Tìm đại lượng khơng thay đổi sau mỗi phép biến đổi

Chương 3 Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến

3.2. Tìm đại lượng khơng thay đổi sau mỗi phép biến đổi

Bài toán 3.2.1. Trên bảng, ta viết 2014 dấu cộng và 2015 dấu trừ tại các vị trí bất

kì. Ta thực hiện xóa hai dấu bất kì trong đó và viết vào đó một dấu cộng nếu xóa hai dấu giống nhau và dấu trừ nếu xóa hai dấu khác nhau. Hỏi trên bảng cịn lại dấu gì sau khi ta thực hiện thao tác trên 4028 lần?

Lời giải

Cách 1: Ta thay mỗi dấu cộng bằng số 1, còn mỗi dấu trừ thay bằng số -1.

Thao tác thực hiện xóa hai số và viết lại một số sẽ là tích của chúng. Vì thế tích của tất cả số viết trên bảng sẽ khơng thay đổi. Vì vậy, ngay từ đầu giả thiết cho tích các số trên bảng bằng -1, thì cuối cùng cịn lại là số -1, nghĩa là trên bảng còn lại dấu trừ.

Cách 2: Ta lại thay mỗi dấu cộng bằng số 0, còn mỗi dấu trừ bằng số 1.

Thao tác thực hiện là tổng của hai số xóa đi là số chẵn thì ta viết lại là số 0. Như vậy tổng các số trên bảng sau khi thực hiện một thao tác hoặc là không thay đổi hoặc là giảm đi 2. Đầu tiên, tổng các số trên bảng là một số lẻ (bằng 2015) thì số cuối cùng trên bảng còn lại là số lẻ. Vậy số còn lại là số 1, nghĩa là còn lại dấu trừ trên bảng.

Cách 3: Bằng cách thay đổi như cách 1, thì sau mỗi lần thao tác, số -1 hoặc

là không thay đổi hoặc là giảm đi 2. Vì thế, nếu ban đầu số chữ số -1 là lẻ thì sau 4028 lần xóa chỉ cịn lại một số -1, nghĩa là còn lại một dấu trừ.

Nhận xét: Như vậy, việc tìm ra đại lượng khơng đổi là tích của các số viết trên bảng, đã hồn tồn giải quyết được bài tốn.

Bài tốn 3.2.2. Một hình trịn được chia thành sáu hình quạt. Những số 1, 0, 1, 0, 0,

0 được viết vào trong các hình quạt này theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ. Ta thực hiện các thao tác lặp. Tăng số của hai hình quạt cạnh nhau lên một đơn vị. Khi thực hiện các thao tác trên có đưa đến kết quả các số trong các hình quạt bằng nhau hay khơng?

Lời giải

Ta kí hiệu các số viết trong các hình quạt theo thứ tự là x x x x x x1, , , , , .2 3 4 5 6

Ta xét đại lượng

1 2 3 4 5 6

( ) ( ) ( ).

I  x x  x x  x x

Giá trị của I không thay đổi sau mỗi phép biến đổi vì 2 số liền nhau trong tổng I có 2 dấu ngược nhau (khi tăng cả 2 số thì số hạng mang dấu cộng sẽ tăng 1, số hạng mang dấu trừ sẽ giảm 1). (1)

Ta có 0 2 I  (ở trạng thái đầu). (2) 0 E I  (ở trạng thái kết thúc). (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra không thể thu được kết quả các số trong sáu hình quạt là bằng nhau.

Bài toán 3.2.3. Người ta viết lên bảng 2015 số 1 1 1 1 1 1

, , , ,..., , .

1 2 3 4 2014 2015 Mỗi lần thực hiện xóa đi hai số x y, trên bảng thì ta viết thêm vào số xy x y (các số còn

lại giữ ngun). Sau một số lần thực hiện phép xóa thì trên bảng cịn lại một số. Tìm số còn lại.

Lời giải

Đặt m xy x y thì m 1 xy  x y 1. Suy ra, cộng mỗi số trên bảng với 1 thì sau mỗi lần thực hiện xóa đi hai số x 1,y1 thì ta viết lên bảng số

(x 1)(y1).

Nếu lúc đầu có dãy số x y a b c, , , , ,...thì sau đó có dãy m a b c, , , ,... (xóa x y,

Ta xét đại lượng

( 1)( 1)( 1)( 1)( 1)... ( 1)( 1)( 1)( 1)...

I  x y a b c  m a b c

Khi đó, giá trị của I khơng thay đổi sau mỗi lần xóa và thay số. Vậy nếu cuối cùng cịn lại số k thì 1 1 1 1 1 1 ( 1)( 1)( 1)...( 1)( 1) 2016. 1 2 3 2014 2015 k        Suy ra k  2015.

