Đến nội dung


Hình ảnh

Tìm $a$ thỏa tồn tại song ánh $f:\{1;2;...;n\} \to \{1;2;...;n\}$ mà $|f(i)-i|=a \forall i=\overline{1;n}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 lehoan

lehoan

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1213 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vinh
  • Sở thích:Gái, Gái và Gái.

Đã gửi 14-06-2005 - 16:58

Cho số nguyên dương $n >2$.
Hãy tìm số các số nguyên $a$ thỏa mãn điều kiện:
Tồn tại song ánh $f:\{1;2;...;n\} \to \{1;2;...;n\}$ mà $|f(i)-i|=a \forall i=\overline{1,n}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 01-07-2014 - 20:42


#2 The Gunner

The Gunner

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 01-07-2014 - 23:44

Với $a=0$ thỏa mãn, khi đó ta có song ánh $f(i)=i$

ta xét các số nguyên $a >0$.

giả sử tồn tại song ánh, ta có $f(i)=i+a$ (ta gọi là hàm cộng) hoặc $f(i)=i-a$ (gọi là hàm trừ)

Nếu $n$ lẻ xét tổng $\sum f(i)=\sum i$ do đó số hàm cộng và hàm trừ phải bằng nhau nên số hàm phải chẵn, tức là $n$ phải là số chẵn, với $n$ lẻ ta chỉ có $a=0$

Đặt $n=2k$ nếu $a>k$ thì dó $f(i)>0$ nên $f(i)=i+a$ với $i=1,..,k+1$ lúc đó số hàm chẵn nhiều hơn số hàm trừ, vô lí. DO đó $a <= k$

Với $a=1$ ta có sóng ánh như sau : giá trị của $f(i)$ chính là hoán vị của từng cặp số trong dãy ví dụ như $f(1)=2;f(2)=1;f(3)=4;f(4)=3;f(5)=6;f(6)=5;...$ (*)

Với $a=k$ thì $f(i)=i+a$ với $i=1,..,k$ và $f(i+a)=i$ với $i=1,...,k$

Bây giờ ta xét các giá trị của $a$ với $1<a<k$

Ta phân hoạch dãy ${1,2,..,2k}$ thành dãy các cấp số cộng công sai là $a$

nếu $k$ không chia hết cho $a$ thì số trong các dãy đã phân hoạch phải tồn tại ít nhất một dãy có số phần tử là số lẻ, gọi tập đó là $S$

ta có nếu $f(i) \in S$ thì $i+a \in S$ hoặc $i-a \in S$. Do đó số hàm cộng và hàm lẻ trong $S$ cũng phải là số chẵn, vô lí, suy ra $k$ phải chia hết cho $a$

tức là $n=2aq$. khi đó ta có song ánh sau. Xét trong mỗi dãy đã phân hoạch ta làm tương tự như (*). ví dụ $f(1)=a+1;f(a+1)=1;f(2a+1)=3a+1;f(3a+1)=f(2a+1)...$

Tóm lại.
$n$ lẻ thì $a=0$

$n=2k$ thì $a=0$ và các ước dương của $k$

Ps: Nhờ mod sửa hộ em latex, lâu rồi không dùng nên cũng quên vài cái


Những ngày cuối cùng còn học toán

winwave1995

#3 ChinhLu

ChinhLu

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Pisa Italy
  • Sở thích:Football, chess

Đã gửi 02-07-2014 - 00:06

Cho số nguyên dương $n >2$.
Hãy tìm số các số nguyên $a$ thỏa mãn điều kiện:
Tồn tại song ánh $f:\{1;2;...;n\} \to \{1;2;...;n\}$ mà $|f(i)-i|=a \forall i=\overline{1,n}$.

