skkn phương pháp đại lượng bất biến đơn biến trong các bài toán tổ hợp thpt chuyên lương thế vinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị THPT chuyên Lương Thế Vinh
Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG PHÁP ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN,
ĐƠN BIẾN
TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP
Người thực hiện: Phạm Doãn Lê Bình
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán 

- Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
Năm học: 2013 - 2014
BM 01-Bia SKKN
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Phạm Doãn Lê Bình
2. Ngày tháng năm sinh: 23/04/1986
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 1123, KP7, P. Long Bình, TP. Biên Hòa, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0613930245 (nhà riêng) ; ĐTDĐ: 01683531100
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ

- Năm nhận bằng: 2012
- Chuyên ngành đào tạo: Đại số và lý thuyết số
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Sư phạm Toán
Số năm có kinh nghiệm: 2
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
BM02-LLKHSKKN
PHƯƠNG PHÁP ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN,
ĐƠN BIẾN
TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP
Phạm Doãn Lê Bình
Giáo viên trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
Ngày 24 tháng 4 năm 2014
Mục lục
1 Lý do chọn đề tài 2
2 Nội dung đề tài 2
2.1 Nêu vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2.1 Tìm đại lượng không đổi sau mỗi phép biến đổi . . 3
2.2.2 Tìm tính chất tuần hoàn của trạng thái trong các
phép biến đổi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.2.3 Tìm tính chất của đại lượng không thay đổi sau mỗi
phép biến đồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.2.4 Tìm đại lượng đơn biến sau các phép biến đổi . . . 11
2.3 Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3 Hiệu quả của đề tài 16
4 Tài liệu tham khảo 17
Trang 1
1 Lý do chọn đề tài
Trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy có nhiều bài

toán tổ hợp, rời rạc có thể sử dụng các yếu tố đại lượng bất biến, đơn biến
để giải quyết. Qua quá trình giảng dạy thực tế, tôi viết đề tài này nhằm
làm tài liệu phục vụ cho việc dạy và học. Bất biến là một trong những khái
niệm trung tâm của Toán học. Nó có mặt trong hầu hết các lĩnh vực của
Toán học hiện đại. Nhưng bất biến không phải là một khái niệm cao siêu
mà các học sinh phổ thông bình thường không gặp và không hiểu được.
Đôi khi bất biến chỉ là tính chẵn lẻ, là sự chia hết cho 3, là tính đối xứng
của một trạng thái, là sự bảo toàn góc, khoảng cách . . . tức là những điều
rất dễ hiểu và dễ nhận thấy. Tài liệu này được viết ra nhằm hệ thống lại
các dạng toán và phương pháp sử dụng đạo lượng bất biến, đơn biến để
học sinh có thêm kinh nghiệm trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp.
2 Nội dung đề tài
2.1 Nêu vấn đề
Một dãy lặp (x
n
) các trạng thái được thành lập bằng cách thực hiện nhiều
lần một phép biến đổi T cho phép chúng ta chuyển từ trạng thái này sang
trạng thái tiếp theo
x
1
T
−→ x
2
T
−→ x
3
T
−→ . . .
T
−→ x

n
T
−→ . . .
Đối với dãy lặp như trên, có các dạng toán được đặt ra
I. Bài toán về tính hữu hạn hoặc vô hạn của dãy lặp
• Dãy lặp này vô hạn hay hữu hạn?
• Nếu dãy lặp này hữu hạn thì chiều dài lớn nhất của nó là bao nhiêu
và trạng thái cuối cùng của nó là gì?
II. Bài toán về tính tuần hoàn của dãy lặp
• Tìm những giá trị có thể có trong dãy lặp này?
• Giá trị của các trạng thái trong dãy lặp này thay đổi như thế nào?
III. Bài toán về sự tồn tại của dãy lặp mà trạng thái cuối cùng
thỏa mãn một tính chất cho trước
Để giải các bài toán trên, ta có thể sử dụng các đại lượng bất biến hoặc
đơn biến.
Đại lượng bất biến: là những đại lượng (hay tính chất) không thay đổi
trong quá trình chúng ta thực hiện các phép biến đổi.
Trang 2
Đại lượng đơn biến: là một đại lượng luôn thay đổi, nhưng chỉ theo một
chiều (tức là tăng lên hay giảm xuống).
Để giải các bài toán bằng đại lượng bất biến thì việc quan trọng nhất
là phát hiện ra các yếu tố bất biến, sau đó là việc sử dụng các yếu tố đó
vào trong bài toán một cách thích hợp. Các đại lượng bất biến có khi đơn
giản chỉ là tính chẵn lẻ, là sự đồng dư với một số, là tính đối xứng của một
trạng thái, là sự bảo toàn góc tức là những điều rất dễ nhận biết và dễ
nhận thấy.
2.2 Một số ví dụ
2.2.1 Tìm đại lượng không đổi sau mỗi phép biến đổi
Bài 1. Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2014,
sau đó thực hiện trò chơi như sau: mỗi lần xóa hai số bất kì và viết một số

mới bằng tổng hai số đã xóa, việc làm này thực hiện liên tục cho đến khi
chỉ còn một số trên bảng. Hỏi số cuối cùng còn lại trên bảng là bao nhiêu?
Tại sao?
LỜI GIẢI. Vì mỗi lần thực hiện trò chơi thì ta thay hai số bằng tổng
của chúng nên tổng các số trên bảng không thay đổi trong mọi thời điểm.
Vậy, đại lượng không đổi trong bài toán trên là tổng các số trên bảng. Mà
tổng các số ban đầu là
1 + 2 + 3 + · · · + 2014 =
(1 + 2014) × 2014
2
= 2029105
nên suy ra số cuối cùng là 2029105.
 Các em hãy làm bài tập có câu hỏi như Bài 1 nhưng thay “tổng”
bằng “tích”.
Bài 2. Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2014.
Sau đó, thực hiện trò chơi như sau: mỗi lần xóa hai số bất kì và viết một
số mới bằng hiệu hai số đã xóa (lấy số lớn trừ số nhỏ). Việc làm này thực
hiện liên tiếp cho đến khi còn một số trên bảng. Hỏi số cuối cùng còn lại
trên bảng có thể bằng 0 hay không? Tại sao?
LỜI GIẢI. Ta thấy rằng nếu xóa đi hai số a, b(a > b) và thay bằng hiệu
a − b thì tổng các số trên bảng giảm đi một đại lượng là a+ b − (a − b) = 2b
là số chẵn. Như vậy, tổng các số trên bảng không thay đổi tính chẵn lẻ tại
mọi thời điểm thực hiện trò chơi. Vậy, đại lượng bất biến trong bài toán
này là tính chẵn, lẻ của tổng các số trên bảng. Tổng các số lúc đầu là
1 + 2 + 3 + · · · + 2014 =
(1 + 2014) × 2014
2
= 2029105
Trang 3
là số lẻ. Suy ra số còn lại cuối cùng là số lẻ nên và do đó không thể bằng

0 được.
 Các em hãy làm bài tập có câu hỏi như Bài 2 nhưng thay “hiệu”
bằng “hiệu bình phương”.
Bài 3. Trên bảng có 10 số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 10. Bạn Sơn xóa hai
số bất kì và thay bằng một số mới bằng tổng lập phương của hai số vừa
xóa, sau đó cứ tiếp tục làm như vậy cho đến khi còn 1 số trên bảng. Vậy
số đó có thể là 2013
32
+ 2012 hay không? Vì sao?
LỜI GIẢI. Ta thấy rằng nếu xóa đi hai số a, b và thay bằng a
3
+ b
3
thì
tổng của các số trên bảng tăng lên một đại lượng là
a
3
+ b
3
− (a + b) = a(a + 1)(a − 1) + b(b + 1)(b − 1)
là số chia hết cho 3. Vậy đại lượng bất biến trong bài toán này là số dư
của tổng các số ban đầu khi chia cho 3. Mà các số ban đầu có tổng là
1 + 2 + 3 + · · · + 10 =
(1 + 10) × 10
2
= 55
là số chia cho 3 dư 1. Trong khi đó 2013
32
+ 2012 là số chia cho 3 dư 2. Vậy
câu trả lời là không thể có kết quả cuối cùng trên bảng là 2013

32
+ 2012.
 Các em hãy làm bài tập có câu hỏi như Bài 3 nhưng thay “tổng lập
phương” bằng
a) “lập phương của tổng” b) “tổng lũy thừa 5”.
Bài 4. Cho số tự nhiên 201320142015. Từ số này, người ta đổi vị trí các chữ
số của nó. Hỏi số mới tạo thành có thể một số chính phương hay không?
LỜI GIẢI. Ta thấy rằng khi thay đổi vị trí các chữ số của số ban đầu
thì tổng của nó không thay đổi. Vậy đại lượng bất biến trong bài toán này
chính là tổng các chữ số của số ban đầu. Mà tổng các chữ số của số ban
đầu là 21 nên số mới được tạo thành luôn là số chia hết cho 3 nhưng không
chia hết cho 9. Vậy không thể nào thay đổi vị trí các chữ số của số ban
đầu để tạo thành số mới là số chính phương được.
Bài 5. Kí hiệu d(n) là tổng các chữ số của n ∈ N. Hãy tìm n thỏa mãn
đẳng thức
n + d(n) + d(d(n)) = 2014.
LỜI GIẢI. Ta thấy tổng các chữ số của một số tự nhiên và số đó luôn
có cùng số dư khi chia cho 3. Do đó n, d(n) và d(d(n)) có cùng số dư khi
chia cho 3. Nên tổng của ba số trên phải là một số chia hết cho 3. Mà 2014
chia 3 dư 1 nên không thể nào tìm được số tự nhiên n thỏa yêu cầu bài
Trang 4
toán. Đại lượng bất biến được sử dụng trong bài toán này chính là số dư
của các số khi chia cho 3.
 NHẬN XÉT: Qua những bài tập ở trên, ta có thể thấy đại lượng
bất biến có thể là những dấu hiệu đơn giản, dễ nhận thấy như tổng các số,
các chữ số; là tính chẵn lẻ của số hoặc số lượng các số; là số dư khi chia
cho cùng một số tự nhiên . . . . Bây giờ ta xem xét các bài tập mà dấu hiệu
khó nhận biết hơn.
Bài 6. Trên bảng có các số
1

2014
,
2
2014
,
3
2014
, . . . ,
2014
2014
. Mỗi một lần thực
hiện ta xóa đi hai số a, b bất kì trên bảng và thay bằng a + b − 2ab. Hỏi
sau 2013 lần thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào?
 Phân tích: Bài toán trên thoạt nhìn thì thấy rất khó vì chẳng còn
dấu hiệu nào của đại lượng bất biến dễ nhận thấy. Tuy nhiên, để ý một
chút về đại lượng được thay sau khi xóa hai số a, b là a + b − 2ab thì ta
thấy nó mang dấu hiệu của việc phân tích thành nhân tử quen thuộc. Ta
dễ dàng liên tưởng đến phép phân tích
(2a − 1)(1 − 2b) = 2a + 2b − 4ab − 1 = 2(a + b − 2ab) − 1.
Để ý kỹ thì thấy biểu thức bên trái và bên phải đều chứa các thừa số có
dạng 2X − 1 và đây chính là gợi mở để giải quyết bài toán.
LỜI GIẢI. Giả sử các số trên bảng đang là a
1
, a
2
, a
3
, . . . , a
2014
và a là

số cuối cùng trên bảng. Ta cho tương ứng các số trên với số (2a
1
−1)(2a
2
−
1)(2a
3
− 1) . . . (2a
2014
− 1). Khi đó, sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất
đi thừa số (2a − 1)(2b − 1) và được thêm vào thừa số
2(a + b − 2ab) − 1 = −(2a − 1)(2b − 1).
Do đó, tích trên có giá trị tuyệt đối không thay đổi. Mà tích ban đầu bằng
0 vì trong các số ban đầu trên bảng có chứa số
1007
2014
=
1
2
nên số cuối cùng
phải cho tích số bằng 0, tức là 2a − 1 = 0, suy ra a =
1
2
.
Bài 7. Xét một bảng vuông 4 × 4 ô. Tại mỗi ô của bảng vuông có chứa
dấu + hoặc dấu −. Mỗi lần thực hiện, cho phép đổi dấu của tất cả các
ô trên cùng một hàng hoặc cùng một cột. Giả sử bảng vuông ban đầu có
5 dấu + và 11 dấu −. Hỏi có thể đưa bảng ban đầu về toàn dấu + được
không?
LỜI GIẢI. Thay dấu + bằng 1 và dấu − bằng −1. Xét S là tích tất

cả các số trên bảng. Ta thấy rằng, mỗi lần đổi dấu của tất cả các ô trên
cùng một hàng hoặc cùng một cột thì tương ứng sẽ có 4 số bị thay đổi từ
1 thành −1 hoặc ngược lại. Do đó, S không thay đổi. Mà S = −1 nên dù
thay đổi thế nào thì trong bảng vẫn còn số lẻ số −1 tương ứng với số lẻ
dấu −. Vậy ta không thể nào đưa về bảng có toàn dấu + được.
Trang 5
Bài 8. Cho đa thức P (x) = ax
2
+ 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 x
2
− 31x − 3 có thu được x
2
− 20x − 12 không?
LỜI GIẢI. Xét đại lượng ∆ = b
2
− 4ac của đa thức P (x). Khi thực
hiện một trong hai phép biến đổi trên thì ta thấy rằng đại lượng ∆ tương
ứng của các đa thức mới vẫn không thay đổi so với đa thức cũ. Vậy đại
lượng ∆ chính là đại lượng bất biến trong bài toán này. Ta thấy biểu thức
x
2
− 31x − 3 có ∆ = 973 và biểu thức x
2
− 20x − 12 có ∆ = 352 nên không
thể dùng các phép biến đổi trên để biến đổi x
2

−31x−3 thành x
2
−20x−12
được.
Bài 9. Giả sử (a
1
, a
2
, . . . , a
2013
) là một hoán vị của 1, 2 . . . , 2013. Chứng
minh rằng
P = (a
1
− 1)(a
2
− 2) . . . (a
2013
− 2013)
là số chẵn.
LỜI GIẢI. Do (a
1
, a
2
, . . . , a
2013
) là một hoán vị của 1, 2 . . . , 2013 nên
tổng của các số a
1
− 1, a

2
− 2, . . . , a
2013
− 2013 luôn không đổi và bằng 0.
Do có 2013 số nên trong các số a
1
− 1, a
2
− 2, . . . , a
2013
− 2013 phải có một
số chẵn vì nếu tất cả đều là lẻ thì tổng của chúng sẽ là lẻ (mâu thuẫn). Do
đó P là số chẵn.
2.2.2 Tìm tính chất tuần hoàn của trạng thái trong các phép
biến đổi
 NHẬN XÉT: Trong một số bài toán, có những đại lượng không phải
là bất biến nhưng sự thay đổi trạng thái của đại lượng đó mang tính chất
lặp lại theo chu kỳ. Dựa vào đặc điểm đó, ta có thể giải quyết được bài
toán đặt ra. Ta xem một số bài toán ví dụ dưới đây.
Bài 10. Một quân mã được đặt trên bàn cờ vua. Di chuyển quân mã đó
2013 lần. Hỏi có cách đi nào để quân mã trên quay lại vị trí ban đầu của
nó được hay không?
LỜI GIẢI. Bàn cờ vua có hai màu ô là đen và trắng. Khi quân mã di
chuyển thì màu ô ở vị trí của nó sẽ đổi màu (đang đứng ở ô đen thì sẽ di
chuyển qua ô có màu trắng hoặc ngược lại). Vậy sau 2013 lần di chuyển
thì màu ô quân mã đang đứng sẽ khác với màu ô ban đầu. Vậy quân mã
không thể nào quay lại vị trí ban đầu sau 2013 bước di chuyển.
Tương tự Bài 10, các em hãy làm bài tập dưới đây.
Trang 6
Bài 11. Cho một bàn cờ vua 8 × 8. Hỏi rằng con mã có thể đi nước đầu

tiên từ ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải hay không?
(với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ đi qua
đúng một lần)
Bài 12. Trên bảng viết ba số nguyên dương. Ta xóa đi một số và viết vào
đó tổng hai số còn lại trừ đi 1. Thao tác như vậy lặp lại một số lần và cuối
cùng trên bảng còn ba số 11, 2003, 2013. Vậy ba số ban đầu có thể là 2, 4,
6 hay không?
LỜI GIẢI. Giả sử ba số ban đầu là 2, 4, 6. Ta thấy sau lần biến đổi
đầu tiên thì ta sẽ có 3 số gồm 2 số chẵn và 1 số lẻ. Những lần biến đổi sau
đó, ta luôn thu được 3 số gồm 2 số chẵn và 1 số lẻ. Do đó, ba số ban đầu
không thể nào là 2, 4, 6 vì khi đó ta không thể đưa về 3 số 11, 2003, 2013
(cả ba số này đều là số lẻ). Tính bất biến trong bài toán này chính là trạng
thái của ba số trong quá trình biến đổi luôn gồm 2 số chẵn và 1 số lẻ.
Bài 13. Cho dãy số 2, 0, 0, 1, 3, . . . , mỗi chữ số bắt đầu từ chữ số thứ năm
bằng chữ số hàng đơn vị của tổng bốn chữ số liền trước nó. Hỏi trong dãy
này có gặp bộ 1234 hoặc bộ 5678 hay không?
LỜI GIẢI. Ta cho tương ứng dãy số trên với dãy số gồm các số dư của
các số trong dãy cho 2. Ta được dãy số tương ứng sẽ là 0001100011 . . . .
Ta thấy dãy trên gồm các bộ 4 số liền nhau là 0001, 0011, 0110, 1100, 1000,
trong khi đó bộ số 1234 hoặc 5678 tương ứng với 1010 không gặp trong các
bộ 4 số liền nhau ở trên. Vậy không thể nào gặp các bộ 1234, 5678 trong
dãy trên.
2.2.3 Tìm tính chất của đại lượng không thay đổi sau mỗi phép
biến đồi
Bài 14. Xét tập M = {(0, 0), (1, 1), (−3, 0), (2, −1)}. Mỗi phép biến đổi ta
thay thế (a, b) ∈ M bất kì bởi (a + 2c, b + 2d) với (c, d) ∈ M. Hỏi sau một
số hữu hạn bước có thể nhận được tập M
1
= {(−1; 2), (2; −1), (4; 0), (1; 1)}
hay không?

LỜI GIẢI. Ta nhận thấy với (x, y) ∈ M ta luôn có |x − y| chia hết cho
3. Nếu (a, b) ∈ M, (c, d) ∈ M, ta có (a + 2c) − (b + 2d) = (a − b) + 2(c − d)
chia hết cho 3. Do đó, chúng ta không thể nhận được M
1
sau một số hữu
hạn bước vì (4; 0) ∈ M
1
mà 4 − 0 không chia hết cho 3.
Bài 15. Ngoài biển Đông, trên một hòn đảo sinh sống loại thằn lằn kì lạ
có 3 màu: đen, trắng và xám. Nếu hai còn thằn lằn khác màu gặp nhau thì
chúng đổi thành màu còn lại, nếu hai con cùng màu gặp nhau thì chúng
giữ nguyên màu. Hỏi có khi nào tất cả thằn lằn trên đảo đều cùng một
Trang 7
màu hay không? Biết hiện tại trên đảo có 133 con màu đen, 155 con màu
trắng và 177 con màu xám.
LỜI GIẢI. Giả sử tại một thời điểm nào đó, ta có a con thằn lằn màu
đen, b con thằn lằn màu trắng và c con thằn lằn màu xám. Giả sử hai con
thằn lằn gồm một con đen, một con trắng gặp nhau thì sau đó số lượng
của ba loại thằn lằn đen, trắng và xám sẽ lần lượt là a − 1, b − 1, c + 2.
Khi đó ta thấy rằng sự chênh lệch giữa số lượng các loại thằn lằn đã
giữ nguyên ((a − 1) − (b − 1) = a − b) hoặc thay đổi một lượng là 3
((a − 1) − (c + 2) = a − c − 3 hoặc (b − 1) − (c + 2) = b − c − 3). Do đó,
chênh lệch giữa số lượng các loại thằn lằn sẽ không thay đổi số dư khi chia
cho 3 sau những lần biến đổi. Ban đầu, hiệu của số lượng thằn lằn đen và
số lượng thằn lằn trắng là 22 (chia cho 3 dư 1) nên không thể có trường
hợp số lượng thằn lằn cả ba màu bằng nhau vì khi đó hiệu của số lượng
thằn lằn đen và số lượng thằn lằn trắng là 0 (chia hết cho 3).
 NHẬN XÉT: Trạng thái không thay đổi trong bài toán trên chính
là hiệu của số lượng các loại thằn lằn khác nhau dù thay đổi nhưng vẫn
giữ nguyên số dư khi đem chia cho 3 vì mỗi lần biến đổi thì hiệu đó hoặc

giữ nguyên, hoặc tăng giảm một lượng chia hết cho 3.
Bài 16. Một hình tròn chia thành 6 phần và điền vào đó các số tự nhiên
từ 1 đến 6 liên tiếp nhau theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ. Ta thực
hiện n lần (n ≥ 1) thao tác lặp: mỗi lần thực hiện, ta tăng hai số cạnh
nhau lên 1 đơn vị. Hỏi n nhỏ nhất là bao nhiêu thì ta có thể đưa các số
trên về cùng một giá trị như nhau.
LỜI GIẢI.
1
2
3
4
5
6
Ta tô màu các phần của đường tròn
theo kiểu xen kẽ trắng và đen. Đặt
S là trị tuyệt đối của hiệu của tổng
các số trên ô đen và tổng các số trên
ô trắng. Khi đó, mỗi khi tăng hai số
cạnh nhau lên 1 đơn vị thì ta thấy
rằng S không đổi. Lúc đầu, S bằng 3.
Khi các số ở mỗi phần có giá trị bằng
nhau thì S bằng 0 (mâu thuẫn). câu
trả lời là không thể biến đổi các số về
giá trị bằng nhau.
NHẬN XÉT. Trong nhiều bài toán liên quan đến hình được phân chia
thành những phần nhỏ, việc tô màu chính là ý tưởng chính để giải bài
toán. Ta xem bài toán ví dụ sau đây.
Bài 17. Một hình tròn được chia thành 10 hình quạt, trên mỗi ô người ta
đặt một viên bi. Nếu ta cứ di chuyển các viên bi theo quy luật: mỗi lần lấy
Trang 8

hai viên bi ở hai ô bất kì, mỗi ô 1 viên bi, chuyển sang ô liền kề theo chiều
ngược nhau thì có thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô hay không?
LỜI GIẢI.
Trước tiên, ta tô màu xen kẽ các ô hình quạt,
như vậy sẽ có 5 ô được tô màu (ô màu) và 5
ô không được tô màu (ô trắng). Ta có nhận
xét: Nếu di chuyển 1 bi ở ô màu và 1 bi ở ô
trắng thì tổng số bi ở 5 ô màu không đổi. Nếu
di chuyển ở 2 ô màu, mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở
5 ô màu giảm đi 2. Nếu di chuyển ở 2 ô trắng,
mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở 5 ô màu tăng lên
2. Vậy tổng số bi ở 5 ô màu không đổi, hoặc
giảm đi 2 hoặc tăng lên 2. Nói cách khác, tổng
số bi ở 5 ô màu sẽ không thay đổi tính chẵn,
lẻ so với ban đầu. Ban đầu, tổng số bi ở 5 ô
màu là 5 viên (là số lẻ) nên sau hữu hạn lần
di chuyển bi theo qui luật trên thì tổng số bi ở
5 ô màu luôn khác 0 và khác 10, do đó không
thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô.
Bài 18. Cho một bảng hình vuông cạnh 10 × 10. Có thể dùng 25 tấm
bảng hình chữ nhật kích thước 1×4 phủ hết toàn bộ bảng hình vuông hay
không?
LỜI GIẢI. Ta tô màu các ô như dưới đây
Khi đó, dù ta để tấm bảng 1× 4 ở đâu thì nó cũng đè lên 1 ô màu đen. Mà
để phủ hết bảng 10 × 10 thì ta cần 25 tấm bảng kích thước 1 × 4. Nhưng số
lượng ô màu đen chỉ có 26 ô. Vậy không thể nào phủ kín tấm bảng 10 × 10
bởi các tấm bảng 1 × 4. Tính bất biến trong bài này chính là sự tương ứng
giữa số lượng tấm bảng 1 × 4 và số lượng ô được tô màu đen.
Trang 9
Bài 19. Hình vuông 8 × 8 bỏ đi hai ô ở góc đối nhau. Có thể phủ phần

còn lại bởi 31 quân đômino 1 × 2 không?
LỜI GIẢI.
Ta tô các ô của hình vuông như trên. Mỗi một quân đômino 1 × 2 được
đặt vào bảng trên thì nó sẽ đè lên 1 ô trắng và 1 ô đen. Như vậy số lượng
quân đômino 1 × 2 được đặt vào trong bảng sẽ bằng với số ô đen và số ô
trắng. Tuy nhiên, trong bảng có 32 ô trắng và 30 ô đen. Do đó ta không
thể phủ kín bảng trên với 31 quân đômino 1 × 2.
Bài 20. (VMO 2006) Xét bảng ô vuông m × n (m, n là các số nguyên
dương lớn hơn 3). Thực hiện trò chơi sau: mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô
của bảng (mỗi ô 1 viên) mà 4 ô đó tạo thành một trong các hình dưới đây:
Hỏi sau một số lần ta có thể nhận được bảng mà số bi trong các ô bằng
nhau được không, nếu:
a) m = 2004 và n = 2006?
b) m = 2005 và n = 2006?
LỜI GIẢI. a) Bảng đã cho có thể chia thành các hình chữ nhật 4 × 2
nên có thể nhận được trạng thái mà số bi trong các ô bằng nhau.
b) Tô màu các ô của bảng như hình vẽ (tô các hàng 1, 3, . . . , 2005).
Trang 10
Dễ thấy, mỗi lần đặt bi có 2 viên được đặt vào các ô được tô màu và 2 viên
được đặt vào các ô không tô màu. Do đó, nếu gọi S(n) là số bi trong các ô
được tô màu và T(n) là số bi trong các ô không được tô màu sau lần đặt
bi thứ n thì S(n) = T (n) với mọi n ∈ N
∗
. Do đó, nếu nhận được bảng mà
số bi trong các ô bằng nhau thì số ô được tô màu và số ô không được tô
màu bằng nhau. Điều này không thể xảy ra vì m là số lẻ.
Bài 21. Xét một đa giác đều 12 đỉnh A
1
, A
2

, . . . , A
12
. Tại đỉnh A
1
ta viết
số −1, tại các đỉnh khác ta viết số 1. Mỗi phép biến đổi ta đổi dấu 6 đỉnh
liền kề của đa giác. Hỏi có thể thu được trạng thái: “Đỉnh A
2
viết số −1 và
các đỉnh còn lại viết số 1” sau một số hữu hạn phép biến đổi hay không?
LỜI GIẢI. Ta chia 12 đỉnh trên thành 6 cặp là (A
1
; A
7
), (A
2
; A
8
), . . . ,
(A
6
; A
12
). Ta nhận thấy rằng: khi thực hiện phép biến đổi thì mỗi cặp trên
chỉ có 1 số bị đổi dấu. Từ đó ta có tích P = A
2
.A
3
.A
8

.A
9
sẽ không thay
đổi (vì qua mỗi lần biến đổi thì trong 4 số đó sẽ có 2 số đổi dấu và 2 số
giữ nguyên giá trị). Mà ở trạng thái ban đầu thì P = 1 nên ta không thể
đưa về trạng thái “Đỉnh A
2
viết số −1 và các đỉnh còn lại viết số 1” vì khi
đó P = −1.
 Cũng câu hỏi như Bài 21 nhưng thay “6 đỉnh” thành “4 đỉnh” hoặc “3
đỉnh”.
2.2.4 Tìm đại lượng đơn biến sau các phép biến đổi
Trong một số bài toán, ta nhận thấy có những đại lượng thay đổi sau mỗi
phép biến đổi nhưng chỉ theo một chiều tăng hoặc giảm, ta gọi đó là những
đại lượng đơn biến. Xét đại lượng đơn biến, ta sẽ được một dãy các đại
lượng tăng hoặc giảm kèm theo những tính chất sau đây để giải quyết các
bài toán được đặt ra.
• Một dãy các số nguyên giảm và bị chặn dưới thì dãy đó hữu hạn và
có giá trị nhỏ nhất.
• Một dãy các số nguyên tăng và bị chặn trên thì dãy đó hữu hạn và
có giá trị lớn nhất.
Trang 11
Bây giờ, ta xem một số bài toán ví dụ sau đây.
Bài 22. Trên bảng 10 × 10 có 9 ô bôi đen. Mỗi bước biến đổi, ta bôi đen
một ô kề liền (có cạnh chung) với ít nhất 2 ô đen. Hỏi sau một số hữu hạn
bước, ta có thể bôi đen được cả bảng hay không?
LỜI GIẢI. Ta thấy sau mỗi phép biến đổi, chu vi của ô đen không tăng
Chu vi 8 Chu vi 8
Chu vi 12 Chu vi 10
Chu vi 16 Chu vi 9

Ở trạng thái ban đầu, chu vi C
1
≤ 4.9 = 36 (Chu vi lớn nhất bằng 36 khi
9 ô đôi một không kề nhau).
Ở trạng thái kết thúc, chu vi C
n
= 4.10 = 40. Vậy ta không thể nhận trạng
thái cuối cùng được.
Bài 23. Cho bộ 3 số nguyên (a, b, c), ta xây dựng bộ mới (|a − b|, |b −
c|, |c − a|). Chứng minh rằng sau một số hữu hạn phép biến đổi ta nhận
được bộ 3 số có chứa số 0.
LỜI GIẢI. Đặt (a
i
, b
i
, c
i
) là bộ ba số ở trạng thái thứ i (i ∈ N
∗
)
((a
1
, b
1
, c
1
) = (a, b, c)).
Đặt M
i
= max{a

i
, b
i
, c
i
}.
Ta có bất đẳng thức |x − y| ≤ max(x, y), trong đó x, y ≥ 0 và đẳng
thức xảy ra khi một trong hai số bằng 0. Vậy M
i+1
≤ M
i
với mọi i ∈ N
∗
.
• Nếu tồn tại k ∈ N
∗
sao cho M
k+1
= M
k
thì suy ra bộ ba số ở trạng
thái thứ k có chứa số bằng 0. Ta có điều phải chứng minh.
• Nếu không tồn tại k ∈ N
∗
sao cho M
k+1
= M
k
thì ta sẽ có một dãy lùi
vô hạn M

1
> M
2
> M
3
> M
4
> . . . . Mà a, b, c là ba số cho trước nên
M
1
= max{a, b, c} là số cố định nên chỉ có tối đa M
1
− 1 số nguyên
dương nhỏ hơn M
1
nên dãy (M
i
) lùi vô hạn là vô lý.
Trang 12
Từ các điều trên, ta suy ra sau một số hữu hạn phép biến đổi ta sẽ nhận
được bộ ba số có chứa số 0.
Bài 24. Giả sử, n số thực (n ≥ 4) được viết xung quanh một đường tròn.
Nếu 4 số kề nhau a, b, c, d thỏa mãn (a − d)(b − c) < 0, ta đổi vị trí của 2
số kề nhau b, c. Chứng minh rằng các phép biến đổi như trên sẽ kết thúc
sau một số hữu hạn bước.
LỜI GIẢI. Giả sử chúng ta có 4 số kề nhau a, b, c, d thỏa mãn (a −
d)(b − c) < 0, nghĩa là ta có ab + cd > ac + bd. Nếu thực hiện phép biến
đổi thì bộ 4 số kề nhau a, b, c, d sẽ trở thành a, c, b, d. Ta thấy rằng tổng
các số cạnh nhau giảm đi thực sự vì
ab + bc + cd > ac + cb + bd.

Vậy đại lượng đơn biến trong bài này chính là tổng của tích các số kề nhau
liên tiếp trên đường tròn. Mà tổng này chỉ có hữu hạn giá trị nên phép
biến đổi của chúng ta chỉ có thể thực hiện hữu hạn lần.
Bài 25. Trong dãy vô hạn các số chính phương, có chứa một dãy con vô
hạn lập thành cấp số cộng hay không?
LỜI GIẢI. Giả sử dãy số (a
n
) (n ∈ N
∗
) gồm các số chính phương lập
thành cấp số cộng, trong đó a
1
< a
2
< a
3
< . . . . Khi đó ta có
a
2
3
− a
2
2
= a
2
2
− a
2
1
⇔ (a

3
− a
2
)(a
3
+ a
2
) = (a
2
− a
1
)(a
2
+ a
1
).
Vì a
1
+ a
2
< a
2
+ a
3
nên suy ra a
3
− a
2
< a
2

− a
1
. Chứng minh tương tự,
ta có
a
2
− a
1
> a
3
− a
2
> a
4
− a
3
> . . .
Dãy số trên là dãy giảm thực sự và bị chặn dưới bởi 0 nên không thể là
dãy vô hạn (mâu thuẫn). Vậy suy ra điều giả sử sai nên ta có điều phải
chứng minh.
Bài 26. Có một hàng gồm 2013 số nguyên. Ta xây dựng hàng thứ hai bằng
cách viết dưới số nguyên a của hàng thứ 1 số f(a) bằng số lần xuất hiện
của a ở dòng thứ 1. Bằng cách tương tự ta xây dựng liên tiếp các hàng tiếp
theo. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn bước chúng ta sẽ xây dựng
được hai hàng giống hệt nhau.
LỜI GIẢI. Theo quy tắc biến đổi, ta sẽ nhận được các cột như sau:
a
f(a)
f(f(a))
f(f(f(a)))

Trang 13
Trong đó f(a) xuất hiện ở hàng thứ hai ít nhất là f(a) lần. Suy ra f
2
(a) =
f(f(a)) ≥ f(a) (tăng thực sự nếu có các số b = a cũng xuất hiện ở hàng 1
và f (b) = f(a)).
Bắt đầu từ hàng thứ hai, các số trên mỗi cột là các số nguyên dương
và đơn điệu không giảm. Suy ra sau một số hữu hạn bước các số trên mỗi
cột sẽ không tăng. Khi đó, hàng sau sẽ giống hệt hàng trước.
Bài 27. Tại các đỉnh của một ngũ giác, chúng ta viết các số nguyên x
i
sao
cho S =
5

i=1
x
i
> 0. Nếu x, y, z là 3 số tại 3 đỉnh liên tiếp có y < 0 ta thay
3 số này bởi 3 số x + y, −y, z + y. Chứng minh rằng phép biến đổi trên sẽ
dừng lại sau một số hữu hạn bước.
LỜI GIẢI. Tại mỗi trạng thái, ta lập hàm số sau:
f(x
1
, x
2
, x
3
, x
4

) = (x
1
−x
3
)
2
+(x
2
−x
4
)
2
+(x
3
−x
5
)
2
+(x
4
−x
1
)
2
+(x
5
−x
2
)
2

.
Đặt f
1
là hàm số ở trạng thái ban đầu. Nếu x
4
< 0, ta thực hiện phép biến
đổi và nhận được
f
2
= f(x
1
, x
2
, x
3
+ x
4
, −x
4
, x
5
+ x
4
) = (x
1
− x
3
− x
4
)

2
+ (x
2
+ x
4
)
2
+ (x
3
− x
5
)
2
+(x
4
+ x
1
)
2
+ (x
5
+ x
4
− x
1
)
2
Ta có
f
2

− f
1
= 2x
4
.(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
) = 2x
4
.S < 0 (vì S > 0).
Giả sử phép biến đổi không dừng lại sau một số hữu hạn bước, ta thu được
dãy vô hạn
f
1
> f
2
> f
3
> . . .
của các số nguyên dương (mâu thuẫn).
Bài 28. Cho bốn số a, b, c, d không bằng nhau. Ta thay bộ số (a, b, cd, d)
bằng (a − b, b − c, c − d, d − a). Chứng minh rằng khi lặp lại nhiều lần việc
thay thế trên thì ít nhất một trong bốn số sẽ có giá trị tuyệt đối trở thành

vô cùng lớn.
LỜI GIẢI. Giả sử 4 số ở trạng thái n là (a
n
, b
n
, c
n
, d
n
), theo quy tắc
biến đổi ta có a
n
+ b
n
+ c
n
+ d
n
= 0.
Chúng ta xét hàm số sau
P
n
= P (a
n
, b
n
, c
n
, d
n

) = a
2
n
+ b
2
n
+ c
2
n
+ d
2
n
.
Khi đó
Trang 14
P
n+1
= (a
n
− b
n
)
2
+ (b
n
− c
n
)
2
+ (c

n
− d
n
)
2
+ (d
n
− a
n
)
2
= 2(a
2
n
+ b
2
n
+ c
2
n
+ d
2
n
) − 2(a
n
b
n
+ b
n
c

n
+ c
n
d
n
+ d
n
a
n
)
Ta lại có
0 = (a
n
+ b
n
+ c
n
+ d
n
)
2
= (a
n
+ c
n
)
2
+ (b
n
+ d

n
)
2
+ 2(a
n
+ c
n
)(b
n
+ d
n
)
= (a
n
+ c
n
)
2
+ (b
n
+ d
n
)
2
+ 2(a
n
b
n
+ b
n

c
n
+ c
n
d
n
+ d
n
a
n
)
⇒ −2(a
n
b
n
+ b
n
c
n
+ c
n
d
n
+ d
n
a
n
) = (a
n
+ c

n
)
2
+ (b
n
+ d
n
)
2
⇒ P
n+1
= 2(a
2
n
+ b
2
n
+ c
2
n
+ d
2
n
) + (a
n
+ c
n
)
2
+ (b

n
+ d
n
)
2
⇒ P
n+1
≥ 2(a
2
n
+ b
2
n
+ c
2
n
+ d
2
n
) = 2P
n
⇒ P
n
≥ 2
n−1
(a
2
1
+b
2

1
+c
2
1
+d
2
1
) hay a
2
n
+b
2
n
+c
2
n
+d
2
n
≥ 2
n−1
(a
2
+b
2
+c
2
+d
2
).

Như vậy ta thấy giá trị của a
2
n
+ b
2
n
+ c
2
n
+ d
2
n
tăng vô hạn nên trong số đó
sẽ có 1 số có giá trị tuyệt đối vô cùng lớn.
2.3 Bài tập tự luyện
Bài tập 1 Trên bảng có bốn số 3, 4, 5, 6. Mỗi một lần thực hiện, cho phép
xóa đi hai số x, y có trên bảng và thay bằng x + y +

x
2
+ y
2
và x + y −

x
2
+ y
2
. Hỏi sau một số hữu hạn bước thực hiện,
trên bảng có thể xuất hiện một số nhỏ hơn 1 được không?

Bài tập 2 Trên bảng có một số nguyên. Người ta ghi nhớ chữ số cuối
cùng của số này, sau đó xóa đi và cộng thêm vào với số còn
lại trên bảng 5 lần chữ số vừa xóa. Ban đầu trên bảng ghi số
7
1998
. Hỏi có thể hay không sau một số lần thực hiện như thế,
ta thu được số 1998
7
?
Bài tập 3 Số nguyên dương có 4 chữ số trên bảng có thể biến đổi thành
một số có 4 chữ số khác theo quy tắc sau: hoặc cộng thêm 1
vào hai chữ số liên tiếp của nó nếu hai chữ số này đều không
bằng 9; hoặc trừ đi 1 từ hai chữ số liên tiếp của nó nếu hai chữ
số này đều không bằng 0. Hỏi bằng các phép biến đổi như vậy,
có thể thu được số 1234 từ số 2002 hay không?
Bài tập 4 Tam thức f(x) có thể được thay thế bằng tam thức x
2
f

1
x
+ 1

hoặc (x − 1)
2
f

1
x − 1


. Hỏi có thể hay không bằng các phép
biến đổi như vậy, từ tam thức x
2
+ 4x + 3 thu được tam thức
x
2
+ 10x + 9?
Bài tập 5 Mỗi số trong các số a
1
, a
2
, a
3
, . . . , a
n
nhận một trong hai giá trị
là −1 hoặc 1. Biết rằng
S = a
1
a
2
a
3
a
4
+ a
2
a
3
a

4
a
5
+ · · · + a
n
a
1
a
2
a
3
= 0.
Trang 15
Hãy chứng minh rằng n chia hết cho 4.
Bài tập 6 Tại mỗi ô vuông trong bảng 8 × 8 được viết một số nguyên. Ta
có thể chọn bất kì bảng nhỏ 3 ×3 hoặc 4× 4 và tăng tất cả các
số trong bảng nhỏ lên 1 đơn vị. Với cách như vậy liệu ta luôn
có thể nhận được những số chia hết cho 3 trong tất cả ô vuông
của bảng 8 × 8 sau một số hữu hạn lần thực hiện không?
Bài tập 7 Có 2013 tách uống trà đặt trên một bàn. Lúc đầu, tất cả các
tách đều được đặt ngửa lên. Giả sử mỗi lần người ta làm cho
200 tách trong chúng lật ngược lại. Hỏi sau một số lần như vậy,
có thể làm cho tất cả các tách đều úp xuống được không?
Bài tập 8 Chúng ta bắt đầu với 2 số 0,1. Một phép biến đổi chúng ta
thêm vào hoặc xóa đi 2 số kề nhau (0, 0) hoặc (1, 1). Chứng
minh rằng chúng ta không thể nhận được cặp 2 số (1, 0) ở trạng
thái cuối cùng.
Bài tập 9 50 người được chia vào các phòng của một tòa nhà 11 phòng.
Sau mỗi phút, một số người đi từ phòng ít người tới phòng có
nhiều người hơn. Chứng minh rằng tới một lúc nào đó, tất cả

mọi người đều tập trung tại một phòng.
Bài tập 10 Tại một hội nghị có mời 2n quan khách. Mỗi vị khách được
mời có nhiều nhất là n − 1 người khác trong hội nghị không
đồng quan điểm với mình. Chứng minh rằng các vị khách có
thể ngồi quanh một bàn tròn sao cho không ai ngồi cạnh người
trái quan điểm với mình.
3 Hiệu quả của đề tài
Học sinh có thêm kinh nghiệm trong việc xử lý các bài toán tổ hợp bằng
phương pháp sử dụng đại đơn biến, bất biến
Trang 16
4 Tài liệu tham khảo
1. Đoàn Quỳnh - Doãn Minh Cường - Trần Nam Dũng - Đặng Hùng Thắng
(2010), “Tài liệu chuyên toán đại số 10”, Nhà xuất bản giáo dục Việt
Nam, 2012.
2. Nguyễn Hữu Điển, “Giải toán bằng phương pháp đại lượng bất
biến”, Nhà xuất bản Giáo dục, 2004.
3. Nguyễn Vũ Lương, “Nguyên lý bất biến (Kỹ năng giải và sáng
tạo bài toán mới)”
4. Trần Gia Huy, “Giải toán tổ hợp bằng đại lượng bất biến”
Người thực hiện
Phạm Doãn Lê Bình
Trang 17
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị THPT chuyên Lương Thế Vinh

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
, ngày tháng năm
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học:2012 - 2013

–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG PHÁP ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN, ĐƠN BIẾN TRONG
CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

Họ và tên tác giả: Phạm Doãn Lê Bình Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: THPT chuyên Lương Thế Vinh.
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: 
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
- Có giải pháp hoàn toàn mới 
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong
toàn ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị
có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt  Khá  Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi
vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong
phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt 
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của người có
thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN

(Ký tên và ghi rõ họ tên)
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)

BM04-NXĐGSKKN