Toán trò chơi Phân loại, công cụ và phương pháp giải

Qua mỗi phép biến đổi, tích này không thay đổi vì mỗi phép biến đổi sẽ đổi dấu tất cả bốn số của một hàng hoặc một cột, nghĩa là nếu hàng cột đó đang có số chẵn lẻ dấu trừ thì sau một lầ

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 2

Chương 1 Trò chơi một người 4

1.1 Phương pháp đại lượng bất biến hoặc đơn biến 4

1.1.1 Sử dụng bất biến trong giải toán trò chơi 6

1.1.2 Sử dụng đơn biến và Nguyên lí cực hạn trong giải toán trò chơi 10

1.2 Kĩ thuật đồng dư 15

1.3 Công cụ hệ đếm cơ số 2 18

1.4 Kĩ thuật tô màu 22

Chương 2 Trò chơi nhiều người và Trò chơi với hệ động lực 26

2.1 Trò chơi hai người với thông tin đầy đủ 26

2.1.1 Các ví dụ về trò chơi hai người 26

2.1.2 Kĩ thuật đồng dư 33

2.1.3 Công cụ hệ đếm 39

2.1.4 Công cụ đồ thị 45

2.2 Trò chơi mô tả bởi hệ động lực 50

Chương 3 Các bài toán thi Olympic toán trò chơi 55

KẾT LUẬN. 93

TÀI LIỆU THAM KHẢO 94

khuôn khổ một luận văn chuyên ngành Toán sơ cấp, chúng tôi giới hạn lĩnh vực

trình bày nội dung lí thuyết, các ví dụ và bài tập về trò chơi gần với và có thể áp dụng được trong giảng dạy toán ở trường phổ thông

Toán trò chơi liên quan mật thiết với nhiều dạng toán khác (toán tập hợp, toán

tổ hợp, đồ thị, lôgic toán, giải trí toán học và đố vui,…) Nhiều bài toán có thể phát biểu lại dưới ngôn ngữ trò chơi Ngược lại, một số bài toán trò chơi cũng có thể được phát biểu dưới dạng khác

Luận văn cố gắng trình bày một cách có hệ thống những nội dung cơ bản nhất

về Toán trò chơi Các công cụ và phương pháp giải toán được trình bày ở đây là: Phương pháp đại lượng bất biến hoặc đơn biến, nguyên lý cực hạn, lý thuyết đồ thị và công cụ hệ đếm cơ số 2, Việc phân loại Toán trò chơi cũng như trình bày các công cụ và phương pháp giải toán trò chơi dựa vào nội dung bài giảng [5] của Thầy hướng dẫn Chúng tôi cố gắng bổ sung thêm một số công cụ và phương

pháp giải so với [5]

Một công cụ, một phương pháp có thể sử dụng để giải nhiều bài toán Ngược lại, một bài toán có thể được giải bằng các công cụ và phương pháp khác nhau

Vì vậy, việc phân loại các dạng toán trò chơi cũng như phương pháp giải chúng chỉ mang tính ước lệ, nhằm phần nào hệ thống hóa và phân loại các bài toán trò chơi, giúp học sinh dễ hiểu, dễ học hơn Chúng tôi cũng đã cố gắng sưu tầm nhiều bài tập toán trò chơi trong các kì thi Olympic toán Quốc gia và Quốc tế, với

hi vọng luận văn có thể được sử dụng như một tài liệu tham khảo tốt trong giảng dạy toán ở trường phổ thông

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm ba chương

Chương 1 Trò chơi một người

Chương 2 Trò chơi nhiều người và Trò chơi với hệ động lực

Chương 3 Các bài toán thi Olympic toán trò chơi

Luận văn được hoàn thành tại Khoa Toán - Tin, Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Tạ Duy Phượng Nhân dịp này, tôi xin cảm ơn tới PGS.TS.Tạ Duy Phượng, người đã hướng dẫn giúp đỡ tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến Khoa Toán - Tin, Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã trang bị cho tôi những kiến thức toán trong chương trình Cao học

Xin được cảm ơn Trường Trung học Cơ sở An Dương, Hải Phòng, nơi tôi công tác, đã tạo mọi điều kiện để tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập

Xin được cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, giúp đỡ, hi sinh và tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học Cao học và viết Luận văn

Hải Phòng, ngày 01.5.2013 Phạm Xuân Đạo

Chương 1 Trò chơi một người

Trong luận văn này, trò chơi được hiểu gồm một tập hợp các trạng thái (cấu hình, vị trí,…) chịu tác động của một hay nhiều đối tượng (người chơi) Người chơi với các khả năng và hạn chế của mình phải tìm ra các chiến lược, chiến

thuật (cách đi, bước đi) tuân theo những qui tắc chơi đã được định sẵn để đưa

một trạng thái ban đầu về trạng thái cuối (kết thúc trò chơi), với thời gian (số bước đi) ít nhất và đỡ tốn kém (năng lượng, chi phí, ) nhất Toán trò chơi được

hiểu là dạng toán mà ta có thể sử dụng các công cụ và phương pháp toán học để phân tích cấu trúc, trạng thái và qui tắc của trò chơi nhằm hoạch định chiến lược kết thúc trò chơi hoặc chỉ ra trò chơi có thể tiếp diễn vô tận hay không tồn tại chiến lược kết thúc trò chơi

Trò chơi một người là trò chơi chỉ cần một người chơi (thí dụ, trò chơi Tháp

Hà Nội, trò chơi Hamilton, bài toán con mã đi tuần, trò chơi tháo vòng Trung Hoa, trò chơi khối vuông rubic,…) Các trò chơi này nhiều khi còn được đưa vào lớp các bài toán giải trí toán học, các bài toán lôgic,

1.1 Phương pháp đại lượng bất biến hoặc đơn biến

Bất biến có mặt trong hầu hết các lĩnh vực của Toán học Bất biến là một khái

niệm thường gặp trong toán phổ thông Thí dụ, bất biến là tính chẵn lẻ, tính chia

hết cho 3, tính đối xứng, sự bảo toàn góc,… tức là những điều thường gặp trong

toán phổ thông và khá dễ hiểu Tuy nhiên, bất biến cũng vẫn còn là khái niệm mới đối với học sinh phổ thông Bởi vậy, việc trang bị khái niệm và hướng dẫn học sinh sử dụng bất biến trong giải toán, theo chúng tôi, là việc làm có ý nghĩa

và cần thiết giúp phát triển tư duy toán học, nhìn thấy cái tĩnh trong cái động, mở rộng kiến thức và kĩ thuật giải toán cho học sinh

Bất biến là những đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quá trình chúng ta thực hiện các phép biến đổi Đại lượng bất biến nhiều khi còn phụ thuộc vào nội dung của bài toán cụ thể Thí dụ, khoảng cách giữa hai điểm là một đại lượng bất biến trong phép tịnh tiến, nhưng là đại lượng thay đổi trong phép vị tự;

tỷ lệ giữa độ dài hai đoạn thẳng vừa là đại lượng bất biến trong phép tịnh tiến, vừa là một đại lượng bất biến trong phép vị tự

Giả sử trò chơi ở một trạng thái ban đầu Do tính bất biến, nên không thể thay

đổi trạng thái (từ chẵn thành lẻ, từ trắng thành đen,…) được Từ đó ta có kết luận

về trạng thái cuối cùng của trò chơi

Đơn biến là một đại lượng luôn thay đổi, nhưng chỉ theo một chiều tức là tăng lên hay giảm xuống (đơn điệu)

Bất biến và đơn biến được sử dụng để giải quyết nhiều bài toán, dạng toán

khác nhau (Dĩ bất biến ứng vạn biến!)

Trong mục này, chúng ta sẽ tìm hiểu về bất biến, đơn biến và ứng dụng của chúng trong việc giải các bài toán trò chơi toán học, chủ yếu là qua các ví dụ

Có hai mẫu bài toán thường được giải quyết bằng bất biến và đơn biến

vào  Có hai trạng thái  và  thuộc  Hỏi có thể dùng hữu hạn các phép biến đổi thuộc T để đưa trạng thái  về trạng thái  được không?

 vào  Cần chứng minh rằng, bắt đầu từ một trạng thái  bất kỳ, sau một số hữu hạn các phép biến đổi T, ta sẽ đi đến trạng thái kết thúc  (trong nhiều

trường hợp, đó là trạng thái ổn định, bất động, tức là sẽ không tiếp tục thay đổi

khi tiếp tục tác động các phép biến đổi từ T) Tương tự, trong một số bài toán, ta

phải chứng minh không tồn tại dãy biến đổi (liên tiếp) từ T để thực hiện được mục đích chuyển trạng thái α sang trạng thái 

Bất biến hoặc đơn biến nhiều khi ẩn tàng, khó nhận biết Vì vậy sử dụng bất biến hoặc đơn biến trong giải toán thực chất là quá trình phân tích và phát hiện qui luật bất biến hoặc đơn biến

1.1.1 Sử dụng bất biến trong giải toán trò chơi

Bài 1.1 Một bảng vuông 4 4 ô Tại mỗi ô của bảng vuông (Hình 1.1) có chứa dấu “ ”  hoặc dấu “ ”  Mỗi một lần thực hiện, bắt buộc phải đổi dấu của tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc cùng một cột Giả sử bảng ô vuông ban đầu có 1 dấu “ ”  và 15 dấu “ ”  Hỏi có thể đưa bảng ban đầu về bảng có toàn dấu cộng được không?

cả các số trên bảng vuông Qua mỗi phép biến đổi, tích này

không thay đổi (vì mỗi phép biến đổi sẽ đổi dấu tất cả bốn số

của một hàng hoặc một cột), nghĩa là nếu hàng (cột) đó đang

có số chẵn (lẻ) dấu trừ thì sau một lần đổi dấu ta lại có số chẵn

(lẻ) dấu trừ, do đó tích trong hàng mới (cột mới) là không đổi Hình 1 1.

