Toán trò chơi phân loại công cụ và phương pháp giải

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM XN ĐẠO TỐN TRỊ CHƠI : PHÂN LOẠI, CƠNG CỤ VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP 2013 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương Trò chơi người 1.1 Phương pháp đại lượng bất biến đơn biến 1.1.1 Sử dụng bất biến giải tốn trị chơi 1.1.2 Sử dụng đơn biến Nguyên lí cực hạn giải tốn trị chơi 10 1.2 Kĩ thuật đồng dư 15 1.3 Công cụ hệ đếm số 18 1.4 Kĩ thuật tô màu 22 Chương Trò chơi nhiều người Trò chơi với hệ động lực 26 2.1 Trị chơi hai người với thơng tin đầy đủ 26 2.1.1 Các ví dụ trị 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 hệ động lực 50 Chương Các toán thi Olympic tốn trị chơi 55 KẾT LUẬN 93 TÀI LIỆU THAM KHẢO 94 MỞ ĐẦU Trò chơi gắn kết với sống hoạt động người từ thời cổ đại Tuy nhiên Lý thuyết Trò chơi ngành khoa học có lẽ hình thành nghiên cứu khoảng vài ba trăm năm trở lại Nhiều trò chơi sống (gieo xúc xắc, chơi bài, đơminơ, trị chơi đối kháng hợp tác,…) khơi nguồn sáng tạo cho nhiều nhà tốn học, để từ nhiều ngành tốn học (xác suất, lý thuyết đồ thị, lý thuyết trò chơi ứng dụng kinh tế,…) đời Mục đích Luận văn sơ lược phân loại dạng tốn trị chơi phân tích số phương pháp, cơng cụ giải tốn trị chơi Tốn phổ thơng Trong khn khổ luận văn chun ngành Tốn sơ cấp, chúng tơi giới hạn lĩnh vực trình bày nội dung lí thuyết, ví dụ tập trị chơi gần với áp dụng giảng dạy tốn trường phổ thơng Tốn trị chơi liên quan mật thiết với nhiều dạng toán khác (tốn tập hợp, tốn tổ hợp, đồ thị, lơgic tốn, giải trí tốn học đố vui,…) Nhiều tốn phát biểu lại ngơn ngữ trị chơi Ngược lại, số tốn trị chơi phát biểu dạng khác Luận văn cố gắng trình bày cách có hệ thống nội dung Tốn trị chơi Các cơng cụ phương pháp giải tốn trình bày là: Phương pháp đại lượng bất biến đơn biến, nguyên lý cực hạn, lý thuyết đồ thị công cụ hệ đếm số 2, Việc phân loại Tốn trị chơi trình bày cơng cụ phương pháp giải tốn trị chơi dựa vào nội dung giảng [5] Thầy hướng dẫn Chúng cố gắng bổ sung thêm số công cụ phương pháp giải so với [5] Một công cụ, phương pháp sử dụng để giải nhiều tốn Ngược lại, tốn giải công cụ phương pháp khác Vì vậy, việc phân loại dạng tốn trò chơi phương pháp giải chúng mang tính ước lệ, nhằm phần hệ thống hóa phân loại tốn trị chơi, giúp học sinh dễ hiểu, dễ học Chúng cố gắng sưu tầm nhiều tập tốn trị chơi kì thi Olympic tốn Quốc gia Quốc tế, với hi vọng luận văn sử dụng tài liệu tham khảo tốt giảng dạy tốn trường phổ thơng Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm ba chương Chương Trò chơi người Chương Trò chơi nhiều người Trò chơi với hệ động lực Chương Các tốn thi Olympic tốn trị chơi Luận văn hồn thành Khoa Tốn - Tin, Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn PGS.TS Tạ Duy Phượng Nhân dịp này, xin cảm ơn tới PGS.TS.Tạ Duy Phượng, người hướng dẫn giúp đỡ tơi suốt q trình thực luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến Khoa Toán - Tin, Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên trang bị cho kiến thức tốn chương trình Cao học Xin cảm ơn Trường Trung học Cơ sở An Dương, Hải Phòng, nơi công tác, tạo điều kiện để tơi hồn thành nhiệm vụ học tập Xin cảm ơn gia đình, bạn bè động viên, giúp đỡ, hi sinh tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Cao học viết Luận văn Hải Phịng, ngày 01.5.2013 Phạm Xuân Đạo Chương Trò chơi người Trong luận văn này, trò chơi hiểu gồm tập hợp trạng thái (cấu