Hai đại lượng thường được sử dụng là bất biến và đơn biến. Bất biến là một đại lượng không thay đổi trong quá trình chúng ta thực hiện các phép biến đổi. Đơn biến là một đại lượng thay đổi, nhưng chỉ theo một chiều. Dựa vào đại lượng bất biến hoặc đơn biến, ta có thể giải quyết được các bài toán về thuật toán được đưa ra trong bài viết sau đây. Mời các bạn cùng tham khảo!
Trang 1S Ử DỤNG ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN VÀ ĐƠN BIẾN
TRONG TOÁN TỔ HỢP
Vũ Thị Thuần
THPT Chuyên Hưng Yên
1 Kiến thức cơ bản
Trong một loạt bài toán ta thường gặp tình huống sau, một hệ thống nào đó thay đổi liên tục trạng thái của mình và cần phải chỉ ra một điều gì đó về trạng thái cuối cùng của
nó Khảo sát cục bộ sau đó tất cả các lần thay đổi như vậy là một việc làm rất phức tạp và khó khăn Nhưng ta lại có thể trả lời câu hỏi mà bài toán yêu cầu nhờ tính một đại lượng đặc biệt nào đó đặc trưng cho tất cả các trạng thái của hệ thống đó Hai đại lượng thường được sử dụng là bất biến và đơn biến Bất biến là một đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quá trình chúng ta thực hiện các phép biến đổi Đơn biến là một đại lượng (hay tính chất) thay đổi, nhưng chỉ theo một chiều (tức là tăng lên hoặc giảm xuống) Dựa vào đại lượng bất biến hoặc đơn biến, ta có thể giải quyết được các bài toán về thuật toán
Bài toán mở rộng 1 (Bài toán tìm kiếm thuật toán) Cho trạng thái ban đầu α0 và trạng thái kết thúc αn Hỏi có hay không thuật toán T trên A sao cho khi thực hiện T hữu hạn lần ta thu được αn?
αo
T
→α1
T
→α2
T
→ →T αn
Bài toán mở rộng 2 Cho thuật toán T trên A và trạng thái ban đầu α.
a) Xét trạng thái β ∈ A Hỏi có thể nhận được β từ α sau hữu hạn lần thực hiện thuật toán T hay
không?
b) Tìm tập hợp α gồm tất cả các trạng thái có thể nhận được từ α sau hữu hạn bước thực hiện thuật toán T
α ={β∈ A : β =Tn(α)}
Các bất biến thường được sử dụng là tính chẵn lẻ, số dư trong một phép chia, một tổng, một tích, một biểu thức đại số Đôi khi người ta còn sử dụng sự tô màu, tức là chia các đối tượng đang xét ra làm các nhóm (mỗi nhóm gồm các đối tượng được đánh dấu cùng một màu)
Trên thực tế phương pháp sử dụng đại lượng đơn biến hoặc bất biến được tiến hành như sau: Tính một đại lượng nào đó bằng 2 cách, đầu tiên nó được tính ở trạng thái ban đầu và trạng thái cuối cùng, sau đó khảo sát sự thay đổi của nó qua một số lần thay đổi nhỏ liên tiếp
Trang 22 Sử dụng đại lượng bất biến để giải bài toán tổ hợp
2.1 Bất biến liên quan đến tính chia hết (hoặc số dư trong một phép chia)
a) Bất biến là tính chẵn, lẻ
Ví dụ 1. Cho một bàn cờ kích thước 8×8, tô đen một ô bất kì Mỗi bước cho phép đổi màu tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc một cột (ô đen thay bằng ô trắng và ngược lại) Hỏi có khi nào tất cả các ô trên bàn cờ cùng màu không?
Nhận xét 1. + Việc khảo sát tất cả các phương án đổi màu trong bài toán là không thực hiện được, ta thử xem có quy luật nào chi phối tất cả các phương án này không?
