TOÁN TRÒ CHƠI: PHÂN LOẠI, CÔNG CỤ VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PGS TS Tạ Duy Phượng (Viện Toán học)

Mở đầu Bài viết này là một phiên bản mở rộng bài nói chuyện của tác giả tại Câu lạc bộ giáo viên Hà Nội, Đông Anh, 11-3-2011. Theo gợi ý của Giáo sư Nguyễn Văn Mậu, Hội trưởng Hội toán học Hà Nội và đề nghị của một số giáo viên, chúng tôi đã biên tập và bổ sung nhiều đề thi Olympic về toán trò chơi với lời giải chi tiết. Trong thời gian một buổi sáng, khó có thể trình bày hết nội dung của Toán trò chơi. Trong khuôn khổ một bài viết cũng không thể liệt kê hết các dạng toán và bài thi Olympic về toán trò chơi. Bạn đọc quan tâm có thể xem thêm các tài liệu khác, thí dụ, [1]-[6].

Bài nói chuyện tại Câu lạc bộ gồm hai phần.

Phần 1 giới thiệu trò chơi Tháp Hà Nội: Lịch sử, lời giải, ý nghĩa, các mở rộng và cải biên cũng như một số vấn đề chưa được giải quyết trong Bài toán Tháp Hà Nội. Ngoài ra, bài toán con mã đi tuần, trong đó có bài toán con mã đi tuần trên bàn cờ Phong Vân

ô vuông của Đoàn Hữu Dũng cũng được giới thiệu. 9 10×

Dưới đây là Phần 2 (có bổ sung) của bài nói chuyện với tiêu đề

Toán trò chơi: Phân loại, công cụ và phương pháp giải

Một công cụ, một phương pháp có thể sử dụng để giải nhiều bài toán. Một bài toán có thể được giải bằng các công cụ và phương pháp khác nhau. Toán trò chơi liên quan mật thiết với nhiều dạng toán khác (tổ hợp, đồ thị, tô màu,…). Nhiều bài toán có thể phát biểu lại dưới ngôn ngữ trò chơi. Một số bài toán trò chơi cũng có thể phát biểu dưới dạng khác. Toán trò chơi mô phỏng tốt các mô hình thực tế.

Trong bài viết này, khái niệm Toán trò chơi không được định nghĩa, tạm hiểu trò chơi gồm một tập hợp các trạng thái (cấu hình, vị trí,…) chịu tác động của một hay nhiều người chơi. Người chơi với các khả năng và hạn chế của mình phải tìm ra các chiến lược, chiến thuật (cách đi, bước đi) tuân theo những qui tắc chơi đã được định sẵn để đưa một trạng thái ban đầu về trạng thái cuối (kết thúc trò chơi), với thời gian (số bước đi) có lợi nhất và ít tốn kém nhất. Toán trò chơi tạm hiểu là dạng toán mà ta có thể sử dụng các công cụ và phương pháp toán học để phân tích cấu trúc, trạng thái và qui tắc của trò chơi nhằm hoạch định chiến lược kết thúc trò chơi hoặc chỉ ra trò chơi có thể tiếp diễn vô tận.

Các bài toán trò chơi rất đa dạng trong phát biểu, trong sử dụng công cụ và phương pháp giải. Vì vậy, phân loại các bài toán trò chơi trong bài viết này chỉ mang tính qui ước, còn rất sơ lược và chỉ có tính chất tương đối. Nó được đưa ra với hy vọng phần nào trợ giúp giáo viên và học sinh giải toán trò chơi dễ dàng hơn.

1

§1 Trò chơi một người

Trò chơi một người tạm coi là trò chơi chỉ cần một người chơi (thí dụ, trò chơi Tháp Hà Nội, trò chơi Hamilton, bài toán con mã đi tuần, trò chơi khối vuông rubic, …). Các trò chơi này nhiều khi còn được đưa vào lớp các trò chơi giải trí toán học.

1.1 Phương pháp đại lượng bất biến hoặc đơn biến

Bất biến

Bất biến là đại lượng không đổi, đơn biến là tính không tăng hoặc không giảm (đơn điệu) của một đại lượng. Để tìm lời giải toán học cho một số trò chơi, ta thường phải phát hiện ra tính bất biến hoặc tính đơn biến của một đại lượng nào đó.

Giả sử trò chơi ở một trạng thái ban đầu. Do tính bất biến, nên không thể thay đổi trạng thái (từ chẵn thành lẻ, từ trắng thành đen, từ chia hết sang chia có dư,…) được. Từ đó ta có kết luận về trạng thái cuối cùng của trò chơi.

Bất biến được sử dụng để giải quyết nhiều dạng toán khác nhau (Dĩ bất biến ứng vạn biến!). Dưới đây là các ví dụ minh họa sử dụng đại lượng bất biến trong trò chơi.

Bài 1 Trên bàn cờ có 32 quân trắng và 32 quân đen, mỗi quân chiếm một ô vuông. Tại mỗi bước đi người chơi thay tất cả các quân trắng thành quân đen và tất cả các quân đen thành quân trắng trên một hàng hoặc một cột nào đó. Hỏi sau hữu hạn bước, có thể còn lại chính xác một quân đen trên bàn cờ không?

8 8×

Giải Nếu trước khi chuyển có chính xác quân đen trên hàng (cột) định chuyển thì số quân trắng trên hàng (cột) ấy là 8

kk− . Sau khi chuyển, 8 k− quân trắng này trở thành

quân đen và quân đen lại trở thành quân trắng. Như vậy, số quân đen trên bàn cờ sau khi chuyển sẽ thêm vào 88 k− k k

k− và mất đi quân, tức là số quân đen thay đổi trên bàn cờ là ( ) . Số này là số chẵn dương (thêm vào) nếu và là số

chẵn âm (bớt đi) khi và không thay đổi nếu

k8 8k k k− − = − 2 4k <

4k > 4k = . Vì 8 2k− là chẵn và lúc đầu có 32 quân đen nên số quân đen trên bàn cờ luôn luôn là chẵn (bất biến!). Vậy không thể còn lại một quân đen trên bàn cờ.

Bài 2 (Chọn đội tuyển Hồng Kông tham gia IMO, 2000, vòng 1) Có 1999 tách uống trà đặt trên bàn. Lúc đầu tất cả đều được đặt ngửa. Mỗi một nước đi, ta làm cho đúng 100 tách trong số chúng lật ngược lại. Sau một số nước đi, có thể làm cho tất cả chúng đều úp xuống được không? Tại sao? Trả lời hai câu hỏi này trong trường hợp chỉ có 1998 tách.

Giải Nếu có 1999 chiếc tách (số tách là số lẻ), tất cả đều được đặt ngửa (trạng thái ngửa) thì ta không thể quay úp xuống tất cả (trạng thái úp) được. Thật vậy, theo qui tắc chơi, tại mỗi thời điểm, giả sử có tách đặt ngửa được làm úp xuống thì 100 tách đang úp được lật ngửa lên. Khi ấy số các tách úp đã tăng lên chiếc và giảm đi 100

k k−k k− ,

2

vậy số tách úp bị thay đổi đi một số chẵn là ( )100 100 2k k k− − = − (nếu thì số

tách úp giảm đi, nếu thì số tách úp tăng lên,

50k >

50k < 50k = thì số tách úp không thay đổi). Nghĩa là tính chẵn lẻ của số các tách úp không thay đổi (bất biến!). Nhưng lúc đầu số tách úp bằng 0. Vì vậy không thể làm cho số tách úp bằng 1999 được.

Nếu số tách là 1998 thì có thể úp tất cả các tách. Thuật toán như sau: Đánh số các tách theo thứ tự 1, 2,…, 1998. Lần lượt úp 100 tách đầu tiên, sau 18 lần úp được 1800 tách chuyển trạng thái từ ngửa sang úp. Tiếp theo úp 100 tách số 1801, 1803, 1804, …, 1901 (để nguyên tách số 1802 đang ngửa). Lần thứ hai, đảo ngược các tách 1802, 1803, 1804,…,1901 (giữ nguyên tách số 1801 đang úp). Sau hai lần này, thực chất chỉ có tách số 1 và số 2 bị úp, các tách khác không thay đổi (vẫn đặt ngửa sau khi lật úp rồi lại lật ngửa). Tiếp tục như vậy, sau 18+198=216 lần, tất cả các tách đều bị lật úp.

Bài 3 Ba đống bi tương ứng có 19, 8 và 9 viên. Được phép chọn hai đống bi bất kì và chuyển một viên bi từ mỗi đống bi đã chọn vào đống thứ ba. Sau một số lần làm như vậy, có thể đạt được mỗi đống bi có 12 viên không?

Giải Gọi số bi tại bước thứ trong ba đống tương ứng là Xét các số này theo . Lúc đầu ,

k , , .k k ka b c

(mod 3) ( )0 19 1 mod 3a = ≡ ( )0 8 2 mod 3b = ≡ và , tức là số

dư theo trong ba đống lần lượt là (0 9 0 mod 3c = ≡ )

)(mod 3 1 1r = , 2 2r = , 3 0r = . Sau lần chuyển đầu tiên,

vì và ( ) (19 1 0 mod 3− ≡ ) ( ) ( )19 2 0 mod 3+ ≡ ; ( ) ( ) (8 1 8 2 1 mod 3− ≡ + ≡ ) và

( ) ( ) ( )9 1 9 2 2 mod 3− ≡ + ≡ nên số bi trong ba đống sẽ là ( )1 0 mod 3a ≡ ,

và , không phụ thuộc vào việc thêm (hai) hay bớt (một) viên bi vào đống

nào. Sau lần chuyển thứ hai ta lại có số dư theo

( )1 1 mod 3b ≡

(1 2 mod 3c ≡ )( )mod 3 trong ba đống bi là 1 2r = ,

, vì ( )2 0r = 3 1r = ( ) ( )1 11 2 2 moa a− ≡ + ≡ d3 , ( ) ( ) ( )1 11 2 0 modb b− ≡ + ≡ 3

)3

)

và

. Chứng tỏ, trong mọi bước số dư trong ba đống bi luôn

luôn chỉ là ba số 0, 1, 2 (bất biến!). Nếu mọi đống bi đều là 12 viên thì ,

và . Vô lí. Vậy không thể làm cho mỗi đống bi có 12 viên.

( ) ( ) (1 11 2 1 modc c− ≡ + ≡

( )0 mod 3a ≡

( )0 mod 3b ≡ (0 mod 3c ≡

Bài 4 (Vô địch Bungaria, 1999, lớp 8) Ba đống sỏi có 51, 49 và 5 viên. Ta thực hiện một trong hai nước đi như sau. Một nước đi là dồn hai đống tùy ý thành một đống. Nước đi khác là chọn đống có số chẵn viên sỏi để chia thành hai đống bằng nhau. Hỏi có thể thực hiện một dãy các nước đi như thế để chia ba đống sỏi thành 105 đống mà mỗi đống chỉ có một viên sỏi hay không?

Giải Ban đầu số sỏi trong ba đống là 51, 49 và 5 viên đều là số lẻ nên bước đi đầu tiên là phải dồn hai đống lại.

3

Trường hợp 1 Dồn hai đống có 5 và 49 viên, ta được hai đống là 51 và 54 viên, mỗi đống đều là bội của 3. Bước thứ hai ta chia đống có 54 viên thành 2 đống 27 viên. Bây giờ số sỏi trong cả ba đống là 51, 27, 27 cùng chia hết cho 3. Vì cả ba đống có số lẻ viên nên bước thứ ba ta lại phải gộp 2 đống chứa 27 và 51 hòn sỏi thành đống 78 viên. Vì hai số 27 và 51 chia hết cho 3 nên tổng (=78) của chúng cũng chia hết cho 3. Như vậy, ta lại có hai đống 27 và 78 viên sỏi cùng chia hết cho 3. Tức là, khi thực hiện các nước đi luân phiên, số sỏi trong mỗi đống luôn là bội của 3 (bất biến!). Thật vậy, khi gộp hai đống sỏi cùng chia hết cho 3 thì được một đống có số sỏi chia hết cho 3 và nếu chia một đống sỏi (là gộp của hai đống có số sỏi lẻ cùng chia hết cho 3) có số chẵn viên sỏi chia hết cho 3 thành hai phần bằng nhau thì số sỏi trong mỗi phần vẫn chia hết cho 3. Do đó số sỏi trong mỗi đống luôn chia hết cho 3 và nhiều nhất có thể được là 35 đống, mỗi đống 3 viên.

