Toán logic và rời rạc

C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 1 Lê Trần Nhạc Long ( Chủ Biên) – Trần Nguyễn Quốc Cƣờng Chuyªn ®Ò To¸n logic vµ rêi r¹c Đà Nẵng 1/2011 ⪷⎈⪸ C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 2 Lêi nãi ®Çu Thượng đế có tất cả những lời giải ngắn nhất và hay nhất của mọi bài toán (P.Erdos) Hiện nay các bài toán về lí thuyết tổ hợp càng ngày càng có vẻ xa lạ với học sinh chúng ta và cũng có khi xa lạ với nhiều bạn học sinh chuyên toán, các bạn còn e ngại vì khi nhìn vào các bài toán có vẻ “ dao to búa lớn” vì sao? Không hiểu hết đề hay khó quá. Điều đó càng khiến cho những con ngƣời tò mò ham học hỏi muốn lao vào. Những bài toán tổ hợp đều làm cho con ngƣời rèn một tƣ duy cao, nó nhƣ những câu hỏi IQ thú vị. Có một số bài toán các bạn sẽ nghĩ điều đó hiển nhiên mà sao chứng minh lại khó quá? Đó chính là mấu chốt vấn đề của một bài toán tổ hợp. Để làm tốt các bài toán này cũng đòi hỏi các bạn một tƣ duy cao, những suy luận tinh tế , sắc bén. Để đƣợc nhƣ vậy cũng yêu cầu các bạn một sự luyện tập. Trong bài viết này , tôi xin đề cập đến một số vấn đề sơ cấp và phổ biến của toán tổ hợp để mong có thể phần nào truyền tải đến một số bạn yêu toán dễ dàng tiếp cận và cũng ít e ngại hơn với các bài toán tổ hợp nữa. Vì kiến thức còn hạn hẹp nên có một vài sự sai xót , mong các bạn thông cảm . Qua đây tôi cũng xin giới thiệu với các bạn một số website cho các bạn yêu toán: w.w.w.diendantoanhoc.net;( Diễn đàn VMF) và một số diễn đàn khác nhƣ: w.w.w.mathscope.org ; w.w.w.mathlinks.ro ; w.w.w.math.vn…..ở đó các bạn sẽ học hỏi đƣợc nhiều kinh nghiệm và tiếp xúc với bạn bè bốn phƣơng. Cuối cùng tôi cũng xin trân trọng cảm ơn các 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) đã sửa chữa, đóng góp giúp tôi hoàn thành bài viết này.Cảm ơn các bạn đã đón đọc bài viết của tôi. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về đựa chỉ: winwave1995@yahoo.com.vn hoặc liên hệ trực tiếp qua nick yahoo: winwave1995 Lê Trần Nhạc Long C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 3 MỤC LỤC Lời nói đầu……………………………………………………………………………..2 Problem 1:Các bài toán giải bằng đồ thị Lê Trần Nhạc Long………………………………………………………………………..……..4 Problem 2:Các bài toán giải bằng tô 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 và ứng dụng Lê Trần Nhạc Long, Võ Quốc Bá Cẩn………………………………………………………41 Problem 6:Các bài toán về trò chơi Trần Nguyễn Quốc Cường……………………………………………………………………53 Problem 7:Giới thiệu về định lí Ramsey-số Ramsey Lê Trần Nhạc Long…………………………………………………………………………….58 Một số bài tập tổng hợp………………………………………………………………..60 Tài liệu tam khảo……………………………………………………………………….63 C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 4 Problem 1: Lý thuyết đồ thị “Toán học và con người như hai đỉnh luôn nối với nhau bởi một 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 bài toán không mẫu mực hiệu quả đặc biêt là Tổ Hợp Đại Số Ta sẽ thể hiện mối qua hệ giữa các giả thiết bài toán trong không gian và có những khẳng định tƣơng ứng về đồ thị tô màu để có vận dụng gải quyết hàng loạt bài toán đƣợc xét Và ta sẽ cùng đi đến những bài toán sau để hiểu rõ thêm về lí thuyết đồ thị Ví dụ 1: trong phòng có 6 người chứng minh rằng tồn lại 3 người đôi một quen nhau và đôi một không quen nhau. Giải: xét 6 điểm trên mặt phẳng. Chọn 1 điểm bất kì ta dùng đoạn nối liền giữa các điểm thể hiện sự quen nhau và và các điểm nối nét đứt với nhau chỉ sự không quen nhau Bây giờ ta xét 6 điểm O,A,B,C,D,E lấy O làm tâm , Trong 5 điểm còn lại , ta thấy 2 ngƣời bất kì hoặc là quen nhau , hoặc là không quen nhau , trên hình theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại ít nhất 3 đƣờng thẳng nét liền từ O đến 5 điểm A,B,C,D,E hoặc 3 đƣờng nối nét đứt . Bây giờ ta chỉ cần xét sự quen nhau . thật vậy nếu trong 3 điểm A,B,C mà nối lại với nhau thì ta đƣợc 1 tam giác có đỉnh là O => thỏa mãn bài toán, nếu không nối lại thì 3 điểm A,B,C sẽ chỉ nối nhau bằng nét đứt cũng là điều phải chứng minh. Vậy luôn tìm đƣợc 3 ngƣời đôi một quen nhau hoặc không quen nhau. Nhận xét: trong bài này để lời giải ngắn gọn ta có thể dùng thêm mệnh đề Đại số , đó là 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 sau  A B A B   C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 5 Ví dụ 2: có 17 nhà toán học viết thư cho nhau , viết về 3 đề tài khác nhau mỗi người phải viết thư cho các người còn lại biết, từng cặp nhà toán học viết thư trao đổi cùng một đề tài. Chứng minh rằng có ít nhất 3 nhà toán học viết thư cho nhau trao đổi về cùng 1 đề tài. Giải: tƣ tƣởng của chúng ta cũng nhƣ bài toán trên.chọn 17 điểm trên mặt phẳng và đặt tên là Và cứ 2 điểm bất kì ta dùng màu đỏ nối hai điểm đó chỉ sự trao đổi đề tài thứ nhất , màu xanh là đề tài thứ 2 và vàng chỉ đề tài thứ 3 Giả sử các cạnh đƣợc tô nhiều nhất là màu đỏ theo nguyên lí Dirichlet trong 16 cạnh thì có ít nhất 6 cạnh đƣợc tô màu đỏ giả sử đó là các cạnh trong sáu điểm này nếu có 2 điểm đƣợc nối với nhau màu đỏ thì tạo than 1 tam giác màu đỏ có đỉnh là O tức là đã có 3 ngƣời trao đổi cùng 1 đề tài. Bây giờ xét 6 điểm này không có 2 điểm nào đƣợc nối với nhau màu đỏ thì phải nối với nhau màu xanh hoặc vàng . theo ví dụ 1 thì luôn tồn tại trong 6 điểm đó 3 điêm cùng đƣợc nối bởi màu xanh hoặc màu vàng.Vậy bài toán đƣợc chứng minh  Ví dụ 3:(ví dụ này không mang tính đồ thị mà dựa vào tư tưởng của nó) Trong một nhóm gồm 2n+1 người , với mỗi n người thì tồn tại 1 người trong 2n+1 người này quen n người đó .Chứng minh rằng a) Có n+1 người đội một quen nhau b) Tồn tại 1 người quen hết tất cả các người Giải: a) Ta sẽ quy nạp: rõ rằng có 2 ngƣời quen nhau , giả sử có k ngƣời đôi một quen nhau (k ≤ n ) thì tồn tại 1 ngƣời quen k ngƣời này theo giả thiết => có k+1 ngƣời đôi một quen nhau .Do đó tồn