luẬn vĂn thẠc sĨ toÁn hỌc -...

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM

NGUYỄN THỊ HỒNG PHƢỢNG

THUẬT TOÁN FRAME – STEWART GIẢI BÀI TOÁN

THÁP HÀ NỘI TỔNG QUÁT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2010

www.VNMATH.com


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM

NGUYỄN THỊ HỒNG PHƢỢNG

THUẬT TOÁN FRAME – STEWART GIẢI BÀI TOÁN

THÁP HÀ NỘI TỔNG QUÁT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Giải tích

Mã số: 60 46 01

Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. TẠ DUY PHƢỢNG

THÁI NGUYÊN - 2010

www.VNMATH.com


1

MỤC LỤC Trang

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU ............................................................................................... 2

Chƣơng 1 ....................................................................................................... 4

TỔNG QUAN VỀ TRÒ CHƠI THÁP HÀ NỘI .......................................... 4

§1. Lịch sử trò chơi Tháp Hà Nội ............................................................ 4

§2. Sơ lược về bài toán tháp Hà Nội tổng quát, các bài toán cải biên và

các vấn đề toán học liên quan ................................................................ 15

Chƣơng 2: TRÒ CHƠI THÁP HÀ NỘI..................................................... 21

§1 Trò chơi tháp Hà Nội và thuật giải đệ qui.......................................... 21

§2 Giải bài toán tháp Hà Nội bằng biểu diễn trong hệ đếm cơ số 2 ........ 26

§3 Đồ thị Hà Nội.................................................................................... 34

§4 Giải bài toán Tháp Hà Nội trên máy tính ........................................... 38

Chƣơng 3: BÀI TOÁN THÁP HÀ NỘI VỚI BỐN CỌC (Trò chơi

Reve-The Reve’s Puzzle) ............................................................................. 39

§1 Trò chơi Tháp Hà Nội với bốn cọc .................................................... 39

§2 Tính số bước chuyển tối ưu trong trò chơi Tháp Hà Nội với bốn cọc...... 43

Chƣơng 4: BÀI TOÁN THÁP HÀ NỘI TỔNG QUÁT............................. 52

§1 Tính số ( )pS n trong thuật toán Frame-Stewart cho trò chơi Tháp

Hà Nội tổng quát ................................................................................... 52

§2 Đánh giá ( )pS n ............................................................................... 68

§3 Sự tương đương của một số thuật toán giải bài toán Tháp Hà Nội

tổng quát................................................................................................ 70

KẾT LUẬN .................................................................................................. 78

TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................... 79

www.VNMATH.com


2

LỜI NÓI ĐẦU

Trò chơi (Bài toán) Tháp Hà Nội được phổ biến rộng rãi ở Paris năm

1883 bởi nhà toán học Edouard Lucas, là một bài toán nổi tiếng thế giới, hiện

nay đang được nghiên cứu bởi rất nhiều nhà toán học và khoa học máy tính,

các chuyên gia giáo dục và y học, được đưa vào nhiều giáo trình tin học và

sách về trò chơi toán học như một ví dụ điển hình về thuật toán đệ qui và lập

trình căn bản, nhưng hình như chưa được chú ý nghiên cứu ở Việt Nam. Mặc

dù trò chơi Tháp Hà Nội có mặt trên khá nhiều trang WEB và giáo trình tiếng

Việt, số lượng bài viết tiếng Việt giới thiệu về trò chơi và bài toán Tháp Hà

Nội trên các tạp chí là rất ít và còn rất sơ lược (xem [1]-[6]), hình như chưa có

bài nghiên cứu tiếng Việt nào về bài toán Tháp Hà Nội, trong khi đó chỉ tính

riêng số bài báo nghiên cứu về bài toán Tháp Hà Nội trong lĩnh vực Toán-Tin

học đã có đến hơn 450 bài với khoảng 250 bài với đầu đề có cụm từ "The

Tower of Hanoi", đăng trên hơn 100 tạp chí khoa học uy tín (trong [5] thống

kê số lượng bài báo khoa học viết về Tháp Hà Nội là 464 bài). Đó là chưa kể

đến những bài viết về sử dụng bài toán Tháp Hà Nội trong khoa học giáo dục

và y học. Trò chơi Tháp Hà Nội thú vị đến mức nó đã được dùng làm đề tài

của một số luận án Tiến sĩ và luận văn cao học. Một hội thảo khoa học quốc

tế [21] với tên gọi Workshop on the Tower of Hanoi and Related Problems đã

được tổ chức năm 2005.

Bài toán Tháp Hà Nội không chỉ thú vị ở chỗ nó mang tên Hà Nội, thủ

đô của Việt nam, mà nó hấp dẫn các nhà Toán-Tin học bởi nó liên quan đến

nhiều vấn đề như giải thuật đệ qui, hệ đếm, tam giác Pascal, thảm Sierpinski,

lý thuyết đồ thị và chu trình Hamilton, ôtômát hữu hạn, độ phức tạp tính

toán,.... Bài toán Tháp Hà Nội gợi ý cho nhiều nghiên cứu trong khoa học

máy tính và toán học.

Luận văn Thuật toán Frame-Stewart giải bài toán Tháp Hà Nội tổng

quát có mục đích trình bày tổng quan về một thuật toán quan trọng giải bài

toán Tháp Hà Nội với số cọc bất kì.

www.VNMATH.com

http://vi.wikipedia.org/wiki/1883

http://vi.wikipedia.org/wiki/Nh%C3%A0_to%C3%A1n_h%E1%BB%8Dc

http://vi.wikipedia.org/w/index.php?title=Edouard_Lucas&action=edit&redlink=1


3

Luận văn gồm phần mở đầu, bốn Chương và phần tài liệu tham khảo.

Chương 1. Tổng quan về trò chơi Tháp Hà Nội.

Chương 2. Bài toán Tháp Hà Nội cổ điển.

Chương 3. Bài toán Tháp Hà Nội với bốn cọc.

Chương 4. Bài toán Tháp Hà Nội tổng quát.

Chương 1 giới thiệu tổng quan về Trò chơi Tháp Hà Nội.

Lời giải Bài toán Tháp Hà Nội cho ba cọc được trình bày trong Chương 2.

Sau hơn 100 năm, trò chơi Tháp Hà Nội đã có những cải biên và tổng

quát hoá (trò chơi Tháp Hà Nội xoay vòng, trò chơi Tháp Hà Nội song song,

trò chơi Tháp Hà Nội với nhiều cọc,...). Những cải biên và tổng quát hóa này

dẫn đến những vấn đề toán học thú vị, thậm chí dẫn tới nhiều bài toán hiện

nay chưa có lời giải. Trong luận văn này, chúng tôi tập trung trình bày trong

Chương 3 và Chương 4 lời giải của bài toán Tháp Hà Nội, đó là Thuật toán đệ

qui dạng Frame-Stewart giải bài toán Tháp Hà Nội tổng quát.

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS Tạ

Duy Phượng. Em xin bầy tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đối với Thầy và xin

được cảm ơn Thầy đã cung cấp nhiều tài liệu đồng thời cho phép sử dụng Bản

thảo cuốn sách của Thầy về Tháp Hà Nội.

Em xin cảm ơn các Thầy Cô của Đại học Thái Nguyên và Viện Toán

học đã tận tình giảng dạy em trong suốt quá trình học cao học.

Tôi xin cảm ơn khoa Toán trường ĐHSP Thái Nguyên, khoa Sau Đại

học trường ĐHSP Thái Nguyên đã quan tâm giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi

cho tôi thực hiện kế hoạch học tập của mình.

Xin cảm ơn người thân, đồng nghiệp, bạn bè đã cổ vũ động viên tôi trong

suốt quá trình làm luận văn.

Thái Nguyên, 19.8.2010

Nguyễn Thị Hồng Phượng

www.VNMATH.com


4

Chƣơng 1

TỔNG QUAN VỀ TRÒ CHƠI THÁP HÀ NỘI

§1. Lịch sử trò chơi Tháp Hà Nội

Bìa cuốn sách của E. Lucas xuất bản tại Paris năm 1895, trong đó có 4

trang (179-183) viết về trò chơi Tháp Hà Nội.

1.1 Truyền thuyết

Theo một truyền thuyết, liên tục suốt ngày đêm, các nhà tu hành của tòa

tháp Brahma trong thành Bernares (Ấn Độ) phải chuyển 64 đĩa vàng từ một

cọc này sang cọc khác của tòa tháp. Các đĩa có kích thước khác nhau và lúc

www.VNMATH.com


5

đầu được đặt trên một trong ba cọc của tòa tháp theo thứ tự đĩa nhỏ ở trên, đĩa

lớn ở dưới. Đĩa trên cùng được chuyển sang cọc khác, mỗi lần chỉ di chuyển

một đĩa. Do tính dễ vỡ, đĩa lớn không được đặt lên trên đĩa nhỏ. Trong quá

trình di chuyển, có thể đặt đĩa lên một cọc trung gian. Khi công việc hoàn

thành, tòa tháp sẽ đổ, và lúc đó cũng là thời điểm kết thúc của vũ trụ với một

tiếng nổ khủng khiếp!

1.2 Lịch sử

Dựa trên truyền thuyết về tháp Brahma, và có thể, theo truyền thuyết về sự

tồn tại những ngôi tháp cổ đồng dạng với tháp Brahma trong vùng đất phật giáo

linh thiêng gần Hà Nội (Bắc Ninh?, Vĩnh Phúc?), Việt Nam, nhà toán học

người Pháp Edouard Lucas (quê ở Amiens) đã phổ biến Trò chơi Tháp Hà Nội

ở Paris năm 1883 với tên giả là giáo sư N. Claus. Năm 1884, Parvile trong [14]

đã trình bày lời giải bài toán Tháp Hà Nội và tiết lộ giáo sư N. Claus chính là

tên giả của nhà nghiên cứu lí thuyết số nổi tiếng Eduard Lucas.

Trên bìa của hộp đựng trò chơi sản xuất năm 1883 và trong cuốn sách

L’Arithméique Amusante, xuất bản tại Paris năm 1895 (sau khi Ông mất), chính

Edouard Lucas đã viết ([12], trang 179): “…la Tour d’Hanoi, véritable casse-

tête annamite…” (Tháp Hà Nội, một trò chơi trí tuệ của người Annam), nhưng

tại sao ông lại gọi trò chơi này là trò chơi Tháp Hà Nội thì chưa có câu trả lời

thật rõ ràng.

Rất có thể (theo Edouard Lucas), trò chơi Tháp Hà Nội “đã xuất hiện ở Đông

Á từ thế kỷ 19 hoặc trước đó. Các đĩa được làm bằng sứ ở Trung Quốc, Nhật Bản

và Đông Kinh (Bắc Kì, Việt Nam)”. Tuy nhiên, cho tới nay, các nhà lịch sử có lẽ

vẫn chưa tìm thấy các đĩa sứ của trò chơi tháp Hà Nội tại châu Á. Những hộp đựng

trò chơi cũ nhất vẫn là hộp đựng các đĩa sản xuất tại Pháp năm 1883.

Theo David G. Pool [15], trích dẫn theo P. J. Hilton [10], sự tồn tại

những ngôi tháp gần Hà Nội (Việt Nam) là lí do để E. Lucas đã đặt tên cho

trò chơi của mình là Trò chơi Tháp Hà Nội.

www.VNMATH.com

http://vi.wikipedia.org/wiki/Nh%C3%A0_to%C3%A1n_h%E1%BB%8Dc

http://vi.wikipedia.org/w/index.php?title=Ng%C6%B0%E1%BB%9Di_Ph%C3%A1p&action=edit&redlink=1




http://vi.wikipedia.org/wiki/%C4%90%C3%B4ng_%C3%81

http://vi.wikipedia.org/wiki/%C4%90%C3%B4ng_%C3%81

http://vi.wikipedia.org/wiki/Th%E1%BA%BF_k%E1%BB%B7_19

http://vi.wikipedia.org/w/index.php?title=S%E1%BB%A9&action=edit&redlink=1

http://vi.wikipedia.org/wiki/Trung_Qu%E1%BB%91c

http://vi.wikipedia.org/wiki/Nh%E1%BA%ADt_B%E1%BA%A3n

http://vi.wikipedia.org/wiki/Vi%E1%BB%87t_Nam


6

Có một giả định rằng: “nhà toán học đến thăm Việt Nam, ngắm cảnh Hồ

Gươm và bị quyến rũ bởi vẻ đẹp của Tháp Rùa nên đã đặt tên là Bài toán

Tháp Hà Nội”. Nếu có tư liệu khẳng định nhà toán học nổi tiếng E. Lucas đã

đến Hà Nội từ trước năm 1883 (Pháp chiếm Hà Nội năm 1882) thì thật là thú

vị. Tuy nhiên, lúc đó E. Lucas đã ra khỏi quân đội và đang dạy học, vì vậy ít

có khả năng ông đã đến Hà Nội.

Cũng có lẽ Cột cờ Hà Nội đã gợi ý cho E.

Lucas đặt tên trò chơi của mình là Tháp Hà

Nội: “The Flag Tower of Hanoi may have

served as the inspiration for the name”. Cột cờ

Hà Nội có đáy gồm ba khối vuông xây chồng

lên nhau. Trò chơi Tháp Hà Nội đơn giản nhất

cũng gồm ba đĩa tròn xếp chồng lên nhau. Cột

cờ Hà Nội xây năm 1805-1812, Tháp Rùa xây

năm 1886, trò chơi Tháp Hà Nội xuất hiện ở

Paris 1883.

Có thể Pháp chiếm Hà Nội là đề tài thời sự

ở Paris vào những năm 1882-1883, và điều này

gợi ý E. Lucas đặt tên cho trò chơi của mình là

Tháp Hà Nội?

Trò chơi Tháp Hà Nội vừa được phổ biến

đã được đón nhận rộng rãi vì sự đơn giản và hấp

dẫn của nó. Mặc dù chưa có câu trả lời rõ ràng

về lí do E. Lucas đặt tên cho trò chơi của mình

là trò chơi Tháp Hà Nội, người Việt Nam vẫn có

thể tự hào và cần quan tâm về trò chơi này.

Dưới đây là bìa của hộp đựng trò chơi

Tháp Hà Nội sản xuất lần đầu tiên tại Paris năm

1883 và hai tờ hướng dẫn qui tắc chơi. Đây là

những tư liệu quí về lịch sử trò chơi.

www.VNMATH.com

http://en.wikipedia.org/wiki/Flag_Tower_of_Hanoi


7

Bìa của hộp đựng trò chơi Tháp Hà Nội đƣợc bán lần đầu tại Paris

năm 1883.

Trên tờ bìa này có một hình tháp 10 tầng, cây tre, người Annam (Việt

Nam) và ghi rõ: La Tour d’Hanoϊ, Veritable casse-téte Annamite Jeu, rapporté

du Tonkin par le professeur N. Claus (de Siam) du college Mandarin Li-Sou-

Sian (Tháp Hà Nội, Trò chơi trí tuệ của người Annam, được giới thiệu bởi

giáo sư N. Claus (ở Siam), trường trung học Li-Sou-Sian).

www.VNMATH.com


8

www.VNMATH.com


9

Bản dịch tờ hướng dẫn thứ nhất giới thiệu trò chơi Tháp Hà Nội được

sản xuất lần đầu tiên tại Paris:

THÁP HÀ NỘI

Trò chơi trí tuệ của người Annam

Trò chơi được đem về từ Đông Kinh

bởi Giáo sư N. CLAUS (DE SIAM)

Trường Cao đẳng Li-Sou-Stian!

Trò chơi này được tìm thấy, lần đầu, trong cuốn sách được minh họa

Quan thoại FER-FER-TAM-TAM, đang được xuất bản, trong tương lai gần,

bởi chính phủ Trung Hoa. Tháp Hà Nội có các đĩa, nhỏ dần, có số lượng thay

đổi, mà chúng tôi làm bằng gỗ, có lỗ ở giữa. Ở Nhật Bản, Trung Quốc, và ở

Đông Kinh, chúng được làm bằng sứ.

Trò chơi có mục đích là dỡ bỏ từng đĩa, và đặt vào cột bên cạnh, theo

các quy tắc nhất định. Vui và bổ ích, dễ học và dễ chơi trong thành phố, ngoài

nông thôn, trên chuyến du lịch, nó được tạo ra để mang đến kiến thức khoa

học, giống mọi trò chơi kỳ thú và mới lạ của giáo sư N. CLAUS (của SIAM).

Chúng tôi trao giải thưởng 1000 franc, 100 nghìn franc, một triệu franc,

và nhiều hơn, cho ai hoàn thành, bằng việc dùng tay di chuyển tháp Hà Nội

với 64 đĩa, theo quy tắc của trò chơi. Chúng tôi nói ngay là cần số lần di

chuyển là:

18 446 744 073 709 551 615, nhiều hơn năm tỷ thế kỷ!

Theo một truyền thuyết Ấn Độ, những người Brahmin đã tiếp nối nhau

trong một thời gian dài để thay đổi Đền Bernares, di chuyển 64 đĩa vàng của

Tòa tháp Brahma. Khi công việc hoàn thành, Tòa tháp và Brahmin sẽ đổ, và

lúc đó là thời điểm kết thúc của vũ trụ!

PARIS, BẮC KINH, TOKYO và SÀI GÒN

Trong các hiệu sách và tiểu thuyết

1883

Bản quyền đã giữ.

www.VNMATH.com

http://vi.wikipedia.org/wiki/Trung_Hoa

http://vi.wikipedia.org/wiki/Nh%E1%BA%ADt_B%E1%BA%A3n

http://vi.wikipedia.org/wiki/%C4%90%C3%B4ng_Kinh

http://vi.wikipedia.org/wiki/Franc

http://vi.wikipedia.org/wiki/%E1%BA%A4n_%C4%90%E1%BB%99


10

Bản dịch tờ hướng dẫn trò chơi Tháp Hà Nội được sản xuất lần đầu tại Paris:

Luật chơi và cách chơi trò chơi THÁP HÀ NỘI

Đế đặt nằm ngang; các cọc thẳng đứng. Các đĩa đặt theo thứ tự từ lớn đến

nhỏ từ thấp lên cao, tạo nên một Tòa tháp. Trò chơi đòi hỏi di chuyển các đĩa,

bằng cách đặt chúng vào cọc bên cạnh, mỗi lần chuyển một đĩa, theo luật sau:

I. Sau mỗi lần chuyển, các đĩa đều nằm trên một, hai, hoặc ba cọc, theo

thứ tự từ lớn đến nhỏ từ thấp đến cao.

II. Đĩa trên cùng của một trong ba cọc được đặt vào cọc trống.

III. Đĩa trên cùng của một trong ba cọc đĩa được đặt lên một trong hai

cọc khác, nếu đĩa này nhỏ hơn các đĩa của cọc đó.

www.VNMATH.com


11

Trò chơi có thể dễ dàng tự khám phá, bằng việc giải quyết dần từ 3, 4, và 5 đĩa.