Dưới đây là qui trình minh họa (để ngắn gọn, một số bước chia đôi được ghép lại):

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

5,49,51 54,51 27,27,51 27,78 27,39,39

66,39 33,33,39 33,72 33,36,36 33,18,18,18,18

33,9,9,9,9,9,9,9,9 42,9,9,9,9,9,9,9 21,21,9,9,9,9,9,9,9

30,21,9,9,9,9,9,9 15,15,21,9,9,9,9,9,9 15,36,9,9,9,9,9,9

15,1

→ → → →

→ → → → →

→ → →

→ → →

→( ) ( ) (( ) ( )( ) (

8,18,9,9,9,9,9,9 15,9,9,9,9,9,9,9,9,9,9 24,9,9,9,9,9,9,9,9,9

12,12,9,9,9,9,9,9,9,9,9 6,6,6,6,9,9,9,9,9,9,9,9,9

3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9,9,9 12,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9,9

6,6,3,3,3,3,3,3,3,9,9,

→ →

→ →

→ →

→( ) (( ) (( ) (

9,9,9,9,9,9 3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9,9

12,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9 6,6,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9

3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,3,9,9,9,9,9,9,9 ... 3,3,3,3,,...,3,3,3,3 .

→

→ →

→ →

)

))

))

Trường hợp 2 Bước đầu tiên dồn hai đống có 5 và 51 viên, ta được hai đống có 49 và 56 viên, cả hai số đều là bội của 7. Khi thực hiện các nước đi luân phiên, số sỏi trong mỗi đống nhận được luôn là bội của 7. Do đó số đống với số sỏi nhỏ nhất chỉ có thể là 15 đống, mỗi đống 7 viên. Qui trình dưới đây minh họa điều trên:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) (( )

5,49,51 56,49 28,28,49 14,14,14,14,49

7,7,7,7,7,7,7,7,49 56,7,7,7,7,7,7,7

28,28,7,7,7,7,7,7,7 14,14,14,14,7,7,7,7,7,7,7

... 7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7 .

→ → →

→ →

→ →

→

)

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

4

sỏi trong mỗi đống nhận được luôn là bội của 5. Do đó số đống với số sỏi nhỏ nhất là 21 đống, mỗi đống 5 viên. Chiến lược dưới đây minh họa điều trên:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

5,49,51 5,100 5,50,50 5,25,25,25,25

30,25,25,25 15,15,25,25,25 40,15,25,25

20,20,15,25,25 10,10,10,10,15,25,25

5,5,5,5,5,5,5,5,15,25,25 20,5,5,5,5,5,5,5,25,25

10,10,5,5,5,5,5,5,5,25,25 5,5,5,5,5,5,5,5

→ → →

→ → →

→ →

→ →

→ →( )( ) (( ) (( ) (

,5,5,5,25,25

30,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,25 15,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,25

40,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5 20,20,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5

10,10,10,10,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5 5,...,5,15,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5

20,5,...,5,

→ →

→ →

→ →

→( ) ( ) ( )5 10,10,5,...,5,5 5,5,,...,5,5 .→ →

))

)

Kết luận: Không thể chia ba đống sỏi thành 105 đống mỗi đống một viên được.

Đơn biến-Phương pháp tụt vô hạn hoặc tăng hữu hạn

Bài 5 (Vô địch Kiev, 1974) Các số 1, 2,..., 1974 được viết trên bảng. Người chơi được phép thay hai số bất kì bởi một số khác bằng tổng hoặc bằng hiệu của các số đó. Hãy chỉ ra rằng, sau 1973 lần thực hiện phép toán đó, số còn lại trên bảng không thể bằng 0.

Giải Lúc đầu trên bảng có tất cả 1974 : 2 987= số lẻ. Mỗi lần thay đổi, số các số lẻ hoặc giữ nguyên (khi hai số được chọn cùng chẵn thì tổng và hiệu của chúng cũng là số chẵn; khi hai số được chọn có một số chẵn và một số lẻ thì tổng và hiệu của chúng là lẻ) hoặc số các số lẻ giảm đi 2 (khi chọn cả hai số cùng lẻ thì tổng hoặc hiệu của chúng là chẵn). Do đó số các số lẻ còn lại trên bảng sau mỗi lần thực hiện vẫn luôn luôn là lẻ (bất biến!). Vì mỗi lần chơi ta thay hai số bằng một số nên sau mỗi lần chơi số lượng các số giảm đi một đơn vị (đơn biến!). Vậy sau 1973 lần thực hiện phép chơi, ta được số cuối cùng còn lại phải là số lẻ, tức là số đó không thể bằng 0.

Bài 6 (Vô địch vùng Balcan, 2003) Có một bao đựng 150 viên bi đen và 75 viên bi trắng. Một người bốc từ bao ra một cách ngẫu nhiên mỗi lần 2 viên bi. Nếu anh ta bốc được một viên bi đen và một viên bi trắng, anh ta bỏ lại viên bi trắng vào bao và cất đi viên bi đen. Nếu anh ta bốc được hai viên cùng màu, anh ta cất đi cả hai rồi bỏ vào bao một viên bi đen (giả sử anh ta có đủ số bi đen ở ngoài bao để làm chuyện đó nếu cần). Quá trình được lặp lại cho đến khi còn đúng một viên bi trong bao, lí do tại sao? Viên bi đó màu gì?

Giải Vì mỗi lần lấy ra hai viên nhưng bỏ vào một viên nên số lượng viên bi trong bao giảm đi một viên. Vậy sau 224 (=150+75-1) lần thực hiện, ta còn đúng một viên bi trong bao. Mỗi lần thay đổi, số bi trắng trong bao hoặc giữ nguyên (khi trong hai viên có một viên trắng hoặc cả hai viên bi đều đen) hoặc số bi trắng trong bao giảm đi 2 (khi cả hai

5

viên bi đều trắng). Do lúc đầu có 75 viên bi trắng và số các viên bi trắng còn lại trong bao sau mỗi lần thực hiện vẫn luôn luôn là lẻ (bất biến!) nên viên bi cuối cùng trong bao phải là viên bi trắng.

Nhận xét Phương pháp chứng minh trong hai bài toán trên được gọi là phương pháp tụt vô hạn. Phương pháp này chỉ ra rằng ta không thể làm giảm (tụt) mãi một đại lượng nếu nó chỉ nhận một số hữu hạn giá trị. Phương pháp tụt vô hạn cũng được dùng để giải quyết nhiều dạng toán khác (thí dụ, trong giải phương trình nghiệm nguyên,…).

Dưới đây là bài toán sử dụng khái niệm tăng hữu hạn.

Bài 7 (Vô địch toàn liên bang Nga lần thứ nhất, 1961) Các số thực được viết vào các ô trong một bảng chữ nhật . Mỗi lần chơi ta có thể đổi dấu tất cả các phần tử trong một hàng hoặc một cột. Hãy chứng minh rằng sau một số lần như vậy, ta có thể làm cho tổng của các số trong mỗi hàng và mỗi cột là không âm.

m n×

Giải Giả sử là tổng của tất cả số trong bảng. Nhận xét rằng sau một lần thực hiện, mỗi số được giữ nguyên hoặc đổi dấu. Như vậy có tất cả tối đa bảng và chỉ có thể nhận hữu hạn giá trị (thực ra số khả năng có thể thực hiện đổi dấu một lần tất cả các số trong một hàng hoặc một cột còn nhỏ hơn, số này chỉ là

S mn2mn S

2mn

12m n+ − ).

Giả sử trong một bảng có một hàng (hoặc một cột) với tổng các số là âm. Đổi dấu các số trong hàng (hoặc cột) đó. Khi ấy tổng các số trong bảng tăng lên thật sự, do đó một bảng không thể nhận được hai lần bằng cách đổi dấu này. Do chỉ nhận hữu hạn giá trị nên sau một số hữu hạn lần thực hiện phép đổi dấu (cho các hàng và các cột với tổng các số hạng âm), ta được một bảng với tổng lớn nhất. Bảng này chính là bảng thỏa mãn điều kiện đầu bài, tức là bảng có tổng tất cả các số ở các hàng và các cột là không âm. Thật vậy, nếu tổng các số trong một hàng (một cột) nào đó của bảng T là âm thì đổi dấu các số trong hàng (cột) ấy, ta sẽ nhận được một bảng mới có tổng tất cả các số trong bảng lớn hơn trong bảng T . Trái với cách chọn bảng Vậy chính là bảng cần tìm.

S

T S

.T T

Có thể chứng minh được rằng, trên thực tế chỉ cần không quá 2

m n+ phép đổi dấu (hàng

và cột) để được bảng có tất cả các hàng và các cột có tổng không âm.

1.2 Kĩ thuật tô màu

Tô màu được dùng phổ biến trong lí thuyết đồ thị. Có thể dùng kĩ thuật tô màu để giải quyết một số bài toán trò chơi.

Bài 8a Một nhà triển lãm có phòng hình tam giác đều. Hai phòng triển lãm được gọi là hai phòng láng giềng nếu chúng có cạnh chung. Từ mỗi phòng đều có cửa đi sang phòng láng giềng của nó. Một khách du lịch muốn đi xem càng nhiều càng tốt số phòng

2n

6

triển lãm với điều kiện mỗi phòng chỉ đi qua đúng một lần. Hỏi anh ta có thể đi tối đa bao nhiêu phòng.

Hình 1 Hình 2

Giải Tô các phòng triển lãm thành các ô hai màu đen trắng xen kẽ như Hình 1. Với , số phòng có màu trắng sẽ là 2n ≥

( )11 2 3 ...

2n n

n+

+ + + + = .

Số phòng màu đen sẽ là

( ) ( )11 2 3 ... 1

2n n

n−

+ + + + − = .

Như vậy, số ô đen nhỏ hơn số ô trắng là ( ) ( )1 12

2 2n n n n

n+ −

− = ≥ ô.

Trong quá trình đi xem, khách du lịch luôn phải đi từ phòng trắng sang phòng đen hoặc ngược lại. Giả sử có thể đi tham quan tất cả các phòng sao cho mỗi phòng đi qua đúng một lần. Khi ấy số phòng đen chỉ ít hơn số phòng trắng đúng 1 phòng. Mâu thuẫn với tính toán trên. Như vậy không thể đi tham quan tất cả các phòng được.

Do mỗi phòng chỉ đi qua đúng một lần mà phải đi xen kẽ các phòng đen-trắng liên tiếp nên số phòng màu trắng đi qua chỉ hơn số phòng màu đen một phòng. Như vậy nếu đi qua tất cả phòng đen thì tối đa tổng số phòng có thể tham quan là

( ) ( ) 21 11 1

2 2n n n n

n n− −

+ + = − + phòng.

Có thể thực hiện được điều này theo đường đi như Hình 2.

Bài 8b (Vô địch Liên Xô lần thứ tư, 1970)

(Lớp 8) Một lâu đài có dạng một tam giác đều với độ dài cạnh là 100 m. Nó được chia ra thành 100 phòng nhỏ hình tam giác. Tất cả các bức tường của các phòng có độ dài như nhau bằng 10 mét. Giữa các gian liền kề có các cửa thông nhau. Chứng minh rằng nếu một người muốn đi xem các phòng của lâu đài với điều kiện mỗi phòng chỉ đi đúng một lần thì anh ta chỉ có thể xem không quá 91 phòng.

7

(Lớp 10) Mỗi cạnh của tam giác đều được chia thành k phần bằng nhau. Qua các điểm chia kẻ các đường thẳng song song với các cạnh. Kết quả là tam giác được chia thành

các tam giác nhỏ. Ta gọi xích là một dãy các tam giác, trong đó không có tam giác nào xuất hiện hai lần, và mỗi tam giác tiếp theo có cạnh chung với tam giác trước đó. Hỏi số các tam giác trong xích đó tối đa là bao nhiêu?

2k

1.3 Giới thiệu hai trò chơi nổi tiếng

Trò chơi Tháp Hà Nội

Trò chơi Tháp Hà Nội do nhà toán học Eduard Lucas sáng tạo ra năm 1883.

Bài toán 1 (Bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc và n đĩa) Có đĩa kích thước nhỏ dần (từ dưới lên trên) xếp chồng lên nhau trên một cọc, đĩa lớn ở dưới, đĩa nhỏ ở trên. Ngoài cọc chứa đĩa còn có hai cọc trống khác. Hãy chuyển đĩa này sang cọc khác với số lần chuyển ít nhất tuân theo hai qui tắc sau:

n

1) Mỗi lần chỉ được chuyển một đĩa từ cọc này sang cọc khác và được dùng cọc thứ ba làm cọc trung gian. 2) Không được xếp đĩa lớn lên trên đĩa nhỏ.

