phân hoạch các tập số nguyên dương thành hai tập có tổng các phần tử bằng nhau

VỀ PHÂN HOẠCH TẬP CÁC SỐ NGUYÊN DƯƠNG THÀNH HAI TẬP
CÓ TỔNG CÁC PHẦN TỬ BẰNG NHAU.
Nguyễn Hải Đăng – Nguyễn Thành Khang – Nguyễn Văn Lợi
Trong bài báo này, ta chỉ ra được rằng chỉ cần thỏa mãn một số điều kiện biểu diễn đơn giản, chúng
ta có thể xây dựng một cầu trung chuyển giữa thuật toán xếp ba lô và thuât toán tham ăn. Do đó một
loạt các kết quả về việc phân hoạch các tập số nguyên dương thành hai tập có tổng các phần tử bằng
nhau đã được chứng minh trọn vẹn.
Bắt đầu từ những năm 1990, các nghiên cứu các bài toán tối ưu của toán học
rời rạc bắt đầu phát triển. Trong việc phân bổ các tập hợp con theo những điều
kiện cho trước, rất nhiều lần thuật toán xếp ba lô và thuật toán tham ăn được sử
dụng. Bài toán xếp ba lô được phát biểu như sau: tìm cách chọn các đồ vật để
xếp vào hai chiếc ba lô làm sao các ba lô chứa được nhiều đồ nhất. Thuật toán
xếp ba lô dùng để giải bài toán trên có thể được diễn giải như sau: Đầu tiên ta
sắp xếp đồ vật theo thứ tự giảm dần về khối lượng. Sau đó lần lượt chúng ta xếp
vào mỗi ba lô một vật. Sau mỗi lần xếp, người ta lại kiểm tra xem ba lô nào còn
nhiều chỗ hơn, thì sẽ được ưu tiên xếp trước. Cứ tiếp tục quá trình như vậy ta sẽ
nhận được một cách sắp xếp tối ưu. Về thuật toán tham ăn, nội dung của nó là:
ta cứ xếp vào các ba lô cho đến khi không còn bỏ thêm được nữa, sau đó mới
bắt đầu thay đổi vị trí các đồ vật từ ba lô này sang ba lô kia, để hợp lý hóa công
việc sắp xếp. Trong bài báo này, chúng tôi sử dụng một phương pháp trung gian
lưu chuyển giữa hai thuật toán này. Trước khi sắp xếp chúng ta lựa chọn ra
những đồ vật nhỏ nhất thành một tập hợp K, với mục đích: khi đã “tham ăn”
tương đối đầy các ba lô, thì ta dùng tập các đồ vật nhỏ từ K, để tiếp tục chèn vào
những lỗ hổng, cho đến khi đầy chặt ba lô. Một tập hợp các vật nhỏ như vậy
được gọi là biểu diễn được đến k, nếu các vật nặng từ 1 (nhỏ) đến k (đủ nặng)
đều có thể biểu diễn được bằng tổng các đồ vật lấy từ tập K.
I. Mở đầu.
Trước tiên, chúng ta sẽ làm quen với khái niệm về đơn tập hợp và đa tập hợp.
Một tập A được gọi là đơn tập hợp nếu mỗi phần tử trong A là đôi một phân
biệt. Khái niệm tập hợp được sử dụng trong chương trình toán phổ thông chính
là đơn tập hợp. Một tập A được gọi là đa tập hợp nếu mỗi phần tử trong A được