Ta xem xét sự thay đổi số lượng ô đen và ô trắng
Ban đầu, có 1 ô đen, 63 ô trắng
Kết thúc có 64 ô đen, 0 ô trắng (hoặc 64 ô trắng, 0 ô đen)
Mỗi bước thực hiện sẽ đổi màu 8 ô (1 hàng hoặc 1 cột), giả sử trước bước đổi màu thứ k, có
xk ô đen và 64−xkô trắng Bước đổi màu k biến a ô đen thành a ô trắng, 8−aô trắng thành
8−a ô đen Như vậy, sau bước đổi màu thứ k, số ô đen là xk−a+8 = xk+ (8−2a), số ô trắng 64−xk+ (2a−8)
Từ đó, ta có được nhận xét về sự thay đổi số lượng ô trắng, đen sau mỗi phép đổi màu
Lời giải.
Mỗi bước thực hiện sẽ đổi màu 8 ô (1 hàng hoặc 1 cột), giả sử trước bước đổi màu thứ k,
có xk ô đen, và 64−xk ô trắng Bước đổi màu k biến a ô đen thành a ô trắng, 8−aô trắng thành 8−aô đen Như vậy, sau bước đổi màu thứ k, số ô đen là xk−a+8= xk+ (8−2a),
số ô trắng 64−xk+ (2a−8)
Như vậy, sau mỗi lần thực hiện, thì số ô đen tăng hoặc giảm một số chẵn Ban đầu có 1 ô đen, như vậy, sau mỗi bước đổi màu, thì số lượng ô đen vẫn là một số lẻ Như vậy, không thể đạt được trạng thái có 64 ô đen, 0 ô trắng hoặc 0 ô đen, 64 ô trắng
Ví dụ 2. Cho một bàn cờ kích thước 9×9, gồm 1 ô đen và 80 ô trắng Thực hiện thuật toán, mỗi lần thay đổi màu tất cả các ô trên cùng 1 hàng hoặc 1 cột (ô đen thay bằng ô trắng và ngược lại) Hỏi có khi nào tất cả các ô trên bàn cờ cùng màu đen không?
Nhận xét 2. Thuật toán tương tự như bài trước, tuy nhiên, mỗi lần thực hiện thuật toán sẽ đổi màu 9 ô, như vậy tính chẵn lẻ của số lượng ô đen không bất biến Tuy nhiên, để ý kĩ một chút, ta hoàn toàn có thể đưa bài toán về bài toán 1: Xét hình vuông 8×8 ở 1 góc mà chứa ô đen Khi đó, việc thực hiện thuật toán của đề bài sẽ hoặc không thay đổi hình vuông 8×8
này, hoặc thay màu tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc một cột
Lời giải. Giả sử ô màu đen nằm ở phần hình vuông 8×8 được tô đậm trên hình vẽ Khi
đó, mỗi lần thực hiện thuật toán thì hoặc không làm thay đổi hình vuông 8×8 này, hoặc sẽ
đổi màu 1 hàng hoặc 1 cột của hình vuông 8×8 này Như vậy, theo bài toán 1 thì số ô đen
Trang 3trong hình vuông 8×8 này luôn là số lẻ Tức là không xảy ra trường hợp cả 64 ô đều màu đen Vậy không xảy ra trường hợp cả bàn cờ màu đen
Ví dụ 3. Hai người chơi cờ Sau mỗi ván người thắng được 2 điểm, người thua được 0 điểm, nếu hòa thì mỗi người được 1 điểm Hỏi sau một số ván liệu có thể xảy ra trường hợp một người được 7 điểm và người kia được 10 điểm được không?
Lời giải.
Gọi S(n)là tổng số điểm của cả hai người sau ván thứ n
Ta có S(n+1) = S(n) +2, Do đó, S(n)bất biến theo modun 2
Suy ra S(n) ≡ S(0) ≡0( mod 2),∀n≥0
Vậy không thể xảy ra trường hợp một người được 7 điểm, một người được 10 điểm
Nhận xét 3. Tính bất biến ở đây là tính chẵn lẻ của tổng số điểm của hai ngươi chơi
Ví dụ 4. Viết các số 1, 2, 3, , 2014 lên bảng Thực hiện thuật toán, mỗi lần xóa đi hai số a, b bất kì và viết thêm số c = |a−b| Chứng minh rằng số còn lại cuối cùng trên bảng là một
số lẻ
Lời giải.
