GIẢI TOÁN TRÒ CHƠI

TOÁN TRÒ CHƠI TRONG CÁC ĐÈ THI OLYMPIC (Câu lạc bộ giáo viên Hà Nội, Đông Anh, 11-3-2011) PGS TS Tạ Duy Phượng (Viện Toán học) §1 Phương pháp đại lượng bất biến hoặc đơn biến Bất biến là đại lượng không đổi, đơn biến là đại lượng bảo đảm tính không tăng hoặc không giảm (đơn điệu). Để tìm lời giải toán học cho một số trò chơi, ta thường phải phát hiện ra tính bất biến hoặc tính đơn biến của một đại lượng nào đó. 1.1 Bất biến Bài 1 Trên bàn cờ có 32 quân trắng và 32 quân đen, mỗi quân chiếm một 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? 88× Giải Nếu trước khi chuyển có chính xác k quân đen trên hàng (hoặc cột) định chuyển thì số quân trắng trên hàng (trên cột) ấy là 8 k − . Sau khi chuyển, 8 k − quân trắng này trở thành 8 quân đen và quân đen lại trở thành quân trắng. Như vậy, số quân đen trên bàn cờ sau khi chuyển sẽ thêm vào 8 k− k k k − và mất đi quân, tức là số quân đen thay đổi trên bàn cờ là () . Số này là số chẵn dương (thêm vào) nếu và là số chẵn âm (bớt đi) khi và không thay đổi nếu k 882kk k−−=− 4k < 4k > 4k = . Vì 82k − là chẵn và lúc đầu có 32 quân đen nên số quân đen trên bàn cờ luôn luôn là chẵn. Vậy không thể còn lại 1 quân đen trên bàn cờ. Bài 2 (Chọn đội tuyển Hồng Kông tham gia IMO, 2000, vòng 1) Có 1999 tách uống trà đặt trên bàn. Lúc đầu tất cả đều được đặt ngửa. Mỗi một nước đi, ta làm cho 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 hai câu hỏi này trong trường hợp chỉ có 1998 tách. Giải Nếu có 1999 chiếc tách, ta không thể quay úp xuống tất cả được. Thật vậy, tại mỗi thời điểm, giả sử có k tách đặt ngửa được làm úp xuống và 100 k − tách được lật ngửa lên. Khi ấy số các tách đang úp đã tăng lên k chiếc và giảm đi 100 k − , vậy số tách úp bị thay đổi đi một số chẵn là () 100 100 2kk k − −= − (nếu thì số tách úp giảm đi, nếu thì số tách úp tăng lên. Nghĩa là tính chẵn lẻ của số các tách đặt úp xuống không thay đổi. Nhưng lúc đầu số tách úp bằng 0. Vì vậy không thể làm cho số này bằng 1999 được. 50k > 50k < Nếu số tách là 1998 thì có thể úp tất cả các tách. Thuật toán là như sau: Đánh số các tách là 1, 2, …, 1998. Lần thứ nhất, úp các tách 1, 3, 4, …, 101. Lần thứ hai, đảo ngược các 1 tách 2, 3, 4,…,101. 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 làm như vậy sau 999 lần tất cả các tách đều bị lật úp. Bài 3 Bốn chữ X và năm chữ được viết trên một vòng tròn theo thứ tự bất kì. Nếu hai chữ liên tiếp là như nhau thì ta đặt một chữ O X vào giữa chúng. Nếu hai kí hiệu liên tiếp là khác nhau thì ta đặt một chữ vào giữa chúng. Bỏ đi các chữ và O O X cũ. Liên tục làm như vậy, hỏi sau một số bước có thể có được 9 chữ không? O Giải Đặt 1 X = và . Khi ấy hai chữ liền nhau được thay bằng tích của chúng vì 1O =− 111 ( ) ( X XX== =×; ) 11XOO== =−×−1 và ( ) 111OXO − == =×− . Gọi là tích của 9 giá trị của các chữ số, thì giá trị lúc đầu của là P P () 5 4 1. 