Ebook Chuyên đề toán logic và rời rạc

Bây giờ câu hỏi đặt ra là ta có thể tổng quát bài toán này lên n ngƣời mà có k ngƣời đôi một quen nhau hoặc m ngƣời đôi một không quen nhau đƣợc không? Đáp án sẽ đƣợc trả lời ở phần sa[r]

Lê Trần Nhạc Long ( Chủ Biên) – Trần Nguyễn Quốc Cƣờng

Chuyên đề

Toán logic và rời rạc

Nng 1/2011

Lời nói đầu

Thượng đế có tất lời giải ngắn và hay toán

(P.Erdos)

Hiện tốn lí thuyết tổ hợp ngày xa lạ với học sinh có xa lạ với nhiều bạn học sinh chun tốn, bạn cịn e ngại nhìn vào tốn “ dao to búa lớn” sao? Khơng hiểu hết đề hay khó q Điều khiến cho ngƣời tị mị ham học hỏi muốn lao vào Những toán tổ hợp làm cho ngƣời rèn tƣ cao, nhƣ câu hỏi IQ thú vị Có số tốn bạn nghĩ điều hiển nhiên mà chứng minh lại khó quá? Đó mấu chốt vấn đề tốn tổ hợp Để làm tốt toán đòi hỏi bạn tƣ cao, suy luận tinh tế , sắc bén Để đƣợc nhƣ yêu cầu bạn luyện tập Trong viết , xin đề cập đến số vấn đề sơ cấp phổ biến toán tổ hợp để mong phần truyền tải đến số bạn yêu toán dễ dàng tiếp cận e ngại với tốn tổ hợp Vì kiến thức cịn hạn hẹp nên có vài sai xót , mong bạn thông cảm

Qua xin giới thiệu với bạn số website cho bạn yêu toán:

w.w.w.diendantoanhoc.net;( Diễn đàn VMF) số diễn đàn khác nhƣ:

w.w.w.mathscope.org ; w.w.w.mathlinks.ro ; w.w.w.math.vn… bạn học hỏi đƣợc nhiều kinh nghiệm tiếp xúc với bạn bè bốn phƣơng

Cuối xin trân trọng cảm ơn anh Phạm Hy Hiếu ( Sinh viên đại học ngoại thƣơng Sài Gòn- Huy chƣơng bạc IMO 2009) , anh Võ Quốc Bá Cẩn (sinh viên Đaị học Y Dƣợc Cần Thơ) sửa chữa, đóng góp giúp tơi hồn thành viết này.Cảm ơn bạn đón đọc viết tơi Mọi ý kiến đóng góp xin gửi đựa chỉ:

MỤC LỤC

Lời nói đầu……… Problem 1:Các toán giải đồ thị

Lê Trần Nhạc Long……… …… 4 Problem 2:Các tốn giải tơ màu

Lê Trần Nhạc Long………10

Problem 3: Nguyên lí bất biến, đơn biến

Lê Trần Nhạc Long………18 Problem 4: Nguyên lí cực hạn

Trần Nguyễn Quốc Cường……… ………26 Problem 5: Nguyên lí Dirichlet ứng dụng

Lê Trần Nhạc Long, Võ Quốc Bá Cẩn………41 Problem 6:Các tốn trị chơi

Trần Nguyễn Quốc Cường………53 Problem 7:Giới thiệu định lí Ramsey-số Ramsey

Problem 1: Lý thuyết đồ thị

“Toán học người hai đỉnh nối với bởi đoạn thẳng”

Lê Trần Nhạc Long Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn –tp Đà Nẵng

Lý thuyết đồ thị nói chung , đặc biệt đồ thị tô màu đƣợc vận dụng để giải các tốn khơng mẫu mực hiệu đặc biêt Tổ Hợp Đại Số

Ta thể mối qua hệ giả thiết tốn khơng gian có khẳng định tƣơng ứng đồ thị tơ màu để có vận dụng gải hàng loạt toán đƣợc xét Và ta đến toán sau để hiểu rõ thêm lí thuyết đồ thị

Ví dụ 1: phịng có người chứng minh tồn lại người đôi quen đôi không quen

Giải: xét điểm mặt phẳng Chọn điểm ta dùng đoạn nối liền điểm thể quen và điểm nối

nét đứt với không quen

Bây ta xét điểm O,A,B,C,D,E lấy O làm tâm ,

Trong điểm lại , ta thấy ngƣời quen , khơng quen , hình theo ngun lí Dirichlet tồn đƣờng thẳng nét liền từ O đến điểm