hình, vị trí,…) chịu tác động hay nhiều đối tượng (người chơi) Người chơi với khả hạn chế phải tìm chiến lược, chiến thuật (cách đi, bước đi) tuân theo qui tắc chơi định sẵn để đưa trạng thái ban đầu trạng thái cuối (kết thúc trò chơi), với thời gian (số bước đi) đỡ tốn (năng lượng, chi phí, ) Tốn trị chơi hiểu dạng tốn mà ta sử dụng cơng cụ phương pháp tốn học để phân tích cấu trúc, trạng thái qui tắc trò chơi nhằm hoạch định chiến lược kết thúc trị chơi trị chơi tiếp diễn vô tận hay không tồn chiến lược kết thúc trò chơi Trò chơi người trò chơi cần người chơi (thí dụ, trị chơi Tháp Hà Nội, trị chơi Hamilton, tốn mã tuần, trò chơi tháo vòng Trung Hoa, trò chơi khối vng rubic,…) Các trị chơi nhiều cịn đưa vào lớp tốn giải trí tốn học, tốn lơgic, 1.1 Phương pháp đại lượng bất biến đơn biến Bất biến có mặt hầu hết lĩnh vực Toán học Bất biến khái niệm thường gặp tốn phổ thơng Thí dụ, bất biến tính chẵn lẻ, tính chia hết cho 3, tính đối xứng, bảo tồn góc,… tức điều thường gặp tốn phổ thơng dễ hiểu Tuy nhiên, bất biến khái niệm học sinh phổ thông Bởi vậy, việc trang bị khái niệm hướng dẫn học sinh sử dụng bất biến giải toán, theo chúng tơi, việc làm có ý nghĩa cần thiết giúp phát triển tư tốn học, nhìn thấy tĩnh động, mở rộng kiến thức kĩ thuật giải toán cho học sinh Bất biến đại lượng (hay tính chất) khơng thay đổi trình thực phép biến đổi Đại lượng bất biến nhiều phụ thuộc vào nội dung toán cụ thể Thí dụ, khoảng cách hai điểm đại lượng bất biến phép tịnh tiến, đại lượng thay đổi phép vị tự; tỷ lệ độ dài hai đoạn thẳng vừa đại lượng bất biến phép tịnh tiến, vừa đại lượng bất biến phép vị tự Giả sử trò chơi trạng thái ban đầu Do tính bất biến, nên thay đổi trạng thái (từ chẵn thành lẻ, từ trắng thành đen,…) Từ ta có kết luận trạng thái cuối trò chơi Đơn biến đại lượng thay đổi, theo chiều tức tăng lên hay giảm xuống (đơn điệu) Bất biến đơn biến sử dụng để giải nhiều toán, dạng toán khác (Dĩ bất biến ứng vạn biến!) Trong mục này, tìm hiểu bất biến, đơn biến ứng dụng chúng việc giải tốn trị chơi tốn học, chủ yếu qua ví dụ Có hai mẫu tốn thường giải bất biến đơn biến Bài toán Có tập hợp trạng thái  tập hợp phép biến đổi T từ  vào  Có hai trạng thái   thuộc  Hỏi dùng hữu hạn phép biến đổi thuộc T để đưa trạng thái  trạng thái  khơng? Bài tốn Có tập hợp trạng thái  tập hợp phép biến đổi T từ  vào  Cần chứng minh rằng, trạng thái  bất kỳ, sau số hữu hạn phép biến đổi T, ta đến trạng thái kết thúc  (trong nhiều trường hợp, trạng thái ổn định, bất động, tức không tiếp tục thay đổi tiếp tục tác động phép biến đổi từ T ) Tương tự, số toán, ta phải chứng minh không tồn dãy biến đổi (liên tiếp) từ T để thực mục đích chuyển trạng thái α sang trạng thái  Bất biến đơn biến nhiều ẩn tàng, khó nhận biết Vì sử dụng bất biến đơn biến giải tốn thực chất q trình phân tích phát qui luật bất biến đơn biến 1.1.1 Sử dụng bất biến giải tốn trị chơi Bài 1.1 Một bảng vuông  ô Tại bảng vng (Hình 1.1 ) có chứa dấu “” dấu “” Mỗi lần thực hiện, bắt buộc phải đổi dấu tất ô hàng cột Giả sử bảng vng ban đầu có dấu “” 15 dấu “” Hỏi đưa bảng ban đầu bảng có tồn dấu cộng khơng? Giải Thay dấu cộng số dấu trừ 1 Xét tích tất số bảng vng Qua phép biến đổi, tích khơng thay đổi (vì phép biến đổi đổi dấu tất bốn số  + +  + + + +  + hàng cột), nghĩa hàng (cột) + + có số chẵn (lẻ) dấu trừ sau lần đổi dấu ta lại có số chẵn + + + (lẻ) dấu trừ, tích hàng (cột mới) khơng đổi  Hình 1.1 Thí dụ, hàng (cột) có 0, 2, dấu