+  + +

 + + + + +  + + + + 

Thí dụ, hàng (cột) đang có 0, 2, 4 dấu trừ, thì sau đó sẽ có 4, 2, 0 dấu trừ (số dấu trừ là chẵn), nếu hàng (cột) đang có 1 (hoặc 3) dấu trừ thì sau đó sẽ có 3(hoặc 1) dấu trừ Vì vậy, cho dù ta thực hiện bao nhiêu lần, tính chẵn lẻ của số

dấu trừ trong một hàng (một cột) là một đại lượng không thay đổi (bất biến) Kéo

theo tích tất cả các số trong hình vuông luôn không đổi (luôn bằng 1 hoặc bằng 1

 phụ thuộc vào số dấu trừ ban đầu là chẵn hay lẻ) Do đó từ bảng vuông có trạng thái 1, 15gồm 1 dấu cộng và 15 (số lẻ) dấu trừ, ta chỉ có thể đưa về các

bảng vuông có số lẻ dấu “ ”  và số lẻ dấu “ ”  , có nghĩa là không thể đưa về bảng trạng thái 16, 0gồm toàn dấu “ ”  được

ô vuông Tại mỗi bước đi người chơi thay tất cả các quân trắng thành quân đen và tất cả các quân đen thành quân trắng trên một hàng hoặc một cột nào đó Hỏi sau hữu hạn bước, có thể còn lại chính xác một quân đen trên bàn cờ không?

thì số quân trắng trên hàng (cột) ấy là 8k Sau khi chuyển, 8 k quân trắng này trở thành 8 k quân đen và k quân đen lại trở thành k quân trắng Như vậy, số quân đen trên bàn cờ sau khi chuyển sẽ thêm vào 8 k và mất đi k quân, tức là

số quân đen thay đổi trên bàn cờ là 8k  k 8 2 k Số này là số chẵn dương (thêm vào) nếu k4 và là số chẵn âm (bớt đi) khi k 4 và không thay đổi nếu 4

k  Vì 8 2k là chẵn và lúc đầu có 32 quân đen nên số quân đen trên bàn cờ

luôn luôn là chẵn (bất biến!)

Vậy với qui tắc chơi trong bài ra không thể từ trạng thái 32 (số chẵn) quân đen trên bàn cờ đưa đến trạng thái còn lại một (số lẻ) quân đen trên bàn cờ được

uống trà đặt trên bàn Lúc đầu tất cả đều được đặt ngửa Mỗi một nước đi, ta làm cho đúng 100 tách trong số chúng lật ngược lại Sau một số nước đi, có thể làm cho tất cả chúng đều úp xuống được không? Tại sao? Trả lời câu hỏi này trong trường hợp chỉ có 1998 tách

Giải Nếu có 1999 chiếc tách (số tách là số lẻ), tất cả đều được đặt ngửa (trạng

thái ngửa) thì ta không thể quay úp xuống tất cả (trạng thái úp) được Thật vậy,

theo qui tắc chơi, tại mỗi thời điểm, giả sử có k tách đặt ngửa được làm úp xuống thì 100k tách đang úp được lật ngửa lên Khi ấy số các tách úp đã tăng

lên k chiếc và giảm đi 100k, vậy số tách úp bị thay đổi đi một số chẵn là

100k k 100 2 k (nếu k50 thì số tách úp giảm đi, nếu k 50 thì số tách úp tăng lên, k 50 thì số tách úp không thay đổi) Nghĩa là tính chẵn lẻ của

số các tách úp không thay đổi (bất biến!) Nhưng lúc đầu số tách úp ở trạng thái

chẵn (bằng 0) Vì vậy không thể làm cho số tách úp bằng 1999 (trở về trạng thái lẻ) được

Nếu số tách là 1998 thì có thể úp tất cả các tách Một thuật toán như sau: Đánh số các tách theo thứ tự 1, 2,  , 1998. Lần lượt úp 100 tách đầu tiên, sau 18 lần úp được 1800 tách chuyển trạng thái từ ngửa sang úp Tiếp theo úp 100 tách số

1801, 1803, 1804,  , 1901 (để nguyên tách số 1802 đang ngửa) Lần thứ hai, đảo ngược các tách 1802, 1803,1804,  ,1901 (giữ nguyên tách số 1801 đang úp) Sau hai lần này, thực chất chỉ có tách số 1 và số 2 bị úp, các tách khác không thay đổi (vẫn đặt ngửa sau khi lật úp rồi lại lật ngửa) Tiếp tục như vậy, sau

18  198 216 lần, tất cả các tách đều bị lật úp

Bài 1.4 Một học sinh viết lên bảng a b số gồm a số 0 và b số 1 và thực hiện phép biến đổi sau: xóa hai số bất kì trên bảng Nếu chúng bằng nhau thì viết số 0lên bảng, nếu chúng khác nhau thì viết số 1. Hỏi khi nào số còn lại trên bảng là số

1 và khi nào số còn lại trên bảng là số 0?

Giải Sau một lần thực hiện biến đổi, tính chẵn lẻ của tổng các số trên bảng là

không đổi (bất biến!) Thật vậy, nếu hai số bị xóa cùng bằng 0 (hoặc một số là 0

và một số là 1) thì số được viết là 0 (hoặc 1), do đó tổng các số trên bảng vẫn giữ nguyên, còn nếu hai số bị xóa cùng là số 1 thì hai số đó bị thay bởi số 0, do đó tổng giảm xuống 2 đơn vị Như vậy, số cuối cùng trên bảng sẽ là 1 nếu b lẻ và bằng 0 nếu b chẵn

Nhận xét Nhiều bài toán phát biểu có thể khá gần hoặc rất khác nhau, nhưng

thực chất lời giải chỉ là một Điều quan trọng là ta phải tìm ra tính bất biến trong các bài toán đó

Qui luật bất biến nhiều khi ẩn sâu trong bài toán đến mức khó nhận ra Ví dụ thú

vị dưới đây minh họa điều đó

Bài 1.5 (Thi Olympic 30.4 lần thứ 8, 2007, lớp 10, Trường Trung học Phổ thông

Chuyên Lê Hồng Phong Thành phố Hồ Chí Minh đề nghị) Với một tam thức bậc

hai, cho phép thực hiện một trong hai phép toán sau:

1) Hoán vị hệ số của 2

x và số hạng tự do

2) Thay x bằng x m với m là số thực tùy ý

Hỏi có thể nhận được tam thức bậc hai 2

30x 4x1975 từ tam thức 2

5 2007

x  x qua một số bước thực hiện hai phép toán ở trên hay không?

   là một đại lượng bất biến

Suy ra, nếu có một qui trình thực hiện liên tiếp hai phép toán đã cho, để có thể nhận được tam thức 2

Như vậy,   Q R Chứng tỏ không thể nhận được 2

1.1.2 Sử dụng đơn biến và Nguyên lí cực hạn trong giải toán trò chơi

Trong mục này ta sẽ sử dụng đơn biến để giải các bài toán trò chơi, tức là chỉ

ra một đại lượng nào đó thay đổi, nhưng luôn chỉ theo một chiều, tức là tăng lên hay giảm xuống (đơn điệu) Sau đó sử dụng Nguyên lí cực hạn để đi đến kết luận cuối cùng

Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau:

Nguyên lí 1 Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể

Bài 1.6 (Vô địch Kiev, 1974) Các số 1,2, ,1974 được viết trên bảng Người chơi được phép thay hai số bất kì bởi một số khác bằng tổng hoặc bằng hiệu của các

số đó Hãy chỉ ra rằng, sau 1973 lần thực hiện phép toán đó, số còn lại trên bảng không thể bằng 0.

lẻ hoặc giữ nguyên (khi hai số được chọn cùng chẵn thì tổng và hiệu của chúng

cũng là số chẵn; khi hai số được chọn có một số chẵn và một số lẻ thì tổng và hiệu của chúng là lẻ) hoặc số các số lẻ giảm đi 2 (khi chọn cả hai số cùng lẻ thì

tổng hoặc hiệu của chúng là chẵn) Do đó số các số lẻ còn lại trên bảng sau mỗi

lần thực hiện vẫn luôn luôn là lẻ (bất biến!) Vì mỗi lần chơi ta thay hai số bằng

một số nên sau mỗi lần chơi số lượng các số giảm đi một đơn vị (đơn biến!) Vậy

sau 1973 lần thực hiện phép chơi, ta được số cuối cùng còn lại phải là số lẻ, tức

là số đó không thể bằng 0.