phép xuất hiện nhiều hơn một lần.
Ví dụ: là một đơn tập hợp, là một đa tập hợp.
Trong phạm vi bài viết này, các tập hợp được xét đều là các đa tập hợp và chúng
ta chỉ làm việc với đa tập hợp hữu hạn các số nguyên dương. Một kết quả quen
thuộc được sử dụng nhiều trong quá trình chứng minh.
BỔ ĐỀ 1.1. Từ n số nguyên cho trước, luôn chọn được một vài số để tổng của
chúng chia hết cho n.
ĐỊNH LÝ 1.2. (Định lý EGZ) Từ số nguyên cho trước, luôn chọn được n số
sao cho tổng của chúng chia hết cho n.
Định lý EGZ (Erdős Pál, Abraham Ginzburg, Abraham Ziv) đã được chứng
minh năm 1961.
BỔ ĐỀ 1.3. Với số nguyên dương bất kì, mà không tồn tại một vài số nào, để
tổng của chúng chia hết cho n, thì số đó sẽ có cùng số dư khi chia cho n.
Chứng minh: Gọi số đó là: . Giả sử phản chứng rằng tồn tại 2 số không có cùng
số dư khi chia cho n, không mất tính tổng quát, giả sử là .
Đặt: với .
Xét n số , ta thấy không có số nào trong n số đó chia hết cho n.
Suy ra tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho n (ta đã có: (mod n)). Lấy hiệu 2
số này sẽ nhận được một số số có tổng chia hết cho n. Vô lý.
Vậy số đã cho sẽ có cùng số dư khi chia cho n.
Một vấn đề được đặt ra là: Cho một tập hợp A có k phần tử là các số nguyên
dương không lớn hơn N và tổng của các số này bằng 2N.
Bài toán lớn: Tồn tại hay không giá trị K nhỏ nhất để với mọi k ≥ K, tập A
luôn có thể phân hoạch thành 2 tập con có tổng các phần từ mỗi tập bằng N.
Trong các chứng minh dưới đây ta sẽ thống nhất sử dụng các ký hiệu sau:
Tập với .
Ta ký hiệu tập A thỏa mãn các điều kiện trên là .
Ký hiệu: là số nguyên dương bé nhất không nhỏ hơn x.
Ví dụ: .
Định lý sau sẽ cho một chặn trên của của số K, và trong trường hợp N lẻ thì giá

trị cũng là giá trị nhỏ nhất cần tìm.
ĐỊNH LÝ 1.4. Với số nguyên dương không lớn hơn N, có tổng là 2N, luôn
phân hoạch được thành hai tập con, mỗi tập có tổng là N.
Chứng minh. Từ số đã cho lấy N số bất kì, khi đó theo Bổ đề 1.1 ta có thể chọn
từ N số này một vài số có tổng chia hết cho N. Tổng này nhỏ hơn 2N và dương
vì vậy chỉ có thể là N. Phần bù của tập nêu trên cũng sẽ có tổng là N.
Ghi chú: Nếu N lẻ, và số phần tử k=N, xét tập . Tổng các số của A bằng 2N,
nhưng vì tất cả các phần tử của A là chẵn, nên A không thể phân hoạch thành
hai tập con có tổng bằng N (là số lẻ). Điều này cũng chứng tỏ là giá trị cần tìm
khi N là số lẻ.
Trường hợp N là số chẵn, tình hình phức tạp hơn hẳn. Ta có thể bắt đầu từ
những trường hợp N nhỏ.
• Với N=2, dễ thấy K=2.
• Với N=4, ta chứng minh K=4.
Xét tập , nhận thấy không tồn tại tập con nào của A có tổng các phần tử của A
bằng 4, từ đó suy ra được .
Xét 4 số với . Ta sẽ chứng minh: tồn tại một số số có tổng bằng 4.
 Nếu , xong.
 Nếu .
 Nếu , xong.
Vậy với N=4 thì K=4.
Dưới đây, ta sẽ xét cho trường hợp chẵn và .
MỆNH ĐỀ 1.5. Với N=2n và A là tập hợp 2n-1 số nguyên dương không lớn
hơn N và có tổng là 2N, thì A luôn có thể phân hoạch được thành hai tập con,
mỗi tập có tổng các phần tử là N.
Chứng minh. Theo định lý EGZ, tồn tại n số thuộc A và có tổng chia hết cho n.
Tổng các số này chỉ có thể đạt giá trị là n hoặc 2n hoặc 3n.
Nếu tổng các số này bằng 2n=N thì ta đã phân hoạch được A thành 2 tập con có
tổng các phần từ bằng N.
Ta chỉ cần xét các trường hợp còn lại.