Lời giải bài toán này rất đơn giản. Đó là thuật toán đệ qui: Giả sử bài toán với đĩa đã được giải, tức là ta đã chuyển được (tuân theo qui tắc trên)

1n −1n − đĩa từ cọc 1 sang cọc

2. Khi ấy để giải bài toán với đĩa trước tiên ta giải bài toán với n 1n − đĩa trên cùng từ

cọc 1 sang cọc 2. Sau đó chuyển đĩa lớn nhất từ cọc 1 sang cọc 3. Cuối cùng, lại chuyển từ cọc 2 lên cọc 3 (chồng lên đĩa lớn nhất) và bài toán giải xong.

1n −

Từ đây ta dễ dàng lập trình và tính trên máy để giải bài toán.

Giả sử số bước cần chuyển trong bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc và đĩa (theo qui tắc trên) là thì n ( )L n (1) 1L = ; (2) 3L = và . Từ đây suy ra ( ) ( 1) 1 ( 1L n L n L n= − + + − ) ( ) 2 1nL n = − .

Như vậy, bài toán Tháp Hà Nội, mặc dù có thuật giải đơn giản và tối ưu, nhưng có độ phức tạp tăng cỡ mũ. Thí dụ, để giải bài toán với 8 đĩa cần 255 bước chuyển. Để giải bài toán với 64 đĩa, mỗi lần chuyển một đĩa mất thời gian 1 giây cần

642 1 18446744073703551615− = giây≈50 tỉ năm. 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:

năm. Như vậy bài toán Tháp Hà

Nội, không giải được trong thời gian thực.

( )642 1 :1000000 50 000− ≈

Hình vẽ Bài toán Tháp Hà Nội vơi 8 đĩa trong cuốn sách sách Số học vui của E.Lucas xuất bản năm 1895.

8

Bài toán 2 (Bài toán Tháp Hà Nội với số cọc bất kì) Có cọc và đĩa. Hãy chuyển các đĩa từ cọc nguồn sang cọc đích theo qui tắc như trong bài toán ba cọc. Trong khi chuyển được phép sử dụng tất cả các cọc làm cọc trung gian (Hình bên).

k n

Nhiều vấn đề toán học và tin học thú vị đã và chưa được giải quyết với bài toán bốn hoặc nhiều cọc. Thí dụ, đã có thuật toán Frame- Stewart (1941) giải bài toán bốn cọc, nhưng chưa chứng minh được đó là thuật toán tối ưu. Đã chứng minh được độ phức tạp tính toán trong bài toán Tháp Hà Nội với bốn hoặc nhiều cọc là thời gian dưới mũ (Stockmeyer, 1994),…

Bài toán 3 (Bài toán Tháp Hà Nội ba cọc với các đĩa hai màu-2 color hanoi tower) Một biến thể của trò chơi Tháp Hà Nội đã được đề nghị tại kì thi vô địch quốc tế lần thứ hai (Pháp, 1988) về trò chơi toán học và lôgic. Khác với trò chơi tháp Hà Nội cổ điển, trò chơi tháp Hà Nội với đĩa màu gồm có hai đĩa khác màu cho mỗi kích thước (to nhỏ) của đĩa. Lúc đầu trên hai (trong ba) cọc có ba đĩa màu khác nhau (Hình dưới). Qui tắc của trò chơi gần như không thay đổi: Các đĩa được chuyển từ cọc này sang cọc khác, mỗi lần chỉ di chuyển một đĩa và không được đặt đĩa lớn lên trên đĩa nhỏ. Khi di chuyển có thể sử dụng cọc trung gian thứ ba. Được phép đặt hai đĩa có cùng kích thước (khác màu) chồng lên nhau. Mục đích của trò chơi là từ hai tháp với các đĩa có màu liên tiếp trên hai cọc hãy xây dựng hai tháp cùng màu (Hình dưới). Trong kì thi, học sinh được đề nghị tìm lời giải bài toán gồm ba đĩa với số bước chuyển ít nhất.

Có rất nhiều cải biên mới và thú vị của bài toán Tháp Hà Nội. Nhiều vấn đề toán học và tin học bài toán Tháp Hà Nội còn chưa được giải quyết. Khoảng 450 bài báo nghiên cứu về bài toán Tháp Hà Nội dưới góc độ toán và tin học đã được đăng trong hơn 100 tạp chí khoa học. Bạn đọc quan tâm về bài toán Tháp Hà Nội có thể xem thêm trong [4].

Trò chơi với hộp vuông có 8 hoặc 15 số

Một hộp chữ nhật (không có nắp) được xếp đầy các ô hình vuông có ghi các số tự nhiên theo một thứ tự nào đó (thí dụ, các số giảm dần từ trái sang phải), ngoại trừ một ô trống. Hãy chuyển dịch các ô (bằng cách sử dụng ô trống như một ô trung gian, không nhấc các

9

ô số ra khỏi hộp) để được một cấu hình mới sắp xếp theo trật tự nào đó (thí dụ, các số tăng dần từ trái sang phải,...).

Trong tất cả các trò chơi loại này, việc kiểm tra tính chẵn của số chuyển vị cho phép nhanh chóng có câu trả lời bài toán giải được hay không, tức là có cách di chuyển các ô vuông từ một cấu hình ban đầu đến cấu hình cuối hay không.

Có hai trò chơi khá phổ biến của loại trò chơi này, đó là trò chơi với hộp vuông 3 và trò chơi với hộp vuông 4 .

3×4×

Trò chơi với hộp vuông chứa các ô 8 số

Xét bài toán sau đây: Hãy chuyển các ô vuông chứa các số theo thứ tự giảm dần từ trái sang phải trong Bảng 1 để được hộp vuông chứa các số theo thứ tự tăng dần trong Bảng 2 bằng cách đẩy ô số liền kề sang ô trống mà không nhấc ô vuông ra khỏi hộp.

8 7 6 1 2 3

5 4 3 4 5 6

2 1 7 8

Bảng 1 Bảng 2

Để trả lời câu hỏi này, ta sẽ lần lượt chuyển các ô từ Bảng 1 cho đến khi được Bảng 2. Trước tiên ra sẽ tính xem cần phải làm bao nhiêu phép chuyển (có thể chuyển dịch theo bất kì hướng nào và trước tiên ta chưa quan tâm đến tối thiểu số phép chuyển). Nếu số lần chuyển dịch là chẵn, thì bài toán giải được (như trong trường hợp này).

Nếu số lần chuyển là lẻ thì bài toán không có lời giải (nghĩa là một ô không thể chuyển sang vị trí mới, nếu không nhấc ô đó ra khỏi hộp).

Bây giờ ta quan tâm tới việc tìm lời giải tối ưu. Hỏi cần tối thiểu bao nhiêu bước dịch chuyển, để được cấu hình 2 từ cấu hình 1?

Có thể khẳng định, số lần chuyển dịch cần thiết không ít hơn 26. Thật vậy, để chuyển dịch mỗi ô có số 1, 2, 7, 8 trong Bảng 2 sang vị trí mới cần tối thiểu là 3 bước chuyển. Như vậy, để chuyển bốn ô này cần tối thiểu 12 bước chuyển. Hai ô mang số 5 và số 4 có vị trí hoán đổi nhau trong bảng đầu và bảng cuối nên cần không ít hơn 4 lần chuyển để đổi chỗ hai ô này. Tương tự cho ô mang số 3 và số 6. Như vậy, số lần cần chuyển khôg ít hơn 12+4+4=20.

Mặt khác, phải mất thêm hai lần chuyển để đổi chỗ các hình vuông với ô số 1 hoặc ô số 3 (sát cạnh ô trống trong bảng đầu) và thêm 2 lần chuyển nữa để chuyển ô số 8 hoặc ô số 6 (sát cạnh ô trống trong bảng cuối), vì trong các trường hợp này hình vuông phải được đặt

10

lên các ô nằm bên cạnh đường đi ngắn nhất nối vị trí đầu và vị trí cuối. Như vậy, nếu xây dựng cây (đồ thị) cho các bước ban đầu thì sẽ thấy cần mất thêm hai bước chuyển nữa

Như vậy, cần tối thiểu 26 bước để giải được bài toán. Bởi vì trong bài toán này, “ô trống” lại trở về vị trí ban đầu, nên mọi lời giải phải có số chẵn lần chuyển.

Một lời giải tốt đã biết cho bài toán này thuộc về nhà toán học Anh Henry E. Dudeney. Nó đòi hỏi 36 bước. Dưới đây trình bày lời giải của Dudeney.

Trong các lời giải dưới đây, các chữ số tô đậm biểu thị các ô với các chữ số đã được chuyển. Ta chỉ cần đếm các chữ số tô đậm để biết số lần chuyển trong lời giải.

Lời giải của Dudeney (1903) gồm 36 bước chuyển:

8 7 6 8 7 6 8 6 8 1 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 35 4 3 4 3 4 7 1 4 6 2 8 6 3 8 5 6 4 8 5 4 5 6 2 1 5 2 1 5 3 2 5 7 3 4 5 7 4 7 7 6 7 8

Bước chuyển: 12543 12376 12376 1237548 123657 65847 856

Ngoài lời giải của Dudeney, ta còn có 10 lời giải khác gồm 30 bước chuyển (xem [4]).

Sophild đã lập trình để tìm để tìm lời giải với số bước tối thiểu cho bài toán với ô trống nằm ở chính giữa trong cả hai cấu hình ban đầu và cấu hình cuối. Nhờ chương trình này Sophild đã tìm thấy tất cả 10 lời giải gồm 30 bước, nhưng kết quả này chưa loại trừ khả năng tồn tại các lời giải ngắn hơn.

Để tìm lời giải tối ưu trong bài toán với hộp vuông 8 số, Uliam F. Dempster đã chia chương trình làm hai giai đoạn. Trong giai đoạn một Uliam F. Dempster tìm tất cả các lời giải gồm 30 bước hoặc nhỏ hơn. Tất cả gồm 10 lời giải và mất 2 phút ba mươi giây chạy máy. Trong giai đoạn 2, chương trình tìm lời giải gồm 34 bước hoặc ít hơn. Sau 10 phút chạy máy được 112 lời giải với 32 bước và 512 lời giải với 34 bước. Như vậy, được tất cả 634 lời giải. Các lời giải này đều ngắn hơn lời giải của Dudeney.

Chương trình của Uliam F. Dempster đã chỉ ra rằng, các bài toán với ô trống ở trung tâm trong cả bảng xuất phát và bảng cuối cùng có thể chỉ cần 26 bước. Vì để chuyển ô trống từ góc vào trung tâm cần 2 bước nên 30 bước là đủ để giải bất kì bài toán với ô trống nằm cùng một vị trí trong cả hai bảng xuất phát và bảng cuối cùng. Như vậy, bài toán của Dudeney thuộc loại bài toán “xấu nhất” trong các bài toán trò chơi với hộp vuông gồm 8 ô số, nghĩa là, lời giải ngắn nhất đòi hỏi số bước tối đa.

Trò chơi với hộp vuông chứa 15 ô số

Sam Loid được coi là một bậc kì tài trong số các nhà sáng tạo ra các trò chơi toán học. Trong vòng nửa thế kỉ, bắt đầu từ năm 1911, Ông nổi tiếng với các bài toán vui và các trò chơi. Hàng nghìn bài toán do Ông nghĩ ra đã được in trên nhiều báo và tạp chí, và nó vẫn

11

mang tính thời sự cho tới ngày nay. Dưới góc độ toán học, sáng tạo lớn nhất của Sam Loid có lẽ là trò chơi với hộp vuông 15 số. Sam Loid đã treo giải thưởng 1000 đôla cho ai chuyển được hộp vuông với 15 số ở Hình 1 sang Hình 2.

Hình 1 Hình 2

Hàng nghìn người tuyên bố đã giải đước bài toán, nhưng họ không thể ghi lại được cách làm của mình. Thực ra không ai có thể lĩnh giải, bởi vì bài toán mà Sam Loid là không có lời giải! Để bài toán giải được, cấu hình của hai bảng đầu và bảng cuối phải có cùng tính chẵn của số chuyển vị. Trong số tất cả hơn 20 triệu cấu hình có một nửa các cấu hình có thể nhận được từ cấu hình ban đầu (Hình 1), các cấu hình còn lại, trong đó có Hình 2, do không cùng số chẵn của số chuyển vị nên không chuyển được từ cấu hình ban đầu.