Bài 1.7 (Vô địch vùng Balcan, 2003) Có một bao đựng 150 viên bi đen và

75 viên bi trắng Một người bốc từ bao ra một cách ngẫu nhiên mỗi lần 2 viên bi Nếu anh ta bốc được một viên bi đen và một viên bi trắng, anh ta bỏ lại viên bi trắng vào bao và cất đi viên bi đen Nếu anh ta bốc được hai viên cùng màu, anh

ta cất đi cả hai rồi bỏ vào bao một viên bi đen (giả sử anh ta có đủ số bi đen ở ngoài bao để làm chuyện đó nếu cần) Quá trình được lặp lại cho đến khi còn đúng một viên bi trong bao, lí do tại sao? Viên bi đó màu gì?

Giải Vì mỗi lần lấy ra hai viên nhưng bỏ vào một viên nên số lượng viên bi trong

bao giảm đi một viên (đơn biến!) Vậy sau 224 ( 150   751) lần thực hiện, ta còn

đúng một viên bi trong bao Mỗi lần thay đổi, số bi trắng trong bao hoặc giữ

nguyên (khi lấy ra hai viên có một viên trắng hoặc cả hai viên bi đều đen) hoặc số

bi trắng trong bao giảm đi 2 (khi lấy ra cả hai viên bi đều trắng) Do lúc đầu có

75 viên bi trắng và số các viên bi trắng còn lại trong bao sau mỗi lần thực hiện

vẫn luôn luôn là lẻ (bất biến!) nên viên bi cuối cùng trong bao phải là viên bi

trắng

Nhận xét Phương pháp chứng minh trong hai bài toán trên còn được gọi là

phương pháp tụt vô hạn Dựa trên Nguyên lí cực hạn, phương pháp này chỉ ra

rằng, ta không thể làm giảm (tụt) mãi một đại lượng nếu nó chỉ nhận một số hữu

hạn giá trị Phương pháp tụt vô hạn cũng được dùng để giải quyết nhiều dạng toán khác (thí dụ, trong giải phương trình nghiệm nguyên, )

Bài 1.8 Trên một đường tròn ta đặt n số Nếu thứ tự các số , , , a b c d thỏa mãn

số các bước thì trên đường tròn không còn bộ tứ nào sắp xếp như vậy

Giải Thực chất là ta chỉ đổi chỗ hai số trên đường tròn, còn các số khác vẫn giữ

nguyên Ta phải tìm đại lượng bất biến có liên quan đến sự thay đổi hai số này Giả sử bốn số , , , a b c d được sắp xếp theo thứ tự sao cho a d b c    0,nghĩa là ab cd ac bd Nếu thực hiện phép biến đổi đã cho thì bộ tứ , , ,

a b c d chuyển thành bộ tứ a, c, b, d Ta thấy rằng tổng của tích các số cạnh nhau bị giảm đi thực sự: ab bc cd accb bd Như vậy, đại lượng đơn biến trong bài này là tổng của tích các số kề nhau liên tiếp trên đường tròn Với phép biến đổi đã cho thì đại lượng bất biến đơn điệu giảm thực sự, và vì nó chỉ có hữu hạn các giá trị, nên phép biến đổi của ta chỉ có thể thực hiện hữu hạn lần, tức

là sau hữu hạn lần, không còn bộ tứ liên tiếp nào có tính chất ad b c   0nữa

Bài 1.9 Thầy giáo viết 2012 dấu   và 2013 dấu ( )  lên trên bảng và yêu cầu học sinh chơi theo qui tắc sau: Mỗi lần hai dấu bất kì bị xoá đi và viết thay bởi một dấu   nếu chúng giống nhau và thay bằng một dấu ( )  nếu chúng khác nhau Sau khi thực hiện 4024 lần như vậy, hỏi dấu nào sẽ còn lại trên bảng?

Cách giải 1 Sau mỗi lần xóa, số các dấu ( )  được giữ nguyên hoặc giảm đi 2 (đơn biến !) Vì thế, tính chẵn lẻ của số dấu ( )  trên bảng là bất biến Ban đầu số

dấu ( )  là số lẻ nên cuối cùng còn lại trên bảng là dấu ( ) 

Cách giải 2 Thay mỗi dấu   bởi số 1, thay mỗi dấu ( )  bởi số ( 1)  Khi đó mỗi lần thực hiện cách làm theo đề bài có thể mô tả dưới dạng khác như sau: Hai số bất kì được xóa đi và thay bằng tích của chúng Vì vậy tại mọi thời đểm thực hiện

các phép toán thì tích của tất cả các số trên bảng là bất biến Ban đầu tích của các

số trên bảng là ( 1)  nên cuối cùng tích của các số trên bảng cũng là ( 1)  Vậy dấu còn lại trên bảng là dấu ( ) 

Cách giải 3 Thay mỗi dấu   bởi số 0, thay mỗi dấu ( )  bởi số 1. Khi đó, tổng hai số bị xóa đi cùng tính chẵn lẻ với số được viết thay chúng, như vậy tổng các

số trên bảng không thay đổi tính chẵn lẻ Vì tổng các chữ số ban đầu bằng 2013,

là số lẻ nên số còn lại cuối cùng là số lẻ Do đó dấu còn lại trên bảng là dấu ( ) 

Dưới đây là bài toán sử dụng khái niệm tăng hữu hạn

Bài 1.10 Có 2000 người được chia vào các phòng của một tòa nhà 115 buồng

Mỗi phút không phải mọi người đều ở trong phòng, mà một số người đi từ phòng

ít người tới phòng có nhiều người hơn Chứng minh rằng tới một lúc nào đó tất cả mọi người đều tập trung tại một phòng

Giải Với mỗi phòng ta xét bình phương của số người trong mỗi phòng Kí hiệu

số bình phương là S Ta chỉ ra rằng S tăng với mỗi người được chuyển đi

Thật vậy, giả sử có một người đi từ phòng có n người tới phòng có m người, mà

m n Khi đó bình phương của số người trong các phòng biến đổi từ 2

m tương ứng, và các phòng khác thì không đổi Như vậy,

S thay đổi như sau:

Ta biết rằng số người là 2000 (bất biến!) Tồn tại một số hữu hạn cách chia 2000người vào các phòng khác nhau, như vậy tồn tại hữu hạn khả năng giá trị của S.Nghĩa là S không thể tăng vô hạn Khi vẫn còn hai phòng còn người, thì qui trình bài toán được thực hiện và S sẽ tăng và quá trình này sẽ dừng lại, khi tất cả mọi người đều trong một phòng

Bài 1.11 (Vô địch toàn liên bang Nga lần thứ nhất, 1961) Các số thực được viết vào các ô trong một bảng chữ nhật m n Mỗi lần chơi ta có thể đổi dấu tất cả các phần tử trong một hàng hoặc một cột Hãy chứng minh rằng sau một số lần,

ta có thể làm cho tổng của các số trong mỗi hàng và mỗi cột là không âm

Giải Giả sử S là tổng của tất cả mn số trong bảng Nhận xét rằng sau một lần thực hiện, mỗi số được giữ nguyên hoặc đổi dấu Như vậy có tất cả tối đa 2mn

bảng và S chỉ có thể nhận hữu hạn 2mn

giá trị (thực ra số khả năng có thể thực hiện đổi dấu một lần tất cả các số trong một hàng hoặc một cột còn nhỏ hơn, số này chỉ là 1

2m n 

)

Giả sử trong một bảng có một hàng (hoặc một cột) với tổng các số là âm Đổi dấu

các số trong hàng (hoặc cột) đó Khi ấy tổng các số trong bảng tăng lên thật sự,

do đó một bảng không thể nhận được hai lần bằng cách đổi dấu này Do S chỉ nhận hữu hạn giá trị nên sau một số hữu hạn lần thực hiện phép đổi dấu (cho các hàng và các cột với tổng các số hạng âm), ta được một bảng T với tổng S lớn nhất Bảng này chính là bảng thỏa mãn điều kiện đầu bài, tức là bảng có tổng tất

cả các số ở các hàng và các cột là không âm Thật vậy, nếu tổng các số trong một hàng (một cột) nào đó của bảng T là âm thì đổi dấu các số trong hàng (cột) ấy, ta

sẽ nhận được một bảng mới có tổng tất cả các số trong bảng lớn hơn trong bảng

T Trái với cách chọn bảng T Vậy T chính là bảng cần tìm

Có thể chứng minh được rằng, trên thực tế chỉ cần không quá

2

mn

phép đổi dấu (hàng và cột) để được bảng có tất cả các hàng và các cột có tổng không âm

1.2 Kĩ thuật đồng dư

Trò chơi thường gắn với tập số nguyên Do vậy khá nhiều bài toán trò chơi có thể giải được nhờ kĩ thuật lấy đồng dư (lấy môđulô) Kĩ thuật lấy đồng dư cũng thường gặp trong nhiều dạng bài toán khác (toán trên tập số nguyên, giải phương trình nghiệm nguyên) Kĩ thuật đồng dư trong Toán trò chơi thường là: Một đại

lượng nào đó thay đổi nhưng luôn đồng dư với một đại lượng khác Tức là có qui

luật bất biến

Bài 1.12 Ba đống bi tương ứng có 19, 8và 9 viên Được phép chọn hai đống bi bất kì và chuyển một viên bi từ mỗi đống bi đã chọn vào đống thứ ba Sau một số lần làm như vậy, có thể đạt được mỗi đống bi có 12 viên không?