A,B,C,D,E đƣờng nối nét đứt Bây ta cần xét quen điểm A,B,C mà nối lại với ta đƣợc tam giác có đỉnh

là O => thỏa mãn tốn, khơng nối lại điểm A,B,C nối nét đứt điều phải chứng minh Vậy ln tìm đƣợc ngƣời đơi quen không quen

Nhận xét: để lời giải ngắn gọn ta dùng thêm mệnh đề Đại số ,

A  B A B

Ví dụ 2:có 17 nhà tốn học viết thư cho , viết đề tài khác người phải viết thư cho người lại biết, cặp nhà toán học viết thư trao đổi đề tài Chứng minh có nhà toán học viết thư cho trao đổi đề tài

Giải: tƣ tƣởng nhƣ toán trên.chọn 17 điểm mặt phẳng đặt tên OA OA1, 2, ,OA6 Và điểm ta dùng màu đỏ nối hai điểm trao

đổi đề tài thứ , màu xanh đề tài thứ vàng đề tài thứ

Giả sử cạnh đƣợc tô nhiều màu đỏ theo nguyên lí Dirichlet 16 cạnh có cạnh đƣợc tơ màu đỏ giả sử cạnh

1, 2, ,

OA OA OA sáu điểm có điểm đƣợc nối với màu đỏ tạo than tam giác màu đỏ có đỉnh O tức có ngƣời trao đổi đề tài Bây xét điểm khơng có điểm đƣợc nối với màu đỏ phải nối với màu xanh vàng theo ví dụ ln

tồn điểm điêm đƣợc nối màu xanh màu vàng.Vậy toán đƣợc chứng minh 

Ví dụ 3:(ví dụ khơng mang tính đồ thị mà dựa vào tư tưởng nó)

Trong nhóm gồm 2n+1 người , với n người tồn người 2n+1 người này quen n người Chứng minh rằng

a)Có n+1 người đội quen

b)Tồn người quen hết tất người

Giải:

a) Ta quy nạp: rõ có ngƣời quen , giả sử có k ngƣời đôi quen (k ≤ n ) tồn ngƣời quen k ngƣời theo giả thiết => có k+1 ngƣời đơi quen Do tồn n+1 ngƣời đơi quen

BÀI TẬP:

Bài 1.1:(TST Hong Kong 1999) Các học sinh phát kiểm tra , môn , trong n (n≥ 3)môn học Biết với môn học có học sinh đạt điểm tối ưu ,cịn với hai mơn tùy ý có học sinh đạt điểm tối ưu cho môn hai mơn đó Hãy xác định n bé cho từ điều kiện suy có học sinh đạt điểm tối ưu cho môn n môn học (ĐS:8)

Bài 1.2:Có trường học, trường học có n học sinh Một học sinh có tổng số

người quen từ

hai trường học n+1 Chứng minh chọn trường học sinh sao cho học sinh đôi quen

Bài 1.3:trong phịng có người, người ln tìm người quen nhau người khơng quen Chứng minh nhóm người ngồi quanh một bàn trịn cho người quen hai người ngồi cạnh

Bài 1.4:

Trong phịng có người , biết người có người quen Chứng minh rằng, tìm người mà người số quen

Bài 1.5:(Trần Nam Dũng-Preparation VMO-2010) Cho 2010 tập hợp, tập hợp chứa 45 phần tử Biết hợp hai tập hợp chứa 89 phần tử Hỏi hợp tất cả tập hợp nói chứa phần tử?

LỜI GIẢI CÁC BÀI TẬP DÙNG ĐỒ THỊ

Bài 1.1:(TST Hong Kong 1999) Các học sinh phát kiểm tra , môn , n (n≥ 3)môn học Biết với mơn học có học sinh đạt điểm tối ưu ,cịn với hai mơn tùy ý có học sinh đạt điểm tối ưu cho mơn hai mơn Hãy xác định n bé cho từ điều kiện suy có học sinh đạt điểm tối ưu cho môn n môn học

Giải: Ta biểu thị học sinh điển mặt phẳng cho khơng có điểm thẳng hàng , hai học sinh đạt điểm tối ƣu cho mơn ta nối hai điểm tƣơng ứng lại với Nhƣ môn ta có tam giác Vì hai mơn ln có học sinh đạt điểm tối ƣu cho mơn nên hai tam giác ln có chung đỉnh

Ta có nhận xét sau: nếu tam giác có chung đỉnh tất tam giác có ching đỉnh Thật khơng tam giác thứ có chung đỉnh với tam giác tạo thành tứ giác => vơ lí!

