Một số bài tập vận dụng

Chương 3 Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến

3.5. Một số bài tập vận dụng

Bài toán 3.5.1. Trên bảng, người ta viết các số liên tiếp từ 1 đến 2015 sau đó thực

hiện trị chơi như sau: Mỗi lần xóa hai số bất kì và viết thêm một số mới bằng tổng hai số đã xóa. Việc làm này thực hiện liên tục cho đến khi còn một số trên bảng. Hỏi số cuối cùng cịn lại là bao nhiêu? Tại sao?

Lời giải

Vì mỗi lần thực hiện trị chơi thì thay hai số bằng tổng của chúng nên tổng các số trên bảng không thay đổi trong mọi thời điểm. Tổng các số lúc đầu là

(1 2015).2015 1 2 .. 2015 2031120. 2 S        Suy ra số cuối cùng là 2031120.

Bài toán 3.5.2. Một tờ giấy bị cắt nhỏ thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh. Một trong các

mảnh nhận được lại có thể chọn để cắt (thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh nhỏ hơn), … Cứ như vậy, ta có thể nhận được 2015 mảnh hay khơng?

Lời giải

Sau mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh thì số mảnh giấy trên tăng lên là 5 hoặc 10. Như vậy tính bất biến của bài tốn là “số mảnh giấy luôn tăng lên một bội số của 5”. Vậy tổng số mảnh giấy sau các lần cắt có dạng

1 5k .

Mặt khác, 2015 chia hết cho 5 nên với cách cắt như trên, từ một tờ giấy ban đầu ta không thể cắt được thành 2015 mảnh.

Bài toán 3.5.3. Hai người chơi cờ. Sau mỗi ván người thắng được 2 điểm người

thua được 0 điểm, nếu hịa thì mỗi người được 1 điểm. Hỏi sau một số ván cờ liệu có thể xảy ra trường hợp một người được 7 điểm và người kia được 10 điểm hay không?

Lời giải

Gọi S n  là tổng số điểm của cả hai người sau ván thứ n. Ta có

( 1) ( ) 2, 0

S n  S n   n .

( ) (0) 0(mod 2), 0.

S n S   n

Vậy không thể xảy trường hợp mà một người được 7 điểm và một người được 10 điểm.

Bài tốn 3.5.4. Một dãy gồm 19 phịng. Ban đầu mỗi phịng có một người. Sau đó,

cứ mỗi ngày có hai người nào đó chuyển sang hai phịng bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược nhau. Hỏi sau một số ngày có hay khơng trường hợp mà

(i) Khơng có ai ở phịng có thứ tự chẵn; (ii) Có 10 người ở phịng cuối.

Lời giải

Đánh số các phòng theo thứ tự 1, 2, …, 19.

1 2 3 … 18 19

Ta đeo cho mỗi vị khách một thẻ ghi số phịng mình đang ở. Gọi S n  là tổng các số ghi trên thẻ của tất cả các vị khách ở ngày thứ n. Dễ thấy S n  là bất biến. Do đó, ta có

   1 1 2 ... 19 190, 1.

S n S       n

(i) Vì có lẻ người nên nếu khơng có ai ở phịng thứ tự chẵn thì S n  là một số lẻ, vơ lí.

(ii) Nếu có 10 người ở phịng cuối (phịng số 19) thì S n 19.10 190, vơ lí.

Bài tốn 3.5.5. Trên bảng có các số 1 2 96 , ,..., .

96 96 96 Mỗi một lần thực hiện, cho phép xóa đi hai số bất kì a b, trên bảng và thay bằng a b 2 .ab Hỏi sau 95 lần thực hiện phép xóa, số cịn lại trên bảng là số nào?

Lời giải

Giả sử các số trên bảng đang là a a a1, , ..., .2 3 ak Ta cho tương ứng bảng này với tích số 2a11 2 a21 ... 2  ak 1 . Khi đó, sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị

mất đi hai thừa số 2a1 , 2  b1 và được thêm vào thừa số

    

2 a  b 2ab   1 2a1 2b1 . Do đó, tích trên vẫn khơng đổi (chỉ đổi dấu). Vì tích ban đầu bằng 0 (do bảng ban đầu có chứa số 48 1

96  2) nên số cuối cùng phải cho tích số bằng 0, tức là 2s 1 0, suy ra 1

. 2

s

Bài tốn 3.5.6. Có 2015 đồng xu, mỗi đồng xu có hai mặt, một mặt màu xanh và

một mặt màu đỏ. Xếp các đồng xu trên bàn sao cho các mặt màu xanh ngửa lên. Thực hiện trò chơi như sau: Mỗi lần thực hiện cho phép đổi bốn mặt của bốn đồng xu tùy ý. Hỏi có thể nhận được kết quả mà tất cả các đồng xu đều có mặt đỏ ngửa lên trên được khơng?

