chủ đề nguyên lý cực trị rời rạc

Tuy nhiên trong các đối tượng toán học khác, việc chỉ ra s thự ỏa mãn hoặc bóc tách các trường hợp suy bi n khi mế ột trong hai điều ki n ệ không được đáp ứng là quan trọng và cần thiết

I Phát bi u nguyên lý ể

Nguyên lý c c tr r i rự ị ờ ạc được phát biểu như sau: Trong m t t p h u h n và khác ộ ậ ữ ạ rỗng các s th c luôn: ố ự

( )a : t n t i m t s bé nh t và m t s l n nh t ồ ạ ộ ố ấ ộ ố ớ ấ ( )b : luôn xếp được chúng theo tr t t ậ ự tăng hoặc giảm

Nguyên lí thật đơn giản nhưng sự ận độ v ng của nó đã thấm sâu vào nhi u ch ng minh ề ứ toán h c ọ

1 M t s ví dộ ố ụ đơn giản

Ví d 1:ụ Trong t p hậ ợp các trường s p th tắ ứ ự điều này là hiển nhiên đúng Ví dụ trong trường các số thực , khi cho mℝ ột tập gồm {−2; 2; 1; 0} ta luôn tìm đượ ố l n nhất c s ớ là ; s nh nh t là 2 ố ỏ ấ −2 và s p xắ ếp được chúng theo th tứ ự tăng dần {−2; 0; 1; 2} ặ ho c thứ t gi m d n ự ả ầ {2; 1; 0; −2}

Ví d 2:ụ Trong m t l p hộ ớ ọc, nếu chúng ta quyết định m t y u t ộ ế ố nào đó của các b n ạ học sinh, chúng ta cũng hoàn toàn tìm được điều tương tự Ví dụ là yếu t chi u cao, ố ề sẽ luôn có ít nh t m t b n cao nh t, ít nh t m t b n th p nhấ ộ ạ ấ ấ ộ ạ ấ ất; Và ta cũng luôn sắp th ứ tự tăng dần, ho c gi m d n chi u cao c a các b n trong m t lặ ả ầ ề ủ ạ ộ ớp Ở đây, tôi muốn nh n ấ mạnh r ng (i) chằ ỉ ra s t n t i, t c là có th có nhiự ồ ạ ứ ể ều hơn 1 ố s bé nh t hoấ ặc nhiều hơn 1 s l n nh t (trong l p có th có hai b n cao nh t có cùng chiố ớ ấ ớ ể ạ ấ ều cao,…)

Lưu ý: Trong các ví d thụ ực tế được nêu ra thì đa số đề u có s n ẵ 2 điều ki n quan ệ trọng là t p h u h n và khác rậ ữ ạ ỗng Tuy nhiên trong các đối tượng toán học khác, việc chỉ ra s thự ỏa mãn hoặc bóc tách các trường hợp suy bi n khi mế ột trong hai điều ki n ệ không được đáp ứng là quan trọng và cần thiết

II Ch ng minh s t n t i c a các c u hình ứ ự ồ ạ ủ ấ

Việc ch ng minh s t n t i cứ ự ồ ạ ủa các cấu hình là chỉ ra một mô hình, với m t tiêu chí ộ nào đó ăn khớp với nội dung của nguyên lí, từ đó áp dụng nguyên lí đó Thông thường chúng ta có thể làm trội đ i tưố ợng lên ho c dùng ph n chặ ả ứng để ch ng minh s t n t i ứ ự ồ ạ đó

1 M t s ví d trong giáo trình ộ ố ụ

Ví d 1:ụ Cho 2n điểm phân bi t trên mệ ột đường tròn, trong đó có n điểm tr ng và ắ n điểm đen n ≥ 2 Chứng minh luôn tồn tại:

(i) Một cách n i t t cố ấ ả các điểm tr ng vắ ới các điểm đen bởi n đoạn th ng sao cho các ẳ đoạn thẳng không có điểm chung

(ii) M t cách n i t t cộ ố ấ ả các điểm tr ng vắ ới các điểm đen bởi n đoạn th ng sao cho các ẳ đoạn thẳng từng đôi mộ ắt nhau t c

Lời gi i: ả

* Phân tích tình hu ng: ố

- G i là t p tọ S ậ ổng độ dài các đoạn th ng n i ẳ ố n điểm tr ng và ắ n điểm đen