3.3. Tìm tính chất của một đại lượng khơng thay đổi sau các phép biến đổi Bài toán 3.3.1. Xét dãy số 1, 2, 3, 4, …, 2n với n lẻ. Mỗi phép biển đổi ta xóa 2 số

a,b bất kì và viết thêm vào dãy một số ab . Sau mỗi bước dãy giảm một số. Chứng minh rằng số còn lại cuối cùng phải là số lẻ.

Lời giải

Kí hiệu S là tổng các số của dãy ở từng trạng thái. Giả sử ab, sau mỗi

phép biến đổi S thay dổi một lượng bằng      (a b) (a b) 2 .b Suy ra tính chất chẵn lẻ của S là không đổi. (1)

Trạng thái ban đầu S     1 2 3 ... 2nn n(2 1) là số lẻ (vì n lẻ). (2)

Từ (1) và (2) suy ra số còn lại duy nhất ở trạng thái cuối cùng phải là số lẻ.

Bài toán 3.3.2. (Kiev - 1974) Những số 1, 2, 3,…, 1974 được viết trên một bảng.

Người ta thay hai số bất kì bằng một số hoặc là tổng hoặc là hiệu của hai số đó. Chứng minh rằng sau 1973 lần thực hiện thao tác trên, chỉ cịn một số cịn lại trên bảng khơng thể là số 0.

Lời giải

Ta quan tâm đến tính chẵn lẻ của các số đã cho và sau mỗi lần thao tác được số chẵn lẻ như thế nào.

Kí hiệu S là số các số lẻ ở từng trạng thái. Mỗi lần ta thực hiện thay đổi, S không đổi (khi ta lấy hai số có tính chẵn lẻ khác nhau hoặc hai số cùng tính chẵn) hoặc S giảm đi 2 (khi ta lấy các số cùng tính lẻ).

Vậy số còn lại duy nhất ở trạng thái cuối cùng phải là số lẻ, do đó nó khơng thể là số 0.

Bài toán 3.3.3. Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100 sau

đó thực hiện trị chơi như sau: Mỗi lần xóa hai số bất kì và viết một số mới bằng tổng các lập phương của hai số đã cho. Việc làm này thực hiện liên tục cho đến khi còn lại một số trên bảng. Hỏi số cuối cùng cịn lại trên bảng có thể là 9876543212015 hay không? Tại sao?

Lời giải

Ta thấy rằng nếu xóa hai số a b, (với ab) và thay bằng tổng các lập

phương a3b3 thì tổng các số trên bảng tăng lên một đại lượng là

3 3 ( ) ( 3 ) ( 3 )

a b  a b  a a  b b

là số chia hết cho 3. Do đó, tổng các số trên bảng ở trạng thái ban đầu và tổng các số trên bảng ở một trạng thái bất kì hơn kém nhau một bội số của 3.

Tổng các số ở trạng thái ban đầu là

100(100 1)

1 2 3 ... 100 5050

2



     

là số chia cho 3 dư 1 (vì tổng các chữ số của 5050 bằng 10 chia 3 dư 1). Suy ra số còn lại cuối cùng phải là số chia 3 dư 1. (1)

Số 987654321 chia hết cho 3 vì tổng các chữ số của số này bằng 45 chia hết cho 3. Suy ra 9876543212015 chia hết cho 3. (2)

Từ (1) và (2) ta thấy rằng số còn lại cuối cùng không thể là 9876543212015.

3.4. Nguyên lý bất biến

Thực chất cách giải của các bài tốn 3.2.1, 3.2.2 và 3.2.3 là tìm hàm :

f   c  (c là hằng số). Các bài toán 3.3.1, 3.3.2, 3.3.3 là sử dụng tính chất

*

:

f  I (vớiI* khác rỗng). Vậy ta có thể mơ tả ngun lý bất biến như một hàm

số học xác định trên tập các trạng thái  và nhận giá trị trên tập I (khác rỗng), (I

thường là tập các số nguyên dương, tập số thực, tập các bộ số nguyên dương, bộ số thực). Sử dụng các tính chất của hàm f chúng ta giải các dạng bài toán 3.1.1, 3.1.2, 3.1.3, 3.1.4, 3.1.5 trên dãy lặp của các trạng thái.

Trong phần này, ta sẽ sử dụng nhiều ví dụ cụ thể để luyện tập kỹ năng giải các bài toán mà việc xây dựng hàm f là thực sự cần thiết.

Bài toán 3.4.1. Trên bảng cho 10 số 1 và 11 số -1, mỗi lần cho phép lấy ra 2 số và

thay vào đó là số 1 nếu 2 số lấy ra bằng nhau và -1 nếu 2 số lấy ra khác nhau. Hỏi sau 20 lần thì số cịn lại là số 1 hay khơng?