Trò chơi luôn giải được và đòi hỏi thời gian chơi lâu khoảng gấp đôi mỗi

khi cho thêm một đĩa vào Tòa tháp. Bất kì ai giải được cho tám đĩa, ví dụ,

chuyển các đĩa từ cọc 1 sang cọc 2, cũng sẽ biết cách giải cho chín đĩa. Chỉ

cần chuyển tám đĩa sang cọc 3, rồi chuyển đĩa thứ chín sang cọc 2, và mang

tám đĩa từ cọc 3 về cọc 2. Bây giờ, khi thêm một đĩa vào trò chơi, tổng số di

chuyển tăng gấp đôi, cộng với một, so với trước.

Với tháp hai đĩa ba lần chuyển là đủ Số đĩa Số lần chuyển

Ba đĩa 7 lần 6 đĩa 63 lần

Bốn đĩa 15 lần 7 đĩa 127 lần

Năm đĩa 31 lần 8 đĩa 255 lần

Với tốc độ một di chuyển mất một giây, cần bốn phút để chuyển tám đĩa.

Các biến thể của trò chơi: Có thể thay đổi đến vô cùng điều kiện của

bài toán tháp Hà Nội như sau. Khi bắt đầu, xếp các đĩa theo thứ tự bất kỳ lên

một, hai, hay cả ba cọc. Sau đó cần xây dựng lại tòa tháp trên một cọc định

trước. Với 64 đĩa, số lần di chuyển là khổng lồ, số này dài 50 chữ số. Xem

thêm chi tiết trong chương nói về Baguenaudier (trò chơi tháo vòng) ở:

TOÁN HỌC GIẢI TRÍ

bởi Mr. Édouard Lucas

giáo sư toán học cao cấp tại Lycée Saint-Louis

Hai tập nhỏ, trong hai màu

Paris, 1883, bởi GAUTHER-VILLARS,

máy in của Académie des Sciences và Ecole Polytechnique

Trên mạng Internet có rất nhiều chương trình hiển thị minh họa và hướng

dẫn trò chơi Tháp Hà Nội (với ba cọc). Ngoài ra, có thể tìm mua trò chơi

Tháp Hà Nội làm bằng gỗ hoặc sứ tại các cửa hàng Việt Nam hoặc nước

ngoài để giải trí.

Dưới đây chúng tôi chụp lại bốn trang (179-183) viết về Tháp Hà Nội

trong cuốn sách Số học vui của E.Lucas xuất bản năm 1895 (sau khi Ông mất)

www.VNMATH.com


12

www.VNMATH.com


13

www.VNMATH.com


14

www.VNMATH.com


15

§2. Sơ lƣợc về bài toán tháp Hà Nội tổng quát, các bài toán cải biên

và các vấn đề toán học liên quan

Trò chơi Tháp Hà Nội ngày càng được các nhà toán học quan tâm, Với

sự phát triển của tin học, bài toán tháp Hà Nội lại càng thu hút sự chú ý của

các nhà toán-tin học. Nó trở thành ví dụ điển hình về phương pháp giải đệ qui

và lập trình căn bản.

2.1 Bài toán Tháp Hà Nội tổng quát

Bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc và n đĩa có thể giải được dễ dàng theo

thuật giải đệ qui (xem Chương 2). Hơn nữa, có thể biết chính xác số lần cần

chuyển tối ưu cho bài toán với n đĩa là 2 1n lần. Vì vậy nó thường được

dùng làm thí dụ kinh điển về lập trình căn bản và thuật giải đệ qui cũng như

minh họa về độ phức tạp tính toán (thời gian mũ) của bài toán với thuật giải

đơn giản và tối ưu.

Một mở rộng tự nhiên của bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc là Bài toán

Tháp Hà Nội với bốn (hoặc nhiều) cọc.

Theo một số tài liệu, chính tác giả của bài toán Tháp Hà Nội, E. Lucas

cũng là người đầu tiên xét bài toán với nhiều cọc vào năm 1899. Năm 1902-

1903 Henry Ernest Dudeney đã viết về bài toán Tháp Hà Nội với bốn cọc

trong hai bài báo. Trong hai trang đầu tiên của cuốn sách nổi tiếng của Ông

The Canterbury Puzzles (xem [7]) ông đã viết về bài toán này (và gọi là

www.VNMATH.com


16

Reve's puzzle) với số cọc là 4 và số đĩa là 8, 10 hoặc 21, chỉ có khác là Ông đã

thay các đĩa bằng các quân cờ. Trong phần lời giải (trang 131-132), Dudeney

đã khẳng định (không chứng minh) rằng số lần chuyển cần thiết tương ứng

với 8, 10 hoặc 21 đĩa là 33, 49 hoặc 321. Hơn nữa, Ông còn xét trường hợp

với số đĩa là số tam giác, tức là các số ( 1)

2k

k kt

, 1,2,...k Giả sử

( 1)

2k

k kt

là số tam giác thứ k và giả sử ( )M n là số lần chuyển tối thiểu

cần thiết để chuyển xong n đĩa. Dudeney tuyên bố rằng

4 4 12 2 1k

k kM t M t , 4 1 1M . Từ đây ta có 4 3 5M ;

4 6 17M , 4 10 49M ,… Tuy nhiên Dudeney không cho một thuật toán

nào cho phép tìm ra các số này, và cũng không có một gợi ý nào cho trường

hợp số đĩa không phải là số tam giác, thí dụ khi 8n .

Bài toán tổng quát với 3p cọc, p là số bất kì với số đĩa n bất kì được

B. M. Stewart đề xuất năm 1939 (Problem 3918 trong tạp chí The Americal

Mathematical Montly [17]). Lời giải của bài toán này đã được Stewart [19] và

Frame [9] trình bày cũng trong tạp chí này năm 1941. Các thuật toán của

Stewart và Frame cùng với một số thuật toán cải biên khác đã được chứng

minh là tương đương theo nghĩa số lần chuyển đĩa là bằng nhau (xem [11]).

Vì vậy người ta thường gọi thuật toán của hai ông hoặc các thuật toán cải biên

tương tự là thuật toán Frame- Stewart. Thuật toán Frame-Stewart cùng các

thuật toán tương đương sẽ được trình bày trong Chương 3 và Chương 4.

Thuật toán Stewart (1941)

Thuật toán truy hồi do Stewart đề xuất 1941, được coi là presumably-

optimal solution (lời giải giả định là tối ưu) cho bài toán bốn cọc (hoặc nhiều

hơn). Giả sử n là số đĩa và p là số cọc. Để giải bài toán tháp Hà Nội với p

cọc, ta thực hiện các bước sau.

www.VNMATH.com


17

Bước 1. Với số l , 1 l n , chuyển l đĩa trên cùng tới cọc 1, mất ( )pS l lần

chuyển. Sử dụng tất cả các cọc trong khi chuyển.

Bước 2. Giữ nguyên cọc 1 chứa l đĩa trên cùng. Chuyển n l đĩa tới cọc

đích, sử dụng 1p cọc còn lại (vì cọc 1 đang được dùng để chứa l đĩa nhỏ

nhất), mất 1( )pS n l lần chuyển.

Bước 3. Cuối cùng, chuyển l đĩa trên cùng từ cọc 1 tới cọc đích, mất ( )pS l

lần chuyển nữa. Được phép sử dụng tất cả các cọc.

Như vậy, tổng cộng cần 12 ( ) ( )p pS l S n l lần chuyển.

Bài toán đặt ra là, cần tính số l để tổng này là nhỏ nhất.

Thuật toán Stewart nói trên (với cách chọn l như trên) cho phép tìm ra một

(một vài) giá trị i sao cho

1 11

2 ( ) ( ) min 2 ( ) ( )p p p pl n

S i S n i S l S n l

. (1.1)

Nói cách khác, các giá trị i thỏa mãn (1.1) là số bước chuyển tối ưu trong lớp

các thuật toán đề nghị.

Stewart và Frame cũng đã chứng minh rằng, nếu n là số tam giác kn t , thì

cách chọn tối ưu nhất cho l là l k , trong khi đó nếu 1k kt n t thì cả hai

giá trị 1k và k đều là cách chọn tối ưu cho l . Như vậy, Stewart và Frame

đã đề xuất thuật toán hiển cho bài toán Tháp Hà Nội với bốn cọc. Thuật toán

này trùng với lời giải của Dudeney trong các trường hợp riêng nêu trên. Từ

đây ta cũng có nhận xét rằng, khác với trường hợp bài toán với ba cọc, lời giải

cho bài toán với bốn cọc có thể là không duy nhất.

Otto Dunkel, tổng biên tập của tạp chí The Americal Mathematical

Montly khi cho đăng hai lời giải trên đã chỉ ra rằng chứng minh tính tối ưu

của Frame và Stewart chỉ áp dụng được cho các thuật toán của một lược đồ

chung mô tả bởi Frame và Stewart mà thôi. Nói cách khác, Frame và Stewart

mới chỉ chứng minh rằng trong số tất cả các giá trị có thể của l theo thuật

www.VNMATH.com


18

toán của hai ông phải có ít nhất một giá trị i làm cực tiểu số lần chuyển. Tuy

nhiên hai ông chưa chứng minh rằng thuật toán tối ưu bắt buộc phải có dạng

trên. Và điều này cho tới nay vẫn chưa chứng minh được. Và lời giải của

Frame và Stewart cần phải coi một cách đúng đắn là “lời giải giả định là tối

ưu” (presumed optimal solution), chứ chưa chứng minh được là lời giải tối

ưu. Từ 1941 đến nay, rất nhiều người khác đã nghiên cứu thuật toán này (xem

trích dẫn đầy đủ trong [5]). Gần đây một số tác giả đề nghị một số thuật toán

hồi qui tương đương với thuật toán Frame và Stewart (xem [11]). Nhưng tính

tối ưu của thuật toán vẫn chưa được chứng minh.

Đây là một ví dụ tiêu biểu cho thấy từ một bài toán đơn giản, có thể giải

được, nhưng bằng cách nới lỏng một số ràng buộc của nó thì lại trở thành khó

hơn rất nhiều do xuất hiện những bài toán mới.

Việc chưa chứng minh được lời giải cho bài toán với bốn hoặc nhiều cọc là

tối ưu không suy ra rằng không tồn tại thuật toán tìm (tất cả) các nghiệm tối ưu.

Mặc dù chưa chứng minh được số lần chuyển đĩa tối ưu chính xác là bao

nhiêu, nhưng thuật toán Frame-Stewart và các cải biên của nó cũng đã cho

"lời giải được giả định là tối ưu" (presumed-optimal solution).

Giả thuyết Frame-Stewart (chưa được chứng minh) nói rằng thuật toán

Frame-Stewart luôn cho lời giải tối ưu. Tính tối ưu của thuật toán Frame-

Stewart đã được kiểm tra trên máy tính cho số đĩa nhỏ hơn 30.

Theo Donald Knuth, nhà tin học nổi tiếng thế giới đã gọi giả thuyết này là

“giả thuyết Frame” và Ông đã viết: “Tôi nghi ngờ rằng ai đó đã giải được giả

thuyết này. Nó thật sự khó”.

2.2. Bài toán Tháp Hà Nội cải biên

Bài toán Tháp Hà Nội có khá nhiều cải biên rất thú vị. Mỗi qui tắc chơi

mới lại làm trò chơi Tháp Hà Nội thêm phong phú và lại xuất hiện thêm nhiều

vấn đề toán học mới. Dứới đây chúng tôi sơ lược liệt kê một số cải biên của

trò chơi Tháp Hà Nội.

www.VNMATH.com


19

2.2.1 Bài toán Tháp Hà Nội với vị trí bất kì

Bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc và n đĩa đã được E. Lucas cải biên ngay

khi phổ biến cách chơi năm 1883. Đó là trò chơi Tháp Hà Nội với vị trí bất kì:

có thể coi vị trí của đĩa là bất kì (không nhất thiết phải tất cả các đĩa nằm trên

một cọc, mà có thể ở trên các cọc khác nhau, miễn là tuân theo qui tắc “đĩa ở

trên nhỏ, đĩa nằm dưới to”). Bài toán đã được Hinz nghiên cứu khá kĩ.

2.2.2 Bài toán Tháp Hà Nội quay vòng (cyclic moving)

Có thể đóng ba cọc trên ba đỉnh của một tam giác và chuyển động các

đĩa theo chiều quay của kim đồng hồ hoặc ngược lại.

2.2.2 Bài toán Tháp Hà Nội song song (parallel moving)

Có thể chuyển các đĩa từ cọc này sang cọc khác trong cùng một thời gian.

2.2.2 Bài toán Tháp Hà Nội hỗn hợp

Kết hợp giữa bài toán Tháp Hà Nội quay vòng với chuyển động song song.

Các cải biên của bài toán Tháp Hà Nội đặt ra những bài toán mới thú vị,

có thể nói khó không kém bài toán ban đầu.

2.3 Một số vấn đề toán học liên quan đến bài toán Tháp Hà Nội

Nhiều bài toán của toán học và tin học thú vị xuất hiện trong trò chơi

Tháp Hà Nội. Dưới đây liệt kê một vài vấn đề chính.

2.3.1 Đồ thị Hà Nội

Các nhà toán học đã phát hiện ra rằng Tháp Hà Nội có cùng bản chất với

bài toán tìm đường Hamilton (Hamilton Path) trên một hình giả phương cấp

n (n -Hypercube), một bài toán cũng rất nổi tiếng.

Nhà toán học D.G. Poole đã phát hiện ra Lược đồ Hà Nội -một tam giác

có các đỉnh tương ứng với các cách sắp xếp đĩa trong Tháp Hà Nội, từ đó tìm

ra những liên hệ lý thú giữa Tam giác Pascal với Lược đồ Hà Nội. Liên hệ

này đã được công bố trong một công trình mang một cái tên đầy liên tưởng:

Pascal biết Hà Nội (Pascal knows Hanoi, [15]).

www.VNMATH.com


20

Có thể biểu diễn trò chơi dưới dạng một đồ thị không có hướng đơn

giản. Các nút chính là các phân bố của các đĩa và các cạnh chính là các

chuyển động. Nhưng, thậm chí được thực hiện một cách khéo léo thuật toán

của Dijkstra để tìm một (hoặc tất cả) các đường ngắn nhất chuyển đĩa từ một

cọc này sang cọc khác trên máy tính nhanh nhất hiện nay, thuật toán này

không cho một con đường hữu hiệu tính nghiệm của bài toán với số lượng đĩa

lớn. Chương trình này đỏi hỏi nhiều thời gian và bộ nhớ hơn là có thể. Do đó,

thậm chí có thuật toán, ta vẫn không thể biết cần bao nhiêu lần chuyển đĩa mà

lời giải tối ưu đòi hỏi và có bao nhiêu lời giải tối ưu cho bài toán, thí dụ, với

1000 đĩa và 10 cọc.

Rất nhiều nghiên cứu bài toán tháp Hà Nội với tên gọi Đồ thị Hà Nội.

2.3.1 Thuật toán giải trò chơi Tháp Hà Nội

Trò chơi Tháp Hà Nội và các cải biên của nó đặt ra những câu hỏi khá

thú vị: Tìm thuật toán tối ưu giải quyết trò chơi, đánh giá độ phức tạp của

thuật toán,… Một thuật toán, có lẽ là quan trọng nhất, được trình bày trong

luận văn này (Chương 3 và 4), đó là thuật toán Frame-Stewart và các cải biên

của nó.

2.4 Bài toán Tháp Hà Nội trong y học và giáo dục

Bài toán Tháp Hà Nội thường được dùng trong nghiên cứu tâm lý về

cách giải quyết vấn đề (problem solving). Cũng có những biến thể khác của

bài toán này gọi là Tháp Luân Đôn (Tower of London) dùng trong chuẩn đoán

và điều trị thần kinh tâm lý đối với các chức năng thực hành. Những vấn đề

này không được đề cập trong luận văn này

www.VNMATH.com

http://en.wikipedia.org/wiki/Dijkstra%27s_algorithm

http://en.wikipedia.org/wiki/Problem_solving

http://en.wikipedia.org/wiki/Tower_of_London_Test


21

Chƣơng 2

TRÒ CHƠI THÁP HÀ NỘI

§1 Trò chơi tháp Hà Nội và thuật giải đệ qui

Luật chơi của trò chơi Tháp Hà Nội đã được qui định rõ trong tờ hướng

dẫn thứ hai khi Trò chơi Tháp Hà Nội được phổ biến lần đầu tại Paris năm

1883 (xem Chương 1). Trong cuốn sách của mình, E. Lucas mô tả trò chơi

gồm 8 đĩa ([12], trang 180-181). Dưới đây trình bày lời giải bài toán Tháp Hà

Nội với ba cọc và số đĩa n bất kì.

Bài toán 1

Có n đĩa kích thước nhỏ dần xếp chồng lên nhau trên một cọc (được gọi

là cọc nguồn, cọc A), đĩa lớn ở dưới, đĩa nhỏ ở trên. Ngoài cọc nguồn còn có

hai cọc trống khác, được gọi là cọc đích và cọc trung gian (cọc B và cọc C).

Hãy chuyển các đĩa này từ cọc nguồn sang cọc đích (một trong hai cọc B

hoặc C) tuân theo hai qui tắc sau:

Qui tắc 1. Mỗi lần chỉ được chuyển một đĩa từ cọc này sang cọc khác và

được dùng cọc thứ ba làm cọc trung chuyển.

Qui tắc 2. Không được xếp đĩa lớn nằm trên đĩa nhỏ.

Giải

Trước tiên ta xét bài toán với 1, 2, 3 đĩa.

Bài toán với 1 đĩa: chỉ cần 1 lần chuyển (Hình 1)

Lần 1: Chuyển đĩa từ cọc A sang cọc C.

Hình 1

www.VNMATH.com


22

Bài toán với 2 đĩa: cần 3 lần chuyển (Hình 2)

Lần 1: Chuyển đĩa số 1 từ cọc A sang cọc B .

Lần 2: Chuyển đĩa số 2 từ cọc A sang cọc C.

Lần 3: Chuyển đĩa số 1 từ cọc B sang cọc C (lên trên đĩa số 2). Kết thúc.

Hình 2


Hai đĩa đầu làm như trường hợp 2 đĩa ở trên (ba lần chuyển):

Lần 1: Chuyển đĩa số 1 từ cọc A sang cọc C.

Lần 2: Chuyển đĩa số 2 từ cọc A sang cọc B.

Lần 3: Chuyển đĩa số 1 từ cọc C sang cọc B (lên trên đĩa số 2). Cọc C trống.

Lần 4: Chuyển đĩa số 3 từ cọc A sang cọc C. Cọc A trống.

Lại chuyển hai đĩa đầu từ cọc B sang cọc C (ba lần chuyển):

Lần 5: Chuyển đĩa số 1 từ cọc B sang cọc A.

Lần 6: Chuyển đĩa số 2 từ cọc B sang cọc C (chồng lên trên đĩa số 3).

Lần 7: Chuyển đĩa số 1 từ cọc B sang cọc C (chồng lên đĩa số 2). Kết thúc.

Hình 3

www.VNMATH.com


23


Với 4n ta minh họa các bước chuyển đĩa như Hình 4 dưới đây.

Dòng 1 cột 1 biểu thị cả bốn đĩa nằm trên cọc A.