Gọi n số có tổng chia hết cho n đó là: và n-1 số còn lại trong A là .
Đặt

và .
*) Trường hợp 1: a=n và b=3n. Khi đó ta có .
Vì b=3n nên .
• Nếu thì ta có thể chọn và một số số 1 để được các số có tổng bằng N.
• Nếu thì sẽ có tổng các phần tử bằng n.
Xét n số

. Theo Bổ đề 1.1, ta sẽ chọn được tập C gồm một số số có tổng chia
hết cho n. Nhận thấy, tổng các phần tử của C bằng n hoặc 2n.
 Nếu tổng các phần tử của C là 2n, ta phân hoạch A thành C và A\C, mỗi tập
con đều có tổng các phần tử bằng N.
 Nếu tổng các phần tử của C là n, ta phân hoạch A thành và A\D, mỗi tập
con đều có tổng các phần tử bằng N.
*) Trường hợp 2: a=3n và b=n. Khi đó, và . Xét số bất kỳ trong n số .
• Nếu chọn được một số số trong đó có tổng chia hết cho n, thì tổng các số
được chọn sẽ bằng n hoặc bằng 2n.
 Nếu tổng các số được chọn bằng 2n, thì tập các số đó tạo thành một tập con
của A có tổng các phần tử là 2n=N.
 Nếu tổng các số được chọn bằng n, thì tập các số đó cùng với tập sẽ hợp
thành một tập con của A có tổng các phần tử là 2n=N.
• Nếu trong số bất kỳ, không chọn được một số số nào có tổng chia hết cho n,
thì theo Bổ đề 1.3, số đó sẽ có cùng số dư khi chia cho n. Chọn bộ số khác,
bằng cách lập luận tương tự, ta nhận được (mod n) với mọi .
 Nếu (mod n) với mọi thì và . Khi đó tập sẽ có tổng các phần tử bằng
2n=N.
 Nếu (mod n) với mọi thì và . Khi đó tập sẽ có tổng các phần tử bằng
2n=N.

 Nếu (mod n) với mọi thì . Khi đó dễ dàng chọn được tập con của A có
tổng các phần tử bằng 2n=N.
Để ý rằng trong quá trình chứng minh MỆNH ĐỀ 1.5, ta đã sử dụng thuật toán
ăn tham. Từ MỆNH ĐỀ 1.5, ta có thể suy ra giá trị K cần tìm sẽ thỏa mãn trong
trường hợp N chẵn, tuy nhiên việc đi tìm giá trị của K vẫn còn rất nhiều khó
khăn.
Dưới đây ta sẽ chỉ ra một số chặn dưới của K.
Một số ví dụ:
• Với thì .
Phản ví dụ với , chọn tập . Khi đó mọi phân hoạch của tập A sẽ cho ta một tập
con có tổng các phần tử chia hết cho 3 và tập con còn lại có tổng các phần tử
chia cho 3 dư 1.
Điều này chứng tỏ .
• Với thì .
Phản ví dụ với , chọn tập . Khi đó mọi phân hoạch của tập A sẽ cho ta một tập
con có tổng các phần tử chia hết cho 3 và tập con còn lại có tổng các phần tử
chia cho 3 dư 2.
Điều này chứng tỏ .
• Với thì .
Phản ví dụ với , chọn tập . Khi đó không tồn tại tập con nào của A có tổng
các phần tử bằng .
Điều này chứng tỏ .
Để tiếp tục nghiên cứu các khả năng phân hoạch của 2N, chúng ta phải đi sâu
hơn nữa vào sự có mặt của các phần tử tạo thành của tập A.
II. Cấu trúc của các tập số và khả năng phân hoạch chia đôi (công cụ biểu
diễn hoàn chỉnh).
Trong phần này chúng ta sẽ xây dựng một lý thuyết nhỏ để làm cầu nối giữa hai
hai thuật toán: Thuật toán xếp ba lô và thuật toán ăn tham. Bí quyết của thuật
toán này là việc xem xét giá trị của các phần tử nhỏ nhất của A, qua đó kết hợp 2
thuật toán trên để giải quyết bài toán.