Nên luôn tồn t i m t ph n t c a có tạ ộ ầ ử ủ S ổng độ dài là nh nh t và m t ph n t c a S có ỏ ấ ộ ầ ử ủ tổng độ dài là lớn nhất

Trường h p (N): Khi n i các đoạn thẳng sao cho tợ ố ổng độ dài các đoạn là nhỏ nhất, ta sẽ được các đoạn th ng này sẳ ẽ không có điểm chung với nhau

Trường h p (L): Khi nối các đoạợ n th ng sao cho tẳ ổng độ dài các đoạn là lớn nhất, ta sẽ được các đoạn th ng này sẳ ẽ đôi một có điểm chung với nhau

* Chứng minh (i) đúng: Ta chứng minh b ng ph n ch ng ằ ả ứ Giả s cách n i N t n t i 1 cử ố ồ ạ ặp đường thẳng có điểm chung Không m t tính t ng quát, gi s cấ ổ ả ử ặp đường th ng ẳ AX ắ BY ạ I c t t i

Theo giả thi t ta có ế AX + BY là nh nh t ỏ ấ

Ta có: AY+ BX < + + +AI IY BI IX =AX+ BY (Mâu thuẫn)

Từ đó, ta suy ra được không tồn tại một cặp đoạn thẳng nào có điểm chung

Nên trong trường hợp (N): Khi nối các đoạn thẳng sao cho tổng độ dài các đoạn là nhỏ nhất, ta sẽ được các đoạn th ng này s ẳ ẽ không có điểm chung với nhau

* Chứng minh (ii) đúng: Hoàn toàn tương tự ứng với trường h p (L) ợ

Ví d 2:ụ Có n đội bóng đấ ới nhau theo nguyên lí đấu v u vòng, t c là mứ ỗi đội phả ấi đu với t t c ấ ả các đội còn l i Bi t r ng trong m i trạ ế ằ ỗ ận đấu không có hòa Ch ng minh ứ rằng luôn có th x p th tể ế ứ ự tên các đội theo m t c t dộ ộ ọc sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau

* Phân tích tình huống: Trong trường h p nêu trợ ên, ta để ý r ng tiêu chí so sánh ằ ở đây chỉ là độ ếi x p trên thắng độ ếp ngay dưới x i mà không cần đến tính ch t bấ ắc cầu Tức là n u th ng ế A ắ B, B ắ C th ng thì ta s có luôn th t là ẽ ứ ự A > B > C mà không c n ầ quan tâm đến kết quả của trận đấu giữa và Vì vA C ậy, chúng tôi kiến nghị đổi đề bài thành: Ch ng minh r ng luôn có th x p th t ứ ằ ể ế ứ ự tên các đội theo m t c t d c sao cho ộ ộ ọ đội đứng trước thắng đội đứng ngay sau

* Ch ng minh: ứ

- Do trong m t bộ ảng đấu, s i là h u h n và khác r ng (luôn lố độ ữ ạ ỗ ớn hơn 2 độ i) nên th a ỏ mãn điều kiện của nguyên lí cực trị

Ta s ch ng minh b ng quy n p ẽ ứ ằ ạ

- V i ớ n = 2 ta xét m t cộ ặp đấu bất kì, ta luôn có đội thắng và đội thua nên ta luôn x p ế được thứ tự trong cặp đấu đó Nên phát biểu đúng với n = 2

- Gi s phát biả ử ểu đúng với k = n − 1 Tức là ta có th s p xể ắ ếp các đội theo th t ứ ự thỏa mãn yêu c u phát bi u, gi s là ầ ể ả ử A , A , … , A12n Ta chứng minh An cũng xếp được vào dãy trên

Trường h p 1: thua tợ An ất cả các đ i còn lạiộ ⇒Ta có cách sắp xếp A , A , … , A , A1 2 n−1 n Trường h p 2: thợ An ắng ít nhất 1 trận

NếuA thn ắng đội thì ta có cách x p A1 ế An, A , A , … , A1 2 n−1

Mặt khác, n u ế An thua đội và thA1 ắng đội thì ta có cách x p A2 ế A , A , A , … , A1n2n−1

Tương tự như vậy cho đến khi Anthua đội thì có cách xA1 ếp như trường hợp 1 Vậy, trong mọi trường hợp đều có th x p vào dãy trên nên phát biể ế An ểu đúng với m i ọ