đỉnh với

n

  

 

  tam giác khác Theo nhận xét ta cần

2

1 3

n n

n

 

      

   

    Vậy n nhỏ

Bài 1.2:Có trường học, trường học có n học sinh Một học sinh có tổng số

người quen từ hai trường học n+1 Chứng minh chọn trường học sinh cho học sinh đôi quen

Giải: Trong trƣờng ta chọn học sinh có số ngƣời quen k (k ≤ n) nhiều với hai trƣờng kia.Giả sử ngƣời A quen k học sinh trƣờng thứ Khi quen n-k+1 học sinh trƣờng thứ 3.Xét học sinh B trƣờng số nằm số ngƣời quen A, B quen ngƣời học sinh C trƣờng thứ nằm k ngƣời quen A A,B,C ngƣời cần tìm Cịn B quen C khơng nằm k ngƣời quen A B quen khơng q n-k học sinh trƣờng thứ => B quen khơng (n+1)-(n-k)=k+1 học sinh trƣờng Mà theo cách chọn k k là số lớn => mâu thuẫn toán đƣợc chứng minh

Bài 1.3:trong phịng có người, người ln tìm người quen nhau người khơng quen Chứng minh nhóm người ngồi quanh một bàn trịn cho người quen hai người ngồi cạnh

xét ngƣời điểm Mặt phẳng ngƣời điểm ko thẳng hàng tạo thành ngũ giác lồi ABCDE

ta thể đƣờng đƣợc nối liền quen nét đứt ko quen ngƣời

ta chứng minh hình điều cần chứng minh ta ngƣời quen với ngƣời ngồi cạnh giả sử ngƣời lại quen với ngƣời đối diện giải sử nhƣ A quen B E mà A quen C Tam giác ACE thỏa mãn đề nhƣng ABC ko ko có ngƣời ko quen

do cách sếp nhƣ để thỏa nãm yêu cầu toán

Bài 1.4:

a)Trong phịng có người , biết người có người quen Chứng minh rằng, tìm người mà người số quen

Giải: Trên mặt phẳng ta lấy điểm điểm đƣợc tô màu đỏ thể quen màu xanh thể khơng quen có trƣờng hợp xảy

TH1: tồn điểm có chung đỉnh với cạnh màu xanh ,giả sử cạnh

1, 2, 3,

OA OA OA OA ngƣời có hai ngƣời quen nên

điểmOA OA OA OA1, 2, 3, 4, khổng thể nối với cạnh xanh chings phải nối với

nhau màu đỏ => điểm lập thành tứ giác có cạnh đƣờng chéo màu đỏ , ngƣời đôi quen

TH2:nếu tồn điểm có chung đỉnh với khơng q cạnh màu xanh , theo ngun lí Dirichlet tồn đỉnh đầu mút hai cạnh màu xanh , ví dụ H, suy phải đầu mút cạnh , mà theo ví dụ đỉnh chứa cạnh tồn đỉnh nối với màu đỏ khơng tồn điểm nối với mà xanh ( giả thiết) , nhƣ điểm hợp với H thành tứ giác có cạnh đƣớng chéo nối với thành cạnh màu đỏ => điểm cần tìm

Bài 1.5:(Trần Nam Dũng-Preparation VMO-2010) Cho 2010 tập hợp, tập hợp chứa 45 phần tử Biết hợp hai tập hợp chứa 89 phần tử Hỏi hợp tất cả tập hợp nói chứa phần tử?

