Một số bài toán tổ hợp ôn thi vào lớp 10 Chuyên toán
Leave a reply
Category Archives: Phương pháp chứng minh
Suy luận phản chứng (phần 2)
Phép phản chứng trong toán học còn được gọi là phương pháp chứng minh bằng mâu thuẫn. Nếu ta muốn chứng minh kết luận của bài toán là đúng thì cần phải chứng minh điều ngược lại với giả thiết là sai. Sau đây ta xét một vài ví dụ áp dụng suy luận này, dành cho các bạn hs lớp 8, 9.
1/ Ví dụ:
Ví dụ 1.
Chứng minh rằng $\sqrt{2}$ là một số vô tỷ.
Ví dụ 2.
Chứng minh rằng tổng của một số hữu tỷ và một số vô tỷ là số vô tỷ.
Ví dụ 3. (Nguyên lý Dirichlet)
Có $nk + 1$ viên bi, bỏ vào trong $k$ cái hộp. Chứng minh rằng có ít nhất một hộp có ít nhất là là $n+1$ viên bi.
2/ Bài tập
Bài 1.
Cho 15 số phân biệt thỏa mãn tổng của 8 số bất kì lớn hơn tổng của 7 số còn lại. Chứng minh tất cả các số đã cho đều dương.
Bài 2.
Từ 8 số nguyên dương không lớn hơn 20, chứng minh rằng có thể chọn ra 3 số $x, y, z$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Bài 3.
Cho tập $B = {1, 2, 3, …, 16}$. Người ta ghi các số của tập B thành một vòng tròn (mỗi số ghi một lần). Hỏi có cách ghi để tổng thỏa:
a/ Tổng của hai số kề nhau bất kì lớn hơn hoặc bằng 17 được không? Tại sao?
b/ Tổng của ba số kề nhau bất kì lớn hơn 24 được không? Tại sao?
Bài 4.
Có thể chia tập $X = \{1, 2, …, 2023\}$ thành hai tập rời nhau sao cho tổng các phần tử thuộc tập này bằng 2 lần tổng các phần tử thuộc tập kia?
Bài 5.
Một bảng vuông $8 \times 8$ khuyết các ô vuông ở hai góc đối diện. Hỏi có thể phủ các ô của bảng vuông bằng các hình Domino $1 \times 2$ mà không có quân Domino nào chồng lên nhau được không? Tại sao?
Lời giải
Giả sử có thể phủ các ô của bảng vuông bằng các hình Domino $1 \times 2$ mà không có quân Domino nào chồng lên nhau.
Mỗi quân Domino lát vào bàn cờ luôn chiếm một ô trắng và một ô đen. Do đó, để lát được phần còn lại của bàn cờ thì số ô trắng và số ô đen bằng nhau. Mà số ô màu trắng và số ô màu đen trong phần còn lại của bàn cờ không bằng nhau. Điều này mâu thuẫn.
Vậy không thể lát được phần còn lại của bàn cờ bằng các quân Domino.
Suy luận phản chứng
Bài viết này dành cho các em lớp 5, 6, 7
Các nhà toán học trong quá khứ đã làm việc chăm chỉ để khám phá bản chất của các chứng minh, và một loạt các kỹ thuật chứng minh đã được phát triển qua nhiều thế kỷ. Hôm nay, chúng tôi sẽ giới thiệu một phương pháp chứng minh quan trọng được gọi là bằng chứng do mâu thuẫn.
Ta thường gặp bài toán kiểu: Có A là đúng và cần suy ra X cũng đúng, trong một số trường hợp ta suy luận trực tiếp như sau: có A đúng thì có C đúng, có C đúng thì có D đúng, …, rồi suy ra X đúng, ở đây ta dùng A làm giả thiết để cho các suy luận sau. Tuy vậy một số tình huống ta không sử dụng được giả thiết A đúng, ta có thể dùng kĩ thuật suy luận phản chứng như sau: Giả sử X sai, tức là ta chấp nhận một giả thiết mới là X sai, từ giả thiết này ta dẫn đến một điều gì đó vô lí, hoặc dẫn đến A sai; khi đó điều giả sử đó là không đúng, tức là ta có điều cần chứng minh. Thế mạnh của suy luận phản chứng là mình có thêm một giả thiết để giúp trong việc suy luận dễ dàng hơn.
Ví dụ 1. Có tồn tại hay không số nguyên lẻ lớn nhất?
Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên lẻ lớn nhất là $m$.
khi đó $m+2$ cũng là số lẻ và $m+2 > m$ nên mâu thuẫn vì theo giả sử thì $m$ là lớn nhất.
Vậy không có số nguyên lẻ lớn nhất.
Ví dụ 2. 5 cầu thủ bóng đá đã cùng nhau ghi được 14 bàn thắng, với mỗi cầu thủ ghi ít nhất 1 bàn. Chứng minh rằng ít nhất 2 trong số họ ghi được số bàn thắng như nhau. số bàn thắng.
Lời giải. Giả sử không có ai ghi số bàn thắng bằng nhau.
Khi đó người ghi ít nhất là 1 bàn, người kế tiếp ghi ít nhất là 2 bàn, người thứ 3 ghi ít nhất 3 bàn, cứ như thế người ghi nhiều nhất có số bàn thắng ít nhất là 5 bàn, khi đó tổng số bàn thắng của 5 người ít nhất là $1+2+3+4+5 = 15$ (mâu thuẫn).
Vậy có hai người ghi số bàn thắng bằng nhau.
Ví dụ 3. Quốc hội của một quốc gia được thành lập bởi các nghị sĩ đại diện từ 8 tỉnh. Năm mươi trong số các nghị sĩ này quyết định thành lập một ủy ban. Chứng minh rằng ủy ban này sẽ bao gồm 8 người từ cùng một tỉnh hoặc người từ tất cả 8 tỉnh.
Lời giải. Giả sử ủy bản mỗi tỉnh không có quá 7 người và chỉ đến từ 7 tỉnh trở lại, khi đó số thành viên ủy ban là không qua 49 người, mâu thuẫn.
Vậy trong ủy ban sẽ có một tỉnh có 8 người hoặc thành viên đến từ cả 8 tỉnh.
Ví dụ 4. Viết 10 số từ 0 đến 9 trên một vòng tròn, mỗi số viết đúng một lần.
a) Có tồn tại hay không cách viết sao cho tổng hai số liên tiếp không nhỏ hơn 9?
b) Có tồn tại hay không cách viết sau cho tổng 3 số liên tiếp lớn hơn 12?
Lời giải.
a) Giả sử tồn tại cách viết sao cho tổng hai số liên tiếp không nhỏ hơn 9, xét số 0 và hai số kề với 0 là $a, b$ ta có $0+a \geq 9, 0 + b \geq 9$, suy ra $a=b=9$ mâu thuẫn, vì mỗi số viết đúng 1 lần.
b) Giả sử tồn tại cách viết thỏa đề bài. Tổn các số là 45, bỏ số 9, và xếp 9 số còn lại làm ba nhóm, mỗi nhóm 3 số liên tiếp, khi đó tổng của chúng lớn hơn 36, tuy vậy ta thấy 9 số đó là $0, 1,2, \cdots 8$ tổng là 36, đây là điều mâu thuẫn.
Vậy không cách ghi thỏa đề bài.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. Chứng minh rằng khi cho $n+1$ con thỏ vào $n$ cái chuồng thì có chuồng chứa ít nhất 2 con thỏ.
Bài 2. Cho 15 số thỏa mãn tổng của 8 số bất kì lớn nhơn tổng của 7 số còn lại. Chứng minh tất cả các số đã cho đều dương.
Bài 3. Tích của 22 số nguyên bằng 1. Chứng minh rằng tổng của chúng không thể bằng 0.
Bài 4. Có thể chia tập $X = \{1, 2, …, 2022\}$ thành các tập rời nhau sao cho mỗi tập có ít nhất 3 phần tử và phần tử lớn nhất bằng tổng các phần tử còn lại?
Giải toán như … viết văn
Mình đăng lại bài viết của bạn Nguyễn Tiến Hoàng gửi cho Tập san Star Education số 10.
Nếu bạn đang tự hỏi rằng tên bài viết này có nhầm lẫn gì không, thì không hề đâu, bạn đã đọc đúng rồi đấy. Trước khi bắt đầu đọc, hãy lưu ý rằng, bài viết này rất nhiều chữ.
Một trong những vấn đề muôn thuở của học sinh Việt Nam, theo quan sát của người viết bài, là một nỗi sợ vô hình đối với các bài toán tổ hợp trong bất kỳ một kỳ thi lớn hay nhỏ. Tổ hợp ở đây không giới hạn trong phạm vi các bài toán đếm mà mang một nét nghĩa rộng hơn thế, tập trung vào khả năng diễn giải và suy luận. Mỗi bài toán dù trong quá trình luyện tập tại nhà, hay là bước vào thực tế thi cử, đều là một vấn đề hoàn toàn mới lạ với các bạn học sinh. Thông thường có hai hình thức để xoay sở:
a) Giải càng nhiều bài tập càng tốt để thu nhận kinh nghiệm. Đây thực ra không phải điều xấu, nhưng việc lạm dụng quá đà sẽ khiến học sinh chỉ trông đợi vào việc gặp lại những thứ quen thuộc, và thậm chí biến tướng thành việc học thuộc lòng.
b) Tuỳ cơ ứng biến và tin tưởng vào trực giác của bản thân. Điều này cũng thú vị bởi xét cho cùng thì một bài toán trong một kỳ thi ở bậc trung học, dù thi gì đi nữa, cũng chỉ là một vấn đề có thể được giải quyết trong thời gian ngắn, thành ra khả năng lớn là mỗi người sẽ tìm được một cách tiếp cận riêng mang tính sáng tạo. Thế nhưng trong một ngày xấu trời, sự nhạy bén không đồng hành, thì phải làm sao ?
Trong bài viết này, người viết muốn giới thiệu một hướng tiếp cận mang tính chất trung hoà và tập trung vào một khâu mà các bạn học sinh thường bỏ quên: phân tích bài toán. Các phân tích cẩn thận và rõ ràng để dần gỡ rối vấn đề được đặt ra đóng vai trò quan trọng tương tự như dàn ý trong việc viết văn. Điều này trở nên then chốt với các vấn đề phức tạp.
Sự phân tích nên tiến hành ra sao ? Bốn câu hỏi cơ bản sau nên được trả lời:
a) “Có gì ?” Bước đầu tiên không khác việc đọc hiểu là bao. Cần chú ý đến từng câu chữ dù là nhỏ nhất. Việc đọc kỹ các giả thiết được đưa ra giúp người giải toán hình dung được những đối tượng đã xuất hiện trong bài toán.
b) “Cần gì ?” Đây là bước giúp hiểu được yêu cầu của bài toán.
c) “Khó khăn gì ?” Bước này quan trọng nhất và đòi hỏi sự kiên nhẫn. Khi thực hiện cẩn thận hai bước đầu tiên, một số vấn đề sẽ phát sinh rất tự nhiên. Các đối tượng được đưa ra đã rõ ràng hay chưa ? Những giả thiết trong bài toán để làm gì ? Tại sao đề bài lại hỏi như thế ? Liệu các đối
tượng có liên kết gì với nhau ? Cấu trúc của từng thành phần hay cả tổng thể là thế nào ? Và còn nhiều thứ phải chú ý nữa.
d) “Giải quyết thế nào ?” Đây là việc trả lời các câu hỏi trên một cách trực tiếp. Việc đặt ra các câu hỏi tự nhiên trong bước trên sẽ giúp người giải toán nhận ra những gì cần thực hiện. Một nguyên tắc chung là, hãy phân tích và liên tục đặt câu hỏi để giảm sự phức tạp, đến khi mọi thứ có thể diễn giải được thật dễ hiểu. Việc gõ rối cần đi từ nội tại từng đối tượng (chẳng hạn như cấu trúc và tính chất của chúng), cho đến liên hệ giữa các đối tượng với nhau, để tránh bỏ sót thông tin quan trọng.
Trong những bài toán phức tạp gồm nhiều công đoạn, các bước trên sẽ phải thực hiện nhiều lần cho mỗi phần của bài toán. Việc tiếp cận có định hướng thế này, ban đầu có thể sẽ hơi tốn thời gian và mệt mỏi trong suy nghĩ, nhưng khi đã thành thạo thì cho thấy hiệu quả lớn, hơn nữa còn rèn luyện được khả năng giải quyết vấn đề một cách độc lập. Người viết bài đã liên tục sử dụng định hướng trên trong việc giảng dạy tại lớp Chuyên đề Toán 9 năm học 2022-2023 và nhận thấy hiệu quả tương đối rõ rệt.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng trong 39 số tư nhiên liên tiếp, luôn tìm được một số mà tổng các chứ số của nó chia hết cho 11.
Phân tích. Khi đọc kỹ bài toán, một số câu hỏi sau về các khó khăn là tự nhiên:
a) Tại sao đối tượng được quan tâm là tồng các chữ số ?
b) Dưới điều kiẹn gi thì tồng đó sẽ là bội của 11 ?
c) Tại sao phải cần 39 số tự nhiên liên tiếp? Như thế là ít hay nhiều?
Để đưa được một lập luận trực tiếp nhằm giải quyết các câu hỏi trên, nhìn chung là việc khó hình dung. Các yêu cầu trên có sự liên quan mật thiết với nhau, và hơn nữa tồng các chũ số là một đại lượng không quen thuộc cho lắm, nên một cách tiếp cận khả dũ là việc làm mọi thứ trở nên rõ ràng, từ tính chất của tổng các chữ số hay là quan hệ trong nội bộ của đối tượng, cho đến quan hệ giũa các đối tượng đã xuất hiện.
Một cách tìm hướng giải quyết là đưa ra ví dụ. Khi nhìn vào trường hợp đơn giản nhất cho 39 số tự nhiên liên tiếp chính là các số từ 1 đến 39, chúng ta có thề quan sát được sự biến động của tổng các chũ̃ số và khảo sát được tính chia hết cho 11. Có gì thú vị?
a) Dường như tồng các chư số là tăng dần, nhưng có lúc tổng đó sẽ bị giảm. Vậy khi nào tổng ấy tăng và khi nào tổng ấy giảm ? Quan sát kỹ sẽ thấy rằng: Khi bắt đầu từ số chia hết cho 10 , chẳng hạn là $10 x$ với $x \in \mathbb{Z}^{+}$, thì các số từ $10 x$ đến $10 x+9$ có tổng các chữ số là 10 số tự nhiên liên tiếp. Tổng các chũ số sẽ giảm khi ta “chuyển” tù̀ $10 x+9$ lên $10(x+1)$.
b) Việc chia hết cho 11, nếu nhìn lại ý đầu tiên, thì chúng ta nhận ra rằng vì đã có cách tạo ra 10 giá trị liên tiêp của tổng các chữ số, chỉ cần cố gắng “kéo dài” để tạo ra 11 giá trị liên tiếp của tổng đó thì bài toán sẽ được hoàn tất, bởi trong 11 số tự nhiên liên tiêpp, thế nào cũng có số chia hết cho 11. Do đó việc quan sát vị trí mà tổng các chũ số bị giảm trở nên quan trọng, và đại lượng đó sẽ giảm thế nào ?
- Có vẻ nhu khi từ $10 x+9$ lên $10(x+1)$ thì tổng các chũ số sẽ giảm 9 đơn vị. Nếu được nhu thê, chúng ta chỉ cần lấy 20 số là $10 x, 10 x+1, \cdots, 10 x+19$ là xong, vì sẽ thu được 11 giá trị liên tiếp cho tổng các chữ sô.
- Nhưng tại sao bài toán lại cần đến 39 số ? Nếu hình dung một bộ gồm 20 số liên tiếp, bắt đầu từ số chia hết cho 10, là ứng viên tiềm năng để giải quyết bài toán, thì chúng ta không cần đến 39 số để chắc chắn chọn được, mà cần quãng 30 số là đủ. Nghĩa là nhận xét về sự thay đổi được đưa ra phía trên có thể không đúng.
- Vậy chúng ta tiếp tục kiểm tra khi nào nhận xét “giảm 9 đơn vị” đúng và khi nào điều đó sai, hay có thể tạm gọi là chú ý đến sự xuất hiện của những thứ “ngoài quy luật”. Thử với các giá trị tiếp theo của $x$, rất đáng chú ý khi nhận ra rằng, nhận xét sẽ sai khi có bước chuyển từ 99 lên 100, hay từ 199 lên 200,… Nói cách khác, miễn là $10(x+1)$ không chia hết cho 100 thì nhân xét đúng.
Có thể rút ra được gì từ các nhận định trên?
a) Nếu trong 39 số mà không có số nào chia hết cho 100, thi chọn được bộ 20 số liên tiếp từ $10 x$ đến $10 x+19$, mà có thể hoàn toàn yên tâm về tính “liên tiếp” của tổng các chưu số trong nhũ̃ng số đang được xét, và bài toán sê xong.
b) Lỡ nhu trong 39 số ban đầu, có số chia hết cho 100 thì sao ? Như đã chỉ ra, chúng ta chỉ cần 20 số có dạng $10 x$ đến $10 x+19$, mà trong chúng sẽ không có số nào chia hết cho 100. Có thể hiểu rằng số chia hết cho 100, mà tạm gọi là a, sê “phân đôi” 39 số mà bài toán cho thành 2 phần: một phần gồm các số từ a trở lên, và một phần gồm các số từ a-1 trở xuống. Vì ban đầu chúng ta có 39 số, theo Nguyên lý Dirichlet, phải có một phần được tạo ra gồm ít nhất 20 số.
Và thế là xong. Bây giờ chỉ là sắp xếp và viết lại các nhận định trên thành một lời giải ngắn gọn. Khi viết thành văn thì các suy luận trên có vẻ dài dòng, nhưng trên thực tế khi suy nghĩ, mọi thứ chỉ ở dạng ý tưởng, nên việc triển khai có thề diễn ra rất nhanh.
Chứng minh. Với mỗi số nguyên dương $n$, gọi $S(n)$ là tổng các chữ số của $n$. Trước hết chúng ta chứng minh rằng, với $x$ là số nguyên dương sao cho $100 \nmid 10(x+1)$, có một trong các số $10 x, 10 x+1, \cdots, 10 x+19$ có tổng các chữ số chia hết cho $11 .$. Thật vậy, đặt $S(10 x)=a$ thì với $0 \leq k \leq 9$, ta có $S(10 x+k)=a+k$ và $S(10 x+10+k)=$ $a+1+k$. Do đó tổng các chữ số nhận giá trị trong ${a, a+1, a+2, \cdots, a+10}$, là tập hợp gồm 11 số tự nhiên liên tiếp, và trong tập hợp đó có một giá trị chia hết cho 11 . Quay trở lại bài toán. Gọi 39 số tự nhiên của đề bài lần lượt là là $a, a+1, \cdots, a+38$. Xét các khả năng sau:
- Trong 39 số này không có số nào là bội của 100. Bởi vì tập hợp ${a, a+1, \cdots, a+9}$ gồm 10 số tự nhiên liên tiếp, trong đó phải có một số chia hết cho 10. Khi đó tồn tại $0 \leq k \leq 9$ để $10 \mid a+k$. Xét các giá trị trong ${S(a+k), S(a+k+1), \cdots, S(a+$ $k+19)}$ thì theo nhận xét ở đầu bài toán, tồn tại một giá trị trong đó là bội của 11.
- Tồn tại một giá trị $0 \leq k \leq 38$ để $100 \mid a+k$. Khi đó trong các số còn lại, không còn số nào chia hết cho 100 . Có hai khả năng sau:
- Nếu $k \leq 18$, xét tập hợp ${S(a+k), S(a+k+1), \cdots, S(a+k+19)}$ thì theo nhận xét ở đầu bài toán, tồn tại một giá trị trong đó là bội của 11 .
- Nếu $k \geq 19$, xét tập hợp ${S(a+k), S(a+k-1), \cdots, S(a+k-19)}$ thì theo nhận xét ở đầu bài toán, tồn tại một giá trị trong đó là bội của 11 .
Tóm lại, trong 39 số tự nhiên liên tiếp, luôn có số mà tổng các chữ số là bội của 11.
Ví dụ trên cũng cho thấy được một hiện tượng rất thú vị và hầu như luôn đúng, đó là khi quá trình phân tích đủ cẩn thận, việc trình bày lời giải chỉ là một cách sắp xếp và viết ngược lại những ý tưởng chính trong mạch suy luận mà thôi. Để kết thúc bài toán này một cách trọn vẹn, bây giờ là một câu hỏi dành cho các bạn.
Ví dụ 2. Thay vì 39 số, chúng ta chỉ xét 38 số thôi. Liệu bài toán còn đúng không ?
Một gợi ý cho các bạn là hãy đọc lại thật cẩn thận từng bước suy luận, và xem vấn đề diền ra ở đâu. Chú ý rằng nếu như bài toán vần đúng, các bạn phải cung cấp một chứng minh, còn nếu kết quả trở nên sai thì hãy chỉ ra một phản ví dụ. Bây giờ chúng ta đến với một bài toán khác cũng tương đối cổ điển.
Ví dụ 3. Cho sáu số nguyên dương đôi một phân biệt và đều nhỏ hơn 10. Chứng minh rằng luôn tìm được ba số trong đó, mà có một số bằng tồng hai số còn lại.
Phân tích. Một số câu hỏi có thể được đặt ra:
a) Tại sao lại xét 6 số trong ${1,2, \cdots, 9}$ ?
b) Việc có một số bằng tổng hai số còn lại có ý nghĩa gì ? Số nào sẽ bằng tổng của hai số nào ? Khó khăn tại đây đến từ việc chúng ta không xác định được điều trên.
Mà nếu đã không xác định được rõ ràng mọi thứ ngay lập tức, thì tốt nhất là lấy ví dụ cu thể để quan sát thôi. Khi lấy thử một vài ví dụ đề khảo sát, dù có ít bộ ba số hay nhiều bộ ba số thoả mãn yêu cầu bài toán, luôn có một nhận xét quan trọng xuất hiện: tồn tại hai số có tổng bằng số lớn nhất.
Vậy từ đây một hướng đi khả dĩ là tìm hiểu xem số lớn nhất như thế nào, đồng thời làm thế nào có thề viết được số đó thành tổng của hai số tự nhiên phân biệt khác. Khi đã làm được điều đó, hãy xem các thông tin vừa nhận được liên hệ gì với giả thiết ban đầu, mà cụ thể là những số nào xuất hiện trong các cách phân tích thành tổng ấy. Thực ra cũng không quá nhiều trường hợp để giải quyết, vì số lớn nhất thì cũng phải không nhỏ hơn 6.
Chứng minh. Gọi 6 số đã cho là $1 \leq a_1<a_2<\cdots<a_6 \leq 9$. Theo giả thiết trên và đề bài thì $a_k \geq k$ với $1 \leq k \leq 6$. Xét các khả năng sau:
- Nếu $a_6=9$ thì $1 \leq a_k \leq 8$ với $1 \leq k \leq 5$. Phân các số nguyên dương từ 1 đến 8 thành bốn tập hợp ${1,8},{2,7},{3,6},{4,5}$. Theo nguyên lý Dirichlet, trong các số từ $a_1$ đến $a_5$, có ít nhất hai số thuộc vào cùng một tập hợp. Tổng hai số đó bằng 9 , nên tồn tại $1 \leq i<j \leq 5$ để $a_i+a_j=9$.
- Nếu $a_6=8$ thì $1 \leq a_k \leq 7$ với $1 \leq k \leq 5$. Phân các số nguyên dương từ 1 đến 8 thành bốn tập hợp ${1,7},{2,6},{3,5},{4}$. Theo nguyên lý Dirichlet, trong các số từ $a_1$ đến $a_5$, có ít nhất hai số thuộc vào cùng một tập hợp. Tổng hai số đó bằng 8 , nên tồn tại $1 \leq i<j \leq 5$ để $a_i+a_j=8$.
- Nếu $a_6=7$ thì $1 \leq a_k \leq 6$ với $1 \leq k \leq 5$. Phân các số nguyên dương từ 1 đến 7 thành ba tập hợp ${1,6},{2,5},{3,4}$. Theo nguyên lý Dirichlet, trong các số từ $a_1$ đến $a_5$, có ít nhất hai số thuộc vào cùng một tập hợp. Tổng hai số đó bằng 7 , nên tồn tại $1 \leq i<j \leq 5$ để $a_i+a_j=7$.
- Nếu $a_6=6$ thì $1 \leq a_k \leq 5$ với $1 \leq k \leq 5$. Phân các số nguyên dương từ 1 đến 5 thành ba tập hợp ${1,5},{2,4},{3}$. Theo nguyên lý Dirichlet, trong các số từ
- $a_1$ đến $a_5$, có ít nhất hai số thuộc vào cùng một tập hợp. Tổng hai số đó bằng 6 , nên tồn tại $1 \leq i<j \leq 5$ để $a_i+a_j=6$.
- Tóm lại thì luôn có hai số bằng tổng của số lớn nhất. Bài toán kết thúc.
Khai thác thêm bài toán này có thể thấy nhiều điều thú vị sau:
a) Câu hỏi đầu tiên vẫn chưa được giải quyết triệt để khi phân tích. Tuy nhiên, với trường hợp $a_6=9$, nhận thấy rằng việc chọn ra 6 số là để vừa đủ cho việc sử dụng Nguyên lý Dirichlet. Một câu hỏi tự nhiên là nếu bài toán chỉ xét 5 số thay vì 6 số, thì các lập luận sẽ biến đổi thế nào, và liệu kết luận của bài toán còn đúng ?
b) Phát biểu khác đi một chút, liệu số lượng số nhỏ nhất cần chọn để chắc chắn có một số bằng tổng hai số khác, là bao nhiêu? Hơn nữa thay vì giải quyết bài toán như trường hợp ban đầu, khi các số không lớn hơn 9 , điều gì sẽ xảy ra khi thay 9 bởi một số nguyên dương $n$ bất kỳ ? Liệu các câu hỏi tương tự có thể được giải quyết ?
Từ đó có thể thu được bài toán sau, xin dành cho các bạn tự luyện tập.
Ví dụ 4. Cho số nguyên dương $n \geq 3$. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho với mọi cách chọn ra $k$ số nguyên dương đôi một phân biệt từ tập hợp ${1,2, \cdots, n}$, luôn chọn được ba số trong đó, mà có một số bằng tổng hai số kia.
Ví dụ 5. Với n là số nguyên dương, chọn ra $n+1$ số từ tập hợp ${1,2, \cdots, 2 n}$.
a) Chứng minh rằng có hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh rằng có hai số mà thương của chúng là số nguyên.
Phân tích. Một số câu hỏi có thể được đặt ra như sau:
a) Tại sao phải cần chọn ra $n+1$ số ?
b) Sự nguyên tố cùng nhau, và việc thương là số nguyên, có ý nghĩa số học gì ? Nếu định nghĩa một cách số học, thì hai số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi chúng không có ước nguyên tố chung. Khi thử tiếp cận theo việc khảo sát các ước nguyên tố của $n+1$ số, mọi chuyện sẽ trở nên rất phức tạp vi chúng ta không biết những số nào được chọn ra, hơn nữa bài toán chỉ yêu cầu một sự tốn tại, nên nếu đi khảo sát toàn bộ cấu trúc của tập hợp ước nguyên tô, thì đó có vè là một yêu cầu quá sức. Hơn nũa, một vấn đề khác làm hướng tiếp cận này trở nên không khả thi, đó là trong bài toán không hề có dấu hiệu gì cho thấy nên tìm hiểu một cách chi tiết về các cấu trúc số $h o c$.
Do đó chúng ta sẽ thử một góc nhìn khác. Tập trung vào câu hỏi đầu tiên, một vấn đề được đặt ra nhu sau: nếu như chỉ lấy $n$ số thì sao? Có thể tìm ngay được phản ví dụ với việc chọn $n$ số chã̃n, thì hai số nào cũng có ước nguyên tố chung là 2. Vậy trong trường hợp tạm gọi là xấu nhất, thế nào cũng có ít nhất một số lẻ. Và liệu số lẻ này có vai trò và quan hệ thế nào với các số chã̃n, khi cần khảo sát sự nguyên tố cùng nhau?
Viết một vài trường hợp nhỏ, chúng ta nhận ra rằng khi số lẻ ấy được kết hợp với số liền trước hay số liền sau, thi sẽ tạo ra một cặp số nguyên tố cùng nhau. Từ đó một câu hỏi
nảy sinh: nếu như chọn $n+1$ số bất kỳ, thi liệu luôn có hai số tự nhiên liên tiếp ? Điều này có thể được kiểm chứng dễ dàng, nên ý đầu tiên của bài toán đến đây là hoàn thành. Sự kiện “chia hết” là một yếu tố khó kiểm soát. Bây giờ chẳng hạn như đã chọn trước một số nguyên dương a, các số chia hết cho a sẽ là ka, hoặc các ước của a thì luôn có dạng $a / k$. Vấn đề là, chúng ta không xác định được khi chọn ra $n+1$ số bất kỳ, sẽ có các số nào liên quan đến a xuất hiện, hơn nữa không chắc chắn việc thương của chúng liệu có phải số nguyên. Vậy thì chúng ta sẽ thử làm mạn đánh giá lên để khử được sự ngẫu nhiên ấy: nếu như chọn ra được một bộ càng nhiều số càng tốt mà liên quan đến a, đồng thời hai số nào trong đó cũng có thương là số nguyên, thì bộ số ấy chỉ nên được chọn tối đa một phần tử nhằm tránh việc chia hết.
Làm rõ ý tưởng này, chúng ta sẽ nhận ra $a, 2 a, 4 a, \cdots$ là lựa chọn tốt nhất có thể nếu xét các số tù̀ a trở lên. Khi chú ý đến các số tù̀ a trở xuống và hiệu chỉnh, lưa chọn phù hợp cho bộ số cần tìm chính là $a, 2 a, 4 a, \cdots$ với a là số lẻ. Có n bộ như thê, và thế là xong.
Chứng minh.
a) Chia tập hợp ${1,2, \cdots, 2 n}$ thành $n$ tập hợp ${2 k-1,2 k}$ với $1 \leq k \leq n$. Vì ban đầu có $n+1$ phần tử được chọn ra, theo Nguyên lý Dirichlet, phải có hai phần tử nào đó thuộc cùng một tập hợp con được nêu ra phía trên. Đây là hai số tự nhiên liên tiếp nên chúng nguyên tố cùng nhau.
b) Với $a$ là số lẻ và $1 \leq a \leq 2 n$, ta định nghĩa
$$
S_a=\left\{x \in \mathbb{Z}^{+}, 1 \leq x \leq 2 n \mid \exists k \in \mathbb{Z}^{+}: x=2^k a\right\}
$$
Mỗi số nguyên dương không vượt quá $2 n$ đều thuộc về một tập hợp $S_a$ nào đó. Có $n$ tập hợp như thế, mà ban đầu có $n+1$ số được chọn, nên Nguyên lý Dirichlet cho thấy rằng phải có hai số cùng nằm trong một tập hợp $S_a$ nào đó. Gọi hai số đó là $2^s a$ và $2^t a$ với $0 \leq s<t$ thì thương của chúng là $2^{t-s} a$, là một số nguyên.
Như thường lệ, bài toán chưa kết thúc ngay tại đây, mà chúng ta đặt ra thêm một vài quan sát nữa. Việc chọn $n+1$ số trong tập hợp ${1,2, \cdots, 2 n}$, như đã phân tích, là vừa đủ để vượt qua ngưỡng “lớn nhất” của sự kiện không có hai số nào nguyên tố cùng nhau. Một lẽ dĩ nhiên là chúng ta muốn xác lập một ngưỡng tương tự cho sự kiện chia hết: liệu có thể chọn được tối đa bao nhiêu sô, mà không có hai số nào có thương là số nguyên ?
Hơn nữa, nếu như kết hợp cả hai vấn đề, nghĩa là có thể chọn được tối đa bao nhiêu số để không có hai số nào nguyên tố cùng nhau và đồng thời không có hai số nào có thương là số nguyên, chúng ta thu được bài toán sau trong đề thi chọn Đội tuyển năm 2017 của Trường Phổ thông Năng khiếu để tham dự Kỳ thi Học sinh giỏi Quốc gia môn Toán bậc THPT.
Ví dụ 6 (PTNK 2017). Xét tập hợp $S={1,2, \cdots, 2017}$. Liệu có thể chọn ra tôi đa bao nhiêu số nguyên dương từ $S$, sao cho không có hai số nào nguyên tố cùng nhau và đồng thời không có hai số nào có thương là số nguyên ?
Theo trí nhớ của người viết bài cũng tham dự kỳ thi năm ấy, không có thí sinh nào giải quyết được bài toán trên. Mặc dù vậy, khi phân tích kỹ, đặc biệt là về sự kiện chia
hết, các bạn có thể tìm được ngay đáp số và thậm chí là một ví dụ thoả mãn yêu cầu bài toán.
Các bài toán trên đều minh hoạ cho một bước chuyển đổi quan trọng từ những phân tích dài dòng bằng chữ thành các suy diễn gãy gọn được diễn đạt bằng ký hiệu. Vì mỗi tình huống mỗi khác, điều quan trọng nhất vẫn là đọc thật kỹ những giả thiết được đưa ra và nắm chắc những yêu cầu cẩn thiết. Một điều tối kỵ là không được bịa ra thêm giả định vô căn cứ để ép vào mạch suy luận. Chúng ta kết thúc bằng một bài toán thú vị, mặc dù trông có vẻ nhiều khó khăn, và phương châm vẫn là… nghĩ đơn giản thôi
Ví dụ 7. Cho các số tự nhiên tù 1 đến 2023. Hỏi có thể chọn ra được nhiều nhất bao nhiêu số sao cho tổng của hai số bất kì trong chúng không chia hết cho hiệu của nó ?
Phân tích. Một số câu hỏi sau được đặt ra khi đọc kỹ đề bài.
a) Giả định chia hết của bài toán rất kỳ quặc. Có cách nào diễn đạt lại mọi thứ cho rồ ràng hơn hay không, và làm sao để khai thác được điều kiện ấy ?
b) Liệu có thể tìm được một ví dụ với tương đối nhiều số ?
Chúng ta tập trung giải quyết yêu cầu đầu tiên. Viết rõ lại bằng ký hiệu, đó là với $a>b$ là hai số nguyên dương phân biệt được chọn, ta phải có $a-b \nmid a+b$. Vì các số này được chọn bất kỳ và các biểu thức xuất hiện đẹ̀u là bậc nhất, việc tìm kiếm một quan hệ số học giũ̃a a và b chỉ bằng giả định trên là không khả thi. Nếu không tin, các bạn có thể thư!
Xoay sang câu hỏi thứ nhì. Thử tiếp cận vấn đề một cách tương đối ngây thơ như sau: cứ lần lượt bắt đầu tù số 1, liệu có thề lấy được những số nào tiểp theo? Dĩ nhiên không phải lúc nào việc xử lý vấn đè̀ theo cách tham lam cũng cho một kết quả tối u’u, nhung ít nhất vẫn có thêm định hướng và một vài quan sát hữu ích để hiệu chỉnh khi cần thiết.
- Không lấy được số 2 và số 3, vì ảnh hưởng của số 1 .
- Lấy được số 4. Cũng bởi thế mà không lấy được số 5 và số 6 .
- Lấy được số 7, rồi lại bỏ qua số 8 và số 9. Cứ như thế…
Một quan sát về các số được thu nhận cho thấy chúng phải cách nhau ít nhất 3 đơn vị. Liệu điều này có luôn đúng ? Có thề quay về giả định của bài toán để kiểm tra.
Mọi thứ quy về việc chọn ra càng nhiều số càng tốt, mà hai số bất kỳ có hiệu từ 3 trở lên. Để chọn được nhiều số nhất, một lê dĩ nhiên là phải khởi đầu từ số nhỏ nhất, và các khoảng cách giữa các số cũng phải nhỏ nhất có thể. Bây giờ chỉ là xếp lại thành lời giải, và nhớ rằng vì đây là bài toán cực trị, hãy chỉ ra ví dụ.
Chứng minh. Gọi các số được chọn là $1 \leq a_1<a_2<\cdots<a_k \leq 2023$. Trước hết, ta chứng minh rằng với $1 \leq i \leq k-1$ thì $a_{i+1}-a_i \geq 3$. Thật vậy:
Nếu có chỉ số $1 \leq i \leq k-1$ để $a_{i+1}-a_i=1$ thì $a_{i+1}-a_i \mid a_{i+1}+a_i$, mâu thuẫn.
Nếu có chỉ số $1 \leq i \leq k-1$ để $a_{i+1}-a_i=2$ thì chú ý rằng $a_{i+1}+a_i=2 a_i+2$, ta cũng thu được $a_{i+1}-a_i \mid a_{i+1}+a_i$, lại là một mâu thuẫn.
Do đó nhận xét được chứng minh. Từ đó thì
$$
2023 \geq a_k \geq a_{k-1}+3 \geq a_{k-2}+3 \cdot 2 \geq \cdots \geq a_1+3(k-1) \geq 1+3(k-1)
$$
hay là $2022 \geq 3(k-1)$. Điều này cho thấy $k \leq 675$. Để chọn được 675 số thoả mãn yêu cầu bài toán, với $1 \leq i \leq 675$, chọn $a_i=3 i-2$. Thật vậy, với $1 \leq i<j \leq 675$ thì:
- $a_j-a_i=3(j-i)$ là một bội của 3 ,
- $a_j+a_i=3(j+i)-4$ không là một bội của 3 , nên ta luôn có $a_j-a_i \nmid a_j+a_i$. Vậy có thể chọn được tối đa 675 số nguyên dương đôi một phân biệt không vượt quá 2023 mà không có tổng hai số nào chia hết cho hiệu của chúng.
Hi vọng rằng những trình bày phía trên có thể giúp các bạn phần nào đó tự tin và vững vàng hơn trong việc suy luận để giải toán. Dưới đây là một số bài toán để luyện tập.
Bài tập rèn luyện.
Bài 1. Xét bảng ô vuông $10 \times 10$. Mỗi ô vuông của bảng được điền một số nguyên tuỳ ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung một cạnh bất kì đều không vượt quá 1 . Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên xuất hiện trên bảng ít nhất 6 lần.
Bài 2. Cho $A B C$ là một tam giác tuỳ ý. Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm màu đỏ có khoảng cách bằng 1, hoặc tồn tại một tam giác có ba đỉnh màu xanh mà đồng dạng với tam giác $A B C$.
Bài 3. Có 20 viên bi được xếp thành một hàng ngang trên bàn, trong đó có 10 viên bi màu xanh và 10 viên bi màu đỏ. Chứng minh rằng có thể chọn ra một bộ gồm 10 viên bi liên tiếp mà trong đó số viên bi màu xanh bằng số viên bi màu đỏ.
Bài 4. Cho $A={1,2,3, \cdots, 100}$. Lấy $S$ là tập hợp con của $A$ sao cho các tồng hai phần tử phân biệt bất kỳ của $S$ thì có các số du đôi một phân biệt khi chia cho 100. Chứng minh rằng $S$ có không quá 14 phần tử, và chỉ ra một tập hợp $S$ có 10 phần tử.
Bài 5. Có một bộ các quả cân có tính chất sau:
i) Trong bộ có ít nhất 5 quả cân có trọng lượng khác nhau.
ii) Với hai quả cân bất kỳ, tìm được hai quả cân khác có tồng trọng lượng bằng với tổng trọng lượng của hai quả cân đó.
Bộ quả cân này có ít nhất là bao nhiêu quả cân?
Bài 6. Chọn ra $k$ số nguyên dương phân biệt là ước của $6^{2023}$.
a) Chứng minh rằng nếu $k=5$ thì tồn tại hai số có tích là số chính phương.
b) Chứng minh rằng nếu $k=21$ thì tồn tại sáu số có tích là một luỹ thừa bậc 6.
Bài 7. Cho số nguyên dương $n \geq 2$. Chứng minh rằng khi chọn ra $n+2$ số nguyên dương từ tập hợp $S={1,2, \cdots, 3 n}$, luôn tồn tại hai số $x, y$ đề $n<x-y<2 n$.
Bài 8. Cho tập hợp $S={1,2, \cdots, 2023}$. Xét tập hợp con $T \subseteq S$. Nếu $T$ không chứa hai phần tử nào có hiệu trong $E$ thì có tối đa bao nhiêu phần tứ, với:
a) $E={3 ; 6 ; 9}$
b) $E={4 ; 7}$
Bài 9. Lớp $9 A$ có 6 học sinh tham gia kỳ thi chọn đội tuyển môn Toán, và nhận được 6 điểm số khác nhau là các số tự nhiên không vượt quá 20. Gọi m là trung bình cộng các điểm số của 6 học sinh trên. Hai học sinh được gọi là lập thành một cạ̣p hoàn hảo nếu như trung bình cộng điểm số của hai em đó lớn hơn $m$.
a) Chứng minh rằng không thề chia 6 học sinh thành 3 cặp mà mỗi cặp đều hoàn hảo.
b) Trong 6 học sinh trên, có thể có nhiều nhất bao nhiêu cặp hoàn hảo ?
Bài 10. Có 8 kì thủ thi đấu giải cờ vua Candidates 2023 theo thể thức vòng tròn một lượt. Tại mỗi trận đấu phân định thắng thua, người thắng được 1 điểm còn người thua được 0 điểm; tại mỗi trận hòa thì mỗi người được 0.5 điểm.
a) Chứng minh rằng sau 3 vòng đầu tiên, luôn tìm được hai người có số điểm bằng nhau.
b) Giả sử rằng sau khi kết thúc giải, tất cả các kì thủ đều có số điểm khác nhau. Tìm số điểm ít nhất có thể của người chiến thắng.
c) Giải lại bài toán khi giải đấu diễn ra theo thể thức vòng tròn hai lượt.
Bất biến và đơn biến – Phần 1
Lê Anh Vinh
ĐH Giáo dục, ĐHQGHN
1/ Khởi động:
Chúng ta sẽ bắt đầu bằng một ví dụ đơn giản. Giáo viên yêu cầu học sinh làm một thí nghiệm nhỏ – viết lên bảng $a+b$ số gồm $a$ số 0 và $b$ số 1 . Sau đó thực hiện $a+b-1$ lần phép biến đổi sau: xoá hai số bất kỳ trên bảng. Nếu chúng bằng nhau thì viết số 0 lên bảng và nếu khác nhau thì viết số 1 lên bảng. Sau khi học sinh làm thử trên vở, giáo viên có thể nói ngay số còn lại trên bảng là số 1 hay số 0 .
Học sinh sẽ thắc mắc một cách tự nhiên: làm thế nào giáo viên biết được số còn lại trên bảng? Rõ ràng các phép biến đổi có thể thực hiện theo nhiều cách khác nhau, nhưng sau các phép biến đổi, tổng các số trên bảng là không đổi theo modulo $2 .$ Do đó, số còn lại trên bảng sẽ là 1 nếu $b$ lẻ và 0 trong trường hợp ngược lại.
Chúng ta tiếp tục với các ví dụ sau.
Bài toán 1.1. Khối $A0$ có một ngôn ngữ riêng chỉ gồm hai chữ cái $A$ và $0$ , đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau:
- Nếu xóa hai chữ cái kề nhau $\mathrm{A} 0$ trong bất kì một từ nào, ta không làm thay đổi nghĩa của từ đó.
- Nếu thêm tổ hợp 0A hoặc AA00 vào vị trí bất kì nào trong một từ, ta cũng không làm thay đổi nghĩa của từ đó.
Liệu hai từ A00 và 0AA có cùng nghĩa không ?
Giải
Dễ thấy sau mỗii phép biến đổi, số lượng $\mathrm{A}$ và 0 thêm vào hay bớt đi là như nhau. Vì vậy, xuất phát từ $\mathrm{A} 00$ với nhiều chữ cái 0 hơn, ta không thể thu được $0 \mathrm{AA}$ với nhiều chữ cái $\mathrm{A}$ hơn. Đại lượng bất biến ở đây có thể chọn là sai khác giữa số chữ cái ${A}$ và chữ cái 0 trong một từ.
Lời giải trên đã chỉ ra ý tưởng cơ bản nhất của bất biến. Cho trước một số cấu hình, chúng ta có thể thực hiện một số phép biến đổi trên chúng. Câu hỏi đật ra là có thể thu được một cấu hình này từ một câu hình khác không? Tính bất biến thường được dùng để chỉ ra rằng từ một cấu hình không thể đạt tới một cấu hình khác. Để làm được điều đó, chúng ta xây dựng một đại lượng không đổi (hoặc thay đổi đơn điệu – khi đó ta có khái niệm nửa bất biến) dưới các phép biến đổi sao cho giá trị của đại lượng này là khác nhau ở hai cấu hình trong cần hỏi. Tuy nhiên, đối với các bài toán bất biến, phần khó nhất thường là chỉ ra đại lương bất biến. Trong bài giảng này, chúng ta sẽ hệ thống một số dạng bất biến thường gặp qua một loạt các ví dụ từ đơn giản đến nâng cao.
Bài toán 1.2. Một hình tròn được chia làm 6 ô dẻ quạt bằng nhau và đặt một quân tốt vào mỗi ô. Trong mỗi bước, cho phép chuyển hai quân tốt bất kỳ vào ô kề với nó. Hỏi có thể chuyển tất cả quân cờ vào một ô hay không?
Bài toán 1.3. Các số $1,2,3, \ldots, 20$ được viết lên bảng. Mỗi phép biến đổi, ta xóa hai số $a, b$ và thêm vào số $a+b-1$. Số nào sẽ còn lại trên bảng sau 19 bước?
Bài toán 1.4. Các số $1,2,3, \ldots, 20$ được viết lên bảng. Mỗi phép biến đổi, ta xóa hai số $a, b$ và thêm vào số $ab+a+b$. Số nào sẽ còn lại trên bảng sau 19 bước?
Sau đây là một số bài toán khá thú vị sử dụng y tưởng của bất biến.
Bài toán 1.5. Trong bàn cờ $8 \times 8$, một ô bị tô màu đen và các ô còn lại được tô màu trắng. Liệu có thể làm cho cả bảng màu trắng bằng cách tô lại các hàng và cột không? Ở dây, tô lại một hàng hay cột được hiểu như là một phép đổi màu tất cả các ô trên hàng hoặc cột đó.
Bài toán 1.6. Giải Bài 5 cho bảng $3 \times 3$.
Bài toán 1.7. Giải Bài 5 cho bảng $8 \times 8$ với bốn ô ở góc được tô màu đen và các ô khác được tô màu trắng.
Lưu ý rằng Bài 5 , khác với Bài 6 và Bài 7 , có thể giải chỉ sử dụng tính chã̃n lẻ của số ô đen trên bảng. Để giải Bài 6 , ta có thể xét tính chã̃n lẻ của số ô đen trong bốn ô ở góc. Để giải Bài 7 , ta phải xét tính chẵn lẻ của số ô đen trong bốn ô cụ thể, ví dụ bốn ô ở góc phải trên.
Bài toán 1.8. Các số $1,2, \ldots, 2013$ được viết lên bảng. Cho phép xóa đi hai số và thay bởi hiệu của chúng. Liệu có thể thu được một bảng gồm toàn số 0 không?
Có nhiều cách để giải bài toán trên, một trong những bất biến có thể sử dụng là tính chẵn lẻ của tổng các số viết trên bảng. Lưu ý rằng tổng và hiệu của hai số bất kỳ là cùng tính chẵn lẻ.
Bài toán 1.9. Có 13 con tắc kè xanh, 15 con tắc kề đỏ và 17 con tắc kè vàng trên một hòn đảo. Khi hai con tắc kè khác màu gặp nhau, chúng đổi sang màu còn lại. Liệu có thể đến một lúc nào đó tất cả các con tắc kè có cùng màu hay không?
Bài toán 1.10. Viết 11 số $+1$ và 01 số $-1$ lên đỉnh của 12 giác đều. Cho phép đổi dấu của các số trên $k$ đỉnh bất kỳ của đa giác. Có thể hay không luôn chuyển số $-1$ sang đỉnh kề của nó nếu
a) $k=3$
b) $k=4$;
c) $k=6 ?$
Lưu ý rằng khái niệm bất biến là khá trừu tượng và phức tạp đối với phần lớn học sinh trong lần tiếp cận đầu tiên. Chúng ta nên lưu ý phân tích các lập luận logic của việc sử dụng các đại lượng bất biến trong giải các bài toán cụ thể. Ở đây, chúng tôi chỉ đưa ra những gợi ý tóm tắt cho các bài toán nhưng khi hướng dẫn cho học sinh, có thể sử dụng các ví dụ minh họa khiến lời giải trở nên trực quan và dễ hiểu hơn. Ngoài ra, chúng ta chỉ nên giới thiệu khái niệm và phương pháp sử dụng bất biến sau khi mỗi học sinh đã tự tìm tòi và giải quyết độc lập một vài ví dụ minh họa đơn giản nhất, thậm chí đã sử dụng bất biến mà không hề ý thức được điều đó. Rõ ràng, bước khó nhất khi giải các bài toán sử dụng bất biến là phát hiện ra được đại lượng bất biến phù hợp. Đây là một nghê thuật mà chúng ta chỉ có thể thành thạo được thông qua việc giải một loạt các bài toán trong cùng một chủ đề.
2/ Cơ bản:
Chúng ta đã gặp một số bất biến trong phần Khởi động. Tiếp theo chúng ta sẽ xem xét một số dạng bất biến cơ bản khác, ví dụ như tính chẵn lẻ, tô màu, công thức đại số, cặp nghịch đối của hoán vị,… Đối với mỗi bài toán, giáo viên có thể bắt đầu bằng việc thảo luận với học sinh dạng bất biến có thể sử dụng là gì.
Bài toán 2.1. Trên bảng viết các số $1,2, \ldots, 1000$. Ở mỗi bước cho phép thay một số bằng tổng các chữ số của nó. Quá trình dừng lại khi có toàn các số có một chữ số. Hỏi số số 1 còn lại trên bảng nhiều hơn hay số số 2 còn lại trên bảng nhiều hơn?
Bài toán 2.2. Vào năm 3000, ở Việt Nam, một nhân dân tệ (RMB) đổi được 10 đồng Việt Nam (VNĐ). Trong khi đó, ở Trung Quốc, một VNĐ đổi được $10 \mathrm{RMB}$. Một du khách người Nhật lúc đầu có $01 \mathrm{VND}$. Ông này có thể đi lại tùy ý giữa hai nước VN và TQ. Hỏi ông ta có thể làm cho số VNĐ và RMB ông ta có là bằng nhau hay không?
Bài toán 2.3. Hình vuông $8 \times 8$ bỏ đi hai ô ở góc đối nhau. Có thể phủ phần còn lại bởi 31 quân đômino $1 \times 2$ không? Nếu bỏ hai ô bất kì thì sao?
Bài toán 2.4. Cho đa thức $P(x)=a x^{2}+b x+c$, có thể thực hiện một trong hai phép biến đổi:
a) Đổi chỗ $a$ và $c$.
b) Đổi biến $x$ bởi $x+t$ với $t \in \mathbb{R}$.
Hỏi từ $x^{2}-31 x-3$ có thu được $x^{2}-20 x-12$ không? Tìm mối liên hệ của hai đa thức bậc hai $P(x)$ và $Q(x)$ sao cho từ đa thức này có thể thu được đa thức kia bởi hai phép biến đổi nói trên.
Bài toán 2.5. Tô đen 09 ô của hình vuông $10 \times 10$. Mỗi lần tô màu đen một ô chưa tô nếu nó kề với ít nhất hai ô đen (kề được hiểu là chung cạnh). Có thể tô màu hết bàn cờ hay không? Nếu là 10 ô thì sao? Nếu là hình vuông $n \times n$ thì lúc đầu cần tô đen ít nhất bao nhiêu ô để có thể tô đen cả bàn cờ?
Bài toán 2.6. Cho một hoán vị của các số $1,2, \ldots, 2012$. Mỗi lần cho đổi chỗ hai số bất kì. Sau 2011 bước có thể quay về hoán vị ban đầu không?
Bài toán 2.7. Trên bảng viết các số $1,2,3,4,5$. Mỗi bước cho phép chọn hai số $a, b$ và thay bởi $a+b, a b$. Hỏi có thu được $21,27,64,180,540$ hay không?
Bài toán 2.8. Trên bảng viết số $99 \ldots 99$ (2012 lần). Mỗi bước cho phép chọn một số $a$, phân tích $a$ thành tích hai số $m, n$ và viết lên bảng $m \pm 2, n \pm 2$ tùy ý. Ví dụ: $a=15, a=3.5$ có thể viết lên bảng $1=3-2$ và $7=5+2$. Hỏi sau một số bước như vậy, có thể thu được trên bảng toàn các số 9 không?
Bài toán 2.9. Một túi gồm 1001 viên đá. Mỗi bước chọn một túi có nhiều hơn 01 viên. Bỏ đi một viên và chia các viên còn lại thành 02 túi. Hỏi có thể làm như vậy để thu được tất cả các túi đều có 03 viên?
Bài toán 2.10. Chúng ta xét một quân cờ đặc biệt, được gọi là quân “lạc đà”, di chuyển trên bàn cờ $10 \times 10$ như là một quân mã $(1,3)$. Có nghĩa là di chuyển sang ô kề và sau đó di chuyển ba ô theo hướng vuông góc với hướng vừa di chuyển. Quân mã thông thường di chuyển theo hướng $(1,2)$. Liệu quân lạc đà có thể di chuyển từ một ô sang ô kề nó không?
Bài toán 2.11. Một bảng hình chữ nhật có thể phủ kín không đè lên nhau bởi các hình $1 \times 4$ và $2 \times 2$. Khi bỏ các hình này ra ngoài, chúng ta làm mất một hình $2 \times 2$ và thay vào đó một hình $1 \times 4$. Liệu có có thể dùng các hình lúc này phủ kín hình chữ nhật được không?
Bài toán 2.12. Có thể hay không một quân mã đi qua tất cả các ô của bàn cờ $4 \times N$, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô xuất phát ban đầu?
Bài toán 2.13. Có ba máy in thẻ trong đó các thẻ là một cặp các số tự nhiên (không sắp thứ tự). Máy thứ nhất nhận một thẻ với hai số $a, b$ và cho ra thẻ với hai số $a+1, b+1$. Máy thứ hai chỉ nhận các thẻ với hai số chẵn $a, b$ và cho ra thẻ với hai số $a / 2, b / 2$. Máy thứ ba nhận thẻ gồm hai $a, b$ và thẻ gồm hai $b, c$ và cho ra thẻ gồm hai số $a, c$. Các máy cũng sẽ trả lại các thẻ được đưa vào. Có thể nhận được thẻ gồm hai số 1 và 2012 chỉ từ một tấm thẻ gồm hai số 5 và 19 được không? Tổng quát, từ thẻ gồm hai số 5 và 19 có thể nhận được những thẻ như thế nào?
Bài toán 2.14. Một quân cờ di chuyển trên bàn cờ $n \times n$ theo một trong ba cách: đi lên một ô, sang bên phải một ô, đi xuống về bên trái một ô. Hỏi quân cờ có thể đi qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô kề bên phải ô xuất phát được không?
Bài toán 2.15. Có bảy số 0 và một số 1 được điền vào các đỉnh của khố lập phương. Mỡi bước cho phép cộng thêm 1 vào các số ở một cạnh nào đó. Có thể thu được khối lập phương với tất cả các số bằng nhau không? Có thể thu được khối lập phương với tất cả các số chia hết cho 3 không?
Bài toán 2.16. Hình tròn được chia thành 06 hình dẻ quạt, trong đó điền các số $1,0,1,0,0,0$ theo thứ tự chiều kim đồng hồ. Cho phép thêm 1 vào các số trong hai ô kề nhau. Có thể làm cho tất cả các số bằng nhau được không?
Bài toán 2.17. Chúng ta thực hiện phép biến đổi trên các bộ ba số như sau: thay hai số trong chúng, ví dụ $a$ và $b$, bời $(a+b) / \sqrt{2}$ và $(a-b) / \sqrt{2}$. Hỏi có thể nhận được $1, \sqrt{2}, 1+\sqrt{2}$ từ $2, \sqrt{2}, 1 / \sqrt{2}$ không?
Bài toán 2.18. Các số thực được viết lên vòng tròn. Nếu bốn số liên tiếp $a, b, c, d$ thỏa mān $(a-d)(b-c)>0$ thì có thể đổi chỗ $b$ và $c$. Chứng minh rằng quá trình sẽ phải kết thúc.
Bài toán 2.19. Cho một đồ thị $n$ đỉnh, bậc của mỗi đỉnh không quá 5. Chứng minh rằng các đỉnh có thể tô bởi ba màu sao cho không quá $n / 2$ cạnh có các đỉnh mút cùng màu.
Lời giải của Bài 29 được dành cho bạn đọc!
Bất biến và nửa bất biến – Phần 2
(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?
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.
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 $n+1$.
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?
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?
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?
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.
Hết
Giải bài toán bằng đại lượng cực biên – Phần 2
(Bài viết dành cho các em học sinh lớp 8, 9, 10)
Ví dụ 1. Tìm $n$ lớn nhất sao cho tồn tại $n$ điểm mà 3 điểm bất kì đều tạo thành tam giác vuông.
Lời giải.
Ta thấy $n=3, n=4$ đều tồn tại. Ta chứng minh $n\geq 5$ thì không tồn tại. \
Giả sử ngược lại, tồn tại 5 điểm, sao cho 3 điểm bất kì đều tạo thành tam giác vuông. Khi đó ta chọn hai điểm sao cho có độ dài lớn nhất. Khi đó các điểm còn lại đều nằm trên đường tròn đường kính là đoạn thẳng này. Khi đó 3 điểm thuộc 2 nửa đường tròn, khi đó có ít nhất 2 điểm cùng thuộc một nửa, từ đó tồn tại một tam giác khác vuông có đỉnh là 2 điểm này cùng một điểm thuộc đường kính. Do đó không thỏa đề bài.
Nhận xét. Đây là một bài toán cực trị dạng tìm số nhỏ nhất, lớn nhất của n để thỏa điều kiện nào đó. Những kiểu bài tập này thường ta cứ xét các trường hợp nhỏ và cố gắng xây dựng cấu hình thỏa, đối với bài này cấu hình rất dễ tìm, với trường hợp $ n = 5$, để chứng minh không tồn tại, ta sử dụng cực biên, kết hợp với phản chứng để cho lời giải trọn vẹn, chọn độ dài lớn nhất giúp mình gôm hết các điểm vào thành một đường tròn, từ đó giúp giải được bài toán.
Ví dụ 2. Trên một mặt bàn đặt một số các đồng xu với kích cỡ không giống nhau đôi một (các đồng xu không được đè lên nhau và phải nằm sấp hoặc ngửa trên bàn). Chứng minh rằng dù ta đặt như thế nào đi nữa, cũng luôn tồn tại một đồng xu chỉ tiếp xúc được với nhiều nhất 5 đồng xu khác.
Lời giải. Đồng xu càng to thì nhiều đồng xu có thể tiếp xúc với nó, còn ngược lại thì càng nhỏ, do đó để càng ít đường tròn tiếp xúc nó, ta chọn đồng xu nhỏ nhất.
Chọn đồng xu có bán kính nhỏ nhất, thì đồng xu này chỉ tiếp xúc không quá 5 đồng xu khác. Giả sử nó có thể tiếp xúc với 6 đồng xu khác. Khi đó $A$ là tâm đường tròn, tâm các đường tròn còn lại là $A_1, \cdots, A_6$. Khi đó tồn tại $A_iA_{i+1} \leq 60^\circ$, suy ra $A_iA_{i+1} < AA_i$ vô lý, vì bán kính của $(A)$ là nhỏ nhất.
Ví dụ 3. Cho $n$ điểm trong mặt phẳng biết rằng cứ 3 điểm bất kì tạo thành một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng $n$ điểm thuộc một hình tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
Lời giải. Gọi $A, B, C$ là 3 điểm tạo thành tam giác sao cho $ABC$ có diện tích lớn nhất. Từ $A, B, C$ vẽ các đường song song với các cạnh đối diện, các đường thẳng cắt nhau tại $A’, B’, C’$ ta chứng minh các điểm thuộc cạnh hoặc miền trong tam giác $A’B’C’$. \
Thật vậy, nếu có điểm nào nằm ngoài tam giác $A’B’C’$ thì điểm đó kết hợp với hai trong 3 điểm $A, B, C$ sẽ có diện tích lớn hơn diện tích tam giác $ABC$, vô lý. \
Do $S_{A’B’C’} = 4S_{ABC} \leq 4$.
Ví dụ 4. (Sylvester) Trong mặt phẳng cho $n$ điểm phân biệt, sao cho mỗi đường thẳng đi qua hai điểm thì đi qua ít nhất một điểm khác. Chứng minh rằng $n$ điểm này cùng thuộc một đường thẳng.
Lời giải. Giả sử không phải tất cả các điểm cùng thuộc một đường thẳng. Khi đó ta xét khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng qua ít nhất 3 điểm, trong các khoảng cách này có khoảng cách nhỏ nhất. Giả sử $P$ là điểm có khoảng cách từ $P$ đến $d$ là nhỏ nhất, với $d$ là đường thẳng qua các điểm $A, B, C$ theo thứ tự. \
Gọi $H$ là hình chiếu của $P$ trên $d$, $D, E$ là hình chiếu của $A, B$ trên $B$ trên $PA, PC$. Nếu $H$ thuộc tia $BA$ thì $BE < PH$, nếu $H$ thuộc đoạn $BC$ thì $BD < PH$. Mâu thuẫn với $PH$ là nhỏ nhất. \
Vậy tất cả các điểm cùng thuộc một đường thẳng.
Việc chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất thể hiện ưu thế của của các phần tử đó so với các đối tượng khác, đó chưa chắc là cái thỏa, nhưng cũng cũng có ưu thế hơn, giống khi xét tuyển, các thí sinh có điểm trung bình cao chưa chắc là giỏi nhất, nhưng là những người có ưu thế hơn điểm thấp, khi chọn trong nhóm đó sẽ tìm được nhiều người giỏi hơn là chọn trong nhóm thấp điểm, do đó vượt trội một khía cạnh nào tính ra là một lợi thế để so sánh.
Ta tiếp tục với việc chứng minh các bài toán về tồn tại các đối tượng thỏa yêu cầu nào đó.
Ví dụ 5. Cho 3 trường, mỗi trường có $n$ học sinh, biết rằng cứ mỗi học sinh thì quen ít nhất $n + 1$ học sinh của hai trường khác. Chứng minh rằng có thể chọn được từ mỗi trường một bạn sao cho 3 bạn này đôi một quen nhau.
Lời giải. Giả sử 3 trường là $X, Y, Z$. Tồn tại một người có số người quen ở cùng một trường khác là nhiều nhất, giả sử $A$ thuộc $X$ có số người quen ở trường $Y$ nhiều nhất là $k$. Khi đó số người quen của $A$ ở $Z$ ít nhất là $n+1-k$. Nếu nhóm người quen $A$ ở $Z$ quen với số người quen $A$ ở $X$ có hai người quen nhau thì ta có điều chứng minh.\
Ngược lại xét người quen $A$ ở $Z$, đặt là $B$ quen số người ở $Y$ tối đa là $n-k$, khi đó $B$ quen ở $X$ ít nhất là $n+1 – (n-k) = k+1$, mâu thuẫn với cách chọn $A$. (Mâu thuẫn).
Ví dụ 6. Một bảng $2n \times 2n$ ô, người ta đánh dấu bất kì $3n$ ô trong bảng. Chứng minh rằng tồn tại $n$ dòng và $n$ cột sao cho $3n$ ô được đánh dấu thuộc $n$ dòng và $n$ cột này.
Lời giải. Chọn $n$ dòng sao cho số ô được tô là lớn nhất, ta chứng minh rằng số ô được tô trong $n$ dòng này là không ít hơn $2n$ ô.
Thực vậy giả sử số ô được tô là ít hơn $2n$, khi đó $n$ dòng còn lại có nhiều hơn $n$ ô được tô, nên có ít nhất một một dòng có 2 ô được tô.
Do đó $n$ dòng đã chọn, mỗi dòng ít nhất 2 ô được tô nên tổng số ô hơn hoặc bằng $2n$ (mâu thuẫn).
Vậy ta chỉ cần chọn $n$ cột chứa các ô được tô màu nhưng chưa được chọn trong $n$ dòng trên thì sẽ có điều cần chứng minh.
Ví dụ 7. Một bữa tiệc có 10 học sinh tham gia, biết rằng mỗi học sinh quen với ít nhất là 5 người. Chứng minh rằng có thể sắp xếp 10 học sinh ngồi vào một bàn tròn sao cho hai người kế nhau thì quen nhau.
Lời giải. Giả sử chuỗi người quen dài nhất có độ dài là $k$, $A_1A_2…A_k$, ta thấy các người còn lại không ai quen $A_1, A_k$ nên suy ra $k \geq 6$. \
Nếu $k = 6$, suy ra $A_1$ và $A_6$ quen nhau, khi đó trong các người còn lại $A_7$ quen một trong cái người giả sử là $A_i$, khi đó ta có chuỗi $A_7A_iA_{i-1}A_1A_6A_{i+1}$ có độ dài hơn 6, vô lý.\
Nếu $k =7$, khi đó $A_1$ quen từ $A_2$ đến $A_6$ và $A_7$ quen $A_2$ tới $A_6$, khi đó có một vòng $A_2A_7A_6A_5A_4A_3A_1A_2$. Khi đó sẽ có một người trong nhóm còn lại thì ta sẽ có chuỗi dài hơn, mâu thuẫn.\
Nếu $k=8,9$ xét tương tự, ta sẽ có $k=10$. Giả sử có chuỗi $A_1\cdots A_{10}$. Khi đó tồn tại $k>i$ sao cho $A_1$ quen $A_k$ và $A_{10}$ quen $A_i$, khi đó có cách xếp thỏa đề bài là $A_1A_k\cdot A_iA_{10}A_9…A_k$.
Bài tập Bài tập nguyên lý cực biên
Tài liệu tham khảo.
- Problems – Solving Stretagies – Arthur Hegel
- Giải bài toàn bằng đại lượng cực biên – Nguyễn Hữu Điển
Giải bài toán bằng đại lượng cực biên – Phần 1
(Bài viết dành cho học sinh lớp 8,9 và đầu lớp 10)
Có một câu chuyện thú vị thường thấy là trong lớp học những người nào ngồi bàn đầu hay bàn cuối thì thường hay bị gọi lên bảng trả bài hơn là những người khác, vì sao như vậy? Thực sự vì hai vị trí đó là vị trí đầu và cuối, tức là vị trí biên, vị trí “đặc biệt” hơn các vị trí khác, nên dễ được chú ý hơn.
Hoặc có một bài toán đơn giản sau: Tam giác $ABC$, $M$ thuộc cạnh $BC$, với vị trí nào của $M$ thì $AM$ đạt giá trị lớn nhất? (nhỏ nhất?). Dễ nhận ra rằng $AM \leq AB$ hoặc $AM \leq AC$, do đó $AM$ lớn nhất chỉ khi $M$ là một trong hai vị trí $B$ hoặc $C$, đó chính là vị trí biên của đoạn thẳng.
Do đó các vị trí biên của một tập hợp $X$ nào đó luôn có những đặc điểm mà vị trí khác không có được, kiểu nếu lệch ra một tí thì “bay màu” khỏi $X$.
Nguyên lý cực biên cũng như nguyên lý quy nạp, đó là một trong các nguyên lý quan trọng để chứng minh các định lý hay các bài toán. Xuất phát tự quan hệ thứ tự trong tập các số thực, và tiên đề xây dựng số tự nhiên, ta có các tính chất sau
- Mọi tập con khác rỗng hữu hạn của tập số thực luôn có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.
- Mọi tập con khác rỗng của tập các số tự nhiên đều có phần tử nhỏ nhất
- Mọi tập con khác rỗng bị chặn trên của tập số nguyên có phần tử lớn nhất, bị chặn dưới thì có phần tử nhỏ nhất.
Nguyên lý cực biên xuất hiện nhiều trong các chứng minh, trong bài viết nhỏ này tôi chỉ giới thiệu một số bài toán cơ bản thường gặp để giúp các em học sinh nắm được kĩ thuật chứng minh này, từ đó vận dụng để làm các bài toán khó hơn.
Việc sử dụng nguyên lí cực hạn có cái quan trọng nhất là mình sử dụng đặc điểm đặc biệt của đại lượng cực biên, xem như một giả thiết mới để khai thác, kết hợp với các kĩ thuật sắp xếp, phản chứng để giải quyết bài toán.
Ta xét vài ví dụ sau
Bài 1. Cho số thực $x$ chứng minh rằng tồn tại duy nhất số nguyên $n$ sao cho $n\leq x < n+1$. ($n$ được gọi là phần nguyên của $x$, kí hiệu là $[x]$.
Lời giải.
Nhận xét: rõ ràng $n$ là số nguyên mà nhỏ hơn và “gần” $x$ nhất, tức là nếu $n$ tăng thêm một đơn vị thì nó sẽ vượt qua $x$. Từ ý đó ta có thể giải như sau:
Đặt $A = \{n \in \mathbb{Z}, n \leq x \}$, ta thấy $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{Z}$, bị chặn trên bởi $x$ nên tồn tại phần tử lớn nhất, đặt là $n_\circ$. Ta chứng minh $n_\circ \leq x < n_\circ+1$.
Rõ ràng $n_\circ \in A$ nên $n_\circ \leq x$.
Giả sử $n_\circ + 1 \leq x$ thì $n_\circ \in A$ và $n_\circ + 1 > n_\circ $ vô lí vì $n_\circ$ là phần tử lớn nhất của $A$. Do đó $n_\circ +1 > x$
Từ đó ta có $n_\circ \leq x < n_\circ + 1$.
Bước kế tiếp là chứng minh duy nhất,giả sử tồn tại $n’$ nguyên thỏa $n’\leq x < n’+1$. \
Nếu $n’ > n_\circ$ thì $n’ \geq n_\circ+1 > x$, vô lí, tương tự với $n_\circ > n’$.
Do đó $n’ = n_\circ$.
Bài 2. Cho hai số nguyên dương $a, b$. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất cặp số $q, r$ sao cho $0 \leq r \leq b-1$ và $$a = bq + r$$
Lời giải. Do $0 \leq r \leq b-1$ nên mình thấy rằng, $q$ trong đẳng thức trên là số lớn nhất để hiệu $a-bq$ không không âm.
Đặt $A = \{a-bq \leq 0, q\in \mathbb{N} \}$.
Rõ ràng $A$ khác rỗng vì $a-b \cdot 0 > 0$, và là tập con của tập các số tự nhiên. Khi đó $A$ có phần tử nhỏ nhất, đặt là $r$, ta có $q$ để $r = a-bq$. Ta chứng minh $0 \leq r \leq b-1$.
Rõ ràng $r \in A$ nên $r \geq 0$.
Ở ý còn lại, ta giả sử $r \geq b$, khi đó $r-b = a-bq-b = a-b(q+1) \geq 0$ và $r-b < r$, do đó $r-b$ thuộc $A$ và nhỏ hơn $r$, mâu thuẫn với $r$ là số nhỏ nhất thuộc $A$.