Lời giải

Thay mỗi đồng xu mặt màu xanh ngửa lên trên bởi số -1, mỗi đồng xu mặt màu đỏ ngửa lên trên bởi số 1. Khi đó mỗi cách thực hiện theo đề bài có thể mơ tả dưới dạng khác như sau: Bốn số bất kì được xóa đi và thay vào mỗi số bằng số đối của nó. Ban đầu có 2015 đồng xu có mặt màu xanh ngửa lên trên tương ứng với 2015 số -1. Ta thấy rằng nếu thay bốn số a b c d, , , bởi bốn số    a b c d, , , thì tích của các số mới thay vào là     a b c  d abcd bằng tích của các số ban đầu. Như vậy tại mọi trạng thái thì tích của các số khơng đổi. Ban đầu có 2015 số -1 nên tích của chúng là -1, suy ra tại mọi thời điểm tích các số ln là -1.

Vậy khơng thể nhận được kết quả mà tất cả các đồng xu đều có mặt đỏ ngửa lên trên.

Bài toán 3.5.7. Trong dãy 1, 9, 9, 9, 8, ..., mỗi chữ số bắt đầu từ chữ số thứ năm

bằng chữ số hàng đơn vị của tổng bốn chữ số liền trước nó. Hỏi trong dãy này có gặp các bộ 1234 và 5648 không?

Lời giải

Ta thay mỗi chữ số của dãy đã cho bằng số 0 nếu nó là số chẵn và bằng số 1 nếu nó là số lẻ. Ta nhận được dãy số 111101111011110…, trong đó cứ sau bốn chữ số 1 có một chữ số 0 và cứ sau mỗi chữ số 0 có bốn chữ số 1.

Mặt khác, các bộ 1234 và 5648 ứng với các bộ 4 chữ số 1010 và 1000 nên khơng thể có mặt trong dãy số đã cho.

Bài tốn 3.5.8. Thực hiện trịi chơi sau: Lần đầu, viết lên bảng cặp số  2, 2 . Từ lần thứ hai, nếu trên bảng có cặp số  a b, thì ta xóa đi và thay vào bởi cặp số

, . 2 2 a b a b          

  Hỏi ta có thể viết lên bảng cặp số 1,1 2 hay không?

Lời giải

Giả sử ở bước thứ n ta viết cặp số a bn, n. Xét S n an2 bn2, ta có

    2 2 1 , 1. 2 2 n n n n a b a b S n       S n n                    

Do đó, S n  là bất biến trong trị chơi nói trên. Mà S 1  6 và  2

1 1 2  6 nên ta không thể viết được cặp số

1,1 2 .

Bài toán 3.5.9. Ngồi biển đơng, trên một hịn đảo nơi sinh sống của giống thằn lằn

có ba loại màu: Màu xám có 133 con; màu nâu có 155 con và màu đỏ có 177 con. Nếu hai con thằn lằn khác màu gặp nhau thì chúng đồng thời đổi sang màu thứ ba. Trong những trường hợp hai con thằn lằn cùng màu gặp nhau thì chúng giữ ngun khơng đổi màu. Hỏi có thể xảy ra tình trạng là trên đảo tất cả thằn lằn trở thành cùng một màu được không?

Lời giải

Đặc điểm của bài toán này nằm ở bộ số 133, 155, 177, vì khi chia cho 3 ta được bộ số dư 1, 2 và 0.

Ta thử xét, nếu một con thằn lằn xám gặp một con thằn lằn nâu thì chúng đồng thời đổi màu đỏ. Khi đó ta có 132 con xám, 154 con nâu và 179 con đỏ. Những số dư của 132, 154 và 179 khi chia cho 3 tương ứng là 0, 1 và 2, nghĩa là gặp đầy đủ số dư đã có.