trừ, sau có 4, 2, dấu trừ (số dấu trừ chẵn), hàng (cột) có (hoặc ) dấu trừ sau có (hoặc ) dấu trừ Vì vậy, cho dù ta thực lần, tính chẵn lẻ số dấu trừ hàng (một cột) đại lượng không thay đổi (bất biến) Kéo theo tích tất số hình vng ln khơng đổi (ln 1 phụ thuộc vào số dấu trừ ban đầu chẵn hay lẻ) Do từ bảng vng có trạng thái 1, 15 gồm dấu cộng 15 (số lẻ) dấu trừ, ta đưa bảng vng có số lẻ dấu “” số lẻ dấu “” , có nghĩa khơng thể đưa bảng trạng thái 16, 0 gồm toàn dấu “” Bài 1.2 Trên bàn cờ  có 32 quân trắng 32 quân đen, quân chiếm ô vuông Tại bước người chơi thay tất quân trắng thành quân đen tất quân đen thành quân trắng hàng cột Hỏi sau hữu hạn bước, cịn lại xác qn đen bàn cờ khơng? Giải Nếu trước chuyển có xác k quân đen hàng (cột) định chuyển số quân trắng hàng (cột)  k Sau chuyển,  k quân trắng trở thành  k quân đen k quân đen lại trở thành k quân trắng Như vậy, số quân đen bàn cờ sau chuyển thêm vào  k k quân, tức số quân đen thay đổi bàn cờ 8  k   k   2k Số số chẵn dương (thêm vào) k  số chẵn âm (bớt đi) k  không thay đổi k  Vì  2k chẵn lúc đầu có 32 quân đen nên số quân đen bàn cờ luôn chẵn (bất biến!) Vậy với qui tắc chơi từ trạng thái 32 (số chẵn) quân đen bàn cờ đưa đến trạng thái lại (số lẻ) quân đen bàn cờ Bài 1.3 (Chọn đội tuyển Hồng Kông tham gia IMO, 2000, vịng ) Có 1999 tách uống trà đặt bàn Lúc đầu tất đặt ngửa Mỗi nước đi, ta làm cho 100 tách số chúng lật ngược lại Sau số nước đi, làm cho tất chúng úp xuống không? Tại sao? Trả lời câu hỏi trường hợp có 1998 tách Giải Nếu có 1999 tách (số tách số lẻ), tất đặt ngửa (trạng thái ngửa) ta khơng thể quay úp xuống tất (trạng thái úp) Thật vậy, theo qui tắc chơi, thời điểm, giả sử có k tách đặt ngửa làm úp xuống 100  k tách úp lật ngửa lên Khi số tách úp tăng lên k giảm 100  k , số tách úp bị thay đổi số chẵn 100  k   k  100  2k (nếu k  50 số tách úp giảm đi, k  50 số tách úp tăng lên, k  50 số tách úp khơng thay đổi) Nghĩa tính chẵn lẻ số tách úp không thay đổi (bất biến!) Nhưng lúc đầu số tách úp trạng thái chẵn (bằng ) Vì khơng thể làm cho số tách úp 1999 (trở trạng thái lẻ) Nếu số tách 1998 úp tất tách Một thuật toán sau: Đánh số tách theo thứ tự 1, 2,, 1998 Lần lượt úp 100 tách đầu tiên, sau 18 lần úp 1800 tách chuyển trạng thái từ ngửa sang úp Tiếp theo úp 100 tách số 1801, 1803, 1804,, 1901 (để nguyên tách số 1802 ngửa) Lần thứ hai, đảo ngược tách 1802, 1803,1804,,1901 (giữ nguyên tách số 1801 úp) Sau hai lần này, thực chất có tách số số bị úp, tách khác không thay đổi (vẫn đặt ngửa sau lật úp lại lật ngửa) Tiếp tục vậy, sau 18  198  216 lần, tất tách bị lật úp Bài 1.4 Một học sinh viết lên bảng a  b số gồm a số b số thực phép biến đổi sau: xóa hai số bảng Nếu chúng viết số lên bảng, chúng khác viết số Hỏi số lại bảng số số lại bảng số 0? Giải Sau lần thực biến đổi, tính chẵn lẻ tổng số bảng không đổi (bất biến!) Thật vậy, hai số bị xóa (hoặc số số ) số viết (hoặc ), tổng số bảng giữ ngun, cịn hai số bị xóa số hai số bị thay số 0, tổng giảm xuống đơn vị Như vậy, số cuối bảng b lẻ b chẵn Nhận xét Nhiều tốn phát biểu gần khác nhau, thực chất lời giải Điều quan trọng ta phải tìm tính bất biến tốn Qui luật bất biến nhiều ẩn sâu toán đến mức khó nhận Ví dụ thú vị minh họa điều 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 tam thức bậc hai, cho phép thực hai phép toán sau: 1) Hoán vị hệ số x số hạng tự 2) Thay x x  m với m số thực tùy ý Hỏi nhận tam thức bậc hai 30 x  x  1975 từ tam thức x  