1 1P = −=− . Vì giá trị mới của sau khi thực hiện phép thay sẽ là bình phương của giá trị cũ nên luôn luôn bằng 1 sau mỗi lần thay. Nhưng 9 chữ cho ta P P P O 1P = − nên không bao giờ ta đi đến kết quả có 9 chữ O cả. Bài 4 Ba đống bi tương ứng có 19, 8 và 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 số bi trong ba đống tương ứng là Xét các số này theo ( . Lúc đầu , và ,,.abc ) mod 3 () 19 1 mod3≡ () 82mod3≡ ( ) 90mod3≡ , tức là số dư theo ( ) mod 3 trong ba đống là 1, 2, 0. Sau lần chuyển đầu tiên, vì ( ) ( ) 19 1 0 mod 3−≡ và ( )( 19 2 0 mod 3+≡ ) ) ; và () ()( )( 81 8 2 1mod3−≡+ ≡ ( ) ( ) 91 9 2 2mod3−≡ + ≡ nên số bi trong ba đống mới sẽ là ( ) 0mod3a ≡ , ( ) 1mod3b ≡ và ( ) 2mod3c ≡ không phụ thuộc vào việc thêm (hai) hay bớt (một) viên bi vào đống nào, tức là số dư theo ( ) mod 3 trong ba đống vẫn là 0, 1, 2. Sau lần chuyển thứ hai ta lại có số dư theo ( ) mod 3 trong ba đống bi vẫn là 2, 0, 1 vì , ()( )( ) 3122modaa−≡ + ≡ () ( ) ( ) 120mod3bb−≡ + ≡ và ( )( ) ( ) 121modcc−≡+ ≡ 3 . Nghĩa là, trong mọi bước chuyển số dư trong ba đống bi luôn luôn là 0, 1, 2. Nếu mọi đống bi đều là 12 thì ( ) 0mod3a ≡ , ( ) 0mod3b ≡ và ( ) 0mod3c ≡ . Vô lí. Vậy không thể làm cho mỗi đống bi có 12 viên được. Bài 5 (Thi học sinh giỏi Bungaria, 1999, lớp 8) Có ba đống đá có 51, 49 và 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 thứ hai là chọn đống có số chẵn viên đá để chia làm hai đống bằng nhau. Hỏi có thể thực hiện một dãy các nước đi như thế để chia ba đống đá thành 105 đống mà mỗi đống chỉ có 1 viên đá hay không? Giải Ban đầu số đá trong cả ba đống đá là lẻ nên bước đi đầu tiên là dồn hai đống lại. 2 Trường hợp 1 Dồn hai đống 5 và 49, ta được hai đống mới là 51 và 54, mỗi đống đều là bội của 3. Bước thứ hai là chia đống có 54 viên đã thành 2 đống 27 hòn. Bây giờ cả ba đống là 51, 27, 27 cùng chia hết cho 3. Vì cả ba đống đá có số lẻ viên nên bước thứ ba lại phải gộp 2 đống 27 và 51 hòn đá thành đống 78 viên. Vì hai số 27 và 51 chia hết cho 3 nên tổng của chúng cũng chia hết cho 3. Như vậy, ta lại có hai đống 27 và 78 viên đá cùng chia hết cho 3. Tức là, khi thực hiện các nước đi luân phiên, mỗi đống nhận được luôn là bội của 3. Thật vậy, hiển nhiên khi gộp hai đống đá cùng chia hết cho 3 thì được một đống đá chia hết cho 3 và nếu chia một đống đá (là gộp của hai đống đá lẻ cùng chia hết cho 3) có số chẵn viên đá chia hết cho 3 thành 2 phần bằng nhau thì mỗi phần vẫn chia hết cho 3. Do đó ta luôn luôn được các đống đá chia hết cho 3. Do đó số đống đá nhỏ nhất có thể chí được là 35 đống, mỗi đống 3 viên. Chiến lược dưới đây minh họa điều trên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ()( )()( )( ) ()()( ) ()( )() 5, 49,51 54,51 27, 27,51 27, 78 27,39,39 66,39 33,33,39 33, 72 33,36,36 33,18,18,18,18 33,9,9,9,9,9,9,9,9 42,9,9,9,9,9,9,9 21,21,9,9,9,9,9,9,9 30, 21, 9, 9, 9,9,9,9 15,15, 21, 9, 9, 9,9,9,9 15,36, 9, 9,9,9,9,9 15,1 →→ →→ →→ →→ → →→→ →→ → → ()( )( ()( ) ()( 8,18,9,9,9,9,9,9 15,9,9,9,9,9,9,9,9,9,9 24,9,9,9,9,9,9,9,9,9 12,12,9,9,9,9,9,9,9,9,9 6,6,6,6,9,9,9,9,9,9,9,9,9 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 9, 9, 9, 9, 9, 9, 9, 9, 9 12, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 9, 9, 9, 9, 9, 9, 9, 9 6, 6, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 9, 9, →→ →→ →→ → ()( ()( ()( 9,9,9,9,9,9 3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9,9 12,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9 6,6,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 9, 9, 9, 9, 9, 9, 9 3, 3, 3, 3, , , 3, 3, 3, 3 . → →→ →→ ) ) ) ) ) Trường hợp 2 Dồn hai đống 5 và 51, ta được hai đống là 49 và 56, mỗi đống đều là bội của 7. Khi thực hiện các nước đi luân phiên, mỗi đống nhận được luôn là bội của 7. Do đó số đống với số đá nhỏ nhất chỉ có thể là 15 đống, mỗi đống 7 viên. Chiến lược dưới