Tập A các số nguyên dương gọi là biểu diễn được đến s nếu với mọi số nguyên
dương t không vượt quá s thì tồn tại tập con của A có tổng các phần tử bằng t.
Tập A được gọi là hoàn chỉnh nếu a là tổng các phần tử của A, thì A biểu diễn
được đến a.
BỔ ĐỀ 2.1. Cho A là tập k số nguyên dương không vượt quá N thỏa mãn tập A
biểu diễn được đến N. Khi đó A sẽ là tập hoàn chỉnh.
Chứng minh: Giả sử và .
Ta sẽ chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo N.
Với N=1, suy ra . Khi đó dễ thấy A là tập hoàn chỉnh
Giả sử bổ đề đúng với N, ta chứng minh bổ đề đúng với N+1.
Xét là tập gồm k số nguyên dương không vượt quá N+1.
Nếu trong A không có số nào bằng N+1, thì theo giả thiết quy nạp, A sẽ là tập
hoàn chỉnh.
Nếu trong A có một số số bằng N+1.
Giả sử .
Đặt .
Nhận thấy khi biểu diễn một số nguyên dương thành tổng của một số số trong A
thì sẽ không có số nào bằng xuất hiện trong tổng đó, nên suy ra tập là tập số
nguyên dương không vượt quá N, và biểu diễn được đến N.
Xét số nguyên dương s bất kỳ, với .
Với , theo giả thiết quy nạp, biểu diễn được thành tổng của một số số trong B.
Với . Khi đó sẽ tồn tại sao cho: , với .
Dễ thấy , vì ngược lại .
Ta có biểu diễn được thành tổng của một số số trong , khi đó ta chỉ cần bổ sung
thêm vào đó số sẽ được một số số trong có tổng bằng .
Vậy A là tập hoàn chỉnh với mọi .
Từ bổ đề 2.1 ta dễ dàng chứng minh được mệnh đề sau:
MỆNH ĐỀ 2.2: Nếu A và B là hai tập hoàn chỉnh thì cũng là tập hoàn chỉnh.
Nhận thấy: tồn tại ít nhất một tập con hoàn chỉnh của A.
Gọi H là hợp của tất cả các tập con hoàn chỉnh của A. Khi đó theo mệnh đề 2.2,

H cũng là một tập con hoàn chỉnh của A. Đồng thời H là tập con hoàn chỉnh có
số phần tử lớn nhất của A. Từ đó, ta có kết quả sau:
MỆNH ĐỀ 2.3. Cho A là tập các số nguyên dương và . Khi đó, tồn tại duy nhất
một tập con hoàn chỉnh của A có số phần tử lớn nhất. Gọi tập hoàn chỉnh này là
H và h là tổng các phần tử của H. Nếu tất cả các phần tử của A đều không vượt
quá h thì H=A. Nếu và thì .
Chứng minh: Vi nếu a=h+1 thi H U {a} hoàn chỉnh, trái với tính lớn nhất của
H.
MỆNH ĐỀ 2.4. Nếu tập với thì A có ít nhất 3 phần tử có giá trị nhỏ hơn 4.
Chứng minh: Giả sử phản chứng rằng có ít nhất phần tử của A không bé hơn 4.
Khi đó ta có: , vô lý.
Vậy có ít nhất 3 phần tử của A có giá trị nhỏ hơn 4.
Vì là 3 phần tử bé nhất của A, khi đó:
ĐỊNH LÝ 2.5. Cho với và . Gọi H là tập con hoàn chỉnh có số phần tử lớn
nhất của A. Nếu H biểu diễn được đến 3 thì tập A phân hoạch được thành 2 tập
có tổng các phần tử bằng N.
Chứng minh: Với , thì theo mệnh đề 2.2, suy ra H=A, từ đó có thể phân hoạch
tập A thành 2 tập con có tổng các phần tử bằng N.
Ta xét trường hợp .
Gọi S là tổng các phần tử của H và .
Khi đó, theo mệnh đề 2.3, ta có: và .
Gọi q là số phần tử của H, khi đó ta có: và .
Ta có:




Ta có:
, với .