Hình 4

Trước tiên ta giải bài toán ba cọc (mất 7 lần chuyển):

Lần 1 (dòng 2 cột 1): Chuyển đĩa trên cùng (số 1) từ cọc A sang cọc C.

Lần 2 (dòng 3 cột 1): Chuyển đĩa số 2 từ cọc A sang cọc B.

Lần 3 (dòng 4 cột 1): Chuyển đĩa số 1 từ cọc C sang cọc B (cọc C trống).


Lần 5 (dòng 6 cột 1): Chuyển đĩa số 1 từ cọc C sang cọc A.

Lần 6 (dòng 7 cột 1): Chuyển đĩa số 2 từ cọc C sang cọc B (cọc C trống).


Như vậy, sau 7 lần chuyển, bài toán với 3 cọc và 3 đĩa đã giải xong.

Lần 8 (dòng 1 cột 2): Chuyển đĩa số 4 từ cọc A sang cọc C.

Tiếp theo lại giải bài toán ba cọc: Chuyển ba đĩa từ cọc B sang cọc C (mất

thêm 7 lần chuyển):

www.VNMATH.com


24

Lần 9 (dòng 2 cột 2): Chuyển đĩa số 1 từ cọc B sang cọc C.

Lần 10 (dòng 3 cột 2): Chuyển đĩa số 2 từ cọc B sang cọc A.

Lần 11 (dòng 4 cột 2): Chuyển đĩa số 1 từ cọc C sang cọc A.

Lần 12 (dòng 5 cột 2): Chuyển đĩa số 3 từ cọc B sang C (cọc B trống).


Lần 14 (dòng 7 cột 2): Chuyển đĩa số 2 từ cọc A sang C (cọc A trống).

Lần 15 (dòng 8 cột 2): Chuyển đĩa 1 từ cọc B sang cọc C (cọc B trống).

Tổng cộng sau 15 lần chuyển các đĩa nằm trên cọc C.

Từ các trường hợp riêng trên, ta đi tới thuật giải tổng quát cho bài toán Tháp

Hà Nội với ba cọc và số đĩa n bất kì như sau.

Thuật toán

Trước tiên ta giải bài toán Tháp Hà Nội cho ba đĩa:

Chuyển đĩa số 1 từ cọc A sang cọc B; chuyển đĩa số 2 sang cọc C; chuyển đĩa

số 1 từ cọc B sang cọc C. Khi ấy đĩa số 1 nằm trên đĩa số 2. Vậy ta hiện đã có

hai đĩa nằm trên cọc C, cọc B hiện thời trống. Chuyển đĩa số 3 từ cọc A sang

cọc B. Lặp lại ba bước trên để giải bài toán cho hai đĩa: chuyển đĩa số 1 và đĩa

số 2 cho nằm lên trên đĩa số 3 trên cọc B.

Tiếp tục làm như vậy cho bốn, năm,…đĩa. Mỗi lần dựng xong tháp từ đĩa

thứ k đến đĩa thứ 1 (trên cọc B hoặc cọc C, một trong hai cọc đó trống), ta

chuyển đĩa thứ 1k từ cọc A sang cọc trống (cọc C hoặc cọc B), rồi lại di

chuyển tháp đã dựng lên đĩa thứ 1k để được tháp với 1k đĩa.

Như vậy, khi đã xây dựng xong tháp thứ k thì ta cũng dễ dàng xây dựng

được tháp thứ 1k sau khi chuyển đĩa thứ 1k sang cọc trống.

Phương pháp trên được gọi là thuật giải đệ qui: Để tiến hành giải bài

toán với 1n đĩa, ta áp dụng lại thuật giải bài toán với n đĩa. Toàn bộ quá

trình là một số hữu hạn các bước, vì đến một lúc nào đó thuật giải sẽ được áp

dụng cho 1n . Bước này chỉ đơn giản là chuyển một đĩa duy nhất từ cọc A

sang cọc B.

www.VNMATH.com


25

Thuật giải đệ qui bài toán tháp Hà Nội có thể phát biểu nhƣ sau.

Nếu 1n hoặc 2n thì bài toán giải được ngay.

Giả sử đã biết cách giải bài toán với 1n đĩa. Giải bài toán cho n đĩa

như sau:

Chuyển 1n đĩa trên cùng từ cọc A sang cọc B (theo giả thiết đã biết

cách giải).

Chuyển đĩa thứ n (dưới cùng trên cọc A) từ cọc A sang cọc C (Bài toán 1 đĩa).

Chuyển 1n đĩa từ cọc B sang cọc C (theo giả thiết đã biết cách giải).

Như vậy, lời giải bài toán rất đơn giản: giải bài toán n đĩa được đưa về

bài toán 1n đĩa và bài toán một đĩa.

Thuật giải đệ qui (có quan hệ mật thiết với phép qui nạp và công thức

truy hồi trong toán học) được áp dụng để giải rất nhiều bài toán. Thí dụ, bài

toán Josephus; Bài toán tính số Fibonacci;…

Kí hiệu ( )L n là số lần chuyển đĩa tối ưu trong bài toán tháp Hà Nội với

n đĩa và ba cọc. Khi ấy, để chuyển n đĩa từ cọc A sang cọc C, trước tiên ta

phải chuyển 1n đĩa trên cùng (các đĩa nhỏ) từ cọc A sang cọc B, sau đó

chuyển đĩa thứ n từ cọc A sang cọc C. Cuối cùng, lại chuyển 1n đĩa từ cọc

B sang cọc C. Ta có:

(1) 1L ; (2) 3L ; ( ) ( 1) (1) ( 1) 2 ( 1) 1L n L n L L n L n .

Theo qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được ( ) 2 1nL n .

Một điều thú vị là dãy ( ) 2 1nL n chính là dãy số Merssen.

Thuật toán đệ qui giải bài toán Tháp Hà Nội nêu trên là thuật toán tối ưu (số

lần chuyển đĩa ít nhất). Theo công thức trên, nó là thuật toán có thời gian mũ.

Giả sử mỗi lần chuyển 1 đĩa hết thời gian 1 giây. Nếu có 64 đĩa thì thời gian

chuyển hết 64 đĩa là

642 1 18446744073703551615 giây50 tỉ năm.

www.VNMATH.com


26

Nếu sử dụng máy tính thực hiện chương trình đệ qui với tốc độ 1 triệu

phép toán/giây thì thời gian chạy máy là: 642 1 :1000000 50 000 năm.

Như vậy bài toán Tháp Hà Nội, mặc dù có thuật giải đơn giản và tối ưu,

nhưng không giải được trong thời gian thực.

Ta có thể minh họa bài toán theo cách khác như sau.

Cho ba cột và n đĩa. Kí hiệu dãy i kS a , 1,...,i n là chỉ số của các

đĩa cần phải chuyển tại bước thứ k . Dãy i kS a này được xây dựng theo

thuật giải đệ qui đơn giản bắt đầu với 1 1S cho một đĩa và theo công thức

truy hồi 1 1, ,n n nS S n S .

Bảng dưới đây chỉ ra cách xây dựng dãy nS cho các giá trị 1,2,3,4n .

n nS

1 1

2 1,2,1

3 1,2,1,3,1,2,1

4 1,2,1,3,1,2,1,4,1,2,1,3,1,2,1

Ta thấy dãy số nS có tính chất đối xứng và lồng nhau. Số ở giữa bao giờ

cũng là n , chính là số đĩa. Dãy 1nS lại có số ở giữa chính là 1n . Các số

trong dãy nS (nhận giá trị từ 1 đến n ) tương ứng với chỉ số của đĩa được

chuyển.

§2 Giải bài toán tháp Hà Nội bằng biểu diễn trong hệ đếm cơ số 2

Bằng cách chia cho 2, một số tự nhiên bất kì có thể biểu diễn dưới dạng

tổng các lũy thừa của 2 với các hệ số bằng 1 hoặc 0. Thí dụ,

10 9 8 7 6 4 3

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

2010 2 2 2 2 2 2 2 2

1.2 1.2 1.2 1.2 1.2 0.2 1.2 1.2 0.2 1.2 0.2 .

www.VNMATH.com


27

Như vậy, nếu chọn 2 làm cơ số trong hệ đếm cơ số 2 thì mọi số tự nhiên

đều có thể biểu diễn dưới dạng hệ đếm cơ số 2 với các hệ số 1 và 0. Các hệ số

trong phân tích số đã cho dưới dạng lũy thừa của 2 được gọi là các chữ số của

nó và số đã cho được biểu diễn trong hệ đếm theo vị trí, tương tự như trong hệ

đếm cơ số 10. Thí dụ (chỉ số dưới biểu thị cơ số):

10 22010 =11111011010 11111011010 .

Sau này, để cho gọn, ta sẽ không viết chỉ số cơ số 2 dưới số đã cho.

Ta có thể sử dụng hệ đếm cơ số 2 để giải bài toán Tháp Hà Nội cho ba cọc với

n đĩa như sau.

Để dễ hiểu, trước tiên ta xem xét trường hợp bài toán Tháp Hà Nội với

ba cọc và hai, ba, bốn đĩa hoặc năm đĩa.

Giải bài toán Tháp Hà Nội với hai đĩa nhờ hệ đếm cơ số 2

Bước 0: Hai đĩa ở cọc A, kí hiệu là 2

00 .

Bước 1: Chuyển đĩa số 1 từ cọc A sang cọc trống B, kí hiệu là 2

01 .

Chữ số 1 cuối cùng biểu thị đĩa trên cùng đã được chuyển ( 10201 1 ).

Bước 2: Chuyển đĩa số 2 từ cọc A sang cọc trống C, kí hiệu là 2

10 .

Chữ số 1 thứ hai biểu thị đĩa thứ hai đã được chuyển ( 10210 2 ).

Hai chữ số 1 và 0 biểu thị hai đĩa ở hai cọc khác nhau.

Bước 3: Chuyển đĩa số 1 từ cọc B sang cọc C, kí hiệu là 2

11 . Chữ số 1

thứ hai biểu thị đĩa thứ hai đã được chuyển. Hai chữ số 1 và 1 biểu thị hai đĩa

ở trên cùng một cọc (đĩa thứ hai chồng lên đĩa thứ nhất , 10211 3 ).

Giải bài toán Tháp Hà Nội với ba đĩa nhờ hệ đếm cơ số 2

Bước 0: Ba đĩa ở cọc A, kí hiệu là 2

000 .

Bước 1: Chuyển đĩa số 1 từ cọc A sang cọc trống C, kí hiệu là

102001 1 .

Chữ số 1 ở vị trí thứ nhất (từ bên phải) biểu thị đĩa trên cùng đã được

chuyển.

www.VNMATH.com


28

Bước 2: Chuyển đĩa số 2 từ cọc A sang cọc trống B, kí hiệu là 2

010 .

Chữ số 1 ở vị trí thứ hai biểu thị đĩa thứ hai đã được chuyển

( 10210 2 ).

Ba chữ số 0, 1, 0 biểu thị ba đĩa ở ba cọc khác nhau.

Bước 3: Chuyển đĩa số 1 từ cọc C sang cọc B, kí hiệu là

2

011 ( 102011 3 ). Chữ số 1 ở vị trí thứ nhất (khác với số 0 trong

2010 ở

bước 2) biểu thị đĩa số 1 đã được chuyển. Ba chữ số 0, 1, 1 biểu thị hai đĩa

nhỏ ở trên cùng cọc C (đĩa thứ hai chồng lên đĩa thứ nhất), đĩa lớn ở cọc khác

(cọc A). Cọc C trống.

Bước 4: Chuyển đĩa số 3 từ cọc A sang cọc C, kí hiệu là

2

100 ( 102100 4 ). Chữ số 1 thứ ba biểu thị đĩa số 3 đã được chuyển. Ba

chữ số 1, 0, 0 biểu thị hai đĩa nhỏ ở trên cùng một cọc B (đĩa thứ hai chồng

lên đĩa thứ nhất) và không chuyển, đĩa lớn ở cọc khác (cọc C). Cọc A trống.

Bước 5: Chuyển đĩa số 1 từ cọc B sang cọc A, kí hiệu là

2

101 ( 102101 5 ). Chữ số 1 thứ ba (khác số 0 trong bước 4) biểu thị đĩa số

3 đã được chuyển.

Ba chữ số 1, 0, 1 khác nhau biểu thị ba đĩa ở ba cọc khác nhau.

Bước 6: Chuyển đĩa số 2 từ cọc B sang cọc C, kí hiệu là

2

110 ( 102110 6 ). Chữ số 1 thứ n (khác số 0 trong bước 4) biểu thị đĩa số 3

đã được chuyển.

Ba chữ số 1, 0, 1 khác nhau biểu thị ba đĩa ở ba cọc khác nhau.

Lần 6: Chuyển đĩa 2 từ cọc B sang cọc C (chồng lên trên đĩa 3).

Lần 7: Chuyển đĩa 1 từ cọc B sang cọc C (chồng lên đĩa 2). Kết thúc.

Giải bài toán Tháp Hà Nội với bốn đĩa nhờ hệ đếm cơ số 2

Số lần chuyển cần thiết trong bài toán ba cọc với bốn đĩa là 42 1 15 .

Kí hiệu các cọc là cọc A (cọc nguồn chứa 4 đĩa), cọc B và cọc C, các đĩa là 1,

2, 3, 4 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn.

www.VNMATH.com


29

Biểu thị vi trí ban đầu, khi tất cả bốn đĩa ở cọc A là số 2

0000 có bốn

chữ số 0 .

Bước 1: Chuyển đĩa số 1 từ cọc A sang cọc trống C, kí hiệu là 2

0001 .

Số 1 ở vị trí cuối cùng biểu thị đĩa số 1 được chuyển (sang cọc trống C).

Bước 2: Chuyển đĩa số 2 từ cọc A sang cọc trống B, kí hiệu bởi

2

0010 . Số 1 ở vị trí thứ hai (tính từ bên phải) biểu thị đĩa số 2 được chuyển

(sang cọc trống B). Hai số 10 ở vị trí cuối cùng biểu thị hai đĩa được đặt lên

hai cọc khác nhau.

Bước 3: Chuyển đĩa số 1 từ cọc C sang cọc B, kí hiệu bởi 2

0011 . Cọc

C trống. Số 2

0010 ở bước trên trở thành số 2

0011 , biểu thị đĩa số 1 đã

được chuyển.

Hai số 11 cuối cùng biểu thị đĩa 1 được đặt chồng lên đĩa số 2 trên cọc B.

Bước 4: Chuyển đĩa số 3 từ cọc A sang cọc trống C, kí hiệu bởi

2

0100 . Cọc A trống. Số 1 ở vị trí thứ ba biểu thị đĩa số 3 đã được chuyển.

Ba số 100 ở vị trí cuối cùng biểu thị đĩa số 3 không nằm trên cùng cọc với hai

đĩa đầu tiên.

Bước 5: Đưa đĩa số 1 từ cọc B sang cọc A, kí hiệu bởi 2

0101 .

Từ 2

0100 đổi thành 2

0101 biểu thị đĩa số 1 đã được chuyển.

Ba số 101 cuối cùng biểu thị ba đĩa ở trên ba cọc khác nhau.

Bước 6: Đưa đĩa số 2 từ cọc B sang cọc C, kí hiệu bởi 2

0110 .

Ba số 110 ở vị trí cuối cùng biểu thị hai đĩa số ba và số 2 trên cùng một cọc.

Bước 7: Đưa đĩa số 1 từ cọc A sang cọc C, kí hiệu bởi 2

0111 .

Ba số 111 ở vị trí cuối cùng biểu thị ba đĩa trên cùng một cọc (cọc C).

Như vậy ta đã giải xong bài toán ba đĩa.

Bước 8: Đưa đĩa số 4 từ cọc A sang cọc B, kí hiệu bởi 2

1000 . Cọc A trống.

Số 1000 biểu thị đĩa số 4 không trên cùng cọc với ba đĩa nhỏ.

www.VNMATH.com


30

Bước 9: Đưa đĩa số 1 từ cọc C sang cọc B, kí hiệu bởi 2

1001 .

Số 1001 biểu thị đĩa số 1 và đĩa số 4 trên cùng một cọc.

Bước 10: Đưa đĩa số 2 từ cọc C sang cọc A, kí hiệu bởi 2

1010 .

Số 1010 biểu thị đĩa số 4 không trên cùng cọc với đĩa số 2.

Bước 11: Đưa đĩa số 1 từ cọc B sang cọc A, kí hiệu bởi 2

1011 . Cọc B

trống. Số 1011 biểu thị đĩa số 1 không trên cọc với đĩa số 2.


0110 .

Ba số 110 ở vị trí cuối cùng biểu thị đĩa số 1 không trên cùngcọc với đĩa số 3.


0110 .



0110 .



0110 .


Bƣớc Cơ số 2 Giải thích

1 0001 Đưa đĩa số 1 từ cọc A sang cọc trống B.

2 0010 Đưa đĩa 2 từ cọc A sang cọc trống C.

3 0011 Đưa đĩa 1 từ cọc B lên trên đĩa 2 của C, cọc B trống.

4 0100 Đưa đĩa 3 từ cọc A lên cọc trống B.

5 0101 Đĩa 1 từ C sang A (KHÔNG chồng lên đĩa 3 của B)

6 0110 Đĩa 2 từ C lên trên đĩa 3 của cọc B (cọc C trống).

7 0111 Đưa đĩa 1 từ cọc A lên trên đĩa 2 của cọc B.


9 1001 Đĩa 1 từ cọc B lên trên đĩa 4 của cọc C.

10 1010 Đĩa 2 từ B sang A (KHÔNG chồng lên đĩa 4 của C).

11 1011 Đĩa 1 từ cọc C lên trên đĩa 2 của cọc A.

12 1100 Đĩa 3 từ cọc B lên trên đĩa 4 của C (cọc B trống).

13 1101 Đĩa 1 từ A sang B (KHÔNG chồng lên đĩa 3 của C).

14 1110 Đưa đĩa 2 từ cọc A lên trên đĩa 3 của cọc C.


www.VNMATH.com


31

Giải bài toán Tháp Hà Nội với năm đĩa nhờ hệ đếm cơ số 2

Số lần chuyển cần thiết trong bài toán ba cọc với năm đĩa 52 1 31 . Kí

hiệu các cọc là cọc A (cọc nguồn chứa 5 đĩa), cọc B và cọc C, các đĩa là 1, 2,

3, 4, 5 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn.

Bƣớc cơ số 2 Giải thích

1 00001 Đưa đĩa số 1 từ cọc A sang cọc trống B.


3 00011 Đưa đĩa 1 từ cọc B lên trên đĩa 2 của C, cọc B trống.

4 00100 Đưa đĩa 3 từ cọc A lên cọc trống B.

5 00101 Đĩa 1 từ C sang A (KHÔNG chồng lên đĩa 3 của B)

6 00110 Đĩa 2 từ C lên trên đĩa 3 của cọc B (cọc C trống).



9 01001 Đĩa 1 từ cọc B lên trên đĩa 4 của cọc C.

10 01010 Đĩa 2 từ B sang A (KHÔNG chồng lên đĩa 4 của C).