Giả sử tồn tại cặp $q’, r’$ thỏa đề bài. Khi đó $a = bq+r = bq’+r’$
suy ra $r-r’ = b(q’-q)$ chia hết cho $b$ mà $|r-r’| \leq b-1$, do đó $r-r’=0$, và $q-q’=0$. Ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 3. Cho $a, b$ là hai số nguyên dương, gọi $d$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $x, y$ thỏa $$d = x\cdot a + y \cdot b$$
Lời giải. Ý tưởng tương tự như bài trên, xét tập các tổ hợp tuyến tính dương của $a, b$ có dạng $xa + yb$,
Đặt T = ${xa + yb| x,y \in Z, xa +yb >0}$. Rõ ràng $T$ khác rỗng và là tập con của tập các số tự nhiên nên có phần tử nhỏ nhất, đặt là $e$.
Khi đó T có phần tử nhỏ nhất, ta đặt $e = xa + yb$.
Giả sử $a = ek +r$, với $ 0 \leq r < e$ , suy ra $r = a – ek = a – (xa +yb).k = a(1 – xk) + b. yk$.
- Nếu $r >0$ thì $r \leq e$ mâu thuẫn vì $e$ là phần tử nhỏ nhất của $T$.
- Vậy $r =0$ suy ra $e|a$. Chứng minh tương tự ta có $e|b$ do đó $e|d$.
- Mặt khác $d|a, d|b$ suy ra $d|(xa + yb)$ hay $d|e$. Từ đó ta có $d = e$.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng $\sqrt{2}$ là số vô tỉ.
Lời giải. Việc chứng minh $\sqrt{2}$ là số vô tỉ có nhiều cách, nhìn chung đều sử dụng phản chứng, và tính chất số học, lần này ta trình bày với phản chứng kết hợp với đại lượng cực biên.
Giả sử $\sqrt{2}$ không là số vô tỉ, tức là $\sqrt{2} = \dfrac{a}{b}$ trong đó $a, b$ là các số nguyên dương, suy ra $b\sqrt{2} = a$ là số nguyên dương.
Đặt $A = \{n| n, n\sqrt{2} \in \mathbb{N}\}$. Rõ ràng, $A$ khác rỗng là con của tập các số nguyên dương, nên có phần tử nhỏ nhất, đặt là $k$.
Ta có $k, k\sqrt{2}$ nguyên dương, suy ra $k(\sqrt{2}-1)$ nguyên dương.
Và $k(\sqrt{2}-1)\sqrt{2} = 2k – k\sqrt{2}$ cũng nguyên dương.
Do đó $k(\sqrt{2}-1)$ thuộc $A$ và $0 < k(\sqrt{2}-1) < k$ vô lí vì $k$ là nhỏ nhất.
Ví dụ 5. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương $x, y, z, t$ sao cho $$x^2+y^2=3(z^2+t^2)$$
Lời giải. Giả sử tồn tại bộ 3 số nguyên dương thỏa đề bài, ta chọn bộ thỏa $x^2+y^2$ nhỏ nhất. Khi đó $x^2+y^2$ chia hết cho 3, suy ra $x, y$ đều chia hết cho $3$, khi đó $x= 3x’, y=3y’$, suy ra $z^2+t^2 = 3(x’^2+y’^2)$, thì bộ $(z,t,x’,y’)$ cũng thỏa đề bài, nhưng $z^2 +t^2 < x^2+y^2$. Mâu thuẫn.
Do đó phương trình không có nghiệm trong tập các số nguyên dương.
(Hết phần 1)
Tài liệu tham khảo.
[1] Giải toán bằng phương pháp Đại lượng cực biên – Nguyễn Hữu Điển
[2] Problems Solving Strategies –
Thuật toán tham lam (Greedy Algorithms)
Thuật toán tham lam là thuật toán để giải quyết một bài toán trong đó ta chọn phương án tối ưu cho các bước địa phương, từ đó đạt được tối ưu toàn cục. Đó chưa hẳn luôn là phương án tối ưu cho bài toán nhưng thường sẽ được đạt được cực trị.
Ý tượng là trong mỗi bước, ta xét các phần tử (thuộc dạng tốt nhất, xấu nhất, lớn nhất hay nhỏ nhất) để đạt được các mục tiêu cần giải quyết.
Ví dụ ta có một xấp tiền gồm các tờ 1k, 2k, 5k, 10k, làm sao ta có thể đổi một số tiền 57k thành các tờ tiền này sao cho số tờ tiền là ít nhất.
Rõ ràng ta cứ chọn các tiền lớn nhất có thể, thuật toán là
- Chọn lớn nhất $x \in {1, 2, 5, 10}$ thỏa $x \leq M$.
- Tiếp tục thuật toán cho $M-x$.
Khi đó ta có
- $x_1 = 10$, $M_1 = 47$, sau lần 1.
- $x_2 = 10, M_2 = 37$
- $x_3 = 10, M_3 = 27$
- $x_4 = 10, M_4 = 17$
- $x_5 = 10, M_5 = 7$
- $x_6 = 5, M_6 = 2$
- $x_7 = 2, M_7 = 0$
Vậy tập cần tìm là $\{10, 10, 10, 10, 10, 5, 2 \}$
Trên đây là một ví dụ đơn giản về thuật toán tham lam, tiếp theo ta xét một số ví dụ khác để các bạn có thể hiểu rõ hơn về thuật toán này.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương $n$ thì đều có thể biểu dưới dạng một lũy thừa của 2 hoặc một tổng các lũy thừa của 2, và sự biểu diễn là duy nhất.
Ví dụ 2. Cho một đồ thị đơn, trong đó $d$ là bậc cao nhất. Chứng minh rằng có thể tô màu các đỉnh của đồ thị bằng $d+1$ màu sao cho hai đỉnh kề thì khác màu.
Ví dụ 3. Cho các tập $A_1, A_2 , \cdots, A_{2022}$ là các tập con có 3 phần tử của $X = \{1, 2, \cdots 2022 \}$. Chứng minh rằng ta có thể tô màu $674$ phần tử của $X$ sao cho với mọi tập $A_i$ có một phần tử không được tô màu.
Ví dụ 4. Cho một bảng $2 \times n$, người ta điền vào bảng các số dương sao cho tổng hai số trong cùng một cột bằng 1. Chứng minh rằng ta có thể chọn mỗi cột một số sao cho các số trên mỗi dòng không lớn hơn $\dfrac{n+1}{4}$.
Ví dụ 5. (IMOSL 2001) Một tập có 3 số nguyên phân biệt không âm $\{x, y, z\}$ thỏa $x < y< z$ được gọi là tập có tính chất P nên $\{z-y, y-z\} = \{a,b\}$ với $0 < a< b$ nguyên dương cho trước. Chứng minh rằng tập các số nguyên không âm được viết thành hợp các có tính chất P đôi một phân biệt.
Một số bài tập rèn luyện
Bài 1. (Đức 2000) Có một số đá tổng cộng là 9 tấn cần được vận chuyển bằng xe tải. Mỗi tảng đá không nặng quá 1 tấn, mỗi xe tải chở không quá 3 tấn. Hỏi còn ít nhất bao nhiêu xe tải để chở hết số đá này cùng lúc.
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ tồn tại các số nguyên dương $a_1, a_2, \cdots, $ sao cho $a_i \leq i$ thỏa
$$n = a_1 \cdot 1! + a_2 \cdot 2! + \cdots + a_k \cdot k! $$
và sự biểu diễn này là duy nhất.
Bài 3. Gọi S là tập hợp n điểm trong mặt phẳng tọa độ. Nói rằng một cặp điểm thẳng hàng nếu hai điểm đó có cùng tọa độ x hoặc y. Chứng minh rằng S có thể được phân chia thành các tập con rời rạc sao cho
(a) mỗi tập con này là một tập hợp các điểm thẳng hàng,
và (b) tối đa $n^{3/2}$ cặp điểm phân biệt không có thứ tự trong S thẳng hàng nhưng không nằm trong cùng một tập con.
Bài 4. (IMOSL 2013). Cho $n$ là một số nguyên dương. Tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất thỏa mãn tính chất: Cho bất kỳ số thực $a_1, · · ·, a_d$ sao cho $a_1 + a_2 + · · · + a_d = n$ và $0 \leq a_i \leq 1$
với $i = 1, 2, · · ·, d$, có thể phân chia các số này thành $k$ nhóm (một số có thể trống)
sao cho tổng các số trong mỗi nhóm nhiều nhất là $1$.
Bài 5. (IMO 2014). Với mỗi số nguyên dương n, Ngân hàng Cape Town phát hành tiền xu có mệnh giá $\dfrac{1}{n}$. Đưa ra một bộ sưu tập hữu hạn các đồng tiền như vậy (không nhất thiết phải có mệnh giá khác nhau) với tổng số giá trị nhiều nhất là $99+ \dfrac{1}{2}$. Chứng minh rằng có thể chia bộ sưu tập này thành 100 nhóm hoặc ít hơn, chẳng hạn như mà mỗi nhóm có tổng giá trị nhiều nhất là 1.
Phương pháp chứng minh phản chứng (P2)
Bài 1.
Cho tập $B = {1, 2, 3, …, 16}$. Người ta ghi các số của tập B thành một vòng tròn (mỗi số ghi một lần). Hỏi có cách ghi để tổng thỏa:
a/ Tổng của hai số kế nhau bất kì lớn hơn hoặc bằng 17 được không? Tại sao?
b/ Tổng của ba số kế nhau bất kì lớn hơn 24 được không? Tại sao?
Bài 2.
Có tồn tại hay không một cách điền các số $0,1, 2, 3, \cdots , 9$ vào các đỉnh của một đa giác 10 đỉnh sao cho hiệu hai số ở hai đỉnh kề nhau chỉ có thể nhận một trong các giá trị sau: $-5, -4, -3, 3, 4, 5$.
Bài 3.
Trong mặt phẳng tọa độ thì một điểm mà hoành độ và tung độ đều là các số nguyên được gọi là điểm nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều nào mà các đỉnh đều là điểm nguyên.
Bài 4.
Điền các số 1,2,3,…,121 vào một bảng ô vuông kích thước $11 \times 11$ sao cho mỗi ô chứa một số. Tồn tại hay không một cách điền sao cho hai số tự nhiên liên tiếp sẽ được điền vào hai ô có chung một cạnh và các tất cả các số chính phương thì nằm trong cùng một cột?
Bài 5.
Mỗi phần tử của bảng vuông $ 25 \times 25 $ hoặc là $ + 1 $ hoặc $ -1 $. Gọi $ a_{i} $ là tích của tất cả các phần tử của hàng thứ $ i $ và $ b_{j} $ là tích của tất cả các phần tử của cột thứ $ j $. Chứng minh rằng $ a_ {1} + b_ {1} + \cdots + a_ {25} + b_ {25} \neq 0 $