Vì a+b+ (a−b) = 2a nên a+b và a−b cùng tính chẵn, lẻ Gọi S(n) là tổng các số trên bảng sau bước thứ n Vì sau mỗi bước, tổng a+b được thay bởi c = |a−b| nên S(n) giữ nguyên tính chẵn, lẻ, hay bất biến theo modun 2
Mặt khác S(0) =1+2+ +2014=1007.2015 là số lẻ nên S(n)là lẻ với mọi n
Vậy số cuối cùng còn lại trên bảng là một số lẻ
Trang 4Nhận xét 4. Tính bất biến ở đây là tính chẵn lẻ của tổng các số trên bảng.
2.2 Bài tập tương tự
Bài 1 (Trích đề thi Vô địch Liên Xô - 1975) Trên bảng ta viết một số chữ số 0, một số chữ số
1 và một số chữ số 2 Sau đó ta cứ xóa đi một cặp hai chữ số khác nhau và thay thế vào đó một chữ số khác với hai chữ số đã xóa Chứng minh rằng: Nếu trong kết quả cuối cùng trên bảng chỉ còn một chữ số thì kết quả đó không phụ thuộc vào thứ tự các cặp chữ số được xóa
Bài 2. Cho dãy số 1, 2, 3, 4, , 2013 Mỗi lần thay hai số a, b bởi số a−b Hỏi có khi nào thu được toàn số 0 hay không? Thay 2013 bằng số tự nhiên N, tìm điều kiện của N để kết quả cuối cùng thu được toàn số 0?
Bài 3. Cho một bàn cờ 7×7, tô đen 4 ô ở 4 góc Thực hiện thuật toán, mỗi lần thay đổi màu
1 hàng hoặc một cột (ô đen thay bằng ô trắng và ngược lại) Hỏi có khi nào tất các ô trên bàn
cờ cùng màu không?
b) Bất biến liên quan đến tính chia hết cho một số lớn hơn 2 hoặc số dư trong một phép chia cho một số lớn hơn 2
Ví dụ 5 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG tỉnh Bắc Ninh, năm 2007)
Trên bàn có 2007 viên bi gồm 667 bi xanh, 669 bi đỏ, 671 bi vàng Thực hiện thuật toán như sau, mỗi lần lấy đi 2 viên bi khác màu và đặt thêm 2 viên bi có màu còn lại Hỏi có thể nhận được trạng thái mà trên bàn chỉ còn lại các viên bi cùng màu được không?
Lời giải.
Gọi X(n), D(n)và V(n) tương ứng là số bi màu xanh, số bi màu đỏ và số bi màu vàng sau bước thứ n
Xét các đại lượng X(n) −D(n), D(n) −V(n), V(n) −X(n)
Vì mỗi lần lấy đi 2 viên bi khác màu và đặt thêm 2 viên bi có màu còn lại nên các đại lượng
X(n) −D(n), D(n) −V(n), V(n) −X(n)bất biến theo modun 3
Ta có X(0) −D(0) = −2, D(0) −V(0) =2, V(0) −X(0) =4
Nên số dư của các đại lượng này khi chia cho 3 sau mỗi lần thực hiện thuật toán là 1; 2; 1
Ta lại thấy, số bi ở trên bàn luôn không thay đổi (mỗi lần thực hiện, lấy đi 2 viên
và đặt thêm 2 viên khác), vậy nếu trên bàn chỉ còn các viên bi cùng màu tức là số viên bi đỏ, xanh, vàng còn lại là một hoán vị của tập 2007, 0, 0, vậy các đại lượng
X(n) −D(n), D(n) −V(n), V(n) −X(n)đều chia hết cho 3 (mâu thuẫn)
Từ đó, suy ra không thể nhận được trạng thái mà trên bàn chỉ còn lại các viên bi cùng màu
Nhận xét 5. Việc lấy thêm đi 2 viên bi khác nhau và đặt thêm 2 viên bi có màu còn lại tạo ra bất biến về hiệu số các viên bi khi chia cho 3 ở bài toán
Trang 5Ví dụ 6. Mỗi bước cho phép chọn 1 số a, phân tích a thành tích hai số m, n và viết lên bảng
m±2, n±2 tùy ý (ví dụ a = 99 = 9×11, 9−2 = 7, 11+2 = 13, như vậy có thể viết lên bảng số 7 và số 13 thay cho số 99) Hỏi sau một số bước như vậy,từ số 99 99 (2012 chữ số 9) có thu được trên bảng một dãy gồm toàn các số 9 không?