11 01011 Đĩa 1 từ cọc C lên trên đĩa 2 của cọc A.


13 01101 Đĩa 1 từ A sang B (KHÔNG chồng lên đĩa 3 của C).

14 01110 Đưa đĩa 2 từ cọc A lên trên đĩa 3 của cọc C.


16 10000 Đưa đĩa 5 từ cọc A sang cọc trống B (cọc A trống).

17 10001 Đĩa 1 từ cọc C sang A (KHÔNG chồng lên đĩa 5).

18 10010 Đĩa 2 từ cọc C lên trên đĩa 5 của cọc B.

19 10011 Đĩa 1 từ cọc A lên trên đĩa 2 của B (cọc A trống).

20 10100 Đĩa 3 từ cọc C sang A (KHÔNG chồng lên đĩa 5).

21 10101 Đĩa 1 từ cọc B sang C (KHÔNG chồng lên đĩa 3).

www.VNMATH.com


32

22 10110 Đưa đĩa 2 từ cọc B lên trên đĩa 3 của cọc A.

23 10111 Đưa đĩa 1 từ cọc C lên trên đĩa 2 của cọc A.

24 11000 Đĩa 4 từ cọc C lên trên đĩa 5 của cọc B (C trống).


26 11010 Đĩa 2 từ cọc A sang cọc C (KHÔNG chồng lên 4).

27 11011 Đưa đĩa 1 từ cọc B lên trên đĩa 2 của cọc C.

28 11100 Đưa đĩa 3 từ cọc A lên trên đĩa 4 của B (A trống).

29 11101 Đưa đĩa 1 từ cọc C sang A (KHÔNG chồng lên 3).

30 11110 Đưa đĩa 2 từ cọc C lên trên đĩa 3 của cọc B.

31 11111 Đưa đĩa 1 từ cọc A lên trên đĩa 2 của cọc B. Kết thúc

Kết luận

Các ví dụ trên (bài toán ba cọc với bốn hoặc năm đĩa) cho thấy: Các vị trí

đĩa có thể hoàn toàn xác định được trực tiếp từ biểu diễn nhị phân của số thứ tự

di chuyển (viết trong hệ đếm cơ số 2 với một chữ số cho mỗi đĩa), trong đó các

dãy 1 và các dãy 0 tượng trưng cho các dãy các đĩa liền nhau trên cùng một

cọc, và mỗi khi chữ số có thay đổi thì đĩa kế tiếp sẽ dời sang trái hay phải một

cọc (hay chuyển sang cọc ngoài cùng phía đối diện). Ta có qui tắc sau.

Dãy bit (dãy chữ số trong cơ số 2) được đọc từ trái sang phải, và mỗi bit

(mỗi chữ số) có thể được sử dụng để xác định vị trí của đĩa tương ứng.

Bit với cùng giá trị như bước trước có nghĩa là đĩa tương ứng được xếp chồng

lên đỉnh của đĩa trước trên cùng một cọc.

Bit với giá trị khác trước nghĩa là đĩa tương ứng có vị trí bên trái hoặc

bên phải của đĩa trước. Để xác định vị trí bên phải hay bên trái ta phải theo

qui tắc sau:

1) Giả thiết cọc đích nằm bên trái và cọc nguồn nằm bên phải.

2) Cũng giả thiết "wrapping" (bao bọc): cọc phải được tính như là cọc

“trái” của cọc trái và ngược lại.

www.VNMATH.com


33

3) Giả sử k là số đĩa lớn nhất nằm trên cùng một cọc như là đĩa đầu tiên

lớn nhất của nó và thêm 1 nếu đĩa lớn nhất trên cọc trái. Nếu n chẵn, đĩa sẽ

được đặt trên một cọc bên trái, nếu n lẻ, đĩa được đặt lên một cọc bên phải.

Chữ số ở đầu đại diện cho đĩa lớn nhất và nếu là chữ số 0 thì có nghĩa là

đĩa lớn nhất không dời khỏi cọc xuất phát và ngược lại. Chữ số 1 từ bên phải

của số trong cơ số 2 biểu thị đĩa đã được chuyển. Nếu không có chữ số 1 nào

khác trong số đã cho trong cơ số 2, tức là số có dạng 20...01 , thì nghĩa là đĩa

đã được chuyển từ cọc A sang cọc trống. Chữ số 1 thứ hai từ bên phải biểu thị

vị trí của cọc mà đĩa được chuyển đến. Nếu không có đĩa nào hoặc có một số

chẵn các chữ số 0 giữa hai chữ số 1 (hai chữ số 1 đầu tiên từ bên phải), thì đĩa

được đặt lên trên đĩa to hơn nó. Nếu số chữ số 0 giữa hai chữ số 1 là lẻ thì

nghĩa là đĩa đang chuyển KHÔNG đặt lên trên đĩa to hơn (mà đặt ở cọc khác).

Các chữ số 1 và 0 luân phiên bên dưới các chữ số của một bước chuyển

cho phép biết được di chuyển theo một chiều khi nó hợp với chữ số của bước

chuyển tại nơi chữ số thay đổi và theo chiều kia khi nó không hợp.

Thí dụ, với số đĩa là 8:

Bước 0: 2

00000000 : Đĩa lớn nhất là 0, do đó nó nằm trên cọc trái (cọc

nguồn). Mọi đĩa khác cũng là 0, do đó chúng được đặt lên trên đĩa lớn nhất.

Và mọi đĩa đều nằm trên trên cọc nguồn.

Bước 211011000 : Đĩa lớn nhất là 1, do đó nó nằm trên cọc phải (cọc

đích). Đĩa thứ hai cũng là 1, do đó nó nằm trên đĩa lớn nhất, trên cọc phải.

Đĩa thứ ba là 0, do đó nó nằm trên cọc khác. Bởi vì 3 là số lẻ nên nó nằm trên

một cọc phía bên phải, nghĩa là trên cọc trái. Đĩa thứ tư là 1 nên nó nằm trên

cọc khác. Vì 4 là chẵn nên nó nằm trên một cọc về bên trái, nghĩa là cọc phải.

Đĩa thứ năm cũng là 1, do đó nó nằm bên trên đĩa thứ tư, trên cọc phải. Đĩa

thứ 6 là 0, do đó nó nằm trên cọc khác. Do 6 là chẵn nên đĩa nằm trên cọc về

bên trái, nghĩa là cọc giữa. Đĩa thứ 7 và đĩa thứ 8 cũng là 0, do đó nó nằm trên

đĩa số 6, trên cọc giữa.

www.VNMATH.com


34

Bước 8

22 1 11111111 : Đĩa lớn nhất là 1, do đó nó nằm trên cọc phải

(cọc đích). Mọi đĩa khác cũng là 1, do đó chúng được đặt lên trên đĩa lớn

nhất. Vậy mọi đĩa nằm trên cọc đích và trò chơi kết thúc.

§3 Đồ thị Hà Nội

3.1 Đồ thị Hà Nội

Trò chơi Tháp Hà Nội có thể biểu diễn như một đồ thị không có hướng.

Các đỉnh biểu thị phân bố của các đĩa và các cạnh biểu thị chuyển động của

các đĩa.

Với một đĩa, đồ thị là một tam giác:

Với hai đĩa, đồ thị là ba tam giác được sắp xếp thành một tam giác lớn:

Các nút tại các đỉnh của tam giác phía ngoài cùng biểu thị các phân bố

với mọi đĩa trên cùng một cọc.

Với 1n đĩa, ta lấy đồ thị của n đĩa và thay mỗi tam giác nhỏ với đồ thị

của hai đĩa.

Đồ thị cho ba đĩa có dạng:

www.VNMATH.com


35

1) Gọi các cọc là A, B, C.

2) Liệt kê các vị trí của các đĩa từ trái sang phải theo chiều tăng của kích

thước.

Các cạnh của các tam giác ngoài biên biểu thị con đường ngắn nhất để

chuyển tháp từ một cọc này sang cọc khác. Cạnh ở giữa của các biên của tam

giác lớn nhất biểu thị chuyển động của đĩa lớn nhất. Cạnh ở giữa của các biên

của mỗi tam giác nhỏ hơn tiếp theo biểu thị chuyển động của mỗi đĩa nhỏ hơn

tiếp theo. Các cạnh của tam giác nhỏ nhất biểu thị chuyển động của đĩa nhỏ

nhất.

Đồ thị của trò chơi tháp Hà Nội có liên quan mật thiết với tam giác

Sierpinski (Sierpiński Triangle) hay còn được gọi là thảm Sierpinski.

www.VNMATH.com

http://en.wikipedia.org/wiki/Sierpi%C5%84ski_Triangle


36

Đồ thị của trò chơi với n đĩa sẽ có 3n nút. Mỗi nút có ba cạnh đi tới nút

khác, ngoại trừ ba nút ở góc chỉ có hai cạnh. Luôn luôn có thể chuyển đĩa nhỏ

nhất sang một trong hai cọc khác. Và có thể chuyển một đĩa giữa hai cọc này

ngoại trừ trường hợp khi tất cả các đĩa nằm trên một cọc. Các nút góc biểu thị

ba trường hợp, khi mọi đĩa nằm trên một cọc. Biểu đồ cho n đĩa nhận được

từ biểu đồ cho 1n đĩa bằng cách copy ba lần-mỗi copy biểu thị mọi trạng

thái và chuyển động của các đĩa nhỏ hơn cho một vị trí riêng của một đĩa mới

lớn hơn và cùng với chúng tại các góc với ba cạnh mới biểu thị chỉ có ba khả

năng chuyển đĩa lớn nhất. Do đó kết quả sẽ có 13n nút và vẫn có ba góc với

hai cạnh.

Khi số đĩa được thêm vào, đồ thị biểu diễn trò chơi sẽ tạo thành một hình

Fractal, thảm Sierpinski. Rõ ràng rằng phần lớn các vị trí trong trò chơi sẽ

không bao giờ đạt được nếu sử dụng lời giải ngắn nhất. Thật vậy, nếu các vị

thầy tu trong truyền thuyết sử dụng lời giải dài nhất có thể (không trở lại vị trí

cũ nào) thì cần 643 1 lần chuyển, nhiều hơn 2310 năm.

3.2 Bài toán Tháp Hà Nội và đƣờng Hamilton

Đường Hamilton khép kín cho ba đĩa là:

www.VNMATH.com

http://en.wikipedia.org/wiki/Fractal


37

Đồ thị chỉ ra rằng:

• Từ mỗi phân bố bất kì của các đĩa, tồn tại một con đường ngắn nhất

chuyển mọi đĩa từ một trong ba cọc sang cọc khác.

• Giữa mỗi cặp phân bố bất kì tồn tại một hoặc hai đường ngắn nhất khác

nhau.

• Từ mỗi phân bố bất kì của các đĩa, tồn tại một hoặc hai đường dài nhất

không tự cắt chuyển mọi đĩa tới một trong ba cọc.

• Giữa mọi cặp của các phân bố bất kì của các đĩa tồn tại một hoặc hai

đường dài nhất không tự cắt.

• Gọi nN là số các đường không tự cắt để chuyển tháp n đĩa từ cọc này

sang cọc khác. Khi ấy: 1 2N ; 2 3

1n n nN N N . Thí dụ, 795

8 1.5656 10N .

Đồ thị nH tương ứng với các chuyển động được phép trong bài toán

tháp Hà Nội. Hình trên chỉ ra một số đồ thị Hà Nội với 1,2,3,4n . Đồ thị

Hà Nội có thể xây dựng bằng cách chọn các đỉnh làm các hệ số nhị thức lẻ

của tam giác Pascan được tính trên các số nguyên từ 0 đến 2 1n và vẽ các

đỉnh khi các hệ số là kề nhau theo đường chéo hoặc theo chiều ngang (xem

Pool, 1994, [15]).

Đồ thị nH có 3n

đỉnh và 3 3 1

2

n cạnh. Mỗi đồ thị Hà Nội có duy nhất

một đường Hamilton (tương ứng, mỗi đồ thị Hà Nội có chính xác hai đường

tròn Hamilton có hướng khác nhau).

www.VNMATH.com


38

§4 Giải bài toán Tháp Hà Nội trên máy tính

Code (mã) thể hiện thuật giải đệ qui bài toán Tháp Hà Nội:

def Hanoi(n, A, C, B):

if n == 1:

print 'Move the plate from', A, 'to', C

else:

Hanoi(n - 1, A, B, C)

print 'Move the plate from', A, 'to', C

Hanoi(n - 1, B, C, A)

Thuật giải đệ qui bài toán Tháp Hà Nội trên ngôn ngữ Pascal:

VAR n: Integer;

Procedure chuyen(sodia: Integer; CotNguon: Char; CotDich: Char; CotTG:

Char);

Begin

If sodia>0 then begin

chuyen(sodia-1, CotNguon, CotTG, CotDich);

Writeln(CotNguon,'->',CotDich); { Dia lon nhat hien tai }

chuyen(sodia-1, CotTG, CotDich, CotNguon)

End;

End;

BEGIN

Write('Hay nhap so dia: '); Readln(n);

chuyen(n,'A','C','B');//Thực hiện chuyển từ cột A sang cột C với cột B làm

trung gian

Readln;

END.

www.VNMATH.com


39

Chƣơng 3

BÀI TOÁN THÁP HÀ NỘI VỚI BỐN CỌC

(Trò chơi Reve-The Reve’s Puzzle)

§1 Trò chơi Tháp Hà Nội với bốn cọc

1.1 Trò chơi Tháp Hà Nội với bốn cọc

Trong Chương 2 chúng ta đã giải bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc và n

đĩa. Nó có thể giải được dễ dàng theo thuật giải đệ qui. Hơn nữa, có thể biết

chính xác số lần chuyển tối ưu cho bài toán với n đĩa là 2 1n . Như vậy, một

bài toán với thuật giải đơn giản và tối ưu cũng có thể có độ phức tạp tính toán

lớn (thời gian mũ), do đó có thể không giải được trong thời gian thực tế.

Một mở rộng tự nhiên của trò chơi Tháp Hà Nội là trò chơi Tháp Hà Nội

với bốn hoặc nhiều cọc (bài toán Tháp Hà Nội tổng quát). Như là sự tiếp nối

của chương trước và chuẩn bị cho chương sau, chương này nghiên cứu bài

toán Tháp Hà Nội cho bốn cọc. Bài toán này lần đầu tiên được Dudeney

(1902) đặt ra và gọi tên là The Reve’s Puzzle (xem [7]). Gần đây, nhiều kết

quả thú vị cũng đã được phát hiện cho bài toán này, các kết quả này là cơ sở

để phát triển nghiên cứu bài toán Tháp Hà Nội tổng quát, vì vậy nó xứng đáng

được xem xét tỉ mỉ trong một chương riêng, mặc dù, để thuận tiện, nhiều kết

quả trong chương này cũng được trình bày cho bài toán nhiều cọc .

Bài toán 2 (Bài toán Tháp

Hà Nội với bốn cọc) Có bốn

cọc được đánh số 1P ,

2P , 3P ,

4P . Cọc 1P được gọi là cọc

nguồn. Ban đầu cọc nguồn

chứa n đĩa có lỗ ở giữa và

kích thước to

www.VNMATH.com


40

nhỏ khác nhau được xếp theo thứ tự “đĩa to ở dưới, đĩa nhỏ ở trên” . Bài toán

đặt ra là phải chuyển tất cả n đĩa từ cọc nguồn sang một trong các cọc 2P ,

3P ,

4P , sắp xếp cũng theo thứ tự “đĩa to ở dưới, đĩa nhỏ ở trên”. Mỗi lần chỉ được

chuyển một đĩa (trên cùng của cọc nào đó) từ cọc này sang cọc khác. Khi

chuyển có thể sử dụng tất cả các cọc để đặt tạm thời các đĩa. Cọc cuối cùng

chứa các đĩa theo thứ tự như trên cọc nguồn được gọi là cọc đích. Các cọc còn

lại được gọi là cọc trung gian.

Theo một số tài liệu, chính tác giả của bài toán Tháp Hà Nội, E. Lucas

cũng là người đầu tiên xét bài toán với nhiều cọc. Năm 1889 Ông đã xét bài

toán năm cọc và sắp xếp đĩa theo bốn màu khác nhau. Dudeney đã viết về bài

toán Tháp Hà Nội với bốn cọc từ năm 1902. Trong hai trang đầu tiên của

cuốn sách nổi tiếng của Ông The Canterbury Puzzle (xuất bản năm 1907 tại

London và năm 1908 tại New York), Ông xét trò chơi với số cọc là 4 và số

đĩa là 8, 10 hoặc 21, chỉ có khác là Ông đã thay các đĩa bằng các quân cờ

(xem [7]) và được Ông gọi là Reve's puzzle. Trong phần lời giải (trang 131-

132), Dudeney đã khẳng định (không chứng minh) rằng số lần chuyển cần

thiết tương ứng với 8, 10 hoặc 21 đĩa là 33, 49 hoặc 321. Hơn nữa, Ông còn

xét trường hợp với số đĩa là số tam giác. Giả sử ( 1)

2k

k kt

là số tam giác

thứ k và giả sử 4( )H n là số lần chuyển tối thiểu cần thiết để chuyển xong n

đĩa. Dudeney tuyên bố rằng 4 4 12 2 1k

k kH t H t , 4 1 1H . Từ đây ta

có 4 3 5H ; 4 6 17H , 4 10 49H ,… Dudeney không cho một thuật

toán nào cho phép tìm ra các số này, và cũng không có một gợi ý nào cho

trường hợp số đĩa không phải là số tam giác, thí dụ như 8n .

Bài toán tổng quát với 3p cọc, p là số tự nhiên bất kì với số đĩa n bất kì

được B. M. Stewart đề xuất năm 1939 (xem [17]). Lời giải của bài toán này

đã được Stewart [18] và Frame [9] trình bày đồng thời trong năm 1941.

www.VNMATH.com


41

Bài toán tháp Hà Nội với bốn cọc được nhiều tác giả quan tâm (xem tài liệu

đầy đủ trong [5]), Các thuật toán của Stewart và Frame cùng với một số thuật

toán cải biên khác đã được chứng minh là tương đương (xem [11]). Vì vậy

người ta thường gọi thuật toán của hai ông hoặc các thuật toán cải biên tương

tự là thuật toán Frame-Stewart. Thuật toán Stewart-Frame cho bài toán Tháp

Hà Nội tổng quát sẽ được nghiên cứu kĩ ở Chương 4. Dưới đây trình bày thuật

toán Frame-Stewart cho bài toán bốn cọc (do Stewart đề xuất 1941).

1.2 Thuật toán Frame-Stewart (1941) cho bài toán Tháp Hà Nội với bốn cọc

Bƣớc 0

Đánh số cọc là 1P ,

2P , 3P ,

4P . Mục đích của chúng ta là chuyển tất cả các

đĩa từ cọc 1P sang cọc

4P , với qui tắc là mỗi lần chỉ chuyển một đĩa, và đĩa

nhỏ không bao giờ nằm dưới đĩa lớn.