Nếu một con thằn lằn xám gặp một con thằn lằn đỏ thì chúng đồng thời đổi màu nâu. Khi đó có 132 thằn lằn xám, 157 thằn lằn nâu và 176 thằn lằn đỏ. Lấy những số trên chia cho 3, cho số dư tương ứng là 0, 1 và 2, nghĩa là lặp lại cả ba khả năng của số dư.

Nếu con thằn lằn nâu và con thằn lằn đỏ gặp nhau, thì chúng cùng đổi thành màu xám. Khi đó có 135 thằn lằn xám, 154 thằn lằn nâu và 176 thằn lằn đỏ. Số dư của những số thằn lằn trên chia cho 3 tương ứng là 0, 1 và 2, vẫn có đầy đủ các số dư khi chia cho 3.

Bất biến ở đây là dù thay đổi màu như thế nào thì số dư của các số lượng thằn lằn chia cho 3 đều có đầy đủ ba số 0, 1, 2.

Số lượng tất cả các thằn lằn trên đảo là 133+155+177=465 là một số chia hết cho 3. Nếu tất cả thằn lằn đều cùng một màu thì số dư của số lượng thằn lằn màu xám, nâu và đỏ chia cho 3 tương ứng là 0, 0, 0. Điều này vơ lí vì phải đầy đủ các số dư 0, 1, 2 khi chia cho 3. Như vậy câu trả lời là không thể được.

Bài toán 3.5.10. Từ một bộ n số x x1, ,...,2 xn trong đó x ii( 1, 2,..., )n nhận một trong hai giá trị 1, -1. Mỗi phép biến đổi ta lập bộ mới x x x x1 2, 2 3,...,x xn 1. Chứng minh rằng nếu n 2 ,k k 1 thì sau một số hữu hạn bước ta sẽ nhận được bộ

1,1,1,...,1 .

Lời giải

Ta chứng minh quy nạp theo k.

       

1 2 : 1, 1 1, 1 1,1 .

k  n      

Giả sử bài toán đúng với dãy chiều dài n  2 .k Ta xét dãy chiều dài 2k1

. Ở trạng thái 2 ta có:

 2 2 2 2   

1 2 3, 2 3 4,..., n 1 n 1, n 1 2 1 3, 2 4,..., n 1 1, n 2

x x x x x x x x x x x x  x x x x x x x x

là bộ số được cấu tạo bởi 2 bộ chiều dài n 2 :k

Ở trạng thái thứ 4 ta thu được x x x x x x x x1 5, 2 6, 3 7, 4 8,...,x xn 4.

Bộ số này có thể nhận được bằng phép biến đổi riêng rẽ của 2 bộ (1). Suy ra áp dụng quy tắc biến đổi cho 2 bộ x x x x1 3, 3 5,...,xn1 1x  và x x x x2 4, 4 6,...,x xn 2

theo giả thiết quy nạp ta sẽ nhận được hai bộ số gồm toàn số 1. Ngoài ra, 2 bộ nhận được này cũng là kết quả của phép biến đổi bộ ở trạng thái thứ 2.

Bài toán 3.5.11. Trên bảng ô vuông vô hạn, tại ô  1,1 có một viên bi. Cho phép bỏ bi theo quy tắc sau: Mỗi lần lấy chọn ô  i j, mà các ô i1,j,i j, 1 đều khơng có bi đồng thời lấy bi ở ô  i j, ra khỏi bảng và đặt vào các ô i1,j,

i j, 1 mỗi ô một viên. Hỏi bằng cách nào đó ta có thể làm cho các ô

           1,1 , 1,2 , 2,1 , 1, 3 , 2,2 , 3,1 đều khơng có bi hay khơng?

Lời giải

Đối với bài tốn này ta quan tâm tới các ơ chứa bi. Ta có mỗi trạng thái thứ

k của các ô chứa bi trên bảng cho ta một tập hợp Xk    i j, | ơ ,i j có bi  với     0 1,1 . X  Ta xét hàm số học      , , i j X f X s i j    .

Ta tìm s sao cho f bất biến, hay ta cần f X k1 f X k với mỗi k. Rõ ràng là ta có trạng thái k1 nhận được từ trạng thái k qua việc bỏ đi bi ở ô  i j, và thay vào đó là hai ơ i1,j,i j, 1 nên ta có

 k 1  k  1,  , 1  , .