Giải Gọi trạng thái (số bi) tại bước thứ k trong ba đống tương ứng là a b c k, k, k.Xét môđulô các số này theo 3. Lúc đầu a0 19 1 mod3  , b0  8 2 mod3  và

0 9 0 mod3 ,

c   tức là số dư theo mod3 trong ba đống lần lượt là

1 1,

r  r2  2, r3 0 Sau lần chuyển đầu tiên, vì 19 1  0 mod3 và

19 2  0 mod3 ; 8 1   8 2 1 mod3 và 9 1   9 2 2 mod3

nên số bi trong ba đống khi chia cho 3 sẽ là a10 mod3 , b11 mod3  và

trong ba đống bi luôn luôn là và chỉ là ba số 0, 1, 2 (bất biến!) Nếu mọi đống bi

đều là 12 viên thì a0 mod3 , b0 mod3  và c0 mod3  Vô lí Vậy không thể chuyển trạng thái số dư là 0,1,2bất biến sang trạng thái 0,0,0làm cho mỗi đống bi có 12 viên được

Bài 1.13 (Vô địch Bungaria, 1999, lớp 8) Ba đống sỏi có 51, 49và 5 viên Ta thực hiện một trong hai nước đi như sau Một nước đi là dồn hai đống tùy ý thành một đống Nước đi khác là chọn đống có số chẵn viên sỏi để chia làm hai đống bằng nhau Hỏi có thể thực hiện một dãy các nước đi như thế để chia ba đống sỏi thành

105 đống mà mỗi đống chỉ có một viên sỏi hay không?

nhất thực hiện bước đi đầu tiên là phải dồn hai đống lại

49và 56 viên, mỗi số đều là bội của 7. Vì chỉ có hai đống sỏi 49và 56 viên, nên không thể dồn lại để được một đống có số lẻ  105 viên được (vì sau đó không thể dồn hoặc chia được nữa) Do đó ta phải chia đống 56 viên thành hai đống, mỗi đống 28 viên Khi thực hiện các nước đi luân phiên, số sỏi trong mỗi đống nhận được luôn là bội của 7.Do đó số đống với số sỏi nhỏ nhất chỉ có thể là 15 đống, mỗi đống 7 viên Qui trình dưới đây minh họa Trường hợp 1 (để ngắn gọn, một

số bước chia đôi được ghép lại):

28, 28,7,7,7,7,7,7,7 14,14,14,14,7,7,7,7,7,7,7 7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7



Trường hợp 2 Dồn hai đống có 5 và 49 viên, ta được hai đống có 51 và 54 viên, mỗi đống đều là bội của 3. Do đó bước thứ hai ta phải chia đống có 54 viên thành

2 đống 27 viên Bây giờ số sỏi trong cả ba đống là 51, 27, 27 cùng chia hết cho

3. Vì cả ba đống có số lẻ viên nên ở bước thứ ba ta lại phải gộp 2 đống chứa 27

và 51 hòn sỏi thành đống 78 viên Vì hai số 27 và 51 chia hết cho 3 nên tổng ( 78) của chúng cũng chia hết cho 3 Như vậy, ta lại có hai đống 27 và 78 viên sỏi cùng chia hết cho 3. Tức là, khi thực hiện các nước đi luân phiên, số sỏi trong

mỗi đống luôn là bội của 3 (bất biến!) Thật vậy, khi gộp hai đống sỏi cùng chia

hết cho 3 thì được một đống có số sỏi chia hết cho 3 và nếu chia một đống sỏi (là gộp của hai đống có số sỏi lẻ cùng chia hết cho 3) có số chẵn viên sỏi chia hết cho 3 thành hai phần bằng nhau thì số sỏi trong mỗi phần vẫn chia hết cho 3. Do

đó số sỏi trong mỗi đống luôn chia hết cho 3 và nhiều nhất có thể được là 35đống, mỗi đống 3 viên

Dưới đây là qui trình minh họa thuật toán trong Trường hợp 2:

3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9, 9 3,3,3,3,, ,3,3,3,3



5 và 100 viên, số sỏi trong mỗi đống đều là bội của 5. Khi thực hiện một trong hai nước đi, số sỏi trong mỗi đống nhận được luôn là bội của 5. Do đó số đống

với số sỏi nhỏ nhất là 21 đống, mỗi đống 5 viên Chiến lược dưới đây minh họa Trường hợp 3:

Cho p là một số tự nhiên bất kì Theo thuật toán chia Euclid, mọi số tự nhiên

a đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng

Nếu p10 thì ta có hệ đếm cơ số 10 (hệ đếm thập phân), nếu p8 ta có hệ

số cơ số 8 (hệ đếm bát phân), Do thói quen, lịch sử và truyền thống, hệ đếm cơ

số 10 được sử dụng rộng rãi trong cuộc sống hiện đại

Hệ đếm được định nghĩa như trên là hệ đếm theo vị trí, tức là mỗi hệ số

Thí dụ, 2013 = 210

+ 29 + 28 + 27 + 26 + 24 + 23 + 22 + 20 Như vậy, nếu chọn 2 làm cơ số trong hệ đếm cơ số 2, thì mọi số tự nhiên đều

có một biểu diễn duy nhất trong hệ đếm cơ số 2. Các chữ số của nó (chỉ có thể bằng 0 hoặc bằng 1) chính là các hệ số trong phân tích số đã cho dưới dạng lũy thừa của 2. Thí dụ, ta có: 2013 10  111110111012 1111101101 2

Hệ đếm có thể được dùng như một ngôn ngữ thuận tiện giải nhiều dạng toán như phương trình hàm, toán trò chơi, (xem, [4]) Dưới đây ta xem xét hai ví dụ sử dụng hệ đếm trong trò chơi một người

Bài 1.14 Giả sử bạn chọn một số bất kì trong khoảng từ 1 đến 2013. Tôi sẽ hỏi bạn 11 câu hỏi, bạn có quyền trả lời “đúng” hoặc “sai” Dựa trên 11 câu trả lời của bạn, tôi sẽ khẳng định được bạn đã chọn số nào Tại sao?

Giải Các câu hỏi lần lượt như sau

Câu thứ nhất: Lấy số đã chọn chia cho 2. Hỏi phép chia có dư hay không?

Nếu bạn trả lời là “không” thì tôi viết số 0, còn nếu câu trả lời là “có” thì tôi viết chữ số 1

Câu thứ hai: Lấy thương của phép chia vừa rồi chia cho 2 Hỏi phép chia có dư hay không?

Nếu câu trả lời là “không” thì tôi viết số 0, còn nếu câu trả lời là “có” thì tôi viết chữ số 1 vào phía trước (về bên trái) số đã viết (chữ số 0 hoặc chữ số 1) của câu trả lời thứ nhất

Các câu hỏi tiếp theo cũng tương tự: Lấy thương của phép chia vừa xong chia cho 2 Hỏi phép chia có dư không?