Ứng v i ớ n = 0 ta có 3 ∈ S ⇒ A ≠ ∅ ế, kt hợp v i viớ ệc giả sử t p hậ S ữu h n nên ạ thỏa mãn điều kiện của nguyên lí cực trị rời rạc

Do S h u h n nên luôn t n t i s p xữ ạ ồ ạ ắ ếp được theo th tứ ự tăng dần p < p <1 2 ⋯ < pn

Xét số A = 2p p … p + 11 2n

Do l nên A ẻ A ≡ 1 mode 4( ) ặ A ≡ 3 mode 4 ho c ( )

Do là các s nguyên t nên pi ố ố p p … p1 2n lẻ ⇒ A ≡ 3 mode 4( ) hay A cũng có dạng

Thật v y, do l , n u ch ậ A ẻ ế A ỉ có các ước chia 4 dư 1 thì A cũng chia 4 1 dư (Mâu thuẫn với A ≡ 3 mode 4( ))

Nên A phải có một ước nguyên tố chia 4 dư 3 Ta chứng minh ước nguyên t này ố không th là ể pi=1,n v i ớ i nào đó

Thật v y: ậ

Nếu ước nguyên tố này là pi=1,n (với i nào đó) thì hiển nhiên 2p p1 2… pn chia hết cho pi

Mà không chia h t cho nên 1 ế pi 2p p … p + 11 2n không chia h t cho ế pi

(Mâu thu n v i ẫ ớ pi là ước c a ) ủ A

⇒ p > p , pin i cũng có dạng 4n+ 3 (Mâu thu n do ẫ pn là s l n nh t có d ng ố ớ ấ ạ 4n+ 3 ) Vậy trong trường hợp 1 và trường hợp 2 đều dẫn đến mâu thuẫn nếu như tập hS ữu hạn

Vậy tập S có vô h n ph n t hay có vô s s nguyên t có d ng ạ ầ ử ố ố ố ạ 4n + 3 (dpcm) Lời gi i 2: Ta có th chả ể ọnA = 4p p … p + 11 2n Bạn đọc chứng minh tương tự ớ ậ v i l p luận như trên

Ví d 4:ụ Ch ng minh r ng v i m i s nguyên ứ ằ ớ ọ ố n > 1 thì 2n− 1 không chia h t cho ế n Lời gi i: Ta ch ng minh b ng ph n ch ng ả ứ ằ ả ứ

Giả s t n t i m t s nguyên ử ồ ạ ộ ố n > 1 là ước c a ủ 2n− 1

Do 2n− 1 là s l nên ố ẻ n cũng là số ẻ ọ p là ướ l G i c nguyên t nh nh t c a ố ỏ ấ ủ n Áp dụng định lí Fermat nhỏ 2p−1− 1 chia hết cho p

(Nhắc l i v ạ ề định lí Fermat nh : ỏ nếu là mp ột s nguyên tố ố, thì v i sớ ố nguyên b t ka ấ ỳ ap− a s chia h t cho ẽ ế p)

Bây gi ta g i là sờ ọ k ố nguyên dương nhỏ nh t sao cho ấ p chia hết cho 2k− 1 Rõ ràng k ≤ p − 1 < p Ta c n ch ng minh ầ ứ k cũng chia hết cho n.

Thật v y, n u không chia h t cho thì ậ ế n ế k n = k q + r(0 < r < k) Do 2k− 1 chia h t cho nên ế p (2k)q≡ 1 mode p( )

⇒ 2 − 1 =n (2k)q r 2 − 1 ≡ 1 (mode p)

Ta có: 2n− 1 chia hết cho (mâu thu n v i cách ch n ) p ẫ ớ ọ k Vậy m i s nguyên ọ ố n > 1 thì 2n− 1 không chia h t cho n ế

2 Bài t p v n d ng ậ ậ ụ

Bài 1: Trên m t ph ng cho ặ ẳ n điểm(n ≥ 3) ế ằ Bi t r ng mỗi đường thẳng đi qua 2 điểm bất kì đều đi qua 1 điểm thứ ba Chứng minh rằng n điểm đã cho thẳng hàng (Bài toán Sylvester, 1814-1897)

Giải:

Giả s ửn điểm đã cho không thẳng hàng Suy ra với mỗi điểm b t kì trong A ấ n điểm thì luôn t n tồ ại đường thẳng đi qua 2 điể B, Cm khác A và không đi qua A.