x  2007 qua số bước thực hai phép toán hay khơng? Giải Tam thức bậc hai có dạng P( x)  ax2  bx  c ( ac  ) Sau thực phép toán thứ nhất, tam thức P( x)  ax2  bx  c trở thành f ( x)  cx2  bx  a Biệt thức  f  b2  4ac   P Sau thực phép toán thứ hai, tam thức trở thành g ( x)  P( x  m)  a( x  m)2  b( x  m)  c  ax2  (b  2ma) x  am2  bm  c với  g  (b  2am) 4a(am2  bm  c)  b2  4ac   P Như vậy, sau hai phép biến đổi, P  b2  4ac đại lượng bất biến Suy ra, có qui trình thực liên tiếp hai phép tốn cho, để nhận tam thức Q( x) : 30x2  4x  1975 từ tam thức R( x) : x2  5x  2007 Q   R Nhưng ta có Q  52  4.(2007)  8053, cịn R  42  4.30(1975)  237016 81 thay đổi 12 - n - n =  - n  , số chẵn Suy bước biến đổi tính chẵn lẻ số lượng 1 giữ nguyên Ban đầu số lượng số 1 27 (số lẻ), kết thúc khơng thể cịn số 1 đỉnh khối lập phương (là số chẵn) Bài 3.32 (Winconsin Mathematics Science and Engineering Talent Search- Thi chọn tài đại học Winconsin, 2000 - 2001) Một máy kì diệu làm việc sau: anh bỏ vào máy đồng xu (penny), cho nhảy đồng hào (dime); bạn bỏ vào đồng hào, nhảy đồng xu đồng 25 xu (a quater), bạn bỏ vào đồng 25 xu, nhảy đồng hào Bắt đầu đồng hào, chơi với máy lúc Khi đếm tiền, tơi thấy có 100 đồng xu với số đồng tiền khác Hỏi số tiền bé mà tơi có vào lúc bao nhiêu? (1 dollar = 10 dime = 100 penny) Giải Giả sử suốt thời gian chơi, bỏ vào máy tất p đồng xu (penny), d đồng hào (dime), q đồng 25 xu (quater) Sau chơi, tơi có P đồng xu, D đồng hào Q đồng 25 xu Theo đề bài, P = 100 Mỗi lần bỏ vào máy đồng hào, số đồng xu tăng thêm 1, lần bỏ vào máy đồng xu, số đồng xu giảm bớt Theo đề bài, bỏ vào máy đồng 25 xu (quater), số đồng xu (penny) không thêm không bớt Tương tự, bỏ vào máy đồng xu (penny), số đồng 25 xu (quater) khơng thêm khơng bớt Vì ban đầu tơi khơng có đồng xu (chỉ có đồng hào) nên P=d–p (1) Cứ lần bỏ vào máy đồng hào, số đồng 25 xu (quater) tăng thêm nên Q = d – q (2) 82 Để ý rằng, lần bỏ vào máy đồng xu, số đồng hào tăng thêm 1; lần bỏ vào máy đồng hào, số đồng hào giảm bớt lần bỏ vào máy đồng 25 xu, số đồng hào tăng thêm Tôi khởi đầu đồng hào, số đồng hào tơi có sau chơi D = + p - d + 2q (3) Từ phương trình (1), (2), (3) ta có: D  2Q   d  p   d  p   P Gọi M tổng số tiền (tính xu) tơi có sau chơi Khi M  P  10D  25Q  P  10  D  2Q  P  10  P  1  11P  10  1110 Nói cách khác, tơi phải có 1110 xu Ta thấy khả xảy theo cách chơi sau (gạch biểu thị ta đút đồng xu vào máy để số tiền mới) đồng hào → đồng xu + đồng 25 xu (tổng cộng 26 xu) → đồng + hào → đồng hào (tổng cộng 21 xu) → đồng xu + đồng 25 xu (tổng cộng 37 xu) →1 đồng hào + đồng hào (tổng cộng 32 xu) Như vậy, tiếp tục bỏ vào đồng hào (để đồng xu đồng 25 xu, tức lãi 16 xu) lại bỏ đồng 25 xu (để đồng hào, tức lỗ xu) Tổng hai lần vậy, lại 11 xu Do bỏ 100 lần đồng hào 100 lần đồng 25 xu, ta 1110 xu, trừ đồng hào (làm vốn), lại “lãi ròng” 1100 xu = 11 dollar Bài 3.33 (Vô địch Quốc gia Belorus, 2000, vịng 4) Có n(n  1) đồng tiền đặt khít bên cạnh tam giác Mỗi cạnh có n đồng tiền Lúc đầu tất đặt ngửa, trừ đồng Mỗi bước chuyển lần chọn hai đồng tiền kề có tâm A B, lật ngược tất đồng tiền nằm đường thẳng AB Hãy xác định tất trạng thái ban đầu, để 83 cho từ trạng thái ban đầu đó, ta thực số hữu hạn bước chuyển nhằm làm cho tất đồng tiền lật úp xuống Giải Vì phép vị đồng xu góc, tính chẵn lẻ số góc bảo tồn Nếu đồng xu cho thấy mặt trái khơng góc, ln có đồng xu góc ngọn, ln có số góc lẻ Như vậy, ln có góc khơng đồng thời cho mặt trái