đây minh họa điều trên: ( ) ( ) ( ) ( ) ()() ()( () 5, 49,51 56,49 28, 28, 49 14,14,14,14, 49 7, 7,7,7,7,7,7,7, 49 56,7,7,7,7,7, 7,7 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 3 Dồn hai đống 49 và 51, ta được hai đống là 5 và 100, mỗi đống đều là bội của 5. Khi thực hiện một trong hai nước đi, mỗi đống nhận được luôn là bội của 5. Do đó số đống với số đá nhỏ nhất có thể là 21 đống, mỗi đống 5 viên. 3 Chiến lược dưới đây minh họa điều trên: ( ) ( ) ( ) ( ) ()( )() ()( ) ()() () 5, 49,51 5,100 5,50,50 5, 25, 25, 25, 25 30,25,25,25 15,15,25,25,25 40,15,25,25 20, 20,15, 25, 25 10,10,10,10,15, 25, 25 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5,15, 25, 25 20, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 25, 25 10,10,5,5,5,5,5,5,5,25,25 5,5,5,5,5,5,5,5 →→ → →→ → →→ →→ →→ () ()( ()( ()( ,5,5,5,25,25 30,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,25 15,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,25 40,15, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5 20, 20,15, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5 10,10,10,10,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5 5, ,5,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5 20,5, ,5, →→ →→ →→ → ()( )() 5 10,10,5, ,5,5 5,5,, ,5,5 .→→ ) ) ) 1.2 Đơn biến-Phương pháp tụt vô hạn hoặc tăng hữu hạn Bài 6 (Olympiad 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. Giải Lúc đầu trên bảng có tất cả 1974 : 2 987 = số lẻ. Mỗi lần thay đổi, số các số 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 luôn luôn vẫn là lẻ. Vì mỗi lần chơi ta thay hai số bằng một số nên sau mỗi lần chơi số lượng các số giảm đi một. 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. Nhận xét Phương pháp chứng minh trong bài toán trên được gọi là phương pháp tụt vô 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. Dưới đây là bài toán sử dụng kĩ thuật tăng hữu hạn. Bài 7 (Vô địch toàn liên bang Nga lần thứ nhất, 1961) Các số thực được viết vào các ô trong một bảng chữ nhật . Mỗi lần ta có thể đổi dấu tất cả các phần tử trong một hàng hoặc một cột. Hãy chứng minh rằng sau một số lần như vậy, ta có thể làm cho tổng của các số trong mỗi hàng và mỗi cột là không âm. mn× Giải Giả sử là tổng của tất cả 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 bảng và chỉ có thể nhận hữu hạn 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 S mn 2 mn S 2 mn 1 2 mn + − ). 4 Giả sử trong một bảng có một hàng (hoặc một cột) có 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 chỉ nhận hữu hạn giá trị nên sau một số hữu hạn lần thực hiện phép đổi dấu (cho các hang và các cột với tổng các số hạng âm), ta được bảng với tổng 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 (hoặc một cột) nào đó của bảng là âm thì đổi dấu các số trong hàng (hoặc cột) ấy, ta sẽ nhận được một bảng mới có tổng tất cả các số trong bảng lớn hơn trong bảng . Điều này trái với cách chọn bảng T . Vậy chính là bảng cần tìm. S T S T T T §2 Trò chơi hai người với thông tin đầy đủ Trò chơi hai người thường có tính chất đối kháng: Mỗi người đều cố gắng tìm chiến lược thắng (theo tiêu chuẩn kết thúc trò chơi) nhưng chỉ có một người thắng, một người thua. Nếu không thắng được thì tìm chiến lược làm cho đối phương thiệt hại nhất (thua sau thời gian lâu nhất, tốn ít năng lượng nhất,…). Thông tin là đầy đủ nghĩa là: Tại mỗi bước đi, mỗi người đều biết trạng thái trò chơi, tiêu chuẩn kết thúc trò chơi, khả năng chọn chiến lược và những hạn chế của đối phương. Bài 8 (Vô địch Liên Xô lần thứ 9, 1975, lớp 8, 9) Cho tam giác có diện tích bằng 1. Người chơi thứ nhất chọn điểm ABC X trên cạnh A B , người chơi thứ hai chọn điểm trên cạnh . Sau đó người chơi thứ nhất chọn điểm Y BC Z trên cạnh . Mục đích của người chơi thứ nhất là làm cực đại diện tích tam giác AC X YZ và mục đích của người chơi thứ hai là làm cực tiểu diện tích tam giác X YZ . Hỏi người chơi thứ nhất có thể đảm bảo cho mình diện tích lớn nhất của tam giác X YZ là bao nhiêu? Giải Trước tiên ta có thể thấy rằng, người chơi thứ hai có thể đạt được 1 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 2 () 4 XYZ ABC SXYHhhHh SACH H 1 − − == ≤ . Mặt khác, người chơi thứ nhất chọn điểm X và Z là các điểm giữa của A B và . Khi ấy, AC 1 4 XYZ ABC S S = với mọi vị trí của điểm Y trên .AC Bài 9 (Kvant, 1976, No4, M337, trang 32) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Người chơi thứ nhất chọn điểm X 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 5 là làm cực đại chu vi tam giác XYZ và mục đích của người chơi thứ hai là làm cực tiểu chu vi tam giác XYZ. Hỏi người chơi thứ nhất có thể đảm bảo cho mình chu vi lớn nhất của tam giác XYZ là bao nhiêu? Lời giải Khó hơn nhiều so với bài trên. Bài 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 là số nguyên tố, (thí dụ, người thứ nhất lấy 25 que, người thứ hai lấy 8 que, người thứ nhất lấy 1 que, người thứ hai lấy 5 que, người thứ nhất lấy 49 que, Người nào lấy que diêm cuối cùng thì người đó thắng. Hỏi ai là người chiến thắng? p 0,1,2, n = Giải Vì người chơi thứ nhất quyền chọn số que diêm bằng một trong các số 1, 2, 3, , 5 và 1 tỉ chia cho 6 dư 4 nên 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 2 42= n p que (không chia hết cho 6 do p là số nguyên tố). Do đó người thứ nhất lại lấy số que diêm bằng số dư (theo ) và để lại số diêm cho người thứ hai là bội số của 6, không phụ thuộc vào chiến lược của người thứ hai. Vì 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, , 5, người thứ nhất đi bước cuối cùng bằng cách lấy tất cả các que diêm và thắng. mod 6 4 Bài 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 là một số là bội của 4. Vì số hạt đậu giảm dần nên cuối cùng chỉ còn bốn hạt. Đến lượt B phai lấy 1, 2 hoặc 3 hạt. A lấy nốt và anh ta thắng. Bài 12 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 kẹo 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 là hiệu số kẹo của đống thứ hai trừ đi đống thứ nhất. Lúc đầu . Sau mỗi lần chuyển, hiệu sẽ giảm đi 2 (khi lấy ra 2 viên kẹo ở đống thứ hai) hoặc tăng S 13 12 1S =−= S 6 lên 2 (lấy ra hai viên kẹo từ đống thứ nhất hoặc chuyển một viên kẹo từ đống thứ nhất bỏ sang đống thứ hai). Như vậy theo sẽ luôn luôn là 1, 3, 1, 3, Vì lúc đầu S mod 4 ( ) 1mod4S ≡ nên mỗi lần sau khi đứa trẻ thứ nhất lấy kẹo, số theo luôn luôn là 3. Như vậy, đứa trẻ nào thua khi và chỉ khi không còn kẹo ở đống thứ hai, tức là S mod 4 ( ) 1mod4.S ≡ Do đó đứa trẻ thứ hai không thể thua. Vì hoặc là tổng số kẹo giảm đi (khi lấy đi 2 viên kẹo ở một trong hai đống) hoặc số kẹo trong đống thứ nhất giảm (khi chuyển 1 viên kẹo sang đống thứ hai), nên cuối cùng trò chơi phải kết thúc và cậu bé thứ hai sẽ thắng. Bài 13 (Vô địch Liên Xô lần thứ 3, 1969, lớp 9-10) Trên bảng có phương trình . 