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 được gọi là bất biến.. Nếu ba số hạng trong bốn
Trang 1MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI BẰNG ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN
ĐÀO XUÂN LUYỆN
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định
Bất biến là một khái niệm quan trọng của toán học 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 được gọi là bất biến
Hay nói đơn giản hơn thì bất biến là đại lượng hay tính chất không thay đổi trong khi các trạng thái biến đổi
Trong tài liệu này, các bài toán chỉ chọn lọc và giới thiệu chủ yếu là các bài toán lấy bất biến làm phương pháp giải Và như vậy, điểm mấu chốt của vấn đề là phát hiện tính bất biến trong mỗi quy trình hay trong một thuật toán, thao tác nào đó mà một đại lượng, tính chất định tính hay định lượng chịu sự tác động của thuật toán, thao tác đó
I MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI ĐƯỢC NHỜ SỬ DỤNG TÍNH BẤT BIẾN TRONG ĐỒNG DƯ
Bài toán 1 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 15 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:
( 1) S(n) 2, n 0
S n+ = + ∀ ≥
Do đó, S(n) bất biến theo modun 2 Suy ra
( ) S(0) 0(mod 2), 0
Vậy, không thể xảy ra trường hợp mà một người được 15 điểm và một người được 10 điểm
Bài toán 2 Viết các số 1, 2, 3, , 2014 lên bảng Thực hiện thuật toán sau: Mỗi lần
xóa đi hai số a, b bất kỳ và viết thêm số c= −a b Hỏi số cuối cùng còn lại trên bảng
là một số lẻ hay là một số chẵn?
Lời giải:
Gọi S n( )là tổng các số trên bảng sau bước thứ n Ta có S n( )bất biến theo môđun 2 Mặt khác S(0) 1 2 3 2014 1007.2015 1 mod 2 , = + + + + = ≡ ( ) ∀n.
Vậy số cuối cùng còn lại trên bảng là một số lẻ
Bài toán 3 Trên bảng ta viết ba số nguyên Sau đó ta xóa đi một số và viết vào đó
tổng hai số còn lại trừ đi 1 Thao tác như vậy lặp lại một số lần và cuối cùng ta nhận được ba số 17, 1997, 2015 Phải chăng những số đầu tiên trên bảng được viết là 8, 8, 8
Lời giải:
Ta tưởng chừng như phải tìm lại các bước thực hiện từ ba số kết quả đến các số ban đầu Nhưng bài toán có câu trả lời là: Với các thao tác đã ra, ta không thể thực hiện biến đổi từ ba số ban đầu đến ba số kết quả, khi đó các cách thử là vô vọng Bài toán
có cho thao tác biến đổi ba số nhưng không cho biết gì về bắt đầu từ số nào và thứ tự
ra sao? Thế thì cái gì bất biến trong bài toán này? Ta xét cụ thể:
Trang 2Sau bước đầu tiên từ ba số 8, 8, 8 ta nhận được 8, 8, 17, ba số này có hai số chẵn và một số lẻ Từ bước thứ hai trở đi thì kết quả luôn luôn có hai số chẵn và một số lẻ dù ta thực hiện bắt đầu từ bất cứ số nào (vì những số chẵn bằng tổng của một số chẵn và một
số lẻ trừ đi 1; số lẻ là tổng của hai số chẵn trừ đi 1) Nhưng trong kết quả đã cho đều là
ba số lẻ cả, nên với thao tác đã cho và xuất phát từ 8, 8, 8 không thể cho kết quả Bài toán trên được giải nhờ phát hiện ra tính chẵn lẻ của ba số không thay đổi, nên từ trạng thái xuất phát không thể nhận được trạng thái kết quả
Bài toán 4 Một hình tròn được chia thành 2014 hình quạt Trong mỗi hình quạt có
một viên bi Thực hiện trò chơi sau: mỗi lần cho phép lấy ra hai viên bi trong hai hình quạt nào đó và chuyển chúng sang các ô bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược nhau Hỏi sau một số lần có thể chuyển hết các viên bi vào một hình quạt được không?
