Một số bài toán mở đầu

Chương 3 Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến

3.1. Một số bài toán mở đầu

Xét tập  (khác tập rỗng) của những trạng thái (mỗi trạng thái có thể là

một bộ n số thực, một bảng số (n n )). Một dãy lặp của các trạng thái được thành lập bằng cách thực hiện nhiều lần một biến đổi, một thuật toán hay một quy tắc cho phép chúng ta chuyển từ trạng thái này sang trạng thái tiếp sau

1 T 2 T ... T n

    .

Đối với dãy lặp như trên ta có 3 dạng bài tốn sau được đặt ra:

 Bài tốn về tính chất hữu hạn hoặc vơ hạn của dãy lặp. Nếu dãy lặp là hữu

hạn thì xác định chiều dài lớn nhất của dãy lặp và trạng thái cuối cùng hoặc một trạng thái bất kì.

 Bài tốn về tính chất tuần hồn của dãy lặp.

 Bài tốn về sự tồn tại của dãy lặp mà trạng thái cuối cùng thỏa mãn một

tính chất cho trước.

Ta sẽ minh họa cho các bài troán trên bằng một số bài toán cụ thể sau:

Bài toán 3.1.1. Trên bàn có 6 viên sỏi, được chia thành vài đống nhỏ. Mỗi phép

biến đổi được thực hiện như sau: Ta lấy ở mỗi đống một viên và lập đống mới. Hỏi sau 30 bước biến đổi như trên, các viên sỏi trên mặt bàn được chia thành mấy đống, mỗi đống có bao nhiêu viên?

Lời giải

Mỗi trạng thái chúng ta mô tả bằng một bộ số nguyên dương. Ví dụ như

(4,1,1) có nghĩa là 3 đống, 1 đống 4 viên và hai đống còn lại mỗi đống 1 viên.

Nếu nhận được trạng thái (3,2,1) thì các phép biến đổi sau khơng làm thay

đổi cách chia vì theo quy tắc ta có

(3,2,1)(2,1,3)(1,2,3)(1,2,3)

(vẫn là 3 nhóm, một nhóm 3 viên, một nhóm 1 viên, một nhóm 2 viên). Suy ra, số các trạng thái của dãy lặp là hữu hạn, nếu mọi cách chia đều dẫn tới trạng thái (3,2,1) sau một số hữu hạn bước. Thật vậy, ta có bảng mơ tả các phép biến đổi này như sau

Như vậy, sau nhiều nhất là 6 bước ta sẽ gặp trạng thái [3, 1, 2]. Suy ra, ở bước 30 ta có cách phân chia là (3,2,1).

Bài toán 3.1.2. Cho dãy hữu hạn các số thực x x1, 2,...,xn (n 4) có các số hạng đôi một khác nhau. Lấy ra khỏi dãy 4 số hạng bất kì rồi lại xếp chúng vào vị trí đó nhưng theo thứ tự ngược lại. Với dãy nhận được lại làm như vậy… Hỏi bằng cách đó ta có thể nhận được dãy x xn, n1,...,x1 hay không?

Lời giải

Giả sử sau m bước ta nhận được dãy x xn, n1,...,x1. Ta quy ước cặp số ( , )x xi j gọi là một cặp số đẹp nếu i  j và xi đứng trước xj trong dãy. Gọi S k( ) là

số cặp số đẹp ở bước thứ k . Mỗi lần thực hiện thuật tốn thì có thể xem như thực hiện một số chẵn lần việc đổi chỗ hai số hạng liên tiếp. Mỗi lần đổi chỗ hai số hạng liên tiếp thì số cặp số đẹp tăng lên 1 hoặc giảm đi 1, do đó

1,1,1,1,1,1 [6] [5,1] [4, 2] [3,1,1,1] [2, 2, 2]            2,1,1,1,1 2, 2,1,1 4,1,1 3, 3                           [3, 1, 2]

( 1) ( )(mod 2), 0 S k S k  k . Mặt khác ( 1) ( 1) (0) , ( ) 0 0(mod2). 2 2 n n n n S  S m      Từ đó suy ra n 4k hoặc n4k1.

Với n  4k ta thực hiện đổi chỗ lần lượt cho các bộ:

1 2 4 1 4 3 4 4 3 4 2 2 1 2 2 1 2 2

( , ,x x x k,x k), ( , ,x x x k ,x k ),...,(x k,x k,x k,x k ). Với n 4k1 ta thực hiện việc đổi chỗ lần lượt cho các bộ:

1 2 4 4 1 2 1 2 2 2 2 3

( , ,x x x k,x k ),...,(x k,x k,x k ,x k ).

Vậy với giả thiết của bài tốn thì n 4k hoặc n4k1 ta có thể nhận được dãy x xn, n1,..., , .x x2 1

Bài toán 3.1.3. Bắt đầu với bộ bốn số thực dương ( , , , )a b c d trong đó a b c d, , ,

khơng đồng thời bằng 1. Ta lập bộ mới ab bc cd da, , ,  và lặp lại phép biến đổi này. Chứng minh rằng trong các bộ 4 số nhận được từ phép biến đổi khơng có bộ

( , , , )a b c d .

Lời giải

Giả sử phản chứng rằng sau một số hữu hạn bước ta nhận được bộ số ban đầu ( , , , )a b c d , đặt S abcd.

Ở bước 1, tích của 4 số sẽ là: ( )( )( )( )ab bc cd da S2. Ở bước 2, tích của 4 số sẽ là S4.

Suy ra, ở bước thứ k , tích của 4 số sẽ là S k2k( 1).

Từ giả thiết phản chứng suy ra S2k S k(   1) S 1.

Ta xét một số trạng thái 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 ( , , , ) ( , , , ) ( , , , ) ( , , , ) ( , , , ). a b c d ab bc cd da ab c bc d cd a da b ab c d bc d a cd a b da b c b c c d d a a b     

Như vậy bộ ở trạng thái thứ 4 nhận được từ trạng thái thứ 2 bằng cách bình phương từng thành phần và xếp lại thứ tự (thứ 2  thứ 1, thứ 3  thứ 2, thứ 4  thứ 3, thứ 1  thứ 4). Và cứ như vậy, bộ thứ 6 nhận được từ bộ thứ 4, bộ thứ 8 nhận được từ bộ thứ 6…

Kí hiệu t Max ab bc cd da( , , , ) t2 là thành phần lớn nhất của bộ thứ 4,

4

t là thành phần lớn nhất của bộ thứ 6, …, t2k1 là thành phần lớn nhất của bộ thứ

2k. Theo giả thiết phản chứng, dãy lặp là tuần hồn (đến một bước nào đó sẽ thu được ( , , , )a b c d ). Suy ra dãy số t t t, , ,...2 4 là dãy vô hạn chỉ nhận một số hữu hạn giá trị. Vậy ta thu được t 1.

Ta có, 1a b c d2 2 2 2 abbc cd da. . . t t t t. . . t4 1

Suy ra, ab bc cd da     a b c d 1 (mâu thuẫn).

Bài tốn 3.1.4. Một hình trịn được chia thành 10 ơ hình quạt, trên mỗi ô người ta

đặt một viên bi. Nếu ta cứ di chuyển các viên bi theo quy luật: Mỗi lần lấy ở 2 ơ bất kì mỗi ơ 1 viên bi, chuyển sang ô liền kề theo chiều ngược nhau thì có thể chuyển tất cả các viên bi về cùng một ô hay không?

Lời giải

Trước tiên, ta tơ màu xen kẽ các ơ hình quạt, như vậy ta sẽ có 5 ơ được tơ màu (ơ màu) và 5 ô không được tô màu (ơ trắng). Ta có nhận xét: Nếu di chuyển 1 bi ở ơ màu và 1 bi ở ơ trắng thì tổng số bi ở 5 ô màu không đổi. Nếu di chuyển ở hai ơ màu, mỗi ơ 1 bi thì tổng số bi ở 5 ơ màu giảm đi 2. Nếu di chuyển ở 2 ô trắng, mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở 5 ô màu sẽ tăng lên 2. Vậy tổng số bi ở 5 ô màu sẽ hoặc

không đổi, hoặc giảm đi 2 hoặc tăng lên 2. Nói cách khác, tổng số bi ở 5 ơ màu khơng thay đổi tính chẵn lẻ so với ban đầu.

Ban đầu tổng số bi ở 5 ô màu là 5 viên (là số lẻ) nên sau hữu hạn lần di chuyển bi theo quy luật trên thì tổng số bi ở 5 ơ màu ln khác 0 và khác 10, do đó khơng thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô.

Bài tốn 3.1.5. Trên bảng ơ vng 10 10 có 9 ơ bơi đen. Mỗi bước biến đổi ta bơi đen một ơ kề liền (có cạnh chung) với ít nhất 2 ô đen. Hỏi sau một số hữu hạn bước ta có thể tơ đen cả bảng được không?

Lời giải

Sau mỗi phép biến đổi chu vi của tổng tất cả các ô đen không tăng (1)

Ở trạng thái ban đầu, chu vi d1 4.9 36.(2) (Chu vi lớn nhất bằng 36 khi 9 ô đôi một không kề nhau).

Ở trạng thái kết thúc, chu vi dn 40.(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra không thể nhận được trạng thái cuối cùng.

Nhận xét: Ta mơ tả bài tốn tổng qt như sau:

Xét A ,B  , hỏi có tồn tại dãy lặp của các trạng thái

1 T 2 T ... T

n

       ,

Chu vi 8 Chu vi 8 Chu vi 12 Chu vi 10

sao cho 1 A,n B. Trong các bài toán cụ thể, các tập A B, được xác định bằng một tính chất nào đó: { | A    thỏa mãn tính chất HA}; { | B    thỏa mãn tính chất HB}.

Khi tìm lời giải của các bài tốn 3.1.1, 3.1.2, 3.1.3, 3.1.4 và 3.1.5 nêu trên thì sự khó khăn khơng phải là mơ tả bài tốn mà là tìm ra một đại lượng hay tính chất không thay đổi trong khi các trạng thái biến đổi từ bài toán.