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 thực, không phụ thuộc vào cách chọn số của người chơi thứ hai. 32 ***xxx+++=0 Giải Người chơi thứ nhất đặt 1 − vào hệ số của x . Khi ấy ta có phương trình . Sau khi người chơi thứ hai đặt vào hệ số của 32 **xxx+−+=0 a 2 x hoặc hệ số tự do thì người thứ nhất đặt vào hệ số còn lại. Khi ấy phương trình nhận được a− () ( ) ( ) ( ) ( ) 32 2 2 11 11xaxxaxx ax xax x+−−= −+ −=+ − +=0 luôn có ba nghiệm nguyên 1 x a= , 2 1x = và 3 1x = − với mọi a . Bài 14 (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 các đoạn đã kẻ nên mỗi chỉ có thể kẻ đoạn thẳng thuộc một trong hai nửa đa giác đều. Người thứ nhất thực hiện chiến lược: mỗi bước đi kẻ các đường chéo đối xứng với đường chéo mà người thứ hai đã kẻ. Do số điểm trong mỗi nửa đa giác là 983 (số lẻ) nên sau mỗi bước đi của mỗi số điểm còn lại giảm đi 2 và vẫn là số lẻ. Vậy sau tối đa 983 491 2 ⎡⎤ = ⎢⎥ ⎣⎦ bước, người thứ hai còn 1 (một số lẻ) điểm bên này và một điểm (một số lẻ) bên kia đường chéo qua tâm (đã kẻ ở bước đi đầu tiên), do đó không thể kẻ tiếp được và thua. 7 Bài 15 (Vô địch Liên Xô lần thứ 18, 1984, lớp 9) Có một hình lập phương và hai 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 và chưa sơn. Sau khi sơn các cạnh này (đôi một vuông góc) bằng màu xanh, người chơi thứ nhất không thể sơn bốn cạnh của một mặt một màu được. Vì vậy người thứ nhất không thể thắng. Bài 16 (Vô địch Liên Xô lần thứ 16, 1982, lớp 8) Mỗi đỉnh của hình vuông 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 đỉnh chung của cả ba mặt đã được chọn không vượt quá 1 6 . Giải Giữa tám số không âm có tổng bằng 1 bao giờ cũng chọn được ba số không vượt quá 1 6 . Thật vậy, nếu chỉ có tối đa hai số không vượt quá 1 6 thì có tối thiểu sáu số lớn hơn 1 6 . Khi ấy tổng 6 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 nhất hoặc đỉnh thứ hai một đường chéo của một mặt. Người thứ nhất chọn mặt này. Khi ấy theo qui tắc chơi, người thứ hai phải chọn một trong bốn mặt kề với mặt này. 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 . 8 Bài 17 (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 5 lượt), 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 bị gạch bởi người thứ hai, người thứ nhất chọn k 55 k− . Khi ấy hiệu hai số còn lại đúng bằng 55. Bài 18 (Vô địch Moscow lần thứ 31, 1968, lớp 10) Hai người chơi một trò chơi sau đây với hai đống kẹo. Luật chơi như sau: Mỗi người chơi ăn một chiếc kẹo từ một trong các đống, sau đó chia một đống khác thành hai phần (không nhất thiết bằng nhau). Nếu ai đó không thể chia được nữa, tức là chỉ còn một chiếc kẹo, thì người đó ăn nốt và thắng cuộc. Lúc đầu đống thứ nhất có 33 chiếc và đống thứ hai có 35 chiếc. Hỏi là người thắng cuộc, và chiến lược chơi như thế nào để thắng? Chiến lược: Người thứ nhất ăn một chiếc kẹo ở đống 33 chiếc và chia đống 35 chiếc thành đống 17 và 18 chiếc kẹo. Bước tiếp theo người đó luôn giữ số kẹo trong mỗi đống là hoặc 5 . Cuối cùng chỉ còn đống có 2 hoặc 3 kẹo. Người thứ hai thua. 5k + 2 3k + Bài 19 (Vô địch Moscow lần thứ 32, 1969, lớp 10, vòng 2) Hai nhà thông thái chơi trò chơi sau đây. Người thứ nhất gạch 512 số trong các số 1, 2, 3, , 1024. Người thứ hai gạch 256 số còn lại. Người thứ nhất lại gạch 128 số, Đến bước thứ 10 người thứ hai gạch