Lời giải:
Tô màu các hình quạt bởi hai màu đen, trắng như hình vẽ:
Sao cho hai hình quạt kề nhau thì khác màu Gọi S n( ) và T n( ) tương ứng là số viên
bi trong các hình quạt màu đen và số viên bi trong các hình quạt màu trắng sau bước chuyển bi thứ n Ta có S n( ) và T n( ) bất biến theo môđun 2 Do S( )0 =T( )0 = 1007
nên S n( ) và T n( ) lẻ với mọi n Do đó không thể có trạng thái mà tất cả các viên bi ở
trong cùng một hình quạt
Bài toán 5 Chứng minh phương trình vô định
8x +4y +2z =u
không có nghiệm khác (0;0;0;0 )
Lời giải:
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x y z u0 , , 0 0, 0)≠(0, 0, 0, 0)
Ta có 4 4 4 4
8x +4y +2z =u , suy ra 4
0 2
u , vậy u02 Đặt u0 =2u1
Ta được 4 4 4 4
4x +2y +z =8u , suy ra 4
0 2
z , vậy z02 Đặt z0 =2z1
Ta được 4 4 4 4
2x +y +8z =4u , suy ra 4
0 2
y , vậy y02 Đặt y0 =2y1
Ta được 4 4 4 4
0 8 1 4 1 2 1
x + y + z = u , suy ra 4
0 2
x , vậy x02 Đặt x0 =2x1
Ta được 4 4 4 4
8x +4y +2z =u
Vậy (x y z u1, , ,1 1 1)cũng là nghiệm của phương trình đã cho và có dạng 0, 0, 0 , 0
2 2 2 2
quy trình này có thể lặp lại mãi đến bước k: 0 , 0, 0 , 0
2 2 2 2k k k k
Trang 3Các số 0 , 0 , 0 , 0
2 2 2 2k k k k
x y z u
là các số nguyên với mọi k∈ Điều này chỉ xảy ra khi tất cả các biến bằng 0 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên khác (0;0;0;0 )
Bài toán 6 Mỗi số trong những số a a1, , ,2 a n là +1 hoặc -1 và ta có
1 2 3 4 2 3 4 5 n 1 2 3 0
S =a a a a +a a a a + +a a a a =
Chứng minh rằng n chia hết cho 4
Lời giải:
Nếu ta thay ai bằng –ai, thì S không thay đổi đồng dư theo modul 4 vì bốn số hạng cạnh nhau theo vòng tròn thayđổi dấu của chúng (ví dụ ta thay dấu của a1 thì bốn số hạng cạnh nhau là a1a2a3a4, ana1a2a3, an-1ana1a2, an-2an-1ana1 ) Thật vậy, nếu hai trong số những số hạng là dương và hai là âm thì tổng S không thay đổi Nếu ba số hạng trong bốn số hạng có cùng dấu thì S sẽ thay đổi bởi ±4 (nếu có ba số hạng dương và một số hạng âm thì khi thay dấu đã mất 2 khi nó dương, mà lại còn – 2 khi nó âm, vậy tổng cộng mất đi 4 Tương tự, nếu ba số hạng âm và một số hạng dương thì tổng tăng lên
4).Cuối cùng tất cả bốn thừa số trong số hạng cùng dấu, thì S thay đổi ±8 (vì mỗi lần thay dấu nếu S đã mất 4 lại mất thêm 4 khi cả bốn số hạng đều dương, trường hợp cả
bốn số hạng đều âm thì ngược lại)
Khởi đầu ta có S = 0 điều này kéo theo S≡0 (mod 4) Bây giờ ta tiến hành từng bước mỗi dấu âm thay bằng dấu dương, các bước này không thay đổi S≡0 (mod 4) Khi ta thay hết các dầu trừ thì vẫn còn S≡0 (mod 4), nhưng khi đó S = n, nghĩa là n chia hết
cho 4
Bài toán 7 Ngoài biển Đông, trên một hòn đảo sinh sống giống thằn lắn có ba loại
màu: màu xám có 133 con, màu nâu 155 con và màu đỏ có 177 con Nếu hai con thằn lằn khác màu gặp nhau thì chúng đồng thời đổ sang màu thứ ba (Ví dụ nếu thằn lằn màu xám gặp thằn lằn màu nâu, thì cả hai con đều đổi sang màu đỏ) Trong trường hợp hai con thằn lằn cùng màu gặp nhau thì chúng giữ nguyên, không đổi màu Có xảy ra tình trạng là trên đảo tất cả thằn lằn trở thành cùng một màu được không?
Lời giải:
Tính chẵn lẻ ở các bài trước là những bất biến rất tốt để ta giải toán, tính chẵn lẻ cũng được xác định bởi phép chia các số cho 2.Tương tự như vậy, ba số nguyên 133, 155,
177 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 thành màu đỏ Khi đó ta có 132 con xám, 154 con nâu và 179 con đỏ Những số dư của
132, 154 và 179 cho 3 là 0, 1 và 2 nghĩa là lại lặp lại đầy đủ các số dư đã có
Nếu một con thằn lằn màu xám gặp một con thằn lằn màu đỏ, thì chúng đồng thời đổi màu thành nâu Khi đó ta có 132 thằn lằn xám, 157 thằn lằn nâu và 176 thằn lằn đỏ.Lấy 3 số trên chia cho 3 cho số dư tương ứng là 0, 1 và 2.Nghĩa là lại gặp cả ba khả năng của số dư
Nếu con thằn lằn nâu và thằn lằn đỏ gặp nhau, thì chúng cũng đổi màu thành 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 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 các số lượng thằn lằn màu xám, nâu và
Trang 4đỏ chia cho 3 tương ứng là 0, 0, 0.Điều này vô lí vì các số dư phải có đầy đủ các số dư này khi chia cho 3.Như vậy câu trả lời là không thể được
Bài toán 8 (VMO – 1991)
Cho bảng 1991x1992 Kí hiệu ( , )m n là ô vuông 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 ô chưa có màu nằm cạnh nhau trong cùng một hàng hoặc cùng một cột Hỏi bằng cách đó có thể tô màu được tất cả các ô của bảng được không?
Lời giải:
Cách giải 1:
Đánh số các ô của bảng như hình dưới đây:
1 2 3 1 2 3 1 2 3
3 1 2 3 1 2 3 1 2
2 3 1 2 3 1 2 3 1
1 2 3 1 2 3 … 1 2 3
3 1 2 3 1 2 … 3 1 2
2 3 1 2 3 1 … 2 3 1
1 2 3 1 2 3 … 1 2 3
3 1 2 3 1 2 … 3 1 2 Với cách đánh số trên, các ô của bảng được chia làm ba loại: loại 1 gồm các ô được đánh số 1, loại 2 gồm các ô được đánh số 2 và loại 3 gồm các ô được đánh số 3
Lần đầu tiên, ba ô được tô màu thuộc cùng một loại Từ lần thứ hai, ba ô được tô màu thuộc ba loại khác nhau Do số ô mỗi loại bằng nhau nên không thể tô màu hết tất cả các ô của bảng
Cách giải 2:
Xét bài toán từ lần tô màu thứ hai Không gian trạng thái A gồm các bảng 1991 x
1992 trong đó có ít nhất ba ô sau được tô màu
( ) (r s, , r+1,s+1 ,) (r+2,s+2)
Thuật toán T: A→Abiến mỗi trạng thái a∈Athành trạng thái T a( )∈A sao cho trong ( )
T a có thêm đúng ba ô liên tiếp trên cùng một hàng hoặc cùng một cột được tô màu Trạng thái ban đầu a0 là trạng thái mà có đúng ba ô ( ) (r s, , r+1,s+1 ,) (r+2,s+2)được
tô màu; trạng thái kết thúc *
a là trạng thái mà ở đó tất cả các ô đều được tô màu Để xây dựng hàm bất biến Hta thực hiện cách viết số sau: Với mỗi trạng thái a∈Atùy ý, nếu ô (m n, )của ađược tô màu thì ta viết số m n Xét I ={0,1, 2}và H A: →Isao cho với mỗi a∈A,H a( )là số dư của tổng các số được viết trong a khi chia cho 3 Dễ thấy
Hlà hàm bất biến Suy ra H a( )=H a( )0 = ∀ ∈2, a a0 Mặt khác, H a( )* = 0nên *
0
a ∉a Điều đó có nghĩa là không thể tô màu tất cả các ô của bảng đã cho
Trang 5Bài toán 9 Trên bảng ta viết 1000 dấu cộng và 1015 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 xoá hai dấu giống nhau và dấu trừ nếu xóa hai dấu khác nhau Hỏi trên bảng còn lại dấu gì sau khi
ta thực hiện thao tác trên 2014 lần?
Lời giải:
Cách 1: Ta thay mỗi dấu cộng bằng số 1, còn mỗi dấu trừ 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 các số viết trên bảng sẽ không thay đổi Vì vậy ngay từ đầu giả thiết cho tích các số trên bảng bằng -1, thì cuối cùng cũng còn lại số -1, nghĩa là trên bảng còn lại dấu trừ
Cách 2: Ta lại thay mỗi dấu cộng bằng số 0 còn dấu trừ bằng số 1 Thao tác thực hiện
là tổng của hai số xóa đi là số chẵn thì ta viết lại 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 15), thì số cuối cùng trên bảng còn lại là số lẻ, vậy
là số 1 Nghĩa là trên bảng còn dấu trừ
Cách 3: Bằng cách thay như ở cách 1, bây giờ sau mỗi lần thao tác, số -1 hoặc là không thay đổi hoặc là giảm đi 2 Vì thế lúc ban đầu số chữ số -1 là lẻ, thì cuối cùng chỉ còn lại một số -1, nghĩa là còn lại một dấu trừ
Phân tích ba cách giải trên ta thấy cách 1 lợi dụng tính không đổi của tích các số viết trên bảng; cách 2 sử dụng tính không đổi của tổng chẵn các số và cách 3 là sự không đổi của số chẵn các dấu trừ Như vậy, trong cách giải ta đã sử dụng tính chất bất biến của tích, tổng hoặc số lượng chẵn lẻ của các số Qua cách giải trên ta thấy rằng, khi gặp những lớp bài toán mà thao tác lặp đi lặp lại, ta phải biến đổi và tìm ra những tính bất biến của thao tác ta thực hiện Chú ý rằng các thao tác ta thực hiện không phụ thuộc vào thao tác trên hai số nào bắt đầu, việc chứng minh nó tương tự như cách làm trên
Bài toán 10 Một dãy gồm có 27 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 14 người ở phòng cuối
Lời giải:
Đánh số các phòng theo thứ tự 1, 2, 3, , 27
Ta đeo 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 ở ngày thứ n Dễ thấy S n( )là bất biến Do đó, ta có:
a) Vì có lẻ người nên nếu không ai ở phòng có thứ tự chẵn thì S n( )là một số lẻ, vô
lí
b) Nếu có 14 người ở phòng cuối (phòng số 27) thì S n( ) 27.14 378 > = (vô lí)
II MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI ĐƯỢC NHỜ SỬ DỤNG TÍNH BẤT BIẾN TRONG HÀM KHOẢNG CÁCH
Bài toán 11 2014 người được chia vào các phòng của một tòa nhà 115 buồng.Mỗi
phút không phải mọi người đều ở trong phòng, mà một số người đi từ phòng ít người tới phòng có nhiều người hơn.Chứng minh rằng tới một lúc nào đó tất cả mọi người đều tập trung tại một phòng
Lời giải:
Trang 6Bài toán được giải nhờ tìm ra bất biến đơn điệu Với mỗi phòng ta xét bình phương của số người trong phòng Kí hiệu tổng các số bình phương là S Ta chỉ ra rằng S tăng với mỗi người được chuyển đi Thật vậy, giả sử một người đi từ phòng có n người tới phòng có m người, mà m >n Khi đó những số bình phương của số người trong các phòng biến đổi từ n2 và m2thành (n-1)2 và (m+1)2tương ứng và các phòng khác thì không đổi Như vậy S thay đổi như sau:
((n-1)2+(m+1)2)-(n2+m2)=(n2+m2-2n+2m+2)-(n2+m2)=2(m-n)+2>2>0
Vậy S luôn luôn tăng
Ta biết rằng số người là 2014 (một bất biến) Tồn tại một số hữu hạn cách chia 2014 người vào các phòng khác nhau, như vậy tồn tại hữu hạn khả năng giá trị của S Nghĩa
là S không thể tăng mãi mãi.Nhưng đến một lúc hai phòng còn người trong đó, quy trình bài toán được thực hiện và S sẽ tăng và quá trình này đến khi dừng lại, lúc đó tất
cả mọi người đều trong một phòng
Bài toán 12 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 x + + + ≥y z t 2014
Lời giải:
Giả sử sau bước thứ n ta nhận được bộ số (a b c d n, , ,n n n) Đặt 2 2 2 2
S =a + + +b c d
Tìm quan hệ giữa S n+1và S n Ta có:
2
+ = + + + + + + +
Mặc khác, do a n + + +b n c n d n =0 nên
2(an b n +b c n n+c d n n +d a n n)= − +(an c n) −(bn+d n) ≤0
S + ≥ S ∀ ≥ n S ≥ − S
Do (a n + b n +c n + d n ) 2 ≥a n2 + + +b n2 c n2 d n2
Nên
1 2 1
2
n
−
Với n đủ lớn ta có
1 2 1
n S
−
≥
Khi đó a n + b n + c n + d n ≥ 2014
Bài toán 13 Ban đầu ta có bộ số (a, b, c, d), trong đó, a, b, c, d là các số nguyên đôi
một khác nhau Thực hiện thuật toán sau: Nếu có bộ số B=(x, y, z, t) với x, y, z, t nguyên thì được phép thay thế bởi bộ số
Chứng minh rằng việc thực hiện thuật toán trên sẽ phải dừng lại sau hữu hạn bước
Lời giải:
Giả sử trái lại, ta luôn nhận được bộ số với các thành phần là số nguyên Gọi
S = a −b b −c c −d d −a a −c b −d , trong đó (a b c d n, , ,n n n)là bộ
số nhận được sau bước thứ n
Trang 7Ta cóS n+1<S n,∀ ≥n 1
Do S n∈ Ζ ∀ ≥, n 1nên tồn tại *
N∈ Ν sao cho S N =0 Khi đó ta có a N =b N =c N =d N Đặt
a =b =c =d =m, ta có
m
− + − = − + − = − + − = − + − =
Suy ra a N−1=c N−1,b N−1=d N−1
Đặt a N−1 =c N−1=p, bN−1=dN−1 =q.ta có
− + − = − + − = − + − = − + − =
Suy ra
2
p= =q − + − + − + −
Do đó
a − =c − =b − =d −
Tiếp tục lập luận như trên ta dẫn tới a= = =b c dVô lí
Lời giải 2:
Giả sử (a b c d n, , ,n n n)là bộ số nhận được sau bước thứ n
Xét tổngS n =a n2+ + +b n2 c n2 d n2
Ta có: S n+1≤S n,∀ ≥n 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a n = = =b n c n d n
Vì S nkhông thể giảm mãi nên tồn tại n sao cho a n = = =b n c n d n.Lập luận tương tự như cách giải thứ nhất ta có điều phải chứng minh
Bài toán 14 Cho bốn số a, b, c, d không phải tất cả bằng nhau Khởi đầu bằng bộ
(a, b, c, d) và lặp lại việc thay thế (a, b, c, d) bằng (a-b, b-c, c-d, d-a).Chứng minh rằng khi lặp lại nhiều lần việc thay thế trên thì ít nhất một trong bốn số sẽ trở thành vô cùng lớn
Lời giải:
Đặt Pn = (an, bn, cn, dn) là bộ bốn số sau n phép lặp Khi đó ta có an + bn + cn + dn = 0 với n≥2 Ta không biết sử dụng bất biến này như thế nào Nhưng ta liên tưởng tới trong hình học, hàm khoảng cách từ điểm Pn đến điểm gốc tọa độ (0; 0; 0; 0) được liên
hệ với biểu thức an2 + bn2 + cn2 + dn2 Nếu ta chứng minh được biểu thức trên không bị chặn thì bài toán được giải
Ta đi tìm mối liên hệ giữa hai bước liên tiếp Pn+1 và Pn
an+12 + bn+12 +cn+12+ dn+12=
= (an – bn)2 + (bn - cn)2+(cn – dn)2 + (dn – an)2
= 2(an2 + bn2 + cn2 + dn2) – 2anbn - 2bncn – 2cndn – 2dnan (1.1)
Bây giờ ta có thể dùng an + bn + cn + dn = 0
0 = (an + bn + cn + dn)2 = (an + cn)2 + (bn + dn)2+ 2anbn +2andn + 2bncn + 2cndn (1.2)
Cộng (1.1) với (1.2):
an+12 + bn+12 +cn+12+ dn+12= 2(an2 + bn2 + cn2 + dn2) + (an + cn)2 + (bn + dn)2
Trang 8≥2((an2 + bn2 + cn2 + dn2)
Từ mối quan hệ bất biến này ta đưa ra kết luận với n
an2 + bn2 + cn2 + dn2≥2n-1(a12+b12+c12+d12)
Khoảng cách này từ điểm Pn đến điểm đầu tăng vô hạn, nghĩa là ít nhất có một thành phần phải trở lên lớn bất kì
Hàm khoảng cách từ một điểm tới điểm đầu tọa độ rất quan trọng, khi nào có một dãy điểm ta phải nghĩ ngay tới hàm này
Nhận xét: Mấu chốt của bài toán này là giải bằng hằng đẳng thức:
x−y + y−z + −z t + −t x = x +y + +z t + +x z + y+t
Với x+ + + =y z t 0
Bài toán 15 Thực hiện trò chơi sau: Lần đầu, viết lên bảng cặp số ( 2, 3) Từ lần
thứ hai, nếu trên bảng có cặp số B=( )a b; thì được phép viết thêm cặp số
a b a b
Hỏi ta có thể viết được lên bảng cặp số ( 3 − 2, 3 + 2)hay không?
Lời giải:
Giả sử ở bước thứ n ta viết cặp số (a b n, n) Xét S n( ) a= +2n b n2, ta có
1
1
.
+
+
Do đó, S(n) là bất biến trong trò chơi nói trên
Mà S(1)=5 và ( ) (2 )2
Bài toán 16 Một con robot nhảy trong mặt phẳng tọa độ theo quy tắc sau: Xuất phát
từ điểm (x,y), con robot nhảy đến điểm (x’,y’) xác định như sau:
2
2
x y
+
+
Chứng minh rằng nếu ban đầu con robot đứng ở điểm (2014, 2015) thì không bao giờ con robot nhảy vào được trong đường tròn (C) có tâm là gốc tọa độ O và bán kính R=2848
Lời giải: Ta có
0, ' 0, ' '
x> y > x y =xy
Do đó bất biến là tích các tọa độ của điểm mà con robot nhảy tới được Giả sử con robot tới được điểm M(p, q), ta có
Trang 92 2 2 2.2014.2015 2848.
OM = p +q ≥ pq = >
Vậy, con robot không thể nhảy vào trong đường tròn tâm O, bán kính R=2848
III MỘT SỐ BÀI TOÁN THUỘC DẠNG KHÁC
Bài toán 17 Trên bảng cho đa thức f x( )=x2 +11x+10 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
1
−
Hỏi sau một số bước ta có thể viết được đa thức g x( )= +x2 13x+12 hay không?
Lời giải:
Không thể
Đa thức P x( )=ax2+ +bx ccó biệt thức Δ = −P b2 4ac Xét hai đa thức được viết thêm
2
Q( ) (x = + +a b c x) + +(b 2 )a x+a
2
R( )x =cx + −(b 2 )a x+ − +(a b c)
Dễ dàng kiểm tra được rằng Δ = Δ = −Q R b2 4ac= ΔP
Như vậy các đa thức được viết thêm và đa thức ban đầu có cùng biệt thức Δ
Vì hai đa thức f x g x( ), ( )có biệt thức Δ khác nhau nên không thể viết được đa thức
( ).
g x
Bài toán 18 (VMO – 1992)
Tại mỗi đỉnh của đa giác lồi A A1 2 A1993ta ghi một dấu cộng (+) hay một dấu trừ (-) 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 A i và A i+1 là như nhau thì dấu tại A i được thay bằng dấu (+)
- Nếu dấu tại A i và A i+1 khác nhau thì dấu tại A i được thay bằng dấu (-)
(Quy ước A1994 là A1)
Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên k ≥2sao cho sau khi thực hiện liên tiếp k lần phép thay dấu nói trên, ta được đa giác A A1 2 A1993 mà dấu tại mỗi đỉnh A i i( = 1,1993)trùng với dấu tại chính đỉnh đó ngay sau lần thay dấu thứ nhất
Lời giải:
Đặt tương ứng dấu (+) với số 1 và dấu (-) với số (-1) Phép thay dấu của bài ra tương đương với phép thay số sau: mỗi lần, thay số đồng thời tại tất cả các đỉnh A i theo quy tắc: số tại A i được thay bằng tích của số tại A i và số tại A i+1
Kí hiệu a n i( )là số tại đỉnh A i ngay sau lần thay số thứ n, ta có:
i
Vì các số tại các đỉnh của đa giác ở mọi thời điểm chỉ là (1) và (-1) nên số đa giác số là hữu hạn Suy ra, tồn tại các thời điểm s t, với s> ≥t 1 sao cho
( ) ( ), 1,1993
a t =a s ∀ =i (1)
Nếu t=1thì ta có ngay điều phải chứng minh
Xét t>1, ta có:
(1)⇔a t i −1 a i+ t− =1 a s i −1 a i+ s− ∀ =1 , i 1,1993
Trang 10( )
1
1
, 1,1993
i
+
+
( )
1
1, 1,1993 1
i
i
a t
i
a s
−
1
1, 1,1993 1
i
i
a t
i
a s
−
= − ∀ =
− Mặt khác
1
1,
n
i
i
=
= ∀ ∈ Ν
∏
Nên
( )
1
1, 1,1993 1
i
i
a t
i
a s
−
= ∀ =
−
Hay
( )1 ( 1 ,) 1,1993(2)
a t− =a s− ∀ =i
Từ (1) và (2) ta có:a i( )1 =a s t i( − + ∀ =1 ,) i 1,1993
Bài toán 19 ( VMO – 2006)
Xét bảng ô vuông mxn(m, n là các số nguyên dương lớn hơn 3) Thực hiện trò chơi sau: Mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng (mỗi ô một viên bi) mà 4 ô đó tạo thành một trong các hình dưới đây
Hỏi sau một số lần ta có thể nhận được bảng mà số bi trong các ô bằng nhau được không nếu
a) m= 2004,n= 2006?
b) m= 2005,n= 2006?
Lời giải:
a) Bảng đã cho có thể chia thành các hình chữ nhật 4 x 2 nên có thể nhận được trạng thái mà số bi trong các ô bằng nhau
b) Tô màu các ô của bảng như hình vẽ (tô các hàng:1, 3, , 2005)
Hình vẽ:
Dễ thấy, mỗi lần đặt bi có 2 viên được đặt vào các ô được tô màu và 2 viên được đặt vào các ô không được tô màu Do đó, nếu gọi S(n) là số bi trong các ô được
tô màu và T(n) là số bi trong các ô không được tô màu sau lần đặt bi thứ n thì S(n) – T(n) là bất biến Ta có S(n) – T(n) = S(0) – T(0)=0∀ ≥n 0
Do đó, nếu nhận được bảng mà số bi trong các ô bằng nhau thì số ô được tô màu và số ô không được tô màu bằng nhau Điều này không thể xảy ra vì m là một số
lẻ