Bƣớc 1

Chuyển l đĩa nhỏ nhất (0 l n ) từ cọc 1P sang cọc

2P , trong quá trình

chuyển có quyền sử dụng tất cả bốn cọc. Kí hiệu số lần chuyển tối ưu là 4( )S l .

Bƣớc 2

Chuyển n l đĩa lớn nhất (còn lại) từ cọc 1P sang cọc

4P , không sử dụng

cọc 2P (vì cọc 2P đang chứa l đĩa nhỏ). Nói cách khác, chuyển n l đĩa này

bằng cách sử dụng phương pháp tối ưu giải bài toán ba cọc trong Chương 2, số lần

chuyển tối ưu n l đĩa từ cọc 1P sang cọc

4P , không sử dụng cọc 2P là 2 1n l .

Bƣớc 3

Chuyển l đĩa nhỏ nhất từ cọc 2P sang cọc 4P , sử dụng tất cả bốn cọc.

Như vậy, gọi 4( )S n là số lần chuyển tối ưu n đĩa trong bài toán Tháp Hà

Nội với bốn cọc theo thuật toán Frame-Stewart thì với mỗi l , số lần chuyển

tối ưu n đĩa từ cọc 1P sang cọc

4P phụ thuộc vào l và bằng 42 ( ) 2 1n lS l .

Số lần chuyển tối ưu n đĩa trong bài toán Tháp Hà Nội với bốn cọc theo thuật

toán Stewart là

4 4 40

( ) 2 ( ) 2 1 min 2 ( ) 2 1n i n l

l nS n S i S l

.

www.VNMATH.com


42

1.3 Thuật toán Frame-Stewart cho bài toán Tháp Hà Nội với nhiều cọc

Với 3p , kí hiệu ( )pS n số lần chuyển ít nhất giải bài toán Tháp Hà Nội

với p cọc và n đĩa theo thuật toán Frame-Stewart.

Thí dụ, 3( ) 2 1nS n và

4(5) 13S .

Tương tự như trong bài toán bốn cọc, ta cũng có thuật toán Frame-

Stewart cho bài toán với số cọc bất kì như sau.

Nếu số cọc 3p thì sử dụng thuật toán tối ưu cho bài toán Tháp Hà Nội

với ba cọc trong Chương 2.

Với 3p và 0n chọn số 0 i n làm cực tiểu số lần chuyển các đĩa

theo qui tắc (thuật toán Frame-Stewart) sau.

Chuyển l đĩa nhỏ trên cùng từ cọc nguồn sang cọc 1 (n l đĩa dưới

cùng vẫn ở trên cọc nguồn). Trong quá trình chuyển sử dụng tất cả các cọc.

Điều này có thể làm được với số lần chuyển ít nhất được kí hiệu là ( )pS l .

Chuyển n l đĩa dưới cùng từ cọc nguồn sang cọc đích mất

1( )pS n l lần chuyển (vì cọc 1 đang được sử dụng chứa các đĩa nhỏ nên chỉ

còn sử dụng được 1p cọc).

Chuyển l đĩa từ cọc 1 sang cọc đích. Trong quá trình chuyển sử dụng

tất cả các cọc. Để làm được điều này cần ( )pS l lần chuyển.

Công thức truy hồi cho lời giải bài toán Tháp Hà Nội dựa trên thuật toán

Frame-Stewart là:

10

0 khi 0;

( ) 2 1 khi 3, 0;

min 2 ( ) ( ) khi 3, 0.

n

p

p pl n

n

S n p n

S l S n l p n

(1.1)

Như vậy, Bài toán Tháp Hà Nội với nhiều cọc trở thành bài toán tối ưu

rời rạc: Tìm 10

( ) min 2 ( ) ( )p p pl n

S n S l S n l

.

www.VNMATH.com


43

Nhận xét 1.1

Một điều thú vị là ta có thể nhận được kết quả của bài toán Tháp Hà Nội

với ba cọc từ trường hợp hai cọc theo thuật toán Frame-Stewart như sau.

Xuất phát từ thực tế, theo logic, ta đặt (khi số cọc 2p và số đĩa 2n

thì bài toán không giải được): 2(0) 0S ,

2(1) 1S , 2( )S n với mọi 1n .

Với 3p , 1n ta chỉ có thể đặt 1l n (để thành phần thứ hai

1 2( ) ( )pS n l S n l là hữu hạn. Khi ấy công thức (1.1) trở thành:

3 3 2 3( ) 2 ( 1) (1) 2 ( 1) 1S n S n S S n .

Đây chính là công thức truy hồi tính số làn chuyển tối ưu khi 3p .

Như vậy, tổng cộng cần 12 ( ) ( )p pS l S n l lần chuyển cho bài toán p

cọc. Bài toán đặt ra là, cần tính số l để tổng này là nhỏ nhất.

Thuật toán Frame-Stewart nói trên (với cách chọn l như trên) cho phép

tìm ra một (một số) giá trị i sao cho

1 11 1

( ) 2 ( ) ( ) min 2 ( ) ( )p p p p pl n

S n S i S n i S l S n l

. (1.2)

Nói cách khác, các giá trị i thỏa mãn (1.2) là số bước chuyển tối ưu

trong lớp các thuật toán đề nghị.

Stewart và Frame cũng đã chứng minh rằng, nếu n là số tam giác kn t ,

thì cách chọn tối ưu nhất cho l là l k , trong khi đó nếu 1k kt n t thì cả

hai giá trị 1k và k đều là cách chọn tối ưu cho l . Như vậy, Stewart và

Frame đã đề xuất các thuật toán hiển cho bài toán Tháp Hà Nội với bốn cọc.

Từ đây ta cũng có nhận xét rằng, khác với trường hợp bài toán với ba cọc, lời

giải cho bài toán với bốn cọc có thể là không duy nhất.

§2 Tính số bƣớc chuyển tối ƣu trong trò chơi Tháp Hà Nội với bốn cọc

Như đã thấy trong mục trước, bài toán tìm số bước chuyển đĩa ít nhất

trong trò chơi tháp Hà Nội được đưa về bài toán tối ưu rời rạc. Trong mục này

chúng tôi trình bày các đánh giá bước chuyển tối ưu cho bài toán Tháp Hà

Nội theo [13].

www.VNMATH.com


44

2.1 Tính số bƣớc chuyển tối ƣu trong trò chơi Tháp Hà Nội với p cọc và

n đĩa. Trƣờng hợp ( 1)

2

p pn

.

Trước tiên ta xét các trường hợp đơn giản sau. Vì các nhận xét dưới đây

đúng cho số cọc p bất kì nên ta phát biểu cho bài toán với số cọc bất kì.

Nhắc lại rằng ( )pH n là kí hiệu số bước chuyển tối thiểu cần thiết để

chuyển n đĩa từ cọc nguồn sang cọc đích trong bài toán tháp Hà Nội với p

cọc và ( )pS n là kí hiệu số bước chuyển tối thiểu cần thiết để chuyển n đĩa từ

cọc nguồn sang cọc đích trong bài toán tháp Hà Nội với p cọc theo thuật toán

Frame-Stewart. Ta có

Nhận xét 2.1

Dễ dàng thấy rằng (2) 3PH với mọi 3p và (3) 5PH với mọi

4p .Với 3p và 1n p thì ( ) 2 1pH n n .

Chứng minh

Hiển nhiên vì 1n p nên có thể chuyển mỗi đĩa từ số 1 đến số n từ

cọc 1P sang mỗi cọc

2 1,..., nP P tương ứng, mất n lần chuyển. Sau đó lại

chuyển các đĩa từ số 1n đến số 1 (đĩa to trước) từ các cọc tương ứng

2,...,nP P sang cọc 1nP , mất 1n lần chuyển. Như vậy, tổng cộng mất 2 1n

lần chuyển hay ( ) 2 1pH n n .

Nhận xét 2.2

Với 3p và n p thì ( ) 2 1pH n n .

Chứng minh

Trước tiên xây dựng tháp gồm 2 đĩa (đĩa số 1 và đĩa số 2) trên cọc nP ,

mất ba lần chuyển (xem §1 Chương 2). Sau đó lại chuyển các đĩa từ số 3 đến

số n (tổng cộng 2n đĩa) từ cọc 1P sang các cọc 2 1,..., nP P tương ứng, mất

2n lần chuyển. Sau đó chuyển 3n đĩa từ số 1n đến số 3 từ các cọc

tương ứng 2 2,...,nP P sang cọc 1nP , mất 3n lần chuyển. Lại chuyển tháp

www.VNMATH.com


45

gồm 2 đĩa (đĩa số 1 và đĩa số 2) trên cọc nP sang cọc

1nP , mất ba lần chuyển.

Như vậy, tổng cộng mất 3 2 3 3 2 1n n n lần chuyển hay

( ) 2 1pH n n .

Bây giờ ta xét trường hợp p n . Ta có

Nhận xét 2.3

Ta luôn có:

1) ( 1) ( )p pH n H n với mọi 1n , 3p ;

2) 1( ) ( )p pH n H n với mọi 1n , 3p .

Ta có

Định lí 2.1

Với 3p và ( 1)

2

p pp n

thì ( ) 4 2 1pH n n p .

Chứng minh

Xét các trường hợp sau đây.

Trƣờng hợp 1 2 3p n p .

Đặt 1n p l , 0 2l p . Thực hiện thuật toán sau.

Bƣớc 1 Lần lượt chuyển 1p đĩa nhỏ nhất từ cọc 1P sang các cọc

2,..., pP P tương ứng sao cho mỗi cọc có một đĩa và đĩa số 1 nằm trên cọc 2P .

Còn lại 1n p l đĩa nằm trên cọc 1P . Đã sử dụng hết p cọc.

Bƣớc 2 Lần lượt chuyển l đĩa nhỏ nhất (đĩa số 1 đến đĩa số l ) từ các cọc

1 2,...,lP P (đĩa to nằm trên cọc

1lP chuyển trước) sang cọc

2lP. Như vậy, cọc

2lP chứa 1l đĩa nhỏ nhất. Các cọc

2 1,..., lP P được giải phóng; Các đĩa số

2l đến số 1p ( 2p l đĩa) vẫn nằm trên các cọc 3,...,l pP P tương ứng.

Bƣớc 3 Lần lượt chuyển l đĩa còn lại (đĩa số p đến đĩa số

1p l n ) từ cọc 1P sang các cọc tự do 1 2,...,lP P sao cho mỗi cọc có

một đĩa và đĩa lớn nhất (số n ) nằm trên cọc 2P . Cọc 1P được giải phóng.

www.VNMATH.com


46

Bƣớc 4 Lần lượt chuyển 1l đĩa lớn (đĩa số 1n l p đến đĩa số

1n ) từ các cọc 3 1,..., lP P

sang cọc 2P . Như vậy, cọc

2P chứa l đĩa lớn nhất.

Các cọc 3 1,..., lP P

được giải phóng.

Bƣớc 5 Lần lượt chuyển 2p l đĩa tiếp theo (còn lại trên các cọc

3,...,l pP P, đĩa số 1p đến đĩa số 2l ) sang cọc

2P . Như vậy, cọc 2P chứa

2p đĩa lớn nhất. Các cọc 3,...,l pP P

được giải phóng.

Bƣớc 6 Lần lượt chuyển l đĩa nhỏ nhất (đĩa số 1 đến đĩa số l ) từ cọc

2lP sang cọc

1 3 4 1, , ,..., lP P P P tương ứng sao cho mỗi cọc có một đĩa và đĩa số

1 nằm trên cọc 1P , đĩa số 2 nằm trên cọc

3P ,…, đĩa số l nằm trên cọc 1lP.

Sau đó chuyển đĩa 1l từ cọc 2lP sang cọc

2P và chuyển l đĩa nhỏ nhất từ

các cọc 1 4 3 1, ,..., , ,l lP P P P P

sang cọc 2P .

Tổng cộng số lần chuyển mất là:

( ) 1 1 2 1 2 4 3

2 4 1 3 4 2 1.

pH n p l l l p l l l p l

p n p n p

Trƣờng hợp 2 1

2

p pn

.

Thực hiện thuật toán sau.

Bƣớc 1 Lần lượt chuyển 2p đĩa nhỏ nhất từ cọc 1P sang các cọc

2 1,..., pP P sao cho mỗi cọc có một đĩa, đĩa nhỏ nhất nằm trên cọc 2P . Sau đó

chuyển đĩa số 1p từ cọc 1P sang cọc pP và lần lượt chuyển 2p đĩa từ

các cọc 1 2,...,pP P sang cọc pP . Mất tất cả 2 1 2 2 3p p p lần

chuyển 1p đĩa từ cọc 1P sang cọc pP . Các cọc 2 1,..., pP P được giải phóng

(các đĩa lớn từ số p trở đi vẫn nằm trên cọc 1P , các đĩa nhỏ từ số 1 đến số

1p nằm trên cọc pP ).

www.VNMATH.com


47

Bƣớc 2 Lần lượt chuyển 3p đĩa tiếp theo (các đĩa số p đến 2 4p )

từ cọc 1P sang các cọc

2 2,..., pP P tương ứng sao cho mỗi cọc có một đĩa. Sau

đó chuyển đĩa số 2 3p sang cọc 1pP và lần lượt chuyển 3p đĩa từ các

cọc 1 2,...,pP P

sang cọc 1pP . Như vậy, để chuyển 2p đĩa từ cọc

1P sang

cọc 1pP mất tất cả 3 1 3 2 5p p p lần chuyển. Các cọc

2 2,..., pP P được giải phóng.

Bƣớc 3 Lần lượt chuyển 4p đĩa tiếp theo (đĩa số 2 2p đến đĩa số

3 5p ) từ cọc 1P sang các cọc

2 3,..., pP P sao cho mỗi cọc có một đĩa. Sau đó

chuyển đĩa số 3 4p sang cọc 2pP và lần lượt chuyển 4p đĩa từ các cọc

3 2,...,pP P sang cọc

2pP . Như vậy, mất tất cả 4 1 4 2 7p p p

lần để chuyển 3p đĩa từ cọc 1P sang cọc

2pP . Các cọc 2 3,..., pP P được giải

phóng.

Tương tự cho các bước tiếp theo.

Bƣớc cuối cùng (bƣớc thứ 1p ) Chuyển đĩa cuối cùng (đĩa thứ n ) từ

cọc 1P sang cọc

2P . Như vậy, cọc kP , 2,3,...,k p có 1k đĩa, cọc

1P trống.

Tổng cộng số lần chuyển 1p đĩa từ cọc 1P sang cọc pP , 2p đĩa từ cọc

1P

sang cọc 1pP ,…, đến đĩa cuối cùng (thứ n ) từ cọc 1P sang cọc

2P mất là:

2

1

2 3 1 12 3 2 5 ... 1 1

2p

p pp p p

.

Tổng số đĩa đã chuyển từ cọc 1P sang các cọc pP , 1pP ,…,

3P là:

1 1 1 1

1 2 ... 12 2

p p p pp p n

.

Lại lần lượt chuyển 1n các đĩa từ các cọc 3,..., pP P sang cọc 2P như sau.

Vì cọc 1P trống, cọc 2P chứa đĩa số n , cọc 3P chứa hai đĩa số 1n ,

2n nên chuyển đĩa số 2n từ cọc 3P sang cọc 1P , đĩa số 1n từ cọc 3P

www.VNMATH.com


48

sang cọc 2P và lại chuyển đĩa số 2n từ cọc

1P sang cọc 2P . Mất 3 lần

chuyển. Và được 3 đĩa to nhất trên cọc 2P . Cọc

1P và 3P trống.

Vì cọc 1P và

3P trống, cọc 2P chứa 3 đĩa to nhất n , 1n , 2n , cọc

4P

chứa ba đĩa số đĩa số 3, 4, 5n n n nên chuyển đĩa số 5n sang cọc 1P ,

4n sang cọc 3P và 3n sang cọc

2P , sau đó lại chuyển đĩa số 4n từ cọc

3P sang cọc 2P và chuyển đĩa số 5n từ cọc

1P sang cọc 2P . Mất 5 lần

chuyển. Và được thêm 3 đĩa (thành 1+2+3=6) to nhất trên cọc 2P . Cọc

1P , 3P ,

4P trống.

Tương tự, đến bước cuối cùng ta có: Các cọc 1P ,

3P ,…, 1pP trống, cọc

2P chứa các đĩa từ có số từ n đến p , cọc pP chứa các đĩa có số từ 1p đến

số 1. Chuyển các đĩa có số 1 đến 2p sang các cọc 1P ,

3P ,…, 1pP tương

ứng. Sau đó chuyển đĩa số 1p từ cọc pP sang cọc 2P . Lại chuyển các đĩa có

số 2p đến số 1 từ các cọc 1pP ,…,3P ,

1P sang cọc 2P . Mất

2 1 2 2 3p p p lần chuyển. Tất cả các đĩa ở trên cọc 2P . Công

việc hoàn thành.

Tổng số lần chuyển đĩa từ các cọc 3,..., pP P sang cọc 2P mất:

2

2 3 3 23 5 ... 2 3 2

2p

p pp p p

.

Vậy tổng số lần chuyển đĩa là:

2 21 2 2 4 1 2 1 2 1 4 2 1p p p p p p p p n p .

Nhận xét 2.4

Ta cũng có thể viết số lần chuyển đĩa trên bằng

2 221 2 2 4 1 2 1 1p p p p p p .

www.VNMATH.com


49

Trƣờng hợp 3 1

2 32

p pp n

.

Đặt 1

2

p pi n

. Thực hiện thuật toán như trên, nhưng số lần

chuyển đĩa lúc này giảm đi 4i và bằng

2 2 1

( ) 2 1 1 4 2 1 1 4 4 2 12

p

p pS n p i p n n p

.

Định lí 2.1 chứng minh xong.

Như vậy, nếu 1

2

p pn

thì ta có công thức hiển tính số bước chuyển

tối ưu giải bài toán Tháp Hà Nội. Trường hợp 1

2

p pn

với số cọc p bất

kì sẽ được xem xét trong Chương 4. Dưới đây chúng ta xét trường hợp

4p .

2.2 Tính số bƣớc chuyển tối ƣu trong trò chơi Tháp Hà Nội với bốn cọc

và n đĩa

Định lí 2.2

Giả sử n là số đĩa cố định và 1 1

2 2

x x x xn

. Số bước chuyển

tối ưu theo thuật toán Frame-Stewart là

22

4( ) 2 2 2 1xS n n x x . (2.1)

Chứng minh

Xét các trường hợp sau.

Trƣờng hợp 1 1

2

x xn

(n là số tam giác)

Thuật toán Frame-Stewart chuyển n đĩa từ cọc 1P sang cọc

4P như sau:

Bước 1: Với 0 l n chọn trước, chuyển l đĩa nhỏ nhất (trên cùng) từ

cọc 1P sang cọc 4P (sử dụng tất cả bốn cọc). Số lần chuyển tối ưu là 4( )S l .

www.VNMATH.com


50

Bước 2: Chuyển n l đĩa lớn nhất (dưới cùng) từ cọc 1P sang cọc

2P , sử

dụng ba cọc (vì cọc 4P đang chứa l đĩa nhỏ nhất). Số lần chuyển tối ưu là

2 1n l .