tại n+1 ngƣời đôi một quen nhau b) Xét n ngƣời còn lại trong câu a thì tồn tại 1 ngƣời trong n+1 ngƣời này quen n ngƣời đó suy ra ngƣời này quen tất cả các ngƣời còn lại 1 2 6, ,...,OA OA OA 1 2 6, ,...,OA OA OA C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 6 BÀI TẬP: Bài 1.1:(TST Hong Kong 1999) Các học sinh được phát bài kiểm tra , mỗi môn một bài , trong n (n≥ 3)môn học. Biết rằng với mỗi môn học bất kì có đúng 3 học sinh đạt điểm tối ưu ,còn với hai môn tùy ý thì có 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong cả hai môn đó. Hãy xác định n bé nhất sao cho từ các điều kiện có thể suy ra có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong n môn học (ĐS:8) Bài 1.2:Có 3 trường học, mỗi trường học có n học sinh. Một học sinh bất kì có tổng số người quen từ hai trường học kia là n+1. Chứng minh rằng có thể chọn được ở mỗi trường 1 học sinh sao cho 3 học sinh này đôi một quen nhau. Bài 1.3:trong một phòng có 5 người, giữa 3 người bất kì luôn tìm được 2 người quen nhau và 2 người không quen nhau. Chứng minh rằng nhóm người này có thể ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều quen hai người ngồi cạnh mình Bài 1.4: Trong một căn phòng có 9 người , biết rằng giữa 3 người bất kì có 2 người quen nhau . Chứng minh rằng, có thể tìm được 4 người mà 2 người bất kì trong số đó đều quen nhau Bài 1.5:(Trần Nam Dũng-Preparation VMO-2010) Cho 2010 tập hợp, mỗi tập hợp chứa 45 phần tử. Biết rằng hợp của hai tập hợp bất kỳ chứa đúng 89 phần tử. Hỏi hợp của tất cả các tập hợp nói trên chứa bao nhiêu phần tử? LỜI GIẢI CÁC BÀI TẬP DÙNG ĐỒ THỊ Bài 1.1:(TST Hong Kong 1999) Các học sinh được phát bài kiểm tra , mỗi môn một bài , trong n (n≥ 3)môn học. Biết rằng với mỗi môn học bất kì có đúng 3 học sinh đạt điểm tối ưu ,còn với hai môn tùy ý thì có 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong cả hai môn đó. Hãy xác định n bé nhất sao cho từ các điều kiện có thể suy ra có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong n môn học Giải: Ta sẽ biểu thị mỗi học sinh là một điển trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng , và cứ hai học sinh đạt điểm tối ƣu cho trong một môn nào đó ta sẽ nối hai điểm tƣơng ứng lại với nhau. Nhƣ vậy trong mỗi môn ta sẽ có duy nhất một tam giác. Vì cứ hai môn bất kì luôn có 1 học sinh đạt điểm tối ƣu cho cả 3 môn đó nên giữa hai tam giác luôn có chung đỉnh Ta có nhận xét sau: nếu 4 tam giác có chung một đỉnh thì tất cả các tam giác đều có ching đỉnh đó. Thật vậy bởi vì nếu không thì tam giác thứ 5 có chung 4 đỉnh với 4 tam giác kia tạo thành 1 tứ giác => vô lí! Bây giờ xét 1 tam giác bất kì thì nó sẽ có chung đỉnh với mỗi một trong 7 tam giác còn lại. theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại một trong các đỉnh của tam giác đã chọn có chung C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 7 đỉnh với ít nhất tam giác khác. Theo nhận xét trên ta cần . Vậy n nhỏ nhất là 8 Bài 1.2:Có 3 trường học, mỗi trường học có n học sinh. Một học sinh bất kì có tổng số người quen từ hai trường học kia là n+1. Chứng minh rằng có thể chọn được ở mỗi trường 1 học sinh sao cho 3 học sinh này đôi một quen nhau Giải: Trong 3 trƣờng ta chọn ra 1 học sinh có số ngƣời quen k (k ≤ n) nhiều nhất với một trong hai trƣờng kia.Giả sử ngƣời đó là A quen k học sinh ở trƣờng thứ 2. Khi đó sẽ quen n-k+1 học sinh ở trƣờng thứ 3.Xét học sinh B ở trƣờng số 3 nằm trong số ngƣời quen của A, nếu B quen ngƣời học sinh C ở trƣờng thứ 2 nằm trong k ngƣời quen của A thì A,B,C là 3 ngƣời cần tìm. Còn nếu B quen C không nằm trong k ngƣời quen của A thì B sẽ quen không quá n-k học sinh của trƣờng thứ 2 => B sẽ quen không ít hơn (n+1)-(n-k)=k+1 học sinh của trƣờng 1. Mà theo cách chọn k thì k là số lớn nhất => mâu thuẫn. vậy bài toán đƣợc chứng minh Bài 1.3:trong một phòng có 5 người, giữa 3 người bất kì luôn tìm được 2 người quen nhau và 2 người không quen nhau. Chứng minh rằng nhóm người này có thể ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều quen hai người ngồi cạnh mình Giải: 213 n 221 4 3 833 nnn               C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 8 xét mỗi ngƣời là 1 điểm trên Mặt phẳng . 5 ngƣời này sẽ là 5 điểm ko thẳng hàng và tạo thành một ngũ giác lồi ABCDE ta sẽ thể hiện các đƣờng đƣợc nối liền là chỉ sự quen nhau còn nét đứt là sự ko quen nhau của 2 ngƣời bất kì ta sẽ chứng minh hình trên là điều cần chứng minh . thật vậy nếu ta đã sắp 1 ngƣời quen với 2 ngƣời ngồi cạnh giả sử ngƣời này lại quen với ngƣời đối diện tiếp theo giải sử nhƣ A quen B và E mà nếu A cũng quen cả C thì Tam giác ACE thỏa mãn đề bài nhƣng ABC thì ko vì trong đó sẽ ko có 2 ngƣời nào ko quen nhau do đó cách sắp sếp nhƣ trên là duy nhất để thỏa nãm yêu cầu bài toán Bài 1.4: a) Trong một căn phòng có 9 người , biết rằng giữa 3 người bất kì có 2 người quen nhau . Chứng minh rằng, có thể tìm được 4 người mà 2 người bất kì trong số đó đều quen nhau Giải: Trên mặt phẳng ta lấy 9 điểm và nếu giữa 2 điểm đƣợc tô màu đỏ thể hiện sự quen nhau và màu xanh thể hiện sự không quen nhau có 2 trƣờng hợp xảy ra TH1: nếu tồn tại một điểm có chung đỉnh với hơn 4 cạnh màu xanh ,giả sử các cạnh đó là vì trong 3 ngƣời bất kì có hai ngƣời quen nhau nên trong 4 điểm, khổng thể nối với nhau cạnh xanh vì thế chings đều phải nối với nhau màu đỏ => 4 điểm này lập thành một tứ giác có 4 cạnh và các đƣờng chéo cùng là màu đỏ , đây chính là 4 ngƣời đôi một quen nhau TH2:nếu tồn tại một điểm có chung đỉnh với không quá 3 cạnh màu xanh , thì theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại ít nhất một đỉnh là đầu mút của hai cạnh màu xanh , ví dụ đó là H, suy ra nó phải là đầu mút của 6 cạnh , mà theo ví dụ một trong 6 đỉnh chứa 6 cạnh ấy luôn tồn tại 3 đỉnh nối với nhau bằng màu đỏ vì không tồn tại 