đồng xu Ngược lại, góc có đồng xu mặt trái, chứng minh làm cho tất đồng xu mặt trái Thật vậy, ta hướng tam giác cho góc đến với cạnh nằm ngang Trong (n - 1) đường ngang có hai nhiều đồng xu Ta chọn hai đồng xu kề lật trái tất đồng xu đường Tất đồng xu cho thấy mặt trái Do đó, yếu tố ban đầu cần lựa chọn có đồng xu có mặt trái nằm góc Bài 3.34 (Đề thi Olympic Italy 2000 – 2001) Cho số nguyên cố định n>1, Alberto Barbara chơi trò chơi sau, bắt đầu với bước sau xen kẽ lần thứ hai lần thứ ba: • Alberto chọn số nguyên dương • Barbara chọn số nguyên lớn bội ước số nguyên Alberto, chọn số nguyên Alberto • Alberto cộng trừ từ số Barbara Barbara chiến thắng cô chọn n với 50 lần chơi Với giá trị n cô người thắng Giải Barbara người thắng điều kiện sau thỏa mãn: • n = 2; • 4| n; 84 • Có số nguyên m > 1, cho (m2 − 1)| n Thật vậy:  Nếu Barbara chọn lần a số chẵn Barbara chọn lần  Nếu thay a số lẻ, Barbara chọn số a tốt  Nếu a = n, cô chiến thắng; nói cách khác, lần chọn thứ hai Alberto phải số chẵn, Barbara chọn số lần chọn thứ hai Giả sử a1, b1, a2, b2, số chọn sau Barbara chọn cho lần chọn Trường hợp a) n = 2, trường hợp Barbara thực chiến thắng (b) 4| n Nếu a1 = 1, Barbara chọn b1 = n chiến thắng Nói cách khác, a1 = 3, Barbara chọn b1 = 3, a2 4, Barbara chọn b2 = n (c) Có số nguyên m > 1, (m2 − 1)| n Như trường hợp 2, Alberto phải chọn a1 = để ngan Barbara thắng Thực tế, có số nguyên số m − 1, m m + chia hết cho 3, nghĩa chia hết m chia hết m2 − vị chia hết n Trong trường hợp đầu tiên, Barbara chọn b1 = m, bắt buộc a2 = m ± kéo theo Barbara chọn b2 = n trường hợp sau, Barbara chọn b1 = n Bây giờ, thấy Barbara có chiến thuật chiến thắng điều kiện Chúng ta giả thiết không điều kiện với n > chứng minh Alberto luôn ngan cản Barbara tiến đến chiến thắng Bởi điều kiện thứ thứ hai khơng điều kiện thứ hai sai với m = 2, có n  2, 3, Vậy n > 85 Gọi số nguyên dương n số hy vọng a|n n|a Chúng ta chứng minh với số nguyên b > 1, tồn a  {b − 1, b + 1} cho a số hy vọng Điều kéo theo Alberto bắt đầu chọn vài số hy vọng chọn vài số hy vọng theo sau để ngăn cản Barbara tiến đến chiến thắng sau 50 lần Giả sử, điều kiện mục đích sai với số nguyên b > Nếu b > n, b − b + phải bội n Do đó, n chia hết hiệu b − b + 1, tức 2, mâu thuẫn Nói cách khác, b  n Bởi n không chia hết n + n + với n > 2, phải có (b − 1)|n (b + 1)|n Nếu b − b + chẵn, chúng phải chia hết cho 4, 4| n, mâu thuẫn Vậy b − b + lẻ Điều kéo theo, chúng nguyên tố tích chúng b2 −1 chia hết n, mâu thuẫn với giả thiết điều kiện thứ ba sai Bài 3.35 (Thi Olympic Cộng hòa Czech Slovak, 1997  1998 ) Mỗi cạnh đuờng chéo n - giác (n> 3) tô màu đỏ màu xanh Ta chọn đỉnh thay đổi màu đoạn thẳng nhận điểm làm đầu mút từ màu đỏ thành màu xanh ngược lại Chứng minh rằng, với cách tô màu lúc đầu nào, ta biến số cạnh màu xanh xuất phát từ đỉnh số chẵn Chứng minh rằng, kết cuối việc tô màu quy định dựa cách tô màu ban đầu Giải Nhận thấy, thứ tự chọn đỉnh không ảnh hưởng đến kết tô màu cuối Và việc chọn đỉnh hai lần không ảnh hưởng đến kết tơ màu Vì thế, việc chọn tập hợp đỉnh cung cho kết việc chọn đỉnh cịn lại: Q trình sau tương tự việc chọn tập hợp đỉnh đầu tiên, sau chọn tất đỉnh (ở đây, tập hợp đỉnh lại, đỉnh ban đầu chọn số lẻ lần chọn theo số chẵn lần ngược lại) 86 Đặt tên đỉnh 1, 2, , 2n + Gọi số đoạn màu xanh xuất phát từ đỉnh thứ i, gọi bi số lần đỉnh chọn B = bi Khi chọn đỉnh k ak trở thành 2n − a  ak; mặt khác, đoạn từ đỉnh k tới đỉnh khác đổi