Bước 3: Lại chuyển l đĩa nhỏ nhất (trên cùng) từ cọc 4P sang cọc

2P

(sử dụng tất cả bốn cọc). Số lần chuyển tối ưu là 4( )S l .

Như vậy, với mỗi 0 l n chọn trước, số lần chuyển tối ưu là

4 4( ) 2 ( ) 2 1n lS n S l . (2.2)

Rõ ràng, vì cọc 3P trống nên trong Bước 1, để chuyển l đĩa từ cọc

1P

sang cọc 4P , ta có thể áp dụng thuật toán Frame-Stewart chuyển j đĩa nhỏ

nhất (trên cùng, 0 j l ) từ cọc 1P sang cọc

3P (sử dụng bốn cọc) và l j

đĩa lớn hơn từ cọc 1P sang cọc

4P (sử dụng ba cọc mất 2 1l j lần chuyển),

sau đó lại chuyển j đĩa nhỏ nhất từ cọc 3P sang cọc

4P (sử dụng bốn cọc).

Như vậy, để chuyển l đĩa từ cọc 1P sang cọc

4P sẽ mất 42 ( ) 2 1l jS j

bước chuyển. Do đó, với mỗi l và j chọn trước, cần

4 42 ( ) 2 1 2 2 ( ) 2 1 2 1n l l j n lS l S j

bước để chuyển n đĩa từ cọc 1P sang cọc

2P .

Sử dụng thuật toán Frame-Stewart và công thức (2.2) nhiều lần, chúng ta

nhận được công thức sau đây tính số bước chuyển tối ưu cho bài tóan tháp Hà

Nội với bốn cọc và 1

1 ... 12

x xn x x

là số tam giác:

1 2 2

4( ) 2 1 2 2 1 2 2 1 ... 2 2 1 2.1 ...x x xS n . (2.3)

Số đĩa cần thiết để chuyển ba đĩa nhỏ nhất từ cọc 1P sang cọc trung gian

(3P hoặc

4P ) được thể hiện trong ngoặc trong cùng.

Mở ngoặc trong công thức (2.3) ta nhận được 1x số hạng có tổng bằng

2x, và một số hạng bằng

12x. Các số hạng còn lại có tổng bằng

www.VNMATH.com


51

2 11 2 4 ... 2 2 1x x .

Vậy, khi 1

2

x xn

là số tam giác, ta có

1 1

4( ) 1 2 2 2 1 1 2 1x x x xS n x x . (2.4)

Trƣờng hợp 2 1 1

2 2

x x x xn

(n không phải là số tam giác)

Ta tính số 4( )S n như sau.

Quan sát công thức (2.3) ta thấy, nếu thiếu một đĩa (nhỏ nhất), tức là

11

2

x xn

thì trên cọc

1P cho phép tiết kiệm 12m lần chuyển để đưa các

đĩa từ cọc 1P sang cọc

2P so với trường hợp n là số tam giác.

Nếu ta cần chuyển 1

2

x xn

từ cọc

1P sang cọc 2P và

1

2

x xn

thì số lần chuyển “tiết kiệm” được sẽ là

1 21

2 1 2 22

x xx xn x x n

.

Cuối cùng, ta nhận được

2 2 2 2

4

22 2 2

( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 .2 1 1 2 2

2 4 4 2 1 2 2 2 1.

x x x x

x x

S n x x x n x x x n

x x x n n x x

Nhận xét rằng, khi 1

2

x xn

thì hai công thức (2.3) và (2.4) trùng nhau và

trùng với công thức (2.1). Định lí chứng minh xong.

www.VNMATH.com


52

Chƣơng 4

BÀI TOÁN THÁP HÀ NỘI TỔNG QUÁT

§1 Tính số ( )pS n trong thuật toán Frame-Stewart cho trò chơi Tháp

Hà Nội tổng quát

Trong §2 Chương 3 chúng tôi đã trình bày kết quả của Novikov, 2007

[13] tính giá trị tối ưu ( )pS n của bài toán tháp Hà Nội cho trường hợp bốn

cọc và cho một số trường hợp với số cọc bất kì. Trong § này chúng tôi trình

bày nghiên cứu của Rand (2009, [16]) về số lần chuyển tối ưu theo thuật toán

Frame-Stewart cho bài toán tháp Hà Nội với số cọc bất kì. Kết quả của Rand

là sự phát triển của hàng loạt các kết quả của các tác giả trước (S. Novikov,

2007; Petr, 2002; Maujumdar, 1996,…) và bổ sung cho kết quả của Novikov

trong chương trước.

1.1 Số chia tối ƣu

Ta cần kết quả bổ trợ sau trong các chứng minh định lí.

Nhận xét 2.1

Ta có công thức tính toán tổ hợp sau.

1 1

1

k k k

m m mC C C

.

trong đó

!:

! !

k

m

mC

k m k

; : 0k

mC nếu m k ; ,m k .

Chứng minh

Theo định nghĩa ta có

1

1

1

! 1 !! !

! ! 1 ! 1 ! 1 ! 1 ! 1 ! !

1 !.

1 ! 1 1 !

k k

m m

k

m

m k m m km mC C

k m k k m k k m k m k

mC

k m k

.

www.VNMATH.com


53

Định nghĩa 2.1

Giả sử :pD là hàm số xác định bởi công thức ( ) ( ) ( 1)p p pD i S i S i .

Như vậy, ( )pD i miêu tả số chuyển động đòi hỏi phải thực hiện theo

thuật toán Stewart khi thêm một đĩa (từ 1i đến i đĩa), khi số cọc vẫn là p .

Định lí 1.1

Giả sử , ,n p x , 1n , 3p . Khi ấy ta có đánh giá sau cho bài toán

Tháp Hà Nội với p cọc:

Với mọi 0x , ( ) 2x

pD n 2 2

3 2

p p

p x p xC n C

.

Điều này tương đương với: nếu ta kí hiệu pD là dãy ( )p i

D i

thì dãy

pD sẽ chứa 3

3

p

pC

phần tử có giá trị 02 , tiếp theo

3

3 1

p

pC

phần tử có giá trị

12 ,3

3 2

p

pC

phần tử có giá trị 22 ,v.v.

Ví dụ 1.1

Với 5p dãy 5D là như sau:

3 3 1

3 0 3 1

5

0 1 2

0 1 1 1 2 2 2 2 2 2

phan tu gia tri 2 ; phan tu gia tri 2 ;...

1phan tu gia tri 2 ;3 phan tu gia tri 2 ;6 phan tu gia tri 2 ...

2 , 2 ,2 ,2 ,2 ,2 ,2 ,2 ,2 ,2 ...

1, 2,2,2,4,4,4,4,4,4,8,8,8,8,8,8,8,8,8,8,.

p p

p pD C C

..

Chứng minh Định lí 1.1

Để chứng minh Định lí 1.1 ta sẽ sử dụng hai lần qui nạp theo số đĩa và

theo số cọc. Chứng minh gồm các bước sau.

Chứng minh Định lí 1.1 đúng cho mọi n nếu 3p .

Chứng minh Định lí 1.1 đúng cho mọi p nếu 1n .

www.VNMATH.com


54

Giả sử Định lí 1.1 đúng với mọi 0p p và

0n n , khi ấy Định lí 1.1

đúng cho 0p p và

0n n .

Trƣờng hợp cơ bản 1

Định lí 1.1 đúng cho mọi n nếu 3p .

Chứng minh

Chúng ta cần chỉ ra rằng 3( ) 2xD n 1 1

1x xC n C .

Vì 1 1

1x xC n C

1 !!

1! 1 ! 1! !

xxn

x x

1x n x 1x n ,

nghĩa là ta phải chứng minh 1

3( ) 2nD n .

Vì 3( ) 2 1nS n nên

1 1

3 3 3( ) : ( ) ( 1) 2 1 2 1 2n n nD n S n S n .

Trƣờng hợp cơ bản 2

Định lí 1.1 đúng cho mọi p nếu 1n .

Chứng minh

Khẳng định của Định lí 1.1 dẫn đến

(1) 2x

pD 2 2

3 21p p

p x p xC C

.

Vì 2 2

3 21p p

p x p xC C

nên 2

3 0p

p xC

hay 3 2p x p . Suy ra 0x .

Vậy (1) 1 (1) (0)p p pD S S . Điều này hiển nhiên đúng vì (1) 1pS ; (0) 0pS .

Bƣớc qui nạp Giả sử Định lí 1.1 đúng với mọi 0p p và

0n n , khi ấy Định

lí 1.1 đúng cho 0p p và

0n n .

Để chứng minh bước qui nạp, ta cần các định nghĩa sau.

Định nghĩa 1.2

Trong bài toán Tháp Hà Nội với p cọc, ta gọi số đĩa n là hoàn hảo ứng

với p , nếu có thể biểu diễn n dưới dạng 2

2

p

p xn C

cho một số 0x nào đó.

Khi p cố định, để ngắn gọn, ta chỉ nói n là hoàn hảo.

www.VNMATH.com


55

Định nghĩa 1.3

Trong bài toán Tháp Hà Nội với p cọc và n đĩa, ta gọi số i là số chia

tối ưu nếu 1( ) 2 ( ) ( )p p pS n S i S n i .

Nhận xét rằng i là số chia tối ưu nếu và chỉ nếu:

Với mọi l mà 0 l n thì 1 12 ( ) ( ) 2 ( ) ( )p p p pS i S n i S l S n l , tức là

1 10

( ) 2 ( ) ( ) min 2 ( ) ( )p p p p pl n

S n S i S n i S l S n l

.

Nói cách khác, số chia tối ưu i làm cực tiểu số lần chuyển đĩa theo thuật

toán Frame-Stewart.

Chứng minh bƣớc qui nạp

Giả sử Định lí 1.1 đúng với mọi số cọc nhỏ hơn p và mọi số đĩa nhỏ

hơn n , khi ấy Định lí 1.1 đúng cho p và n . Hơn nữa,

Ta sẽ xác định một đánh giá trên và đánh giá dưới cho số chia tối ưu i

của n .

Trong khoảng đánh giá ấy, mọi i đều là những số chia tối ưu.

Sau đó, sử dụng thông tin này, ta có thể tính trực tiếp ( )pD n cho số n liên

quan bằng cách sử dụng giả thiết qui nạp.

Bổ đề 1.1

Giả sử Định lí 1.1 đúng cho mọi số đĩa nhỏ hơn n . Khi ấy với n thỏa

mãn bất đẳng thức 2 2

3 2

p p

p x p xC n C

thì số chia tối ưu i nằm trong khoảng

2 2

4 3

p p

p x p xC i C

. (1.1)

Nhận xét rằng trong trường hợp cơ bản 1n thì bất đẳng thức

2 2

3 21p p

p x p xC C

thỏa mãn cho duy nhất 0x . Bất đẳng thức (1.1) trở

thành 4 3

2 2

p p

p pC i C

nên 0i , tức là khi 1n không có (không cần) phép

chia tối ưu (chỉ cần một lần chuyển đĩa).

www.VNMATH.com


56

Chứng minh Bổ đề 1.1

Nếu i là số chia tối ưu thì theo định nghĩa, với mọi l thỏa mãn 0 l n

ta có

1 12 ( ) ( ) 2 ( ) ( )k k k kS i S n i S l S n l .

Với n thỏa mãn bất đẳng thức 2 2

3 2

p p

p x p xC n C

, ta sẽ chứng minh rằng

nếu i nằm ngoài khoảng đánh giá (1.1), thì tồn tại số l sao cho

1 12 ( ) ( ) 2 ( ) ( )k k k kS l S n l S i S n i , (1.2)

tức là nó không phải là số chia tối ưu.

Đầu tiên giả sử rằng, 2

4

p

p xi C

. Đoạn 2

41, p

p xC

được chia bởi các số

2 2 2 2 2 2 2

2 1 2 5 42 11 ... ...p p p p p p p

p p p p k p x p xp kC C C C C C C

.

Như vậy,

2 2

2 2 1

p p

p k p kC i C

với 0,1,..., 3k x nào đó.

Ta sẽ chứng minh 1l i thỏa mãn bất đẳng thức (1.2).

Vì l n (do 2

4

p

p xi C

nên 2 2

4 31 1 1p p

p x p xl i C C n

) nên kết hợp

với bất đẳng thức

2 2

3 1 2 1

p p

p k p kC l C

(do

2 2

2 2 1

p p

p k p kC i C

và 1l i )

và chú ý rằng 3k x , theo giả thiết qui nạp, ta suy ra 1 2( ) 2 2k x

pD l .

Do 2

4

p

p xi C

nên 2 2

4 41 1p p

p x p xl i C C

. Vì 2

3

p

p xn C

nên sử

dụng Nhận xét 1.1 ta có 2 2 3

3 4 4

p p p

p x p x p xn l C C C

. Hơn nữa, do 1i nên

2l và 2

2 2p

p xn l C

(do 2 2

3 2

p p

p x p xC n C

). Lập luận tương tự như trên,

chia khoảng 3 2

4 2,p p

p x p xC C

bởi các điểm 3 3 2

33 1 3 1...p p p

p xp x p xC C C

hay

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 1 2 1 2 1 1 2... ...

p p p p

p x p x p x k p x kC C C C

www.VNMATH.com


57

thì n l nằm một trong các khoảng

1 2 1 2

1 2 1 1 2

p p

p k x p x kC n l C

với

0,1,...k thì theo qui nạp của định lí ta có 1( ) 2 2x k x

pD n l

.

Bây giờ, nhắc lại rằng ( ) ( ) ( 1)p p pD k S k S k và 1l i , ta có

1 1 1

1 1

2

1 1

2 ( ) ( ) 2 ( ) ( 1) ( 1 ) ( )

2 ( ) 2 ( ) ( ) ( )

2 ( ) 2.2 ( ) 2 2 ( ) ( ).

p p p p p p

p p p p

x x

p p p p

S l S n l D l S l S n l D n l

S i D l S n i D n l

S i S n i S i S n i

Như vậy, nếu 2

4

p

p xi C

thì i không phải là số chia tối ưu.

Bây giờ giả sử 2

3

p

p xn i C

và chọn 1l i (nhắc lại rằng ta đòi hỏi i n để

có thể sử dụng giả thiết qui nạp cho i và l . )

Bởi vì 2

3

p

p xi C

và 2

2

p x

pn C

nên ta có 2 2 3

2 3 3

p p p

p x p x p xn i C C C

và

3

31 p

p xn l n i C

.

Tương tự như chứng minh trường hợp trên, vì giả thiết qui nạp của Định lí 1.1

đúng với 2

3

p

p xn i C

nên ta suy ra rằng ( ) 2x

pD i .

Với 3

3

k x

kn l C

theo qui nạp ta cũng suy ra 1( ) 2x

pD n l . Do 1l i

nên

1 1 1

1 1

1 1

2 ( ) ( ) 2 ( 1) ( 1) ( 1 ) ( )

2 ( ) 2 ( ) ( ) ( )

2 ( ) 2.2 ( ) 2 2 ( ) ( ).

p p p p p p

p p p p

x x

p p p p

S l S n l S l D l S n l D n l

S i D i S n i D n l

S i S n i S i S n i

Như vậy, i không phải là số chia tối ưu. Bổ đề chứng minh xong.

Bổ đề 1.2

Giả sử Định lí 1.1 đúng cho mọi số đĩa nhỏ hơn n . Khi ấy với n thỏa mãn bất

đẳng thức 2

3

p

p xC

2

2

p

p xn C

, và với mọi số chia tối ưu i ta có

3 3

4 3

p p

p x p xC n i C

. (1.3)

www.VNMATH.com


58

Chứng minh

Tương tự như trong Bổ đề 1.1. Đầu tiên ta giả sử 3

4

p

p xn i C

. Khi ấy

3 2 3 2 2

4 3 4 4 3 1

p p p p p

p x p x p x p x p xi n C C C C C

.

Do đó theo giả thiết qui nạp của Định lí 1.1 ta có 1( ) 2x

pD i .

Đặt 1l i thì 1 23

4 1 2 11

pp

p x p xn l n i C C

vì

3

4

p

p xn i C

.

Theo giả thiết qui nạp của Định lí 1.1 ta lại có 1

1( ) 2x

pD n l

. Khi ấy

1 1 1

1 1

1 1

1 1

2 ( ) ( ) 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( )

2 ( ) 2 ( ) ( ) ( )

2 ( ) 2.2 ( ) 2 2 ( ) ( ).

p p p p p p

p p p p

x x

p p p p


S i D i S n i D n l

S i S n i S i S n i

Vậy i không thể là số chia tối ưu hay nếu i là số chia tối ưu thì

3

4

p

p xn i C

.

Bây giờ giả sử 1 23

3 1 3 1

pp

p x p xn i C C

. Khi ấy lại theo giả thiết qui nạp

của Định lí 1.1 ta có 1

1( ) 2x

pD n i

. Mặt khác,

2 13 2 3 3

3 2 3 3 2 1

p xp p p x p

p x p x p p x p xi n C C C C C

.

Do đó nếu đặt 1l i thì 2 1

2 1

p x

p xl C

. Lại theo giả thiết qui nạp của Định lí

1.1 ta có 1( ) 2x

pD l . Bây giờ ta có thể tính

1 1 1

1 1

1 1

1 1

2 ( ) ( ) 2 ( 1) ( ) ( 1) ( )

2 ( ) 2 ( ) ( ) ( )

2 ( ) 2.2 ( ) 2 2 ( ) ( ).

p p p p p p

p p p p

x x

p p p p


S i D l S n i D n l

S i S n i S i S n i

Vậy i không phải là số chia tối ưu. Do đó ta đi đến kết luận rằng nếu i là số

chia tối ưu thì 3

3

k

k xn i C

.

Kết hợp hai trường hợp ta đí đến kết luận của Bổ đề 1.1.

www.VNMATH.com


59

Nhận xét 1.2

Nhận xét rằng với mọi số hoàn hảo 2

2

p

p xn C

, Bổ đề 1.1 nói rằng mọi số

chia tối ưu i phải thỏa mãn bất đẳng thức 2

3

p

p xi C

và Bổ đề 1.2 nói rằng

3

3

p

p xn i C

3 2 3 2

3 2 3 3

p p p p

p x p x p x p xi n C C C C

.

Do đó chúng ta đã chứng minh rằng từ Định lí 1.1 suy ra nếu 2

2

p

p xn C

thì số

chia tối ưu 3

3

p

p xi C

là duy nhất.

Nói cách khác, khi n là số hoàn hảo (2

2

p

p xn C

) thì số chia tối ưu i

cũng là số hoàn hảo (3

3

p

p xi C

), và là duy nhất. Ta cũng dễ dàng tính được i .

Ta sẽ có các hệ quả từ nhận xét thú vị này ở cuối mục.

Bổ đề 1.3

Giả sử Định lí 1.1 đúng cho mọi số đĩa nhỏ hơn n . Khi ấy với n thỏa

mãn bất đẳng thức 2 2

3 2

p p

p x p xC n C

, nếu số nguyên i thỏa mãn điều kiện

phát biểu trong Bổ đề 1.1 và Bổ đề 1.2 (thỏa mãn các bất đẳng thức (1.1) và

(1.3)) thì i là số chia tối ưu.