3 điểm nối với nhau mà xanh ( giả thiết) , nhƣ vậy 3 điểm này hợp với H thành một tứ giác có 4 cạnh và các đƣớng chéo nối với nhau thành bằng các cạnh màu đỏ => đây là 4 điểm cần tìm Bài 1.5:(Trần Nam Dũng-Preparation VMO-2010) Cho 2010 tập hợp, mỗi tập hợp chứa 45 phần tử. Biết rằng hợp của hai tập hợp bất kỳ chứa đúng 89 phần tử. Hỏi hợp của tất cả các tập hợp nói trên chứa bao nhiêu phần tử? Giải: Do hợp của hai tập hợp bất kỳ chứa đúng 89 phần tử nên giao hai tập hợp bất kỳ chứa đúng 1 phần tử. Ta chọn ra một tập hợp A0 gồm 45 phần tử : Do 2009 tập hợp còn lại, mỗi tập hợp đều chứa 1 phần tử trong A0 nên theo nguyên lí Dirichlet ra suy ra có một phần tử trong X (giả sử là x1) nằm trong ít nhất tập hợp. Đặt 45 tập hợp này là A1 , A2 , … , A45 1 2 3 4, , ,OA OA OA OA 1 2 3 4, , ,OA OA OA OA 1 2 45, ,...,{}Xxxx 2009 451 45 C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 9 Suy ra x1 nằm trong ít nhất 46 tập hợp (bao gồm 45 tập hợp A1 , A2 , … , A45 và tập hợp A0) Ta chứng minh tất cả các tập hợp còn lại đều chứ bằng phản chứng : giả sử tồn tại một tập hợp B không chứa x1 (B nằm trong số 2010 tập hợp đang xét và khác A0 , A1 , A2 , … , A45 ). Lần lƣợt xét giao của B với A0 , A1 , A2 , … , A45 : ; ; … ; . Nhận thấy rằng các tập hợp đã có chung một phần tử là và do đó không có chung phần tử nào khác, từ đó các phần tử đôi một phân biệt. Vậy B có ít nhất 46 phần tử (vô lí) . Điều giả sử là vô lí nên tất cả các tập hợp trong 2010 tập đang xét đều chứa . Do đó hợp của của tất cả các tập hợp đang xét có : (2010.45-2009) phần tử. 1x 00||BbA 11||BbA 45 45||BAb ( 0,1, 2,..., 45)iiA 1x ( 0,1, 2,..., 45)iib 1x C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 10 Problem 2: Tô màu “Toán học muôn màu” Tô màu nó mang một khái niệm và biểu diễn tƣơng tự nhƣ đồ thị nhƣng mang tính trừu tƣợng hơn, tô màu không chỉ là tô các màu mà nó có thể là đánh số hay đặt khái niệm cho một tính chất nào đó trong bài toán Bây giờ ta cùng đến với các bài toán sau đây Ví dụ 1: ( Kiểm tra 15’-10A2-LQĐ 2010)Cho một hình chữ nhật 3×7 chia thành 21 ô . Mỗi ô được tô bằng 2 màu xanh hoặc đỏ .chứng minh rằng luôn tồn tại một hình chững nhật không tầm thường có 4 đỉnh được tô cùng một màu. Giải: Cách 1: ( Lê Trần Nhạc Long) Ta giả sử số ô đƣợc tô màu đỏ nhiều hơn số ô đƣợc tô màu xanh , theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất 11 ô đƣợc tô màu đỏ Bây giờ ta chỉ xét cách tô màu đỏ. Nếu tồn tại một cột có 3 ô đƣợc tô 3 màu thì số màu của 6 ô còn lại là 8 thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại ít nhất một cột có 2 ô đƣợc tô 2 màu và cột có 3 ô tô màu đỏ và cột có 2 ô tô màu đỏ tạo thành 1 hình chữ nhật cần tìm Do đó ta xét mỗi cột chỉ có nhiều nhất 2 ô đƣợc tô màu đỏ, theo nguyên lí Dirichlet thì có 4 cột có 2 ô đƣợc tô màu đỏ . Xét theo hang ngang ta có cách tô cho mỗi cột mà ta lại có 4 cách tô nên theo nguyên lí Dirichlet có 2 cách tô trùng nhau hai cách tô nàylà hai cột tạo thành hình chữ nhật có 4 đỉnh đƣợc tô cùng màu. 233 C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 11 Cách 2:(Trần Nguyễn Quốc Cường)Cách này thuần túy tô màu Ta xét hai hàng đầu tiên , hai ô của một cột đƣợc tô hai màu giống nhau đƣợc gọi là “cùng màu”, và hai ô đƣợc tô hai màu khác nhau đƣợc gọi là “khác màu” nếu trong 7 cột đó có ba cột “cùng màu” thì có hai cột cùng màu đỏ ( hoặc xanh) đó là hình chữ nhật có 4 đỉnh do đó mỗi chỉ có thể tồn tại nhiều nhất hai cột “cùng màu” khác màu tô tƣơng tự ở hai hang dƣới cũng thế nên suy ra tồn tại 3 cột có có hai hang đầu và hai hàng cuối cùng khái niệm khác màu . mặt khác ví dụ các ô trong 1 cột là 1,2,3 thứ tự theo hang nếu 1 khác 2 và 2 khác 3 thì 1 và 3 cùng màu do đó chỉ có hai cách tô nên trong 3 cột đó có 2 cột có cùng 1 cách tô ,hai cột này hợp lại thành 1 hình chữ nhật có 4 đỉnh đƣợc tô cùng màu (hình này ta đang xét màu đỏ) Cách 3:(Trần Nguyễn Quốc Cường)ta có trong một cột thì luôn có 2 ô cùng màu và có cách sắp xếp chúng do đó trong 6 cột còn lại luôn có 1 cột trùng với cột được chọn và tạo thành hình chữ nhật có 4 góc cùng màu Ví dụ 2: Cho một hình chữ nhật n×[(n-1)n+1] . Mỗi ô được tô bằng 2 màu xanh hoặc đỏ .chứng minh rằng luôn tồn tại một hình chững nhật không tầm thường có 4 đỉnh được tô cùng một màu. Giải: tƣơng tự nhƣ cách 3 Ví dụ 3: Phủ hình vuông 5 x 5 bằng các quân tri-mi-no hình chữ L 1×2 sao cho các ô không chƣờm lên nhau thì còn thừa 1 ô không đƣợc phủ. Hỏi ô đó có thể nằm ở vị trí nào? GIẢI : (Ta có một số cách đánh số , tô màu nhƣ sau) Cách 1:(Hồ Phi Nhạn-12CT-LHP-HCM) Ta đánh số 25 ô vuông của bảng : các ô vuông ở số hàng lẻ và số cột lẻ là số 7 (có 9 ô) ; 16 ô vuông còn lại ta đánh số (-4) (nhƣ hình vẽ bên) 2326 C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 12 Nhận xét khi ta lát một quân tri-mi-no bất kì vào bảng bên thì tổng ba ô số trong quân tri- mi-no ấy hiển nhiên là số âm . Từ nhận xét trên : Nếu ô không đƣợc lát là ô số mang số (-4) thì tổng các ô còn lại là : 7.9+(-4).15 = 3 > 0. Và do đó phần còn lại không thể lát kín bằng các quân tri-mi-no. Do đó các ô không đƣợc lát chỉ có thể nằm trong số các ô mang số 7. Ta sẽ chỉ ra các ô này đều có thể là ô không đƣợc lát . Do tính đối xứng của hình vuông 5 X 5 ta chỉ cần chỉ ra cách lát trong 3 trƣờng hợp : TH1 : TH2 : TH3 : • • • C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 13 Cách 2: ta còn khá nhiều cách đánh số khác ví dụ nhƣ sau: các ô cột lẻ hang lẻ ta đánh là -2 còn các ô cột chẵn hang chẵn ta đánh là 1 thì 1 quân tri-mi-no chỉ láy lên các ô -2,1,1 và các quân Tri-mi-no này có 3 ô tổng là 1+1-2=0 Nếu ta bỏ một ô đƣợc đánh số 1 thì tổng các ô còn lại của hình vuông là : 9×(-2)+24-9=-3 nhƣng các quân Tri-mi-no lại phủ hết tất cả các ô này nên phải có tổng bằng 0. Vô lí! Còn nếu ta bỏ một trong các ô