Bài tập

Bài 9 (Vô địch Liên Xô lần thứ hai, 1968)

(Lớp 8) Trong một bảng hình vuông gồm 4 4× ô được đặt các dấu cộng (dấu +) hoặc trừ (dấu ) như Hình 1. Cho phép đồng thời đổi dấu tất cả các số trong các ô của một hàng, một cột hoặc trên đường thẳng song song với một trong hai đường chéo của hình vuông (đặc biệt, có thể đổi dấu các số trong ô góc). Chứng minh rằng theo qui tắc này ta không bao giờ nhận được bảng có tất cả các ô chứa các dấu cộng.

−

+ − + + + + + + + + + + + + + +

(Lớp 10) Trong một bảng hình vuông gồm 8 8× ô được đặt các dấu cộng (dấu +) ngoại trừ một ô góc được đặt dấu trừ (dấu − ). Cho phép đồng thời đổi dấu tất cả các số trong các ô của một hàng, một cột hoặc một đường chéo (đường chéo là đường đi bất kì của quân tượng). Chứng minh rằng theo qui tắc này ta không bao giờ nhận được bảng có tất cả các ô chứa các dấu cộng.

Bài 10 (Vô địch Liên Xô lần thứ 18, 1984, lớp 10, vòng 1) Viết vào mỗi ô của một bảng hình vuông số 1 hoặc . Với mỗi ô ta tính tích của các số ở các ô lận cận với ô đó 3 3× 1−

12

(các ô có chung cạnh với ô đã cho). Sau đó ta viết tích nhận được vào ô đã cho thay cho số đã viết. Với bảng mới ta lại làm tương tự. Chứng minh rằng sau một số phép làm như vậy, ta được bảng gồm toàn những số 1.

§2 Trò chơi hai người với thông tin đầy đủ

Trò chơi với hai người tham gia thường có tính chất đối kháng: Mỗi người đều cố gắng tìm chiến lược thắng (theo tiêu chuẩn kết thúc trò chơi) nhưng thường chỉ có một người thắng, một người thua (cũng có thể xảy ra trường hợp hòa-không thua không thắng hoặc trò chơi kéo dài vô tận). Chiến thuật (chiến lược) của mỗi người tại mỗi bước là đẩy đối thủ vào trạng thái thua. Nếu không thắng được thì tìm chiến lược làm cho đối phương thiệt hại nhất (thua sau thời gian lâu nhất, thua với tiêu tốn ít năng lượng nhất,…). Do đi trước nên người thứ nhất thường có nhiều lợi thế hơn, vì vậy khả năng thắng thường là nhiều hơn, nhưng không phải lúc nào cũng như thế.

Ta chỉ xét loại trò chơi với thông tin đầy đủ, nghĩa là: Tại mỗi bước đi, mỗi người đều biết trạng thái trò chơi, tiêu chuẩn kết thúc trò chơi, khả năng và những hạn chế trong chọn chiến lược của mình cũng như của đối thủ.

2.1 Trò chơi hai người có mặt khắp nơi

Bài 11 (Vô địch Moscow lần thứ 32, 1969, lớp 7, vòng 2) Hai người chơi trò chơi sau đây. Mỗi người chơi tùy theo cách chọn của mình lần lượt gạch 9 số từ dãy số 1, 2, 3, …, 100, 101. Sau 11 lượt (người thứ nhất 6 lượt, người thứ hai 5 lượt), chỉ còn lại 2 số. Sau đó người thứ hai phải trả cho người thứ nhất số điểm bằng đúng hiệu giữa hai số còn lại. Chứng minh rằng người thứ nhất luôn luôn nhận được tối thiểu 55 điểm, không phụ thuộc vào người chơi thứ hai.

Giải Bước đầu tiên người thứ nhất gạch 9 số từ 47 đến 55. Các số còn lại chia làm hai lớp: từ 1 đến 46 và từ 56 đến 101. Với mỗi số bị gạch bởi người thứ hai, người thứ nhất chọn

k55 k− . Khi ấy hiệu hai số còn lại đúng bằng 55.

Lời bình: Vì người thứ hai bắt buộc phải chọn đúng chín số trong mỗi bước đi, mà các số này có giá trị như nhau trong chọn chiến lược của người thứ nhất nên người thứ hai thua sau đúng 11 bước.

Bài 12 (Vô địch Moscow lần thứ 31, 2001, lớp 7, vòng 2) Trên mặt phẳng cho 1968 điểm là các đỉnh của một đa giác đều. Hai người chơi lần lượt nối hai đỉnh của đa giác đều bởi các đoạn thẳng theo qui tắc sau: không được nối hai điểm mà một trong các điểm ấy đã được nối với điểm khác, và không được cắt các đoạn đã kẻ. Người thua là người không thể làm bước tiếp theo. Hỏi làm thế nào để thắng? Ai là người thắng trong trò chơi này?

13

Giải Người đi trước kẻ đường chéo qua tâm của đa giác đều chia đa giác đều thành hai

nửa, mỗi nửa chứa 1968 2 9832−

= điểm. Do phải kẻ các đoạn thẳng không được cắt và

không chung đỉnh với các đoạn đã kẻ nên chỉ có thể kẻ đoạn thẳng nằm trọn trong một nửa đa giác đều. Sau khi người thứ hai đi bước đầu tiên, người thứ nhất thực hiện chiến lược: mỗi bước đi tiếp theo kẻ các đường chéo đối xứng với đường chéo mà người thứ hai vừa kẻ. Do số điểm trong mỗi nửa đa giác là 983 (số lẻ) nên sau mỗi bước đi số các điểm còn lại giảm đi 2 và vẫn là số lẻ (bất biến!). Vậy sau tối đa 983 bước (có thể ít hơn), người thứ hai còn một (hoặc một số lẻ) điểm bên này và một (một số lẻ) điểm bên kia đường chéo qua tâm, do đó không thể kẻ tiếp được và thua.

Người thứ hai chỉ còn “vớt vát” được là kéo dài tối đa trò chơi, bằng cách lần lượt kẻ các đường chéo, bắt đầu từ đường chéo ngắn nhất (dài nhất) và thua sau 983 bước. Thua nhanh nhất nếu cứ mỗi lần kẻ lại bỏ cách một điểm (kẹp giữa hai đường kẻ).

Lời bình Cả hai bài trên, người thứ nhất đều xây dựng chiến lược dựa trên cách chia một tập hợp thành hai nửa đối xứng rời nhau.

Bài 13 (Vô địch Liên Xô lần thứ 3, 1969, lớp 9-10) Trên bảng có phương trình . Hai người chơi trò chơi sau đây. Đầu tiên người thứ nhất thay một

dấu * bất kì bằng một số nguyên khác 0 (dương hoặc âm), sau đó người thứ hai thay một số nguyên vào một trong hai dấu * còn lại. Người thứ nhất đặt nốt một số nguyên vào vị trí tự do cuối cùng. Chứng minh rằng người thứ nhất bao giờ cũng làm cho phương trình có ba nghiệm nguyên, không phụ thuộc vào cách chọn số của người chơi thứ hai.

3 2* * *x x x+ + + = 0

Giải Người chơi thứ nhất đặt 1− vào hệ số của x . Khi ấy ta có phương trình . Sau khi người chơi thứ hai đặt số nguyên vào hệ số của 3 2* *x x x+ − + = 0 a 2x hoặc

vào hệ số tự do thì người thứ nhất đặt a− vào hệ số còn lại. Phương trình nhận được là

( ) ( ) ( )( )( )3 2 2 21 1 1 1x ax x a x x a x x a x x+ − − = − + − = + − + = 0

luôn có ba nghiệm nguyên 1x a= − , 2 1x = và 3 1x = − với mọi . Người thứ nhất thắng. a

Bài 14 (Vô địch Liên Xô lần thứ 11, 1977, lớp 10)

Cho đa thức 10 9 8 2* * ... * * 1x x x x x+ + + + + + . Hai người chơi trò chơi sau đây. Người thứ nhất thay một dấu * bất kì bằng một số nào đó, sau đó người thứ hai thay một số tự chọn vào một dấu * còn lại. Cứ như vậy tiếp tục (có tất cả 9 bước đi). Nếu đa thức không có nghiệm (thực) thì người thứ nhất thắng, còn nếu có ít nhất một nghiệm thực thì người thứ hai thắng. Hỏi người thứ hai có thể thắng với mọi cách đi của người thứ nhất không?

Giải Chiến lược sau đây đảm bảo cho người thứ hai thắng.

14

Vì có tất cả 9 dấu *, trong đó có năm dấu * là hệ số thuộc lũy thừa bậc lẻ ( 3 5 7* ,* ,* ,* ,* 9x x x x x ) nên nếu trong ba bước đầu người thứ hai điền số vào ba hệ số thuộc lũy thừa bậc chẵn thì sau bốn bước đi của người thứ nhất vẫn còn ít nhất một lũy thừa bậc lẻ. Giả sử sau bước thứ 7 (người thứ nhất đi đã đi được bốn bước, người thứ hai đã đi được ba bước, đến lượt người thứ hai) ta có đa thức , trong đó

, là đa thức với các hệ số đã được chọn.

2 1( ) * *mP x x x ++ + l

10( ) ... 1P x x= + +

Chọn α và sao cho đa thức 0c > 2 1( ) ( ) mF x P x x xα β l+= + + thỏa mãn hệ thức nào đó mà từ đó suy ra phương trình ( ) 0F x = có nghiệm, thí dụ, (1) ( 2) 0cF F+ − = với mọi β .

Để với mọi [ ] ( ) ( )2 1(1) ( 2) (1) ( 2) 2 2 0m lcF F c P Pα β α β +⎡ ⎤+ − = + + + − + − + − =⎣ ⎦ β thì

và 2 12 lc +=( 2) (1)

( 2)m

P cPc

α − += −

+ − (số α có nghĩa do 2 1m l≠ + nên ( )2 0mc + − ≠ ).

Do và nên và 0c > (1) ( 2) 0cF F+ − = (1)F ( 2)F − trái dấu. Do đó phương trình có nghiệm trong khoảng ( ) 0F x = [ ]2,1− với mọi β .

Tại bước thứ 8 (bước đi thứ tư của người thứ hai), người thứ hai đặt giá trị ( 2) (1)

( 2)m

P cPc

α − −=

+ − vào hệ số mx của đa thức 2 1( ) * *mP x x x l++ + . Tại bước thứ 9 người

thứ nhất đặt số thực β bất kì nào thì đa thức 2 1( ) mP x x xα β l++ + cũng có nghiệm thực. Người thứ hai thắng.

Bài 15 (Vô địch Liên Xô lần thứ 9, 1975, lớp 8, 9) Cho tam giác có diện tích bằng 1. Người chơi thứ nhất chọn điểm

ABCX trên cạnh người chơi thứ hai chọn điểm trên

cạnh ,AB Y

.BC Sau đó người chơi thứ nhất chọn điểm Z trên cạnh Mục đích của người chơi thứ nhất là làm cực đại diện tích tam giác

.ACXYZ và mục đích của người chơi thứ hai

là làm cực tiểu diện tích tam giác .XYZ Hỏi người chơi thứ nhất có thể đảm bảo cho mình diện tích lớn nhất của tam giác XYZ là bao nhiêu?

Giải Trước tiên ta có thể thấy rằng, người chơi thứ hai có thể đạt được 14XYZS ≤ không

phụ thuộc vào vị trí của X mà người thứ nhất chọn. Thật vậy, chỉ cần chọn Y sao cho

//XY AC . Khi ấy 2

( )4

XYZ

ABC

S XY H h h H hS AC H H

1− −= = ≤ .

Mặt khác, người chơi thứ nhất chọn điểm X và Z là

các điểm giữa của và AB .AC Khi ấy, 14

XYZ

ABC

SS

= với

mọi vị trí của điểm Y trên .BC

15

Lời bình Bài này có thể phát biểu đơn giản (không qua ngôn ngữ trò chơi): Cho ba điểm

, ,X Y Z bất kì tương ứng trên các cạnh ,AB BC và Chứng minh rằng .AC 14

XYZ

ABC

SS

≤ .