Chứng minh

Ta sẽ chỉ ra rằng với mọi cách chọn i đồng thời thỏa mãn các bất đẳng

thức (1.1) và (1.3) thì biểu thức 12 ( ) ( )p pS i S n i là không đổi.

Vì 2 2

3 2

p p

p x p xC n C

nên ta có thể đặt 2

3

p

p xn C a

, trong đó

3 2 2

3 2 30 p p p

p x p x p xa C C C

.

Vì i thỏa mãn bất đẳng thức (1.1), tức là 2 2

4 3

p p

p x p xC i C

nên ta có thể

đặt 2

4

p

p xi C b

. Hơn nữa, ta có thể viết bất đẳng thức 2 2

4 3

p p

p x p xC i C

dưới

dạng 2 2

3 1 2 1

p p

p x p xC i C

. Áp dụng giả thiết qui nạp của Định lí 1.1 ta có

2 2

3 1 2 1

p p

p x p xC i C

1( ) 2x

pD i . Từ Định nghĩa của ( )pD i và Bổ đề 1.1:

www.VNMATH.com


60

1 1

1 1

( ) 1 ( ) 1 2 2 ( 1) 2

3 ( 2) 2.2 ... 2 .

x x

p p p p p p

x x

p p p

S i S i D i S i S i D i

S i D i S i b b

(1.4)

Hoàn toàn tương tự, do n i thỏa mãn bất đẳng thức (1.3), tức là

3 3

4 3

p p

p x p xC n i C

nên ta có thể đặt 3

4

p

p xn i C c

. Hơn nữa, bất đẳng

thức 3 3

4 3

p p

p x p xC n i C

có thể viết dưới dạng

1 2 1 2

1 3 1 2

p p

p x p xC n i C

.

Áp dụng giả thiết qui nạp của Định lí 1.1, ta có

1 2 1 2

1 3 1 2

p p

p x p xC n i C

1( ) 2x

pD n i .

Theo Định nghĩa của ( )pD i , Bổ đề 1.2 và theo giả thiết qui nạp của Định

lí 1.1:

1 1 1 1

1 1 1

1

( ) ( 1) ( 1) 1 2

2 ( 1) 2 2 2.2 ...

.2 .

x

p p p p

x x

p p p

x

p

S n i S n i D n i S n i

S n i D n i S n i

S n i c c

(1.5)

Do 2

4

p

p xi C b

và 3

4

p

p xn i C c

nên

2 3 2

4 4 3

p p p

p x p x p xn i n i C b C c C b c

.

Mà 2

3

p

p xn C a

nên a b c .

Do 2 2

3 2 1

p p

p x p xn a C C

là số hoàn hảo (theo Định nghĩa 1.2) nên

theo Nhận xét 1.2, số 3 3

43 1

p p

p xp xi C C

là số chia tối ưu duy nhất cho

n a . Do đó theo Định nghĩa số chia tối ưu và Định nghĩa của ( )pD i ta có:

www.VNMATH.com


61

1

1 1

1

1

1

1 1

( ) 2 ( ) ( )

2 ( 1) ( ) ( 1) ( 1)

2 ( 1) 2.2 ( 1) 2

2 ( 1) ( 1) ...

2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ).

p p p

p p p p

x x

p p

p p

p p p p

S n a S i S n a i

S i D i S n a i D n a i

S i S n a i

S i S n a i

S i b S n a i b S i b S n c i

(1.6)

Từ (1.4), (1.5) và (1.6) ta có

1

1 12 ( ) ( ) 2 2 .2

( ) 2 .

x x

p p p p

x

p

S i S n i S i b b S n i c c

S n a a

(1.7)

Biểu thức trên không phụ thuộc vào cách chọn i (hay cách chọn b và c ,

miễn là chúng thỏa mãn các bất đẳng thức (1.1), (1.3) và a b c ).

Hơn nữa giá trị 12 ( ) ( )p pS i S n i là nhỏ nhất (trong tất cả các số

12 ( ) ( )p pS l S n l , 0 l n ), từ đó suy ra rằng mọi i đồng thời thỏa mãn

các bất đẳng thức (1.1) và (1.3) là số chia tối ưu.

Đẳng thức (1.7) cũng kết thúc chứng minh Định lí 1.1.

Từ Định lí 1.1 ta có

Hệ quả 1.1

Nếu n là một trong k số trong khoảng 1k kt n t thì

1

4 4 4( ) ( ) ( 1) 2kD n M n M n .

1.2 Công thức tính ( )pS n

Mục 1.1 đã cung cấp cho ta khá nhiều thông tin về các giá trị của ( )pS n ,

do đó có thể tính giá trị của ( )pS n theo n và p mà không cần dùng công

thức đệ qui.

Định lí 1.2

Với 3k và 2 2

3 2

p p

p x p xC n C

với một 0x nào đó, ta có

. 1

3 3

3 3

0

( ) 2 2x

p i p x

p p x p x

i

S n C n C

.

www.VNMATH.com


62

Chứng minh

Đây là hệ quả trực tiếp từ Định lí 1.1, bởi vì

22

2 23 3

1

1 0 1 1

1 12 2 3 3 3

2 3 3 3 3

0 0

( ) (0) ( ) 0 2 2

2 2 2 2 .

pp i

p pp i p i

Cn x ni x

p p p

i i j C i C

x xp p i p x p i p x

p i p i p x p i p x

i i

S n S D i

C C n C C n C

Hệ quả 1.2

Nếu 1k kt n t thì 1 1

4

1

( ) 2 2k

i k

k

i

S n i t n

.

Trƣờng hợp số hoàn hảo

Nhắc lại Nhận xét 1.2, nếu n là số hoàn hảo, 2

2

p

p xn C

thì tồn tại duy

nhất số chia tối ưu 2

3

p

p xi C

và do đó 2 2 3

2 3 3

p p p

p x p x p xn i C C C

. Như

vậy,

2 2

3 2 1

p p

p x p xi C C

là số hoàn hảo cho bài toán với p cọc,

1 2

1 2

p

p xn i C

là số hoàn hảo cho bài toán với 1p cọc. Do đó mỗi ( )pS i

và 1( )pS n i trong công thức truy hồi 1( ) 2 ( ) ( )p p pS n S i S n i cũng là

hoàn hảo và dễ dàng tính được nếu sử dụng tam giác Pascal.

Sử dụng tam giác Pascal, ta dễ dàng tính được ( )pS n cho mọi số hoàn

hảo n như sau. Nhắc lại rằng các số tham gia trong tam giác Pascal có công

thức là

1, 1, 1

1 khi 0

0 khi 0, 0

khi 0, 0

j

ij i

i j i j

j

P C i j

P P i j

trong đó ijP là số Pascal tại dòng thứ i và cột thứ j , chỉ số bắt đầu tính

từ 0.

www.VNMATH.com


63

Đầu tiên xây dựng tam giác Pascal P với các cột được đánh số bên

ngoài theo 2, nghĩa là ijP chỉ được xác định khi 0i , 2j và

, 2ij i jP P , do

đó 2 1iP với mọi 0i . Điều này cho phép chúng ta ánh xạ x và p qua số

hoàn hảo p

xn C như sau: p

xp xP C n .

Sau đó chúng ta xây dựng tam giác thứ hai P với cột ngoài rìa cũng như

vậy, nhưng thay vì các số Pascal 1, 1, 1ij i j i jP P P ta đặt

1, 1, 12ij i j i jP P P .

Khi ấy ta có thể ánh xạ x và p qua 1 1 12p p p

xp p x p x p xP S C S C S C .

Bây giờ, sử dụng P để tính x dựa trên n , và sử dụng P để tính ( )pS n

dựa trên x , ta có thể dễ dàng và thuận tiện tính được ( )pS n cho mọi số đĩa là

số hoàn hảo và mọi số cọc p (xem Bảng dưới đây).

P

p

x

2

3 4 5 6 7 8

0 1

1 1 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1

4 1 4 6 4 1

5 1 5 10 10 5 1

6 1 6 15 20 15 6 1

P

p

x

2

3 4 5 6 7 8

0 1

1 1 1

2 1 3 1

3 1 7 5 1

4 1 15 17 7 1

5 1 31 49 31 9 1

6 1 63 129 111 49 11 1

Để tìm ( )pS n cho một số hoàn hảo p

xn C nào đó, đầu tiên ta nhìn vào

cột p trong P . Khi đó ta có thể tìm được x bằng cách nhìn vào chỉ số của

dòng chứa n . Cuối cùng, nhìn sang ,x k của bảng P để tính được

( )xp pP S n .

www.VNMATH.com


64

Ví dụ 1.2

Với 15n Để tính 4(15)S ta nhìn vào cột 4p , thấy số 15, ứng với

6x . Bảng P cho 6,4 129P . Như vậy, 4(15) 129S .

Số 15n nằm trong bảng Pascal vì nó là số hoàn hảo:

4 4

6 415 xn C C .

Ví dụ 1.3

Để tìm 5(10)S ta chỉ cần nhìn trên bảng P , ứng với cột 5p , 10P

sẽ là 5x . Bảng P cho 5,5 31P . Như vậy, 5(5) 31S .

1.3 Tính trực tiếp số chia tối ƣu i

Bài toán 1.1

Giả sử số cọc p cố định. Tính số chia tối ưu i theo số đĩa n .

Từ các Định lí 1.1, 1.2 và các hệ quả của nó, ta có thể giải quyết bài toán

này cho trường hợp bốn cọc.

Định lí 1.3

Cho bài toán bốn cọc, với mọi số đĩa n . Nếu 2 2

1 2x xC n C thì

1i n x là số chia tối ưu.

Chứng minh

Ta nhắc lại các Bổ đề 1.1 và 1.2: Nếu 2 2

3 2

p p

p x p xC n C

thì mọi số i

thỏa mãn hai bất đẳng thức (1.1) và (1.3)

2 2

4 3

p p

p x p xC i C

và 3 3

4 3

p p

p x p xC n i C

sẽ là số chia tối ưu.

Với 4p các bổ đề này có thể phát biểu lại như sau:

Nếu 2 2

1 2x xC n C thì mọi số i thỏa mãn hai bất đẳng thức

2 2

1x xC i C và 1 1

1x xC n i C (1.8)

www.VNMATH.com


65

hay

2 2

1x xC i C

1 !!

2! 2 ! 2! 1 !

xxi

x x

1 1

2 2

x x x xi

(1.8a)

và

1 1

1x xC n i C 1x n i x . (1.8b)

Ta có

2 2

1 2x xC n C

1 ! 2 !

2! 1 ! 2! !

x xn

x x

1 1 2

2 2

x x x xn

.

(1.9)

Vì i phải thỏa mãn (1.8b) nên n i chỉ có thể là: n i x hoặc

1n i x hay i n x hoặc 1i n x .

Chọn 1i n x thì ta có đánh giá sau đây cho i :

(1.9) 1 1 2

1 1 12 2

x x x xx n x x

2 22

2 2

x x x xi

211

2 2

x x x xi

.

.Do i nguyên nên 1 1

2 2

x x x xi

. Chứng tỏ i thỏa mãn bất đẳng thức

(1.8a). Vậy theo Bổ đề 1.3, 1i n x là số chia tối ưu.

Nhận xét 1.3

Nếu chọn i n x thì vì 1 1 2

2 2

x x x xn

nên ta có đánh giá sau

đây cho i :

(1.9) 1 1 2

2 2

x x x xx n x x

21 2

2 2

x x x xi

.

Bất đẳng thức (1.8a) không thỏa mãn khi 2 2

2

x xi

hay

2 2

2

x xn x

2 1 ( 2)3 2

2 2

x xx xn

.

www.VNMATH.com


66

Vì vậy i n x có thể không phải là số chia tối ưu.

Bổ đề 1.4

Với mọi ,a b, 0 a b ta có a ab .

Bổ đề 1.5

Cho 1

( )2

x xf x

và

3( ) 2

2g y y

. Khi ấy ( ( ))g f x x với mọi

x R .

Chứng minh

Theo Bổ đề 1.5 ta có

3

( ( )) 2 ( ) 1 1 1 12

g f x f x x x x x

.

Mặt khác, do x nên 1 0x x . Do đó theo bất đẳng thức Cauchy

ta có

1

12

x xx x

3 1 31 1

2 2 2x x x x .

Suy ra 3

1 12

x x x

. Vậy 3

1 12

x x x x

.

Chứng tỏ 3

1 ( ( )) 12

x g f x x x x

hay ( ( ))g f x x .

Bổ đề 1.6

Cho 3

( ) : 22

g y y

. Khi ấy 2 2

1( ) x xg y x C y C .

Chứng minh

Ta có 2 2

1x xC y C 1 2 1

2 2

x x x xy

.

www.VNMATH.com


67

Trước tiên ta chứng minh rằng, 1 2

2

x xy

suy ra g y x .

Thật vậy, do cả hai số y và 1 2

2

x x đều là những số nguyên nên

từ 1 2

2

x xy

suy ra

2

2

3

1 2 3 4 21

2 2 2

xx x x x

y

.

23

22

y x

3

22

y x 3

22

y x

(do x là số tự nhiên), hay

g y x .

Bây giờ giả sử 1

( )2

x xy f x

. Vì

3( ) 2

2g y y

là hàm tăng

và theo Bổ đề 1.5 ta có ( ( ))g f x x nên ( )y f x suy ra ( ) ( ( ))g y g f x x .

Kết hợp cả hai bất đẳng thức trên ta có 2 2

1( ) x xg y x C y C

Hệ quả 1.4

Trong bài toán Tháp Hà Nội với bốn cọc và với n đĩa bất kì, số chia tối

ưu là

12

2i n n

.

Chứng minh

Xây dựng hàm :g sao cho 2 2

1( ) x xg y x C y C . Khi ấy

2 2

1 2( ) 2 x xg y x C y C .

Theo Định lí 1.3 ta có thể tìm được số i xác định bởi

3 1

1 2 1 2 1 22 2

i n x n g n n n n n

là số chia tối ưu.

www.VNMATH.com


68

§2 Đánh giá ( )pS n

Như ta đã biết, số lần chuyển đĩa cho bài toán ba cọc là 3( ) 2 1nS n ,

nên sẽ tăng theo hàm mũ khi n tăng. Tuy nhiên, trong trường hợp số cọc

4p , phân tích thuật toán Frame- Stewart, Stockmeyer 1994 [19] phát hiện

ra rằng, thật đáng ngạc nhiên, là độ phức tạp của thuật toán là dưới mũ (sub-

exponential), cỡ 2 n

n cho 4k . Đánh giá dưới đã được Xiao Chen và

Jian Shen (2004) và Szegedy (1999) xét. Dưới đây chúng tôi trình bày kết

quả của Stockmeyer [19].

Bổ đề 2.1

Kí hiệu x là số nguyên gần số thực x nhất. Khi ấy 1k kt n t khi và

chỉ khi 2k n , trong đó ( 1)

2k

k kt

là các số Pascal.

Chứng minh

Ta có

2k n 1 1

22 2

k n k 2 21 1

24 4

k k n k k

1

1 1

8 8k kt n t

1k kt n t .

Dấu bằng trong bắt đẳng thức cuối là do tất cả các số 1, ,k kt n t

đều là

những số nguyên.

Nhận xét rằng từ Bổ đề này suy ra rằng 2n chính là giá trị tối ưu của

tham số i trong thuật toán.

Định lí 2.1

Giả sử 2 2n n , tức là 1 1

2 2 . Khi ấy 2

4( ) 2 1nS n n ,

trong đó 1

23 2

24

và

2 3 42

4

.

www.VNMATH.com


69

Chứng minh

Giả sử 2 2k n n . Sử dụng các Hệ quả 1.1 và 1.2. và tính tổng ta

có

1 1 1

4

1

2 22

2

( 1( ) 2 2 1 2 1 2

2

2 3 4 3 2 3 42 1 2 2 1

4 4 4

2 1.

ki k k k

k

i

k n

n

k kS n i t n k n

n k kn

n

Đây chính là điều phải chứng minh.

Mặc dù 1

23 2

24

và

2 3 42

4

có dạng

phức tạp, cả hai đều rất gần với 1 khi 1 1

2 2 . Hàm đạt giá trị cực

tiểu bằng 1 khi 1

2 và đạt cự đại bằng

21.0615

ln 2e tại

3 10.0573

2 ln 2 . Hàm giảm chặt từ cực đại bằng

232 1.0164

32

tại 1

2 đến cực tiểu bằng

112 0.9723

16 tại

1

2 . Nếu

kn t là số tam

giác thì ta có 1

lim2n

. Như vậy, 2( ) 2 1 1nM n n là xấp xỉ tốt nhất

cho các số này. Trong mọi trường hợp, ( )M n luôn luôn không xa quá 6.2%

so với 22 nn với n đủ lớn.

Ta nhận xét rằng 22 nn thật sự tăng nhanh hơn 2 nn , do đó

Krishnamoorthy và Biswas đã chứng minh rằng ( ) 2 nM n O n .

www.VNMATH.com


70

§3 Sự tƣơng đƣơng của một số thuật toán giải bài toán Tháp Hà Nội

tổng quát

Trong §1 ta đã xét khá tỉ mỉ một thuật toán truy hồi giải bài toán Tháp Hà

Nội tổng quát (thuật toán Frame-Stewart, thực ra đó là thuật toán do Stewart

đề nghị năm 1942). Frame (1941) cũng đã đưa ra một thuật toán khác với

thuật toán Stewart. Sau này, một số tác giả đã đưa ra một số thuật toán truy

hôi tương tự các thuật toán của Stewart và Frame. Trong § này chúng ta sẽ

trình bày chứng minh trong [11] khẳng định rằng các thuật toán này là tương

đương theo nghĩa số lần chuyển đĩa tối ưu trong các thuật toán này là bằng

nhau.

3.1 Các thuật toán truy hồi

Giả sử ( )pH n là số bước chuyển nhỏ nhất cần thiết để giải bài toán Tháp

Hà Nội với n đĩa và p cọc.

Chỉ với 4p và n p đĩa thì bài toán Tháp Hà Nội với nhiều cọc mới

không tầm thường, bởi vì ta đã chứng minh được rằng (Chương 2)

3( ) 2 1nH n và hiển nhiên ( ) 2 1pH n n khi n p (lần lượt lấy từng đĩa

từ nhỏ tới lớn từ cọc nguồn đặt vào từng cọc, nhấc đĩa cuối cùng từ cọc nguồn

đặt vào cọc đích, sau đó lại lần lượt xếp các đĩa vào cọc đích theo thứ tự từ

lớn đến bé, xem Nhận xét 2.1 Chương 3). Do đó trong trường hợp tầm thường

3p hoặc n p ta sẽ kí hiệu tất cả các hàm được xem xét ở đây là được xác

định như là ( )pH n . Vì lí do kĩ thuật, ta coi 2(1) 1H và

2( ) 0H n khi 2n .

