TH2 e2 LuyenDX phuong phap bat bien

MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI BẰNG ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN ĐÀO XN LUYỆN Trường THPT chun Lê Q Đơn, Bình Định Bất biến khái niệm quan trọng tốn học Mọi đại lượng định tính hay tính chất quan hệ phần tử tập hợp mà không thay đổi với biến đổi gọi bất biến Hay nói đơn giản bất biến đại lượng hay tính chất khơng thay đổi trạng thái biến đổi Trong tài liệu này, toán chọn lọc giới thiệu chủ yếu toán lấy bất biến làm phương pháp giải Và vậy, điểm mấu chốt vấn đề phát tính bất biến quy trình hay thuật tốn, thao tác mà đại lượng, tính chất định tính hay định lượng chịu tác động thuật tốn, thao tác I MỘT SỐ BÀI TỐN GIẢI ĐƯỢC NHỜ SỬ DỤNG TÍNH BẤT BIẾN TRONG ĐỒNG DƯ Bài toán Hai người chơi cờ Sau ván người thắng điểm, người thua điểm, hòa người điểm Hỏi sau số ván liệu xảy trường hợp người 15 điểm người 10 điểm không? Lời giải: Gọi S(n) tổng số điểm hai người sau ván thứ n Ta có: S (n + 1) = S(n) + 2, ∀ n ≥ Do đó, S(n) bất biến theo modun Suy S (n) ≡ S(0) ≡ 0(mod 2), ∀n ≥ Vậy, xảy trường hợp mà người 15 điểm người 10 điểm Bài toán Viết số 1, 2, 3, , 2014 lên bảng Thực thuật tốn sau: Mỗi lần xóa hai số a, b viết thêm số c = a − b Hỏi số cuối lại bảng số lẻ số chẵn? Lời giải: Gọi S (n) tổng số bảng sau bước thứ n Ta có S (n) bất biến theo môđun Mặt khác S (0) = + + + + 2014 = 1007.2015 ≡ 1( mod ) , ∀n Vậy số cuối lại bảng số lẻ Bài toán Trên bảng ta viết ba số nguyên Sau ta xóa số viết vào tổng hai số lại trừ Thao tác lặp lại số lần cuối ta nhận ba số 17, 1997, 2015 Phải số bảng viết 8, 8, Lời giải: Ta tưởng chừng phải tìm lại bước thực từ ba số kết đến số ban đầu Nhưng tốn có câu trả lời là: Với thao tác ra, ta thực biến đổi từ ba số ban đầu đến ba số kết quả, cách thử vơ vọng Bài tốn có cho thao tác biến đổi ba số khơng cho biết số thứ tự sao? Thế bất biến tốn này? Ta xét cụ thể: Sau bước từ ba số 8, 8, ta nhận 8, 8, 17, ba số có hai số chẵn số lẻ Từ bước thứ hai trở kết ln ln có hai số chẵn số lẻ dù ta thực số (vì số chẵn tổng số chẵn số lẻ trừ 1; số lẻ tổng hai số chẵn trừ 1) Nhưng kết cho ba số lẻ cả, nên với thao tác cho xuất phát từ 8, 8, cho kết Bài toán giải nhờ phát tính chẵn lẻ ba số khơng thay đổi, nên từ trạng thái xuất phát nhận trạng thái kết Bài tốn Một hình tròn chia thành 2014 hình quạt Trong hình quạt có viên bi Thực trò chơi sau: lần cho phép lấy hai viên bi hai hình quạt chuyển chúng sang bên cạnh theo hai chiều ngược Hỏi sau số lần chuyển hết viên bi vào hình quạt khơng? Lời giải: Tơ màu hình quạt hai màu đen, trắng hình vẽ: Sao cho hai hình quạt kề khác màu Gọi S ( n ) T ( n ) tương ứng số viên bi hình quạt màu đen số viên bi hình quạt màu trắng sau bước chuyển bi thứ n Ta có S ( n ) T ( n ) bất biến theo môđun Do S ( ) = T ( ) = 1007 nên S ( n ) T ( n ) lẻ với n Do khơng thể có trạng thái mà tất viên bi hình quạt Bài tốn Chứng minh phương trình vơ định 8x4 + y + z = u khơng có nghiệm khác ( 0;0;0;0 ) Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm ngun ( x0 , y0 , z0,u0 ) ≠ ( 0, 0, 0, ) Ta có x04 + y04 + z04 = u04 , suy u04  , u0  Đặt u0 = 2u1 Ta x04 + y04 + z04 = 8u14 , suy z04  , z0  Đặt z0 = z1 Ta x04 + y04 + z14 = 4u14 , suy y04  , y0  Đặt y0 = y1 Ta x04 + y14 + z14 = 2u14 , suy x04  , x0  Đặt x0 = x1 Ta x14 + y14 + z14 = u14 x y z u  Vậy ( x1 , y1 , z1 , u1 ) nghiệm phương trình cho có dạng  , , ,  , 2 2 2  x0 y0 z0 u0  , k , k , k  k 2 2  quy trình lặp lại đến bước k:  x0 y0 z0 u0 số nguyên với k ∈  Điều xảy tất , , , 2k 2k 2k 2k biến Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun khác ( 0;0;0;0 ) Các số Bài toán Mỗi số số a1 , a2 , , an +1 -1 ta có S = a1a2 a3 a4 + a2 a3 a4 a5 + + an a1a2 a3 = Chứng minh n chia hết cho Lời giải: Nếu ta thay –ai, S khơng thay đổi đồng dư theo modul bốn số hạng cạnh theo vòng tròn thayđổi dấu chúng (ví dụ ta thay dấu a1 bốn số hạng cạnh a1a2a3a4, ana1a2a3, an-1ana1a2, an-2an-1ana1 ) Thật vậy, hai số số hạng dương hai âm tổng S không thay đổi Nếu ba số hạng bốn số hạng có dấu S thay đổi ±4 (nếu có ba số hạng dương số hạng âm thay dấu dương, mà lại – âm, tổng cộng Tương tự, ba số hạng âm số hạng dương tổng tăng lên 4).Cuối tất bốn thừa số số hạng dấu, S thay đổi ±8 (vì lần thay dấu S lại thêm bốn số hạng dương, trường hợp bốn số hạng âm ngược lại) Khởi đầu ta có S = điều kéo theo S≡0 (mod 4) Bây ta tiến hành bước dấu âm thay dấu dương, bước không thay đổi S≡0 (mod 4) Khi ta thay hết dầu trừ S≡0 (mod 4), S = n, nghĩa n chia hết cho Bài tốn Ngồi biển Đơng, đảo sinh sống giống thằn lắn có ba loại màu: màu xám có 133 con, màu nâu 155 màu đỏ có 177 Nếu hai thằn lằn khác màu gặp chúng đồng thời đổ sang màu thứ ba (Ví dụ thằn lằn màu xám gặp thằn lằn màu nâu, hai đổi sang màu đỏ) Trong trường hợp hai thằn lằn màu gặp chúng giữ ngun, khơng đổi màu Có xảy tình trạng đảo tất thằn lằn trở thành màu khơng? Lời giải: Tính chẵn lẻ trước bất biến tốt để ta giải tốn, tính chẵn lẻ xác định phép chia số cho 2.Tương tự vậy, ba số nguyên 133, 155, 177 chia cho ta số dư 1, Ta thử xét thằn lằn xám gặp thằn lằn nâu chúng đồng thời đổi thành màu đỏ Khi ta có 132 xám, 154 nâu 179 đỏ Những số dư 132, 154 179 cho 0, nghĩa lại lặp lại đầy đủ số dư có Nếu thằn lằn màu xám gặp thằn lằn màu đỏ, chúng đồng thời đổi màu thành nâu Khi ta có 132 thằn lằn xám, 157 thằn lằn nâu 176 thằn lằn đỏ.Lấy số chia cho cho số dư tương ứng 0, 2.Nghĩa lại gặp ba khả số dư Nếu thằn lằn nâu thằn lằn đỏ gặp nhau, chúng đổi màu thành xám Khi có 135 thằn lằn xám, 154 thằn lằn nâu 176 thằn lằn đỏ.Số dư số thằn lằn chia cho tương ứng 0, 2, có đầy đủ số dư chia cho Bất biến dù thay đổi màu số dư số lượng thằn lằn chia cho có đầy đủ ba số 0, 1, Số lượng tất thằn lằn đảo 133 + 155 + 177=465 số chia hết cho 3.Nếu tất thằn lằn màu số dư số lượng thằn lằn màu xám, nâu đỏ chia cho tương ứng 0, 0, 0.Điều vơ lí số dư phải có đầy đủ số dư chia cho 3.Như câu trả lời khơng thể Bài tốn (VMO – 1991) Cho bảng 1991x1992 Kí hiệu (m, n) vng nằm giao hàng thứ m cột thứ n Tô màu ô vuông bảng theo quy tắc sau: lần thứ tô ba ô ( r, s ) , ( r + 1, s + 1) , ( r + 2, s + 2) ; ≤ r ≤ 1989,1 ≤ s ≤ 1990 , từ lần thứ hai, lần tơ ba chưa có màu nằm cạnh hàng cột Hỏi cách tơ màu tất ô bảng không? Lời giải: Cách giải 1: Đánh số ô bảng hình đây: 2 3 1 2 3 2 3 … … … … … … … … … … 3 … 3 … 2 3 … 1 3 … 3 … Với cách đánh số trên, ô bảng chia làm ba loại: loại gồm ô đánh số 1, loại gồm ô đánh số loại gồm ô đánh số Lần đầu tiên, ba ô tô màu thuộc loại Từ lần thứ hai, ba ô tô màu thuộc ba loại khác Do số ô loại nên tô màu hết tất ô bảng Cách giải 2: Xét tốn từ lần tơ màu thứ hai Không gian trạng thái A gồm bảng 1991 x 1992 có ba ô sau tô màu ( r , s ) , ( r + 1, s + 1) , ( r + 2, s + 2) Thuật toán T : A → A biến trạng thái a ∈ A thành trạng thái T ( a ) ∈ A cho T ( a ) có thêm ba ô liên tiếp hàng cột tô màu Trạng thái ban đầu a0 trạng thái mà có ba ( r , s ) , ( r + 1, s + 1) , ( r + 2, s + ) tô màu; trạng thái kết thúc a* trạng thái mà tất tô màu Để xây dựng hàm bất biến H ta thực cách viết số sau: Với trạng thái a ∈ A tùy ý, ô ( m, n ) a tơ màu ta viết số m.n Xét I = {0,1, 2} H : A → I cho với a ∈ A , H ( a ) số dư tổng số viết a chia cho Dễ thấy H hàm bất biến Suy H ( a ) = H ( a0 ) = 2, ∀a ∈ a0 Mặt khác, H ( a* ) = nên a* ∉ a0 Điều có nghĩa tô màu tất ô bảng cho Bài toán Trên bảng ta viết 1000 dấu cộng 1015 dấu trừ vị trí Ta thực xóa hai dấu viết vào dấu cộng xoá hai dấu giống dấu trừ xóa hai dấu khác Hỏi bảng lại dấu sau ta thực thao tác 2014 lần? Lời giải: Cách 1: Ta thay dấu cộng số 1, dấu trừ số -1 Thao tác thực xóa hai số viết lại số tích chúng Vì tích tất số viết bảng khơng thay đổi Vì từ đầu giả thiết cho tích số bảng -1, cuối lại số -1, nghĩa bảng lại dấu trừ Cách 2: Ta lại thay dấu cộng số dấu trừ số Thao tác thực tổng hai số xóa số chẵn ta viết lại số Như tổng số bảng sau thực thao tác không thay đổi giảm Đầu tiên tổng số bảng số lẻ (bằng 15), số cuối bảng lại số lẻ, số Nghĩa bảng dấu trừ Cách 3: Bằng cách thay cách 1, sau lần thao tác, số -1 khơng thay đổi giảm Vì lúc ban đầu số chữ số -1 lẻ, cuối lại số -1, nghĩa lại dấu trừ Phân tích ba cách giải ta thấy cách lợi dụng tính khơng đổi tích số viết bảng; cách sử dụng tính khơng đổi tổng chẵn số cách không đổi số chẵn dấu trừ Như vậy, cách giải ta sử dụng tính chất bất biến tích, tổng số lượng chẵn lẻ số Qua cách giải ta thấy rằng, gặp lớp toán mà thao tác lặp lặp lại, ta phải biến đổi tìm tính bất biến thao tác ta thực Chú ý thao tác ta thực không phụ thuộc vào thao tác hai số bắt đầu, việc chứng minh tương tự cách làm Bài toán 10 Một dãy gồm có 27 phòng Ban đầu phòng có người Sau đó, ngày có hai người chuyển sang hai phòng bên cạnh theo hai chiều ngược Hỏi sau số ngày có hay khơng trường hợp mà: a) Khơng có phòng có thứ tự chẵn b) Có 14 người phòng cuối Lời giải: Đánh số phòng theo thứ tự 1, 2, 3, , 27 Ta đeo cho vị khách thẻ ghi số phòng Gọi S ( n) tổng số ghi thẻ tất vị khách ngày thứ n Dễ thấy S ( n) bất biến Do đó, ta có: S ( n) = S (1) = + + + 27 = 378, ∀n ≥ a) Vì có lẻ người nên khơng phòng có thứ tự chẵn S ( n) số lẻ, vơ lí b) Nếu có 14 người phòng cuối (phòng số 27) S ( n) > 27.14 = 378 (vơ lí) II MỘT SỐ BÀI TỐN GIẢI ĐƯỢC NHỜ SỬ DỤNG TÍNH BẤT BIẾN TRONG HÀM KHOẢNG CÁCH Bài toán 11 2014 người chia vào phòng tòa nhà 115 buồng.Mỗi phút người phòng, mà số người từ phòng người tới phòng có nhiều người hơn.Chứng minh tới lúc tất người tập trung phòng Lời giải: Bài tốn giải nhờ tìm bất biến đơn điệu Với phòng ta xét bình phương số người phòng Kí hiệu tổng số bình phương S Ta S tăng với người chuyển Thật vậy, giả sử người từ phòng có n người tới phòng có m người, mà m >n Khi số bình phương số người phòng biến đổi từ n2 m2thành (n-1)2 (m+1)2tương ứng phòng khác khơng đổi Như S thay đổi sau: ((n-1)2+(m+1)2)-(n2+m2)=(n2+m2-2n+2m+2)-(n2+m2)=2(m-n)+2>2>0 Vậy S luôn tăng Ta biết số người 2014 (một bất biến) Tồn số hữu hạn cách chia 2014 người vào phòng khác nhau, tồn hữu hạn khả giá trị S Nghĩa S tăng mãi.Nhưng đến lúc hai phòng người đó, quy trình tốn thực S tăng trình đến dừng lại, lúc tất người phòng Bài tốn 12 Ban đầu ta có số B0 = (1, 2,3, ) Thực trò chơi sau, ta có số B = ( x, y, z, t ) thay T ( B) = ( x − y, y− z, z− t, t − x ) Chứng minh sau số bước ta nhận số ( x, y, z, t ) mà x + y + z + t ≥ 2014 Lời giải: Giả sử sau bước thứ n ta nhận số ( an , bn , cn , dn ) Đặt Sn = an2 + bn2 + cn2 + d n2 Tìm quan hệ S n +1 S n Ta có: Sn +1 = an2+1 + bn2+1 + cn2+1 + d n2+1 = (an − bn )2 + ( bn − cn ) + ( cn − d n ) + ( d n − an ) 2 = 2Sn − 2(an bn + bn cn + cn d n + d n an ) Mặc khác, an + bn + cn + d n = nên 2(a n bn + bn cn + cn d n + d n an ) = −(a n + cn ) − (b n + d n ) ≤ Do S n +1 ≥ 2Sn , ∀n ≥  Sn ≥ 2n −1 S1 Do ( an + bn + cn + d n ) ≥ an2 + bn2 + cn2 + d n2 Nên an + bn + cn + d n ≥ Với n đủ lớn ta có n −1 n −1 S1 S1 ≥ 2014 Khi an + bn + cn + d n ≥ 2014 Bài toán 13 Ban đầu ta có số (a, b, c, d), đó, a, b, c, d số ngun đơi khác Thực thuật tốn sau: Nếu có số B=(x, y, z, t) với x, y, z, t nguyên phép thay số  x+ y y+ z z +t t + x  T ( B) =  , , ,  2   Chứng minh việc thực thuật toán phải dừng lại sau hữu hạn bước Lời giải: Giả sử trái lại, ta nhận số với thành phần số nguyên Gọi S n = max { an − bn , bn − cn , cn − d n , d n − an , an − cn , bn − d n } , ( an , bn , cn , d n ) số nhận sau bước thứ n Ta có Sn +1 < Sn , ∀n ≥ Do Sn ∈ Ζ, ∀n ≥ nên tồn N ∈ Ν * cho S N = Khi ta có aN = bN = cN = d N Đặt a = bN = cN = d N = m , ta có N aN −1 + bN −1 bN −1 + cN −1 cN −1 + d N −1 d N −1 + aN −1 = = = =m 2 2 Suy aN −1 = cN −1 , bN −1 = d N −1 Đặt aN −1 = cN −1 = p, b N −1 = d N −1 = q ta có a N − + bN − cN − + d N − b +c d + aN − = = p, N − N − = N − =q 2 2 Suy p=q= a N − + bN − + cN − + d N − 2 Do aN −1 = cN −1 = bN −1 = d N −1 Tiếp tục lập luận ta dẫn tới a = b = c = d Vơ lí Lời giải 2: Giả sử ( an , bn , cn , d n ) số nhận sau bước thứ n 2 2 Xét tổng Sn = an + bn + cn + d n Ta có: Sn +1 ≤ Sn , ∀n ≥ Dấu xảy an = bn = cn = d n Vì S n khơng thể giảm nên tồn n cho an = bn = cn = d n Lập luận tương tự cách giải thứ ta có điều phải chứng minh Bài tốn 14 Cho bốn số a, b, c, d tất Khởi đầu (a, b, c, d) lặp lại việc thay (a, b, c, d) (a-b, b-c, c-d, d-a).Chứng minh lặp lại nhiều lần việc thay bốn số trở thành vô lớn Lời giải: Đặt Pn = (an, bn, cn, dn) bốn số sau n phép lặp Khi ta có an + bn + cn + dn = với n≥2 Ta sử dụng bất biến Nhưng ta liên tưởng tới hình học, hàm khoảng cách từ điểm Pn đến điểm gốc tọa độ (0; 0; 0; 0) liên hệ với biểu thức an2 + bn2 + cn2 + dn2 Nếu ta chứng minh biểu thức khơng bị chặn tốn giải Ta tìm mối liên hệ hai bước liên tiếp Pn+1 Pn an+12 + bn+12 +cn+12+ dn+12= = (an – bn)2 + (bn - cn)2+(cn – dn)2 + (dn – an)2 = 2(an2 + bn2 + cn2 + dn2) – 2anbn - 2bncn – 2cndn – 2dnan (1.1) Bây ta dùng an + bn + cn + dn = 0 = (an + bn + cn + dn)2 = (an + cn)2 + (bn + dn)2+ 2anbn +2andn + 2bncn + 2cndn (1.2) Cộng (1.1) với (1.2): an+12 + bn+12 +cn+12+ dn+12= 2(an2 + bn2 + cn2 + dn2) + (an + cn)2 + (bn + dn)2 ≥2((an2 + bn2 + cn2 + dn2) Từ mối quan hệ bất biến ta đưa kết luận với n an2 + bn2 + cn2 + dn2≥2n-1(a12+b12+c12+d12) Khoảng cách từ điểm Pn đến điểm đầu tăng vô hạn, nghĩa có thành phần phải trở lên lớn Hàm khoảng cách từ điểm tới điểm đầu tọa độ quan trọng, có dãy điểm ta phải nghĩ tới hàm Nhận xét: Mấu chốt toán giải đẳng thức: ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − t ) + (t − x ) 2 2 = ( x2 + y2 + z + t ) + ( x + z ) + ( y + t ) 2 Với x + y + z + t = Bài toán 15 Thực trò chơi sau: Lần đầu, viết lên bảng cặp số ( ) 2, Từ lần thứ hai, bảng có cặp số B = ( a; b ) phép viết thêm cặp số  a +b a −b  T ( B) =  ,    ( Hỏi ta viết lên bảng cặp số Lời giải: ) − 2, + hay không? 2 Giả sử bước thứ n ta viết cặp số ( an , bn ) Xét S (n) = a n + bn , ta có 2  a +b   a −b  S n +1 =  n n  +  n n  = S n , ∀n ≥      S n +1 < S n Do đó, S(n) bất biến trò chơi nói Mà S(1)=5 ( − 2; + ( − 2) +( ) 3+ ) = 10 > 5, nên ta viết cặp số Bài toán 16 Một robot nhảy mặt phẳng tọa độ theo quy tắc sau: Xuất phát từ điểm (x,y), robot nhảy đến điểm (x’,y’) xác định sau: x' = x+ y xy , y'= x+ y Chứng minh ban đầu robot đứng điểm (2014, 2015) khơng robot nhảy vào đường tròn (C) có tâm gốc tọa độ O bán kính R=2848 Lời giải: Ta có x > 0, y ' > 0, x ' y ' = xy Do bất biến tích tọa độ điểm mà robot nhảy tới Giả sử robot tới điểm M(p, q), ta có OM = p + q ≥ pq = 2.2014.2015 > 2848 Vậy, robot khơng thể nhảy vào đường tròn tâm O, bán kính R=2848 III MỘT SỐ BÀI TỐN THUỘC DẠNG KHÁC Bài toán 17 Trên bảng cho đa thức f ( x) = x + 11x + 10 Thực trò chơi sau, bảng có đa thức P ( x ) phép viết thêm lên bảng hai đa thức sau 1  Q( x) = x f  + 1 , R( x) = ( x − 1) f ( ) x −1 x  Hỏi sau số bước ta viết đa thức g ( x ) = x + 13x + 12 hay không? Lời giải: Không thể Đa thức P( x) = ax + bx + c có biệt thức Δ P = b − 4ac Xét hai đa thức viết thêm Q( x) = (a + b + c) x + (b + 2a) x + a R( x) = cx + (b − 2a) x + (a − b + c) Dễ dàng kiểm tra ΔQ = Δ R = b2 − 4ac = Δ P Như đa thức viết thêm đa thức ban đầu có biệt thức Δ Vì hai đa thức f ( x), g ( x) có biệt thức Δ khác nên viết đa thức g ( x) Bài toán 18 (VMO – 1992) Tại đỉnh đa giác lồi A1 A2 A1993 ta ghi dấu cộng (+) hay dấu trừ (-) cho 1993 dấu có dấu (+) dấu (-) Thực việc thay dấu sau: lần, thay dấu đồng thời tất đỉnh đa giác theo quy tắc: - Nếu dấu Ai Ai +1 dấu Ai thay dấu (+) - Nếu dấu Ai Ai +1 khác dấu Ai thay dấu (-) (Quy ước A1994 A1 ) Chứng minh rằng, tồn số nguyên k ≥ cho sau thực liên tiếp k lần phép thay dấu nói trên, ta đa giác A1 A2 A1993 mà dấu đỉnh Ai ( i = 1,1993) trùng với dấu đỉnh sau lần thay dấu thứ Lời giải: Đặt tương ứng dấu (+) với số dấu (-) với số (-1) Phép thay dấu tương đương với phép thay số sau: lần, thay số đồng thời tất đỉnh Ai theo quy tắc: số Ai thay tích số Ai số Ai +1 Kí hiệu ( n ) số đỉnh Ai sau lần thay số thứ n, ta có: ( n ) ∈ {−1,1} ∀i = 1,1993 Vì số đỉnh đa giác thời điểm (1) (-1) nên số đa giác số hữu hạn Suy