Lời giải

Trong bài toán ta dễ thấy ở trạng thái đầu tiên là tập A gồm 10 số 1 và 11 số -1, trạng thái cuối cùng là tập B gồm 1 số 1 và phép toán T là cho phép lấy ra 2 phần tử và thay bằng tích của chúng.

Vì T thay 2 phần tử bởi tích của chúng nên ta dễ dàng nhận ra bất biến là

( ) x X f X x   , X là tập các số ở trạng thái bất kì. Mặt khác, ta có f A( )1 .( 1)10  11    1 1 f B( ).Do đó sau 20 lần thực hiện phép tốn T thì ở trạng thái cuối cùng số cịn lại khơng phải là số 1.

Nhận xét: Bài toán 3.4.1 và bài tốn 3.2.1 thực chất có cùng ý tưởng xây dựng và

cách làm. Tuy nhiên, với cách trình bày lời giải ở trên sẽ giúp ta làm quen trong việc xây dựng hàm f .

Bài tốn 3.4.2. Ban đầu ta có bộ số B0 (1, 2, 3, 4). Thực hiện trò chơi sau, nếu ta có bộ số B ( , , , )x y z t thì thay bởi bộ T B( ) ( x y y z z t t x,  ,  ,  ). Chứng minh rằng sau một số bước ta nhận được bộ số ( , , , )x y z t mà

2015

x y z  t .

Lời giải

Giả sử 4 số ở trạng thái thứ n là ( , , , ).a b c dn n n n Ta xây dựng hàm số học

2 2 2 2 n n n n n S a b c d . Ta tìm quan hệ giữa Sn1và Sn. Ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2( ). n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n S a b c d a b b c c d d a S a b b c c d d a                      

Mặt khác, do an bn cn dn 0 nên 2 2 2(a bn n b cn n c dn n d an n) (an cn) (bn dn)  0. Do đó 1 2 , 1. n n S   S  n Suy ra 1 1 2n . n S  S Do  2 2 2 2 2 n n n n n n n n a b c  d a b c d nên 1 2 1 2 . n n n n n a b c d S      Với n đủ lớn ta có 1 2 1 2 . 2015. n S   Khi đó 2015. n n n n a b c d 

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài tốn 3.4.3. Trong dãy số 1,0,1,0,1,0,3,5,0, bắt đầu từ số thứ 7 thì mỗi số bằng

chữ số thập phân cuối cùng của tổng 6 số đứng trước. Chứng minh rằng trong dãy vô hạn thu được không xuất hiện lại 6 số 0,1,0,1,0,1.

Lời giải

Xét phép biến đổi ( , ,..., )x x1 2 x6 ( , ,..., )x x2 3 x7 trong đó x7 là chữ số cuối cùng của tổng x1x2  ... x6. Ta lập hàm số học 1 2 6 1 2 3 4 5 6 ( , ,..., ) 2 4 6 8 10 12 f x x x  x  x  x  x  x  x  Khi đó 2 3 7 1 2 6 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 7 1 2 6 ( , ,..., ) ( , ,..., ) [2 4 6 8 10 12 ] [2 4 6 8 10 12 ] [10 2( ( ... ))] f x x x f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                    

chia hết cho 10.

Suy ra f x x( , ,..., )2 3 x7 f x x( , ,..., )1 2 x6 chia hết cho 10.

Ta có f(1, 0,1, 0,1, 0)18, theo tính chất của f thì tất cả các giá trị fi ở các trạng thái sau phải có số cuối cùng là 8 để fi1fi chia hết cho 10. Nếu xuất hiện 0,1,0,1,0,1 trong dãy thì f(0,1, 0,1, 0,1) phải có số cuối cùng là 8. Nhưng theo định nghĩa ta lại có f(0,1, 0,1, 0,1)24 (mâu thuẫn).

Bài tốn 3.4.4. (IMO - 1986) Tại mỗi đỉnh của một ngũ giác người ta gán một số

nguyên xi sao cho

5 1 0. i i S x 

   Nếu x y z, , là 3 số tại 3 đỉnh liên tiếp có y  0, ta thay 3 số này bởi 3 số x y y z, , y. Chứng minh rằng phép biến đổi này sẽ dừng lại sau một số hữu hạn bước.

Lời giải

Tại mỗi trạng thái ta lập hàm số học sau:

    2  2  2  2 2

0 1, , , ,2 3 4 5 1 3 2 4 3 5 4 1 5 2 .

f x x x x x  x x  x x  x x  x x  x x

Nếu x4 0 ta thực hiện phép biến đổi và nhận được

            2 2 2 1 1 2 3 4 4 5 4 1 3 4 2 4 3 5 2 2 4 1 5 4 2 , , , , . f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                 Ta có f1f0 2x x4 1x2 x3 x4 x5 2. .x S4 0 ( vì S0). Giả sử phép biến đổi không dừng lại sau một số hữu hạn bước, ta thu được dãy vô hạn

0 1 2 ...

f  f  f 

của các số nguyên dương (mâu thuẫn).

Bài toán 3.4.5. Trên một đa giác đều n đỉnh (n  4), tại mỗi đỉnh được điền một số thực. Cho phép thực hiện các phép toán sau: Mỗi lần lấy ra 4 số a b c d, , , theo thứ tự nằm liên tiếp nhau mà (a d b c )(  ) 0 và đổi chỗ b c, cho nhau. Chứng minh

Lời giải

Giả sử a a1, ,...,2 an là n số thực được viết trên các đỉnh lúc ban đầu (theo một thứ tự nhất định). Dễ dàng nhận ra rằng mỗi lần sẽ lấy ra một số i mà

3 1 2

(ai ai )(ai ai ) 0 và đổi chỗ ai1 và ai2cho nhau. Chú ý là:

ai ai3ai1ai2a ai i1a ai2 i3 a ai i2 a ai3 i1. Do đó ta có thể thấy ngay hàm f xác định như sau:

 1, ,...,2 n 1 2 2 3 ... n 1.

f a a a a a a a  a a

Rõ ràng tập các số trên các đỉnh của n- giác là không thay đổi sau các phép toán nên f chỉ nhận hữu hạn các giá trị (cụ thể nhiều nhất là n!).

Mặt khác, cứ sau mỗi lần thực hiện phép tốn thì ta có

 1 2 1 2 3   1 2 2 1 3  3 1 2 , ,..., , , , ,..., , ,..., , , , ,..., ( )( ) 0. i i i i n i i i i n i i i i f a a a a a a a f a a a a a a a a a a a              

Nghĩa là sau mỗi lần thực hiện phép tốn thì giá trị của hàm f tăng lên. Vì số giá trị của f là hữu hạn nên sau hữu hạn lần phép toán phải dừng lại.

Bài toán 3.4.6. (VMO - 1991) Cho bảng 1991 1992 . Kí hiệu m n,  là ơ vng nằm ở giao của hàng thứ m và cột thứ n. Tô màu các ô vuông của bảng theo quy tắc sau: Lần thứ nhất tô ba ô

( , ),(r s r 1,s 1),(r 2,s 2); 1 r 1989,1 s 1990,

từ lần thứ hai, mỗi lần tô đúng ba ơ chưa có màu nằm cạnh nhau trong cùng một hàng hoặc cùng một cột. Hỏi bằng cách đó có thể tơ màu được tất cả các ô của bảng được không?

Lời giải

Xét bài toán từ lần tô màu thứ hai. Tập  của những trạng thái gồm các bảng 1991 1992 , trong đó có ít nhất ba ơ sau được tơ màu

Phép toán T :   biến mỗi trạng thái   thành trạng thái

 

T    sao cho trong trạng thái T  có thêm đúng 3 ơ liên tiếp trên cùng một hàng hoặc một cột được tô màu. Trạng thái ban đầu 0 là trạng thái mà có đúng 3 ơ

  r s, , r1,s1 , r 2,s 2 được tô màu; trạng thái kết thúc * là trạng thái mà tất cả các ô đều được tô màu.

Ta xây dựng hàm số học f (không đổi trong suốt quá trình tơ màu). Với mỗi trạng thái  tùy ý, nếu ô m n,  của  được tơ màu thì ta viết m n. . Xét

0,1,2

I  và f :  I sao cho mỗi  , f  là số dư của tổng các số trong  khi chia cho 3. Dễ thấy f không thay đổi trong mỗi lần chuyển sang trạng thái kế tiếp.

Xét ở trạng thái đầu tiên 0, tổng các số được ghi trong 3 ô

  r s, , r1,s1 , r 2,s 2 là

       

. 1 1 2 2 3 3 5

r s r s  r s  rs r s 

chia cho 3 dư 2. Suy ra

 0 2  .

f    f  (1)

Mặt khác, ở trạng thái cuối cùng * (tơ được kín bảng), dễ thấy

* ( ) 0.

f   (2) Từ (1) và (2), suy ra mâu thuẫn.

Vậy không thể tô màu tất cả các ô của bảng đã cho.

Nhận xét: Trong các bài toán trên, ta đã xây dựng các hàm số học f mà không hề thay đổi, khi các trạng thái biến đổi. Việc xây dựng được hàm f như thế là chìa khóa tìm ra lời giải cho bài toán. Tuy nhiên, phát hiện ra f không hề đơn giản và