Kết hợp với , ta suy ra được .
Khi đó ta có:
.
Nếu , vô lý.
Vậy suy ra .
Với và
Ta có:
Mà H là tập con hoàn chỉnh của A nên sẽ có tập con của H có tổng các phần tử
là . Khi đó sẽ là tập con của A có tổng các phần tử bằng N.
Vậy ta có thể phân hoạch được A thành 2 tập con có tổng các phần tử bằng
nhau.
Nếu , kết hợp với mệnh đề 2.3 thì ta có
.
ĐỊNH LÝ 2.6. Cho với ; và thì A có thể phân hoạch được thành 2 tập con có
tổng các phần tử là N.
Nhận thấy: trong định lý 2.6 thì với tập mà ; và và A biểu diễn được đến 3, thì
A có thể phân hoạch được thành 2 tập con có tổng các phần tử là N.
Ta sẽ tiến hành xem xét khả năng phân hoạch tập A thành 2 tập con có tổng các
phần tử bằng N khi .
MỆNH ĐỀ 2.7. Cho tập với và , khi đó 2 số bất kỳ của A có tổng không vượt
quá N.
Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh: .
Thật vậy ta có: .
Từ đó suy ra: .
ĐỊNH LÝ 2.8. Cho tập với ; N chẵn và . Khi đó ta có thể phân hoạch tập A
thành 2 tập con có tổng bằng N.
Chứng minh: Thực hiện phân hoạch , trong đó là tập tất cả các số chẵn của A và
là tập tất cả các số lẻ của A.
Khi đó ta có: và là số chẵn. Đặt .

Tập được xác định như sau: với và với .
Nếu , vô lý
Vậy , và vì thế .
Từ đó suy ra 3 phần tử bé nhất của B sẽ là (1;1;1) hoặc (1;1;2) hoặc (1;1;3).
Nhận thấy tổng các phần tử của B bằng N và theo mệnh đề 2.7 thì mọi phần tử
của B đều không vượt quá .
Để áp dụng định lý 2.6 cho tập B, ta cần chứng minh: .
Ta có:
nếu N chia hêt cho 4 thì : u+t

nếu n không chia hêt cho 4 thi = ( vi N chẵn) khi đó :
vi u+t nguyên, nên
Vậy áp dụng định lý 2.6 cho tập với thì B có thể phân hoạch thành 2 tập con có
tổng các phần tử bằng .
Từ đó A cũng sẽ phân hoạch được thành 2 tập con có tổng các phần tử bằng N.
Kết hợp các kết quả của các định lý 2.4, 2.5, 2.6 và 2.8 ta có định lý quan trọng
sau:
ĐỊNH LÝ 2.9. Cho tập với ; N chẵn và . Khi đó ta có thể phân hoạch tập A
thành 2 tập con có tổng bằng N.
III. Áp dụng.
Trong phần này ta quay lại chứng minh những trường hợp tổng quát, không
phụ thuộc cấu trúc phân bổ của tập hợp số, chi phụ thuộc vào 2N (tổng các số),
và K (có bao nhiêu số tham gia).
HỆ QUẢ 3.1. Cho tập A(2N;k) với và k=4m+3. Tập A(2N,k) có thể phân
hoạch được thành hai tập con có tổng các phần tử bằng nhau.
Chứng minh: Ta có: .
Nếu , vô lý. Từ đó suy ra: .
Áp dụng định lý 2.9 thì A có thể phân hoạch được thành 2 tập con có tổng các
phần tử bằng N.
HỆ QUẢ 3.2. Cho tập A(2N;k) với N=6m+4 và k=4m+4. Tập A(2N,k) có thể

phân hoạch được thành hai tập con có tổng các phần tử bằng nhau.
Chứng minh: Ta có: .
Nếu . Từ đó suy ra: . Khi đó ta có thể dễ dàng phân hoạch tập A thành 2 tập con
có tổng các phần tử bằng N.
Ta xét trường hợp: . Khi đó ta có: .
Áp dụng định lý 2.9 thì A có thể phân hoạch được thành 2 tập con có tổng các
phần tử bằng N.
HỆ QUẢ 3.3. Cho tập A(2N;k) với N=6m và k=3m+2. Tập A(2N,k) có thể phân
hoạch được thành hai tập con có tổng các phần tử bằng nhau.
Chứng minh. Nếu , áp dụng định lý 2.9 thì A có thể phân hoạch được thành 2 tập
con có tổng các phần tử bằng N.
Nếu ta sẽ chứng minh .
Nếu , vô lý. Từ đó suy ra: .
Ta sẽ phân hoạch , trong đó là tập các số chia hết cho 3 của A và là tập các số
không chia hết cho 3 của A.
Khi đó ta có: .
Ta tiến hành phân hoạch sao cho tổng các phần tử của chia hết cho 3 với mọi i
và t lớn nhất có thể. Theo Bổ đề 1.1 thì trong 3 số nguyên bất kỳ sẽ tồn tại một
số số có tổng chia hết cho 3 nên , với . Từ đó suy ra: .
Giả sử tổng các phần tử của là , với .
Tập được xác định như sau: với và với .
Vì nên 3 phần tử bé nhất của B sẽ là (1;1;1).
Nhận thấy tổng các phần tử của B bằng 4m. Ta sẽ chứng minh , với .
Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh .
Khi đó .
Ta có: .
Suy ra: .
Để áp dụng định lý 2.6 cho tập B, ta cần chứng minh: .
Ta có: .
Vậy áp dụng định lý 2.6 cho tập với thì B có thể phân hoạch thành 2 tập con có