màu nên cịn lại thay đổi tính chẵn lẻ Tính tổng số cho kết hai lần tổng số đoạn màu xanh, có số chẵn đỉnh với a i số lẻ - gọi 2x đỉnh Chọn đỉnh Tính chẵn lẻ số a i thay đổi 2x − lần để thành số chẵn Tính chẵn lẻ số cịn lại thay đổi 2x lần để giữ nguyên số chẵn Do đó, tất đỉnh có số chẵn đoạn màu xanh Vậy ta chứng minh kết tô màu cuối Thật vậy, ta xét cách tô màu với kết mong muốn Cuối cùng, số đoạn màu xanh xuất phát từ đỉnh thứ i + B − bi (mod 2) Khi đó, số đoạn màu xanh xuất phát từ đỉnh nhau, đó, bj  bk lúc đầu aj  ak Vì vậy, bi   bi  a  0, ta có kết tơ màu Do kết tơ màu Bài tốn chứng minh Chú ý Với 2n - giác (n  2), việc chọn đỉnh làm thay đổi tính chẵn lẻ tất Vì thế, ta khơng thể có kết tất số chẵn, ban đầu không tính chẵn lẻ Và có tất a i số chẵn th kết tô màu cuối khơng Bài 3.36 Có viên ngọc có trọng lượng khác Oleg biết trọng lượng viên Với viên ngọc x kí hiệu m(x) trọng lượng Dmitrii cố gắng xác định trọng lượng lớn viên ngọc Anh ta phép chọn viên A, B, C hỏi Oleg rằng: "Có phải m  A  m  B  m  C không?" Oleg trả lời "đúng" "Sai" Hỏi Dimitrii xác định trọng lượng lớn sau câu hỏi hay không? 87 Giải Chúng ta rằng, Dimitrii xác định khối lượng viên ngọc lớn sau câu hỏi Giả sử, Dimitrii có phương pháp để xác định viên ngọc có khối lượng lớn sau câu hỏi Giả sử sau Oleg trả lờicâu hỏi thứ i Dimitrii có xác xi viên ngọc có trọng lượng lớn thỏa mãn câu hỏi thứ i Ta xi+1  max  xi  20, xi  với i  1, 2, ,   Để ý có 5!  120 cách để lấy viên ngọc có trọng lượng lớn Sau với viên ngọc A, B, C bất kì, 16 viên ngọc có m  A  m  B  m  C Như vậy, Dimitrii hỏi liệu m  A  m  B  m  C Oleg trả lời"Sai" Dimitrii loại bỏ tối đa 20 số 120 khả Trong trường hợp x i   x i  20 với i Với x i mà phù hợp i câu hỏi đầu tiên, phần s1 khả loại bỏ Oleg trả lời "đúng" tới câu hỏi thứ i  1; phần bù phần s loại bỏ Oleg trả lời "Sai" Nếu |S1|  xi Oleg trả lời "đúng" ta có: Mặt khác ta có |S2|  xi1  xi  S1  xi xi Nếu Oleg trả lời "Sai" ta lại có: x i 1  Do đó, xi x1  120; x  80; x  60; x  40; x  20; x 10; x  5; x  3; x  Từ đó, Dimitrii khơng thể chắn tìm thấy kết sau câu hỏi 88 Bài 3.37 (Vơ địch Trung Quốc, 2001) Có bảng ô vuông đánh số từ -10 đến 10 hình vẽ 3.11 Một vng tô màu đỏ trắng, tổng số ô màu đỏ n Ban đầu, Maureen đánh dấu vào vng có nhãn Sau gieo ngẫu nhiên 10 lần đồng xu có hai mặt cân lần thấy mặt ngửa xuất hiện, cô dời chỗ việc đánh dấu sang bên phải ô vng Cịn thấy mặt sấp xuất hiện, dời chỗ việc đánh dấu sang bên trái ô vuông Lúc gieo xong lần thứ mười, xác xuất để việc đánh dấu sau rơi vào ô vuông đỏ số hữu tỉ có dạng (với a, b hai số nguyên tố nhau) Giả sử a  b  2001, xác định giá trị lớn số n -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 10 Hình 3.11 Giải Sau 10 lần gieo, hình vng sau đánh dấu hình vng mang số 2k  10, đây, k số mặt ngửa xuất Có tất 210  1024 khả xảy cho 10 lần gieo, C10k khả nang thuận lợi cho kiện k lần mặt ngửa xuất hiện, xác suất để sau hình vng 2k  10 đánh dấu C10k /1024 Xác suất để sau hình vng đỏ đánh dấu c /1024 Ở c tổng số chọn từ bảng: C100 , C101 , C102 , , C1010  1,10, 45,120, 210, 252, 210,120, 45,10,1 (1) Theo đề bài, tồn số nguyên a, b cho: A  b  2001, a / b  c  1024 Vì a b hai số nguyên tố nên ta tiến hành giải toán sau: Ta có  a / b  a  b  2001, từ suy 1001  b  2001 Hơn nữa, b chia hết 1024, b = 1024 Vậy a  c  2001 – 1024  977 Chỉ có cách chọn số từ bảng cho tổng chúng 977 89 977  10  10  45  120  120  210  210  252 (2) (dễ dàng kiển