Bài 16 (Vô địch Liên Xô lần thứ 18, 1984, lớp 9) Có một hình lập phương và hai màu: màu đỏ và màu xanh. Hai người chơi trò chơi sau đây. Người thứ nhất chọn ba cạnh của lập phương và sơn chúng thành màu đỏ. Người thứ hai chọn ba cạnh chưa sơn và sơn chúng thành màu xanh. Sau đó người thứ nhất lại chọn ba cạnh và sơn màu đỏ. Và cuối cùng người thứ hai sơn nốt ba cạnh còn lại bằng màu xanh. Cấm sơn lại một cạnh đã sơn (bằng màu khác cũng như bằng màu đã sơn). Người nào đầu tiên sơn được một mặt có bốn cạnh cùng màu thì người đó thắng. Hỏi người thứ nhất có luôn thắng không?

Giải Vì mỗi cạnh đều tìm được hai cạnh khác của lập phương đôi một chéo nhau nên sau khi người chơi thứ nhất đã sơn đỏ ba cạnh bất kì thì người chơi thứ hai vẫn tìm được ba cạnh đôi một vuông góc chưa sơn. Hơn nữa, nếu người thứ nhất đã sơn hai hoặc ba cạnh cùng một mặt thì người thứ hai sơn một cạnh của mặt ấy (cùng với hai cạnh chéo với nó). Sau khi sơn các cạnh này bằng màu xanh (với lưu ý trên), thì do chúng đôi một vuông góc nên mỗi cạnh là cạnh kề của hai mặt và ba cạnh là ba cạnh kề của tất cả sáu mặt khác nhau. Do đó người chơi thứ nhất không thể sơn tiếp để được bốn cạnh của một mặt cùng một màu được. Vì vậy người thứ nhất không thể thắng.

Một điều thú vị là, người thứ hai cũng không thể thắng. Thật vậy, người thứ nhất tô đỏ ba cạnh chéo nhau. Như vậy, tất cả sáu mặt đều chứa một cạnh màu đỏ. Do đó người thứ hai không thể tô màu xanh tất cả bốn cạnh của một mặt nào đó được.

Chiến lược “hòa” đẹp nhất có lẽ là mỗi người lần lượt tô ba cạnh đôi một chéo nhau. Như vậy sẽ được tất cả sáu mặt, mỗi mặt có hai cạnh xanh và hai cạnh đỏ.

Bài 17 (Vô địch Liên Xô lần thứ 16, 1982, lớp 8) Mỗi đỉnh của một hình vuông được gán cho một số thực không âm, ngoài ra tổng của tám số này bằng 1. Hai người chơi trò chơi sau đây: Người thứ nhất chọn một mặt bất kì, sau đó người thứ hai chọn mặt tiếp theo, và sau đó người thứ hai chọn mặt thứ ba. Ngoài ra, không được chọn mặt song song với một trong các mặt đã được chọn. Chứng minh rằng người thứ nhất có thể chọn chiến lược

chơi sao cho số nằm trên một đỉnh chung của cả ba mặt đã được chọn không vượt quá 16

.

Giải Giữa tám số không âm có tổng bằng 1 bao giờ cũng chọn được ba số không vượt

quá 16

. Thật vậy, nếu chỉ có tối đa hai số không vượt quá 16

thì có tối thiểu sáu số lớn

hơn 16

. Khi ấy tổng sáu số này lớn hơn 1. Chứng tỏ tổng tám số lớn hơn 1. Vô lí. Vậy có

ba số không vượt quá 16

. Hơn nữa, vì mỗi đỉnh chỉ có duy nhất một đỉnh đối diện là

16

không cùng nằm trên một mặt nên hai trong ba số này phải là hai đầu của một đường chéo của một mặt nào đó. Thật vậy, nếu ba đỉnh nằm trên một mặt nào đó thì điều này hiển nhiên. Nếu ba đỉnh không nằm trên một mặt thì phải có hai đỉnh (thứ nhất và thứ ba) đối xứng qua tâm. Nhưng đỉnh thứ ba khi ấy phải tạo với đỉnh thứ hai một đường chéo của một mặt. Người thứ nhất chọn mặt này. Theo qui tắc chơi, người thứ hai phải chọn một trong bốn mặt kề (có chung cạnh) với mặt đã chọn. Người thứ nhất chỉ cần chọn mặt kề với hai mặt vừa chọn bởi người thứ nhất và người thứ hai. Như vậy, đỉnh chung của ba mặt kề nhau chính là một trong hai đỉnh của đường chéo đã chọn và tương ứng với số

nhỏ hơn 16

.

Bài 18 (Vô địch Liên Xô lần thứ 12, 1978, lớp 8) Một quân cờ đam đứng ở góc bàn cờ gồm ô vuông. Hai người chơi lần lượt đẩy quân cờ sang ô bên cạnh (có cạnh liền kề với ô mà quân cờ đang đứng). Không được phép trở lại ô mà quân cờ đã đi qua. Người nào không còn nước đi thì người ấy thua.

n n×

1) Chứng minh rằng nếu chẵn thì người chơi thứ nhất thắng, còn nếu lẻ thì người chơi thứ hai thắng.

n n

2) Ai là người chiến thắng, nếu lúc đầu quân cờ không ở vị trí góc bàn cờ, mà ở ô bên cạnh góc bàn cờ?

Giải 1) Nếu chẵn thì cả bàn cờ có thể chia thành các quân đôminô (các ô hình chữ nhật 1 được tô hai màu đen trắng). Người chơi thứ nhất chọn chiến lược sau đây (và thắng): Nếu quân cờ đã đứng ở một ô của quân đôminô nào đó, thì người chơi thứ nhất sẽ đi sang ô thứ hai của quân đôminô ấy (đóng đôminô lại). Người chơi thứ hai buộc phải đi sang ô của quân đôminô mới (mở đôminô), người thứ nhất lại đóng lại và cuối cùng người thứ nhất thắng.

n2×

Nếu lẻ thì có thể chia bàn cờ thành các quân đôminô, trừ một ô thừa ra. Người thứ hai thực hiện chiến lược tương tự như người thứ nhất trong trường hợp chẵn và giành chiến thắng vì cuối cùng còn thừa một ô và đến lượt người thứ nhất.

nn

2) Nếu quân cờ không ở vị trí góc bàn cờ, mà ở ô bên cạnh góc bàn cờ thì người thứ nhất luôn luôn thắng. Thật vậy, nếu chẵn thì người thứ nhất thực hiện chiến lược như trong phần 1) và thắng. Nếu lẻ thì lại chia bàn cờ thành các quân đôminô, trừ quân góc. Vì lúc đầu quân cờ ở ô bên cạnh góc bàn cờ nên người thứ nhất đi sang ô nằm trên đường chéo. Khi ấy người thứ hai không bao giờ đi vào ô góc được, do đó người thứ nhất sẽ thắng cuộc, khi thực hiện chiến lược “đóng đôminô” như trên.

nn

Nhận xét Người thứ nhất thắng khi quân cờ đam ở vị trí bất kì không phải là góc bàn cờ (không nhất thiết phải ở ô cạnh góc).

17

Lời bình Các Bài 10-Bài 18 cho thấy: Trò chơi có mặt khắp noi trong toán (từ số học đến đại số, từ hình học đến giải tích, từ toán trên bàn cờ đến toán tổ hợp).

2.2 Kĩ thuật môđulô

Bài 19 (Vô địch Moscow lần thứ 34, 1971, lớp 10, vòng 1) Một đống gồm 1 tỉ que diêm. Hai người chơi trò chơi sau đây. Mỗi bước người chơi có thể lấy từ đống diêm np que, trong đó p là số nguyên tố, (thí dụ, người thứ nhất lấy 25 que, người thứ hai lấy que, người thứ nhất lấy 1 que, người thứ hai lấy 5 que, người thứ nhất lấy

que,..). Người nào lấy que diêm cuối cùng thì người đó thắng. Hỏi ai là người chiến thắng?

0,1,2,...n =38 2=

249 7=

Giải Vì người chơi thứ nhất có quyền chọn số que diêm bằng một trong các số 1, 2, 3, , 5 và 1 tỉ chia cho 6 dư 4 nên bước đầu tiên anh ta lấy 4 que diêm. Số que diêm

còn lại chia hết cho 6. Theo qui tắc chơi, người thứ hai buộc phải lấy số diêm là

24 2=np que.

Số này không chia hết cho 6 do p là số nguyên tố, tức là số diêm còn lại cũng không chia hết cho 6. Do đó người thứ nhất lại lấy số que diêm bằng số dư (theo , một trong các số 1, 2, 3, , 5) và để lại số diêm cho người thứ hai là bội số của 6, không phụ thuộc vào chiến lược của người thứ hai. Sau một số bước người thứ nhất để lại cho người thứ hai đúng 6 que diêm. Sau khi người thứ hai buộc phải để lại số que diêm là một trong các số 1, 2, 3, , 5, người thứ nhất đi bước cuối cùng bằng cách lấy tất cả các que diêm và thắng.

mod 64

4

Như vậy, nếu đi đúng chiến lược, thì người thứ nhất bao giờ cũng thắng. Người thứ hai chỉ có thể “vớt vát” bàng cách thua lâu nhất nếu mỗi bước đi anh ta lấy đúng 1 que, bằng

đúng luật chơi. 02 ,

Bài 20 (Annual Maritine Mathematics Competition-Thi toán hàng năm miền duyên hải Canada, 2001) A và B tiến hành chơi với 2001 hạt đậu. A đi trước, sau đó đến B và luân phiên nhau. Một nước đi là một lần lấy khỏi đống hạt đậu đi 1, 2 hay 3 hạt. Người nào đi nước cuối (lấy hết đậu trong đống) thì người ấy thắng. Vậy người nào có chiến thuật để luôn thắng và chiến thuật đó ra sao.

Giải A đi trước thắng. Chiến thuật của anh ta như sau: Nước đi đầu tiên anh ta lấy 1 hạt đậu, các nước sau anh ta sẽ lấy 4 x− hạt, trong đó x là số hạt đậu mà B vừa lấy ( x bằng một trong các số 1, 2, 3). Như vậy, sau bước đi đầu tiên, số hạt đậu còn lại là 2000 hạt. Tiếp theo, cứ mỗi lần B đi xong anh ta lại lấy 4 x− nên kết quả bao giờ cũng được một số là bội của 4. Vì số hạt đậu giảm dần nên cuối cùng chỉ còn bốn hạt. Đến lượt B phải lấy 1, 2 hoặc 3 hạt. A lấy nốt và anh ta thắng.

Lời bình: Vì chiến lược của người thứ nhất không phụ thuộc vào cách đi của người thứ hai (lấy 1, 2 hoặc 3 hạt) nên người thứ nhất thắng sau đúng 501 bước đi.

18

Bài 21 Hai đứa trẻ chơi trò chơi sau đây với hai đống kẹo. Đống thứ nhất có 12 chiếc và đống thứ hai có 13 chiếc. Mỗi đứa trẻ lấy ra hoặc hai viên kẹo từ một đống (để ăn) hoặc chuyển một viên từ đống thứ nhất sang đống thứ hai. Đứa trẻ nào không chuyển được nữa thì sẽ thua. Hãy chỉ ra rằng đứa trẻ thứ hai không thể thua. Hỏi cậu ta có thắng không?

Giải Gọi là hiệu số kẹo của đống thứ hai trừ đi đống thứ nhất. Lúc đầu . Sau mỗi lần chuyển, hiệu sẽ giảm đi 2 (khi lấy ra 2 viên kẹo ở đống

thứ hai) hoặc tăng lên 2 (lấy ra hai viên kẹo từ đống thứ nhất hoặc chuyển một viên kẹo từ đống thứ nhất bỏ sang đống thứ hai). Như vậy theo mo sẽ luôn là 1, 3, 1, 3,..(bất biến!). Vì lúc đầu nên mỗi lần sau khi đứa trẻ thứ nhất lấy kẹo, số theo

luôn là 3.

S0 13 12 1S = − = S

S d 4(0 1 mod 4S ≡ ) S

mod 4Vì ở những bước đi đầu đứa trẻ thứ hai luôn có thể lấy ra hai chiếc kẹo ở đống thứ nhất nên đứa trẻ thứ hai có thể làm giảm số kẹo ở đống thứ nhất xuống còn 0 hoặc 1 chiếc. Nếu còn một chiếc thì bước tiếp theo (nếu đứa trẻ thứ nhất ăn hai chiếc kẹo ở đống thứ hai) đứa trẻ thứ hai chuyển nốt chiếc kẹo ở đống thứ nhất sang đống thứ hai. Vậy cuối cùng đứa trẻ thứ hai có thể làm cho số kẹo ở đống thứ nhất bằng 0. Khi ấy chỉ còn có thể lấy số kẹo ở đống thứ hai và do ( )3 mod 4S ≡ khi đến lượt đứa trẻ thứ hai nên cuối cùng

chỉ còn ba chiếc kẹo ở đống thứ hai, cậu ta lấy 2 chiếc và trò chơi phải kết thúc vì cậu bé thứ nhất không ăn (phải ăn 2) cũng không chuyển được nữa và cậu bé thứ hai thắng.

