Dùng phương pháp xuống thang.

Ta có $x_i+x_{i+1}+x_{i+2}+x_{i+3}+x_{i+4}+x_{i+5} \equiv 0 \pmod{2}$ với mọi $i=1,2,3,\ldots ,2017$ nên $x_i \equiv x_{i+6}$ với mọi $i.$

Vì $(6,2017)=1$ nên suy ra tất cả các số có cùng tính chẵn lẻ. Ta xét phép biến đổi dãy số sau:

• Nếu tất cả các số cùng chẵn thì thay bằng $y_i=\dfrac{x_i}{2}$.
• Nếu tất cả các số cùng lẻ thì thay bằng $y_i=\dfrac{x_i+1}{2}$.

Dễ thấy dãy mới cũng thỏa và tổng $S=\sum\limits_{i=1}^{2017} a_i$ sẽ giảm ngặt nếu có một số nào đó trong dãy khác $1$; suy ra quá trình biến đổi sẽ dừng lại khi tất cả đều là $1$. Vì ta thu được một dãy toàn là $1$ nên dãy ban đầu có tất cả các số hạng bằng nhau.

a) Bài toán có thể giải quyết dễ dàng bằng phản chứng và Dirichlet. Thật vậy, nếu ${{a}_{n}}=n+1$ với mọi $n>2017$ thì các số hạng ${{a}_{4}}\to {{a}_{2017}}$ sẽ nhận các giá trị trong tập hợp $6\to 2018$. Khi đó, sẽ có hai số hạng bằng nhau, không thỏa.

b) Nếu đã có ${{a}_{n}}=n+2$ với mọi $n>2017$ thì các số hạng ${{a}_{4}}\to {{a}_{2017}}$ sẽ nhận các giá trị trong tập hợp $6\to 2019.$ Nhận xét:

• ${{a}_{2017}}\in \left\{ 2017,2018,2019 \right\}$ nên có $3$ cách chọn.
• ${{a}_{2016}}\in \left\{ 2016,2017,2018,2019 \right\}$ nhưng vì ${{a}_{2017}}$ đã lấy một số nên cũng còn $3$ cách chọn.
• Tương tự, đến ${{a}_{6}}$ vẫn có $3$ cách chọn. Còn lại ${{a}_{5}}$ có $2$ cách chọn và ${{a}_{4}}$ có $1$ cách chọn.

Theo nguyên lý nhân, ta có $2\cdot {{3}^{2012}}$ dãy thỏa mãn.

Ta thấy $ACE$ và $BDF$ là hai tam giác đều có cạnh là $\sqrt{3}$ nên mỗi lần, ếch sẽ nhảy từ tam giác đều này đến tam giác đều kia.

Chia nhóm:

• $I=(A,C,E)$ tương ứng với các số $(0,0,1)$.
• $II=(B,D,F)$ tương ứng với $(1,1,2)$.

Ta thấy $\left\{ x+y|x\in I,y\in II \right\}=\left\{ 1,1,1,1,2,2,2,2,3 \right\}$ chứng tỏ tổng các số trên hai bước nhảy liên tiếp của ếch sẽ nhận giá trị là $4$ số $1$, $4$ số $2$ và $1$ số $3.$ Nếu gọi ${{s}_{n}}$ là số hành trình của ếch có tổng là $n$ thông qua chẵn bước thì

$${{s}_{n}}=4{{s}_{n-1}}+4{{s}_{n-2}}+{{s}_{n-3}}.$$

Một cách tương tự, gọi ${{t}_{n}}$ là số hành trình của ếch có tổng là $n$ thông qua lẻ bước thì công thức truy hồi vẫn thế (chỉ khác ở các số hạng đầu).

Vì vậy nên nếu gọi ${{u}_{n}}={{s}_{n}}+{{t}_{n}}$ là số hành trình của ếch có tổng là $n$ thì

$${{u}_{n}}=4{{u}_{n-1}}+4{{u}_{n-2}}+{{u}_{n-3}} \text{ với } n\ge 3.$$

Ta có ${{u}_{0}}=1,{{u}_{1}}=6,{{u}_{2}}=28$ và từ công thức truy hồi thì $m={{u}_{2017}}\equiv {{u}_{1}}\equiv 2 \pmod{4}$ nên $m$ không thể là số chính phương, ta có đpcm.