đƣợc đánh số -2 thì tổng của các ô còn lại là 8×(-2)+25-9=0 phù hợp ! vậy các ô đƣợc bỏ phải là các ô đánh số -2 . Ta đƣợc các cách lát nhƣ cách 1 Cách 3:(Từ Nguyễn Thái Sơn PTNK-ĐHQGHCM )Ta tô màu các ô cột lẻ hàng lẻ là màu đỏ Ta thấy một quân Tri-mi-no không thể lát hai ô màu đỏ nên nếu không có ô màu đỏ nào bị xóa thì số quân tri- mi-no phải lát là 9 cái tƣơng ứng với số ô là 9×3=27>25 vô lí vậy các ô không đƣợc lát phải là các ô đƣợc tô màu đỏ và ta có cách lát nhƣ cách 1 Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong 17 số tự nhiên bất kì luôn tìm ra được 5 số đôi một chia hết cho nhau hoặc đôi một không chia hết cho nhau. Giải: ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát nhƣ sau: Chứng minh rằng trong số nguyên dƣơng luôn tồn tại n+1 số đôi một chia hết cho nhau hoặc không chia hết cho nhau. Ta xét dãy số tăng dần sau: ta đánh là 1 , từ trở đi (i ≥ 2)ta đem chia cho các số với nếu thấy thấy không chia hết thì đánh cho nó giá trị bằng giá trị của số đứng trƣớc cộng thêm 1, còn nếu chia hết cho một nhóm nào đó thì ta đánh giá trị của giá trị số lớn nhất nhóm nếu ta đánh các số đến giá trị n+1 thì theo cách đánh trên sẽ có n+1 số đôi một không chia hết cho nhau vì, còn nếu giá trị đƣợc đánh không vƣợt quá n thì theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại giá trị lập lại n+1 lần , tức là ta có n+1 số đôi một chia hết cho nhau. Vậy bài toán đƣợc chứng minh  Nhận xét: ta còn có một kết quả tổng quát hơn: -2 1 -2 1 -2 1 1 1 1 1 -2 1 -2 1 -2 1 1 1 1 1 -2 1 -2 1 -2 21n 2121, , ,na a a 1a 22( 1) 1nn   C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 14 Định lí Dilworth (1950):Trong mọi thứ tự bộ phận trên tập tập hợp P gồm n ≥ sr+1 phần tử ,tồn tại xích có kích thước s+1 hoặc đối xích có kích thước r+1 BÀI TẬP: Bài 2.1 (Trung Quốc, 1986) mỗi điểm trên mặt phẳng được tô màu đen hoặc đỏ .Chứng minh rằng ta có thể tìm được ba điểm cùng màu mà mỗi cặp điểm có khoảng cách bằng 1 hoặc có thể tìm được ba điểm có khoảng cách bằng Bài 2.2:Xét hình vuông 7×7 ô. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi 1 ô để phần còn laị không thể phủ kín bằng 15 quân Tri-mi-no kích thước 1×3 và một quân tri –mi-no hình chữ L 2×2 Bài 2.3: Trên tờ giấy kẻ caro lấy 101 ô vuông bất kì. CMR trong 101 ô vuông đó có 26 ô vuông không chung cạnh hoặc chung đỉnh. Bài 2.4: Chứng minh rằng một bảng hình vuông 2n×2n, với n không chia cho 3 dư 1, trên đó tồn lại một ô bị xóa đi , có thể phủ bằng các quân Tri-mi-no hình chữ L 1×2 Bài 2.5 Cho bảng hình chữ nhật gồm 2010 hàng và 2011 cột. Kí hiệu (m,n)là ô vuông ở hàng thứ m và cột thứ n. Người ta tô các màu vào ô vuông theo nguyên tắc sau: lần thứ nhất tô 3 ô vuông: (r,s ), (r+1,s+1), (r+2,s+2), với r và s là 2 số tự nhiên cho trước thỏa mãn điều kiện 1≤ r ≤ 2008, 1≤ r≤2009. Từ lần thứ hai trở đi người ta tô đúng 3 ô nằm cạnh nhau ở cùng 1 hàng hay 1 cột. Hỏi bằng cách tô đó có thể tô tất cả các ô trong bảng đã cho hay không Bài 2.6 (THTT-T9/398) Người ta tô màu các số nguyên dương bằng hai màu trắng và đen. Biết rằng tổng hai số khác nhau là một số được tô màu đen và có vô hạn số được tô màu trắng. Gọi số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 được tô màu đen là q. Chứng minh q là số nguyên tố. 3 C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 15 LỜI GIẢI CÁC BÀI TẬP TÔ MÀU: Bài 2.1: (Trung Quốc, 1986) mỗi điểm trên mặt phẳng được tô màu đen hoặc đỏ .Chứng minh rằng ta có thể tìm được ba điểm cùng màu mà mỗi cặp điểm có khoảng cách bằng 1 hoặc có thể tìm được ba điểm có khoảng cách bằng Giải: ta nhắc lại kiến thức mệnh đề Đại số : Bây giờ giả sử không tồn tại 3 điểm cùng màu mà mỗi cặp điểm cách nhau bằng 1. Ta sẽ chứng minh tồn tại 3 điểm cùng màu và mỗi cặp điểm cách nhau . Thật vậy, theo giả thuyết trên suy ra tồn tại 2 điểm khác màu nhau có khoảng cách bằng 1. Lấy một điểm sao cho khoảng cách từ nó đến mỗi một trong 2 điểm đó bằng 2.thì điểm này phải khác màu với một trong 2 điểm đã nêu trên. Giả sử hai điểm khác màu có khoảng cách bằng 2 là A và B, gọi M là trung điểm của AB thì nó phải có khoảng cách đến A,B là 1 và cùng màu với A hoặc B. giả sử nó cùng màu với B là màu đen dựng 2 tam giác đều MBD và MBC đối xứng nhau qua MN thì hai tam giác đều này đều có cạnh bằng 1. Theo điều giả sử không tồn tại tam giác đều có 3 đỉnh cùng màu có cạnh bằng 1 nên C và D phải khác màu với M và B=> C và D có cùng màu đỏ. Vậy tam giác đều ACD có 3 đỉnh cùng màu và có cạnh bằng . Vậy bài toán đƣợc chứng minh Bài 2.2:Xét hình vuông 7×7 ô. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi 1 ô để phần còn laị không thể phủ kín bằng 15 quân Tri-mi-no kích thước 1×3 và một quân 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 1 2 3 1 2 3 1 3 A B B A   3 3 C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 16 Giải: Ta sẽ đánh số các số vào các ô nhƣ sau: Ta thấy rằng một quân Tri-mi-no 1×3 sẽ phủ lên các ô có tổng các giá trị chia hết cho 3, còn các ô tri-mi-no hình chữ L sẽ phủ lên các ô có tổng các giá trị không chia hết cho 3 , bây giờ giả sử ta bỏ đi ô số 1 , thì tổng các giá trị của các ô trên bảng hình vuông lúc này là 1×3×7+2×2×7+3×2×7-1=90 , số này chia hết cho 3 => mâu thuẫn! Vậy bài toán đƣợc chứng minh! Bài 2.3: Trên tờ giấy kẻ caro lấy 101 ô vuông bất kì. CMR trong 101 ô vuông đó có 26 ô vuông không chung cạnh hoặc chung đỉnh. Tô màu nhƣ hình vẽ: …=…=…=…=…=…= …=u=Đ=u=Đ=…= …=q=s=q=s=…= …=u=Đ=u=Đ=…= …=q=s=q=s=…= …=…=…=…=…=…= = qừ cách tô màu suy ra hai ô cùng màu không có cạnh chung hoặc đỉnh chung. Vì 101 > 4.25 nên có ít nhất 26 ô cùng màu (đpcm). Bài 2.4:Chứng minh rằng một bảng hình vuông 2n×2n, với n không chia cho 3 dư 1, trên đó tồn lại một ô bị xóa đi , có thể phủ bằng các quân Tri-mi-no hình chữ L 1×2 Giải: Ta sẽ có nhận xét sau: Hai quân