Bài 22 (Trò chơi Bachet-Bachet’s games) Đầu tiên, có quân cờ đam trên bàn cờ ( ). Tại mỗi bước đi, người chơi lấy ra tối thiểu một quân và tối đa quân cờ từ bàn cờ (1 cho trước cố định). Người chơi nào đến lượt có thể lấy mọi quân cờ sẽ là người chiến thắng. Hỏi phải bằng bao nhiêu để người chơi thứ nhất có thể dành chiến thắng? Tương tự, phải bằng bao nhiêu để người chơi thứ hai có thể thắng?

n0n > k

k n< <n

n

Giải Trước tiên ta nhận xét rằng nếu 2n = thì k chỉ có thể bằng 1 và người thứ hai thắng. Hơn nữa, nếu và bất kì thì do mỗi người lần lượt lấy đi đúng một quân cờ nên nếu lẻ thì người chơi thứ nhất thắng và n chẵn thì người chơi thứ hai thắng. Trường hợp này tầm thường. Dưới đây ta chú ý đến điều kiện 1

1k = nn

k n< < . Với thì chỉ có thể bằng 2 (khi ấy 3n = k 1n k= + ). Do 1 3k< < nên người thứ nhất chỉ có thể lấy một hoặc hai quân cờ thì vẫn còn lại hai hoặc một quân cờ. Người thứ nhất lấy nốt và thắng. Với thì k chỉ có thể bằng 2 (khi ấy 4n = ( )1n k 1= + + ) hoặc bằng 3 (khi ấy ). 1n k= +

Với thì nếu người thứ nhất lấy một quân cờ thì số quân cờ còn lại là ba. Người thứ hai lấy một quân cờ hoặc hai quân thì vẫn còn hai hoặc một quân cờ. Người chơi thứ nhất lấy nốt và thắng.

2k =

Với thì dù người thứ nhất lấy 1, 2 hay 3 quân cờ thì số quân cờ còn lại là 3, 2 hoặc 1. Người thứ hai lấy nốt và thắng.

3k =

19

Từ phân tích trên ta đi đến nhận xét rằng, nếu không là bội của n 1k + thì người thứ nhất thắng. Trong trường hợp ngược lại người thứ hai sẽ thắng.

Thật vậy, nếu nếu 0( )1n k q= + + r 1r k< < + thì người chơi thứ nhất có thể giành chiến

thắng bằng cách lấy đi quân cờ. Sau đó chỉ còn lại r ( )1k + q quân cờ. Người thứ hai chỉ

có thể lấy ra p quân cờ với 1 p k≤ ≤ . Do đó số quân cờ còn lại là

không chia hết cho , tức là, ( )1 1n k q= + − p

)( 1k + ( ) ( )( )1 11 1n k q p k q 1 r= + − = + − + với

. Người thứ nhất lại lấy (( )10 1r k p k< = + − < +1 1r 11 r k≤ ≤ ) quân cờ, tức là người thứ

nhất luôn có thể đưa người thứ hai về trạng thái thua (số quân cờ chia hết cho 1k + ). Người thứ hai buộc phải phá vỡ trạng thái thua, tức là buộc phải đưa người thứ nhất về trạng thái thắng (số quân cờ còn lại không chia hết cho 1k + ). Cứ tiếp tục như vậy, số quân cờ còn lại trên bàn cờ sẽ giảm và cuối cùng người thứ nhất thắng.

Nếu thì vai trò của người thứ nhất và người thứ hai đổi nhau, tức là mọi

chiến lược của người thứ nhất đều đưa người thứ hai về trạng thái thắng.

( )1n k q= +

Bài 23 Hai người A và B chơi một trò chơi. Lúc đầu trên bàn có 100 viên kẹo. Hai người thay phiên nhau bốc kẹo, mỗi lần bốc được viên với k { }1, 2,6k∈ . Hỏi ai là người có

chiến thuật thắng?

Giải Ta sử dụng lập luận tính ngược từ cuối: Giả sử ban đầu có 1, 2, 6 viên kẹo. Khi ấy người thứ nhất thắng ngay từ bước đi đầu tiên. Nếu thì người thứ hai thắng vì người thứ nhất chỉ có thể bốc 1 hoặc 2 viên, còn lại 2 hoặc 1 viên đến lượt người thứ hai bốc nốt và thắng.

3n =

Với người thứ nhất bốc 1 viên, còn 3 viên. Người thứ hai chỉ có thể bốc 1 hoặc 2 viên và người thứ nhất thắng.

4n =

Với người thứ nhất bốc 2 viên còn ba viên và sau đó thắng. 5n =Với người thứ hai thắng vì cả ba cách đi dẫn đến còn 6, 5 hoặc 1 viên kẹo. Nếu còn 6 hoặc 1 viên kẹo thì người thứ hai thắng ngay, nếu còn 5 viên kẹo thì người thứ hai thắng sau 2 bước (lấy ra hai viên kẹo, còn ba viên. Người thứ nhất buộc phải lấy một hoặc hai viên kẹo, người thứ hai lấy nốt và thắng). Suy luận tương tự, ta có bảng sau:

7n =

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17mod 7 1 2 3 4 5 6 0 1 2 3 4 5 6 0 1 2 3 thắng 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2

Từ đây ta phát hiện ra (dự đoán) qui luật sau: người thứ hai thắng nếu hoặc

Trong các trường hợp còn lại ( 5 khả năng) thì người thứ nhất thắng. (0 mod 7n ≡ )

)

r

(3 mod 7 .n ≡

Chứng minh (quy nạp): Gọi số kẹo là Đặt .n 7n k= + với 0,1,2,...,6r = . Ta sẽ chứng minh dự đoán trên bằng qui nạp theo .k

20

Với thì khẳng định đúng theo phân tích trên. Giả sử qui nạp với thì người thứ nhất thắng và

0k = 7n k= + r1,2,4,5,6r = 0r = hoặc 3r = thì người thứ hai thắng.

Xét . ( )7 1 7 7= + + = + +n k r k r

)Nếu , tức là thì cả ba cách bốc đều dẫn đến người thứ nhất thua. 0r = (7 1n k= +

Thật vậy, người thứ nhất chỉ có thể bốc tương ứng 1, 2 hoặc 6 viên, còn lại 7 6k + , hoặc viên. Đến lượt người thứ hai (trở thành người đi đầu tiên). Người thứ

hai thắng theo qui nạp. 7k + 5 1

).

7k +

Nếu thì người thứ nhất lấy ra viên kẹo. Còn lại

Người thứ hai lấy ra 1, 2 hoặc 6 viên. Còn lại 7 6

1,2,6r = r ( ) (7 1 0 mod 7n k= + ≡

k + , 7k 5+ hoặc viên, đến lượt người thứ nhất. Người thứ hai thua theo qui nạp.

7k +1

Nếu thì cả ba cách bốc đều dẫn đến người thứ nhất thua. 3r =Thật vậy, nếu người thứ nhất bốc 1 viên thì còn lại ( )7 1k 2+ + viên. Người thứ hai bốc 2

viên, còn lại , đẩy người thứ nhất vào thế thua như chứng minh trên. (7 1k + )Nếu người thứ nhất bốc 2 viên thì còn lại ( )7 1k 1+ + viên. Người thứ hai bốc 1 viên, còn

lại , lại đẩy người thứ nhất vào thế thua. (7 1k + )4Nếu người thứ nhất bốc 6 viên thì còn lại 7k + viên. Người thứ hai bốc 1 viên, còn lại

viên ( ). Người thứ hai thắng theo qui nạp. 7k + 3 )

3

)

(3 mod 7≡

Vậy nếu thì cả ba cách bốc đều dẫn đến người thứ nhất thua. 3r =Nếu (hoặc ) thì cả ba cách bốc đều dẫn đến người thứ nhất thắng. 4r = 5r =Thật vậy, người thứ nhất bốc 1 viên (tương ứng, 2 viên) thì đều còn lại viên

( ), đẩy người thứ hai (đến lượt đi) vào thế thua như chứng minh trên. ( )7 1k + +

(3 mod 7≡

Vậy nếu hoặc thì người thứ nhất thắng. 4r = 5r =

Kết luận: Người thứ nhất thua khi ( )0 mod 7n ≡ hoặc ( )3 mod 7n ≡ . Các trường hợp

khác người thứ nhất thắng.

Lời bình Phương pháp môđulô cực kì lợi hại trong các bài toán với các biến nguyên, vì nó đưa tập hợp vô hạn các số nguyên về hữu hạn các lớp đồng dư. Ngoài ra, ở đây ta còn sử dụng phương pháp qui nạp và phương pháp tính ngược từ cuối.

Bài tập

Bài 24 (Vô địch Moscow lần thứ 32, 1969, lớp 9, vòng 2) Hai người chơi trò chơi sau đây. Mỗi người chơi lần lượt gạch một trong các số 1, 2, 3,..., 27 cho đến khi chỉ còn hai số. Nếu tổng hai số này chia hết cho 5 thì người thứ nhất thắng, nếu không chia hết cho 5, thì người thứ hai thắng. Hỏi ai sẽ là người thắng cuộc?

Bài 25 (Kvant, 1976, No4, M337, trang 32) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Người chơi thứ nhất chọn điểm X trên cạnh AB, người chơi thứ hai chọn điểm Y trên

21

cạnh BC. Sau đó người chơi thứ nhất chọn điểm Z trên cạnh AC. Mục đích của người chơi thứ nhất là làm cực đại chu vi tam giác XYZ và mục đích của người chơi thứ hai là làm cực tiểu chu vi tam giác XYZ. Hỏi người chơi thứ nhất có thể đảm bảo cho mình chu vi lớn nhất của tam giác XYZ là bao nhiêu?

Lời giải Khó hơn nhiều so với Bài 15.

Bài 26 (Vô địch Israel, 1995) Hai người chơi cờ carô trên một bảng ô carô vô hạn. Người chơi thứ nhất chọn một ô vuông và đánh dấu là O, người chơi thứ hai chọn một ô vuông khác và đánh dấu là X. Hai người chơi cho đến khi một trong hai người có được một dòng hoặc một cột năm ô vuông đánh dấu liên tiếp. Khi ấy người đó thắng. Hãy chỉ ra rằng người chơi thứ hai luôn ngăn được người thứ nhất giành chiến thắng.

Bài 27 (Vô địch Moscow lần thứ 31, 1968, lớp 10) Hai người chơi một trò chơi sau đây với hai đống kẹo. Luật chơi như sau: Mỗi người chơi ăn một chiếc kẹo từ một trong các đống, sau đó chia một đống khác thành hai phần (không nhất thiết bằng nhau). Nếu ai đó không thể chia được nữa, tức là chỉ còn một chiếc kẹo, thì người đó ăn nốt và thắng cuộc. Lúc đầu đống thứ nhất có 33 chiếc và đống thứ hai có 35 chiếc. Hỏi ai là người thắng cuộc, và chiến lược chơi như thế nào để thắng?

Bài 28 (Vô địch Moscow lần thứ 32, 1969, lớp 10, vòng 2) Hai nhà thông thái chơi trò chơi sau đây. Người thứ nhất gạch 512 số trong các số 1, 2, 3,..., 1024. Người thứ hai gạch 256 số còn lại. Người thứ nhất lại gạch 128 số,...Đến bước thứ 10 người thứ hai gạch một số, còn lại hai số. Sau đó người thứ hai trả cho người thứ nhất số điểm bằng hiệu giữa các số đó. Hỏi ai sẽ là người có lợi hơn? Hỏi người thứ hai phải trả cho người thứ nhất bao nhiêu, nếu chiến lược của cả hai đều đúng.

Bài 29 (Vô địch Moscow lần thứ 40, 1977, lớp 7, vòng 2) Có 1977 chiếc đinh được đóng trên một cái bảng. Hai người chơi trò chơi sau đây: Mỗi người nối hai chiếc đinh bằng một sợi dây. Nếu cuối cùng ai đóng kín được các đường đã nối thì người đó thắng. Hỏi ai thắng cuộc (không cho phép nối lại hai chiếc đinh đã được nối)?.