tra điều này, số cịn lại bảng (1) buộc phải có tổng 1024 – 977  47, 47  45   1là khả cho số cịn lại đó) Để số n lớn nhất, ta cần tơ màu vng bảng hình chữ nhật sau Các vng lẻ tơ màu đỏ mang số dương ta tơ màu trắng âm Vì 252  C105 nên ô vuông mang số 2.5 – 10  có màu đỏ Với k = 0, 1, 2, 3, 4, C10k xuất hai lần tổng (2) 2k -10 10– 2k tô màu đỏ Nếu không xuất tổng (2) 2k - 10 10– 2k tô màu trắng Nếu xuất lần tổng (2) 2k - 10 có màu đỏ cịn 10 – 2k có màu trắng Như vậy, số n lớn đạt cac ô vuông tô màu đỏ ô thuộc tập hợp 1,3,5,7,9, 8,8, 4, 4, 2, 2,0,6 từ ta n = 31 Bài 3.39 (IMO 1993) Trên bàn cờ vơ hạn vng kích thước 11 Người ta thực trò chơi sau: Đầu tiên xếp n qn vào hình vng gồm n  n ô vuông liền cạnh cho vng hình vng chứa qn cờ Cách trò chơi quân cờ nhảy theo hàng theo cột qua ô có chứa quân cờ sát bên cạnh, sang trống tiếp sau Khi qn cờ ô bị nhảy qua bị loại bỏ Tìm giá trị n để kết thúc trò chơi cho bàn cờ lại quân cờ Giải Ta xét quân cờ đặt điểm lưới (điểm có tọa độ nguyên)   x, y  : x, y   Với k  0,1, 2, đặt Ck   x, y   : x  y  k  mod3 Đặt ak số quân cờ điểm lưới thuộc C k với k  0,1, 90 Bước theo hàng lấy quân cờ điểm  x, y  nhảy qua quân cờ  x  1, y  chuyển tới điểm trống  x  2, y  Sau di chuyển, ak tăng lên giảm Như thay đổi tính chẵn lẻ Nếu n chia hết cho 3, a0  a1  a2  n2 bắt đầu chơi Do thời điểm, ak có tính chẵn lẻ Như trị chơi khơng thể kết thúc với qn cịn lại có hai tọa đồ lưới 1(không tính chẵn lẻ) Nếu n khơng chia hết cho 3, trị chơi kết thúc với quân lại Ta chứng minh quy nạp Với n  2, điều dễ thấy Với n  ta xây dựng phương pháp để giảm n  n quân cờ xuống  n  3   n  3 quân cờ Ta xét quân cờ vị trí  0,0 ,  0,1 ,  0, 2 , 1,0 Những bước 1,0   1,0 ,  2,0  0,0 ,  1,0  1,0 , bỏ ba quân cờ liên tiếp cột trả lại quân cờ thứ tư vị trí ban đầu Ta áp dụng thủ thuật lặp lại từ đáy bên trái 3  n  3 quân cờ n  n ô vuông từ trái qua phải, sau từ đáy bên phải  n  3  quân cờ từ đáy lên đỉnh cuối từ đỉnh phải 3 quân cờ từ phải sang trái Như lại  n  3   n  3 quân cờ ta cần chứng minh Bài 3.40 (Thi Olympic Hoa Kỳ, 2000) Một có R quân đỏ, W quân trắng B quân xanh Một người chơi thực việc rút quân khỏi Với lượt, phép rút bài, phải chịu số tiền phạt cho lượt rút đó: a) Nếu rút có màu xanh, tiền phạt số quân trắng lại 91 b) Nếu rút có màu trắng, tiền phạt hai lần số quân đỏ lại c) Nếu rút có màu đỏ, tiền phạt ba lần số quân xanh lại Hãy xác định tổng số tiền phạt tối thiểu mà người chơi phải trả (phụ thuộc vào R, W, B) tìm tất cách chơi để đạt số tiền phạt Giải Ta chứng minh số tiền phạt tối thiểu phải trả min(BW,2WR,3RB) Dĩ nhiên số tiền phạt đạt được, tương ứng với cách rút sau: (bb bbrr rr ww ww); (rr rr ww wbb .) (ww wwbb rr) Với cách rút bài, ta định nghia chuỗi xanh đoạn liên tiếp quân màu xanh rút khỏi (tức số lượt liên tiếp, ta rút quân xanh ra) Tương tự, ta có định nghĩa chuỗi đỏ, chuỗi trắng Bây ta chứng minh bổ đề: Bổ đề 1: Với cách rút cho trước, ta thực cách rút khác, chuỗi màu “gộp” vào mà không làm tăng số tiền phạt Ta chứng minh trường hợp gộp chuỗi đỏ, trường hợp khác hoàn toàn tương tự Giả sử chuỗi đỏ có w quân trắng b quân xanh Bây giờ, ta chuyển quân đỏ từ chuỗi thứ sang chuỗi thứ 2, số tiền phạt tăng thêm 2w – 3b (do lượt rút quân trắng phải tăng thêm tiền phạt xuất quân đỏ quân đỏ chuyển nằm sau b quân xanh nên chịu 3b tiền phạt) Nếu, ta việc chuyển tất quân đỏ từ chuỗi sang chuỗi Ngược lại, ta chuyển tất quân đỏ từ chuỗi sang chuỗi Trong trường