Theo giả thiết, ta có

${{a}_{1}}\equiv {{a}_{5}}\equiv {{a}_{7}}\equiv {{a}_{11}}\equiv 1\text{ }(\bmod 12) $

$ {{a}_{2}}\equiv {{a}_{4}}\equiv {{a}_{8}}\equiv {{a}_{10}}\equiv 4\text{ }(\bmod 12) $

$ {{a}_{3}}\equiv {{a}_{9}}\equiv 9\text{ }(\bmod 12) $

$ {{a}_{6}}\equiv {{a}_{12}}\equiv 0\text{ }(\bmod 12) $

Đặt ${{a}_{i}}=12{{b}_{i}}+{{r}_{i}}$ với $i=1,2,3,\ldots ,12$ và ${{r}_{i}}$ là số dư tương ứng đã chỉ ra ở trên.

Do tính không giảm của dãy nên ta phải có

$$0\le {{b}_{1}}\le {{b}_{2}}\le {{b}_{3}}<{{b}_{4}}<{{b}_{5}}<{{b}_{6}}\le {{b}_{7}}\le {{b}_{8}}\le {{b}_{9}}<{{b}_{10}}<{{b}_{11}}<{{b}_{12}}\le 168.$$

Từ đó suy ra

$0\le {{b}_{1}}<{{b}_{2}}+1<{{b}_{3}}+2<{{b}_{4}}+2<{{b}_{5}}+2<{{b}_{6}}+2\le {{b}_{7}}+3\le {{b}_{8}}+4\le {{b}_{9}}+5 $

$<{{b}_{10}}+5<{{b}_{11}}+5<{{b}_{12}}+5\le 173 $

Do các số liệt kê ở trên đều phân biệt và thuộc $[0;173]$ nên số cách chọn một bộ như thế là $C_{174}^{12}$. Đó cũng chính là số dãy cần tìm.

Trước hết, ta sẽ chứng minh nhận xét rằng số hoán vị của $n$ số nguyên dương đầu tiên thỏa mãn điều kiện i), gọi là hoán vị đẹp, sẽ là ${{2}^{n-1}}$. Thật vậy,

• Đầu tiên, ta đặt số $1$ vào hoán vị.
• Số $2$ có thể xếp trước hoặc sau số $1$, có $2$ cách.
• Số $3$ có thể xếp vào đầu dãy hoặc ngay sau số $2$ đã xếp trước đó, có $2$ cách.
• Số $4$ có thể xếp vào đầu dãy hoặc ngay sau số $3$ đã xếp trước đó, cũng có $2$ cách. Cứ như thế cho đến $n.$

Do đó, có tất cả ${{2}^{n-1}}$ cách xếp, tương ứng vời ${{2}^{n-1}}$ hoán vị.

Tiếp theo, giả sử ta có ${{a}_{i}}=i$.

Khi đó ${{a}_{i+1}}\le {{a}_{i}}+1=i+1$, nhưng không thể có ${{a}_{i+1}}=i+1$ (do chỉ có 1 chỉ số thỏa mãn ii) nên ${{a}_{i+1}}\le i$, mà ${{a}_{i}}=i$ nên ${{a}_{i+1}}\le i-1$. Tiếp theo, ${{a}_{i+2}}\le {{a}_{i+1}}+1\le i$ nên ${{a}_{i+2}}\le i-1$.

Do đó, các số từ ${{a}_{i+1}}$ đến ${{a}_{2017}}$ nhận giá trị không vượt quá $i-1$.

Lập luận tương tự, các số từ ${{a}_{1}}$ đến ${{a}_{i-1}}$ phải nhận giá trị không nhỏ hơn $i+1.$

Do đó, hai đoạn hoán vị phía trước và phía sau ${{a}_{i}}$ phải có độ dài bằng nhau, tức là ${{a}_{1009}}=1009$ là số ở giữa.

Rõ ràng các hoán vị phía trước và phía sau $1009$ đều phải là hoán vị đẹp và được sắp xếp độc lập với nhau.

Vậy số hoán vị cần tìm là ${{\left( {{2}^{1007}} \right)}^{2}}={{2}^{2014}}.$

Ta đưa điều cần chứng minh về

$$\frac{{{u}_{n}}}{n}<a<\frac{{{u}_{n}}+1}{n}.$$

Đến đây, gọi

$$m=\min \left\{ \left. \frac{{{u}_{n}}+1}{n} \right|n=1,2,3,\ldots ,2017 \right\}$$ và

$$M=\max \left\{ \left. \frac{{{u}_{n}}}{n} \right|n=1,2,3,\ldots ,2017. \right\}$$

Cần chỉ ra $m>M$ rồi chọn số $a$ nằm giữa $(m,M)$ là xong. Gọi $p,q$ lần lượt là các chỉ số nhỏ nhất để có dấu bằng xảy ra ở các đánh giá trên. Khi đó