Nếu câu trả lời là “không” thì viết chữ số 0, còn nếu câu trả lời là “có” thì viết chữ số 1 trước số đã viết

Sau 11 lần trả lời, tôi nhận được 11 chữ số chỉ gồm các chữ số 0 và 1, chữ số đầu tiên bao giờ cũng là chữ số 1. Như vậy, hệ thống 11 câu hỏi trên chính là cách chuyển biểu diễn của một số đã cho (dưới 2013) từ hệ đếm cơ số 10 sang hệ đếm

cơ số 2. Hơn nữa, 11 câu hỏi là đủ, bởi vì mọi số từ 0 đến 2013 đều có thể viết được dưới dạng một số trong hệ đếm cơ số 2 với không quá 11 chữ

cơ số 2 sang hệ đếm cơ số 10 theo định nghĩa ta được:

Bài 1.15 Bạn muốn biết số điện thoại của tôi nên hỏi tôi một số câu hỏi, nhưng

với mỗi câu hỏi của bạn, tôi sẽ chỉ trả lời „„đúng‟‟ hoặc „„sai‟‟ Bạn hãy tìm ra phương pháp để sau một số nhỏ nhất các câu hỏi bạn sẽ đạt kết quả Biết rằng, số điện thoại của tôi là một số có 11 chữ số Giả sử rằng một trong các câu hỏi của bạn tôi sẽ trả lời sai sự thật Khi đó bạn sẽ hỏi thế nào và số các câu hỏi nhỏ nhất

là bao nhiêu để tìm ra số điện thoại của tôi

Giải Người hỏi cần đặt các câu hỏi sao cho mỗi câu hỏi giảm đi một nửa số

lượng các khả năng xảy ra còn lại Với hệ thống câu hỏi như vậy, để phỏng đoán một trong 2n

khả năng cần có n câu hỏi Vì theo điều kiện bài toán có tất cả

11 37

10 2 số điện thoại khác nhau nên ta chỉ cần hỏi 37 câu hỏi Tuy nhiên, tất cả các câu hỏi đưa ra có thể rất khác nhau Ví dụ có thể hỏi: „„số điện thoại của anh lớn hơn 5000000000 phải không?” Nếu trả lời “đúng‟‟, thì câu hỏi thứ hai sẽ là

“nó có lớn hơn 7500000000 không‟‟ Nhưng phương án tối ưu là sử dụng hệ thống đếm cơ số 2 mà trong đó chỉ có 2 chữ số 0 và 1. Mỗi số nhỏ hơn

10000000000 được viết không quá 37 chữ số Khi đó có thể hỏi như sau:

1) Chữ số cuối cùng trong số điện thoại của bạn trong hệ đếm cơ số 2 là 1 có phải không?

2) Chữ số trước chữ số sau cùng là 1 đúng không?

Ta thấy, nếu chỉ hỏi từ 36câu hỏi trở xuống là không đủ vì tổ hợp khác nhau từ

36 từ đúng sai là 236 và 10000000000236 nên 2 số điện thoại khác nhau dẫn

đến một dãy như nhau các câu trả lời và người bạn sẽ không thể khẳng định được

số câu trả lời của tôi

1.4 Kĩ thuật tô màu

Tô màu được dùng phổ biến trong lí thuyết đồ thị Kĩ thuật tô màu thường cho phép chia các đối tượng thành hai màu đen trắng Kết hợp với bất biến, ta có thể dùng kĩ thuật tô màu để giải quyết một số bài toán trò chơi

n phòng hình tam giác đều Hai phòng triển lãm

được gọi là hai phòng láng giềng nếu chúng có cạnh chung Từ mỗi phòng đều

có cửa đi sang phòng láng giềng của nó Một khách du lịch muốn đi xem càng nhiều càng tốt số phòng triển lãm với điều kiện mỗi phòng chỉ đi qua đúng một lần Hỏi anh ta có thể đi tối đa bao nhiêu phòng?

Trong quá trình đi xem, khách du lịch luôn phải đi từ phòng ô trắng sang phòng ô đen hoặc ngược lại Giả sử có thể đi tham quan tất cả các phòng sao cho mỗi phòng đi qua đúng một lần Khi ấy số ô đen chỉ ít hơn số ô trắng đúng 1 ô Mâu thuẫn với tính toán trên Như vậy không thể đi tham quan tất cả các phòng được

Do mỗi phòng chỉ đi qua đúng một lần mà phải đi xen kẽ các phòng đen - trắng liên tiếp nên số ô màu trắng đi qua chỉ hơn số ô màu đen một ô Như vậy nếu đi qua tất cả ô đen thì tối đa tổng số phòng có thể tham quan là:

Có thể thực hiện được điều này theo đường đi như Hình 1.3

thành 100 phòng nhỏ hình tam giác Tất cả các bức tường của các phòng có độ dài như nhau bằng 10 mét Giữa các gian liền kề có các cửa thông nhau Chứng minh rằng nếu một người muốn đi xem các phòng của lâu đài với điều kiện mỗi phòng chỉ đi đúng một lần thì anh ta chỉ có thể xem không quá 91 phòng

điểm chia kẻ các đường thẳng song song với các cạnh Kết quả là tam giác được chia thành 2

k các tam giác nhỏ Ta gọi xích là một dãy các tam giác, trong đó

không có tam giác nào xuất hiện hai lần, và mỗi tam giác tiếp theo có cạnh chung với tam giác trước đó Hỏi số tam giác trong xích đó tối đa là bao nhiêu?

Bài 1.17 Một hình vuông gồm 8 8 ô bị bỏ đi hai ô ở hai góc đối nhau Có thể phủ phần còn lại bởi 31 quân đômino 1×2 không?

Giải Tô màu hình vuông với các ô đen trắng đan xen như

bàn cờ vua (Hình 1.4) Số ô đen và số ô trắng là bằng

nhau (32 ô) Hai ô ở góc đối nhau cùng màu nên sau khi

bỏ chúng đi, số ô đen khác số ô trắng (thí dụ, 32 ô đen và

30 ô trắng) Như vậy, hiệu số ô đen và ô trắng là 2 Các ô

đen trắng đan xen nhau, nghĩa là cạnh ô đen phải là ô

trắng

Hình 1 4.

Mỗi quân đômino phủ đúng một ô đen và một ô trắng liền kề, như thế sau khi đặt

một quân đôminô thì mất đi một ô đen và một ô trắng Vì vậy, sau mỗi lần đặt

một quân đôminô, số ô đen và số ô trắng đều giảm đi 1, hay hiệu số giữa số ô

trắng và số ô đen trên bảng là một đại lượng bất biến (luôn bằng 2) Vì vậy

không thể phủ kín bàn cờ bởi các quân đôminô được

Bài 1.18 Một hình tròn được chia làm 6 ô dẻ quạt bằng nhau và đặt một quân cờ

vào mỗi ô Trong mỗi bước, cho phép chuyển một quân cờ bất kỳ sang một trong

hai hình quạt kề với nó Hỏi sau khi thực hiện đúng 2013 lượt đi, có thể chuyển

tất cả quân cờ vào trong một hình quạt được không?

Giải Đánh số các hình quạt từ 1 đến 6 theo chiều ngược

chiều kim đồng hồ Ta tô màu các hình quạt 1, 3, 5 như hình

1.5. Ta kí hiệu số quân cờ ở ô được tô màu trước lần đi thứ n

là a n1.Ta luôn có a0  3và với k1thì a khác k a k1là 1. Do

đó, a a1, 3, ,a2013là những số chẵn, còn a a0, 2, ,a2012là những số lẻ Sau 2013 lượt đi số quân cờ ở các hình quạt được tô màu là lẻ Nhưng nếu các

quân cờ đều đứng ở một hình quạt thì số đó là số chẵn (bằng 0 hoặc bằng 6).

Mâu thuẫn, chứng tỏ không thể tập trung 2013 quân cờ vào 1 hình quạt được

Kết luận Chương 1

6

5 4 3

2 1

Hình 1 5.

Thông qua 18 bài toán, Chương 1 trình bày một số phương pháp toán học giải bài toán trò chơi một người: Phương pháp đại lượng bất biến và đơn biến, Nguyên lí cực hạn, Kĩ thuật đồng dư, Công cụ hệ đếm, Kĩ thuật tô màu

Các bài toán cho thấy tính hữu hiệu của các phương pháp giải toán trò chơi nêu trong chương này trong giải các bài toán thi Olympic

Chương 2 Trò chơi nhiều người và Trò chơi với hệ động lực

2.1 Trò chơi hai người với thông tin đầy đủ

Trò chơi với hai người tham gia thường có tính chất đối kháng: Mỗi người đều cố gắng tìm chiến lược thắng (theo tiêu chuẩn kết thúc trò chơi), nhưng thường chỉ

có một người thắng, một người thua Cũng có thể xảy ra trường hợp hòa - không thua không thắng hoặc trò chơi kéo dài vô tận Chiến thuật (chiến lược) của mỗi

người tại mỗi bước là đẩy đối thủ vào trạng thái thua Nếu không thắng được thì

tìm chiến lược làm cho đối phương thiệt hại nhất (thua sau thời gian lâu nhất, thua với tiêu tốn ít năng lượng nhất,…) Do đi trước nên người thứ nhất thường

có nhiều lợi thế hơn, vì vậy khả năng thắng thường là nhiều hơn, nhưng không phải lúc nào cũng như vậy

Ta chỉ xét loại trò chơi với thông tin đầy đủ, nghĩa là: Tại mỗi bước đi, mỗi người đều biết trạng thái trò chơi, tiêu chuẩn kết thúc trò chơi, khả năng và những hạn chế trong chọn chiến lược của mình cũng như của đối thủ

2.1.1 Các ví dụ về trò chơi hai người

Bài 2.1 (Vô địch Moscow lần thứ 32, 1969, lớp 7, vòng 2) Hai người chơi trò chơi sau đây Mỗi người chơi tùy theo cách chọn của mình lần lượt gạch 9 số từ dãy số 1, 2, 3,  , 100, 101 Sau 11 lượt (người thứ nhất 6 lượt, người thứ hai 5lượt), chỉ còn lại 2 số Sau đó người thứ hai phải trả cho người thứ nhất số điểm bằng đúng hiệu giữa hai số còn lại Chứng minh rằng người thứ nhất luôn luôn nhận được tối thiểu 55 điểm, không phụ thuộc vào người chơi thứ hai

Giải Bước đầu tiên người thứ nhất gạch 9 số từ 47 đến 55. Các số còn lại chia làm hai lớp: từ 1 đến 46 và từ 56 đến 101. Với mỗi số k bị gạch bởi người thứ hai người thứ nhất chọn 55 k Khi ấy hiệu hai số còn lại đúng bằng 55.