Bài 30 (Vô địch Liên Xô lần thứ 21, 1987, lớp 8 và lớp 10) Mỗi người chơi lần lượt viết lên bảng một số không vượt quá số p cho trước. Qui tắc của trò chơi cấm viết lên bảng các số là ước số của các số đã viết. Người nào không viết được nữa người đó sẽ thua. b) Với , hỏi ai là người có chiến lược thắng. Hãy chỉ ra chiến lược ấy. 10p =b) Hỏi ai là người chiến thắng nếu 1000p = ?

Bài 31 (Vô địch Liên Xô lần thứ 6, 1972, lớp 8) Hai người chơi một trò chơi sau đây. Một người gọi một số, còn người thứ hai đặt nó vào một chỗ nào đó theo ý thích của mình vào một trong các dấu * ở hình dưới. Sau đó người thứ nhất lại gọi một số và cứ

22

như vậy 8 lần. Người thứ nhất có mục đích nhận được hiệu giữa hai số ở hai dòng càng lớn càng tốt. Người thứ hai muốn hiệu này càng nhỏ càng tốt. Hãy chứng minh rằng: 1) Người thứ hai có thể đặt các số để hiệu nhận được không lớn hơn 4000, không phụ thuộc vào các số mà người thứ nhất gọi. 2) Người thứ nhất có thể gọi các số sao cho hiệu không nhỏ hơn 4000, không phụ thuộc vào vị trí các số mà người thứ hai đặt.

* * * *

* * * *

2.3 Công cụ đồ thị (graph)

Đồ thị (graph) là một công cụ rất hữu hiệu trong Toán trò chơi. Ở đây chỉ đưa ra một vài ví dụ có tính chất minh họa và gợi ý. Có thể tham khảo thêm các tài liệu [2], [5] và [6].

Định nghĩa 1 Đồ thị (graph) hữu hạn là một bộ hai tập hợp hữu hạn: Tập hợp các đỉnh và tập hợp các cạnh nối hai đỉnh với nhau. Cạnh có định hướng được gọi là cung. Hai đỉnh khác nhau của một graph được gọi là hai đỉnh kề hay hai đỉnh láng giềng nếu chúng được nối với nhau bởi một cạnh hoặc một cung. Hai cạnh của một graph có chung một đỉnh được gọi là hai cạnh kề.

Bài 32 Trên mỗi đỉnh của 2012-giác lồi đặt một viên bi. Hai người chơi trò chơi như sau. A bắt đầu đi, sau đó đến lượt B. Ai đến lượt, người đó phải lấy đi 3 viên bi. Họ chơi cho đến khi còn lại 2 viên bi. Nếu hai viên bi này nằm trên hai đỉnh kề nhau của 2012-giác đều thì B thắng. Ngược lại A thắng. Hỏi ai thắng và thắng bằng cách nào.

Giải Xây dựng một đồ thị với tập đỉnh là tập tất cả 2012 đỉnh của 2012-giác lồi và cạnh của đồ thị gồm 1006 cạnh của đa giác đôi một không kề nhau (đánh số các đỉnh từ 1 đến 2012. Nối đỉnh số với đỉnh số , 2k −1 2k 1,...,1006k = ). Tô màu đỏ các cạnh này. B thắng nếu thực hiện chiến thuật sau: 1) Nếu A lấy ba viên bi ở ba cạnh đỏ khác nhau, thì B lấy nốt ba viên bi ở ba đỉnh còn lại của các cạnh này. 2) Nếu A lấy hai viên bi ở một cạnh đỏ và 1 viên ở cạnh khác thì B lấy nốt viên còn lại ở cạnh ấy và hai viên ở một cùng cạnh khác. Như vậy, lúc nào cũng còn tất cả các cạnh nguyên vẹn (còn đủ hai viên bi ở hai đỉnh kề). Sau 2012:3=670 lượt đi (mỗi người 335 lượt, B đi lượt cuối), còn lại 2 viên trên cùng một cạnh (hai đỉnh kề). Vậy B thắng.

Định nghĩa 2 Tập con các đỉnh của đồ thị được gọi là tập ổn định trong, nếu hai đỉnh tùy ý thuộc đều không kề nhau (không có cạnh hoặc cung nối với nhau).

NN

Tập con M các đỉnh của đồ thị được gọi là tập ổn định ngoài, nếu mỗi đỉnh x tùy ý nằm ngoài tập M ( x M∉ ) đều có ít nhất một đỉnh thuộc tập y M ( y M∈ ) để hoặc x và được nối bởi một cạnh hoặc có một cung đi từ

yx vào y .

23

Tập con các đỉnh của đồ thị được gọi là nhân của đồ thị , nếu vừa là tập ổn định trong, vừa là tập ổn định ngoài của

S G G S.G

Trò chơi chọn đỉnh đồ thị

Hai đấu thủ ,A B thực hiện trò chơi chọn đỉnh đồ thị theo nguyên tắc sau: 1) Người đi đầu xác định ngẫu nhiên. 2) Người đi đầu được chọn đỉnh tùy ý. Người đi sau phải căn cứ vào đỉnh mà người đi trước vừa chọn và chỉ được chọn một trong các đỉnh, mà mỗi đỉnh này hoặc có cạnh nối với đỉnh của người đi trước vừa chọn hoặc từ đỉnh mà người đi trước vừa chọn có cung đi tới nó. 3) Người đến lượt mà không chọn được đỉnh là thua cuộc.

Định lí (xem [6]) Nếu đồ thị có nhân mà đấu thủ nào đến lượt chọn được đỉnh thuộc nhân, thì bảo đảm đấu thủ đó thắng hoặc hòa.

G

Bài 33 Trên bàn gồm 14 viên bi. Hai em A và B chơi trò chơi như sau. Mỗi người lần lượt bốc số bi ít nhất một viên và không quá ba viên. Ai đến lượt mà hết bi để bốc là thua cuộc. Hỏi ai thắng và chiến lược để thắng.

Cách giải 1 (Đồ thị) Xây dựng đồ thị có 15 đỉnh tương ứng với 15 khả năng (0, 1, 2,…, 14) số bi trên bàn.

G

Vì mỗi người đến lượt phải bốc ít nhất một viên bi và nhiều nhất ba viên nên: +) Tại đỉnh u ( ) xuất phát đúng 3 cung được dán nhãn 1, 2, 3 để đi tới các đỉnh tương ứng , , .

3 u≤ ≤141u∪ 2u∪ 3u∪

+) Tại đỉnh 2 xuất phát 2 cung với nhãn 1, 2 để đi tới các đỉnh tương ứng 1 và 0. +) Tại đỉnh 1 xuất phát cung duy nhất với nhãn 1 để đi tới đỉnh 0.

Đồ thị có nhân gồm các đỉnh 0, 4, 8, 12. Thật vậy, dễ dàng thấy rằng là tập ổn định trong, vì các đỉnh này không có cạnh hoặc cung nối. Hơn nữa, là tập ổn định ngoài, vì các đỉnh không thuộc đều có cạnh hoặc cung nối với các điểm trong . Vậy

G N NN

N N{ }0, 4, 8, 12N = là nhân của đồ thị. A (đi đầu) chọn được đỉnh thuộc nhân nên theo

định lí trên A thắng. Chiến lược của A (đi đầu) để thắng cụ thể như sau:

Bước 1: A xuất phát từ đỉnh 14 đi theo cung nhãn 2 để đạt được đỉnh 12 thuộc . Tức là A bốc 2 viên bi, còn lại 12 viên.

N

Bước 2: B xuất phát từ đỉnh 12 buộc phải đi theo một trong các cung có nhãn 1, 2, 3. Khi ấy B đi đến một trong các đỉnh 11, 10, 9. Tức là B bốc 1, 2 hoặc ba viên bi, để lại trên bàn 11, 10 hoặc 9 viên. Bước 3: Tùy theo B đã chọn cung nào, A sẽ xuất phát từ đỉnh tương ứng. Cụ thể, A xuất phát từ đỉnh 11 đi theo cung dán nhãn 3, xuất phát từ đỉnh 10 đi theo cung dán nhãn 2 hoặc xuất phát từ đỉnh 9 đi theo cung dán nhãn 1 để đến đỉnh 8, trên bàn còn 8 viên bi.

24

Bước 4: B xuất phát từ đỉnh 8 buộc phải đi theo một trong các cung có dán nhãn 1, 2, 3 và đến một trong các đỉnh 7, 6, 5. Tức là B bốc 1, 2 hoặc ba viên bi, để lại trên bàn 7, 6 hoặc 5 viên bi. Bước 5: A xuất phát từ đỉnh 7 đi theo cung dán nhãn 3, xuất phát từ đỉnh 6 đi theo cung dán nhãn 2 hoặc xuất phát từ đỉnh 5 đi theo cung dán nhãn 1 để đến đỉnh 4. Bước 6: B xuất phát từ đỉnh 4 buộc phải đi theo một trong các cung có nhãn 1, 2, 3 và đến một trong các đỉnh 3, 2, 1. Tức là B bốc 1, 2 hoặc ba viên bi, để lại trên bàn 3, 2 hoặc 1 viên. Bước 7: A xuất phát từ đỉnh 3 đi theo cung nhãn 3, xuất phát từ đỉnh 2 đi theo cung dán nhãn 2 hoặc xuất phát từ đỉnh 1 đi theo cung dán nhãn 1 để đến đỉnh 0.

Vì đỉnh 0 không có cung nào nên đến lượt B không có đỉnh để chọn, tức là không có bi để bốc nên thua cuộc. Vậy A là người chiến thắng.

Cách giải 2 (Môđulô) Chiến lược của A (đi trước) là đưa B về trạng thái thua bằng cách lấy số bi dư của 14 theo . Cụ thể: mod 4

Bước 1: A bốc 2 viên bi, còn lại trên bàn 12 viên. Bước 2: B buộc phải bốc 1, 2 hoặc ba viên bi, để lại trên bàn 11, 10 hoặc 9 viên. Bước 3: A bốc 3, 2, hoặc 1 viên, để lại trên bàn 8 viên bi. Bước 4: B buộc phải bốc 1, 2 hoặc ba viên bi, để lại trên bàn 7, 6 hoặc 5 viên. Bước 5: A bốc 3, 2, hoặc 1 viên, để lại trên bàn 4 viên bi. Bước 6: B buộc phải bốc 1, 2 hoặc ba viên bi, để lại trên bàn 3, 2 hoặc 1 viên. Bước 7: A bốc nốt và thắng cuộc. Lời bình Khá nhiều bài toán trò chơi giải được bằng kĩ thuật môđulô thì cũng giải được bằng đồ thị.

Định nghĩa 3 Đường đi của một graph là một dãy kế tiếp các cạnh trong đồ thị nếu chúng không đi qua đỉnh nào của graph quá một lần. Đường đi khép kin (chu trình Hamilton) của một graph là một dãy các cạnh kế tiếp khép kín sao cho mỗi đỉnh của graph được đi qua không quá một lần. Bài toán tìm chu trình Hamilton là bài toán quan trọng trong lí thuyết đồ thị.

Bài 34 (Đường đi của con mã) Hai người chơi một trò chơi trên bàn cờ như sau. A đặt quân mã lên ô bất kì của bàn cờ. Sau đó B dẫn con mã đi một bước trên bàn cờ theo qui tắc bước nhảy thông thường của con mã. Mỗi ô trên bàn cờ chỉ được đến một lần. Hỏi ai sẽ thắng và thắng bằng cách nào?

8 8×

Giải Xây dựng một đồ thị với các đỉnh là 64 ô trên bàn cờ, còn hai ô được nối với nhau bởi một cạnh nếu con mã có thể nhảy từ ô này tới ô kia. Do số đỉnh (bằng 32) là chẵn, nên ta có thể tìm được một bộ 32 cạnh đôi một không liền kề. Rõ ràng B có thể thắng A nếu bằng cách luôn dẫn con mã theo các cạnh của tập hợp 32 cạnh được đánh dấu này.

25

Đồ thị này có một chu trình Hamilton. Người cuối cùng không có bước đi là A. Vậy B đi trước thắng.

Lời bình Đây là một cách phát biểu khác của bài toán con mã đi tuần (trò chơi một người): Tìm đường đi của con mã trên bàn cờ sao cho nó có thể nhảy qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần. Nếu sau đó con mã lại trở về vị trí xuất phát thì ta gọi đó là đường đi đóng, nếu không thì ta gọi là đường đi mở.

Bài toán con mã đi tuần có lịch sử ít nhất là hơn 1000 năm. Nhà toán học Abraham de Moivre đã tìm được đường đi mở đầu tiên của con mã đi tuần. Đường đi đóng đầu tiên do nhà toán học người Pháp Adrien-Marie Legendre (1752-1833) tìm ra (Hình 1).