Do quan hệ bình đẳng giữa s i 1,j và s i j, 1 nên chọn s sao cho  1,  , 1 s i j s i j và đồng thờis i j ,  2s i 1, ,j do đó ta nghĩ ngay đến  , 1 2i j s i j   

Như vậy, ta ln có  

 , 1 2i j i j X f X     và với mọi k thì    0 1. 4 k f X  f X 

Bây giờ, giả sử ta đã làm cho các ô            1,1 , 1, 2 , 2,1 , 1, 3 , 2,2 , 3,1 đều khơng có bi và ta thu được tập B gồm các ơ khơng có bi. Mặt khác với cách bỏ bi như trên thì tại mỗi thời điểm trên hàng (1, 4),(1, 5),... có đúng 1 ơ có bi. Tương tự cho cột    4,1 , 5,1 ,... cũng có một ơ có bi. Do đó, ta có tại thời điểm chỉ có

hữu hạn ơ có bi nên   1 4 4 1  0 , 2, 5 1 1 1 1 . 4 2 2 2i j i j i j f B    f X         

Bởi vậy, ta khơng thể làm được. Bài tốn được chứng minh.

Bài toán 3.5.12. (IMO - 2004) Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6

ơ vng đơn vị như hình vẽ dưới đây, hoặc hình nhận được do lật hình đó (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hoặc hình nhận được do xoay hình đó đi một góc.

Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật m n , trong đó m n, là các số nguyên dương sao cho có thể lát hình chữ nhật đó bằng các viên gạch hình móc câu.

Lời giải

Dễ thấy m n, 1,2, 5 . Chia hình chữ nhật m n thành m n ô vuông và đánh số các hàng, các cột từ dưới lên trên, từ trái sang phải. Ta gọi ô  p q, là ô nằm ở giao của hàng thứ p và cột thứ q. Hai viên gạch hình móc câu chỉ có thể ghép lại để được một trong hai hình dưới đây

Do đó, để lát được hình chữ nhật m n thì m n. phải chia hết cho 12. Nếu

ít nhất một trong hai số m hoặc n chia hết cho 4 thì có thể lát được hình chữ nhật

m n . Thật vậy, giả sử được m chia hết cho 4. Nếu n chia hết cho 3 thì có thể

chia hình chữ nhật m n thành các hình chữ nhật 4 3 , do đó có thể lát được. Nếu

n khơng chia hết cho 3 thì có thể viết n dưới dạng n3a4b với a b, là các số

nguyên dương, do đó có thể lát được.

Bây giờ ta chứng minh một trong hai số m n, chia hết cho 4. Giả sử ngược lại, khi đó cả m và n chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Để chứng minh

điều này không thể xảy ra ta tạo ra bất biến. Để tạo ra bất biến ta điền các số vào các ô của hình chữ nhật theo quy tắc sau: Xét ơ  p q, . Nếu chỉ một trong hai tọa độ

p hoặc q chia hết cho 4 thì điền số 1 vào ơ đó. Nếu cả hai tọa độ p và q chia hết cho 4 thì điền số 2 vào ơ đó. Với cách điền như vậy ta thu được bất biến là tổng các số trong hình (H1) và tổng các số trong hình (H2) ln là số lẻ. Do m n, chẵn nên tổng các số trong tồn bộ hình chữ nhật m n là một số chẵn. Muốn lát được hình

chữ nhật m n thì tổng số hình (H1) và (H2) được sử dụng phải là số chẵn. Khi đó,

.

m n chia hết cho 24. Điều này khơng xảy ra vì cả m n, đều khơng chia hết cho 4.

KẾT LUẬN

Sau thời gian 2 năm học tập tại Khoa Toán-Cơ-Tin, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên -Đại Học Quốc Gia Hà Nội, được sự giúp đỡ chỉ bảo tận tình của các thầy cơ trong khoa, đặc biệt là PGS. TS Nguyễn Vũ Lương, tơi đã hồn thành luận văn với tên đề tài: “Một số dạng toán tổ hợp”.

Luận văn đã đạt được một số kết quả sau:

1. Luận văn đã nêu được một số kiến thức cơ bản trong tổ hợp.

2. Luận văn đã hệ thống được một số phương pháp cơ bản để tiếp cận tới bài tốn tổ hợp.

3. Luận văn đã trình bày được một kỹ năng nâng cao giải toán tổ hợp bằng phương pháp bất biến.