một số, còn lại hai số. Sau đó người thứ hai trả cho người thứ nhất số điểm bằng hiệu giữa các số đó. Hỏi ai sẽ là người có lợi hơn? Hỏi người thứ hai phải trả cho người thứ nhất bao nhiêu, nếu chiến lược của cả hai đều đúng. Giải Giả sử đầu tiên người thứ nhất gạch tất cả các số lẻ (gồm 512 số). Người thứ hai gạch tất cả các số còn lại (gồm 256 số) lớn hơn 512. Sau đó người thứ nhất gạch tất cả các số còn lại không chia hết cho 4 (tất cả 128 số), còn người thứ hai gạch tất cả các số lớn hơn 256, và cứ tiếp tục như vậy. Khi ấy người thứ hai phải trả cho người thứ nhất 32 điểm. Có thể tìm được một chiến lược cho người thứ nhất, để với mọi chiến lược của người thứ hai người thứ nhất luôn đạt được số điểm không ít hơn 32 và một chiến lược của người thứ hai, để với mọi chiến lược của người thứ nhất, anh ta đạt được hiệu số của hai số cuối cùng không vượt quá 32. Bài 20 (Vô địch Moscow lần thứ 32, 1969, lớp 9, vòng 2) Hai người chơi trò chơi sau đây. Mỗi người chơi lần lượt gạch một trong các số 1, 2, 3, , 27 cho đến khi chỉ còn hai 9 số. Nếu tổng hai số này chia hết cho 5 thì người thứ nhất thắng, nếu không chia hết cho 5, thì người thứ hai thắng. Hỏi ai sẽ là người thắng cuộc? Bài 21 (Vô địch Moscow lần thứ 40, 1977, lớp 7, vòng 2) Có 1977 chiếc đinh được đóng trên một cái bảng. Hai người chơi trò chơi sau đây: Mỗi người nối hai chiếc đinh bằng một sợi dây. Nếu cuối cùng ai đóng kín được các đường đã nối thì người đó thắng. Hỏi ai thắng cuộc? (không cho phép nối lại hai chiếc đinh đã được nối). Đáp số: Người thứ hai thắng. Bài 22 (Vô địch Liên Xô lần thứ 21, 1987, lớp 8 và lớp 10) Mỗi người chơi lần lượt viết lên bảng một số không vượt quá số cho trước. Qui tắc của trò chơi cấm viết lên bảng các số là ước số của các số đã viết. Người nào không viết được nữa người đó sẽ thua. p b) Với , hỏi ai là người có chiến lược thắng. Hãy chỉ ra chiến lược ấy. 10p = b) Hỏi ai là người chiến thắng nếu 1000p = ? Giải a) Người thứ nhất viết số đầu tiên bất kì (thí dụ, số 6). Sau khi người thứ hai viết xong, người thứ nhất sẽ thực hiện chiến lược tương ứng và thắng. Thí dụ, nếu người thứ nhất viết số 6, thì người thứ hai chỉ có thể viết một trong các số (4, 5), (7, 8), (9, 10). Khi ấy, người thứ nhất viết tiếp số trong cùng ngoặc với số đã cho và sẽ chiến thắng. b) Xét một trò chơi mới: qui tắc chơi vẫn như vậy, nhưng bỏ đi số 1. Nếu người thứ nhất có chiến lược để chiến thắng trong trò chơi này, thì anh ta lập tức áp dụng chiến lược đó. Nếu không thì ngay bước đầu tiên anh ta viết số 1 và sau đó thực hiện chiến lược chiến thắng của người thứ hai trong trò chơi mới. Vậy người thứ nhất luôn thắng. Bài 23 (Vô địch Liên Xô lần thứ 11, 1977, lớp 10) Cho đa thức 10 9 8 2 * * * * 1 x xx xx++++++ . Hai người chơi trò chơi sau đây. Đầu tiên 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 Chiến lược sau đây đảm báo cho người thứ hai thắng. Vì có tất cả 9 dấu *, trong đó có năm dấu * là hệ số thuộc lũy thừa bậc lẻ ( 357 *,* ,* ,* ,* 9 x xxxx) 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 đi được bốn bước, người thứ hai đã đi được ba bước, đến lượt người thứ hai) ta có đa thức 21 () * * m Px x x l + ++ , trong đó đa thức với các hệ số đã được xác định. ()Px 10 [...]