tổng các phần tử bằng .
Từ đó A cũng sẽ phân hoạch được thành 2 tập con có tổng các phần tử bằng N.
Từ các kết quả trên và các chặn dưới tìm được ở phần I, Bài toán lớn được đưa
ra đã được giải quyết trọn vẹn.
ĐỊNH LÝ 3.4. Cho một tập hợp A có k phần tử là các số nguyên dương không
lớn hơn N và tổng của các số này bằng 2N. Khi đó sẽ tồn tại giá trị K nhỏ nhất
để với mọi k ≥ K, tập A luôn có thể phân hoạch thành 2 tập con có tổng các
phần từ mỗi tập bằng N. Trong đó:
• , khi N lẻ
• , khi
• , khi
• , khi
• , khi
Cuối cùng ta giải quyết bài tập là điểm xuất phát và có tác dụng thúc đẩy toàn bộ
nghiên cứu này.
HỆ QUẢ 3.5. Chứng minh rằng trong 35 số nguyên dương không vượt quá 50
và có tổng bằng 100 thì có thể chọn được một số số có tổng bằng 50.
Chúng ta có thể dễ dàng suy ra kết quả trên nhờ việc áp dụng kết quả của bài
toán lớn trong trường hợp .
Dưới đây là một cách chứng minh độc lập của kết quả này.
Áp dụng Bổ đề 1.1, ta có bổ đề sau:
Bổ đề phụ: Trong 5 số nguyên bất kỳ luôn tìm được một vài số để tổng của
chúng chia hết cho 5.
Tiến hành phân hoạch tập các số đã cho thành các tập sao cho tổng các phần tử
trong mỗi tập đều chia hết cho 5 và lớn nhất có thể.
Áp dụng bổ đề trên ta thấy, mỗi tập có không quá 5 phần tử. Suy ra: .
Giả sử tổng các phần tử của tập là , không mất tính tổng quát, giả sử thêm . Khi
đó: .
*) Nếu thì mỗi tập sẽ có đúng 5 phần tử. Áp dụng định lý 1.4 thì với mỗi tập
thì các phần tử sẽ có cùng số dư khi chia cho 5.

Vì là lớn nhất có thể nên tất cả 35 số đã cho sẽ có cùng số dư khi chia cho 5, vì
nếu ngược lại ta sẽ chọn được một tập có ít hơn 5 phần tử và có tổng các phần tử
chia hết cho 5.
Mặt khác trong 35 số đã cho sẽ có số 1 hoặc số 2, nên tất cả các số đã cho có
dạng 5m+1 hoặc tất cả các số đã cho có dạng 5m+2.
• Nếu tất cả các số đã cho có dạng 5m+1, thì ta có thể suy ra trong 35 số đã cho
có ít nhất 22 số bằng 1. Từ đó dẫn tới .
Ta có: .
 Nếu thì ta có thể bổ sung vào tập các số 1 để được tập con của A có tổng
các phần tử bằng 50.
 Nếu thì tồn tại một tập con của tập sao cho tổng các phần tử của B không
nhỏ hơn 28. Khi đó ta có thể bổ sung vào tập B các số 1 để được một tập
con của A có tổng các phần tử bằng 50.
• Nếu tất cả các số đã cho có dạng 5m+2, thì ta có thể suy ra trong 35 số đã cho
có ít nhất 29 số bằng 2. Từ đó dễ dàng chọn được tập con của A gồm 25 số 2
và có tổng các phần tử bằng 50.
*) Nếu , ta có .
• Nếu thì tập gồm ít nhất 30 số và có tổng bằng 35. Khi đó trong tập sẽ tồn tại
ít nhất 25 số 1.
Tập có tổng các phần tử bằng 65 nên sẽ tồn tại một tập một tập con của tập
sao cho tổng các phần tử của B không nhỏ hơn 33. Khi đó ta có thể bổ sung
vào tập B nhiều nhất 17 số 1 để được một tập con của A có tổng các phần tử
bằng 50.
• Nếu thì tập gồm ít nhất 30 số và có tổng bằng 40. Khi đó trong tập sẽ tồn tại
ít nhất 20 số 1.
Tập có tổng các phần tử bằng 60 nên sẽ tồn tại một tập một tập con của tập
sao cho tổng các phần tử của B không nhỏ hơn 30. Khi đó ta có thể bổ sung
vào tập B nhiều nhất 20 số 1 để được một tập con của A có tổng các phần tử
bằng 50.
• Nếu , ta xét các trường hợp nhỏ sau:

