a) $\Rightarrow|$ Hiển nhiên vì nếu $(b_1,\ldots, b_6)$ là một bộ tổng của $(a_1, a_2, a_3, a_4)$ thì
$$(a_1 + a_2) + (a_3 + a_4) = (a_1 + a_3) + (a_2 + a_4) = (a_1 + a_4) + (a_2 + a_3).$$
$\Leftarrow|$ Giả sử $b_1+b_6=b_2+b_5=b_3+b_4.$ Đặt
$$a_1 = \frac 1 2 b_1 + \frac 1 2 b_2 - \frac 1 2 b_4,$$
$$a_2=\frac 1 2 b_1 - \frac 1 2 b_2 + \frac 1 2 b_4,$$
$$a_3 = -\frac 1 2 b_1 + \frac 1 2 b_2 + \frac 1 2 b_4,$$
$$a_4 = -\frac 1 2 b_1 - \frac 1 2 b_2 + b_3 + \frac 1 2 b_4.$$
Ta kiểm tra được $$(b_1,\ldots, b_6) = (a_1+a_2, a_1+a_3, a_1+a_4, a_2+a_3, a_2 + a_4, a_3+a_4)$$ và là một bộ tổng của bộ $(a_1, a_2, a_3, a_4)$.
b) Câu trả lời là phủ định. Chẳng hạn $(1,2,2,3,3,4)$ là bộ tổng của hai bộ $(0, 1, 2, 2)$ và $\left(\frac 1 2, \frac 1 2, \frac 3 2, \frac 5 2\right).$
c) Ta có
$$3(a_1 + a_ 2 + a_3 + a_4)= \sum_{1\leq i<j\leq 4} (a_i + a_j) = 15.$$
Suy ra $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = 5.$
Hơn nữa
$$43 = \sum_{i<j} (a_i + a_j)^2 = 3\sum_{i=1}^4 a_i^2 + 2\sum_{i<j} a_i a_j = 2\sum_{i=1}^4 a_i^2 + \left(\sum_{i=1}^4 a_i\right)^2.$$
Do đó $a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2 = \frac{43-5^2} 2 = 9.$
Ghi chú.
i) Nói bài này do mình sáng tác thì hơi điêu, nhưng bài này mình phát triển từ bài toán của thầy Trần Nam Dũng cách đây cũng lâu trên báo THTT số 385.
T9/THPT (Ký niệm 45 năm). Với bộ các số thực $A=(a_1, a_2, \ldots, a_n)$ ta gọi bộ các 2-tổng của nó là bộ tất cả các số có dạng $a_i + a_j$ với $1\leq i<j\leq n$ và ký hiệu là $A^{(2)}.$ Với bộ số thực $A$, biết rằng $$A^{(2)} = (2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,6,6).$$ Hãy tìm tổng các bình phương các phần tử của $A$.
Trong lời giải đăng trong số 389, Tạp chí cho biết một số bạn chỉ ra bộ $$A=\left( \frac 1 2, \frac 3 2, \frac 3 2, \frac 5 2, \frac 5 2, \frac 7 2\right)$$ là bộ duy nhất thỏa mãn. Tạp chí cũng đặt câu hỏi rằng có phải tương ứng $A\mapsto A^{(2)}$ là một đơn ánh không.
Bài toán phía trên đã trả lời không trong trường hợp $n=4$, còn trường hợp khác thì mình lười quá, hẹn dịp khác xem lại...
ii) Ý a) của bài toán được mình phát hiện ra nhờ vào Định lý Kronecker-Capelli về điều kiện có nghiệm của hệ phương trình tuyến tính. Cụ thể hơn vì $\mathrm{rank}\,M = 4$ nên hệ phương trình $Mx=b$ có nghiệm $x=(a_1,a_2,a_3,a_4)$ (và nghiệm đó duy nhất) khi và chỉ khi $\mathrm{rank}\, \widetilde M=4$, tương đương hệ thức ý a).
Lưu ý rằng sự duy nhất của nghiệm hệ phương trình $Mx=b$ là phụ thuộc vào $b$. Nói cách khác nếu thay đổi thứ tự các phần tử trong $b$ thì nghiệm $x$ hoặc sẽ đổi thứ tự, hoặc sẽ thu được một nghiệm mới. Thế nên mới có câu chuyện ý b).
iii) Ý c) được lấy y nguyên từ bài toán gốc và mình rất ấn tượng với ý này. Bởi tuy có thể có nhiều bộ $A$ cùng sinh ra bộ $A^*$ theo câu b), vẫn có một vài bất biến liên quan đến các phần tử của $A$.
No comments:
Post a Comment