Xét t p là t p t t c các kho ng cách tậ G ậ ấ ả ả ừ A đến các đường thẳng như giả ử s trên Vì s khoố ảng cách đó là hữu h n, nên t n t i kho ng cách ng n nh t Gi s ạ ồ ạ ả ắ ấ ả ử khoảng cách ng n nhắ ất đó là khoảng cách từ A đến Ta hBC ạ AH ⊥ BC

Gọi là t p S ậ n điểm đã cho Nế H ∈ Su thì AH = d A,( BC)> d(H,BC)(mâu thu n) ẫ Do đó H ∉ S Theo giả ế thi t, ∃ D ∈ S ằm trên BC Gi sử n ả C, D ằm cùng phía so v i n ớ H T ừ đây t có:

d(A, BC) = AH > d H,( AD) > d(C, AD) (mâu thu n v i gi thi t) ẫ ớ ả ế

Vậy n điểm đã cho thẳng hàng

Chú ý: Có th m r ng bài toán Sylvester ể ở ộ như sau:

Cho hình l i n ồ (n ≥ 2) sao cho cứ 3 hình l i b t kì thì có giao khác r ng ồ ấ ỗ Chứng minh r ng hình lằ n ồi đã cho có giao khác rỗng

Bài 2: Phát bi u và chể ứng minh bài toán đối ng u c a bài toán Sylvester.(Bẫ ủ ạn đọc tự chứng minh)

Bài 3: Trên m t ph ng cho ặ ẳ n điểm(n ≥ 3), trong đó không có 3 điểm nào th ng ẳ hàng Ch ng minh r ng t n t i mứ ằ ồ ạ ột hình tròn đi qua 3 điểm mà không chứa điểm còn lại nào bên trong

Giải:

Chọn 2 điểm A, B cố định sao cho n − 2 điểm còn lại nằm về một phía đối với AB Với m i mỗ ột điểm b t kì trong C ấ n − 2 điểm còn l i ta xét góc ạ ACB  Do s các góc ố này là h u h n nên t n t i di m M sao cho sữ ạ ồ ạ ể ố đo góc AMB là l n nh t Ta s ch ng ớ ấ ẽ ứ minh đường tròn đi qua 3 điểm A, M, B là đường tròn cần tìm

Thật v y, gi s t n tậ ả ử ồ ại điểm nD ằm trong đường tròn (AMB) Khi đó ta có ADB > AMB (mâu thuẫn) Vậy luôn tồn t i một hình tròn đi qua 3 điểm mà không chứa ạ điểm còn lại nào bên trong

𝐈𝐈𝐈 Tìm c c tr r i r c ự ị ờ ạ

1 Ví d minh h a ụ ọ

𝐕𝐃𝟏: Cho và m d là các s nguyên v i ố ớ m ≥ d ≥ 2 Giả sử x , x , … , x1 2d là các bi n ế nguyên dương sao cho x +x + ⋯ +x = m1 2 d Tìm giá trị nhỏ nhất của S = x1+ x2 +

(a1, a2, … , ad) làm cho S nhận giá tr Ta s ch ng minh r ng t t c các s ị N ẽ ứ ằ ấ ả ố a1, a , … , a2d ch ỉhơn kém nhau tối đa là 1 Th t v y, gi s ch ng h n ậ ậ ả ử ẳ ạ a1− a = a >2

1 Khi đó lấy b = a − 1; c = a + 11 2 thì a1+ a = b + c2 và b + c < a22

1 + a2 Như vậy ta tìm được các số nguyên dương b, c, a , …3 thỏa mãn b + c + a + ⋯ + a = m3d

và làm cho giá tr c a nhị ủ S ỏ hơn N (mâu thuẫn) ậ V y các số a1, a , … , a2d chỉ hơn kém nhau tối đa là 1 Bây gi gi s ờ ả ửa1≤ a ≤ ⋯ ≤ a ,2d và m =dn + k (0 ≤ k < d ) Do đặc điểm của dãy a1≤ a ≤ ⋯ ≤ a2d ta suy ra ngay a1= a = ⋯ = a2d−k= ⋯ = ad= n + 1 V y giá tr nh nh t ta c n tìm là ậ ị ỏ ấ ầ N = d − k n + k n + 1( ) 2 ( )2