... vòng 2) Kế toán và người chơi chơi trò chơi sau đây Kế toán gọi một số có 1000 chữ số A1 Biết số đó, người chơi gọi một số B1 nào đó Sau đó kế toán xem xét và quyết định trừ số lớn cho số nhỏ hoặc cộng chúng Được số A2 và báo cho người chơi Người chơi lại báo cho kế toán số B2 nào đó Trò chơi tiếp tục cho tới khi nếu kế toán nhận được một trong các số 1, 10, 100, 1000,… Chứng minh rằng người chơi luôn... =29+27+24+23+2+1=(1010011010)2 Bài 32 (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 15 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... 10=1+4+5=(0001)2+(0100)2+(0101)2 Trò chơi chỉ thú vị khi ít nhất một trong hai người chơi không biết toán (không biết suy luận như trên), nói cách khác, biết toán sẽ bảo đảm biết chắc thắng hay chắc thua Nếu cả hai người chơi đều đã biết thuật toán như trên thì trò chơi mất hứng thú, vì chỉ cần tính các tổng ai + bi + ci là biết ai sẽ thắng Bài tập Hãy chọn chiến lược tốt nhất (thắng nhanh nhất hợc thua lâu nhất) trong các trò chơi. .. và chơi một trò chơi với n quân bài Đầu tiên, một cô gái giữ tất cả các quân bài Sau mỗi lần rút bài, nếu tối thiểu một cô gái giữ tối thiểu hai quân bài, một trong số các cô gái đó phải chuyển quân bài cho hai người ngồi cạnh Trò chơi kết thức nếu mỗi cô gái chỉ giữ tối đa một quân bài 1) Chứng minh rằng nếu n ≥ 20 thì trò chơi không thể kết thúc 2) Chứng minh rằng nếu n < 20 thì cuối cùng trò chơi. .. thắng Hãy chỉ ra rằng người chơi thứ hai luôn ngăn được người thứ nhất dành chiến thắng §3 Trò chơi đuổi bắt Trong thực tế, trò chơi hai người hoặc nhiều người tham gia thường chuyển động với vận tốc khác nhau Trò chơi này thường là trò chơi đuổi bắt, tiêu chuẩn kết thúc trò chơi là người đuổi bắt được (hoặc không bắt được) người chạy sau thời gian hữu hạn (sau thời gian vô hạn) Bài 27 (Vô địch Moscow... 1995) Hai người chơi cờ carô trên một bảng ô carô vô hạn Người chơi thứ nhất chọn một ô vuông và đánh dấu là O, người chơi thứ hai chọn một ô vuông khác và đánh dấu là X Hai người chơi cho đến khi một trong hai người có được một 12 dòng hoặc một cột năm ô vuông đánh dấu liên tiếp Khi ấy người đó thắng Hãy chỉ ra rằng người chơi thứ hai luôn ngăn được người thứ nhất dành chiến thắng §3 Trò chơi đuổi bắt... người chơi thứ hai, anh ta sẽ sử dụng chiến lược như người chơi thứ nhất thực hiện khi số sỏi ban đầu là lẻ (như chiến lược đã trình bày ở trên) và anh ta sẽ thắng Tùy theo số sỏi cụ thể trong từng đống, mỗi người chơi có thể chọn số lượng sỏi trong mỗi bước đi để đảm bảo thắng nhanh nhất hoặc lâu thua nhất Thí dụ Giả sử người chơi thứ nhất biết chiến lược để thắng Hãy thực hiện chiến lược trong trò chơi. .. 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... 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? Giải Trước tiên ta nhận xét rằng nếu n = 2 thì k... bài toán không giải được Bài 36 (Vô địch Liên Xô lần thứ 12, 1978, lớp 8) Một quân cờ đam đứng ở góc 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 . =2 9 +2 7 +2 4 +2 3 +2+1=(1010011010) 2 . Bài 32 (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. người chơi thứ hai luôn ngăn được người thứ nhất dành chiến thắng. §3 Trò chơi đuổi bắt Trong thực tế, trò chơi hai người hoặc nhiều người tham gia thường chuyển động với vận tốc khác nhau. Trò. S T S T T T §2 Trò chơi hai người với thông tin đầy đủ Trò chơi hai người thường có tính chất đối kháng: Mỗi người đều cố gắng tìm chiến lược thắng (theo tiêu chuẩn kết thúc trò chơi) nhưng chỉ