Đầu tiên ta thấy rằng  $a=0$ là một số thoả mãn yêu cầu vì khi đó có thể chọn $f$ là ánh xạ đồng nhất. Ta cũng nhận xét rằng $ff(i)=i,\forall i$. Nếu không phải như vậy thì sẽ có $i$ sao cho $f(i+ka)=1+ka+a,\forall k>0.$ 

Bây giờ, ta quan sát thấy rằng 

$$\sum_{i=1}^{n} (f(i) -i)=0.$$

Như vậy nếu $n$ lẻ thì $a$ chi có thể là $0$ (vì sao?).

Vậy ta còn phải xét trường hợp $n=2m$ là số chẵn. Ta cũng nhận xét rằng nếu $a>m$ thì không có ánh xạ nào thoả yêu cầu (vì sao?). 

Khi đó với mỗi $k\in \mathbb{N}$ ta luôn có

$$f: \{1+2ka,...,(2k+2)a\} \rightarrow \{1+2ka,...,(2k+2)a\}$$

là song ánh và được cho bởi $f(1+2ka)=1+(2k+1)a, f((2k+2)a=(2k+1)a$.  Từ đó ta rút ra kết luận rằng $2a$ phải là ước của $n$. Trong  chứng minh phía trên cũng chỉ ra cách xây dựng $f$ (duy nhất cho mỗi trường hợp). 

 

 

Sau khi post xong thi thay ban The Gunner da giai duoc roj nhung khong biet xoa bai nhu the nao. Thoi thi cu de day vay. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChinhLu: 02-07-2014 - 00:10


#4 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1322 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-07-2014 - 07:48

Em đọc qua thấy anh The Gunner làm đúng rồi nên em chỉ nêu ý tưởng hướng của mình thôi.

Với $a=0$, tồn tại duy nhất hàm thỏa mãn đề ! Ta xét trường hợp $a>0$ :

Ta nhận thấy với $\forall i=\overline{1;n}\,,\, f(i)=\begin{bmatrix} a+i\\ i-a \end{bmatrix}$

Từ đây dễ thấy $f(i)=a+i\forall i=\overline{1;a}$. Suy nghĩ tự nhiên ta muốn biết được giá trị $f(a+1)$.
$\bullet$ Nếu $f(a+1)=2a+1$ thì $f(2a+1)=3a+1$ (Do $f(2a+1)\neq f(1)$) Sau đó ta lại có $f(3a+1)=4a+1$ ( Do $f(3a+1)\neq f(a+1)$)
Cứ như vậy $f(an+1)=(n+1)a+1\forall k\in \mathbb{N}$. Một điều mâu thuẫn khi ta viết $ka<n\leq (k+1)a$ với $k\in\mathbb{N}$ nào đó.
$\bullet$ Vậy $f(a+1)=1$, bằng cách hoàn toàn tương tự ta tính được $f(a+i)=i\forall i=\overline{1;a}$.
Tiếp đên dễ dàng suy ra $f(2a+i)=3a+i,f(3a+i)=2a+i \forall i=\overline{1;a}$, 
Tiếp tục quá trình, ta suy ra được toàn bộ giá trị của hàm số :
$$f(2ak+i)=(2k+1)a+i\,,\, f((2k+1)a+i)=2ka+i\,\,\,\forall i=\overline{1;a}$$
Giả sử $n$ chia $2a$ dư $r$, đặt $n=2aq+r$,
$\bullet$ Nếu $r\in \{1;2;...;a\}$ Thì giá trị của $f(n)=n+a>n$ (Vô lí).
$\bullet$ Nếu $r\in \{a+1;a+2;...;2a-1\}$ Thì giá trị của $f((2a+1)q)=2(a+1)q>n$ (Vô lí).
Vậy tóm lại với mọi $n$ chẵn chia hết cho $2a$ ta có $2.\tau(\frac{n}{2})+1$ giá trị $a$ thỏa mãn.
Còn với $n$ lẻ ta chỉ có $a=0$ thoả mãn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 02-07-2014 - 07:50

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh