Ứng dụng tính chẵn lẻ trong giải các bài toán Tổ hợp

Bây giờ, ta sẽ chứng minh điều kiện cần là N chia hết cho M. Trong mỗi bước thực hiện, ta sẽ thay đổi trạng thái của đúng M đèn, mỗi đèn ở mỗi màu. Vì trạng thái ban đầu của tất cả các đ[r]

1 Tính chẵn lẻ ước chung lớn nhất 1.1 Lí thuyết sở

Bên cạnh toán đếm chứng minh đại lượng khơng có biến đổi, tốn Tổ hợp thường mơ tả q trình mà đó, có nhiều đối tượng tác động, thay đổi liên tục Cách tiếp cận phổ biến để xử lí tìm kiếm tính bất biến, tìm đặc điểm đặc trưng thay đổi nhằm giảm bớt độ phức tạp

Trong chương này, đề cập đến hai yếu tố có vai trị đáng kể hướng tiếp cận thế, tính chẵn lẻ ước chung lớn sinh từ tổ hợp tuyến tính nhiều số Đặc điểm chung hai yếu tố tính bất biến, khơng phụ thuộc phụ thuộc vào thứ tự thực tác động, giúp cho công việc lập luận trở nên đơn giản nhiều

Tính chẵn lẻ

Đây yếu tố Số học Khi cần dùng Tổ hợp, ta thường xem xét số tình mà đối tượng, đại lượng có hai trạng thái Tác động vào đó, từ trạng thái này, đối tượng đổi thành trạng thái ngược lại, chẳng hạn việc tung đồng xu với mặt sấp ngửa, tắt mở bóng đèn, lượt thích facebook (click lẻ lần hiển thị thích cịn click chẵn lần hiển thị chưa thích), Như thế, tác động vào đối tượng số lẻ lần, trạng thái thay đổi

Ước chung lớn thuật tốn Euclid

Khi nói đến nhiều đối tượng, đặc trưng chúng thường sử dụng ước chung lớn Đó yếu tố khơng thay đổi xét tổ hợp tuyến tính nhóm đối tượng Tại đây, ta gọi đại lượng ax+by mộttổ hợp tuyến tính x, y với a, b∈Z Tổng quát hơn,

a1x1+a2x2+· · ·+akxk

là tổ hợp tuyến tính số xi, i = 1, k ∈ Z, i = 1, k Chú ý a > b

gcd(a, b) = gcd(a−b, b)và nếua =b gcd(a, b) =a Từ tính chất đó, Euclid xây dựng thuật tốn để tìm ước chung lớn hai số nguyên dương sau

a) xét hai số nguyên dương a, b sang bước 2;

b) nếua=b dừng lại, kết a, a6=b sang bước 3;

c) nếua > b gán a a−b, a < b gán b b−a quay lại bước

chính tổ hợp tuyến tính hai số ban đầu Cụ thể là, bước thứ i, ta có gcd(xi1a+yi1b, xi2a+yi2b) bước chuyển thuật toán, ta xét hai

đại lượng

gcd((xi1 −xi2)a+ (yi1−yi2)b, xi2a+yi2b),gcd(xi1a+yi1b,(xi1 −xi2)a+ (yi1 −yi2)b),

và tổ hợp tuyến tính khác a, b

Một ý quan trọng theo thuận tốn Euclid việc biến đổi dừng lại hai giá trị nhận nên từ (a, b) cho trước, thời điểm hoặca > b b > a nên đó, có đường để đến (gcd(a, b),gcd(a, b))

1.2 Một số ví dụ giải tốn

Ví dụ Cho bảng vng 9×9 điền tồn dấu + Người ta thực đổi dấu dòng cột bảng, từ + sang − từ− sang +như sau

i) tất ô dòng thứ iđược đổi dấu i lần với i= 1,9; ii) tất ô cột thứ j đổi dấu 3j+ lần với j = 1,9

Hỏi sau thực tất thao tác đổi dấu, bảng dấử

Lời giải

Bài toán ứng dụng đơn giản tính chẵn lẻ nêu Ta thấy i+ (3j + 1) i+j khác tính chẵn lẻ nên với vị trí mà i+j chẵn tương ứng thay đổi trạng thái số lẻ lần, tức từ +chuyển sang dấu − Dễ thấy bảng có 41ơ nên lại 40dấu + sau thao tác nêu

Bình luận Từ tốn trên, ta đến tình hướng tương tự khó sau Ví dụ Trên bảng vng 2016×2016, có tất ô vuông điền dấu + Mỗi lần thao tác, ta chọn dòng cột tùy ý bảng đổi dấu tất dấu đó, từ + sang −và từ − sang +

(a) Hỏi sau số lần thao tác, cịn lại242 dấu +được khơng? (b) Tính giá trị nguyên nhỏ số lượng dấu +

Lời giải

(a) Trong tình này, ta thứ tự thực thao tác khơng rõ dịng, cột thay đổi lần, với ý tưởng dùng, ta thấy cần quan tâm đến dòng/cột bị thay đổi số lẻ lần

nhóm bị tác động số chẵn lần, nhóm thứ gồm khơng thuộc vềpdịng vàq cột nêu trên, nhóm thứ hai gồm thuộc pdịng vàq cột Ta dễ thấy nhóm thứ có tất (2016−p)(2016−q)ơ, số nhóm thứ hai pq Do đó, dễ dàng tính có (2016−p)(2016−q) +pq dấu + cịn lại Ta đưa phương trình nghiệm ngun khơng âm

(2016−p)(2016−q) +pq= 242, 20162−2016(p+q) + 2pq= 242, pq−1008(p+q) = 121−2·10082, (p−1008)(q−1008) =−1019·997

Do 1019 số nguyên tố nên hai thừa sốp−1008,q−1008, phải có thừa số bội 1019 Tuy nhiên, với ý p, q ∈ {0,1, ,2016}, ta có

|p−1008|,|q−1008| ≤1008,

suy khơng tồn p, q thỏa mãn phương trình trên, tức khơng thể có242 dấu + (b) Với kí hiệu lời giải phần (a), thực chất ta cần tìm giá trị nguyên dương nhỏ

nhất

S := (2016−p)(2016−q) +pq

Ta dễ thấy p = S = 2016(2016−q), số ngun khơng âm bội 2016 Do ta cần tìm giá trị nguyên dương nhỏ S nên ta có giá trị 2016

Nếu p= 2016 S = 2016q, tương tự ta có giá trị nguyên dương nhỏ S 2016

Nếu 1≤p≤2015 hiển nhiên

S = (2016−p)(2016−q) +pq≥1·(2016−q) + 1·q = 2016 Vậy ta kết luận đáp số 2016 với đẳng thức xảy

{p, q}={0,2015},{1,2016}

Chứng minh với trạng thái ban đầu ổ khóa cho(các ổ khóa đơn nằm ngang dọc tùy ý), ta ln mở ổ khóa với chìa khóa đặc biệt sau hữu hạn lần thao tác

(Arab Saudi, 2016)

Lời giải

Ta với ổ khóa đơn tùy ý, ta ln sử dụng chìa khóa cách thích hợp để thay đổi trạng thái khơng làm thay đổi trạng thái ổ khóa đơn cịn lại Rõ ràng điều tương đương với yêu cầu toán Chiến lược ta đơn giản: với ổ khóa đơn chọn, ta thay đổi trạng thái tất ổ khóa đơn hàng cột với Khi ổ khóa bị thay đổi trạng thái bảy lần, ổ khóa hàng cột với bị thay đổi trạng thái bốn lần, ổ khóa khơng hàng cột với bị thay đổi trạng thái hai lần Từ đó, dễ thấy chiến lược thỏa mãn yêu cầu đặt

Bình luận Rõ ràng chiến lược kích thước bảng số số chẵn Nếu kích thước lẻ, cách làm làm thay đổi trạng thái ổ khóa dịng cột với ổ khóa chọn, khơng khỏa mãn Từ đó, ta thử đặt vấn đề là: Câu hỏi cịn khơng với bảng 3×3?

Tiếp theo, ta xét toán kinh điển việc áp dụng tính chẵn lẻ

Ví dụ Trong phịng, có2016bóng đèn đánh số từ1đến2016với hai trạng thái bật tắt Có2016 người bước vào phịng thực hiện: với mỗik ∈ {1,2, ,2016}, người thứ k thay đổi trạng thái bóng đèn chia hết cho k Hỏi khi2016 người thực xong thao tác, cịn lại bóng đèn cịn bật?

Lời giải

Ta thấy bóng đèn thứ n bị thay đổi trạng thái vào thời điểm người thứ k bướb vào k ước n Do đó, sau người thứ bật tất bóng đèn, để bóng đèn thứ n bật số lượng ước ngun dương nó, khơng tính số 1, phải chẵn Hay nói cách khác, n có số lẻ ước Tuy nhiên, ta biết số nguyên dương có số lẻ ước số phương Suy ra, số lượng bóng đèn cịn bật sau 2016 lần thao tác số số phương khơng vượt 2016 Chú ý 442 <2016 < 452 nên có 44 bóng đèn thế.

thì f(n) =b√nc Từ đây, bạn đọc tự chứng minh tính chất thú vị hàm f(n) là:Với số nguyên dương m, tồn ba số nguyên dương n để n

f(n) =m, n =m2, n=m(m−1), n=m(m−2)

Tiếp theo, trước xem xét tốn khó phần tính chẵn lẻ tìm mối liên hệ yếu tố, ta chuyển sang số phần tổ hợp tuyến tính với ước chung lớn Ví dụ (Poisson) Chuyện kể rằng, lần chơi, hai cha Poisson (sau nhà toán học Pháp tiếng Siméon Denis Poisson) rẽ vào cửa hàng bên lề đường để mua sữa, hai người bình chứa lít lít mà họ lại muốn mua lít Trong đó, người chủ trại có bình lít đựng đầy sữa Poisson lúc mới7 tuổi nói: “Khó việc đó, để làm cho.”Và nhiên, sau số lần đong đong lại, cậu bé chia đơi lít sữa thán phục người

Bài toán đặt với hai bình có dung tích a, b lít với a, b ∈ N cho trước dụng cụ chứa sữa, người ta đong lít sữa (tất nhiên lượng sữa phải số nguyên dương) mà không sử dụng thêm đo lường khác

Lời giải

Ta thử xét trường hợp Poisson, đong 4lít sữa từ bình 3lít 5lít

Ta thấy bình lít đổ đầy lần bình lít đổ đầy lần Hơn ta có, 2·5−2·3 = Như vậy, ý nghĩa biểu thức gì?

Rõ ràng, việc đong sữa cho kết tổ hợp tuyến tính a, b nên giá trị chúng |ax+by|=c với x, y ∈Z Ta chứng minh giá trị nhỏ biểu thức gcd(a, b) Thật vậy, tồn 0< c < gcd(a, b) cho |ax+by| =c gcd(a, b) |a, b nên phải cógcd(a, b)|c, mà c >0nên ta phải có c≥gcd(a, b), mẫu thuẫn

Việc chứng minh tồn cách đong sữa khơng khó theo thuật toán Euclid, ta thấy tồn x0, y0 ∈ Z cho ax0 +by0 = gcd(a, b), tất nhiên số x0, y0 phải có số âm số

dương, ta giả sửx0 >0> y0 Số dương chứng tỏ bình tương ứng đổ đầy sửa

Bình5 lít Bình 3lít Giải thích

5 Đổ đầy sữa vào bình 5lít

2 Đổ sữa từ bình sang đầy bình lít Đổ hết sữa bình lít bình chứa Đổ sữa bình 5lít sang bình 3lít

5 Đổ sữa đầy bình lít

x0 lần; số âm chứng tỏ bình rót hết sữa y0 lần Từ suy quy trình đong

sữa

Vậy giá trị nhỏ cần tìm gcd(a, b)

Bình luận Nội dung toán nhắc cho ta bổ đề Bézout quen thuộc: Với a, b nguyên dương, tồn x0, y0 ∈ Z cho ax0 +by0 = gcd(a, b) Định lý chứng minh lý

thuyết số túy không dễ, tiếp cận theo hướng thuật tốn Euclid hiển

nhiên

Ví dụ Ta biết hai điện trởR1,R2mắc nối tiếp điện trở tương đương làRtd =R1+R2,

cịn mắc song song

1 Rtd

= R1

+ R2

Hỏi mắc điện trở đơn vị vào mạch, lần chọn mắc nối tiếp mắc song song cần điện trở để có Rtd =

144 89 ?

Lời giải

Ta thấy rằng, mạch điện có điện trở tương đương a

b mắc nối tiếp với điện trở đơn vị có Rtd =

a+b

b , mạch điện có điện trở tương đương a

b mắc song song với điện trở vị thìRtd = a a+b Điều có nghĩa (a, b)→ (a, a+b) (a, b) →(a+b, b) Ngược lại, (a, b) tạo thành từ(a, b−a) b > a (a−b, b)nếu a > b

Do đó, (a, b) sinh cách từ Rõ ràng bước thuật tốn Euclid Vì nên số điện trở cần tìm số lần thực thuật toán Euclid với hai số (a, b) cộng thêm Ta có:

(144,89) →(89,55) →(55,34)→(34,21) →(21,13)

→(13,28) →(8,5)→(5,3)→(3,2)→(2,1)→(1,1) Do đó, cần 12điện trở đơn vị để có mạch điện Rtd =

144 89

Bình luận Trong trường hợp tổng qt, ta khơng tìm hàm f(m, n) để biểu diễn số lượng vài trường hợp định xác định xác Chẳng hạn (a, b=)(Fn, Fn+1)với (Fn)n≥1 dãy Finonacci số bước cần tìm

Ví dụ Có hai bạn An Bình chơi trị chơi sau: ban đầu, họ có dãy số nguyên dương

a1 < a2 < a3 <· · ·< an

Ở lượt, họ chọn hai số x,ynào thuộc dãy tính giá trị|x−y|, số chưa xuất dãy điền thêm vào Đến lượt thực mà khơng tìm hai số thỏa mãn việc điền thêm số coi thua Biết An Bình chơi tối ưu An trước Hỏi người có chiến lược thắng?

Mua sách bồi dưỡng toán Facebook: “Mít Tơ Sách ” Sưu tầm

Để tìm chiến lược tổng quát, ta cần làm rõ: số đưa vào dãy có dạng số lượng điền vào bao nhiêu?

Ta thấy việc điền số |x−y| coi điền sốx−y với x > y điền sốy−x y > x Ta chọn cặp số tùy ý để ghép lại với nên số điền vào tổ hợp tuyến tính n số cho

x1a1+x2a2+· · ·+xnan

Hơn nữa, tổ hợp tuyến tính nên thứ tự số chọn theo thứ tự tùy ý không ảnh hưởng đến kết cuối (có thể dùng lập luận để làm rõ vấn đề này)

Đặt d:= gcd(a1, a2, , an), ta thấy số điền vào có dạngkd với 1≤k ≤

an

d Rõ ràng số a1, a2, , an cho có dạng nên tổng số lượng số điền thêm

vào dãy an

d −n Đến ta cần kiểm tra tính chẵn lẻ số này: giá trị chẵn Bình thắng, cịn giá trị lẻ An thắng

Bình luận Nhờ có tổ hợp tuyến tính thuật tốn Euclid, việc lập luận nhẹ nhàng Phần khó thường mơ tả quy trình giải ta cần quy quy trình thực thuật toán Ta xem xét tiếp toán có đặc trưng Ví dụ Cho tập hợp A có tính chất:

i) a∈A a+

a ∈A +

a−1 ∈A; ii) 2∈A

Chứng minh tất số hữu tỉ lớn thuộc A

Lời giải

Theo giả thiết thìa ∈A nên +

a +

a−1 ∈A, + Ä

1 + 1aä−1 = +a∈A (1)

Do2∈Anên tất số nguyên dương chẵn thuộcA Mặt khác, vì2∈Anên2+

2−1 = 3∈A, dẫn tới tất số nguyên dương lẻ lớn thuộcA Do N\{1} ⊂A

Tiếp theo, ta chứng minh tất số hữu tỉ có dạng m

n với m, n nguyên dương nguyên tố thỏa mãn m > n thuộc A Theo (1), ta cần chứng minh 1< m

n <3 số hữu tỉ x+ tạo từ x Ta coi tương ứng số hữu tỉ m

n cặp (m, n), m > n Để xây dựng số hữu tỉ m

n tùy ý, ta xét qui trình thực thuật tốn Euclid để tìmgcd(m, n) Gọi B tập hợp cặp sinh q trình đó, chẳng hạn

ơ

h ”

Mua sách bồi dưỡng tốn Facebook: “Mít Tơ Sách ” Sưu tầm

• < m

n < Khi đó, ta cần chọn a thỏa mãn + a =

m

n, a = n

m−n, tức trước

đó, n

m−n ∈A Để ý cặp (n, m−n)∈B với điều kiện n < m <2n

• 2< m

n <3 Lúc này, ta cần chọna thỏa mãn + a−1 =

m

n hay a=

m−n

m−2n, tức trước đó, m−n

m−2n ∈A Ta để ý cặp (m−n, m−2n)∈B với điều kiện 2n < m <3n Thuật tốn Euclid kết thúc cặp số có dạng (a,1)với anguyên dương lớn 1, tương đương với số hữu tỉ a

1 =a∈A Khi đó, xuất phát từ số này, ta ngược lại theo quy trình thực nhận số m

n Từ đó, ta thu tất số hữu tỉ lớn thuộc A Ví dụ Cho dãy số 1,2,3, ,1000 Ở lượt người ta xác định tất cặp số đứng cạnh điền vào hai số tổng chúng Hỏi sau thực 2013 lượt số lượng số 2013 dãy bao nhiêu?

(Việt Nam, 2013)

Lời giải

Trước hết, ta thấy thời điểm đó, (x, y) hai số đứng cạnh từ trở đi, số sinh chúng tổ hợp tuyến tính x y Ta cần quan tâm đến 2013 lần thực từ trở đi, số sinh thêm lớn 2013 Cụ thể hơn, từ cặp (x, y) hai số đứng cạnh nhau, sau lần thực hiện, ta (x, x+y, y), tức có thêm hai cặp (x, x+y) (x+y, y)

Do gcd(x, y) = gcd(x, x+y) = gcd(x+y, y) ban đầu số nguyên dương liên tiếp nên cac cặp ban đầu có hai số nguyên tố nhau, dẫn tới tất cặp số đứng cạnh thời điểm sau phải nguyên tố

Giả sử sau bước thao tác, từ cặp (x, y), ta thu số 2013, rõ ràng x+y= 2013 Chú ý gcd(x+y) = nên gcd(x,2013) = gcd(y,2013) =

Do đó, số 2013 xuất cặp tập

S :={(x, y) :x, y ∈N, x+y= 2013,gcd (x,2013) = 1}

Mặt khác, ta có nhận xét cặp số có dạng (a,1) với a >1khơng xuất dãy cho Điều dễ thấy để có (a,1), trước đó, ta phải có cặp

(a−1,1),(a−2,1), ,(2,1)

Tiếp theo, rõ ràng (x, y) sinh từ (x−y, y) x > y (x, y−x) y > x Đây q trình thực thuật tốn Euclid Song, ước chung lớn hai sốx, y là1nên trước hai số là1thì chắn ta phải có cặp số nguyên dương có dạng (a−1, a) (1, a) với a > Chú ý cặp (x, y) khác sinh từ cặp ban đầu khác nên cặp (x, y) có xuất dãy,

Do cặp (1, a) với a >1 xuất dãy sau a−2 lần, cặp (a−1, a) với 1< a≤1000 có sẵn dãy từ ác cặp dạng này, ta ngược lên thu cặp số (x, y) cần tìm Điều chứng tỏ S, trừ hai cặp (2012,1) (1006,1007) cặp cịn lại xuất lần sau 2013 lần thao tác Như vậy, số số 2013 cần tìm

l|S| −2 = #{x:x∈ {1,2, ,2013},gcd (x,2013) = 1} −2

=ϕ(2013)−2 =ϕ(3)ϕ(11)ϕ(61)−2 = 1200−2 = 1198

Bình luận Tổng quát hơn, ta thấy với n≥2và dãy 1,2,3, , n−1thì có hai trường hợp xảy

• n chẵn Lúc này, ta không thu số n sau lần thao tác (vì hai cặp liên tiếp có số chẵn, khơng ngun tố với n)

• n lẻ Khi ấy, sau n thao tác trên, ta thấy có ϕ(n)−1 số n xuất dãy (ta đặt chúng lên vịng trịn để có số n−1 đứng cạnh nhau, suy có đầy đủ ϕ(n) số n ) Trong ví dụ trên, dãy khơng có xuất n−1

2 , n+

2 nên ta phải trừ bớt cặp cịn ϕ(n)−2 số

Ví dụ Cho cặp số nguyên dương(m, n)vớim ≥n Hai người,AvàB, chơi trò chơi sau: họ thay phiên chuyển từ(m, n)sang (max{m−tn, n},min{m−tn, n})với t số nguyên dương tùy ý thỏa mãn m−tn ≥0 Người chuyển cặp số chứa số trước thắng Chứng minh

(a) Trò chơi kết thúc với số (0,gcd(m, n));

(b) Nếu m =n m > ϕn với ϕ= +

√

5

2 người thứ có chiến lược để thắng; ngược lại người thứ hai có chiến lược để thẳng

Lời giải

nhất chúng phải gcd(m, n) Rõ ràng, trò chơi kết thúc với có dạng (0, x) với x >0và x chia hết cho gcd(m, n), tức x≥gcd(m, n)

Nếu nhưx >gcd(m, n)thì trước đạt này, người chơi có bộ(y, x)với y−tx = hay y= tx Khi gcd(x, y) = x > gcd(m, n), mâu thuẫn Do tổng hai số giảm thực nên đến lúc trò chơi phải kết thúc

(b) Trước hết, nếum=n hiển hiên người thứ thăng Ngược lại, m > n,ta biểu diễn:

m

n = [a0, a1, a2, , ak]

là liên phân số Rõ ràng hệ số liên phân số tìm dễ dàng thuật tốn Euclid Ngồi ra, ϕ = [1,1, ,1, ] liên phân số vô hạn (do ϕ số vơ tỉ) gồm tồn hệ số 1, (chú ý ϕlà nghiệm phương trình x2 =x+ 1)

x= +

x = +

1 + 1x =

và lặp lại trình Khi đó, m

n > ϕ hệ số màai >1 nằm vị trí chắn, ngược lại ta có m

n < ϕ (không xảy đẳng thức m

n số hữu tỉ) Trò chơi Euclid mơ tả việc bỏ làm giảm hệ số liên phân số biểu diễn tỉ lệ cặp số(m, n)xuất trình chơi mà xuất phát từ liên phân số ban đầu Trong trường hợp hệ số 1thì người chơi có cách bỏ hệ số Ta chứng minh người chơi thứ thắng hệ số >1 nằm vị trí chẵn

Thật vậy, >1là hệ số nên ta có

a0 =a1 =a2 = .=ai−1 = 1,

có tổng cộng i hệ số người chơi có cách loại bỏ hệ số lượt chơi Do đó, người chơi A gặp hệ số Người chơi A có hai

cách chuyển

m1

n1

= [1, ai+1, ai+2, , ak],

m2

n2

= [ai+1, ai+2, ai+3, , ak]

Rõ ràng trò chơi đối kháng bình đẳng kết thúc sau hữu hạn nước đi, chứng minh trên, nên ứng với hai vị trí trên, ln tồn chiến lược chiến thắng cho người thứ người thứ hai Từ suy việc chuyển phụ thuộc vào vị trí

m1

n1

và m2 n2

là vị trí thắng thua người thứ hai điều định Từ đây, ta dễ có điều cần chứng minh

Bình luận Để mơ tả chiến lược chiến thẳng trò chơi Euclid, thực tế có nhiều cách tiếp cận Chẳng hạn sử dụng quy nạp mô tả hệ trục tọa độ có điểm nguyên Tại đây, ta xét việc sử dụng thuật toán Euclid (ứng với phép chia lấy phần dư) công cụ liên hệ chặt chẽ với biểu diễn q trình thực thuật tốn liên phân số

Tiếp theo, ta xét tốn xem cầu nối việc áp dụng tính chẵn lẻ việc xác định ước chung lớn

Ví dụ Cho đa giác 2016 đỉnh tô màu xanh Mỗi lần thao tác, cho phép chọn k đỉnh liên tiếp đổi màu tất đỉnh này: đỏ thành xanh, xanh thành đỏ Hỏi đổi tất đỉnh sang màu đỏ hay không với k = 4, k = k = 64?

Lời giải

Với k = 4, câu trả lời có, 2016 chia hết cho4, ta cần đổi màu cụm rời gồm bốn đỉnh liên tiếp

Vớik = 5, câu trả lời Ta tiến hành đổi màu tất cụm năm đỉnh liên tiếp, khơng thiết rời Khi đó, đỉnh thuộc năm cụm nên đổi màu năm lần, tức chuyển từ xanh sang đỏ

Với k = 64, câu trả lời không Thật vậy, ta thấy gcd(64,2016) = 32 nên chia đỉnh đa giác thành 32nhóm, nhóm gồm đỉnh có số dư với chia cho 32 Khi đó, nhóm có 2016

32 = 63 đỉnh Mỗi lần thao tác, nhóm, có 64

32 = đỉnh đổi màu số chẵn Do đó, số đỉnh màu đỏ bị đổi màu nhóm ln số chẵn, khơng tính chẵn lẻ với số lượng đỉnh nhóm ban đầu, số lẻ Do đó, khơng thể đổi màu tất đỉnh sang đỏ

Bình luận Với ý tưởng giải trên, ta có giải tốn tổng qt thay n sau Ví dụ Cho đa giác n đỉnh tô màu xanh Mỗi lần thao tác, cho phép chọn k đỉnh liên tiếp đổi màu tất đỉnh này: đỏ thành xanh, xanh thành đỏ Khi điều kiện cần đủ để đổi sang đỏ tất đỉnh v2(n)≥v2(k), trường hợp v2(n), v2(k)

thì số đỉnh nhiều đổi sang đỏ n−gcd(n, k)

Lời giải

Đặtd := gcd(n, k) Ta đánh số đỉnh tử 1đến n chia chúng thànhdnhóm rời có số dư chia cho d, nhóm có n

d đỉnh Khi đó, lần thao tác, số đỉnh bị đổi màu nhóm k

d Nếu v2(n)< v2(k)thì dễ thấy k

d chẵn, n

d lẻ Do số đỉnh bị đổi màu nhóm chẵn sau lượt nên khơng thể chuyển tồn đỉnh nhóm sang đỏ

Å

từ n

d thành0

ã

, tức chuyển cho tồn đa giác Nếuv2(n)≥v2(k)

k d

n

d lẻ Gọi q số nhỏ chon |kq,ta dễ thấy q |n, lại đặt t:= n

q ta có t|k k

trong có k số bắt đầu số chia t dư1 Dễ thấy số xuất k

t lần, số lẻ nên chúng chuyển sang màu đỏ

Nếuv2(n)< v2(k), nhóm, ta khơng thể thực việc chuyển tồn đỉnh sang

màu đỏ nên có nhiều n

d−1đỉnh chuyển sang Suy ra, có nhiều nhấtd

Ån

d −1

ã

=n−d

đỉnh chuyển sang màu đỏ

Ví dụ Cho dãy n bìa đặt sấp (mặt đỏ) bàn đánh số từ đến n Mỗi lần, cho phép thay đổi trạng thái k bìa liên tiếp: sấp thành ngửa (mặt xanh), ngửa thành sấp Chứng minh ta chuyển tối đa max{kq,2n−k(q+ 1)} bìa màu từ xanh sang đỏ, với q :=

ïn

k

ò

Lời giải

Trước hết, ta xét k |n, ấyq = n Với gợi ý từ cách giải Ví dụ 24.11, ta chia n bìa thành k nhóm có số dư với Nhận xét có chênh lệch số bìa nhóm ta khơng thẻ chuyển tất bìa ngửa mặt xanh Mặt khác, dễ thấy số bìa cảk nhóm nhau, tương ứng với trường hợp k |n, ta chuyển

Tiếp theo, ta xétk - n Cũng với cách chia trên, ta thu k nhóm, nhóm từ đến n−kq cóq+ bìa, nhóm cịn lại có q Nếu làm cho tất bìa nhóm từ tới n−kq chuyển sang màu xanh khơng thể làm với nhóm từ n−kq+ đến k ngược lại Ta xét hai cách chuyển

1 Chuyển tất bìa nhóm từ đến n−kq sang màu xanh

Đối với k(q+ 1)−n nhóm cịn lại, ta chuyển tối đa q−1 bìa sang màu xanh Khi số bìa màu xanh không vượt

(q+ 1)(n−kq) + (q−1)(kq+k−n) = 2n−k(q+ 1)

2 Chuyển tất bìa nhóm từ n−kq+ đến k sang màu xanh

Đối với n−kq nhóm cịn lại, ta chuyển tối đa q bìa sang màu xanh Khi số bìa màu xanh khơng vượt kq

Từ hai cách chuyển trên, ta suy số bìa màu xanh khơng vượt qmax{kq,2n−k(q+ 1)} Để có giá trị lớn nhất, ta lật ngược từ đến k, từ k+ đến 2k, từ k(q−1) + 1đến kq Nếu n−kq ≤ n

2 ta thực xong, n−kq > n

2, ta lật tiếp từ n−k+ đến n, ta 2n−k(q+ 1) bìa ngửa mặt xanh

Bình luận Bằng cách chia nhóm tương tự, ta giải toán trường hợp hai

chiều Cụ thể hơn, ta xét toán sau

việc chọn hàng cột bảng ô vuông thay đổi trạng thái dãy M bóng đèn liên tiếp nằm hàng cột Tìm điều kiện cần đủ M, N để chuyển tất bóng đèn sang trạng thái mở sau số hữu hạn bước

Lời giải

Ta chứng minh điều kiện cần đủ yêu cầu toán N chia hết cho M Thật vậy, N chia hết choM d:= N

M số nguyên dương Khi đó, ta chia bảng vngN×N thành hình chữ nhật M ×1 Ta mở đèn hình chữ nhật M ×1 cuối tất đèn mở

Bây giờ, ta chứng minh điều kiện cần làN chia hết choM Ta tơ bảng vngN×N bởiM màu, kí hiệu từ 0đến M−1sao cho ô (i, j)sẽ tô màui+j−2( mod M), số dư i+j −2 chia cho M Trong bước thực hiện, ta thay đổi trạng thái M đèn, đèn màu Vì trạng thái ban đầu tất đèn tắt nên sau bước, tổng số đèn mở màu tính chẵn lẻ với tổng số đèn mở màu khác Từ ta suy ra, để đạt trạng thái tất đèn mở số đèn màu tình chẵn lẻ với số đèn màu khác

Giả sử ngược lại N không chia hết cho M, ta viết M =M k+r với k nguyên không âm 1≤r≤M−1 Ta chia bảng cho thành bốn bảng cỡM k×M k, M k×r, r×M k, vàr×r Ta có hai nhận xét sau

1 Số đèn màu trường hợp ba bảng M k×M k, M k×r, r×M k Thật vậy, bảng M k×M k, M k×r, r×M k hợp hình chữ nhật M×1 1×M nên số đèn màu hợp ba bảng

2 Trong bảng r×r, số đèn màu r−1 r, số đèn màu r r−1

Thật vậy, r ≤M−1 nên hàng có đèn mang màu đôi khác nhau, nghĩa hàng có hai đèn màu xuất Mặt khác, đèn màu r−1 xuất tất hàng bảng đèn màu r xuất tất hàng trừ hàng nên nhận xét chứng minh

Từ hai nhận xét trên, ta rút số đèn hai màu r r−1 không tính chẵn lẻ, tức khơng thể đạt trạng thái tất bóng đèn mở Bài tốn giải trọn vẹn Bình luận Như thế, qua Ví dụ 24.12,24.13 24.14, ta thấy tốn đổi trạng thái trường hợp "vòng", "thẳng", "hai chiều" có kết khơng hồn tồn giống tiếp cận theo ý tưởng chia thành lớp thặng dư chứng minh có hai lớp khác tính

chẵn lẻ

Mua sách bồi dưỡng tốn Facebook: “Mít Tơ Sách ” Sưu tầm

bật di chuyển theo phương cũ chiều ngược lại Tìm số lớn viên bida đặt lên bàn cho có viên chúng di chuyển theo hướng khơng chạm vào viên bida khác

Dưới hình minh họa cho trường hợp m= 10, n= số bida lớn

Lời giải

Gọi alà số bóng lớn đặt bàn bida thỏa mãn đề vàb số đường gấp khúc mà tất ô vuông bida di chuyển qua lần di chuyển theo mơ tả đề bài, ta chứng minh a=b

Thật vậy, trước hết, ta thấy hai bida đặt đường gấp khúc bida thuộc đường gấp khúc nên a≤b Tiếp theo, ta thấy phía rìa bàn bida thuộc đường gấp khúc đường gấp khúc lại qua rìa nên ta xếp bida cho thuộc đường, dẫn đến a ≥b Từ đó, dễ thấy nhận xét chứng minh

Tiếp theo, ta chứng minh

a=f(m, n) = gcd(m−1, n−1) +

Thật vậy, trường hợp bàn bida có kích thước n×n dễ thấy bida vng cạnh rìa quay trở với sau di chuyển số lần mà không chạm vào khác cạnh Do đó, bàn n×n tương đương với bàn kích thước 1×n ta có n đường gấp khúc Xét bàn bidam×n, m > nthì xét đường đường gấp khúc quanh bàn bida, ta thấy ô rìa nằm Ví dụ

b) Kết luận tương tự, điều kiện “đoạn thẳng có độ dài 2m”với m, nlà số nguyên dương cho trước

Lời giải

a) GọiA(i)là điểm nguyên có tọa đội trục số Nếu số nhỏ dùng làathì khơng tính tổng quát, giả sử đánh cho A(0) Khi đó, ta dễ thấy hai sốA(m), A(−m) có trung bình cộng a nên đánh số a Từ đó, ta suy số A(km) đánh số Lập luận tương tự, ta vị trí có số dư chia cho m đánh số vị trí khác số dư đánh số độc lập với Vậy số cách đánh số mk.

b) Đặtd:= gcd(m, n)thì lập luận tương tự, ta cóA(i)vàA(i+xm+yn)được đánh số, x, y ∈Z Do đó,

x,y∈Z

|xm+yn|=d nên số cách đánh số dm

Bình luận Bài tốn đánh số trục số coi trương hợp chiều ý nghĩa toán đếm chưa thấy rõ Tiếp theo, ta xét trường hợp hai chiều với mối liên quan phức tạp hơn, tốn đếm tương ứng lúc thực khơng dễ

cột có số thứ tự lớn m−n+ tương ứng với đường gấp khúc xuất phát từ n ô cột Do đó, ta rút gọn lại cách tương ứng bảng cho với m×n thành(m−n+ 1)×n

Ta tiếp tục quy trình Trong m, nđều lớn hơn1, m > n thaym m−n+ 1, cịn nếum ≤n thayn bởin−m+ Kết thúc trình này, kết cần tìm làm+n−1 Từ đây, dễ dàng chứng minh kết cuối

a=f(m, n) = gcd (m−1, n−1) + Ví dụ

a) Trên trục số với tọa độO, điểm nguyên đánh số từ1đến k cho đoạn thẳng có độ dài 2m trung điểm đánh số trung bình cộng hai đầu mút, m, k số nguyên dương cho trước Hai cách đánh số gọi khác có điểm cách đánh số khác với điểm cách Tính số cách đánh số đôi khác

b) Kết luận tương tự, điều kiện “đoạn thẳng có độ dài m”được chuyển thành đoạn thẳng có độ dài 2m độ dài 2n với m, nlà số nguyên dương cho trước

a) GọiA(i)là điểm nguyên có tọa đội trục số Nếu số nhỏ dùng làathì khơng tính tổng qt, giả sử đánh cho A(0) Khi đó, ta dễ thấy hai sốA(m), A(−m) có trung bình cộng a nên đánh số a Từ đó, ta suy số A(km) đánh số Lập luận tương tự, ta vị trí có số dư chia cho m đánh số vị trí khác số dư đánh số độc lập với Vậy số cách đánh số mk.

b) Đặtd:= gcd(m, n)thì lập luận tương tự, ta cóA(i)vàA(i+xm+yn)được đánh số, x, y ∈Z Do minx,y∈Z|xm+yn|=d nên số cách đánh số d

m.

Bình luận Bài tốn đánh số trục số coi trường hợp chiều ý nghĩa toán đếm chưa thấy rõ Tiếp theo, ta xét trường hợp hai chiều với mối liên quan phức tạp hơn, toán đếm tương ứng lúc khơng thật dễ Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta đánh số điểm có tọa độ nguyên số từ đến k cho hình chữ nhật có kích thước 2m×2n mà cạnh song song với trục tọa độ có tâm đánh số trung bình cộng bốn số đánh cho đỉnh, m, n số nguyên dương cho trước Hai cách đánh số gọi khác có điểm cách đánh số khác với điểm cách Tính số cách đánh số đôi khác

Lời giải

Lập luận tương tự chiều Ví dụ 24.16, ta thấy điểm A(x;y) đánh số trùng với điểm có tọa độ A(x+pm+qn, y+rm+sn) với p, s tính chẵn lẻ vàq, r tính chẵn lẻ

Đặt d:= gcd(m, n) viếtd=m1m+n1n, ta thấy tính chẵn, lẻ m1, n1 ảnh hưởng đến

cách chọn p, q, r, sđể có điểm có quan hệ với (tức phải đánh số) Nếu m

d, n

d lẻ m1, n1 lẻ, dẫn đến A(x, y) A(x, y +d) đánh số độc lập với Do đó, đỉnh hai hình vng cạnh nhau, kích thước d×d đánh số độc lập Kết k2d2

Ngược lại, m d,

n

d khác tính chẵn lẻ m1, n1 khác tính chẵn lẻ, dẫn đến A(x, y) A(x, y+d) phụ thuộc có đỉnh hình vng kích thước d×d đánh số độc lập Kết kd2

Bình luận Bài tốn thể mối liên hệ ước chung lớn tính chẵn lẻ theo cách tinh tế Trong trường hợp ba chiều, ta có hình hộp chữ nhật có kích thước 2m×2n×2p có cạnh song song với trục tọa độ tâm đánh số trung bình cộng tám số đánh cho đỉnh Đây đề thi chọn đội tuyển Tốn Quốc Tế Việt Nam năm 2014 Đáp số cần phải xét ba trường hợp tương tự (lẻ-lẻ-lẻ, lẻ-lẻ-chẵn,

1.3 Bài tập

Bài Trên bảng(n+ 1)×(n+ 1), người ta điền tùy ý số 0và 1thỏa mãn số cuối hàng tính chẵn lẻ với tổng n số phía trước hàng số cuối cột tính chẵn, lẻ với tổng n số phía cột Bạn B chép lại bảng vào tập viết sai số Chứng minh ta ln nhìn vào tập B xác định vị trí mà bạn B chép sai

Gợi ý Chú ý tổng số hàng tổng số cột chẵn Do đó, cần xem thử thuộc hàng có tổng lẻ cột có tổng lẻ biết vị trí sai Bài Cho dãy số nguyên dương 1,2,3, ,2016 Có người thực thao tác sau: chọn hai số x, y thuộc dãy thay chúng gcd(x, y), lcm(x, y)

Gợi ý Chú ý tổng số hàng tổng số cột chẵn Do đó, cần xem thử thuộc hàng có tổng lẻ cột có tổng lẻ biết vị trí sai Bài Cho dãy số nguyên dương 1,2,3, ,2016 Có người thực thao tác sau: chọn hai sốx, y thuộc dãy thay chúng bằnggcd(x, y), lcm(x, y) lặp lại số lần định Hỏi thu 1007 số lẻ khơng?

Gợi ý Dễ thấy với hai số x, y tùy ý

• gcd(x, y) chẵn lcm(x, y) chẵn x, y chẵn

• gcd(x, y) lẻ lcm(x, y) lẻ x, y lẻ

• gcd(x, y) lẻ lcm(x, y) chẵn x, y khác tính chẵn lẻ

Do đó, số lượng chẵn lẻ dãy số không đổi là1008 số chẵn, 1008 số lẻ

Bài a) Hỏi có tồn hay khơng số ngun dương n ≥ cho có hốn vị n số nguyên dương thỏa mãn: hai số liên tiếp hoán vị chênh lệch 2014 2016?

b) Câu hỏi tương tự thay2014 2016 2015 2016?

c) Câu hỏi tương tự thay2014 2016 thành a b số nguyên dương bất kì? Gợi ý

a) Khơng tồn tất số hốn vị tính chẵn lẻ, vơ lí b) Xét số4031 = 2015 + 2016 hoán vị cần tìm

c) Điều kiện cần đủ là(a, b) = Trước hết, ta xây dựng cho a+b Giả sử a < b 1, ta tăng lên b đơn vị giảm cho a số lần đến số nhỏ Sau đó, lại tăng lên b đơn vị giảm cho a Rõ ràng lần tăng cho b số dư số chia cho a thay đổi, nên sau thực a lần, ta tất số từ đến a+b Cuối cùng, ta dùng quy nạp để số k(a+b) với k nguyên dương thỏa mãn

Bài (Việt Nam, 2011) Trên mặt phẳng tọa độ có cào cào điểm(1,1) Nó nhảy từ điểm A sang điểm B SOAB =

1

2 tọa độ A, B nguyên dương

a) Tìm tất điểm (m, n) cho cào cào nhảy đến sau hữu hạn bước b) Chứng minh cào cào nhảy đến điểm (m, n)kể sau |m−n| bước Gợi ý

a) Khi cào cào đỉnhA(a, b)và muốn nhảy sang đỉnh B(c, d)thì phải có SOAB =

1 Với ý SOAB =

1

2|ad−bc|, điều tương đương với |ad−bc| = 1, dẫn tới xuất phát từ điểm (1,1), cào cào nhảy đến điểm (m, n) mà gcd(m, n) = Với gcd(m, n) = 1mà (m, n)6= (1,1)thì tồn số x, y nguyên dương cho|xm−yn|= |x−y|<|m−n|

Do đó, cào cào tọa độ (m, n) nhảy đến tọa độ(x, y) mà chênh lệch hai tọa độ giảm dần nên đến lúc phải Điều có nghĩa (1,1) hay nói cách khác, từ điểm (1,1), cào cào nhảy đến điểm (m, n) sau hữu hạn bước Như vậy, tất điểm cần tìm (m, n) với gcd(m, n) =

b) Cũng từ kiện tồn x, y nguyên dương để |xm −yn| = |x−y| < |m−n| với gcd(m, n) = (m, n) 6= (1,1), ta có số bước nhảy khơng vượt q |m−n| lần, chênh lệch hai tọa độ giảm đơn vị

Bài (Láme) Chứng minh số phép chia cần sử dụng để tìm ước chung lớn hai số nguyên dương a, bkhông vượt năm lần số chữ số min{a, b}

Gợi ý Đặta :=r0 vàb :=r1 với a > b Ta có dãy phép chia tương ứng với thuật toán Euclid

(trong trường hợp áp dụng phép chia lấy phần dư)

r0 =r1q1+r2,0≤r2 < r1,

r1 =r2q2+r3,0≤r3 < r2,

Khi đó, thuật toán Euclid trường hợp cầnn phép chia Chú ý q1, q2, , qn−1 ≥1, qn≥2 dorn< rn−1,

ta có dãy bất đẳng thức

rn ≥1 =F2,

rn−1 ≥2rn≥2F2 =F3

rn−2 ≥rn−1+rn≥F2+F3 =F4,

,

r2 ≥r3+r4 ≥Fn−1+Fn−2 =Fn,

b =r1 ≥r2+r3 ≥Fn+Fn−1 =Fn+1,

trong (Fn)n≥0 dãy Fibbonacci cho

F0 = 0, F1 = 1, Fn+2 =Fn+1+Fn,∀n∈N0

Mặt khác, ta dễ dàng chứng minh Fn+1 ≥

1 +√5

!n−1

,∀n ≥2nên b ≥ + √

5

!n−1

Hơn nữa, log +

√

5

!

> nên

log(b)≥(n+ 1) log +

√

5

!

> n−1 Gọi k số chữ số củab 10k−1 ≤b <10k hay k−1≤log(b)< k Từ suy rak > log(b)> n−1

5 hay n≥5k Do đó, số lần sử dụng phép chia thuật tốn Euclid khơng vượt q năm lần số chữ số số nhỏ

Bài Cho bảng vng kích thước n×n mà tơ màu đen Mỗi bước, người ta chọn vng đổi màu tất dịng cột với theo quy tắc đen thành trắng ngược lại Gọi f(n)là số bước cần dùng để chuyển tất ô sang màu trắng Chứng minh

a) Nếu n lẻ f(n) =n b) Nếu n chẵn f(n) = n2.

Gợi ý

ơ cịn lại bị thay đổi lần Khi tồn bảng đổi sang màu trắng Vậyf(n) = n với n lẻ

b) Giả sử ngược lại f(n)< n2 chẵn thì f(n) = n2 và ta thực đổi màu được,

khi có khơng chọn Khơng tính tổng qt, ta giả sử ô góc bên trái, gọi ô đặc biệt

Chú ý việc chọn nhiều lần quy chọn lần, nên ta coi chọn khơng chọn Khi đó, tổng số chọn hàng cột phải số lẻ (vì thân đặc biệt khơng chọn nên phải bị đổi màu theo khác) Ta tiếp tục giả sử hàng có lẻ ô chọn cột có chẵn ô chọn Bảng minh họa cho trường hợp n=

Gọi bảng(n−1)×(n−1)cịn lại phía làbảng Xét hàng1, cột2 Do hàng 1có lẻ ô chọn nên cột 2, vùng nằm bảng có chẵn chọn Tương tự với cột lại Từ dễ suy tổng số ô chọn bảng số chẵn

Lại xét ô hàng 2, cột Do cột có chẵn chọn nên hàng 2, vùng nằm bảng có lẻ chọn Tương tự với hàng cịn lại, ta suy tổng số chọn bảng số lẻ, n−1là số lẻ, mâu thuẫn với lập luận

Mục lục

1 Tính chẵn lẻ ước chung lớn

1.1 Lí thuyết sở

1.2 Một số ví dụ giải tốn

1.3 Bài tập 17

15