Tri-mi-no ghép lại tạo thành một hình chữ nhật 2×3, ta có n chia cho 3 dƣ 1=> 2n chia cho 3 dƣ 2 Do đó nếu ta lắp các hình chữ nhật 2×3 thì trên ô vuông ấy sẽ tồn tại 1 ô vuông ở góc 2×2 không bị lắp do 2n chia 3 dƣ 2, hình vuông này bỏ đi 1 ô bất kì là hình chữ L 1×2( quân Tri-mi-no) do đó bài toán đƣợc chứng minh. Nhận xét : bài toán có kết quả chặt hơn là các ô bị bỏ đi là các ô nằm ở các hàng , các cột có số tứ tự cùng chia hết cho 3 hoặc cùng không chia hết cho 3 C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 17 Bài 2.5 Cho bảng hình chữ nhật gồm 2010 hàng và 2011 cột. Kí hiệu (m,n)là ô vuông ở hàng thứ m và cột thứ n. Người ta tô các màu vào ô vuông theo nguyên tắc sau: lần thứ nhất tô 3 ô vuông: (r,s ), (r+1,s+1), (r+2,s+2), với r và s là 2 số tự nhiên cho trước thỏa mãn điều kiện 1≤ r ≤ 2008, 1≤ r≤2009. Từ lần thứ hai trở đi người ta tô đúng 3 ô nằm cạnh nhau ở cùng 1 hàng hay 1 cột. Hỏi bằng cách tô đó có thể tô tất cả các ô trong bảng đã cho hay không Giải: ta sẽ chứng minh không thể tô đƣợc bằng phản chứng. Thật vậy, giải sử ta có thể tô hết các ô của bảng . khi đó tổng tất cả các lần tô là 670 × 2011 . Điền các số vào các ô theo cách sau: tại ô (m,×) điền số m.n. Gọi tổng các ô đã điền là S , ta có Mặt khác , gọi là tổng của 3 số nằm tại 3 ô đƣợc tô lần thứ i với 1≤ i ≤ 670 × 2010. Dễ thấy : Và là tổng của 3 số có dạng ab, (a+1)b , (a+2)b ,suy ra , vậy ,mâu thuẫn !. Vậy suy ra đƣợc đpcm Bài 2.6 (THTT-T9/398) Người ta tô màu các số nguyên dương bằng hai màu trắng và đen. Biết rằng tổng hai số khác nhau là một số được tô màu đen và có vô hạn số được tô màu trắng. Gọi số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 được tô màu đen là q. Chứng minh q là số nguyên tố Giải: ( Lê Văn Tú, 11A1 , THPT chuyên Vĩnh Phúc ) + Trƣớc hết , giả sử số 1 đƣợc tô màu trắng , nếu p đƣợc tô màu đen thì cũng đƣợc tô màu đen , suy ra cũng đƣợc tô màu đen. Cứ tiếp tục nhƣ vậy thì mọi số đều đƣợc tô màu đen , nên suy ra chỉ có hữu hạn số đƣợc tô màu trắng, Vô lí ! + Nếu hoặc thì là số nguyên tố ( đpcm ). Giả sử . Khi đó , mà nên đƣợc tô màu trắng đƣợc tô màu đen. Nhƣng , mâu thuẫn thoe giả thiết. Vậy bài toán đƣợc chứng minh (1 2 3 ... 2010)(1 2 3 ... 2011) 0(mod 3)S          iS 1( 1)( 1) ( 2)( 2) 2(mod 3)S rs r s r s        iS 0(mod 3)iS 2(mod 3)S 1q 2q nq 2q 3q 3q *2qN 2qq ( 2) 1 1qq     1qq C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 18 Problem 3: Nguyên lí bất biến , đơn biến “Dĩ bất biến, ứng vạn biến” Tôn tử (Binh pháp) 1. Giới thiệu về đại lượng bất biến, đơn biến  Bất biến là mọi đại lượng định tính hay tính chất và quan hệ giữa những phần tử của một hoặc một số tập hợp mà không thay đổi với một biến đổi nào đó Định nghĩa. Cho Ω là một tập hợp các trạng thái. T là tập hợp các phép biến đổi từ Ω vào Ω. Hàm số f: Ω → R đƣợc gọi là bất biến trên tập các trạng thái Ω đối với tập các phép biến đổi T nếu f(t(ω)) = f(ω) ∀ω ∈ Ω, ∀ t ∈ T. Ví dụ: xét tổng S= a+b+c nếu ta thay đổi a,b,c theo một hoán vị nào đó nhƣng rõ ràng S vẫn không đổi, nghĩa là S bất biến  Đơn biến (còn gọi là bất biến đơn điệu) là đại lượng mà luôn tăng hoặc luôn giảm trong quá trình biến đổi. Sau đây là định nghĩa chặt chẽ của đơn biến. Định nghĩa. Cho Ω là một tập hợp các trạng thái. T là tập hợp các phép biến đổi từ Ω vào Ω. Hàm số f: Ω →N đƣợc gọi là đơn biến trên tập các trạng thái Ω đối với tập các phép biến đổi T nếu f(t(ω)) < f(ω) ∀ω ∈ Ω, ∀ t ∈ T. Chú ý là dấu bằng đôi khi có thể thay thế bằng dấu >, ≥, ≤. Ngoài ra, tập đích N cũng có thể được thay thế bằng một tập hợp có thứ tự tốt bất kỳ. Đơn biến được sử dụng trong việc chứng minh một quá trình là dừng 2.Các bài toán về bất biến và đơn biến: Ví dụ 1: Trên bảng ta viết 10 dấu cộng và 15 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 một dấu trừ nếu xóa hai dấu khác nhau. Hỏi trên bảng còn lại dấu gì nếu ta thực hiện thao tác trên 24 lần? Giải: Cách 1:ta thay mỗi dấu cộng là số 1 và mỗi dấu trừ là số -1. Ta thấy tích của các số trên bảng là -1. Mà theo cách thực hiện của đề bài thì ta xóa đi hai số và viết vào đó tích của 2 số đó, đồng thời ta chỉ thực hiện 24 lần nên suy ra tích của tất cả các số trên bảng sẽ không đổi . Nhƣ vậy tích các số trên bảng luôn bằng -1. Do đó khi ta thực hiện thao tác đó 24 lần thì trên bảng còn lại dấu – C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 19 Nhận xét: đại lượng bất biến ở đây chính là tích của các số trên bảng . Bây giờ ta sẽ đến với cách tiếp theo để xem còn đại lượng bất biến nào nữa không trong bài toán này. Cách 2: ta thay dấu cộng bằng số 0 và dấu trừ là số 1. Nếu ta xóa đi hai số có tổng là chẵn thì viết lại số 0 , còn nếu lẻ thì ta viết lại số 1.Nhận thấy rằng sau 1 lần biến đổi thì tổng các số trên bảng hoặc là không đổi hoặc là giảm đi 2. Mà theo cách thay số nhƣ thế thì tổng các số trên bảng ban đầu là 15 (một số lẻ),suy ra số cuối cùng trên bảng còn lại phải là số 1. Tức trên bảng còn lại dấu trừ Nhận xét: như vậy ở cách này ta đã thấy đại lượng bất biến ở đây là tổng chẵn các số. Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh vào lớp 10 Đại học Sư Phạm Hà Nội-2010) Trên 1 bảng đen ta viết 3 số bắt đầu thực hiện 1 trò chơi như sau: Mỗi lần chơi ta xóa đi 2 số và viết nào đó trong 3 giả sử là a và b và viết vào 2 vị trí mới xóa hai số mới là , đồng thời giữ nguyên số còn lại. Như vậy sau mỗi lần chơi trên bảng luôn có 3 số. Chứng minh rằng dù ta có chơi bao nhiêu lần đi chăng nữa thì trên bảng không thể đồng thời có 3 số Giải: ta nhận thấy rằng do đó tổng các bình phƣơng của 3 số sau mỗi lƣợt chơi đều không đổi. Mà tổng các bình phƣơng của 3 số ban đầu là , còn tổng bình phƣơng của 3 số đòi hỏi là . Nhƣ vậy ta không bao giờ nhận đƣợc trạng thái đòi hỏi , tức là tồn tại ba số đòng thời trên bảng Ví dụ 3: Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên khác 0 Giải: Nhìn vào bài toán , rất tự nhiên ta nghĩ đến đầu tiên là việc xét đồng dƣ cho 2. Tôi xin giải bài toán sau theo tƣ tƣởng của “Nguyên Lí Cực Hạn” ( sẽ đƣợc giớ thiệu ở phần sau). Mà trong bất biến nó còn có tên gọi là Bất biến đơn điệu Giả sử phƣơng trình có nguyện nguyên Ta có: , suy ra đặt Ta đƣợc: , suy ra đặt Ta đƣợc: , suy ra đặt Ta đƣợc: , suy ra: đặt Ta đƣợc: , vậy cũng là một nghiệm của pt (*) 12 , 2, 2 à 22 a b a bv 1; 2;1 2 22  22 22 22 a b a bab            13 2 41228 1; 2;1 2 22  4 4 4 48 4 2x y z u   0 0 0 0( , , , ) (0, 0, 0, 0)x y z u 4 4 4 40 0 0 08 4 2x y z u   40022uu 012uu 4 4 4 40 0 0 14 2 8x y z u   40022zz 012zz 4 4 4 40 0 1 12 8 4x y z u   440022yy 012yy 4 4 4 40 1 1 18 4 2x y z u   40022xx 012xx 4 4 4 41 1 1 18 4 2x y z u   1 1 1 1( , , , )x y z u C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 20 Và nghiệm này có dạng , quy trình này có thể lặp mãi đến đến bƣớc k:. Các số nguyên với mọi . Điều này chỉ xảy ra ở các biến bằng 0. Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm khác 0. Nhận xét: ở (*) nếu theo nguyên lí cực hạn ta có thể giả sử là bộ nghiệm nhỏ nhất rồi suy ra vô lí. Phương pháp trên còn lại là phương pháp xuống thang - Đặc biệt ở đây , tôi giới thiệu bài toán này chính là minh họa cho “bất biến đơn điệu” - Cách giải theo Bất biến đơn điệu được tóm tắt như sau: 1. Tìm đại lượng bất biến đơn điệu và chỉ ra nó nó phải thay đổi dưới tác động của một thao tác nào đó 2. Hãy chỉ ra rằng nó có thể thay đổi hữu hạn lần; khi đó chứng minh rằng nó sẽ dừng sự thay đổi sau hữu hạn lần thay đổi nào đó Nếu sự chuyển đổi không được cho trước , thì ta phải xây dựng một cách thích hợp. có rất nhiều bất biến đơn điệu khác nhau có thể xây dựng như : các tổng, các tích , giá trị cực đại , cực tiểu và nhiều đại lượng thích hợp khác Ví dụ 4: Giả sử n là một số lẻ .Đầu viết lên bảng các số từ 1đến 2n, sau đó chọn ra 2 số bất kì a ,b và viết lại 1 số bằng . Chứng minh rằng số cuối cùng còn lại trên bảng là một số lẻ. Giải: Tổng của các số trên bảng ban đầu là: rõ ràng vì lẻ nên S lẻ. Mà với thao tác trong đề bài thì tổng sẽ giảm đi , nhƣ thế tính chẵn lẻ của S không đổi , ban đầu S là một số lẻ suy ra số cuối cùng còn lại trên bảng là một số lẻ Ví dụ 5: cho các số 2,8, 1,0, 1,9,9,5 được viết trên một vòng tròn. Cứ hai số cạnh nhau ta cộng thêm 1 vào 2 số đó. Hỏi sau một số lần thực hiện thao tác trên các số trên vòng tròn đó có có thể đều bằng nhau không? Giải: Cách 1:( Lê Trần Nhạc Long ) cách này tƣơng đối tự nhiên và nhanh nhƣng không tổng quát đƣợc. Cách giải nhƣ sau: Ta nhận thấy tổng các số trong vòng tròn là một số lẻ nên khi ta thực hiện các thao tác trên thì tổng tăng lên 2 nên tính chẵn lẻ của tổng không đổi .Mặt khác số các số trong vòng tròn đó là số chẵn nên nếu các số đều bằng nhau thì tổng cảu nó bây giờ là số lẻ => mâu thuẫn Cách 2:Vì cứ 2 số cạnh nhau thì cùng tăng 1 đơn vị vào cả hai số nên hiệu của chúng không đổi . xét 6 số trên là . Ta suy ra: không đổi Sau các thao tác. Trong trƣờng hợp này . Nhƣng nếu sau một số lần thực hiện thao tác theo đề bài mà các số cùng bằng nhau thì rõ ràng . Vô lí! Bài toán đƣợc chứng minh. 0 0 0 0, , ,2 2 2 2 x y z u  , , ,2 2 2 2 k k k kx y z u  , , ,2 2 2 2 k k k kx y z u k 0 0 0 0( , , , )x y z u ||ab 1 2 2 (2 1)S n n n      n 2. min ;ab 1 2 3 4 5 6, , , , ,a a a a a a 1 2 3 4 5 6S a a a a a a      9S 0S C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 21 Nhận xét: ở cách 2 rõ ràng chúng ta có thể tổng quát bài toán. Đây là một bài toán dễ nhưng cần phải biết khai thác ý tưởng bất biến ở sự cùng tăng ở đây.  Có lẽ qua những ví dụ trên các bạn đều có hình dung đƣợc phần nào ý tƣởng của một số vấn đề bất biến trên. Bây giờ chúng ta hãy cùng đến với các bài toán sau mang những nét tinh tế hơn về nguyên lí bất biến. BÀI TẬP VỀ NGUYÊN LÍ BẤT BIẾN, ĐƠN BIẾN Bài 3.1:Một tờ giấy được xé thành 6 mảnh , một trong số 6 mảnh nhỏ này lại xé thành 6 mảnh nhỏ nữa, và một trong số 6 mảnh nhỏ này lại được xé thành 6 mảnh,...Vậy cứ tiếp tục xé như vậy thì có khi nào ta được 1995 mảnh giấy hay không ? được 2011 mảnh giấy không? Bài 3.2: Trong một bảng ô vuông có 100×100 ô được điền dấu (+) và dấu (-). Một bước thực hiện bằng cách đổi toàn bộ những dấu ở một hàng hoặc một cột nào đó sang dấu ngược lại. Có khả năng sau hữu hạn bước như trên , bảng ô vuông nhận được đúng 1970 dấu (-) ? Bài 3.3:Trên bảng có các số 1/96, 2/96, 3/96, …, 96/96. Mỗi một lần thực hiện, cho phép xoá đi hai số a, b bất kỳ trên bảng và thay bằng a + b – 2ab. Hỏi sau 95 lần thực hiện phép xoá, số còn lại trên bảng là số nào? Bài 3.4: Hai người chơi một trò chơi với hai đống kẹo. Đống kẹo thứ nhất có 12 cái và đống kẹo thứ hai có 13 cái. Mỗi người chơi được lấy hai cái kẹo từ một trong hai đống kẹo hoặc chuyển một cái kẹo từ đống thứ nhất sang đống thứ hai. Người chơi nào không thể thực hiện các thao tác trên là như thua . Hãy chứng minh rằng người chơi thứ hai không thể thua , người đó có thể thắng không ? Bài 3.5: Trên một đường tròn ta đặt n số. Nếu thứ tự các số a,b,c,d thỏa mãn (a-d)(b-c)>0, thì hai số b và c đổi chỗ cho nhau. Chứng minh rằng sau một số bước trên thì đường tròn không có bộ tứ nào sắp xếp như vậy. Bài 3.6: Cho 3 số nguyên không âm a, b, c bất kỳ. Mỗi một lần thực hiện, ta biến bộ (a, b, c) thành bộ (|b – c|, |c – a|, |a – b|). Chứng minh rằng sau một số hữu hạn các phép biến đổi, ta thu được bộ có chứa số 0. Bài 3.7:Trên một đường tròn ta viết n số tự nhiên. Giữa hai số cạnh nhau ta viết ước số chung lớn nhất . Sau đó xóa những số cũ đi , những số còn lại ta thực hiện theo thao tác trên. Hỏi sau hữu hạn lần thực hiện thao tác thì tất cả các số trên đường tròn có bằng nhau không C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 22 