Giải: Do hợp hai tập hợp chứa 89 phần tử nên giao hai tập hợp chứa phần tử

Ta chọn tập hợp A0 gồm 45 phần tử : X {x x1, 2, ,x45}

Do 2009 tập hợp lại, tập hợp chứa phần tử A0 nên theo nguyên lí Dirichlet suy có phần tử X (giả sử x1) nằm

2009

45 45

   

 

Suy x1 nằm 46 tập hợp (bao gồm 45 tập hợp A1 , A2 , … , A45 tập hợp A0)

Ta chứng minh tất tập hợp lại x1 phản chứng : giả sử tồn tập hợp B không chứa x1 (B nằm số 2010 tập hợp xét khác A0 , A1 , A2 , … , A45 ) Lần lƣợt xét giao B với A0 , A1 , A2 , … , A45 : |BA0 |b0 ;

1

|BA |b ; … ; |BA45|b45 Nhận thấy tập hợp Ai (i0,1, 2, , 45) có chung phần tử x1 khơng có chung phần tử khác, từ phần tử

( 0,1, 2, , 45)

i i

b  đôi phân biệt Vậy B có 46 phần tử (vơ lí)

Problem 2: Tơ màu

“Tốn học mn màu”

Tơ màu mang khái niệm biểu diễn tƣơng tự nhƣ đồ thị nhƣng mang tính trừu tƣợng hơn, tơ màu khơng tơ màu mà đánh số hay đặt khái niệm cho tính chất tốn

Bây ta đến với toán sau

Ví dụ 1: ( Kiểm tra 15’-10A2-LQĐ 2010)Cho hình chữ nhật 3×7 chia thành 21 Mỗi ô tô màu xanh đỏ chứng minh ln tồn hình chững nhật khơng tầm thường có đỉnh tơ màu

Giải:

Cách 1: ( Lê Trần Nhạc Long)

Ta giả sử số ô đƣợc tô màu đỏ nhiều số ô đƣợc tô màu xanh , theo ngun lí Dirichlet có 11 ô đƣợc tô màu đỏ

Bây ta xét cách tô màu đỏ Nếu tồn cột có đƣợc tơ màu số màu cịn lại theo nguyên lí Dirichlet tồn cột có đƣợc tơ màu cột có tơ màu đỏ cột có tơ màu đỏ tạo thành hình chữ nhật cần tìm

Do ta xét cột có nhiều ô đƣợc tô màu đỏ, theo nguyên lí Dirichlet có cột có đƣợc tô màu đỏ

Cách 2:(Trần Nguyễn Quốc Cường)Cách túy tô màu

Ta xét hai hàng , hai ô cột đƣợc tô hai màu giống đƣợc gọi “cùng màu”, hai ô đƣợc tô hai màu khác đƣợc gọi “khác màu” cột có ba cột “cùng màu” có hai cột màu đỏ ( xanh) hình chữ nhật có đỉnh tồn nhiều hai cột “cùng màu” khác màu tô tƣơng tự hai hang dƣới nên suy tồn cột có có hai hang đầu hai hàng cuối khái niệm khác màu mặt khác ví dụ cột 1,2,3 thứ tự theo hang khác khác màu có hai cách tơ nên cột có cột có cách tơ ,hai cột hợp lại thành hình chữ nhật có đỉnh đƣợc tơ màu

(hình ta xét màu đỏ)

Cách 3:(Trần Nguyễn Quốc Cường)ta có cột ln có màu có

3

2 6 cách xếp chúng cột cịn lại ln có cột trùng với cột chọn tạo thành hình chữ nhật có góc màu

Ví dụ 2: Cho hình chữ nhật n×[(n-1)n+1] Mỗi tơ màu xanh đỏ .chứng minh tồn hình chững nhật khơng tầm thường có đỉnh tô cùng màu

Giải: tƣơng tự nhƣ cách

Ví dụ 3: Phủ hình vng x quân tri-mi-no hình chữ L 1×2 cho khơng chƣờm lên cịn thừa khơng đƣợc phủ Hỏi nằm vị trí nào?