Lời bình Theo qui tắc chơi, người thứ hai bắt buộc phải chọn đúng chín số, mà

trong trò chơi các số này có giá trị như nhau trong chọn chiến lược của người thứ

nhất nên người thứ hai thua sau đúng 11 bước

Bài 2.2 (Vô địch Moscow lần thứ 31, 2001, lớp 7, vòng 2) Trên mặt phẳng cho

1968 điểm là các đỉnh của một đa giác đều Hai người chơi lần lượt nối hai đỉnh của đa giác đều bởi các đoạn thẳng theo qui tắc sau: không được nối hai điểm mà một trong các điểm ấy đã được nối với điểm khác, và không được cắt các đoạn đã

kẻ Người thua là người không thể làm bước tiếp theo Hỏi làm thế nào để thắng?

Ai là người thắng trong trò chơi này?

Giải Người đi trước kẻ đường chéo qua tâm của đa giác đều chia đa giác đều

thành hai nửa, mỗi nửa chứa 1968 2 983

2

 

điểm Do phải kẻ các đoạn thẳng không được cắt và không chung đỉnh với các đoạn đã kẻ nên chỉ có thể kẻ đoạn thẳng nằm trọn trong một nửa đa giác đều Sau khi người thứ hai đi bước đầu tiên, người thứ nhất thực hiện chiến lược: mỗi bước đi tiếp theo kẻ các đường

chéo đối xứng với đường chéo mà người thứ hai vừa kẻ Do số điểm trong mỗi

nửa đa giác là 983 (số lẻ) nên sau mỗi bước đi số các điểm còn lại giảm đi 2 và vẫn là số lẻ (bất biến và đơn biến!) Vậy sau tối đa 983 bước (có thể ít hơn), người thứ hai còn một (hoặc một số lẻ) điểm bên này và một (một số lẻ) điểm bên kia đường chéo qua tâm, do đó không thể kẻ tiếp được và thua

Người thứ hai chỉ còn “vớt vát” được là kéo dài tối đa trò chơi, bằng cách lần lượt kẻ các đường chéo, bắt đầu từ đường chéo ngắn nhất (dài nhất) và thua sau

983 bước Thua nhanh nhất nếu cứ mỗi lần kẻ lại bỏ cách một điểm (kẹp giữa hai đường kẻ)

Lời bình Cả hai bài trên, người thứ nhất đều xây dựng chiến lược dựa trên cách

chia một tập hợp thành hai nửa đối xứng rời nhau

Bài 2.3 (Vô địch Liên Xô lần thứ 3, 1969, lớp 9  10) Trên bảng có phương trình

x  x  x  Hai người chơi trò chơi sau đây Đầu tiên người thứ nhất thay một dấu * bất kì bằng một số nguyên khác 0 (dương hoặc âm), sau đó người thứ hai thay một số nguyên vào một trong hai dấu * còn lại Người thứ nhất đặt nốt một số nguyên vào vị trí tự do cuối cùng Chứng minh rằng người thứ nhất bao giờ cũng làm cho phương trình có ba nghiệm nguyên, không phụ thuộc vào cách chọn số của người chơi thứ hai

Giải Người chơi thứ nhất đặt 1 vào hệ số của x Khi ấy ta có phương trình

Hai người chơi trò chơi sau đây Người thứ nhất thay một dấu * bất kì bằng một

số nào đó, sau đó người thứ hai thay một số tự chọn vào một dấu * còn lại Cứ như vậy tiếp tục (có tất cả 9 bước đi) Nếu đa thức không có nghiệm (thực) thì người thứ nhất thắng, còn nếu có ít nhất một nghiệm thực thì người thứ hai thắng Hỏi người thứ hai có thể thắng với mọi cách đi của người thứ nhất không?

Giải Vì có tất cả 9 dấu *, trong đó có năm dấu * là hệ số thuộc lũy thừa bậc lẻ

* ,* ,* ,* ,*x x x x x ) nên nếu trong ba bước đầu người thứ hai điền số vào các hệ

số thuộc lũy thừa bậc chẵn thì sau bốn bước đi của người thứ nhất vẫn còn ít nhất

một lũy thừa bậc lẻ Giả sử sau bước thứ 7 (người thứ nhất đã đi được bốn bước, người thứ hai đã đi được ba bước, đến lượt người thứ hai) ta có đa thức

F x P x x x  thỏa mãn hệ thức nào đó mà từ đó suy ra phương trình F x( )0 có nghiệm, thí dụ, (1) ( 2) 0

c   ) Do c0 và cF(1)F( 2) 0 nên F(1) và ( 2)F  trái dấu Do

đó phương trình ( ) 0F x  có nghiệm trong khoảng 2,1 với mọi 

Tại bước thứ 8 (bước đi thứ tư của người thứ hai), người thứ hai đặt giá trị

P x x x  cũng có nghiệm thực Người thứ hai thắng

tích bằng 1 Người chơi thứ nhất chọn điểmX trên cạnh AB người chơi thứ hai ,chọn điểm Y trên cạnh BC Sau đó người chơi thứ nhất chọn điểm Z trên cạnh

AC Mục đích của người chơi thứ nhất là làm cực đại diện tích tam giác XYZ và mục đích của người chơi thứ hai là làm cực tiểu diện tích tam giác XYZ Hỏi người chơi thứ nhất có thể đảm bảo cho mình diện tích lớn nhất của tam giác

XYZ là bao nhiêu?

4

XYZ

S 

không phụ thuộc vào vị trí của X mà người thứ nhất chọn Thật vậy, chỉ cần chọn Y sao cho XY / /AC Khi ấy

Mặt khác, nếu người chơi thứ nhất chọn điểm X

và Z là các điểm giữa của AB và AC Khi ấy,

Z

Y X

C

B

A

Hình 2 1.

Lời bình Bài này thường được phát biểu đơn giản (không qua ngôn ngữ trò

chơi): Cho ba điểm , ,X Y Z bất kì tương ứng trên các cạnh AB, BC và AC

Chứng minh rằng 1

4

XYZ ABC

S

màu: màu đỏ và màu xanh Hai người chơi trò chơi sau đây Người thứ nhất chọn

ba cạnh của lập phương và sơn chúng thành màu đỏ Người thứ hai chọn ba cạnh chưa sơn và sơn chúng thành màu xanh Sau đó người thứ nhất lại chọn ba cạnh

và sơn màu đỏ Và cuối cùng người thứ hai sơn nốt ba cạnh còn lại bằng màu xanh Cấm sơn lại một cạnh đã sơn (bằng màu khác cũng như bằng màu đã sơn) Người nào đầu tiên sơn được một mặt có bốn cạnh cùng màu thì người đó thắng Hỏi người thứ nhất có luôn thắng không?

Giải Vì mỗi cạnh đều tìm được hai cạnh khác của lập phương đôi một chéo nhau

nên sau khi người chơi thứ nhất đã sơn đỏ ba cạnh bất kì thì người chơi thứ hai vẫn tìm được ba cạnh đôi một vuông góc chưa sơn Hơn nữa, nếu người thứ nhất sơn hai hoặc ba cạnh cùng một mặt thì người thứ hai sơn một cạnh của mặt ấy Sau khi sơn các cạnh này bằng màu xanh (với lưu ý trên), thì do chúng đôi một

vuông góc nên mỗi cạnh là cạnh kề của hai mặt và ba cạnh là ba cạnh kề của tất

cả sáu mặt khác nhau Do đó người chơi thứ nhất không thể sơn để được bốn cạnh của một mặt cùng một màu được Vì vậy người thứ nhất không thể thắng Một điều thú vị là, người thứ hai cũng không thể thắng Thật vậy, người thứ nhất

tô đỏ ba cạnh chéo nhau Như vậy, tất cả sáu mặt đều chứa một cạnh màu đỏ Do

đó người thứ hai không thể tô màu xanh tất cả bốn cạnh của một mặt nào đó Chiến lược “hòa” đẹp nhất có lẽ là mỗi người lần lượt tô ba cạnh đôi một chéo

nhau Như vậy sẽ được tất cả sáu mặt, mỗi mặt có hai cạnh xanh và hai cạnh đỏ

Bài 2.7 (Vô địch Liên Xô lần thứ 16, 1982, lớp 8) Mỗi đỉnh của một hình lập phương được gán cho một số thực không âm, ngoài ra tổng của tám số này bằng