Lời giải.
Nếu a là một số chia cho 4 dư 3 thì trong 2 số m, n có một số chia 4 dư 1, một số chia 4 dư 3 Một số chia 4 dư 1 thì cộng hay trừ 2 đều chia 4 dư 3
Vậy, sau khi thực hiện phép thay đổi thì từ 1 số chia 4 dư 3 luôn tồn tại 1 số chia 4 dư 3 còn lại
Số 99 99 (2012 chữ số 9) chia 4 dư 3, như vậy, sau một số bước biến đổi được chỉ ra ở đề bài thì cuối cùng, luôn tồn tại một số chia 4 dư 3
Một dãy gồm toàn số 9, tức là dãy gồm toàn số chia 4 dư 1 Vậy không thể thu được dãy số như trên
Nhận xét 6. Bất biến trong bài toán là sự tồn tại một số chia 4 dư 3 trong dãy
Ví dụ 7. Trên bảng có hai số 1 và 2 Thực hiện việc ghi số theo quy tắc sau, nếu trên bảng có hai số a, b thì được phép ghi thêm số c = a+b+ab Hỏi bằng cách đó, có thể ghi được các
số 2010 và 11111 hay không?
Lời giải.
Dãy các số được viết là 1, 2, 5, 11, 17,
Dễ dàng chứng minh được các số được viết thêm trên bảng đều chia cho 3 dư 2 Bất biến trên cho phép ta loại trừ được số 2010 trong dãy các số được viết trên bảng Tuy nhiên, bất biến đó không cho phép ta loại trừ số 11111 Ta đi tìm một bất biến khác Quan sát các số được viết và quy tắc viết thêm số, ta có c= a+b+ab⇒c+1= (a+1)(b+1) Và nếu cộng thêm 1 vào các số thuộc dãy trên, ta có dãy mới 2, 3, 6, 12, 18,
Như vậy, nếu cộng thêm 1 vào các số viết thêm thì các số này đều có dạng 2n.3m với m ∈N.
Do 11111+1 =11112=3.8.463 nên không thuộc dãy các số viết được
Do đó không thể viết được các số 2010 và 11111
Nhận xét 7. Bài toán trên sử dụng 2 bất biến
2.3 Bài tập tương tự
Bài 4. Các số tự nhiên 0, 1, 2, 3, được viết trong các ô của một bảng ô vuông kích thước
2003×2003 theo vòng xoáy trôn ốc (xoáy ngược chiều kim đồng hồ) sao cho số 0 nằm ở ô trung tâm (tâm của bảng) Các dòng và cột của bảng được đánh số tăng dần từ dưới lên trên
và từ trái sang phải (bắt đầu từ số 1)
a) Số 2004 nằm ở dòng nào, cột nào? Tại sao?
b) Thực hiện thuật toán sau, lần đầu tiên, thay số 0 ở ô trung tâm bởi 1998; mỗi lần tiếp theo, cho phép lấy ra 12 số trong 12 ô liên tiếp trong cùng một hàng hoặc trong cùng một cột hoặc trong cùng một hình chữ nhật 3×4 rồi tăng mỗi số đó lên một đơn vị Hỏi sau một số lần
như vậy ta có thể làm cho tất cả các số trong bảng đều là bội của 2004 hay không? Tại sao?
Trang 6Bài 5. Ở xứ sở nọ, nàng công chúa bị một con rồng hung hãn 100 đầu bắt đi Chàng hoàng
tử lên đường đi cứu công chúa, chàng có 2 thanh kiếm, thanh 1 chặt được 21 đầu rồng, thanh 2 chặt được 3 đầu rồng nhưng rồng lại mọc thêm 2012 đầu Nếu hoàng tử chặt được hết đầu của rồng thì cứu được công chúa Hỏi hoàng tử có cứu được công chúa không? Nếu
số lượng đầu rồng ban đầu là N, N thỏa mãn điều kiện gì thì hoàng tử cứu được công chúa?
2.4 Bất biến là một tổng, một tích, một biểu thức đại số.
Ví dụ 8. Một dãy gồm có 19 phòng Ban đầu mỗi phòng có một người Sau đó, cứ mỗi ngày
có hai người nào đó chuyển sang hai phòng bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược nhau, Hỏi sau một số ngày, có hay không trường hợp mà
(a) Không có ai ở phòng có thứ tự chẵn
(b) Có 10 người ở phòng cuối
Lời giải.
Đánh số các phòng theo thứ tự từ 1 đến 19 Ta cho mỗi vị khách một thẻ ghi số phòng mình
đang ở Gọi S(n)là tổng các số ghi trên thẻ của tất cả các vị khách trong ngày thứ n Vì mỗi ngày có hai người nào đó chuyển sang hai phòng bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược nhau nên S(n)không hề thay đổi
Vậy S(n) = S(1) =1+2+3+ · · · +19=190
a) Vì có lẻ người nên nếu không ai ở phòng có thứ tự chẵn thì S(n) là tổng của 19 số lẻ, tức
là S(n)là số lẻ, mâu thuẫn Vậy trường hợp này không xảy ra
b) Nếu có 10 người ở phòng cuối (phòng 19) thì S(n) > 19.10 =190, mâu thuẫn.Vậy trường
Trang 7hợp này cũng không xảy ra.
Nhận xét 8. Bất biến của bài toán là tổng các số ghi trên thẻ của tất cả các vị khách
Ví dụ 9. Xét một bảng vuông 4 x 4 ô Tại mỗi ô của bảng vuông có chứa dấu “+” hoặc dấu
“- ” Mỗi lần thực hiện, cho phép đổi dấu của tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc cùng một cột Giả sử bảng hình vuông ban đầu có 1 dấu “+” và 15 dấu “-” Hỏi có thể đưa bảng ban đầu về bảng có toàn dấu “+” được không?
Lời giải.
Thay tất cả các dấu “+” bằng 1 và dấu “ - ” bằng−1 Mỗi lần thực hiện đổi dấu tất cả các ô trên cùng 1 hàng hoặc 1 cột, tức là đổi dấu của 4 số nên tích của 16 số trên bảng là không thay đổi Tích của 16 số ban đầu là−1, sau mỗi lần biến đổi vẫn là−1
Nếu bảng toàn dấu “+” tức là tích của 16 số trên bảng là 1
Như vậy, dù có dù có thực hiện bao nhiêu lần thì từ bảng vuông ban đầu không thể đưa về bảng vuông toàn dấu “+”
Nhận xét 9. Bất biến trong bài toán là tích tất cả các số trên các ô của bảng
Ví dụ 10. Trên bảng có các số 1
80;
2
80;
3
80;
80
80. Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai số a, b bất kì và thay bởi a+b−2ab Hỏi sau 1987 lần thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào?
Lời giải.
Giả sử các số trên là a1, a2, a3, , ak
Xét tích P= (2a1−1)(2a2−1) .(2ak−1)
Khi đó, sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi hai thừa số(2a−1)(2b−1) và được thêm vào thừa số 2(a+b−2ab) −1= −(2a−1)(2b−1)
Tức là sau mỗi lần biến đổi giá trị tuyệt đối của tích P là không thay đổi
Vì tích ban đầu bằng 0 (do bảng ban đầu có chứa số 40
80 =
1
2) nên sau mỗi lần biến đổi thì tích này luôn bằng 0
Vậy số còn lại cuối cùng trên bảng là s thỏa mãn 2s−1=0, hay s= 1
2.
Nhận xét 10. Bất biến trong bài toán là tích tất cả các giá trị của hàm số y=2x−1tại các số trên bảng
Ví dụ 11. Cho đa thức P(x) = ax2+bx+c, có thể thực hiện một trong hai phép biến đổi a) Đổi chỗ a và c
b) Đổi biến x bởi x+tvới t ∈ R.
Hỏi từ x2−31x−3 có thể thu được x2−20x−12 không? Tìm mối liên hệ của hai đa thức
P(x) và Q(x) sao cho từ đa thức này có thể thu được đa thức kia bởi hai phép biến đổi nói
Trang 8Lời giải.
Xét biểu thức P(x +t) = a(x + t)2 +b(x+ t) + c = ax2 + (2at+ b)x + at2 + c có
∆= (2at+b)2−4a(at2+c) = 4a2t2+4abt+b2−4a2t2−4ac=b2−4ac
Xét biểu thức P1(x) =cx2+bx+acó∆ =b2−4ac
Như vậy, cả 2 phép biến đổi trên không làm thay đổi đại lượng∆ ( ∆ bất biến với hai phép biến đổi)
Xét P(x) = x2−31x−3 có∆=312+4.3=973
Q(x) = x2−20x−12 có∆ =202+4.12 =448
Vậy từ P(x)ta không thể thu được Q(x)thông qua hai phép biến đổi trên
Hai đa thức P(x)và Q(x)mà từ đa thức này có thể thu được đa thức kia bởi hai phép biến đổi nói trên khi chúng có giá trị của biệt thức∆ bằng nhau
Nhận xét 11. Đại lượng bất biến là biệt thức∆
2.5 Bài tập tương tự
Bài 6. Tại mỗi đỉnh của đa giác lồi A1A2 A1993 ta ghi một dấu “+” hoặc một dấu “-” sao cho trong 1993 dấu đó có cả dấu “+” và dấu “-” Thực hiện việc thay dấu như sau, mỗi lần thay dấu đồng thời tại tất cả các đỉnh của đa giác theo quy tắc
- Nếu dấu tại Ai và Ai + 1là như nhau thì dấu tại Aiđược thay là dấu “+”
- Nếu dấu tại Ai và Ai+ 1là khác nhau thì dấu tại Aiđược thay là dấu “+”
(Quy ước A1994là A1)
Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên k sao cho khi thực hiện liên tiếp k lần phép thay dấu nói trên, ta được đa giác A1A2 A1993mà dấu tại mỗi đỉnh Ai(i = 1, 1993)trùng với dấu của đỉnh đó ngay sau lần thay dấu thứ nhất
Bài 7. Trên bảng cho đa thức f(x) = 3x2+4x +3 Thực hiện trò chơi sau, nếu trên bảng đã có đa thức P(x) thì được phép viết thêm lên bảng một trong hai đa thức sau
Q(x) = x2f(1
x +1), R(x) = (x−1)
2f( 1
x−1). Hỏi sau một số bước ta có thể viết được đa thức g(x) = x2+10x+9
2.6 Bài toán tô màu.
Ví dụ 12. Bàn cờ vua 8×8 bị mất hai ô ở hai góc đối diện Hỏi có thể lát phần còn lại của
bàn cờ bởi các quân Domino 2×1 được không?
Lời giải.
Mỗi quân Domino lát vào bàn cờ luôn chiếm một ô trắng và một ô đen Do đó, nếu lát được phần còn lại của bàn cờ thì số ô trắng và số ô đen bằng nhau Nhưng do hai ô ở đối diện của bàn cờ là hai ô cùng màu nên số ô màu trắng và số ô màu đen trong phần còn lại của
Trang 9bàn cờ không bằng nhau Vậy không lát được phần còn lại của bàn cờ bằng các quân Domino.