 Nếu thì sẽ tồn tại một tập một tập con của tập sao cho tổng các phần tử
của B không nhỏ hơn 35. Khi đó ta có thể bổ sung vào tập B nhiều nhất 15
số 1 để được một tập con của A có tổng các phần tử bằng 50.
 Nếu thì tập gồm ít nhất 33 số và có tổng bằng 45. Khi đó trong tập sẽ tồn
tại ít nhất 21 số 1.
Tập có tổng các phần tử bằng 55 nên sẽ tồn tại một tập một tập con của
tập sao cho tổng các phần tử của B không nhỏ hơn 28.
Nếu tập có ít nhất 22 số 1. Khi đó ta có thể bổ sung vào tập B nhiều nhất
22 số 1 để được một tập con của A có tổng các phần tử bằng 50.
Nếu tập có đúng 21 số 1 thì 12 số còn lại sẽ có giá trị là 2. Khi đó ta có thể
bổ sung vào tập B thêm 1 số 2 và nhiều nhất 20 số 1 để được một tập con
của A có tổng các phần tử bằng 50.
• Nếu thì . Ta cần chứng minh có thể chọn được một số số từ tập có tổng bằng
10. Đây chính là trường hợp riêng của bài toán lớn với trường hợp .
Nhận thấy ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp . Giả sử phản chứng không
tồn tại tập con của tập có tổng các phần tử bằng 10. (*)
Theo bổ đề trên, tồn tại tập sao cho tổng các phần tử của B chia hết cho 5.
Suy ra tổng các phần tử của B bằng 5.
 Nếu . Để (*) xảy ra thì ta phải có , từ đó , vô lý.
 Nếu , khi đó B có chứa 3 số 1 và 1 số 2 . Để (*) xảy ra thì ta phải có , mà
Khi đó , trái với (*).
 Nếu thì sẽ chứa ít nhất 1 số 1 và gồm 5 số có tổng bằng 15.
Nếu tồn tại một tập con C của có tổng các phần tử chia hết cho 5 thì C
hoặc sẽ có tổng các phần tử bằng 10, trái với (*).
Nếu không tồn tại tập con nào của có tổng các phần tử chia hết cho 5 thì
tất cả các phần tử của sẽ có cùng số dư khi chia cho 5. Suy ra: hoặc hoặc .
Trong cả 3 trường hợp ta đều chọn được một tập con của T có tổng các
phần tử bằng 10, trái với (*).
 Nếu thì gồm 6 số có tổng bằng 15. Chọn 5 số bất kỳ trong và áp dụng bổ
đề thì ta thấy sẽ tồn tại một tập con C của có tổng các phần tử chia hết cho

5. Khi đó C hoặc sẽ có tổng các phần tử bằng 10, trái với (*).
Vậy (*) không xảy ra. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Cuối cùng cho chung tôi đươc trân trong cảm ơn các bạn và các đông nghiêp
trong hôi toán Net : BAI TOÁN HAY - LỜI GIẢI ĐEP - SAY MÊ TOÁN HOC
- đã giup chung tôi nhung ý kiên sâu săc trong quá trình nghiên cứu.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Lovász L. Pelikán J. Vesztergombi K. Discrete matematics. Elementary and
beyond . Springer-Verlag, 2003.
Erdős Pál, Abraham Ginzburg , Abraham Ziv: Theorem in additive number
Theory. Bull. Research Council, Israel, 10F; 41-43; 1961.
ngay 25/8/2014.