${{u}_{p}}+1=pm$ và ${{u}_{q}}=Mq.$

Ngoài ra, ${{u}_{k}}+1>km,\forall k<p$ và ${{u}_{k}}<kq,\forall k<q.$

• Nếu $p=q$ thì hiển nhiên đúng.
• Nếu $p>q$, ta đặt $p=q+k$ thì $k<p$ nên ${{u}_{k}}+1>km$, vì ${{u}_{p}}\ge {{u}_{q}}+{{u}_{k}}$ (theo giả thiết) nên $pm-1>Mq+km-1\Leftrightarrow m>M.$
• Nếu $p<q$ thì cũng chứng minh tương tự với chú ý rằng ${{u}_{q}}\le {{u}_{p}}+{{u}_{k}}+1.$

Định lý này có thể chứng minh bằng cách sử dụng các BĐT về phần nguyên. Dưới đây là cách chứng minh cho chiều đảo:

Với mỗi số nguyên dương $k$, gọi $m,n$ là các số nguyên dương thỏa mãn

$$[m\alpha ]\le k<[(m+1)\alpha ] \text{ và } [n\beta ]\le k<[(n+1)\beta ].$$

Đặt $A=\{[i\alpha ],1\le i\le m\}$ và $B=\{[j\beta ],1\le j\le n\}$ thì $\left| A \right|=m,\left| B \right|=n$ và $A,B$ là phân hoạch của tập hợp $\left\{ 1,2,3,\ldots ,k \right\}$ theo định nghĩa của đề bài.

Do đó $m+n=k$. Theo bất đẳng thức phần nguyên thì $m\alpha -1<k<(m+1)\alpha $ nên $\dfrac{m}{k+1}<\dfrac{1}{\alpha }<\dfrac{m+1}{k}$.

Tương tự $\dfrac{n}{k+1}<\dfrac{1}{\beta }<\dfrac{n+1}{k}.$

Suy ra $$\dfrac{m+n}{k+1}<\dfrac{1}{\alpha }+\dfrac{1}{\beta }<\dfrac{m+n+2}{k} \text{ hay } \dfrac{k}{k+1}<\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta }<\dfrac{k+2}{k}.$$

Cho $k\to +\infty $, ta thu được $\dfrac{1}{\alpha }+\dfrac{1}{\beta }=1.$

Gọi $x,y$ lần lượt là khối lượng riêng của các dung dịch thì $\dfrac{1}{x}=1\cdot y,px=qy$ nên $x=\sqrt{\dfrac{q}{p}},y=\sqrt{\dfrac{p}{q}}.$

Khối lượng mỗi bình là $\alpha =1+\sqrt{\dfrac{q}{p}},\beta =1+\sqrt{\dfrac{p}{q}}$. Dễ thấy $\dfrac{1}{\alpha }+\dfrac{1}{\beta }=1$, thỏa mãn định lý Beatty.

Suy ra hai dãy $[m\alpha ],[n\beta ]$ là phân hoạch của số nguyên dương nên ta có đpcm.

Để giải bài này, chú ý rằng: số chữ số của $M$ trong hệ $p$ phân là $[{{\log }_{p}}M]+1$.

Ngoài ra, $\alpha ={{\log }_{2}}10,\beta ={{\log }_{5}}10$ thỏa mãn điều kiện của định lý Beatty.

Từ đó, ta có một nhận xét thú vị rằng: tổng số chữ số của ${{2}^{n}}$ và ${{5}^{n}}$ trong hệ thập phân là $n+1.$

Để giải bài toán này, ta xét đa thức $P(x)={{x}^{2}}+(k-2)x-k$ với $k$ là số nguyên dương đã cho thì $P(x)$ có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Hơn nữa, ${{\Delta }_{P(x)}}={{(k-2)}^{2}}+4k={{k}^{2}}+4$, không thể là số chính phương với bất kì số k nguyên dương nào nên hai nghiệm này đều là số vô tỉ. Ta thấy $$P(1)=1+(k-2)-k=-1<0,P(2)=4+2(k-2)-k=k>0$$ nên nghiệm dương của phương trình $P(x)=0$ thuộc khoảng $(1,2)$. Gọi nghiệm đó là $a.$

Đặt $b=a+k$ thì $a,b$ đều vô tỉ và $ab=a(a+k)={{a}^{2}}+ak=2a+k=a+b$ nên $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1$.

Xét $f(n)=[na],g(n)=[nb]=f(n)+kn$ với $n$ là số nguyên dương.

Ta sẽ chứng minh rằng ${{x}_{n}}=f(n)$ bằng quy nạp. Thật vậy,

– Với $n=1$, khẳng định hiển nhiên đúng vì $1<a<2.$

– Giả sử ${{x}_{n}}=f(n)$ với mọi $n=1,2,3,…,m$. Ta sẽ chứng minh rằng ${{x}_{m+1}}=f({{x}_{m+1}})$.