1 Hai người chơi trò chơi sau đây: Người thứ nhất chọn một mặt bất kì, sau đó người thứ hai chọn mặt tiếp theo, và sau đó người thứ hai chọn mặt thứ ba Ngoài

ra, không được chọn mặt song song với một trong các mặt đã được chọn Chứng minh rằng người thứ nhất có thể chọn chiến lược chơi sao cho số nằm

trên một đỉnh chung của cả ba mặt đã được chọn không vượt quá 1

6 Khi ấy tổng sáu số này lớn hơn 1 Chứng tỏ tổng tám số lớn

hơn 1 Vô lí Vậy có ba số không vượt quá 1

6 Hơn nữa, vì mỗi đỉnh chỉ có một đỉnh đối diện là không cùng nằm trên một mặt nên hai trong ba số này phải là hai đầu của một đường chéo của một mặt Thật vậy, nếu ba đỉnh nằm trên một mặt nào đó thì điều này hiển nhiên Nếu ba đỉnh không nằm trên một mặt thì phải có

hai đỉnh (thứ nhất và thứ ba) đối xứng qua tâm Nhưng đỉnh thứ ba khi ấy phải tạo với đỉnh thứ hai một đường chéo của một mặt Người thứ nhất chọn mặt này Theo qui tắc chơi, người thứ hai phải chọn một trong bốn mặt kề (có chung cạnh) với mặt đã chọn Người thứ nhất chỉ cần chọn mặt kề với hai mặt vừa chọn bởi người thứ nhất và người thứ hai Như vậy, đỉnh chung của ba mặt kề nhau chính

là một trong hai đỉnh của đường chéo đã chọn và tương ứng với số nhỏ hơn 1

6

bàn cờ gồm n n ô vuông Hai người chơi lần lượt đẩy quân cờ sang ô bên cạnh (có cạnh liền kề với ô mà quân cờ đang đứng) Không được phép trở lại ô mà quân cờ đã đi qua Người nào không còn nước đi thì người ấy thua

1) Chứng minh rằng nếu n chẵn thì người chơi thứ nhất thắng, còn nếu n lẻ thì người chơi thứ hai thắng

2) Ai là người chiến thắng, nếu lúc đầu quân cờ không ở vị trí góc bàn cờ, mà ở ô bên cạnh góc bàn cờ?

chữ nhật 1 2 được tô hai màu đen trắng) Người chơi thứ nhất chọn chiến lược sau đây (và thắng): Nếu quân cờ đã đứng ở một ô của quân đôminô nào đó, thì người chơi thứ nhất sẽ đi sang ô thứ hai của quân đôminô ấy (đóng đôminô lại) Người chơi thứ hai buộc phải đi sang ô của quân đôminô mới (mở đôminô), người thứ nhất lại đóng lại và cuối cùng người thứ nhất thắng

Nếu n lẻ thì có thể chia bàn cờ thành các quân đôminô, thừa một ô Người thứ hai thực hiện chiến lược tương tự như người thứ nhất trong trường hợp n chẵn và giành chiến thắng vì cuối cùng còn thừa một ô và đến lượt người thứ nhất

2) Nếu quân cờ không ở vị trí góc bàn cờ, mà ở ô bên cạnh góc bàn cờ thì người

thứ nhất luôn luôn thắng Thật vậy, nếu n chẵn thì người thứ nhất thực hiện chiến lược như trong phần 1) và thắng Nếu n lẻ thì lại chia bàn cờ thành các quân đôminô, trừ quân góc Vì lúc đầu quân cờ ở ô bên cạnh góc bàn cờ nên người thứ nhất đi sang ô nằm trên đường chéo Khi ấy người thứ hai không bao giờ đi vào ô góc được, do đó người thứ nhất sẽ thắng cuộc, khi thực hiện chiến lược “đóng đôminô” như trên

Nhận xét Người thứ nhất thắng khi quân cờ đam ở vị trí bất kì không phải là góc

bàn cờ (không nhất thiết phải ở ô cạnh góc)

số học đến đại số, từ hình học đến giải tích, từ toán trên bàn cờ đến toán tổ hợp)

2.1.2 Kĩ thuật đồng dư

Kĩ thuật đồng dư tỏ ra khá hữu hiệu trong giải các bài toán trò chơi hai người

Bài 2.9 Hai đứa trẻ chơi trò chơi sau đây với hai đống kẹo Đống thứ nhất có 12

chiếc và đống thứ hai có 13 chiếc Mỗi đứa trẻ lấy ra hoặc hai viên kẹo từ một đống (để ăn) hoặc chuyển một viên từ đống thứ nhất sang đống thứ hai Đứa trẻ nào không chuyển được nữa thì sẽ thua Hãy chỉ ra rằng đứa trẻ thứ hai không thể thua Hỏi cậu ta có thắng không?

Giải Gọi S là hiệu số kẹo của đống thứ hai và đống thứ nhất Lúc đầu

0 13 12 1

S    Sau mỗi lần chuyển, hiệu S sẽ giảm đi 2 (khi lấy ra 2 viên kẹo ở đống thứ hai) hoặc tăng lên 2 (lấy ra hai viên kẹo từ đống thứ nhất hoặc chuyển một viên kẹo từ đống thứ nhất và chuyển sang đống thứ hai) Như vậy S theo

mod 4 sẽ luôn là 1, 3, 1, 3, (bất biến!) Vì lúc đầu S01 mod4  nên mỗi lần sau khi đứa trẻ thứ nhất lấy kẹo, số S theo mod 4 luôn là 3

Vì ở những bước đi đầu đứa trẻ thứ hai luôn có thể lấy ra hai chiếc kẹo ở đống thứ nhất nên đứa trẻ thứ hai có thể làm giảm số kẹo ở đống thứ nhất xuống còn 0

hoặc 1 chiếc Nếu còn một chiếc thì bước tiếp theo (nếu đứa trẻ thứ nhất ăn hai chiếc kẹo ở đống thứ hai) đứa trẻ thứ hai chuyển nốt chiếc kẹo ở đống thứ nhất sang đống thứ hai Vậy cuối cùng đứa trẻ thứ hai có thể làm cho số kẹo ở đống thứ nhất bằng 0 Khi ấy chỉ còn có thể lấy số kẹo ở đống thứ hai và do

3 mod 4

S  khi đến lượt đứa trẻ thứ hai nên cuối cùng chỉ còn ba chiếc kẹo ở đống thứ hai, cậu ta lấy 2 chiếc và trò chơi phải kết thúc vì cậu bé thứ nhất không

ăn (phải ăn 2) cũng không chuyển được nữa và cậu bé thứ hai thắng

Bài 2.10 (Vô địch Moscow lần thứ 34, 1971, lớp 10, vòng 1) Một đống gồm 1 tỉ que diêm Hai người chơi trò chơi sau đây Mỗi bước người chơi có thể lấy từ đống diêm n

p que, trong đó p là số nguyên tố, n0,1,2, (thí dụ, người thứ nhất lấy 25 que, người thứ hai lấy 3

82 que, người thứ nhất lấy 1 que, người thứ hai lấy 5 que, người thứ nhất lấy 2

497 que, ) Người nào lấy que diêm cuối cùng thì người đó thắng Hỏi ai là người chiến thắng?

Giải Vì người chơi thứ nhất có quyền chọn số que diêm bằng một trong các số 1,

2, 3, 422, 5 và 1 tỉ chia cho 6 dư 4 nên bước đầu tiên anh ta lấy 4 que diêm Số que diêm còn lại chia hết cho 6 Theo qui tắc chơi, người thứ hai buộc phải lấy số diêm là n

p que Số này không chia hết cho 6 do p là số nguyên tố, tức là số diêm còn lại cũng không chia hết cho 6 Do đó người thứ nhất lại lấy số que diêm bằng số dư (theo mod 6, một trong các số 1, 2, 3, 4, 5) và để lại số diêm cho người thứ hai là bội số của 6, không phụ thuộc vào chiến lược của người thứ hai Sau một số bước người thứ nhất để lại cho người thứ hai đúng 6 que diêm Sau khi người thứ hai buộc phải để lại số que diêm là một trong các số 1, 2, 3, 4, 5,

người thứ nhất đi bước cuối cùng bằng cách lấy tất cả các que diêm và thắng

Như vậy, nếu đi đúng chiến lược, thì người thứ nhất bao giờ cũng thắng Người thứ hai chỉ có thể “vớt vát” bằng cách thua lâu nhất nếu mỗi bước đi anh ta lấy đúng 1 que, bằng 0

2 , đúng luật chơi

Bài 2.11 (Annual Maritine Mathematics Competition - Thi toán hàng năm miền

duyên hải Canada, 2001) A và B tiến hành chơi với 2001 hạt đậu A đi trước và

luân phiên nhau Một nước đi là một lần lấy khỏi đống hạt đậu đi 1, 2 hay 3 hạt

Người nào đi nước cuối (hết đậu trong đống), người ấy thắng Vậy người nào có chiến thuật để luôn thắng và chiến thuật đó ra sao