Nhận xét 12. Tô các ô của bàn cờ đan xen bằng 2 màu, xét số lượng các ô của từng màu
Ví dụ 13. Cho một bảng ô vuông kích thước kích thước 8×8 được điền số như sau
Cho phép thực hiện việc thay đổi các số trong bảng theo quy tắc, mỗi lần lấy tất cả các số nằm trong hình vuông kích thước 3×3 hoặc 4×4 rồi tăng mỗi số lên 1 đơn vị Hỏi khẳng
Trang 10định sau đúng hay sai ? Với mỗi cách điền số ban đầu, nhờ việc thực hiện liên tiếp phép thay số nói trên đối với bảng số ban đầu ta sẽ nhận được bảng 8×8 mà ở mỗi ô vuông con của bảng đó là một số chia hết cho 3
Lời giải.
Tô màu bảng như hình vẽ
Nhận xét 1.Bất kể hình vuông con 3×3 nào cũng đều chứa đúng 6 ô vuông đen hoặc 9 ô vuông đen Bất kể hình vuông con 4×4 nào cũng đều chứa đúng 12 ô đen.
Do đó, sau mỗi lần thay số, ta không làm thay đổi số dư trong phép chia cho 3 của tổng các
số trong các ô của phần gạch chéo Tổng các số trong các ô ở phần bôi đen ở trên chia 3 dư
2, nên tổng các số sau các bước biến đổi cũng chia 3 dư 2, tức là không thể đạt được trạng thái mà số trong mọi ô vuông con đều chia hết cho 3
Ví dụ 14. Hình tròn được chia thành 2011 hình dẻ quạt Xếp 2012 viên kẹo vào các phần dẻ quạt Mỗi bước, cho phép chuyển hai viên ở cùng một phần sang hai phần kề khác hướng Chứng minh rằng đến lúc nào đó có ít nhất 1006 phần có chứa kẹo
Lời giải.
Nhận xét 2 Quá trình trên là không dừng lại, vì việc thực hiện mỗi bước không làm thay đổi số viên kẹo ban đầu Có 2011 hình dẻ quạt, 2012 viên kẹo, nên sau mỗi bước luôn tồn tại một hình dẻ quạt có lớn hơn hoặc bằng 2 viên kẹo (nguyên lí Đirichle), nói cách khác, sau mỗi bước thì luôn có thể thực hiện được bước tiếp theo
Nhận xét 3 đến một lúc nào đó, 2 phần cạnh nhau bất kì có kẹo (ít nhất là một ô có kẹo) Giả sử điều này không đúng, tức là tồn tại hai hình dẻ quạt kề nhau không bao giờ có kẹo
Bỏ 2 hình dẻ quạt này đi, có thể coi 2009 hình dẻ quạt còn lại là một chuỗi 2009 ô hình chữ nhật thẳng hàng Như vậy quá trình này dừng lại được Vậy điều giả sử là sai Tức là đến một lúc nào đó 2 phần cạnh nhau bất kì thì có kẹo
Lúc này, chia 2011 ô thành 1006 phần như sau: 1 ô có kẹo, 1005 cặp ô kề nhau Khi đó, mỗi cặp ô sẽ có ít nhất 1 ô có kẹo, như vậy sẽ có ít nhất 1006 ô có kẹo
Nhận xét 4 2 ô kề nhau có kẹo sau bước nhảy vẫn luôn có kẹo Xét 2 ô kề nhau có kẹo, nếu lấy kẹo từ 2009 ô còn lại để thực hiện phép nhảy thì 2 ô này vẫn luôn có kẹo, nếu lấy kẹo từ
1 trong 2 ô này để thực hiện phép nhảy, vì lấy 2 viên kẹo và chuyển sang 2 phần bên nó, nên
sẽ chắc chắn sẽ chuyển kẹo vào ô còn lại Vậy trong mọi tình huống, 2 ô này luôn có kẹo