[tc94][T10/510 Toán học & tuổi trẻ số 510, tháng 12 năm 2019] Với ba số thực $a,$ $b,$ $c$ ta kí hiệu $T(a,b,c)=\left| a-b\right| +\left| b-c\right|+\left|c-a \right| $. Xét dãy $(*)$ gồm các số nguyên $x_1, x_2,\ldots, x_{12}$ sao cho tồn tại đa thức $f(x)$ với các hệ số nguyên mà các giá trị $f(x_1)$, $f(x_2)$, $ \ldots$, $f(x_{12})$ là các giá trị đôi một phân biệt và \[\displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f(x_i),f(x_j),f(x_k) \right)\le 3300. \] Chứng minh rằng trong $(*)$ luôn chứa một cấp số cộng có ít nhất ba số hạng.

Lời giải

Trước hết ta chứng minh trong một dãy $12$ số nguyên $f_1, f_2,\ldots, f_{12}$ mà $$\displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f_i,f_j,f_k \right)\le 3300 $$ thì tồn tại ba số nguyên liên tiếp.$(1)$.
Giả sử trong dãy trên không có ba số nào liên tiếp và $f_1 < f_2 < \cdots < f_{12}.$
Nhận xét 1: $f_i < f_j < f_k$ thì $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=2\left(f_k-f_i \right)$ là một số chẵn. Hơn nữa, $f_i,$ $f_j,$ $f_k$ không là ba số liên tiếp nên $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=2\left(f_k-f_i \right)\ge 2\cdot 3=6.$
Nhận xét 2: Với $f_i < f_j < f_k$ và $f_i < f_j < f_{k+1}$ thì $T\left(f_i,f_j,f_k \right) < T\left(f_i,f_j,f_k \right)$ nên $$T\left(f_i,f_j,f_{k+1} \right)\ge T\left(f_i,f_j,f_k \right)+2.$$ Ta xét giá trị của $T\left(f_1,f_j,f_k \right)$, theo các nhận xét trên thì $$T\left(f_1,f_2,f_3 \right)\ge 6, \quad T\left(f_1,f_j,f_4 \right)\ge 6+2=8,$$ và ta có đúng hai bộ dạng $T\left(f_1,f_j,f_4 \right)$, $T\left(f_1,f_j,f_5 \right)\ge 10$ và có đúng ba bộ, tương tự như thế $T\left(f_1,f_j,f_{12} \right)\ge 24$ và có đúng $10$ bộ như thế.
Tổng quát, với mỗi $i\in \left\lbrace 1,2,3,\ldots, 10 \right\rbrace $ và mỗi $k\in \left\lbrace 3,\ldots, 12 \right\rbrace $ (thỏa mãn $k\ge i+2$) cố định trước thì $$T\left(f_i,f_j,f_k \right)\ge 6+(k-i-2)2=2+2k-2i$$ và ta có đúng $k-i-1$ bộ số dạng $\left(f_i,f_j,f_k \right).$ Theo đó \begin{align*} \displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f_i,f_j,f_k \right)&\le \displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(\displaystyle\sum\limits_{k=i+2}^{12}\left( 2+2k-2i\right)\left(k-i-1 \right) \right)\\ &=2\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(\displaystyle\sum\limits_{k=i+2}^{12}\left( k^2-2ki+i^2-1\right) \right)\\ &=2\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(650-\dfrac{(i+1)(i+2)(2i+3)}{6}-\dfrac{2i(11-i)(i+14)}{2}+\left(i^2-1 \right)(11-i) \right)\\ &=3300. \end{align*}Khi đẳng thức xảy ra $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=3300$ thì phải có \[{\left\{ \begin{array}{l}&T\left(f_1,f_2,f_3 \right)=6\\&T\left(f_1,f_2,f_4 \right)=8\\&T\left(f_1,f_2,f_5 \right)=10\end{array} \right.} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}& f_3-f_1=3\\&f_4-f_1=4\\&f_5-f_1=5\end{array} \right.\] suy ra $f_3, f_4, f_5$ là ba số nguyên liên tiếp, mâu thuẫn. Vậy $(1)$ đã được chứng minh.
Quay trở lại bài toán, vì $f(x)$ là đa thức với hệ số nguyên nên $f(x_i)\in\mathbb{Z}$ với mọi $x_i\in\mathbb{Z}$. Theo $(1)$ ta suy ra tồn tại ba số nguyên liên tiếp $f(x_i), f(x_j), f(x_k)$. Không mất tính tổng quát ta giả sử $f(x_i)=a$, $f(x_j)=a+1$, $f(x_k)=a+2$ với $a\in\mathbb{Z}$. Suy ra đa thức $f(x)-a-1$ có một nghiệm là $x_j$ nên $$f(x)-a-1=(x-x_j)\cdot g(x)$$ với $g(x)$ là đa thức hệ số nguyên. Khi đó, \[\left\{ \begin{array}{l}&-1=f(x_i)-a-1=(x_i-x_j)\cdot g(x_i)\\& 1=f(x_k)-a-1=(x_k-x_j)\cdot g(x_k)\end{array} \right.\Rightarrow 1=\left|x_i-x_j \right|=\left|x_k-x_j \right|. \] Suy ra \[\left[ \begin{array}{l}&x_i-x_j=x_k-x_j\\& x_i-x_j=x_j-x_k}\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{l}&x_i=x_k\\&x_i+x_k=2x_j.}\] Lại có $f(x_i)\ne f(x_k)$ nên $x_i\ne x_k$ suy ra $x_i+x_k=2x_j$ hay $x_i, x_j, x_k$ là một cấp số cộng.