Giải A đi trước thắng Chiến thuật của anh ta như sau: Nước đi đầu tiên anh ta

lấy 1 hạt đậu, các nước sau anh ta sẽ lấy 4x hạt, trong đó x là số hạt đậu mà B vừa lấy (x bằng một trong các số 1, 2, 3) Như vậy, sau bước đi đầu tiên, số hạt đậu còn lại là 2000 hạt Tiếp theo, cứ mỗi lần B đi xong anh ta lại lấy 4x nên kết quả bao giờ cũng được một số là bội của 4 Vì số hạt đậu giảm dần (đơn biến!) nên cuối cùng chỉ còn bốn hạt Đến lượt B phải lấy 1, 2 hoặc 3 hạt A lấy nốt và anh ta thắng

Lời bình Vì chiến lược của người thứ nhất không phụ thuộc vào cách đi của

người thứ hai (lấy 1, 2 hoặc 3 hạt) nên người thứ nhất thắng sau đúng 501 bước

Bài 2.12 (Bachet - Bachet‟s games) Đầu tiên, có n quân cờ đam trên bàn cờ (n0) Tại mỗi bước đi, người chơi lấy ra tối thiểu một quân và tối đa k quân

cờ từ bàn cờ (1 k n cho trước cố định) Người chơi nào đến lượt có thể lấy mọi quân cờ sẽ là người chiến thắng Hỏi n phải bằng bao nhiêu để người chơi thứ nhất có thể dành chiến thắng? Tương tự, n phải bằng bao nhiêu để người chơi thứ hai có thể thắng?

hai thắng Hơn nữa, nếu k 1 và n bất kì thì do mỗi người lần lượt lấy đi đúng

một quân cờ nên nếu n lẻ thì người chơi thứ nhất thắng và n chẵn thì người chơi thứ hai thắng Trường hợp này tầm thường Dưới đây ta chú ý đến điều kiện

1 k n

Với n3 thì k chỉ có thể bằng 2 (khi ấy n k 1) Do 1 k 3 nên người thứ nhất chỉ có thể lấy một hoặc hai quân cờ thì vẫn còn lại hai hoặc một quân cờ Người thứ nhất lấy nốt và thắng

Với n4 thì k chỉ có thể bằng 2 (nk 1 1) hoặc bằng 3 (khi ấy n k 1) Với k2 thì nếu người thứ nhất lấy một quân cờ thì số quân cờ còn lại là ba Người thứ hai lấy một quân cờ hoặc hai quân thì vẫn còn hai hoặc một quân cờ Người chơi thứ nhất lấy nốt và thắng

Với k3 thì dù người thứ nhất lấy 1, 2 hay 3 quân cờ thì số quân cờ còn lại là 3,

2 hoặc 1 Người thứ hai lấy nốt và thắng

Từ phân tích trên ta đi đến nhận xét rằng, nếu n không là bội của k1 thì người thứ nhất thắng Trong trường hợp ngược lại người thứ hai sẽ thắng

Thật vậy, nếu nk1qr nếu 0  r k 1 thì người chơi thứ nhất có thể

giành chiến thắng bằng cách lấy đi r quân cờ Sau đó chỉ còn lại k1q quân

cờ Người thứ hai chỉ có thể lấy ra p quân cờ với 1 p k Do đó số quân cờ còn lại là n1k1q p không chia hết cho k1 , tức là,

n  k q p k q r với 0 r1 k   1 p k 1 Người thứ nhất lại lấy r (1 1 r 1 k) quân cờ, tức là người thứ nhất luôn có thể đưa người thứ hai

về trạng thái thua (số quân cờ chia hết cho k1) Người thứ hai buộc phải phá

vỡ trạng thái thua, tức là buộc phải đưa người thứ nhất về trạng thái thắng (số

quân cờ không chia hết cho k1) Cứ tiếp tục như vậy, số quân cờ còn lại trên bàn cờ sẽ giảm và cuối cùng người thứ nhất thắng

Nếu nk1q thì vai trò của người thứ nhất và người thứ hai đổi nhau, tức là mọi chiến lược của người thứ nhất đều đưa người thứ hai về trạng thái thắng

Bài 2.13 Hai người A và B chơi một trò chơi Lúc đầu trên bàn có 100 viên kẹo

Hai người thay phiên nhau bốc kẹo, mỗi lần bốc được k viên với k1, 2, 6  Hỏi ai là người có chiến thuật thắng?

Giải Ta sử dụng lập luận tính ngược từ cuối: Giả sử ban đầu có 1, 2, 6 viên kẹo

Khi ấy người thứ nhất thắng ngay từ bước đi đầu tiên

Nếu n3 thì người thứ hai thắng vì người thứ nhất chỉ có thể bốc 1 hoặc 2 viên, còn lại 2 hoặc 1 viên đến lượt người thứ hai bốc nốt và thắng

Với n4 người thứ nhất bốc 1 viên, còn 3 viên Người thứ hai chỉ có thể bốc 1 hoặc 2 viên và người thứ nhất thắng

Với n5 người thứ nhất bốc 2 viên còn ba viên và sau đó thắng

Với n7 người thứ hai thắng vì cả ba cách đi dẫn đến còn 6, 5 hoặc 1 viên kẹo Nếu còn 6 hoặc 1 viên kẹo thì người thứ hai thắng ngay, nếu còn 5 viên kẹo thì người thứ hai thắng sau 2 bước (lấy ra hai viên kẹo, còn ba viên Người thứ hai buộc phải lấy một hoặc hai viên kẹo, người thứ nhất lấy nốt và thắng) Suy luận tương tự, ta có bảng sau:

Chứng minh (quy nạp): Gọi số kẹo là n Đặt n7kr với r0,1,2, ,6 Ta sẽ chứng minh dự đoán trên bằng qui nạp theo k

Với k0 thì khẳng định đúng theo phân tích trên Giả sử qui nạp n7kr với

n k  Người thứ hai lấy ra 1, 2 hoặc 6 viên Còn lại 7k6,

7k5 hoặc 7k1 viên, đến người thứ nhất Người thứ hai thua theo qui nạp Nếu r 3 thì cả ba cách bốc đều dẫn đến người thứ nhất thua

Thật vậy, nếu người thứ nhất bốc 1 viên thì còn 7k 1 2 viên Người thứ hai bốc 2 viên, còn 7k1, đẩy người thứ nhất vào thế thua như chứng minh trên Nếu người thứ nhất bốc 2 viên thì còn lại 7k 1 1 viên Người thứ hai bốc 1 viên, còn lại 7k1, lại đẩy người thứ nhất vào thế thua

Nếu người thứ nhất bốc 6 viên thì còn lại 7k4 viên Người thứ hai bốc 1 viên còn lại 7k3 viên (3 mod7 ) Người thứ nhất có thể bốc 1, 2 hoặc 6 viên Còn lại 7k1, 7k2 hoặc 7k 1 4 viên Đến lượt người thứ hai, người thứ hai thắng theo qui nạp Vậy nếu r 3 thì người thứ nhất thua trong cả ba cách Nếu r4 (hoặc r 5) thì cả ba cách bốc đều dẫn đến người thứ nhất thắng Thật vậy, người thứ nhất bốc 1 viên (tương ứng, 2 viên) thì đều còn lại 7k 1 3

viên (3 mod7 ), đẩy người thứ hai (đến lượt đi) vào thế thua như chứng minh trên Vậy nếu r4 hoặc r 5 thì người thứ nhất thắng

Kết luận Người thứ nhất thua khi n0 mod7  hoặc n3 mod7 

Các trường hợp khác người thứ nhất thắng

Lời bình Phương pháp đồng dư cực kì lợi hại trong các bài toán với các biến

nguyên, vì nó đưa tập hợp vô hạn các số nguyên về hữu hạn các lớp đồng dư Ngoài ra, ở đây ta còn sử dụng phương pháp qui nạp và phương pháp tính ngược

từ cuối

2.1.3 Công cụ hệ đếm

Hệ đếm là một công cụ đắc lực giải bài toán trò chơi hai người

Bài 2.14 (Trò chơi Nim) Người Trung Quốc thời xưa có trò chơi gọi là trò chơi

Nim Nội dung của trò chơi này như sau: Có ba đống sỏi, hai người chơi lần lượt lấy một số sỏi bất kì (tối thiểu một viên cho đến cả đống sỏi) từ một trong ba đống đó (và mỗi lần chơi chỉ lấy sỏi từ một đống) Ai là người nhặt viên sỏi cuối cùng thì người đó thắng Có hay không một chiến lược chơi để thắng?

Giải Ngày nay các viên sỏi thường được thay thế bởi các đồ vật khác, thí dụ, các

que diêm, vì vậy người ta cũng gọi trò chơi này là trò chơi “ăn diêm”

Để giải bài toán này ta sẽ sử dụng hệ đếm cơ số 2 Giả sử trong mỗi đống có a, b

và c viên sỏi, ta gọi ba đống sỏi là các đống thứ nhất, thứ hai và thứ ba

Trong hệ đếm cơ số 2, các số này được biểu diễn dưới dạng: