Toán trò chơi phân loại công cụ và phương pháp giải

..

ĐẠI HỌC THÁI NGUN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM XN ĐẠO

TỐN TRỊ CHƠI : PHÂN LOẠI, CÔNG CỤ VÀ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

2013


1
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ........................................................................................................... 2
Chương 1 Trò chơi một người ........................................................................ 4
1.1 Phương pháp đại lượng bất biến hoặc đơn biến ....................................... 4
1.1.1 Sử dụng bất biến trong giải toán trò chơi ................................................... 6
1.1.2 Sử dụng đơn biến và Nguyên lí cực hạn trong giải tốn trị chơi .............. 10
1.2 Kĩ thuật đồng dư ....................................................................................... 15
1.3 Công cụ hệ đếm cơ số 2 ............................................................................. 18
1.4 Kĩ thuật tô màu ......................................................................................... 22
Chương 2 Trò chơi nhiều người và Trò chơi với hệ động lực ..................... 26
2.1 Trò chơi hai người với thơng tin đầy đủ .................................................. 26
2.1.1 Các ví dụ về trò chơi hai người ................................................................ 26
2.1.2 Kĩ thuật đồng dư ...................................................................................... 33
2.1.3 Công cụ hệ đếm ....................................................................................... 39
2.1.4 Công cụ đồ thị.......................................................................................... 45

2.2 Trị chơi mơ tả bởi hệ động lực ................................................................ 50
Chương 3 Các bài toán thi Olympic toán trò chơi ...................................... 55
KẾT LUẬN. ........................................................................................................... 93
TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................. 94


2
MỞ ĐẦU
Trò chơi đã gắn kết với cuộc sống và hoạt động của con người từ thời cổ đại.
Tuy nhiên Lý thuyết Trị chơi như một ngành khoa học có lẽ chỉ mới được hình
thành và nghiên cứu khoảng vài ba trăm năm trở lại đây. Nhiều trò chơi trong
cuộc sống (gieo xúc xắc, chơi bài, đơminơ, trị chơi đối kháng và hợp tác,…) đã
khơi nguồn sáng tạo cho nhiều nhà tốn học, để từ đó nhiều ngành tốn học mới
(xác suất, lý thuyết đồ thị, lý thuyết trò chơi và ứng dụng trong kinh tế,…) ra đời.
Mục đích của Luận văn là sơ lược phân loại các dạng toán trị chơi và phân
tích một số phương pháp, cơng cụ giải tốn trị chơi trong Tốn phổ thơng. Trong
khn khổ một luận văn chun ngành Tốn sơ cấp, chúng tơi giới hạn lĩnh vực
trình bày nội dung lí thuyết, các ví dụ và bài tập về trị chơi gần với và có thể áp
dụng được trong giảng dạy tốn ở trường phổ thơng.
Tốn trị chơi liên quan mật thiết với nhiều dạng toán khác (toán tập hợp, toán
tổ hợp, đồ thị, lơgic tốn, giải trí tốn học và đố vui,…). Nhiều bài tốn có thể
phát biểu lại dưới ngơn ngữ trị chơi. Ngược lại, một số bài tốn trị chơi cũng có
thể được phát biểu dưới dạng khác.
Luận văn cố gắng trình bày một cách có hệ thống những nội dung cơ bản nhất
về Tốn trị chơi. Các cơng cụ và phương pháp giải tốn được trình bày ở đây là:
Phương pháp đại lượng bất biến hoặc đơn biến, nguyên lý cực hạn, lý thuyết đồ
thị và công cụ hệ đếm cơ số 2,... Việc phân loại Tốn trị chơi cũng như trình bày
các cơng cụ và phương pháp giải tốn trị chơi dựa vào nội dung bài giảng [5] của
Thầy hướng dẫn. Chúng tôi cố gắng bổ sung thêm một số công cụ và phương
pháp giải so với [5].

Một cơng cụ, một phương pháp có thể sử dụng để giải nhiều bài tốn. Ngược
lại, một bài tốn có thể được giải bằng các công cụ và phương pháp khác nhau.


3
Vì vậy, việc phân loại các dạng tốn trị chơi cũng như phương pháp giải chúng
chỉ mang tính ước lệ, nhằm phần nào hệ thống hóa và phân loại các bài tốn trị
chơi, giúp học sinh dễ hiểu, dễ học hơn. Chúng tôi cũng đã cố gắng sưu tầm
nhiều bài tập tốn trị chơi trong các kì thi Olympic tốn Quốc gia và Quốc tế, với
hi vọng luận văn có thể được sử dụng như một tài liệu tham khảo tốt trong giảng
dạy tốn ở trường phổ thơng.
Ngồi phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm ba chương.
Chương 1 Trò chơi một người
Chương 2 Trò chơi nhiều người và Trò chơi với hệ động lực
Chương 3 Các bài tốn thi Olympic tốn trị chơi
Luận văn được hồn thành tại Khoa Tốn - Tin, Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Tạ Duy Phượng. Nhân dịp này, tôi
xin cảm ơn tới PGS.TS.Tạ Duy Phượng, người đã hướng dẫn giúp đỡ tơi trong
suốt q trình thực hiện luận văn.
Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến Khoa Tốn - Tin, Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên đã trang bị cho tơi những kiến thức tốn trong chương trình Cao
học.
Xin được cảm ơn Trường Trung học Cơ sở An Dương, Hải Phịng, nơi tơi
cơng tác, đã tạo mọi điều kiện để tơi hồn thành nhiệm vụ học tập.
Xin được cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, giúp đỡ, hi sinh và tạo điều
kiện cho tơi hồn thành khóa học Cao học và viết Luận văn.
Hải Phòng, ngày 01.5.2013
Phạm Xuân Đạo

4

Chương 1 Trò chơi một người
Trong luận văn này, trò chơi được hiểu gồm một tập hợp các trạng thái (cấu
hình, vị trí,…) chịu tác động của một hay nhiều đối tượng (người chơi). Người
chơi với các khả năng và hạn chế của mình phải tìm ra các chiến lược, chiến
thuật (cách đi, bước đi) tuân theo những qui tắc chơi đã được định sẵn để đưa
một trạng thái ban đầu về trạng thái cuối (kết thúc trò chơi), với thời gian (số
bước đi) ít nhất và đỡ tốn kém (năng lượng, chi phí,...) nhất. Tốn trị chơi được
hiểu là dạng tốn mà ta có thể sử dụng các cơng cụ và phương pháp tốn học để
phân tích cấu trúc, trạng thái và qui tắc của trò chơi nhằm hoạch định chiến lược
kết thúc trò chơi hoặc chỉ ra trò chơi có thể tiếp diễn vơ tận hay khơng tồn tại
chiến lược kết thúc trò chơi.
Trò chơi một người là trị chơi chỉ cần một người chơi (thí dụ, trị chơi Tháp
Hà Nội, trị chơi Hamilton, bài tốn con mã đi tuần, trò chơi tháo vòng Trung
Hoa, trò chơi khối vng rubic,…). Các trị chơi này nhiều khi cịn được đưa vào
lớp các bài tốn giải trí tốn học, các bài tốn lơgic,...
1.1 Phương pháp đại lượng bất biến hoặc đơn biến
Bất biến có mặt trong hầu hết các lĩnh vực của Toán học. Bất biến là một khái
niệm thường gặp trong tốn phổ thơng. Thí dụ, bất biến là tính chẵn lẻ, tính chia
hết cho 3, tính đối xứng, sự bảo tồn góc,… tức là những điều thường gặp trong
tốn phổ thơng và khá dễ hiểu. Tuy nhiên, bất biến cũng vẫn còn là khái niệm
mới đối với học sinh phổ thông. Bởi vậy, việc trang bị khái niệm và hướng dẫn
học sinh sử dụng bất biến trong giải tốn, theo chúng tơi, là việc làm có ý nghĩa
và cần thiết giúp phát triển tư duy tốn học, nhìn thấy cái tĩnh trong cái động, mở
rộng kiến thức và kĩ thuật giải toán cho học sinh.


5
Bất biến là những đại lượng (hay tính chất) khơng thay đổi trong quá trình

chúng ta thực hiện các phép biến đổi. Đại lượng bất biến nhiều khi còn phụ thuộc
vào nội dung của bài tốn cụ thể. Thí dụ, khoảng cách giữa hai điểm là một đại
lượng bất biến trong phép tịnh tiến, nhưng là đại lượng thay đổi trong phép vị tự;
tỷ lệ giữa độ dài hai đoạn thẳng vừa là đại lượng bất biến trong phép tịnh tiến,
vừa là một đại lượng bất biến trong phép vị tự.
Giả sử trò chơi ở một trạng thái ban đầu. Do tính bất biến, nên khơng thể thay
đổi trạng thái (từ chẵn thành lẻ, từ trắng thành đen,…) được. Từ đó ta có kết luận
về trạng thái cuối cùng của trị chơi.
Đơn biến là một đại lượng ln thay đổi, nhưng chỉ theo một chiều tức là tăng
lên hay giảm xuống (đơn điệu).
Bất biến và đơn biến được sử dụng để giải quyết nhiều bài toán, dạng toán
khác nhau (Dĩ bất biến ứng vạn biến!).
Trong mục này, chúng ta sẽ tìm hiểu về bất biến, đơn biến và ứng dụng của
chúng trong việc giải các bài tốn trị chơi tốn học, chủ yếu là qua các ví dụ.
Có hai mẫu bài toán thường được giải quyết bằng bất biến và đơn biến.
Bài tốn 1 Có một tập hợp các trạng thái  và tập hợp các phép biến đổi T từ 
vào  . Có hai trạng thái  và  thuộc  . Hỏi có thể dùng hữu hạn các phép
biến đổi thuộc T để đưa trạng thái  về trạng thái  được khơng?
Bài tốn 2 Có một tập hợp các trạng thái  và tập hợp các phép biến đổi T từ
 vào  . Cần chứng minh rằng, bắt đầu từ một trạng thái  bất kỳ, sau một số

hữu hạn các phép biến đổi T, ta sẽ đi đến trạng thái kết thúc  (trong nhiều
trường hợp, đó là trạng thái ổn định, bất động, tức là sẽ không tiếp tục thay đổi
khi tiếp tục tác động các phép biến đổi từ T ). Tương tự, trong một số bài toán, ta


6
phải chứng minh không tồn tại dãy biến đổi (liên tiếp) từ T để thực hiện được
mục đích chuyển trạng thái α sang trạng thái  .
Bất biến hoặc đơn biến nhiều khi ẩn tàng, khó nhận biết. Vì vậy sử dụng bất

biến hoặc đơn biến trong giải toán thực chất là q trình phân tích và phát hiện
qui luật bất biến hoặc đơn biến.
1.1.1 Sử dụng bất biến trong giải tốn trị chơi
Bài 1.1 Một bảng vng 4  4 ơ. Tại mỗi ơ của bảng vng (Hình 1.1 ) có chứa
dấu “” hoặc dấu “”. Mỗi một lần thực hiện, bắt buộc phải đổi dấu của tất cả
các ô trên cùng một hàng hoặc cùng một cột. Giả sử bảng ơ vng ban đầu có 1
dấu “” và 15 dấu “”. Hỏi có thể đưa bảng ban đầu về bảng có tồn dấu cộng
được khơng?
Giải Thay dấu cộng bằng số 1 và dấu trừ bằng 1. Xét tích tất
cả các số trên bảng vuông. Qua mỗi phép biến đổi, tích này
khơng thay đổi (vì mỗi phép biến đổi sẽ đổi dấu tất cả bốn số

 +

+

 + +

+

+

 +

của một hàng hoặc một cột), nghĩa là nếu hàng (cột) đó đang

+

+

có số chẵn (lẻ) dấu trừ thì sau một lần đổi dấu ta lại có số chẵn

+

+ +

(lẻ) dấu trừ, do đó tích trong hàng mới (cột mới) là khơng đổi.



Hình 1.1

Thí dụ, hàng (cột) đang có 0, 2, 4 dấu trừ, thì sau đó sẽ có 4, 2, 0 dấu trừ (số
dấu trừ là chẵn), nếu hàng (cột) đang có 1 (hoặc 3 ) dấu trừ thì sau đó sẽ có 3
(hoặc 1 ) dấu trừ. Vì vậy, cho dù ta thực hiện bao nhiêu lần, tính chẵn lẻ của số
dấu trừ trong một hàng (một cột) là một đại lượng không thay đổi (bất biến). Kéo
theo tích tất cả các số trong hình vng ln khơng đổi (luôn bằng 1 hoặc bằng
1 phụ thuộc vào số dấu trừ ban đầu là chẵn hay lẻ). Do đó từ bảng vng có

trạng thái 1, 15 gồm 1 dấu cộng và 15 (số lẻ) dấu trừ, ta chỉ có thể đưa về các


7
bảng vng có số lẻ dấu “” và số lẻ dấu “” , có nghĩa là khơng thể đưa về bảng
trạng thái 16, 0 gồm toàn dấu “” được.
Bài 1.2 Trên bàn cờ 8  8 có 32 quân trắng và 32 quân đen, mỗi quân chiếm một
ô vuông. Tại mỗi bước đi người chơi thay tất cả các quân trắng thành quân đen và
tất cả các quân đen thành quân trắng trên một hàng hoặc một cột nào đó. Hỏi sau
hữu hạn bước, có thể cịn lại chính xác một quân đen trên bàn cờ không?
Giải Nếu trước khi chuyển có chính xác k qn đen trên hàng (cột) định chuyển

thì số quân trắng trên hàng (cột) ấy là 8  k. Sau khi chuyển, 8  k quân trắng này
trở thành 8  k quân đen và k quân đen lại trở thành k quân trắng. Như vậy, số
quân đen trên bàn cờ sau khi chuyển sẽ thêm vào 8  k và mất đi k quân, tức là
số quân đen thay đổi trên bàn cờ là 8  k   k  8  2k. Số này là số chẵn dương
(thêm vào) nếu k  4 và là số chẵn âm (bớt đi) khi k  4 và khơng thay đổi nếu

k  4. Vì 8  2k là chẵn và lúc đầu có 32 quân đen nên số quân đen trên bàn cờ
luôn luôn là chẵn (bất biến!).
Vậy với qui tắc chơi trong bài ra không thể từ trạng thái 32 (số chẵn) quân đen
trên bàn cờ đưa đến trạng thái còn lại một (số lẻ) quân đen trên bàn cờ được.
Bài 1.3 (Chọn đội tuyển Hồng Kơng tham gia IMO, 2000, vịng 1 ) Có 1999 tách
uống trà đặt trên bàn. Lúc đầu tất cả đều được đặt ngửa. Mỗi một nước đi, ta làm
cho đúng 100 tách trong số chúng lật ngược lại. Sau một số nước đi, có thể làm
cho tất cả chúng đều úp xuống được không? Tại sao? Trả lời câu hỏi này trong
trường hợp chỉ có 1998 tách.
Giải Nếu có 1999 chiếc tách (số tách là số lẻ), tất cả đều được đặt ngửa (trạng
thái ngửa) thì ta khơng thể quay úp xuống tất cả (trạng thái úp) được. Thật vậy,
theo qui tắc chơi, tại mỗi thời điểm, giả sử có k tách đặt ngửa được làm úp
xuống thì 100  k tách đang úp được lật ngửa lên. Khi ấy số các tách úp đã tăng


8
lên k chiếc và giảm đi 100  k , vậy số tách úp bị thay đổi đi một số chẵn là

100  k   k  100  2k

(nếu k  50 thì số tách úp giảm đi, nếu k  50 thì số

tách úp tăng lên, k  50 thì số tách úp khơng thay đổi). Nghĩa là tính chẵn lẻ của
số các tách úp khơng thay đổi (bất biến!). Nhưng lúc đầu số tách úp ở trạng thái

chẵn (bằng 0 ). Vì vậy khơng thể làm cho số tách úp bằng 1999 (trở về trạng thái
lẻ) được.
Nếu số tách là 1998 thì có thể úp tất cả các tách. Một thuật toán như sau: Đánh số
các tách theo thứ tự 1, 2,, 1998. Lần lượt úp 100 tách đầu tiên, sau 18 lần úp
được 1800 tách chuyển trạng thái từ ngửa sang úp. Tiếp theo úp 100 tách số
1801, 1803, 1804,, 1901 (để nguyên tách số 1802 đang ngửa). Lần thứ hai, đảo

ngược các tách 1802, 1803,1804,,1901 (giữ nguyên tách số 1801 đang úp). Sau hai
lần này, thực chất chỉ có tách số 1 và số 2 bị úp, các tách khác không thay đổi
(vẫn đặt ngửa sau khi lật úp rồi lại lật ngửa). Tiếp tục như vậy, sau

18  198  216 lần, tất cả các tách đều bị lật úp.
Bài 1.4 Một học sinh viết lên bảng a  b số gồm a số 0 và b số 1 và thực hiện
phép biến đổi sau: xóa hai số bất kì trên bảng. Nếu chúng bằng nhau thì viết số 0
lên bảng, nếu chúng khác nhau thì viết số 1. Hỏi khi nào số còn lại trên bảng là số
1 và khi nào số còn lại trên bảng là số 0?

Giải Sau một lần thực hiện biến đổi, tính chẵn lẻ của tổng các số trên bảng là
không đổi (bất biến!). Thật vậy, nếu hai số bị xóa cùng bằng 0 (hoặc một số là 0
và một số là 1 ) thì số được viết là 0 (hoặc 1 ), do đó tổng các số trên bảng vẫn giữ
nguyên, còn nếu hai số bị xóa cùng là số 1 thì hai số đó bị thay bởi số 0, do đó
tổng giảm xuống 2 đơn vị. Như vậy, số cuối cùng trên bảng sẽ là 1 nếu b lẻ và
bằng 0 nếu b chẵn.


9
Nhận xét Nhiều bài tốn phát biểu có thể khá gần hoặc rất khác nhau, nhưng
thực chất lời giải chỉ là một. Điều quan trọng là ta phải tìm ra tính bất biến trong
các bài tốn đó.
Qui luật bất biến nhiều khi ẩn sâu trong bài tốn đến mức khó nhận ra. Ví dụ thú

vị dưới đây minh họa điều đó.
Bài 1.5 (Thi Olympic 30.4 lần thứ 8, 2007, lớp 10, Trường Trung học Phổ thông
Chuyên Lê Hồng Phong Thành phố Hồ Chí Minh đề nghị) Với một tam thức bậc
hai, cho phép thực hiện một trong hai phép toán sau:
1) Hoán vị hệ số của x 2 và số hạng tự do.
2) Thay x bằng x  m với m là số thực tùy ý.
Hỏi có thể nhận được tam thức bậc hai 30 x 2  4 x  1975 từ tam thức

x 2  5 x  2007 qua một số bước thực hiện hai phép toán ở trên hay khơng?
Giải Tam thức bậc hai có dạng P( x)  ax2  bx  c ( ac  0 ).
Sau khi thực hiện phép toán thứ nhất, tam thức P( x)  ax2  bx  c trở thành

f ( x)  cx2  bx  a. Biệt thức  f  b2  4ac   P .
Sau khi thực hiện phép toán thứ hai, tam thức trở thành

g ( x)  P( x  m)  a( x  m)2  b( x  m)  c  ax2  (b  2ma) x  am2  bm  c
với  g  (b  2am) 2 4a(am2  bm  c)  b2  4ac   P .
Như vậy, sau cả hai phép biến đổi, P  b2  4ac là một đại lượng bất biến.
Suy ra, nếu có một qui trình thực hiện liên tiếp hai phép tốn đã cho, để có thể
nhận được tam thức Q( x) : 30x2  4x  1975 từ tam thức R( x) : x2  5x  2007
thì Q   R .
Nhưng ta có Q  52  4.(2007)  8053, còn R  42  4.30(1975)  237016.


10
Như vậy, Q   R . Chứng tỏ không thể nhận được Q( x)  30x2  4x  1975 từ
tam thức R( x)  x2  5x  2007.
1.1.2 Sử dụng đơn biến và Nguyên lí cực hạn trong giải tốn trị chơi
Trong mục này ta sẽ sử dụng đơn biến để giải các bài tốn trị chơi, tức là chỉ
ra một đại lượng nào đó thay đổi, nhưng luôn chỉ theo một chiều, tức là tăng lên

hay giảm xuống (đơn điệu). Sau đó sử dụng Ngun lí cực hạn để đi đến kết luận
cuối cùng.
Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau:
Nguyên lí 1 Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực ln ln có thể
chọn được số bé nhất và số lớn nhất.
Nguyên lí 2 Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên ln ln có thể chọn được
số bé nhất.
Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng cho nhiều lớp
bài toán: Toán tập hợp, Tốn rời rạc, Tốn trị chơi…
Ngun lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác,
đặc biệt là phương pháp phản chứng, được vận dụng trong trong trường hợp tập
các giá trị cần khảo sát chỉ tập hợp hữu hạn (Nguyên lí 1) hoặc tập có thể có vơ
hạn phần tử nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ nhất (Nguyên lí 2).
Bài 1.6 (Vô địch Kiev, 1974 ) Các số 1,2,...,1974 được viết trên bảng. Người chơi
được phép thay hai số bất kì bởi một số khác bằng tổng hoặc bằng hiệu của các
số đó. Hãy chỉ ra rằng, sau 1973 lần thực hiện phép tốn đó, số cịn lại trên bảng
khơng thể bằng 0.
Giải Lúc đầu trên bảng có tất cả 1974: 2  987 số lẻ. Mỗi lần thay đổi, số các số
lẻ hoặc giữ nguyên (khi hai số được chọn cùng chẵn thì tổng và hiệu của chúng


11
cũng là số chẵn; khi hai số được chọn có một số chẵn và một số lẻ thì tổng và
hiệu của chúng là lẻ) hoặc số các số lẻ giảm đi 2 (khi chọn cả hai số cùng lẻ thì
tổng hoặc hiệu của chúng là chẵn). Do đó số các số lẻ còn lại trên bảng sau mỗi
lần thực hiện vẫn ln ln là lẻ (bất biến!). Vì mỗi lần chơi ta thay hai số bằng
một số nên sau mỗi lần chơi số lượng các số giảm đi một đơn vị (đơn biến!). Vậy
sau 1973 lần thực hiện phép chơi, ta được số cuối cùng còn lại phải là số lẻ, tức
là số đó khơng thể bằng 0.
Bài 1.7 (Vơ địch vùng Balcan, 2003 ) Có một bao đựng 150 viên bi đen và

75 viên bi trắng. Một người bốc từ bao ra một cách ngẫu nhiên mỗi lần 2 viên bi.

Nếu anh ta bốc được một viên bi đen và một viên bi trắng, anh ta bỏ lại viên bi
trắng vào bao và cất đi viên bi đen. Nếu anh ta bốc được hai viên cùng màu, anh
ta cất đi cả hai rồi bỏ vào bao một viên bi đen (giả sử anh ta có đủ số bi đen ở
ngồi bao để làm chuyện đó nếu cần). Q trình được lặp lại cho đến khi còn
đúng một viên bi trong bao, lí do tại sao? Viên bi đó màu gì?
Giải Vì mỗi lần lấy ra hai viên nhưng bỏ vào một viên nên số lượng viên bi trong
bao giảm đi một viên (đơn biến!). Vậy sau 224 ( 150  751) lần thực hiện, ta còn
đúng một viên bi trong bao. Mỗi lần thay đổi, số bi trắng trong bao hoặc giữ
nguyên (khi lấy ra hai viên có một viên trắng hoặc cả hai viên bi đều đen) hoặc số
bi trắng trong bao giảm đi 2 (khi lấy ra cả hai viên bi đều trắng). Do lúc đầu có
75 viên bi trắng và số các viên bi trắng còn lại trong bao sau mỗi lần thực hiện
vẫn luôn luôn là lẻ (bất biến!) nên viên bi cuối cùng trong bao phải là viên bi
trắng.
Nhận xét Phương pháp chứng minh trong hai bài tốn trên cịn được gọi là
phương pháp tụt vơ hạn. Dựa trên Ngun lí cực hạn, phương pháp này chỉ ra
rằng, ta không thể làm giảm (tụt) mãi một đại lượng nếu nó chỉ nhận một số hữu


12
hạn giá trị. Phương pháp tụt vô hạn cũng được dùng để giải quyết nhiều dạng
tốn khác (thí dụ, trong giải phương trình nghiệm ngun,...).
Bài 1.8 Trên một đường trịn ta đặt n số. Nếu thứ tự các số a, b, c, d thỏa mãn

 a  d b  c   0,

thì hai số b và c đổi chỗ cho nhau. Chứng minh rằng sau một

số các bước thì trên đường trịn khơng cịn bộ tứ nào sắp xếp như vậy.

Giải Thực chất là ta chỉ đổi chỗ hai số trên đường tròn, còn các số khác vẫn giữ
ngun. Ta phải tìm đại lượng bất biến có liên quan đến sự thay đổi hai số này.
Giả sử bốn số a, b, c, d được sắp xếp theo thứ tự sao cho  a  d  b  c   0,
nghĩa là ab  cd  ac  bd . Nếu thực hiện phép biến đổi đã cho thì bộ tứ
a, b, c, d chuyển thành bộ tứ a, c, b, d . Ta thấy rằng tổng của tích các số cạnh

nhau bị giảm đi thực sự: ab  bc  cd  ac  cb  bd . Như vậy, đại lượng đơn
biến trong bài này là tổng của tích các số kề nhau liên tiếp trên đường trịn. Với
phép biến đổi đã cho thì đại lượng bất biến đơn điệu giảm thực sự, và vì nó chỉ có
hữu hạn các giá trị, nên phép biến đổi của ta chỉ có thể thực hiện hữu hạn lần, tức
là sau hữu hạn lần, khơng cịn bộ tứ liên tiếp nào có tính chất  a  d  b  c   0
nữa.
Bài 1.9 Thầy giáo viết 2012 dấu    và 2013 dấu () lên trên bảng và yêu cầu
học sinh chơi theo qui tắc sau: Mỗi lần hai dấu bất kì bị xố đi và viết thay bởi
một dấu    nếu chúng giống nhau và thay bằng một dấu () nếu chúng khác
nhau. Sau khi thực hiện 4024 lần như vậy, hỏi dấu nào sẽ còn lại trên bảng?
Cách giải 1 Sau mỗi lần xóa, số các dấu () được giữ ngun hoặc giảm đi 2
(đơn biến !). Vì thế, tính chẵn lẻ của số dấu () trên bảng là bất biến. Ban đầu số
dấu () là số lẻ nên cuối cùng còn lại trên bảng là dấu () .


13
Cách giải 2 Thay mỗi dấu    bởi số 1 , thay mỗi dấu () bởi số (1) . Khi đó mỗi
lần thực hiện cách làm theo đề bài có thể mơ tả dưới dạng khác như sau: Hai số
bất kì được xóa đi và thay bằng tích của chúng. Vì vậy tại mọi thời đểm thực hiện
các phép tốn thì tích của tất cả các số trên bảng là bất biến. Ban đầu tích của các
số trên bảng là (1) nên cuối cùng tích của các số trên bảng cũng là (1) . Vậy dấu
còn lại trên bảng là dấu () .
Cách giải 3 Thay mỗi dấu    bởi số 0, thay mỗi dấu () bởi số 1. Khi đó, tổng
hai số bị xóa đi cùng tính chẵn lẻ với số được viết thay chúng, như vậy tổng các

số trên bảng khơng thay đổi tính chẵn lẻ. Vì tổng các chữ số ban đầu bằng 2013,
là số lẻ nên số còn lại cuối cùng là số lẻ. Do đó dấu cịn lại trên bảng là dấu () .
Dưới đây là bài toán sử dụng khái niệm tăng hữu hạn.
Bài 1.10 Có 2000 người được chia vào các phòng của một tòa nhà 115 buồng.
Mỗi phút khơng phải mọi người đều ở trong phịng, mà một số người đi từ phịng
ít người tới phịng có nhiều người hơn. Chứng minh rằng tới một lúc nào đó tất cả
mọi người đều tập trung tại một phòng.
Giải Với mỗi phịng ta xét bình phương của số người trong mỗi phịng. Kí hiệu
số bình phương là S . Ta chỉ ra rằng S tăng với mỗi người được chuyển đi.
Thật vậy, giả sử có một người đi từ phịng có n người tới phịng có m người, mà

m  n . Khi đó bình phương của số người trong các phòng biến đổi từ n 2 và m2
thành  n  1 và  m  1 tương ứng, và các phịng khác thì khơng đổi. Như vậy,
2

2

S thay đổi như sau:

 n  1   m  1    n  m    n  m  2n  2m  2   n  m 
2

2

2

2

2

2

 2 m  n  2  2  0
Vậy S luôn luôn tăng.

2

2


14
Ta biết rằng số người là 2000 (bất biến!). Tồn tại một số hữu hạn cách chia 2000
người vào các phòng khác nhau, như vậy tồn tại hữu hạn khả năng giá trị của S .
Nghĩa là S không thể tăng vơ hạn. Khi vẫn cịn hai phịng cịn người, thì qui
trình bài tốn được thực hiện và S sẽ tăng và quá trình này sẽ dừng lại, khi tất cả
mọi người đều trong một phịng.
Bài 1.11 (Vơ địch tồn liên bang Nga lần thứ nhất, 1961) Các số thực được viết
vào các ô trong một bảng chữ nhật m  n . Mỗi lần chơi ta có thể đổi dấu tất cả
các phần tử trong một hàng hoặc một cột. Hãy chứng minh rằng sau một số lần,
ta có thể làm cho tổng của các số trong mỗi hàng và mỗi cột là không âm.
Giải Giả sử S là tổng của tất cả mn số trong bảng. Nhận xét rằng sau một lần
thực hiện, mỗi số được giữ nguyên hoặc đổi dấu. Như vậy có tất cả tối đa 2 mn
bảng và S chỉ có thể nhận hữu hạn 2 mn giá trị (thực ra số khả năng có thể thực
hiện đổi dấu một lần tất cả các số trong một hàng hoặc một cột còn nhỏ hơn, số
này chỉ là 2m n1 ).
Giả sử trong một bảng có một hàng (hoặc một cột) với tổng các số là âm. Đổi dấu
các số trong hàng (hoặc cột) đó. Khi ấy tổng các số trong bảng tăng lên thật sự,
do đó một bảng khơng thể nhận được hai lần bằng cách đổi dấu này. Do S chỉ
nhận hữu hạn giá trị nên sau một số hữu hạn lần thực hiện phép đổi dấu (cho các
hàng và các cột với tổng các số hạng âm), ta được một bảng T với tổng S lớn

nhất. Bảng này chính là bảng thỏa mãn điều kiện đầu bài, tức là bảng có tổng tất
cả các số ở các hàng và các cột là không âm. Thật vậy, nếu tổng các số trong một
hàng (một cột) nào đó của bảng T là âm thì đổi dấu các số trong hàng (cột) ấy, ta
sẽ nhận được một bảng mới có tổng tất cả các số trong bảng lớn hơn trong bảng

T . Trái với cách chọn bảng T . Vậy T chính là bảng cần tìm.


15
Có thể chứng minh được rằng, trên thực tế chỉ cần không quá

mn
phép đổi
2

dấu (hàng và cột) để được bảng có tất cả các hàng và các cột có tổng khơng âm.
1.2 Kĩ thuật đồng dư
Trị chơi thường gắn với tập số ngun. Do vậy khá nhiều bài tốn trị chơi có
thể giải được nhờ kĩ thuật lấy đồng dư (lấy môđulô). Kĩ thuật lấy đồng dư cũng
thường gặp trong nhiều dạng bài toán khác (toán trên tập số nguyên, giải phương
trình nghiệm ngun). Kĩ thuật đồng dư trong Tốn trị chơi thường là: Một đại
lượng nào đó thay đổi nhưng luôn đồng dư với một đại lượng khác. Tức là có qui
luật bất biến.
Bài 1.12 Ba đống bi tương ứng có 19, 8 và 9 viên. Được phép chọn hai đống bi
bất kì và chuyển một viên bi từ mỗi đống bi đã chọn vào đống thứ ba. Sau một số
lần làm như vậy, có thể đạt được mỗi đống bi có 12 viên khơng?
Giải Gọi trạng thái (số bi) tại bước thứ k trong ba đống tương ứng là ak , bk , ck .
Xét môđulô các số này theo 3. Lúc đầu a0  19  1 mod3 , b0  8  2  mod3 và

c0  9  0  mod3 , tức là số dư theo

r1  1, r2  2,

 mod3

trong ba đống lần lượt là

r3  0. Sau lần chuyển đầu tiên, vì

19  2  0 mod3 ; 8  1  8  2  1 mod3

19  1  0 mod3

và

và  9  1   9  2  2  mod3

nên số bi trong ba đống khi chia cho 3 sẽ là a1  0  mod3 , b1  1 mod3 và

c1  2  mod3 , không phụ thuộc vào việc thêm (hai) hay bớt (một) viên bi vào
đống nào. Sau lần chuyển thứ hai ta lại có số dư theo  mod3 trong ba đống bi là
r1  2, r2  0, r3  1 vì  a1  1   a1  2  2  mod3 ,  b1  1   b1  2  0  mod3

và  c1  1   c1  2  1 mod3. Chứng tỏ, sau mọi bước đi số dư khi chia cho 3


16
trong ba đống bi luôn luôn là và chỉ là ba số 0, 1, 2 (bất biến!). Nếu mọi đống bi
đều là 12 viên thì a  0  mod3 , b  0  mod3 và c  0  mod3 . Vơ lí. Vậy
khơng thể chuyển trạng thái số dư là 0,1,2  bất biến sang trạng thái 0,0,0  làm
cho mỗi đống bi có 12 viên được.

Bài 1.13 (Vô địch Bungaria, 1999, lớp 8 ) Ba đống sỏi có 51, 49 và 5 viên. Ta thực
hiện một trong hai nước đi như sau. Một nước đi là dồn hai đống tùy ý thành một
đống. Nước đi khác là chọn đống có số chẵn viên sỏi để chia làm hai đống bằng
nhau. Hỏi có thể thực hiện một dãy các nước đi như thế để chia ba đống sỏi thành
105 đống mà mỗi đống chỉ có một viên sỏi hay không?

Giải Ban đầu số sỏi trong ba đống là 51, 49 và 5 viên đều là số lẻ nên cách duy
nhất thực hiện bước đi đầu tiên là phải dồn hai đống lại.
Trường hợp 1 Bước đầu tiên dồn hai đống có 5 và 51viên, ta được hai đống có
49 và 56 viên, mỗi số đều là bội của 7. Vì chỉ có hai đống sỏi 49 và 56 viên, nên

không thể dồn lại để được một đống có số lẻ 105 viên được (vì sau đó khơng thể
dồn hoặc chia được nữa). Do đó ta phải chia đống 56 viên thành hai đống, mỗi
đống 28 viên. Khi thực hiện các nước đi luân phiên, số sỏi trong mỗi đống nhận
được ln là bội của 7. Do đó số đống với số sỏi nhỏ nhất chỉ có thể là 15 đống,
mỗi đống 7 viên. Qui trình dưới đây minh họa Trường hợp 1 (để ngắn gọn, một
số bước chia đôi được ghép lại):

 5,49,51   56,49    28,28,49   14,14,14,14,49 
  7,7,7,7,7,7,7,7,49    56,7,7,7,7,7,7,7 
  28,28,7,7,7,7,7,7,7   14,14,14,14,7,7,7,7,7,7,7 
...   7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7  .
15


17
Trường hợp 2 Dồn hai đống có 5 và 49 viên, ta được hai đống có 51 và 54 viên,
mỗi đống đều là bội của 3. Do đó bước thứ hai ta phải chia đống có 54 viên thành
2 đống 27 viên. Bây giờ số sỏi trong cả ba đống là 51, 27, 27 cùng chia hết cho
3. Vì cả ba đống có số lẻ viên nên ở bước thứ ba ta lại phải gộp 2 đống chứa 27

và 51 hịn sỏi thành đống 78 viên. Vì hai số 27 và 51 chia hết cho 3 nên tổng
(  78) của chúng cũng chia hết cho 3. Như vậy, ta lại có hai đống 27 và 78 viên

sỏi cùng chia hết cho 3. Tức là, khi thực hiện các nước đi luân phiên, số sỏi trong
mỗi đống luôn là bội của 3 (bất biến!). Thật vậy, khi gộp hai đống sỏi cùng chia
hết cho 3 thì được một đống có số sỏi chia hết cho 3 và nếu chia một đống sỏi (là
gộp của hai đống có số sỏi lẻ cùng chia hết cho 3 ) có số chẵn viên sỏi chia hết
cho 3 thành hai phần bằng nhau thì số sỏi trong mỗi phần vẫn chia hết cho 3. Do
đó số sỏi trong mỗi đống ln chia hết cho 3 và nhiều nhất có thể được là 35
đống, mỗi đống 3 viên.
Dưới đây là qui trình minh họa thuật toán trong Trường hợp 2:

 5, 49,51   54,51   27, 27,51   27, 78   27,39,39 
  66,39    33,33,39    33, 72    33,36,36    33,18,18,18,18
  33,9,9,9,9,9,9,9,9    42,9,9,9,9,9,9,9    21, 21,9,9,9,9,9,9,9 
  30, 21,9,9,9,9,9,9   15,15, 21,9,9,9,9,9,9   15, 36,9,9,9,9,9,9 
 15,18,18,9,9,9,9,9,9   15,9,9,9,9,9,9,9,9,9,9    24,9,9,9,9,9,9,9,9,9 
 12,12,9,9,9,9,9,9,9,9,9    6, 6, 6, 6,9,9,9,9,9,9,9,9,9 
  3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9,9,9   12,3,3, 3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9,9 
  6, 6,3,3,3,3,3,3,3,9,9, 9,9,9,9,9,9    3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9,9 
 12,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9    6, 6, 3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9 
  3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9, 9  ...   3,3,3,3,,...,3,3,3,3  .
35

Trường hợp 3 Bước đầu tiên dồn hai đống có 49 và 51 viên, ta được hai đống là
5 và 100 viên, số sỏi trong mỗi đống đều là bội của 5. Khi thực hiện một trong

hai nước đi, số sỏi trong mỗi đống nhận được ln là bội của 5. Do đó số đống

18
với số sỏi nhỏ nhất là 21 đống, mỗi đống 5 viên. Chiến lược dưới đây minh họa
Trường hợp 3:

 5,49,51   5,100    5,50,50    5,25,25,25,25 
  30,25,25,25   15,15,25,25,25    40,15,25,25 
  20,20,15,25,25   10,10,10,10,15,25,25 
  5,5,5,5,5,5,5,5,15,25,25    20,5,5,5,5,5,5,5,25,25 
 10,10,5,5,5,5,5,5,5,25,25    5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,25,25 
  30,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,25   15,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,25 
  40,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5    20,20,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5 
 10,10,10,10,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5   5,...,5,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5 
  20,5,...,5, 5   10,10,5,...,5,5    5,5,,...,5,5 .
21

Kết luận: Không thể chia ba đống sỏi thành 105 đống mỗi đống một viên được.
1.3 Công cụ hệ đếm cơ số 2
Cho p là một số tự nhiên bất kì. Theo thuật tốn chia Euclid, mọi số tự nhiên

a đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng
a  an pn  an1 pn1  ...  a1 p1  a0 p0
với các hệ số nguyên 0  ai  p  1, i  1,..., n; an  0.
Nếu chọn p làm cơ số của hệ đếm, thì mọi số tự nhiên a có thể biểu diễn
dưới dạng  an an1an2 ...a0  p trong hệ đếm cơ số p.
Nếu p  10 thì ta có hệ đếm cơ số 10 (hệ đếm thập phân), nếu p  8 ta có hệ
số cơ số 8 (hệ đếm bát phân),... Do thói quen, lịch sử và truyền thống, hệ đếm cơ
số 10 được sử dụng rộng rãi trong cuộc sống hiện đại.

19
Hệ đếm được định nghĩa như trên là hệ đếm theo vị trí, tức là mỗi hệ số
ai (được gọi là các chữ số của a ) ở vị trí khác nhau có giá trị khác nhau (hàng

“đơn vị”, “hàng chục”, “hàng trăm”,...).
Hệ đếm cơ số 2 có ứng dụng to lớn trong công nghệ thông tin, được sử dụng
rộng rãi trong các ngành khoa học an ninh, quốc phòng. Bằng cách chia cho 2,
một số tự nhiên bất kì đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng các lũy thừa của 2 với
các hệ số bằng 1 hoặc bằng 0.
Thí dụ,

2013 = 210 + 29 + 28 + 27 + 26 + 24 + 23 + 22 + 20

Như vậy, nếu chọn 2 làm cơ số trong hệ đếm cơ số 2, thì mọi số tự nhiên đều
có một biểu diễn duy nhất trong hệ đếm cơ số 2. Các chữ số của nó (chỉ có thể
bằng 0 hoặc bằng 1 ) chính là các hệ số trong phân tích số đã cho dưới dạng lũy
thừa của 2. Thí dụ, ta có:

 2013

10

 111110111012  11111011012 .

Hệ đếm có thể được dùng như một ngôn ngữ thuận tiện giải nhiều dạng tốn như
phương trình hàm, tốn trị chơi,... (xem, [4]). Dưới đây ta xem xét hai ví dụ sử
dụng hệ đếm trong trò chơi một người.
Bài 1.14 Giả sử bạn chọn một số bất kì trong khoảng từ 1 đến 2013. Tơi sẽ hỏi
bạn 11 câu hỏi, bạn có quyền trả lời “đúng” hoặc “sai”. Dựa trên 11 câu trả lời
của bạn, tôi sẽ khẳng định được bạn đã chọn số nào. Tại sao?

Giải Các câu hỏi lần lượt như sau.
Câu thứ nhất: Lấy số đã chọn chia cho 2. Hỏi phép chia có dư hay khơng?
Nếu bạn trả lời là “khơng” thì tơi viết số 0, cịn nếu câu trả lời là “có” thì tơi viết
chữ số 1.
Câu thứ hai: Lấy thương của phép chia vừa rồi chia cho 2. Hỏi phép chia có dư
hay khơng?


20
Nếu câu trả lời là “khơng” thì tơi viết số 0, cịn nếu câu trả lời là “có” thì tơi viết
chữ số 1 vào phía trước (về bên trái) số đã viết (chữ số 0 hoặc chữ số 1 ) của câu
trả lời thứ nhất.
Các câu hỏi tiếp theo cũng tương tự: Lấy thương của phép chia vừa xong chia
cho 2. Hỏi phép chia có dư khơng?
Nếu câu trả lời là “khơng” thì viết chữ số 0, cịn nếu câu trả lời là “có” thì viết
chữ số 1 trước số đã viết.
Sau 11 lần trả lời, tôi nhận được 11 chữ số chỉ gồm các chữ số 0 và 1, chữ số đầu
tiên bao giờ cũng là chữ số 1. Như vậy, hệ thống 11 câu hỏi trên chính là cách
chuyển biểu diễn của một số đã cho (dưới 2013 ) từ hệ đếm cơ số 10 sang hệ đếm
cơ số 2. Hơn nữa, 11 câu hỏi là đủ, bởi vì mọi số từ 0 đến 2013 đều có thể viết
được dưới dạng một số trong hệ đếm cơ số 2 với không quá 11 chữ
số (211  2048  1000000000002 ). Mặt khác, 10 câu hỏi là không đủ, vì

210  1024  2013. Vì số ban đầu chưa biết nên bây giờ chỉ cần chuyển số nhận
được trong hệ đếm cơ số 2 sang hệ đếm cơ số 10, ta khơi phục được số ban đầu.
Thí dụ, sau 11 lần trả lời, ta nhận được số 101001101112 . Đổi số này từ hệ đếm
cơ số 2 sang hệ đếm cơ số 10 theo định nghĩa ta được:

10100110111

2

 1335.

Vậy số ban đầu bạn chọn là 1335. Kiểm tra lại:
1335  667  2  1   333  2  1  2  1   166  2  1  2  1  2  1

 83  2  2  1  2  1
     41 2  1  2   2  1  2  1  2  1 2  1




 20  2 1  2 1  2  2 1  2 1 2 1


21

10  2  2  1  2  1  2  1  2  1  2  1  2  1
        5  2   2   2  1  2  1  2  1  2  1  2  1  2  1
         2  2  1  2   2  1  2  1  2  1  2  1  2  1  2  1   2  1




         1 2   2  1  2  1  2  1  2  1  2  1  2  1  2  1   2  1   2  1





 210  28  25  24  22  21  20  101001101112 .

Bài 1.15 Bạn muốn biết số điện thoại của tôi nên hỏi tôi một số câu hỏi, nhưng
với mỗi câu hỏi của bạn, tôi sẽ chỉ trả lời „„đúng‟‟ hoặc „„sai‟‟. Bạn hãy tìm ra
phương pháp để sau một số nhỏ nhất các câu hỏi bạn sẽ đạt kết quả. Biết rằng, số
điện thoại của tôi là một số có 11 chữ số. Giả sử rằng một trong các câu hỏi của
bạn tôi sẽ trả lời sai sự thật. Khi đó bạn sẽ hỏi thế nào và số các câu hỏi nhỏ nhất
là bao nhiêu để tìm ra số điện thoại của tơi.
Giải Người hỏi cần đặt các câu hỏi sao cho mỗi câu hỏi giảm đi một nửa số
lượng các khả năng xảy ra còn lại. Với hệ thống câu hỏi như vậy, để phỏng đốn
một trong 2 n khả năng cần có n câu hỏi. Vì theo điều kiện bài tốn có tất cả

1011  237 số điện thoại khác nhau nên ta chỉ cần hỏi 37 câu hỏi. Tuy nhiên, tất cả
các câu hỏi đưa ra có thể rất khác nhau. Ví dụ có thể hỏi: „„số điện thoại của anh
lớn hơn 5000000000 phải khơng?” Nếu trả lời “đúng‟‟, thì câu hỏi thứ hai sẽ là
“nó có lớn hơn 7500000000 khơng‟‟... Nhưng phương án tối ưu là sử dụng hệ
thống đếm cơ số 2 mà trong đó chỉ có 2 chữ số 0 và 1. Mỗi số nhỏ hơn

10000000000 được viết không quá 37 chữ số. Khi đó có thể hỏi như sau:
1) Chữ số cuối cùng trong số điện thoại của bạn trong hệ đếm cơ số 2 là 1 có
phải khơng?
2) Chữ số trước chữ số sau cùng là 1 đúng không? ...
Ta thấy, nếu chỉ hỏi từ 36 câu hỏi trở xuống là khơng đủ vì tổ hợp khác nhau từ
36 từ đúng sai là 2

36

và 10000000000  236 nên 2 số điện thoại khác nhau dẫn

22
đến một dãy như nhau các câu trả lời và người bạn sẽ không thể khẳng định được
số câu trả lời của tôi.
1.4 Kĩ thuật tô màu
Tô màu được dùng phổ biến trong lí thuyết đồ thị. Kĩ thuật tơ màu thường cho
phép chia các đối tượng thành hai màu đen trắng. Kết hợp với bất biến, ta có thể
dùng kĩ thuật tô màu để giải quyết một số bài tốn trị chơi.
Bài 1.16a Một nhà triển lãm có n 2 phịng hình tam giác đều. Hai phịng triển lãm
được gọi là hai phịng láng giềng nếu chúng có cạnh chung. Từ mỗi phịng đều
có cửa đi sang phịng láng giềng của nó. Một khách du lịch muốn đi xem càng
nhiều càng tốt số phòng triển lãm với điều kiện mỗi phòng chỉ đi qua đúng một
lần. Hỏi anh ta có thể đi tối đa bao nhiêu phịng?

Hình 1.2

Hình 1.3

Giải Tơ các phịng triển lãm thành các ơ hai màu đen trắng xen kẽ như Hình 1.2.
Với n  2 , số phịng có màu trắng sẽ là 1  2  3  ...  n 
Số phòng màu đen sẽ là 1  2  3  ...   n  1 
Như vậy, số ô đen nhỏ hơn số ô trắng là

n  n  1
.
2

n  n  1
.
2

n  n  1 n  n  1

 n  2 phòng.
2
2


23
Trong q trình đi xem, khách du lịch ln phải đi từ phịng ơ trắng sang phịng ơ
đen hoặc ngược lại. Giả sử có thể đi tham quan tất cả các phòng sao cho mỗi
phòng đi qua đúng một lần. Khi ấy số ơ đen chỉ ít hơn số ơ trắng đúng 1 ơ. Mâu
thuẫn với tính tốn trên. Như vậy khơng thể đi tham quan tất cả các phịng được.
Do mỗi phòng chỉ đi qua đúng một lần mà phải đi xen kẽ các phòng đen - trắng
liên tiếp nên số ô màu trắng đi qua chỉ hơn số ô màu đen một ô. Như vậy nếu đi
qua tất cả ơ đen thì tối đa tổng số phịng có thể tham quan là:

n  n  1 n  n  1

 1  n2  n  1 phịng.
2
2
Có thể thực hiện được điều này theo đường đi như Hình 1.3.
Bài 1.16b (Vơ địch Liên Xơ lần thứ tư, 1970 )
(Lớp 8) Một lâu đài có dạng tam giác đều với độ dài cạnh là 100 mét được chia ra
thành 100 phịng nhỏ hình tam giác. Tất cả các bức tường của các phịng có độ
dài như nhau bằng 10 mét. Giữa các gian liền kề có các cửa thông nhau. Chứng
minh rằng nếu một người muốn đi xem các phòng của lâu đài với điều kiện mỗi
phòng chỉ đi đúng một lần thì anh ta chỉ có thể xem khơng q 91 phịng.
(Lớp 10) Mỗi cạnh của tam giác đều được chia thành k phần bằng nhau. Qua các

điểm chia kẻ các đường thẳng song song với các cạnh. Kết quả là tam giác được
chia thành k 2 các tam giác nhỏ. Ta gọi xích là một dãy các tam giác, trong đó
khơng có tam giác nào xuất hiện hai lần, và mỗi tam giác tiếp theo có cạnh chung
với tam giác trước đó. Hỏi số tam giác trong xích đó tối đa là bao nhiêu?
Bài 1.17 Một hình vng gồm 8  8 ơ bị bỏ đi hai ơ ở hai góc đối nhau. Có thể
phủ phần cịn lại bởi 31 qn đơmino 1×2 khơng?


24
Giải Tơ màu hình vng với các ơ đen trắng đan xen như
bàn cờ vua (Hình 1.4 ). Số ơ đen và số ô trắng là bằng
nhau (32 ô). Hai ô ở góc đối nhau cùng màu nên sau khi
bỏ chúng đi, số ơ đen khác số ơ trắng (thí dụ, 32 ô đen và
30 ô trắng). Như vậy, hiệu số ô đen và ô trắng là 2. Các ô
đen trắng đan xen nhau, nghĩa là cạnh ô đen phải là ơ

Hình 1.4

trắng.
Mỗi qn đơmino phủ đúng một ơ đen và một ô trắng liền kề, như thế sau khi đặt
một qn đơminơ thì mất đi một ơ đen và một ơ trắng. Vì vậy, sau mỗi lần đặt
một qn đôminô, số ô đen và số ô trắng đều giảm đi 1, hay hiệu số giữa số ô
trắng và số ô đen trên bảng là một đại lượng bất biến (ln bằng 2). Vì vậy
khơng thể phủ kín bàn cờ bởi các qn đơminơ được.
Bài 1.18 Một hình trịn được chia làm 6 ô dẻ quạt bằng nhau và đặt một quân cờ
vào mỗi ô. Trong mỗi bước, cho phép chuyển một quân cờ bất kỳ sang một trong
hai hình quạt kề với nó. Hỏi sau khi thực hiện đúng 2013 lượt đi, có thể chuyển
tất cả quân cờ vào trong một hình quạt được khơng?
Giải Đánh số các hình quạt từ 1 đến 6 theo chiều ngược

2
1

3

chiều kim đồng hồ. Ta tơ màu các hình quạt 1, 3, 5 như hình
1.5. Ta kí hiệu số qn cờ ở ơ được tô màu trước lần đi thứ n

là an 1. Ta ln có a0  3 và với k  1 thì a k khác ak 1 là 1. Do

6

4
5

Hình 1.5

đó, a1 , a3 ,..., a2013 là những số chẵn, còn a0 , a2 ,..., a2012 là những số lẻ.
Sau 2013 lượt đi số quân cờ ở các hình quạt được tô màu là lẻ. Nhưng nếu các
quân cờ đều đứng ở một hình quạt thì số đó là số chẵn ( bằng 0 hoặc bằng 6).
Mâu thuẫn, chứng tỏ khơng thể tập trung 2013 qn cờ vào 1 hình quạt được.
Kết luận Chương 1