GIẢI : (Ta có số cách đánh số , tơ màu nhƣ sau)

Nhận xét ta lát quân mi-no vào bảng bên tổng ba số qn tri-mi-no hiển nhiên số âm

Từ nhận xét : Nếu ô không đƣợc lát ô số mang số (-4) tổng cịn lại : 7.9+(-4).15 = > Và phần cịn lại khơng thể lát kín qn tri-mi-no Do khơng đƣợc lát nằm số ô mang số Ta ô không đƣợc lát

Do tính đối xứng hình vng X ta cần cách lát trƣờng hợp :

• TH1 :

• TH2 :

Cách 2: ta nhiều cách đánh số khác ví dụ nhƣ sau: cột lẻ hang lẻ ta đánh -2 cịn cột chẵn hang chẵn ta đánh quân tri-mi-no láy lên ô -2,1,1 quân Tri-mi-no có tổng 1+1-2=0

Nếu ta bỏ đƣợc đánh số tổng cịn lại hình vng : 9×(-2)+24-9=-3 nhƣng quân Tri-mi-no lại phủ hết tất ô nên phải có tổng Vơ lí! Cịn ta bỏ ô đƣợc đánh số -2 tổng cịn lại

8×(-2)+25-9=0 phù hợp ! ô đƣợc bỏ phải ô đánh số -2 Ta đƣợc cách lát nhƣ cách

Cách 3:(Từ Nguyễn Thái Sơn PTNK-ĐHQGHCM )Ta tô màu ô cột lẻ hàng lẻ màu đỏ

Ta thấy quân Tri-mi-no lát hai màu đỏ nên khơng có màu đỏ bị xóa số qn tri-mi-no phải lát tƣơng ứng với số ô 9×3=27>25 vơ lí khơng đƣợc lát phải ô đƣợc tô màu đỏ ta có cách lát nhƣ cách

Ví dụ 4: Chứng minh 17 số tự nhiên ln tìm số đơi chia hết cho đôi không chia hết cho

Giải: ta chứng minh toán tổng quát nhƣ sau: Chứng minh

1

n  số nguyên dƣơng tồn n+1 số đôi chia hết cho không chia hết cho

Ta xét dãy số tăng dần sau:a a1, 2,,an21 ta đánh a1 , từ trở (i ≥ 2)ta đem chia

cho số với thấy thấy khơng chia hết đánh cho giá trị giá trị số đứng trƣớc cộng thêm 1, chia hết cho nhóm ta đánh giá trị giá trị số lớn nhóm ta đánh số đến giá trị n+1 theo cách đánh có n+1 số đơi khơng chia hết cho vì,(n1)2 n21 cịn giá trị đƣợc đánh khơng vƣợt q n theo ngun lí Dirichlet tồn giá trị lập lại n+1 lần , tức ta có n+1 số đơi chia hết cho Vậy toán đƣợc chứng minh 

Nhận xét: ta cịn có kết tổng qt hơn:

-2 -2 -2

1 1 1

-2 -2 -2

1 1 1

-2 -2 -2

Định lí Dilworth (1950):Trong thứ tự phận tập tập hợp P gồm n ≥ sr+1 phần tử ,tồn xích có kích thước s+1 đối xích có kích thước r+1

BÀI TẬP:

Bài 2.1 (Trung Quốc, 1986) điểm mặt phẳng tô màu đen đỏ Chứng minh ta tìm ba điểm màu mà cặp điểm có khoảng cách hoặc tìm ba điểm có khoảng cách

Bài 2.2:Xét hình vng 7×7 Chứng minh ta bỏ để phần cịn laị khơng thể phủ kín 15 qn Tri-mi-no kích thước 1×3 qn tri –mi-no hình chữ L 2×2

Bài 2.3: Trên tờ giấy kẻ caro lấy 101 vng CMR 101 vng có 26 vng khơng chung cạnh chung đỉnh.

Bài 2.4: Chứng minh bảng hình vng 2n×2n, với n khơng chia cho dư 1, trên tồn lại bị xóa , phủ qn Tri-mi-no hình chữ L 1×2

Bài 2.5 Cho bảng hình chữ nhật gồm 2010 hàng 2011 cột Kí hiệu (m,n)là ô vuông hàng thứ m cột thứ n Người ta tô màu vào ô vuông theo nguyên tắc sau: lần thứ nhất tô ô vuông: (r,s ), (r+1,s+1), (r+2,s+2), với r s số tự nhiên cho trước thỏa mãn điều kiện 1≤ r ≤ 2008, 1≤ r≤2009 Từ lần thứ hai trở người ta tô ô nằm cạnh hàng hay cột Hỏi cách tơ tơ tất ô bảng đã cho hay không

LỜI GIẢI CÁC BÀI TẬP TÔ MÀU:

Bài 2.1: (Trung Quốc, 1986) điểm mặt phẳng tô màu đen đỏ Chứng minh ta tìm ba điểm màu mà cặp điểm có khoảng cách hoặc tìm ba điểm có khoảng cách

Giải: ta nhắc lại kiến thức mệnh đề Đại số : A  B B A

Bây giả sử không tồn điểm màu mà cặp điểm cách Ta chứng minh tồn điểm màu cặp điểm cách

Thật vậy, theo giả thuyết suy tồn điểm khác màu có khoảng cách Lấy điểm cho khoảng cách từ đến điểm 2.thì điểm phải khác màu với điểm nêu Giả sử hai điểm khác màu có khoảng cách A B, gọi M trung điểm AB phải có khoảng cách đến A,B màu với A B giả sử màu với B màu đen dựng tam giác MBD MBC đối xứng qua MN hai tam giác có cạnh Theo điều giả sử khơng tồn tam giác có đỉnh màu có cạnh nên C D phải khác màu với M B=> C D có màu đỏ Vậy tam giác ACD có đỉnh màu có cạnh Vậy tốn đƣợc chứng minh

Bài 2.2:Xét hình vng 7×7 Chứng minh ta bỏ để phần cịn laị khơng thể phủ kín 15 qn Tri-mi-no kích thước 1×3 qn tri –mi-no hình chữ L 2×2

1 2 3 1 2 3 1

1 2 3 1 2 3 1

1 2 3 1 2 3 1

1 2 3 1 2 3 1

1 2 3 1 2 3 1

1 2 3 1 2 3 1

Giải:

Ta đánh số số vào ô nhƣ sau:

Ta thấy qn Tri-mi-no 1×3 phủ lên có tổng giá trị chia hết cho 3, cịn tri-mi-no hình chữ L phủ lên có tổng giá trị không chia hết cho , giả sử ta bỏ ô số , tổng giá trị bảng hình vng lúc 1×3×7+2×2×7+3×2×7-1=90 , số chia hết cho => mâu thuẫn! Vậy toán đƣợc chứng minh!

Bài 2.3: Trên tờ giấy kẻ caro lấy 101 vng CMR 101 ô vuông có 26 ô vuông không chung cạnh chung đỉnh.

Tơ màu nhƣ hình vẽ:

… … … …

… X Đ X Đ …

… T V T V …

… X Đ X Đ …

… T V T V …

… … … …

Từ cách tô màu suy hai ô màu cạnh chung đỉnh chung Vì 101 > 4.25 nên có 26 màu (đpcm)

Bài 2.4:Chứng minh bảng hình vng 2n×2n, với n không chia cho dư 1, đó tồn lại bị xóa , phủ qn Tri-mi-no hình chữ L 1×2

Giải: Ta có nhận xét sau:

Hai quân Tri-mi-no ghép lại tạo thành hình chữ nhật 2×3, ta có n chia cho dƣ 1=> 2n chia cho dƣ

Do ta lắp hình chữ nhật 2×3 vng tồn vng góc 2×2 khơng bị lắp 2n chia dƣ 2, hình vng bỏ hình chữ L 1×2( qn Tri-mi-no) tốn đƣợc chứng minh

Bài 2.5 Cho bảng hình chữ nhật gồm 2010 hàng 2011 cột Kí hiệu (m,n)là vng hàng thứ m cột thứ n Người ta tô màu vào ô vuông theo nguyên tắc sau: lần thứ nhất tô ô vuông: (r,s ), (r+1,s+1), (r+2,s+2), với r s số tự nhiên cho trước thỏa mãn điều kiện 1≤ r ≤ 2008, 1≤ r≤2009 Từ lần thứ hai trở người ta tô ô nằm cạnh hàng hay cột Hỏi cách tơ tô tất ô bảng đã cho hay không

Giải: ta chứng minh tô đƣợc phản chứng Thật vậy, giải sử ta tơ hết bảng tổng tất lần tơ 670 × 2011 Điền số vào ô theo cách sau: (m,×) điền số m.n Gọi tổng điền S , ta có

(1 2010)(1 2011) 0(mod 3)

