(Bài viết của GS Lê Anh Vinh)
3/ Nâng cao:
Trong phần này chúng ta sẽ thảo luận một số bài toán nâng cao có sử dụng phương pháp bất biến. Trong 29 bài toán chúng ta đã đề cập từ đầu đến giờ, các bài toán gần như được giải quyết ngay lập tực khi đã chỉ ra được bất biến phù hợp. Các bài toán trong phần này, ngoài ý tưởng chính là bất biến, sẽ yêu cầu thêm một số bước biến đổi khác làm tăng độ khó và thú vị của chúng.
Bài toán 3.1. Các ô vuông được xếp kề nhau tạo thành một dải hình chữ nhật vô hạn về cả hai phía. Ta xếp vào các ô vuông một số hữu hạn các viên đá. Mỗi bước, chọn hai viên đá ở cùng ô và chuyển chúng sang hai ô bên cạnh khác hướng nhau.
a) Có thể sau một số hũ̃u hạn bước quay lại ví trí ban đầu không?
b) Có thể thực hiện vô hạn bước như vậy không?
c) Nếu quá trình dừng lại thì trạng thái sắp xếp cuối cùng có phụ thuộc vào quá trình thực hiện các bước không?
Giải
Gán cho viên đá ở ô thứ $n$ số $n^{2}$. Xét tổng tất cả các số thu được. Rõ ràng mỗi phép biến đổi ta thay hai số $n^{2}$ bởi số $(n-1)^{2}$ và $(n+1)^{2}$. Do đó tổng này tăng 2 đơn vị trong mỗi phép biến đổi. Suy ra sau một số hữu hạn bước không thể quay lại vị trí ban đầu.
Tiếp theo, chúng ta đi chứng minh rằng tổng không thể tăng vô hạn bằng phương pháp quy nạp. Lưu ý rằng nếu tổng tăng vô hạn, có nghĩa là một số viên đá sẽ phải tiến ra xa vô hạn. Viên đá cuối cùng bên phải nhất luôn tăng chỉ số và viên đá cuối cùng bên trái luôn giảm chỉ số. Do đó khoảng cách giữa hai viên đá này tăng vô hạn. Và đến một lúc nào đó, sẽ có một viên không chịu tác động của các viên còn lại! Lập luận hoàn chỉnh của phần b và lời giải của phần $c$ được dành cho bạn đọc.
Bài toán 3.2. Hình tròn được chia thành 2011 hình dẻ quạt. Xếp 2012 viên kẹo vào các phằn dẻ quạt. Mỗi bước, cho phép chuyển hai viên ở cùng một phần sang hai phần kề khác hướng. Chứng minh rằng đến một lúc nào đó có ít nhất 1006 phần có chứa kẹo.
Giải
Trước hết, chúng ta có 03 nhận xét quan trọng:
a) Do số kẹo lớn hơn một nửa số ô, quá trình ở đây thực hiện được vô hạn lần;
b) Bài toán sẽ được giải quyết xong nếu ta chứng minh được một lúc nào đó hai ô kề nhau bất kì có kẹo. Thật vậy, lúc đó số ô có chứa kẹo sẽ $\geq 2011 / 2$ và do là số nguyên nên số ô có chứa kẹo ít nhất là 1006 .
c) Đến một lúc nào đó, nếu hai ô kề nhau có ít nhất một viên kẹo thì kể từ đó, hai ô này luôn luôn có kẹo. Điều này là hiển nhiên từ phép chuyển.
Theo Nhận xét c) nếu tại mọi thời điểm đều tồn tại hai ô liền nhau không có kẹo thì sẽ tồn tại hai ô liền nhau không bao giờ có kẹo trong tất cả các phép biến đổi. Ta đánh số các dẻ quạt bởi $1,2, \ldots, 2011$ sao cho hai ô đó là 1 và 2011 . Gán cho mỗi chiếc kẹo một số tương ứng với số của ô chứa nó và xét $X$ là tổng bình phương các số đó.
Tương tự như bài trên, $X$ tăng trong mỗi phép biến đổi. Theo Nhận xét a), $X$ tăng vô hạn. Nhưng lại có $X \leq 1006 \times 2010^{2}$, dẫn đến mâu thuẫn. Vậy, đến một lúc nào đó hai ô kề nhau bất kì luôn có kẹo. Bài toán được suy ra từ Nhận xét b).
Bài toán 3.3. Giả thiết và câu hỏi như ở Bài 30 , chỉ khác cách chuyển viên đá được thực hiện như sau:
a) Bỏ một viên ở ô thứ $n-1$ và một viên ở ô thứ $n$, thêm vào một viên ở ô thứ $n+1$.
b) Bỏ hai viên ở ô thứ $n$ và thêm một viên vào ô thứ $n-2$, một viên vào ô thứ $n+1$.
Giải
Nhận xét rằng viên đá ở ô phải nhất sẽ luôn di chuyển về bên phải và viên đá ở bên trái nhất sẽ luôn đi về bên trái. Nếu như quay lại trạng thái ban đầu sau hữu hạn bước thì chúng ta sẽ không được tác động đến hai viên này. Khi đó, có thể bỏ đi hai viên này và lặp lại lập luận trên để suy ra mâu thuẫn. Do đó, không thể quay lại trạng thái ban đầu sau hữu hạn bước.
Chọn $\alpha>1$ là nghiệm của $\alpha^{2}-\alpha-1=0$. Gán cho viên đá ở ô thứ $n$ số $\alpha^{n}$ và xét $X$ là tổng các số này. Khi đó tổng $X$ không đổi. Giả sử có thể chuyển viên đá vô hạn lần thì theo nhận xét trên, các viên đá sẽ tiến ra vô cùng và khi đó tổng $X$ cũng vậy $(\operatorname{do} \alpha>1)$. Điều này mâu thuẫn với tính bất biến của $X$.
Để chứng minh trạng thái sắp xếp cuối cùng không phụ thuộc vào quá trình các bước chuyển, ta chỉ cần chứng minh nếu từ một trạng thái thu được hai trạng thái khác nhau thì tổng $X$ sẽ khác nhau. Chi tiết của lập luận này (thật ra là một bài toán bất đẳng thức đơn giản) được dành cho bạn đọc.
Bài toán 3.4. Có 119 người ở trong 120 căn hộ. Một căn hộ được gọi là quá tải nếu có nhiều hơn 14 thành viên. Mỗi ngày, các thành viên của một căn hộ quá tải xảy ra mẫu thuẫn và chuyển sang các căn hộ khác nhau. Hỏi quá trình có buộc phải kết thúc không?
Giải
Trước khi chuyển nhà cho các thành viên ở căn hộ quá tải bắt tay nhau. Có thể chứng minh được rằng tổng số cái bắt tay sẽ giảm thực sự. Và do đó quá trình sẽ buộc phải kết thúc sau hữu hạn bước.
Bài toán 3.5. Trên vòng tròn có 20 số. Cho phép chọn 3 số liên tiếp $X, Y, Z$ và thay bởi $X+Y,-Y, Z+Y$. Có thể từ
$$ [1,2, \ldots, 10,-1,-2, \ldots,-10] $$
thu được $[10,9, \ldots, 1,-10, \ldots,-1]$ hay không?
Giải
Chọn $x_{1}, \ldots, x_{20}$ sao cho $x_{1}-x_{2}, \ldots, x_{20}-x_{1}$ là bộ 20 số ban đầu. Khi đó dễ dàng kiểm tra được rằng, phép biến đổi đã cho trên bộ 20 số $x_{1} – x_{2}, \ldots, x_{20}-x_{1}$ sẽ tương ứng với việc đổi chỗ hai số cạnh nhau trên bộ $x_{1}, \ldots, x_{20}$. Từ $x_{1}, \ldots, x_{20}$ tương ứng với $[1,2, \ldots, 10,-1,-2, \ldots,-10]$, đổi chỗ liên tiếp các số cạnh nhau ta thu được $x_{20}, \ldots, x_{1}$ ương ứng với bộ $[10,9, \ldots, 1,-10, \ldots,-1]$. Do đó, câu trả lời là khẳng định.
Bài toán 3.6. Giả sử tổng của 20 số là dương. Cho phép biến đổi như ở bài trên, liệu có thể thu được một bộ gồm 20 số không âm hay không?
Giải
Y tưởng chứng minh tương tự như trên. Chỉ có điều chúng ta không điền các số trên vòng tròn mà điền trên đường thẳng vô hạn $\ldots, x_{-n}, \ldots, x_{n}, \ldots$ sao cho chọn 21 số liên tiếp trên đường thẳng thì hiệu các cặp giữa chúng sẽ là 20 số tương ứng. Ta chỉ cần chỉ ra rằng với các đồi chỗ như trong giả thuyết của đề bài, ta có thể sắp xếp lại dãy theo thứ tự tăng. Khi đó, ta sẽ có câu trả lời khẳng định cho bài toán.
Bài toán 3.7. Trên vòng tròn có một số điểm Xanh, Đỏ. Cho phép thêm vào một điểm $Đ$ và đổi màu hai điểm kề nó, hoặc bớt đi một điểm $D$ và đổi màu hai điểm kề nó. Lúc đầu có hai điểm $\mathrm{D}$ và quá trình ko được phép làm cho có ít hơn hai điểm. Hỏi có thể thu được:
a) 2 điểm $\mathrm{X}$, Đ.
b) 8 điểm $\mathrm{D}$.
c) 1 điểm $Đ, 6$ điểm $X$.
d) 2 điểm X.
Giải
a) Không thể thu được 2 điểm $\mathrm{X}, \mathrm{D}$ do tính chẵn lẻ của số điểm X không thay đổi.
b) c) Xây dựng được cụ thể.
d) Không được thể thu được 2 điểm $\mathrm{X}$. Do lúc đầu không có điểm $\mathrm{X}$ nào nên số điểm X luôn là chã̄n. Đánh số các điểm xanh bởi $x_{1}, \ldots, x_{2 n}$ và gọi $d_{1}, \ldots, d_{2 n}$ là số điểm đỏ giữa các điểm $\mathrm{X}$. Bất biến là tính chia hết cho 3 của
$$ S=\left|d_{1}-d_{2}+\ldots+d_{2 n-1}-d_{2 n}\right| $$
Nếu không có điểm $X$ nào thì đặt $S$ là số điểm đỏ. Đây là một bài toán rất khó và chúng tôi khuyến khích bạn đọc tìm hiểu xem với các cấu hình nào thì có thể nhận được từ một cặp điểm $Đ$ ? Gợi ý rằng đại lượng $S$ sẽ giúp xác định chính xác các cấu hình như vậy.
Hết
Like this:
Like Loading...