𝐕𝐃𝟐: Cho m > 3 là m t sộ ố nguyên dương Giả ử s x , x , … , x1 2d là biến nguyên dương sao cho x1x2… x = md Tìm giá tr l n nh t c a ị ớ ấ ủ S = x1+ x2+ ⋯ + xd

Giải

Gọi là t p t t c các giá tr c a Ta có A ậ ấ ả ị ủ S A hữ ạu h n và khác r ng Theo nguyên lý ỗ cực tr r i rị ờ ạc, tồn tại là s l n nhU ố ớ ất c a Gi s ủ A ả ử(a1, a , … , a2d) làm cho S nhận giá

Bài 1: Cho m và d là các s nguyên v i ố ớ m ≥ d ≥ 2 Gi s ả ửx , x , … , x1 2 d là các bi n ế nguyên dương sao cho x + x + ⋯ + x = m12d Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của S =∑d kxk

Giải:

Gọi là t p t t c các giá tr c a Ta có A ậ ấ ả ị ủ S A hữ ạu h n và khác r ng Theo nguyên lý ỗ cực tr r i rị ờ ạc, tồn tại là s nh nhN ố ỏ ất c a Gi s ủ A ả ử(a1, a , … , a2d) làm cho S nhận giá

Làm tương tự ta thu được giá trị lớn nhất của S là L = 1 + 2 + 3 + ⋯ + d − 1 +( ) d[m − d + 1] đạt đư c tạợ i (x , x , … , x , x ) = (1,1, … ,1, m − d + 1)1 2 d−1 d

Bài 2: Cho a1, a , … , a , b , b , … , b2 d 1 2 d là các h ng s thằ ố ực dương, cho x , x , … , x1 2 d là các bi n không âm sao cho ế ∑d akxk= a

Vậy a1b1 là giá tr nh nh t c a ; ị ỏ ấ ủ A adbd là giá tr l n nh t c a ị ớ ấ ủ A

Bài 3: Giả sử x , x , … , x1 2d là các biến nguyên dương có tích là d! Tìm giá trị nhỏ nh t ấ của S = x1+ x2+ ⋯ + xd

Giải:

Gọi là t p t t c các giá tr c a Ta th y h u h n và khác r ng G ậ ấ ả ị ủ S ấ G ữ ạ ỗ Do đó theo nguyên lý c c tr r i rự ị ờ ạc, luôn tồ ạn t i là s nh nh t c a Gi sN ố ỏ ấ ủ G ả ử (a1, a , … , a2d) làm cho S nhận giá tr ị N Không làm mất tính t ng quát, ta gi s r ng ổ ả ử ằ a1≤ a ≤2

… ≤ ad Ta s ch ng minh r ng ẽ ứ ằ a1= i tức số sau hơn số trước 1 đơn vị Thật v y, gi s k t lu n trên là sai, tậ ả ử ế ậ ức tồ ạn t i 2 số ai, a (a > 1, ai+1 ii+1= ab là h p ợ số) hơn kém nhau một lượng lớn hơn 1 Khi đó, dựa vào tính chất a1a2… a = d!d nên sẽ t n t i ít nh t 2 th a s ồ ạ ấ ừ ốaj= a = 1k Khi này xét aj= 1, ai+1′ = b, d th y r ng ễ ấ ằ a5+ b5< (ab)5 nên gi s trên là sai ả ử

Vậy Smin= N = 1 + 2 + ⋯ + d555

Mở rộng bài toán tìm giá trị ớ l n nhất c a S ủ

IV Thi t l p th t trên các y u t ế ậ ứ ự ế ố bình đẳng

S thi t l p th t trên các y u t ự ế ậ ứ ự ế ố bình đẳng đã làm giảm đi rất nhiều trường hợp xét trong bài toán Đó chính là tính ưu việ ủa phương pháp này.t c

1 Ví d minh h a ụ ọ

Ví d 1:ụ Tìm các s ngyên t a,b,c sao cho ố ố abc < ab + +bc ca

Gi iả :

Vì vai trò của a, b, c là như nhau, nên không làm mất tính t ng quát, ta có th gi i ổ ể ả thiết a ≤ b ≤ c ừ đó suy ra T ab + +bc ca ≤ 3bc, và do đó abc < 3b ừ đây suy ra T a < 3 hay a = 2 T ừ đó giả thi t tr thành ế ở 2bc <2b 2c+ + bc