hợp, chuỗi đỏ gộp vào số tiền phạt không bị tăng thêm Bổ đề 2: Cách chơi tối ưu không tồn chuỗi (tức không xảy trường hợp rút quân đỏ sau quân trắng) điều hiển nhiên, xuất 92 lượt rút ta thay đổi chuỗi chuỗi , ta thu cách chơi có số tiền phạt nhỏ Bổ đề 3: Cách chơi tối ưu (ít tiền phạt nhất) có chuỗi Giả sử tồn cách chơi tối ưu có chuỗi trở lên Giả thiết quân rút có màu đỏ (các trường hợp khác chứng minh tương tự) Bây giờ, ta giả sử chuỗi rút có giá trị (theo thứ tự, chứng minh tương tự trường hợp khác) Theo bổ đề 1, ta gộp chuỗi đỏ, chuỗi trắng lại với mà không làm tang số tiền phạt Nhưng cách chơi tối ưu, ta phải có: (1) Gộp chuỗi trắng lại ta cách rút cung có số tiền phạt tối thiểu: Theo bổ đề 1, ta gộp chuỗi đỏ với mà số tiền phạt không tăng thêm Nhưng cách chơi tối ưu, nên ta phải có, mâu thuẫn với (1) Vậy điều giả sử sai, bổ đề chứng minh Tức cách chơi tối ưu có tối đa chuỗi Kết hợp với bổ đề 2, cách chơi tối ưu phải rút quân đỏ Cách chơi tối ưu và Tương tự, ta có cách chơi giống quân rút quân trắng quân xanh 93 KẾT LUẬN Luận văn trình bày phương pháp giải khác tương đối phổ dụng giải tốn trị chơi Với phân loại dạng tốn trị chơi thành trị chơi người, nhiều người trò chơi với hệ động lực, đồng thời phân loại theo phương pháp giải, thông qua 40 tốn trình bày Chương Chương 2, với 40 thi Olympic Chương 3, hi vọng Luận văn trợ giúp học sinh giải tốn trị chơi dễ dàng Hi vọng tài liệu học tập nhẹ nhàng, phát huy tính chủ động, sáng tạo cho học sinh yêu toán 94 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Trần Nam Dũng, Bất biến, đơn biến ứng dụng, 2010, 10 trang [2] Nguyễn Hữu Điển, Giải toán phương pháp đại lượng bất biến, Nhà xuất Giáo dục, 2005 [3] Nguyễn Văn Nho, Bộ sách Tuyển tập tốn từ kì thi Olympic Mĩ Canada; Đông Âu (2003); Trung Quốc (2003); Châu Á - Thái Bình Dương (2003 - 2005), , Nhà xuất giáo dục [4] Tạ Duy Phượng, Hệ đếm Ứng dụng (Trong Bộ sách Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Giải tốn máy tính điện tử), Nhà xuất Giáo dục, 2007 [5] Tạ Duy Phượng, Tốn trị chơi: phân loại, cơng cụ phương pháp giải (Bài giảng Câu Lạc Giáo viên, Sở Giáo dục Hà Nội, 2011, 39 trang) [6] Đặng Huy Ruận, Trò chơi đồ thị, Nhà xuất Khoa học kĩ thuật Hà Nội, 2005 Tiếng Anh [7] Martin Gadner, Hexaflexagons and other Mathematical Diversions, University of Chicago Press, Chicago, 1988 Các trang web http://www.diendantoanhoc.net ; http://tailieu.vn http://en.wikipedia.org/wiki; http://www.math.com Các tạp chí Kvant, Mathematical Excalibur, Krux Các sách thi Olympic Toán 95 Luận văn với đề tài: "Toán trị chơi: Phân loại, cơng cụ phương pháp giải" học viên Phạm Xuân Đạo chỉnh sửa theo ý kiến đóng góp Hội đồng chấm luận văn họp Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên ngày 22 tháng năm 2013 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS Tạ Duy Phượng ... thị công cụ hệ đếm số 2, Việc phân loại Toán trị chơi trình bày cơng cụ phương pháp giải tốn trị chơi dựa vào nội dung giảng [5] Thầy hướng dẫn Chúng cố gắng bổ sung thêm số công cụ phương pháp. .. phương pháp giải so với [5] Một công cụ, phương pháp sử dụng để giải nhiều tốn Ngược lại, tốn giải cơng cụ phương pháp khác 3 Vì vậy, việc phân loại dạng tốn trị chơi phương pháp giải chúng mang... thuyết trò chơi ứng dụng kinh tế,…) đời Mục đích Luận văn sơ lược phân loại dạng tốn trị chơi phân tích số phương pháp, cơng cụ giải tốn trị chơi Tốn phổ thơng Trong khn khổ luận văn chuyên ngành Toán