Thuật toán Frame (1941)

Đầu tiên tất cả n đĩa đều nằm trên cọc nguồn 1P . Ta chia 1n đĩa nhỏ

nhất thành 2p nhóm đĩa có kích thước liên tiếp. Chuyển 1n đĩa nhỏ nhất

(trên cùng) từ cọc nguồn 1P sang cọc trung gian 2P bằng cách sử dụng tất cả

www.VNMATH.com


71

p cọc. Chuyển 2n đĩa nhỏ hơn (tiếp theo) từ đĩa nguồn

1P sang đĩa trung gian

3P bằng cách sử dụng 1p cọc (không sử dụng cọc 2P vì cọc

2P đang chứa

1n đĩa nhỏ nhất). Tiếp tục chuyển các nhóm đĩa từ cọc nguồn sang các cọc

trung gian bằng cách tại mỗi bước ta sử dụng ít hơn một cọc so với bước

trước. Nhóm đĩa cuối cùng được chuyển từ cọc nguồn 1P sang cọc trung gian

1pP bằng cách sử dụng ba cọc trung gian còn lại. Đĩa lớn nhất (thứ n ) khi ấy

được chuyển từ cọc nguồn 1P sang cọc đích

pP . Sau đó ta chuyển tất cả các

nhóm đĩa sang cọc đích theo thứ tự ngược lại.

Như vậy, bài toán tìm số lần chuyển nhỏ nhất n đĩa từ cọc nguồn sang

cọc đích trở thành

Bài toán 3.1

Với 4p và n p tìm cực tiểu ( )pF n của đại lượng

1 1 2 3 22 2 ... 2 1p p pF n F n F n

với điều kiện 1 2 2... 1pn n n n , in , 1,2,..., 2i p .

Bài toán trên là một dạng nới lỏng của bài toán Frame ban đầu:

Bài toán 3.2

Với 4p và n p , tìm cực tiểu ( )pF n của đại lượng

1 1 2 3 22 2 ... 2 1p p pF n F n F n

với điều kiện 1 2 2... 1pn n n n , 1 2 2... pn n n , trong đó in .

Như vậy, so với bài toán 3.1, thuật toán Frame (Bài toán 3.2) đòi hỏi

thêm một điều kiện đơn điệu của số đĩa: 1 2 2... pn n n .

Dưới đây, để thuận tiện, ta nhắc lại

Thuật toán Stewart (1941)

www.VNMATH.com


72

Đầu tiên tất cả n đĩa đều nằm trên cọc nguồn 1P . Chia các đĩa thành hai

nhóm. Nhóm thứ nhất gồm 1n đĩa nhỏ nhất và nhóm thứ hai gồm

1n n đĩa

còn lại.

Chuyển 1n đĩa nhỏ nhất từ cọc nguồn

1P sang cọc trung gian 2P bằng

cách sử dụng tất cả p cọc. Chuyển 1n n đĩa còn lại từ cọc nguồn

1P sang

cọc đích pP bằng cách sử dụng 1p cọc (không sử dụng cọc

2P ).

Cuối cùng chuyển 1n đĩa từ cọc

1P sang cọc đích pP , sử dụng tất cả p cọc.

Bài toán 3.3

Với 4p và n p , tìm 1 1 2 1 2( ) : min 2p p pS n S n S n n n n ,

trong đó in , 1,2i .

Thuật toán Stewart có thể được tổng quát hóa như sau.

Kí hiệu ( )pA n là số bước chuyển cần thiết trong Bài toán 2 theo thuật

toán có tính đến tất cả các phép chia n đĩa sau đây.

Bài toán 3.4

Với 4p và n p , giả sử ( )pA n là cực tiểu của số

1 1 2 3 2 1 2

1 1 2 3 2 1 2

1 2 1 2

2 ( ) 2 ( ) ... 2 ( ) 1 ... 1

2 ( ) 2 ( ) ... 2 ( ) ... ...

2 ( ) 2 ( ) ,

p p p p

p p p p

p p

A n A n A n n n n

A n A n A n n n n

A n A n n n n

trong đó in .

Một phiên bản của 3.4 nhưng đòi hỏi tính đơn điệu của phép chia n đĩa là

Bài toán 3.5

Với 4p và n p , tìm cực tiểu ( )pA n của số (trong đó in )

1 1 2 3 2 1 2 1 2

1 1 2 3 2 1 2 1 2

1 1 2 1 2 1 2

2 ( ) 2 ( ) ... 2 ( ) 1 ... 1 , ...

2 ( ) 2 ( ) ... 2 ( ) ... , ... ...

... 2 ( ) 2 ( ) , .

p p p p

p p p p

p p

A n A n A n n n n n n

A n A n A n n n n n n

A n A n n n n n n

www.VNMATH.com


73

Định nghĩa 3.1

Nếu 2,3p hoặc n p thì đặt (định nghĩa)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )p p p p p pF n F n A n A n S n M n .

3.2 Chứng minh ( ) ( ) ( )p p pA n F n S n

Chúng ta bắt đầu bằng hai Bổ đề về hàm ( )pA n . Mặc dù Bổ đề 3.1 cũng

khá hiển nhiên và Bổ đề 3.2 chủ yếu là xét trường hợp tầm thường, tuy nhiên

cũng cần chứng minh hai Bổ đề này, bởi vì một số “điều hiển nhiên” trong bài

toánTháp Hà Nội thường đưa đến các kết luận sai lầm.

Bổ đề 3.1

Với mọi 3p và 1n ta có ( ) 2 1pA n n .

Chứng minh

Với n p Bổ dề đúng theo định nghĩa của ( )pA n . Với 3p và 3n ta

có 3( ) 2 1 2 1nA n n . Cuối cùng, với 4p và n p ta có

1 1 2 1 1( ) 2 ( ) 2 ( ) ... 2 ( ) ( )p p p i p i i p iA n A n A n A n A n ,

trong đó 1 2 1... p in n n n và 2 2i p .

Theo qui nạp ta có

1 1

1 1 1

1

( ) 2 2 1 ... 2 1 2 1

2 ... 2 ... 2 1

2 2 ... 2 2 1.

p p i p i

p i p i p i p i

p i

A n n n n

n n n n n n p i

n n n p i n

Bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 3.2

Với mọi 1n , 3p và 1 1, ,..., p ii n n với 2 1i p và

1 2 1... p in n n n :

1 1 2 1 1( ) 2 ( ) 2 ( ) ... 2 ( ) ( )p p p i p i i p iA n A n A n A n A n .

www.VNMATH.com


74

Chứng minh

Trường hợp 4p và n p : Khẳng định được suy ra trực tiếp từ định

nghĩa số ( )pA n .

Trường hợp 3p : Từ 2 1i p suy ra 2i . Ta phải chứng minh

3 3 1 2 2( ) 2 ( ) ( )A n A n A n , 1 2n n n . (3.1)

Nếu 2 2n thì (3.1) suy biến.

Vậy 2 1n và ta chỉ còn phải chứng minh

3 3 2( ) 2 ( 1) (1)A n A n A

Theo định nghĩa ta có:

(3.1)3 3 1 2 2( ) 2 ( ) ( )M n M n M n 12 1 2 2 1 1nn .

Hiển nhiên đúng.

Trường hợp cuối cùng: n p và 4p .

Ta sẽ chứng minh bằng truy hồi theo n .

Nếu 2n thì 1 2 12 ... 1p in n n n p i (vì 1in với mọi i ).

Như vậy, 1p i . Mặt khác ta lại có 1p i p n nên suy ra

1p i . Do đó 1 2 1n n . Như vậy chỉ còn phải chỉ ra là

1(2) 2 (1) (1)p p pA A A , hiển nhiên vì theo định nghĩa khi n p thì

(2) (2) 2.2 1 3p pA M ; (1) (1) 1p pA M ; 1 1(1) (1) 1p pA M .

Như vậy, trường hợp 2n được chứng minh. Theo qui nạp ta suy ra:

1 1 2 1 1 1 1 12 ( ) 2 ( ) ... 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ).p p i p i i p i p pA n A n A n A n A n A n n

Do đó khẳng định được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng

1 1 12 ( ) ( ) ( )p p pA n A n n A n .

Do n p nên theo định nghĩa ta có ( ) ( ) 2 1p pA n M n n . Vậy theo Bổ đề 3.1:

1 1 1 1 1

1 1 1

2 ( ) ( ) 2 2 1 2 1

2 2 3 2 1 ( ).

p p

p

A n A n n n n n

n n n n n A n

Bổ đề 3.2 được chứng minh.

www.VNMATH.com


75

Mệnh đề 3.3

Với mọi 3p và 1n ta có ( ) ( )p pA n S n .

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo n . Cụ thể hơn, ta sẽ đi chứng minh

rằng khẳng định đúng với mọi 4n và, khi n cố định thì nó đúng với mọi

4 p n .

Với 4n , ta chỉ cần xét 4p . Tính toán đơn giản và trực tiếp chỉ ra

rằng trong trường hợp này ta có 4 4(4) (4) 9A S .

Bây giờ ta giả sử rằng khẳng định đúng với mọi 4 m n . Giả sử p là

số nguyên bất kì thỏa mãn 4 p n .

Theo giả thiết qui nạp, với mọi 1 2,n n ,

1 2n n n ta có

1 1 2 1 1 22 ( ) ( ) 2 ( ) ( )p p p pA n A n S n S n .

Như vậy, tập mà theo đó chúng ta xác định ( )pS n (như là cực tiểu của

nó) là tập con của tập, mà theo đó chúng ta xác định ( )pA n (như là cực tiểu

của nó) . Từ đây suy ra rằng ( ) ( )p pA n S n .

Còn lại cần phải chứng minh rằng ( ) ( )p pA n S n .

Nếu với 1 2,n n ,

1 2n n n nào đó, ta có 1 1 2( ) 2 ( ) ( )p p pA n A n A n

thì ta có điều phải chứng minh, vì trong trường hợp này ( )pA n là tập mà

( )pS n đạt cực tiểu. Bởi vậy ta giả thiết rằng

1 1 2 1 1( ) 2 ( ) ( ) ... 2 ( ) ( )p p p i p i i p iA n A n A n A n A n ,

trong đó 1 2 1... p in n n n và 2 2i p . (Nhận xét rằng trong trường

hợp riêng 2i ta có 1 1 1p i pn n và 2 1( ) 1pA n .) Khi đó

2 3 1 1... p in n n n n . Theo Bổ đề 3.2 ta có

1 1 1 2 1 1( ) 2 ( ) ... 2 ( ) ( )p p i p i i p iA n n A n A n A n ,

www.VNMATH.com


76

Và vì vậy, sử dụng giả thiết qui nạp, ta đi đến kết luận

1 1 1 1 1 1( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )p p p p p pA n A n A n n S n S n n S n .

Vậy ( ) ( )p pA n S n .

Mệnh đề 3.4

Với mọi 3p và 1n ta có ( ) ( )p pA n F n .

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo n như trong Mệnh đề 3.3.

Với 4n ta có

4 4 1 3 2 1 2

4 1 3 2 1 2

4 3 4 3

4

(4) min 2 ( ) 2 ( ) 1 1 4

min 2 ( ) 2 ( ) 1 3

min 2 (1) 2 (2) 1;2 (2) 2 (1) 1

min 2 1 3 1,2 3 1 1 9 (4).

F F n F n n n

A n A n n n

A A A A

A

Giả thiết rằng ( ) ( )p pA m F m với mọi 4 m n . Tập mà theo đó ta xác

định ( )pF n (như là cực tiểu của nó) là tập con của tập theo đó ta xác định

( )pA n (như là cực tiểu của nó), bởi vì với mọi 1 2 2, ,..., pn n n thỏa mãn

1 2 2... 1pn n n n ta có

1 3 2 1 3 22 ( ) ... 2 ( ) 1 2 ( ) ... 2 ( ) 1p p p pF n F n A n A n .

Do đó ( ) ( )p pF n A n .

Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, chúng ta sử dụng phương pháp

qui hoạch động như sau. Theo Mệnh đề 3.3 ta có thể viết

0

1 1 2( ) 2 ( ) ( )p p pA n A n A n

trong đó 0

1 2n n n . Áp dụng một lần nữa lý luận này, ta có

0 0

1 2 1 2 2 3( ) 2 ( ) ( )p p pA n A n A n

trong đó 0 0

2 3 2n n n . Vậy 0

1 1 2 2 3( ) 2 ( ) 2 ( ) ( )p p p pA n A n A n A n .

www.VNMATH.com


77

Quá trình này có thể thực hiện đến khi nào? Chúng ta phân biệt hai

trường hợp.

Trƣờng hợp 1

0

1 1 1( ) 2 ( ) ... 2 ( ) ( )p p i p i i p iA n A n A n A n

với 2i và 0

1 1p in .

Đặt max 1kr k n và nhận xét rằng r p i . Khi ấy ta có:

1 1 1

1 1 1

1 1

1 1 1

1

( ) 2 ( ) ... 2 ( ) 2 (1) ... 2 (1) 2 (1)

2 ( ) ... 2 2 ( ) ( )

2 (1) ... 2 (1) (1)

2 ( ) ... 2 ( ) 2 ( )

2 (1) ... 2

p p i p i p r i i

p p r r p r r

p r i i

p p r r p r r

p r

A n A n A n A A A

A n A n A n

A A A

A n A n A n

A A

1(1) (1) ( ).i i pA A n

Nhận xét rằng trong tính toán trên đổi biến trong đẳng thức thứ hai là có

thể bởi vì mọi giá trị của (1),..., (1)p r iA A cũng như là 1 1(1),..., (1)p r iA A

bằng

1 và 1 2i . Do đó ta có mâu thuẫn. Chứng tỏ trường hợp này là không thể.

Trƣờng hợp 2

0

1 1 1( ) 2 ( ) ... 2 ( ) ( )p p i p i i p iA n A n A n A n

với 2i và 0

1 1p in .

Ta có

0 0

1 3 2 1 3 2( ) 2 ( ) ... 2 ( ) 1 2 ( ) ... 2 ( ) 1 ( ).p p p p p pA n A n A n F n F n F n

Vậy Mệnh đề 3.4 được chứng minh.

Kết hợp Mệnh đề 3.3 và Mệnh đề 3.4 ta có thể phát biểu

Hệ quả 3.5

Với mọi 3p và 1n ta có ( ) ( ) ( ) ( )p p p pA n F n S n H n .

www.VNMATH.com


78

KẾT LUẬN

Trong luận văn này, ngoài Chương 1 trình bày sơ lược lịch sử phát triển

của bài toán Tháp Hà Nội và Chương 2 trình bày chi tiết các lời giải bài toán

tháp Hà Nội với ba cọc, chúng tôi tập trung trình bày một vấn đề quan trọng

trong bài toán tháp Hà Nội tổng quát, đó là các công thức tính số lần chuyển

tối ưu, độ phức tạp tính toán và sự tương đương của các các thuật toán hồi qui

dạng Frame-Stewart.

Mặc dù còn rất sơ lược và chưa bao quát hết được số lượng lớn các bài

viết chỉ riêng về thuật toán Frame-Stewart giải bài toán tháp Hà Nội, hy vọng

luận văn cũng đã cho một bức tranh tương đối rõ nét về bài toán này và gợi ý

sự quan tâm đến các vấn đề thú vị của bài toán tháp Hà Nội, nhân dịp 1000

năm Thăng Long.

www.VNMATH.com


79

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Phạm Trà Ân, Bài toán Tháp Hà Nội, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số

280, tháng 10.2000.

[2] Phạm Trà Ân, Bài toán Tháp Hà Nội-Cái nhìn từ lý thuyết Độ phức tạp

tính toán, Tạp chí Thông tin Toán học, Tập 6 Số 2, tháng 8 năm 2002,

trang 10-13.

[3] Vũ Đình Hòa, Bài toán Tháp Hà Nội, Tạp chí Toán Tuổi thơ 2, Số 68,

tháng 10.2008.

[4] Tạ Duy Phượng, Trò chơi Tháp Hà Nội-Lịch sử và bài toán tổng quát,

Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số 280, tháng 1.2010.

[5] Tạ Duy Phượng, Trò chơi Tháp Hà Nội và những bài toán liên quan (Bản

thảo), 150 trang.

[6] Nguyễn Xuân Tấn, Bài toán “Tháp Hà Nội”-một bài toán hóc búa hơn

một trăm năm nay, Tạp chí Thông tin Toán học, Tập 6 Số 1, tháng 3

năm 2002, trang 2-4.

[7] Henry Ernest Dudeney, The Canterbury Puzzles (and other curious

problems), Thomas Nelson and Sons, Ltd., London, 1907; New York, E.

P. Dutton and Company, 1908.

[8] Otto Dunkel, Editorial note concerning advanced problem 3918, Amer.

Math. Monthly 48 (1941), 219.

[9] J. S. Frame, Solution to advanced problem 3918, Amer. Math. Monthly

48 (1941), 216-217.

[10] P. J. Hilton, private communication.

[11] Sandi Klavžar, Uroš Milutinović, and Ciril Petr, On the Frame-Stewart

algorithm for the multi-peg Tower of Hanoi problem, Discrete Appl.

Math. 120 (2002), no. 1-3, 141-157. MR1912864 (2003c:05028)

[12] Édouard Lucas, L’Arithméique Amusante: Introduction aux Récréations

Mathematicques, Gauthier-Villars, Paris, 1895, pp. 179-183.

www.VNMATH.com



80

[13] Sergey Novikov, Upper estimates of complexity of algorithms for multi-

peg Tower of Hanoi problem, Annales Academiae Paedagogicae

Cracoviensis, Folia 45 Studia Mathematica VI, 2007, pp. 57-66.

[14] Henri de Parville, Récréations mathématiques: La tour d’Hanoi et la

question du Tonkin, La Nature, 12th

year, 1st semester, no. 565 (March

29, 1884), 285-286.

[15] David G. Poole, The towers and triangles of Professor Claus (or, Pascal

knows Hanoi), Math. Mag. 67 (1994), 323-344. MR1307797 (95m:05023)

[16] Michel Rand, On the Frame-Stewart algorithm for the Tower of Hanoi,

pp. 1-13, 2009.

[17] B. M. Stewart, Advanced problem 3918, Amer. Math. Monthly 46 (1939), 363.

[18] B. M. Stewart, Solution to advanced problem 3918, Amer. Math.

Monthly 48 (1941), 217-219.

[19] Paul K. Stockmeyer, Variations on the four-post Tower of Hanoi puzzle,

Congr. Numer. 102 (1994), 3-12. (Proceedings of the 25th Southeastern

International Conference on Combinatorics, Graph Theory and computing).

[20] Paul K. Stockmeyer: The Tower of Hanoi: A Bibliography, Internet publication,

Version 2.2, 22/10/2005, http://w.w.w.cs.wm.edu/~pkstoc/hpapers.html.

[21] Workshop on the Tower of Hanoi and Related Problems, September 18 -

September 22, 2005, Maribor, Slovenia.

[22] Các bài trên các trang WEB viết về trò chơi Tháp Hà Nội.

www.VNMATH.com

http://portal.acm.org/citation.cfm?id=83244&dl=GUIDE&coll=GUIDE&CFID=76074237&CFTOKEN=88718081



http://w.w.w.cs.wm.edu/~pkstoc/hpapers.html

luẬn vĂn thẠc sĨ toÁn hỌc -...

Documents