S         

Mặt khác , gọi Si tổng số nằm ô đƣợc tô lần thứ i với 1≤ i ≤ 670 × 2010 Dễ thấy : S1  rs (r 1)(s  1) (r 2)(s 2) 2(mod 3) Và Si tổng số có dạng ab, (a+1)b , (a+2)b ,suy Si 0(mod 3), S 2(mod3),mâu thuẫn ! Vậy suy đƣợc đpcm

Bài 2.6 (THTT-T9/398) Người ta tô màu số nguyên dương hai màu trắng đen Biết tổng hai số khác số tơ màu đen có vơ hạn số tô màu trắng Gọi số nguyên dương nhỏ lớn tô màu đen q Chứng minh q số nguyên tố

Giải: ( Lê Văn Tú, 11A1 , THPT chuyên Vĩnh Phúc )

+ Trƣớc hết , giả sử số đƣợc tô màu trắng , p đƣợc tô màu đen q1 đƣợc tơ màu đen , suy q2cũng đƣợc tô màu đen Cứ tiếp tục nhƣ số nq đƣợc tơ màu đen , nên suy có hữu hạn số đƣợc tơ màu trắng, Vơ lí !

+ Nếu q2 q3 số nguyên tố ( đpcm ) Giả sử q3 Khi q 2 N* , mà q 2 qnên đƣợc tô màu trắng (q   2) q đƣợc tô màu đen Nhƣng

1

Problem 3: Nguyên lí bất biến , đơn biến

“Dĩ bất biến, ứng vạn biến”

Tôn tử (Binh pháp)

1. Giới thiệu đại lượng bất biến, đơn biến

 Bất biến đại lượng định tính hay tính chất quan hệ phần tử một số tập hợp mà khơng thay đổi với biến đổi

Định nghĩa Cho Ω tập hợp trạng thái T tập hợp các phép biến đổi từ Ω vào Ω Hàm số f: Ω → R đƣợc gọi bất biến trên tập trạng thái Ω tập phép biến đổi T

f(t(ω)) = f(ω) ∀ω ∈ Ω, ∀ t ∈ T

Ví dụ: xét tổng S= a+b+c ta thay đổi a,b,c theo hoán vị nhƣng rõ ràng S khơng đổi, nghĩa S bất biến

 Đơn biến (còn gọi bất biến đơn điệu) đại lượng mà ln tăng ln giảm trong q trình biến đổi Sau định nghĩa chặt chẽ đơn biến

Định nghĩa Cho Ω tập hợp trạng thái T tập hợp các phép biến đổi từ Ω vào Ω Hàm số f: Ω →N đƣợc gọi đơn biến trên tập trạng thái Ω tập phép biến đổi T

f(t(ω)) < f(ω) ∀ω ∈ Ω, ∀ t ∈ T

Chú ý dấu thay dấu >, ≥, ≤ Ngồi ra, tập đích N có thể thay tập hợp có thứ tự tốt

Đơn biến sử dụng việc chứng minh trình dừng

2.Các toán bất biến đơn biến:

Ví dụ 1: Trên bảng ta viết 10 dấu cộng 15 dấu trừ vị trí Ta thực xóa hai dấu viết vào dấu cộng xóa hai dấu giống một dấu trừ xóa hai dấu khác Hỏi bảng cịn lại dấu ta thực thao tác 24 lần?

Giải:

Nhận xét: đại lượng bất biến tích số bảng Bây ta đến với cách để xem đại lượng bất biến khơng tốn

Cách 2: ta thay dấu cộng số dấu trừ số Nếu ta xóa hai số có tổng chẵn viết lại số , cịn lẻ ta viết lại số 1.Nhận thấy sau lần biến đổi tổng số bảng khơng đổi giảm Mà theo cách thay số nhƣ tổng số bảng ban đầu 15 (một số lẻ),suy số cuối bảng lại phải số Tức bảng lại dấu trừ

Nhận xét: cách ta thấy đại lượng bất biến tổng chẵn số.

Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh vào lớp 10 Đại học Sư Phạm Hà Nội-2010) Trên bảng đen ta viết số 2, 2,

2 bắt đầu thực trò chơi sau: Mỗi lần chơi ta xóa số viết giả sử a b viết vào vị trí xóa hai

số

2

a b a b

v

 

, đồng thời giữ nguyên số lại Như sau lần chơi bảng ln có số Chứng minh dù ta có chơi lần

bảng khơng thể đồng thời có số ; 2;1

2 

Giải: ta nhận thấy

2

2

2

a b a b

a b

 

     

   

    tổng bình phƣơng

số sau lƣợt chơi khơng đổi Mà tổng bình phƣơng số ban đầu 13 , cịn tổng bình phƣơng số đòi hỏi 41 2

8  Nhƣ ta không nhận đƣợc trạng thái đòi hỏi , tức tồn ba số ; 2;1

2  địng thời bảng

Ví dụ 3:Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun khác

4 4

8x 4y 2z u

Giải: Nhìn vào tốn , tự nhiên ta nghĩ đến việc xét đồng dƣ cho Tơi xin giải tốn sau theo tƣ tƣởng “Nguyên Lí Cực Hạn” ( đƣợc giớ thiệu phần sau) Mà bất biến cịn có tên gọi Bất biến đơn điệu

Giả sử phƣơng trình có nguyện ngun ( ,x y z u0 0, 0, 0)(0, 0, 0, 0)

Ta có: 4 4

0 0

8x 4y 2z u , suy

0 2

u u đặt u0 2u1

Ta đƣợc: 4 4

0 0

4x 2y z 8u , suy

0 2

z z đặt z0 2z1

Ta đƣợc: 4 4

0 1

2x y 8z 4u , suy 4

0 2

y y đặt y0 2y1

Ta đƣợc: 4 4

0

x  y  z  u , suy ra: x04 2x0 đặt x0 2x1

Ta đƣợc: 4 4

1 1

Và nghiệm có dạng 0, 0, 0,

2 2

x y z u

 

 

 , quy trình lặp đến đến bƣớc

k: , , ,

2 2

k k k k

x y z u

 

 

  Các số , , ,

k k k k

x y z u

nguyên với k Điều xảy

các biến Vậy phƣơng trình cho khơng có nghiệm khác

Nhận xét: (*) theo ngun lí cực hạn ta giả sử ( ,x y z u0 0, 0, 0) nghiệm nhỏ suy vơ lí Phương pháp cịn lại phương pháp xuống thang

- Đặc biệt , tơi giới thiệu tốn minh họa cho “bất biến đơn điệu” - Cách giải theo Bất biến đơn điệu tóm tắt sau:

1. Tìm đại lượng bất biến đơn điệu nó phải thay đổi tác động thao tác

2. Hãy thay đổi hữu hạn lần; chứng minh dừng sự thay đổi sau hữu hạn lần thay đổi

Nếu chuyển đổi khơng cho trước , ta phải xây dựng cách thích hợp có rất nhiều bất biến đơn điệu khác xây dựng : tổng, tích , giá trị cực đại , cực tiểu nhiều đại lượng thích hợp khác

Ví dụ 4:Giả sử n số lẻ Đầu viết lên bảng số từ 1đến 2n, sau chọn số bất kì a ,b viết lại số |a b | Chứng minh số cuối lại bảng là số lẻ

Giải: Tổng số bảng ban đầu là:

1 2 (2 1)

S    nn n rõ ràng n lẻ nên S lẻ Mà với thao tác đề tổng giảm 2.min a b; , nhƣ tính chẵn lẻ S không đổi , ban đầu S số lẻ suy số cuối lại bảng số lẻ

Ví dụ 5:cho số 2,8, 1,0, 1,9,9,5 viết vòng tròn Cứ hai số cạnh ta cộng thêm vào số Hỏi sau số lần thực thao tác số vịng trịn có khơng?

Giải:

Cách 1:( Lê Trần Nhạc Long ) cách tƣơng đối tự nhiên nhanh nhƣng không tổng quát đƣợc Cách giải nhƣ sau:

Ta nhận thấy tổng số vòng tròn số lẻ nên ta thực thao tác tổng tăng lên nên tính chẵn lẻ tổng khơng đổi Mặt khác số số vịng trịn số chẵn nên số tổng cảu số lẻ => mâu thuẫn

Cách 2:Vì số cạnh tăng đơn vị vào hai số nên hiệu chúng không đổi xét số a a a a a a1, 2, 3, 4, 5, Ta suy ra: S     a1 a2 a3 a4 a5 a6

không đổi

Sau thao tác Trong trƣờng hợp S 9 Nhƣng sau số lần thực thao

tác theo đề mà số rõ ràng S0 Vơ lí! Bài tốn đƣợc chứng