Bất biến và nửa bất biến
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 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 A0 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?
Dễ thấy sau mỗi phép biến đổi, số lượng A và 0 thêm vào hay bớt đi là như nhau. Vì vậy, xuất phát từ A00 với nhiều chữ cái 0 hơn, ta không thể thu được 0AA với nhiều chữ cái 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 đặt ra là có thể thu được một cấu hình này từ một cấu 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 bién đổi sao cho giá trị của đại lượng này là khác nhau ở hai cấu hình trong câu hỏi. Tuy nhiên, đối với các bài toán bất biến, phần khó nhất thường là chỉ ra đại lượng 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?
Chứng minh. Đánh số các ô từ 1 đến 6 theo chiều kim đồng hồ. Với mỗi cách sắp xếp, xét S là tổng các ô có chứa quân cờ (tính cả bội). Khi đó, tính chẵn lẽ của S không thay đổi.
Trong một số trường hợp, bất biến không chỉ được dùng để chứng minh ta không thể thu được cấu hình này từ một cấu hình khác mà còn có thể sử
dụng để tìm hiểu cấu hình nào có thể thu được từ một cấu hình cho trước.
Ta có ví dụ sau.
Bài toán 1.3. Các số 1,2,3, . . . ,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?
Chứng minh. Với bộ n số trên bảng ta xét đại lượng X bằng tổng các số trên bảng trừ đi n. Khi đó X không thay đổi trong các phép biến đổi. Lúc đầu X = (1 + 2 +. . .+ 20)−20 = 190. Sau 19 bước, X = 190 hay số còn lại sẽ là 191.
Sẽ không ngạc nhiên nếu như một số học sinh đưa ra lập luận như sau:
tại mỗi bước, tổng các số giảm đi 1. Lúc đầu tổng là 210 và sau 19 bước, số còn lại sẽ là 210 - 19 = 191. Cách giải này hiển nhiên đúng nhưng không làm rõ được ý tưởng của “bất biến”. Chúng ta sẽ đưa cho học sinh một bài toán tương tự, mà ở đây, những lập luận “rút gọn” như vậy là khó có thể thực hiện được.
Bài toán 1.4. Các số 1,2,3, . . . ,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 ý tưởng của bất biến.
Bài toán 1.5. Trong bàn cờ 8×8, 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 đây, 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 3×3.
Bài toán 1.7. Giải Bài 5 cho bảng 8×8với 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 chẵn lẻ của số ô đen trên bảng. Để giải Bài 6, ta có thể xét tính chẵn 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, . . . ,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?
Chứng minh. Mỗi “trạng thái” trên đảo gồm a con tắc kè xanh, b con tắc kè đỏ vàccon tắc kè vàng vớia+b+c= 45. Phép biến đổi màu sẽ chuyển từ trạng thái(a, b, c)sang một trong ba trạng thái(a−1, b−1, c+2),(a−1, b+2, c−1)hoặc (a+2, b−1, c−1). Dễ thấy(a−1)−(b−1)≡(a−1)−(b+2) ≡(a+2)−(b−1)≡a−b mod 3. Bất biến X =sai khác giữa số tắc kè xanh và số tắc kề đỏ theo modulo 3. Lúc đầu X ≡2 mod 3 và khi tất cả các tắc kè cùng màu thì X ≡0 mod 3. Vì vậy, trường hợp tất cả các con tắc kè có cùng màu không thể xảy ra.
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?
Chứng minh. Câu trả lời là phủ định trong cả ba trường hợp. Chứng minh cho cả ba trường hợp có thể thực hiện như sau: chúng ta chọn các đỉnh cách đều nhau đúng k−1 đỉnh (ví dụ khi k = 3 ta chọn được 4 đỉnh, khi k= 4 ta chọn được 3 điểm và k = 6 ta chọn được 2 điểm). Bất biến của chúng ta là tích các số trên các đỉnh được chọn. Chúng ta xếp số −1 vào một trong các điểm được chọn. Dễ kiểm tra rằng nếu số −1 được chuyển sang đỉnh kề thì tích các số trên các điểm được chọn lúc đó sẽ là 1.
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 nghệ 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 số1,2, . . . ,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?
Chứng minh. Nếu chúng ta viết tất cả các số trên bảng theo modulo 9 thì các số này sẽ là bất biến trong các phép biến đổi. Do số các số đồng dư 1 mod 9 nhiều hơn số các số đồng dư 2 mod 9 trong tập {1, . . . ,1000}, số các số 1 còn lại trên bảng sẽ nhiều hơn số số 2 còn lại trên bảng.
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 RMB. Một du khách người Nhật lúc đầu có 01 VNĐ. 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?
Chứng minh. Xét X = số VNĐ − số RMB của du khách. Khi đó X mod 11 sẽ là bất biến trong các bước đổi tiền. Nếu số VNĐ và RMB bằng nhau thì X ≡ 0 mod 11. Lúc đầu X ≡ 1 mod 11, do đó không thể thu được X ≡ 0 mod 11. Ta có câu trả lời phủ định.
Bài toán 2.3. Hình vuông8×8bỏ đi hai ô ở góc đối nhau. Có thể phủ phần còn lại bởi 31 quân đômino 1×2 không? Nếu bỏ hai ô bất kì thì sao?
Chứng minh. Chúng ta tô màu hình vuông đen trắng như bàn cờ vua. Hai ổ ở góc đối nhau luôn cùng mau nên sau khi bỏ chúng đi, số ô đen khác số ô trắng. Mỗi quân đômino phủ đúng một ô đen, một ô trắng nên phần còn lại của hình vuông không thể phủ kín được bởi các quân đômino. Bất biến ở đây chính là hiệu số giữa số ô trắng và số ô đen trên bảng.
Bài toán 2.4. 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+t với t∈R.
Hỏi từ x2−31x−3 có thu được x2−20x−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.
Chứng minh. Bất biến của chúng ta là định thức ∆ = b2−4ac của đa thức P(x) = ax2+bx+c. Dễ kiểm tra rằng hai phép biến đổi a) và b) không làm thay đổi định thức của đa thức. Định thức ∆1 của x2−31x−3 và định thức
∆2 của x2−20x−12 là khác nhau. Ta có câu trả lời phủ định! Chúng tôi để lại câu hỏi tìm mối liên hệ giữa hai đa thức bậc hai nhận được từ nhau qua hai phép biến đổi trong đề bài cho bạn đọc.
Bài toán 2.5. Tô đen 09 ô của hình vuông10×10. 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×n thì lúc đầu cần tô đen ít nhất bao nhiêu ô để có thể tô đen cả bàn cờ?
Chứng minh. Nếu tô 10 ô thì câu trả lời là khẳng định. Ví dụ ta có thể bắt đầu với 10 ô đen trên đường chéo chính của hình vuông.
Nếu tô 9 ô thì câu trả lời là phủ đinh. Xét X là tổng chu vi của phần tô đen trên hình thì lúc đầu X ≤36. Dễ kiểm tra X là nửa bất biến, cụ thể, X là không tăng. Nếu cả bàn cờ được tô màu thì lúc này X = 40 - mâu thuẫn.
Vậy, không thể tô đen được cả bàn cờ nếu xuất phát với 9 ô màu đen.
Bài toán 2.6. Cho một hoán vị của các số 1,2, . . . ,2012. Mỗi lần cho đổi chỗ hai số bất kì. Sau 2011 bước có thể quay về hoán vị ban đầu không?
Chứng minh. Bài toán này liên quan đến số cặp nghịch đối của một hoán vị.
Cặp nghịch đối của hoán vị π của {1, . . . , n} là số cặp 1 ≤ i < j ≤ n sao cho π(i) > π(j). Bạn đọc hãy tự kiểm tra rằng tính chẵn lẻ của số cặp nghịch đối thay đổi khi chúng ta hoán vị một cặp trong dãy. Sau 2011 bước, số cặp nghịch đối sẽ bị thay đổi tính chẵn lẻ và chúng ta không thể quay trở về hoán vị ban đầu.
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, ab. Hỏi có thu được 21,27,64,180,540 hay không?
Chứng minh. Bài toán này thoạt nhìn khá đơn giản nhưng để tìm được bất biến không phải là điều dễ dàng. Trước hết ta kiểm tra rằng số các số chia hết cho 3 không giảm và số lượng này tăng khi và chỉ khi từ hai số chia 3 dư 1 và chia 3 dư 2 chúng ta thu được một số chia hết cho 3 và một số chia hết cho 2. Vì vậy, khi chúng ta lần đầu tiên chuyển sang trạng thái có 4 số chia hết cho 3 thì số còn lại chia 3 dư 2, nhưng 64 chia 3 dư 1 nên câu trả lời sẽ là phủ định.
Bài toán 2.8. Trên bảng viết số99. . .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±2, n±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?
Chứng minh. Đây cũng không phải là một bài toán “dễ” như cách phát biểu cũng như lời giải của nó. Bất biến là trên bảng luôn có ít nhất một số chia 4 dư 3.
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?
Chứng minh. Xét X là tổng số đá và số túi tại mỗi bước. Dễ thấy X mod 4 không đổi. Lúc đầu X = 1002 không chia hết cho 4. Nếu tất cả các túi có 3 viên thìX lúc đó chia hết cho 4, mẫu thuẫn. Vậy câu trả lời là phủ định.
Bài toán 2.10. Chúng ta xét một quân cờ đặc biệt, được gọi là quân “lạc đà”, di chuyển trên bàn cờ 10×10 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?
Chứng minh. Câu trả lời là không. Xét các tô màu đen trắng của bàn cờ thông thường. Dễ dàng kiểm tra được rằng quân lạc đà luôn di chuyển trong các ô cùng màu và hai ô kề nhau lại là khác màu.
Bài toán 2.11. Một bảng hình chữ nhật có thể phủ kín không đè lên nhau bởi các hình 1×4 và 2×2. Khi bỏ các hình này ra ngoài, chúng ta làm mất một hình 2×2 và thay vào đó một hình 1×4. Liệu có có thể dùng các hình lúc này phủ kín hình chữ nhật được không?
Chứng minh. Câu trả lời là phủ định. Hãy tìm một cách tô màu các ô của hình chữ nhật bởi các màu 1,2,3,4 sao cho mỗi hình 2×2 có một ô mỗi màu và hình1×4 hoặc không có ô màuihoặc có 2 ô màui với mỗii= 1,2,3,4.
Bài toán 2.12. Có thể hay không một quân mã đi qua tất cả các ô của bàn cờ 4×N, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô xuất phát ban đầu?
Chứng minh. Tô màu hàng thứ nhất1,2,1,2, . . .. Tô màu hàng thứ hai3,4,3,4, . . .. Tô màu hàng thứ ba 4,3,4,3, . . ., và tô màu hàng thứ tư 2,1,2,1, . . .. Giả sử tồn tại một chu trình bởi quân mã trên bàn cờ. Dễ kiểm tra rằng với cách tô của chúng ta, nếu quân mã đứng ở ô màu 1 hoặc 2 thì bước tiếp theo sẽ là ô màu 3 hoặc 4, tương ứng. Do số ô mỗi màu là như nhau, các cập màu sẽ thay đổi luân phiên trong chu trình. Bạn đọc hãy tự chỉ ra rằng lúc này ta phải luân phiên giữa các ô màu 1 và màu 3 hoặc luân phiên giữa các ô màu 2 và màu 4. Hay nói một cách khác, chúng ta không thể đi hết được cả bàn cờ.
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, bvà 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?
Chứng minh. Ba phép toán có thể viết lại dưới dạng (a, b) → (a + 1, b+ 1), (a, b) → (a/2, b/2) và (a, b),(b, c) → (a, c). Trong phép biến đổi thứ nhất, hiệu giữa hai số trên thẻ không đổi. Trong phép biến đổi thứ hai, hiệu giữa hai số trên thẻ giảm một nửa. Và trong phép biến đổi thứ ba, hiệu hai số trên thẻ mới bằng tổng hiệu các số trên hai thẻ cũ. Như vậy, hiệu các số trên thẻ không phải là bất biến! Tuy nhiên, nếu nhìn kĩ, có thể tính chia hết cho một số bất kì sẽ được bảo toàn. Kiểm tra được rằng 19−5 = 14 chia hết cho 7
nhưng 2012−1 thì không. Câu trả lời là phủ định. Phần còn lại của bài toán được dành cho độc giả với gợi ý là tất cả các thẻ gồm hai số a, b thỏa mãn a−b chia hết cho 7 đều nhận được.
Bài toán 2.14. Một quân cờ di chuyển trên bàn cờ n×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?
Chứng minh. Sau mỗi bước, tổng thứ tự của hàng và cột chứa quân cờ hoặc giảm đi 2 hoặc tăng lên 1. Như vậy, khi xét theo modulo 3 thì tổng này tăng 1 mỗi bước. Do có n2−1 bước, nếu kết thúc ở ô kề bên phải ô xuất phát thì tổng này tăng 1 đơn vị. Do đón2−2 chia hết cho 3, mẫu thuẫn. Vậy câu trả lời lại là phủ định.
Bài toán 2.15. Có bảy số 0 và một số 1 được điền vào các đỉnh của khối lập phương. Mỗi 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?
Chứng minh. Chúng ta đánh dấu 4 đỉnh của khối lập phương sao cho các đỉnh này không kề nhau. Xét hiệu giữa tổng các số được đánh dấu và các số không được đánh dấu thì tổng này không đổi. Sử dụng bất biến này, chúng ta dễ dàng chứng minh được rằng câu trả lời trong cả hai trường hợp là phủ định.
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?
Chứng minh. Tương tự như Bài 25, đánh số các dẻ quạt 1,2, . . . ,6 và tô màu đỏ các dẻ quạt 1,3,5. Xét hiệu giữa tổng các số trên các dẻ quạt được tô màu và tổng các số trên các dẻ quạt còn lại thì tổng này không đổi.
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, bởi (a+b)/√
2 và (a−b)/√
2. Hỏi có thể nhận được 1,√
2,1 +√
2 từ 2,√ 2,1/√
2 không?
Chứng minh. Tổng bình phương của các số trong mọi cấu hình là không đổi.
Sử dụng bất biến này, dễ dàng đưa ra câu trả lời phủ định cho bài toán.
Bài toán 2.18. Các số thực được viết lên vòng tròn. Nếu bốn số liên tiếp a, b, c, d thỏa mãn(a−d)(b−c)>0 thì có thể đổi chỗ b và c. Chứng minh rằng quá trình sẽ phải kết thúc.
Chứng minh. Giả sử các số trên vòng tròn theo thứ tự là a1, a2, . . . , an. Xét
X = Pn
i=1aiai+1 với an+1= a1. Khi đó trong mỗi phép biến đổi X tăng thực sự. Nếu quá trình kéo dài vô hạn thì tổng này có vô hạn giá trị, nhưng tổng chỉ có tối đa n! giá trị. Suy ra quá trình buộc phải kết thúc.
Bài toán 2.19. Cho một đồ thịn 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!
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 hữu 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?
Chứng minh. Gán cho viên đá ở ô thứ n số n2. Xét tổng tất cả các số thu được. Rõ ràng mỗi phép biến đổi ta thay hai sốn2 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 phần 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.
Chứng minh. 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 ≥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, . . . ,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 ≤1006×20102, 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.
Chứng minh. 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 α >1 là nghiệm của α2−α−1 = 0. Gán cho viên đá ở ô thứ n số αn 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 (do α > 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?
Chứng minh. 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, . . . ,10,−1,−2, . . . ,−10]
thu được [10,9, . . . ,1,−10, . . . ,−1] hay không?
Chứng minh. Chọn x1, . . . , x20 sao cho x1−x2, ..., x20−x1 là bộ 20 số ban đầu.
Khi đó dễ dàng kiểm tra được rằng, phép biến đổi đã cho trên bộ 20 số x1−
x2, ..., x20−x1sẽ tương ứng với việc đổi chỗ hai số cạnh nhau trên bộx1, . . . , x20. Từ x1, . . . , x20 tương ứng với [1,2, . . . ,10,−1,−2, . . . ,−10], đổi chỗ liên tiếp các số cạnh nhau ta thu đượcx20, . . . , x1 ương ứng với bộ [10,9, . . . ,1,−10, . . . ,−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?
Chứng minh. Ý 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 . . . , x−n, . . . , xn, . . . 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 đổi 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 Đ và đổi màu hai điểm kề nó. Lúc đầu có hai điểm Đ và quá trình ko được phép làm cho có ít hơn hai điểm. Hỏi có thể thu được:
a) 2 điểm X, Đ.
b) 8 điểm Đ.
c) 1 điểm Đ, 6 điểm X.
d) 2 điểm X.
Chứng minh. a) Không thể thu được 2 điểm X, Đ 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 X. Do lúc đầu không có điểm X nào nên số điểm X luôn là chẵn. Đánh số các điểm xanh bởi x1, . . . , x2n và gọi
d1, . . . , d2n là số điểm đỏ giữa các điểm X. Bất biến là tính chia hết cho 3 của S =|d1−d2+. . .+d2n−1−d2n|.
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.