ra, tồn thời điểm s, t với s > t ≥ cho ( t ) = ( s ) , ∀i = 1,1993 (1) Nếu t = ta có điều phải chứng minh Xét t > , ta có: (1) ⇔ ( t − 1) +1 ( t − 1) = ( s − 1) +1 ( s − 1) , ∀i = 1,1993 ⇔ ⇔ +1 ( t − 1) ( t − 1) = , ∀i = 1,1993 +1 ( s − 1) ( s − 1) ( t − 1) a ( t − 1) = 1, ∀i = 1,1993 i = −1, ∀i = 1,1993 ( s − 1) ( s − 1) Mặt khác n ∏ a ( n ) = 1, ∀n ∈ Ν * i i =1 Nên ( t − 1) = 1, ∀i = 1,1993 ( s − 1) Hay ( t − 1) = ( s − 1) , ∀i = 1,1993(2) Từ (1) (2) ta có: (1) = ( s − t + 1) , ∀i = 1,1993 Bài toán 19 ( VMO – 2006) Xét bảng ô vuông m x n (m, n số nguyên dương lớn 3) Thực trò chơi sau: Mỗi lần đặt viên bi vào ô bảng (mỗi viên bi) mà tạo thành hình Hỏi sau số lần ta nhận bảng mà số bi ô không a) m = 2004, n = 2006 ? b) m = 2005, n = 2006 ? Lời giải: a) Bảng cho chia thành hình chữ nhật x nên nhận trạng thái mà số bi ô b) Tô màu bảng hình vẽ (tơ hàng:1, 3, , 2005) Hình vẽ: Dễ thấy, lần đặt bi có viên đặt vào tô màu viên đặt vào ô không tô màu Do đó, gọi S(n) số bi ô tô màu T(n) số bi ô không tô màu sau lần đặt bi thứ n S(n) – T(n) bất biến Ta có S(n) – T(n) = S(0) – T(0)=0 ∀n ≥ Do đó, nhận bảng mà số bi ô số tơ màu số không tô màu Điều xảy m số lẻ 10 Bài toán 20 ( Belarus ) Cho bảng x quân cờ có ba loại sau: x 1, x hình chữ L gồm Người thứ có vơ hạn qn x quân hình chữ L, người thứ hai có quân x a) Chứng minh: cho người thứ hai trước, đặt quân cờ vào cho người thứ khơng thể phủ kín phần lại bảng b) Chứng minh cho người thứ thêm quân hình chữ L người thứ đặt quân cờ đâu người thứ hai phủ kín phần lại bảng Lời giải: a) Ta đánh dấu bảng theo hai cách hình vẽ Nếu người thứ phủ phần lại phải đặt qn hình chữ L theo hai cách khác nhau: vơ lí 3 1 3 2 3 2 3 3 3 3 3 1 3 2 3 2 3 3 3 3 3 1 3 Quân hình chữ L cần phủ ba xung quanh đánh dấu x: ô chứa số hai số b) Ta thu hẹp dần bảng cho nhờ nhận xét sau: - Quân cờ người thứ hai phải rơi vào bốn hình vng x có đỉnh trùng với bốn đỉnh bảng ban đầu, nên cần xét bảng B với kích thướt x - Trong bảng B quân cờ phải rơi vào hình vng x có đỉnh trùng với bốn đỉnh B, nên cần xét bảng C với kích thước x Từ có đpcm 11 KẾT LUẬN Trên số toán giải đại lượng bất biến Các tốn người viết tập hợp có số điều chỉnh từ tài liệu tham khảo Tuy nhiên điều mà người viết muốn trao đổi là: - Xuất phát từ đâu để có đại lượng tính bất biến để từ sáng tác toán - Mấu chốt toán giải đại lượng bất biến gì? Người viết đầu tư đọc nhiều tài liệu nói vấn đề viết tài liệu có tốn giống tương đối nhiều, cần có nghiên cứu sâu để tạo toán ấn tượng Do lực hạn chế, nên viết khơng thể làm hài lòng thầy độc giả, mong nhận thông cảm trao đổi thẳng thắn thầy cô bạn Tác giả xin thành thật cảm ơn./ 12