Từ đây ta nhận được bc < 2(b + c) hay b1+1c<12 Lại có 1

b+1c≥1b+1b Từ đây suy ra b < 4 Mà b nguyên t suy ra ố b = 2 ặ b = 3 ho c +) b = 2 thì m i s nguyên tọ ố ố c đều th a mãn ỏ

+) b = 3 thì c = 3 ặ c = 5 ho c

Hoán v các nghiị ệm đã có ta sẽ thu được toàn b nghi m c a bài toán ộ ệ ủ

Ví d 2: Cho a, b, c, dụ là các s thố ực đôi một khác nhau Gi i hả ệ phương trình sau:

Do vai trò của a, b, c, d là bình đẳng trong bài toán này, nên ta có th gi s ể ả ửa > b > c > d Khi đó hệ (1) được chuyển thành hệ sau:

Biến đổ ệi h trên b ng cách lằ ấy phương trình thứ nh t trấ ừ phương trình thứ hai; phương trình thứ 2 trừ phương trình thứ 3; phương trình thứ ba trừ phương trình thứ tư và giữu nguyên phương trình cuối, ta được hệ ớ m i:

Do theo gi thi t ả ế a > b > c > d nên h trên quy v : ệ ề Dễ rút ra được nghi m là ệ y = z = 0, x = t =1a−d

Ví d 3: ụ Cho a1, a , … , a , b , b , … , b2 d 1 2 d là các h ng s thằ ố ực dương, cho x , x , … , x1 2 d là các bi n không âm sao cho ế ∑ xk

Vì vai trò c a ủ x, y, z là như nhau, nên không làm mất tính t ng quát, ta có th gi i thi t ổ ể ả ế 0 ≤ x ≤ y ≤ z Từ đây suy ra x + y + z ≤3z và do đó (xyz − 3 ≤ 9)

Do x, y, z nguyên dương nên suy ra {0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 9 (1)xy − 3 ≤ 9

+) TH2: x = 2, khi đó, giả ế ủa đề thi t c bài tr thành ở 2yz =11+ y + z ≤11 2z+ Suy ra 2z(y − 1) ≤11 hay 2z 11≤ ⇔ z ≤ 5(do z nguyên dương, y ≥ x ≥ 2) Từ đây ta có: 2 ≤ y ≤ z ≤ 5

Ta l p b ng các giá tr c a y và z th a mãn (*) ậ ả ị ủ ỏ

y 2 3 4 5 Z 4.33 2.8 2.14 1.778

Loại Loại Loại Loại

+) TH3: x = 3, khi đó, giả ế ủa đề thi t c bài tr thành ở 3yz =12+ y + z ≤12 2z+ Suy ra z(3y− 2) ≤ 12 hay 3y− 2 ≤12⇔ y ≤ 4 ⇒ 3 ≤ y ≤ 4

Vậy ta có bộ 3 ố (x, y, z s ) = (1,2,12) ỏ th a mãn yêu cầu đề bài Hoán v b 3 s trên ta ị ộ ố

Do vai trò của 12 số nguyên dương là như nhau, nên để không làm m t tính t ng quát, ấ ổ ta gi sả ử a1≥ a ≥ ⋯ ≥ a2 12 Từ đây suy raa1+ a + ⋯ + a2 12≤ 12a1

⇒ a1a2… a12≤ 12a1⇒ a2a2… a12≤ 12

Do 24= 16 12> nên trong 11 số 𝑎 , … , 𝑎212 không th có quá 3 s lể ố ớn hơn 2 Từ đây ta xét các trường hợp có thể xảy ra:

Mà do a2≥ a ≥ a > 134 hay a2≥ a ≥ a ≥ 234 nên ta có th thể ấy có 2 trường hợp các giá tr cị ủa a2, a , a3 4sau đây thỏa mãn:

TH1: a2= 3, a = a = 2 ⇒ a3 4 1=1511 (lo i) ạ TH2: a2= a = a34= 2 ⇒ a1= 2 (th a mãn) ỏ

Vậy ta có 2 b 12 s ộ ố nguyên dương a1, a , … , a2 12 thỏa mãn điều kiện đề bài là: (a , a , … , a1 212) ϵ {(12,2,1,1, … 1 2,2,2,2,1,1, … 1); ( )} và các hoán v c a chúng ị ủ