HƢỚNG DẪN GIẢI: Bài 3.1:Một tờ giấy được xé thành 6 mảnh , một trong số 6 mảnh nhỏ này lại xé thành 6 mảnh nhỏ nữa, và một trong số 6 mảnh nhỏ này lại được xé thành 6 mảnh,...Vậy cứ tiếp tục xé như vậy thì có khi nào ta được 1995 mảnh giấy hay không ? được 2011 mảnh giấy không? Giải: Ta thấy rằng cứ sau mỗi lần xé thì số giấy lại tăng lên 5 mảnh , ban đầu đã có 6 mảnh, ta suy ra số giấy sau mỗi lần xé luôn có dạng 5k+1 . Đây chính là đại lƣợng bất biến của bài toán. o Ta thấy 1995 ≠ 5k+1 nên trƣờng hợp này không thể o Còn 2011 có dạng 5k+1 nên trƣờng hợp này có thể thực hiện đƣợc sau 402 lần Bài 3.2: Trong một bảng ô vuông có 1995×1995 ô được điền dấu (+). Một bước thực hiện bằng cách đổi toàn bộ những dấu ở một hàng hoặc một cột nào đó sang dấu ngược lại. Có khả năng sau hữu hạn bước như trên , bảng ô vuông nhận được đúng 2011dấu (-) ? Giải: Giả sử sau hữu hạn lần biến đổi trên bảng có đúng 2011 dấu (-) , ta gọi là số lần biến đổi của cột i , và là số lần biến đổi của hàng j. Nhƣ vậy ô sẽ phải biến đổi lần . Do đó để ô là dấu (-) thì số lần biến đổi ở ô đó phải là số lẻ suy ra: phải là số lẻ: Ta gọi là số số lẻ giữa các số , còn là số số lẻ giữa các số Khi đó số dấu trừ có trên bảng sẽ là: Theo giả sử thì ta có đẳng thức: (*) Ta thấy rằng là hai số lẻ, suy ra VT của đẳng thức trên là số chẵn mà VP lại lẻ. Mâu thuẫn. Nhận xét: ở bài này ta hoàn toàn có thể tổng quát được , bằng cách tahy thế các số 1995 và 2011 cho hợp lí . Để bài toán này mạnh hơn ta sẽ chọn số thích hợp sao cho phương trình ở (*) khó và mang tính số học hơn. Bài 3.3:Trên bảng có các số 1/96, 2/96, 3/96, …, 96/96. Mỗi một lần thực hiện, cho phép xoá đi hai số a, b bất kỳ trên bảng và thay bằng a + b – 2ab. Hỏi sau 95 lần thực hiện phép xoá, số còn lại trên bảng là số nào? Giải: Đây là một bài toán tƣơng đối khó , khi nhìn vào chắc hẳn chúng ta không thể nào tìm ra đƣợc bất biến của bài toán, và đúng là bài này có bất biến thật và cũng phải rất tinh tế mới có thể nhận ra nó . Ta thấy đại lƣợng a+b-2ab dƣờng nhƣ nó còn thiếu một cái gì đó , để ta đƣa nó thành tích hay sao? Các bạn hãy xem lời giải sau, một lời giải đầy ngạc nhiên và thú vị ! ix jy ( , )ij ijxy ( , )ij ijxy p ix q jy (1995 ) (1995 ) 1995 1995 2p q q p p q pq      1995 1995 2 2011p q pq   &pq C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 23 Gọi các số trên bảng ban đầu là , xét tích sau: ta thấy rằng nếu ta xóa đi hai số thì tích sẽ mất đi hai thừa số thêm vào đó tích lại nhận thêm một thừa số :. Rất đẹp! vậy giá trị tuyệt đối của tích trên không đổi ( do có đổi dấu ).mà ta thấy rằng : tích ban đầu bằng 0 do có số . Suy ra sau hữu hạn lần biến đổi tích trên vẫn bằng 0 , vậy số còn lại số n có Bài 3.4: Hai người chơi một trò chơi với hai đống kẹo. Đống kẹo thứ nhất có 12 cái và đống kẹo thứ hai có 13 cái. Mỗi người chơi được lấy hai cái kẹo từ một trong hai đống kẹo hoặc chuyển một cái kẹo từ đống thứ nhất sang đống thứ hai. Người chơi nào không thể thực hiện các thao tác trên là như thua . Hãy chứng minh rằng người chơi thứ hai không thể thua , người đó có thể thắng không ? Giải: Trƣớc hết chúng ta hãy nghĩ xem, bài này phải có bất biến và bất biến là gì. Đầu tiên ta sẽ nghỉ bất biến là tính chẵn lẻ của tổng hay hiệu của hai đống kẹo vì sau mỗi lần chơi tổng ( hay hiệu) số kẹo của 2 đống sẽ tăng hoặc giảm đi 2. Ta thấy rằng ngƣời chơi bị thua khi và chỉ khi không còn cái keo nào ở đống thứ nhất và số kẹo còn lại bên đống 2 là 1. Ở bài này ta có thể giải bằng xét tổng hoặc hiệu. Tôi xin giới thiệu một cách về xét hiệu, cách còn lại dành cho bạn đọc. Lời giải nhƣ sau: Ta kí hiệu S là giá trị tuyệt đối của số kẹo trong đống thứ 2 trừ cho số kẹo trong đống thứ nhất. Khởi đầu S=|13-12|=1. Sau mỗi lần chơi S sẽ tăng hoặc giảm đi 2. Nhƣ vậy số dƣ của S cho 4 có dạng lần lƣợt sau những lần chơi là 1,3,1,3,… Nhƣ vậy đến lƣợt ngƣời thứ nhất bốc số dƣ của S cho 4 là 1 , còn đến lƣợt ngƣời thứ hai bốc số dƣ của S cho 4 là 3. Mà nhƣ đã nói ngƣời thua cuộc khi và chỉ khi số kẹo trong đống thứ nhất là 0 còn trong đống thứ 2 là 1. Khi đó S=|1-0|=1. 1 chia cho 4 dƣ 1 , không phải là 3 , chứng tỏ ngƣời thứ 2 luôn có chiến thuật để không thể nào thua. Mặt khác ta thấy rằng hoặc tổng số kẹo của 2 đống giảm đi , hoặc số kẹo trong đống thứ nhất giảm đi, nhƣ vậy trò chơi phải có kết thúc , thế thì ngƣời thứ hai thắng Bài 3.5: Trên một đường tròn ta đặt n số. Nếu thứ tự các số a,b,c,d thỏa mãn (a-d)(b-c)>0, thì hai số b và c đổi chỗ cho nhau. Chứng minh rằng sau một số bước trên thì đường tròn không có bộ tứ nào sắp xếp như vậy. Giải: Gọi là tổng tất cả các tích của hai số đứng cạnh nhau sau lần đổi thứ ,tổng ban đầu là Nhận xét khi đổi chỗ một bộ nào đó thì chỉ có tổng các tích của hai số kề nhau của bộ thay đổi mà không có sự thay đổi ở một bộ 4 số bất kì khác. Giả sử tới sau lần đổi thứ vẫn còn một bộ sắp theo thứ tự đó và thỏa mãn thì ta đổi chỗ b,c Lúc này trong đó là tổng tất cả các tích hai số kề nhau mà không có hai số kề nhau nào thuộc bộ , Ta có 12, , ...,ka a a 12(2 1)(2 1)...(2 1)ka a a   ,ijaa 2 1& 2 1ijaa 2( 2 ) 1 (2 1)(2 1)i j i j i ja a a a a a       48 1 96 2 12 1 02nn    kS n 0S ( , , , )a b c d ( , , , )a b c d 1k ( , , , )a b c d ( )( ) 0a d b c   'kS S ac bd bc    'S 1( , , , ), 'ka b c d S S ab bc cd    1( )( ) 0kka d b c ab cd ac bd S S         C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 24 Vậy dãy là dãy giảm thực sự Do hữu hạn nên hữu hạn,có nghĩa là tồn tại Vậy sau hữu hạn lần đổi chỗ thì sẽ không tồn tại bộ số cần đổi chỗ nữa Bài 3.6: Cho 3 số nguyên không âm a, b, c bất kỳ. Mỗi một lần thực hiện, ta biến bộ (a, b, c) thành bộ (|b – c|, |c – a|, |a – b|). Chứng minh rằng sau một số hữu hạn các phép biến đổi, ta thu được bộ có chứa số 0. Giải: Đây là một bài đơn biến khá thú vị , dù không khó nhƣng ý tƣởng khá tự nhiên. Đặt . Ta chứng minh rằng nếu bộ (a, b, c) không chứa số 0 thì M sẽ giảm sau khi thực hiện phép biến đổi. Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥c Khi đó ta có |b – c| < b ≤ a, | c- a| < a, | a – b| < a, suy ra max(|b – c|, |c – a|, |a – b|) < a = max(a, b, c). Nhƣ vậy, nếu ta chƣa thu đƣợc số 0 thì M sẽ nhỏ đi ít nhất một đơn vị (do tính chất của số nguyên). Quá trình này không thể kéo dài vô hạn. Vì thế, chắc chắn phải có lúc nào đó xuất hiện số 0. Nhận xét: Trong ví dụ trên, max(a, b, c) chính là một đơn biến. Đây là một phương pháp khá hiệu quả để chứng minh một quá trình là dừng. Chú ý rằng phương pháp này thường sử dụng các tính chất cơ bản sau đây của số nguyên: i) m < n suy ra m ≤ n – 1; ii) Một tập con bất kỳ của N đều có phần tử nhỏ nhất (tính sắp thứ tự tốt). Để thấy rõ điều quan trọng của các tính chất xem chừng rất đơn giản này, ta sẽ đưa ra ví dụ cho thấy rằng kết luận ở ví dụ 3 không còn đúng nếu a, b, c không còn là số nguyên (hay đúng hơn, không còn là số hữu tỷ). Thật vậy, gọi α là nghiệm dương của phương trình . Chọn các số thì ta có,. Suy ra bộ số mới tỷ lệ với bộ số cũ theo tỷ lệ α-1. Và như thế, sau n lần thực hiện, bộ số của chúng ta sẽ là , không bao giờ chứa 0. Bài 3.7:Trên một đường tròn ta viết n số tự nhiên. Giữa hai số cạnh nhau ta viết ước số chung lớn nhất . Sau đó xóa những số cũ đi , những số còn lại ta thực hiện theo thao tác trên. Hỏi sau hữu hạn lần thực hiện thao tác thì tất cả các số trên đường tròn có bằng nhau không? Giải: Bài 4: Gọivới là các số trên đƣờng tròn sau lần biến đổi thứ . Đặt [, ta có . Gọi lần lƣợt là min và max của Ta thấy sau 1 số bƣớc sẽ giảm thực sự còn không tăng. Thật vậy, nếu sau mỗi bƣớc xoay vòng tròn theo chiều kim đồng hồ sao cho các số mới trùng với số vừa xoá gần nó nhất thì số mới luôn nhỏ hơn hoặc bằng số vừa xoá trùng nó. Do vậy và với nào đó. ()kS n kS minkMS ax , ,M m a b c 210xx   2, , 1a b c   2 – 1ab       22 – – 1 1 1 1 , – 1a c b c             21 , ,1n   kia i 1, 2,...n k 0 0 0 01 2 3( ; ; ;...; )nc gcd a a a a |,kic a i k m ; Mkk kia kM km 1kk i kM a M 1kk j km a m ,ij C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 25 Mặt khác, nếu có sao cho với nào đó thì sau 1 bƣớc, số các số cạnh nhau bằng nhau nhƣ vậy giảm đi và khi không có 2 số lớn nhất bằng nhau thì giảm thực sự. Và khi có sao cho thì dãy dừng. Vậy sau 1 số hữu hạn bƣớc ta có không đổi còn giảm dần. Tới khi với đủ lớn các số trên bằng nhau ta có đpcm. i 1kkiiaa k kM k mck km km kM mMkk k C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 26 Problem 4:Nguyên lí cực hạn “cuộc sống là thế giới vô tận nhưng nó lại có thể gói gọn trong trái tim và khối óc của con người” Trần Nguyễn Quốc Cường Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-tp Đà Nẵng I.KHÁI NIỆM VỀ NGUYÊN LÍ CỰC HẠN 1. Điểm cực hạn Nói một cách đơn giản điểm cực hạn là những điểm đặc biệt của đối tƣợng đang xét và nó có vai trò rất quan trọng trong việc khảo sát đối tƣợng đó. Ví dụ:  Trên trục số những vị trí đặc biệt là -1,0,1  Trong tập hợp những điểm đặc biệt là các phần tử lớn nhất nhỏ nhất.  Trên một đoạn thằng những điểm đặc biệt là 2 mút đoạn thẳng hoặc là trung điểm đoạn thẳng đó. 2. Nguyên lí cực hạn Định lý (sự tồn tại điểm cực hạn của tập hợp): Trong tập hợp hữu hạn có phần tử là các số thì luôn tồn tại phần tử lớn nhất và nhỏ nhất. Nguyên lí trên còn có thể gọi là “nguyên lí khởi đầu của cực trị”, tuy đƣợc phát biểu đơn giản nhƣng có ứng dụng lớn trong toán học. Và ta có hệ quả sau: Hệ quả: Nếu một tập hợp gồm các số hữu hạn và có vai trò như nhau thì ta có thể sắp xếp chúng theo thứ tự tăng dần hoặc giảm dần. 3. Điều kiện để sử dụng nguyên lí cực hạn  Theo nhƣ nội dung định lí để áp dụng nguyên lí cực hạn chỉ ra tồn tại phần tử lớn nhất và nhỏ nhất thì ta cần tập số đang xét là hữu hạn.  Khi xét sự tồn tại giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của một đối tƣợng thì điều kiện ta cần là miền giá trị của đối tƣợng đó phải bị chặn và điều nhất thiết là cần phải có cận trên hoặc cận dƣới.(Miền giá trị này có thể là vô hạn) Ví dụ:  Với tập số tự nhiên thì bị chặn và có cận dƣới là 0 do đó khi xét trên tập số tự nhiên ta hoàn toàn có thể giả sử biến có giá trị nhỏ nhất.  Với điều kiện thì biến có cả cận trên và cận dƣới nên khi xét biến ta hoàn toàn có thể giả sử là giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của . Do đó nếu bài toán xét trong tập hợp số tự nhiên hoặc số nguyên dƣơng ta đêu có quyền sử dụng nguyên lí cực hạn với phần tử nhỏ nhất. 35x x x 0x x C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 27 II. ỨNG DỤNG 1.Ứng dụng trong giải phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: Chắc hẳn bài toán này đã rất quen thuộc với các bạn, ý tưởng chính của bài toán là giải sử có 1 phần tử ở điểm cực hạn,ta giới hạn được giá trị của nó và xét các trường hợp. Sau đây là lời giải đầy đủ cho bài toán này. Giải: Không mất tính tổng quát giả sử là số nhỏ nhất trong 3 số trên. Ta có: Do đó dẫn đến . Ta dễ dàng nhận thấy phải lớn hơn 1. Vậy xét 2 trƣờng hợp:  khi đó suy ra: . Ta lại tiếp tục giả sử nhỏ hơn khi đó suy ra: Mà rõ ràng nên hoặc , khi đó tƣơng ứng ta tìm đƣợc và .  Suy ra: Vậy bài toán có các nghiệm: Và các hoán vị. Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: Ý tưởng bài toán này tương tự với ví dụ 1 nhưng lần này chúng ta sẽ sắp xếp thứ tự các biến. Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử  Nếu thì ta luôn có: 1 1 11x y z   x 1 1 1 31x y z x    3x x 2x 1 1 1 2yz y z 1 1 1 242yy z y     2y 3y 4y 6z 4z 3x 1 1 23x y zy z x      2 3 6 x y z    2 4 4 x y z    3 3 3 x y z    3 3 3 2()x y z x y z     x y z 2x 2y z x   C h u y ê n đề:T o á n L o g i c & Rời rạc | 28 Ta đƣợc: (vì ) Do đó trƣờng hợp nà