Ta có $f(i)={{x}_{i}},g(i)=f(i)+ik={{x}_{i}}+ik$ với mọi $i=1,2,3,…,m$ nên ta có tập hợp

$H=\left\{ {{x}_{1}},{{x}_{2}},…,{{x}_{m}},{{x}_{1}}+k,{{x}_{2}}+2k,…,{{x}_{m}}+mk \right\} $

$ =\left\{ f(1),f(2),…,f(m),g(1),g(2),…,g(m) \right\} $

Rõ ràng $f(m+1)\notin H$ và $g(n)>f(n)$ với mọi $n$, $f(n)$ là hàm số đồng biến trên $\mathbb{N}*$ nên ta thấy rằng $f(m+1)$ chính là số tự nhiên nhỏ nhất không thuộc H. Theo định nghĩa dãy số $({{x}_{n}})$ đã cho thì ta có ${{x}_{m+1}}=f(m+1)$.

Do đó, khẳng định cũng đúng với $m+1.$ Theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm. Vậy số tự nhiên cần tìm chính là $a$ là nghiệm dương của phương trình ${{x}^{2}}+(k-2)x-k=0$.

Gọi $S$ là tập hợp các dãy thỏa mãn đề bài và đặt $\left| S \right|={{s}_{n}}$. Gọi $T$ là tập hợp tất cả các tổng các ${{a}_{i}}$ lấy từ chỉ số lẻ bất kỳ đến $2n.$ Theo giả thiết thì $T\subset \left\{ \pm 2,\pm 1,0 \right\}$, tuy nhiên, tất cả các tổng trong $T$ đều có chẵn số hạng mà mỗi số hạng đều là $\pm 1$ nên tất cả phải đều chẵn. Suy ra $T\subset \left\{ \pm 2,0 \right\}$.

Nếu trong $T$ chứa cả $2$ lẫn $-2$ thì giả sử $\sum\limits_{k=2i+1}^{2n}{{{a}_{k}}}=2$ và $\sum\limits_{k=2j+1}^{2n}{{{a}_{k}}}=-2$ với $i<j$ , khi đó

\[4=\sum\limits_{k=2i+1}^{2n}{{{a}_{k}}}-\sum\limits_{k=2j+1}^{2n}{{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=2i+1}^{2j}{{{a}_{k}}},\] mâu thuẫn.

Ứng với $({{a}_{1}},{{a}_{2}},\ldots ,{{a}_{2n}})\in S$, ta có phân loại sau:

• Tất cả các tổng trong $T$ đều là $0$, đặt số lượng dãy có tính chất này là ${{a}_{n}}$.
• Trong $T$ có chứa số $2$, đặt số lượng dãy có tính chất này là ${{b}_{n}}$.
• Trong $T$ có chứa số $-2$, đặt số lượng dãy có tính chất này là ${{c}_{n}}$.

Từ đó, ta dễ dàng chứng minh được hệ thức truy hồi

$ {{a}_{n+1}}=2{{a}_{n}} $

${{b}_{n+1}}={{a}_{n}}+2{{b}_{n}}+{{c}_{n}} $

$ {{c}_{n+1}}={{a}_{n}}+{{b}_{n}}+2{{c}_{n}} $

Chú ý rằng ${{a}_{n}}={{2}^{n}}$ và ${{a}_{n}}+{{b}_{n}}+{{c}_{n}}={{s}_{n}}$. Cộng hai công thức cuối lại, ta có

$${{b}_{n+1}}+{{c}_{n+1}}=2{{a}_{n}}+3({{b}_{n}}+{{c}_{n}})\Leftrightarrow {{s}_{n+1}}-{{2}^{n+1}}={{2}^{n+1}}+3({{s}_{n}}-{{2}^{n}})$$ hay

$${{s}_{n+1}}=3{{s}_{n}}+{{2}^{n}}\Leftrightarrow {{s}_{n+1}}+{{2}^{n+1}}=3({{s}_{n}}+{{2}^{n}}).$$

Với $n=1$, ta có $4$ dãy là $(1,1),(-1,-1),(-1,1),(1,-1)$ nên ${{s}_{1}}=4.$

Từ đẳng thức trên, ta có ${{s}_{n}}+{{2}^{n}}={{3}^{n-1}}({{s}_{1}}+{{2}^{1}})=2\cdot {{3}^{n}}$ nên ${{s}_{n}}=2\cdot {{3}^{n}}-{{2}^{n}}$.