37 62 43 56 35 60 41 50

44 55 36 61 42 49 34 59

63 38 53 46 57 40 51 48

54 45 64 39 52 47 58 33

1 26 15 20 7 32 13 22

16 19 8 25 14 21 6 31

27 2 17 10 29 4 23 12

18 9 29 3 24 11 30 5 Hình 1 (Adrien-Marie Legendre)

Hình 2 (Leonard Euler)

Hình 2 là một đường đi đóng của quân mã do nhà toán học Leonard Euler tìm ra năm 1759. Đường đi đóng này được xây dựng bằng cách ghép hai đường đi mở trên hai bàn cờ (các số trên mỗi ô là kí hiệu thứ tự các bước đi). Lời giải này của Euler còn có một điều thú vị nữa: do được ghép bởi hai đường đi mở trên hai chữ nhật đối xứng, nên hiệu giữa hai số bất kì đối xứng qua tâm của bàn cờ (đoạn thẳng nối hai điểm ấy nhận tâm bàn cờ làm điểm giữa) luôn luôn bằng 32.

4 8×4 8×

Một đường đi mở của quân mã do Uliam Beverli tìm ra năm 1848 (Hình 3) cũng khá thú vị: Beverli là người đầu tiên tìm ra “đường đi nửa ma phương”, tức là tổng các số đứng trên mọi hàng và mọi cột là 260. Đây chưa phải là ma phương vì tổng các số trên đường chéo không bằng 260.

Nếu chia bàn cờ vuông 8 với đường đi trên thành bốn bàn cờ nhỏ 4 4 , thì ta được mỗi “góc tư” lại là một “nửa ma phương” với hằng số bằng nhau trong cả bốn hình vuông là 130.

8× ×4 4×

4 4×Nếu sau đó lại “chia bốn” để được các hình vuông 2 2× thì tổng các số trong bốn ô của mỗi hình vuông 2 cũng bằng 130. . 2×

26

Hình 3 Hình 4

Tồn tại rất nhiều các đường đi “nửa ma phương”, cả đường đi mở và đường đi đóng, nhưng không có một đường đi nào cho tổng các số trên đường chéo bằng tổng các số trên một hàng hay một cột (không tồn tại “đường đi ma phương”).

Tồn tại rất nhiều đường đi đóng và đường đi mở của con mã trên bàn cờ vuông 8 8× truyền thống. Năm 1995 Martin Löbbing và Ingo Wegener đã chạy trên dàn 20 máy tính Sun workstations trong vòng bốn tháng để tìm ra số đường đi của quân mã bằng 33.439.123.484.294 (gần 33 tỷ rưỡi!), trong đó có khoảng 122.000.000 đường đi đóng.

Rất nhiều “bước nhảy đẹp” (đường đi đẹp) của con mã, thí dụ, đường đi “mở đến vô cùng” do Dan Thomason tìm ra năm 2001 (Hình 4) hay các đường đi không tự cắt, đường đi “lọ hoa” và đường đi “bông hoa”… Bạn đọc có thể tìm trên mạng hoặc xem trong [4] các đường đi này, trong [4] còn có cả các đường đi của con mã trên bàn cờ Phong Vân

ô (tác giả Đoàn Hữu Dũng). 9 10×

2.4 Công cụ Hệ đếm

Lấy một số bất kì, thí dụ, 2011. Biểu diễn số này qua lũy thừa của 2 ta được: 10 9 8 7 6 4 3 12011 2 2 2 2 2 2 2 2 2= + + + + + + + + 0 .

Viết các hệ số (bằng 0 hoặc 1) theo thứ tự lũy thừa giảm dàn từ phải sang trái, ta có thể biểu diễn 2011 qua hệ đếm cơ số 2 như sau: ( )2

2011 11111011011= .

Một số thực đều có thể biểu diễn dưới dạng một số trong hệ đếm cơ số 2 (hệ nhị phân).

Hệ đếm là một công cụ tốt để giải nhiều dạng toán, trong đó có các bài toán trò chơi.

Bài 35 Giả sử bạn chọn một số bất kì nào đó trong khoảng từ 1 đến 1000. Tôi sẽ hỏi bạn 10 câu hỏi, bạn chỉ có quyền trả lời “đúng” hoặc “sai”. Dựa trên 10 câu trả lời của bạn, tôi sẽ khẳng định được bạn đã chọn số nào. Tại sao?

Giải Các câu hỏi lần lượt như sau. Câu thứ nhất: Lấy số đã chọn chia cho 2. Hỏi phép chia có dư hay không? Nếu bạn trả lời là “không” thì tôi viết số 0, còn nếu câu trả lời là “có” thì tôi viết số 1.

27

Câu thứ hai: Lấy thương của phép chia vừa rồi chia cho 2. Hỏi phép chia có dư hay không? Nếu câu trả lời là “không” thì tôi viết số 0, còn nếu câu trả lời là “có” thì tôi viết số 1 vào trước số đã viết (số 0 hoặc số 1) của câu trả lời thứ nhất. Các câu hỏi tiếp theo cũng tương tự: Lấy thương của phép chia vừa xong chia cho 2. Hỏi phép chia có dư không? Nếu câu trả lời là “không” thì viết số 0, còn nếu câu trả lời là “có” thì viết số 1 trước số đã viết. Sau 10 lần trả lời, ta nhận được 10 chữ số chỉ gồm các chữ số 0 và 1. Như vậy, hệ thống 10 câu hỏi trên chính là cách chuyển một số đã cho (nhỏ hơn 1000) từ hệ đếm cơ số 10 sang hệ đếm cơ số 2. Hơn nữa, 10 câu hỏi là đủ, bởi vì mọi số từ 1 đến 1000 đều có thể viết được dưới dạng một số trong hệ đếm cơ số 2 với không quá 10 chữ số (vì

). Do số ban đầu chưa biết nên bây giờ chỉ cần chuyển số

nhận được trong hệ đếm cơ số 2 sang hệ đếm cơ số 10, ta khôi phục được số ban đầu.

1022 1024 10000000000= =

Thí dụ, sau 10 lần trả lời, ta nhận được số 1010011010. Đổi số này sang hệ đếm cơ số 2 nhờ Maple: [> convert(1010011011,decimal,binary);

667 Vậy số ban đầu bạn chọn là 667. Kiểm tra lại: 667=333×2+1=(166×2+1) ×2+1=((83×2) ×2+1) ×2+1 =(((41×2+1)×2) ×2+1) ×2+1=((((20×2+1)×2+1)×2) ×2+1) ×2+1 =(((((10×2)×2+1)×2+1)×2) ×2+1) ×2+1=(((((5×2)×2+1)×2+1)×2) ×2+1) ×2+1 =((((((2×2+1)×2)×2+1)×2+1)×2) ×2+1) ×2+1 =(((((((1×2)×2+1)×2)×2+1)×2+1)×2) ×2+1) ×2+1 =29+27+24+23+2+1=(1010011010)2.

Bài 36 (Trò chơi Nim) Người Trung Quốc thời xưa có trò chơi gọi là trò chơi Nim. Nội dung của trò chơi này như sau: Có ba đống sỏi, hai người chơi lần lượt lấy một số sỏi bất kì (tối thiểu một viên cho đến cả đống sỏi) từ một trong ba đống đó (và mỗi lần chơi chỉ lấy sỏi từ một đống). Ai là người nhặt viên sỏi cuối cùng thì người đó thắng. Có hay không một chiến lược chơi để thắng?

Giải Ngày nay các viên sỏi thường được thay thế bởi các đồ vật khác, thí dụ, các que diêm, vì vậy người ta cũng gọi trò chơi này là trò chơi “ăn diêm”. Để giải bài toán này ta sẽ sử dụng hệ đếm cơ số 2. Giả sử trong mỗi đống có , và c viên sỏi, ta gọi ba đống sỏi là các đống thứ nhất, thứ hai và thứ ba. Trong hệ đếm cơ số 2, các số này được biểu diễn dưới dạng

a b

( )11 1 0 1 2

.2 .2 ... .2 ...n nn n n na a a a a a a a a−

− −= + + + + = 1 0 ;

( )11 1 0 1 2

.2 .2 ... .2 ...n nn n n nb b b b b b b b b−

− −= + + + + = 1 0 ;

( )11 1 0 1 2

.2 .2 ... .2 ...n nn n n nc c c c c c c c c−

− −= + + + + = 1 0 .

28

Các hệ số , , , có giá trị 0 hoặc 1. Ở đây, để tiện trình bày, ta đã viết biểu

diễn của cùng có bậc cao nhất là . Điều này dễ dàng làm được vì nếu cần ta có thể thêm các hệ số bằng 0, tức là ta không đòi hỏi tất cả các hệ số , , phải khác 0,

nhưng vì là bậc cao nhất nên ít nhất một trong các hệ số đó phải khác 0.

ia ib ic 0,...,i = n

nn

,a ,b c 2n

na nb nc

n

Người chơi đầu tiên sẽ lấy một số sỏi từ một trong ba đống, thí dụ, từ đống thứ nhất. Khi ấy các hệ số , sẽ bị thay đổi. Tương tự, nếu lấy sỏi từ đống thứ hai (hoặc từ đống thứ ba), thì các hệ số ,

ia 0,...,i =

ib 0,...,i = (hoặc ) sẽ thay đổi. ic

Xét các tổng n n na b c+ 1 1 1n n na b c− − −, + ,…, 1 1 1a b c+ + , 0 0 0a b c+ + . + +

Vì các hệ số , , , chỉ nhận giá trị 0 hoặc 1 nên mỗi tổng này chỉ nhận một trong bốn giá trị 0, .

ia ib ic 0,...,i = n

a b c

1, 2, 3Nếu một trong các tổng trên là lẻ (tức là nhận giá trị 1 hoặc 3) thì người chơi thứ nhất có thể thắng nhờ chiến lược sau: Tại mỗi bước đi, người thứ nhất sẽ lấy đi một số sỏi từ một đống để được tất cả các tổng i i i+ 0,...,i n, + = là chẵn. Thực hiện được chiến lược

này nhờ cách đi như sau.

Giả sử là tổng đầu tiên (tính từ trái sang phải) là lẻ, tức là có ít nhất một trong ba số bằng 1. Giả sử, thí dụ,

k ka b c+ + k

, ,k k ka b c 1ka = . Khi ấy người chơi thứ nhất lấy một lượng sỏi d từ đống thứ nhất sao cho tất cả các tổng i i ia b c+ 0,...,n, i+ = là chẵn. Để làm việc

này chỉ cần lấy viên sỏi sao cho số sỏi còn lại từ đống thứ nhất sẽ là , trong đó

d1 1 1 1... 0 ...n n k k 0a a a a a− + −′ ′ ′ ′ ia a= ia a′ = nếu i ia b ci+ + , 0,..., 1i k= − là chẵn và nếu là lẻ. Do các hệ số 1i ia′ = − a ii ia b c+ + 1 1, ,...,n n ka a a− + của và bằng nhau, còn

hệ số của bằng 1, mà hệ số của a a′

ka a ka a′ bằng 0 nên a a′> và , tức là

người chơi thứ nhất có thể chọn được một chiến lược theo qui tắc nêu trên.

0d a a′= − >

Như vậy, sau khi người thứ nhất đi bước đi đầu tiên, tất cả các tổng ,

là chẵn. i i ia b c+ + 0,...,i n=

Bây giờ giả sử người chơi thứ hai lấy một số sỏi bất kì, thí dụ, d ′ viên từ một đống nào đó. Vì khác 0 nên bắt buộc ít nhất một trong các tổng d ′ i ia b ci+ + phải thay đổi từ chẵn sang lẻ. Tiếp tục cách làm trên, sau một số hữu hạn bước, tất cả các tổng ,

, phải bằng 0 (vì tổng số sỏi giảm thực sự sau mỗi bước), tức là không còn viên sỏi nào sau bước đi thứ của người thứ nhất, và anh ta thắng.

q i ia b c+ + i

n

a b c

0,...,i =q

Nếu ban đầu tất cả các tổng i i i+ 0,...,i n, + = là chẵn, thì sau lần đi đầu tiên của

người thứ nhất, cho dù anh ta lấy đi bao nhiêu sỏi từ một đống bất kì nào đó, thì có ít nhất một tổng bắt buộc phải lẻ, vì vậy, đến lượt người chơi thứ hai, anh ta sẽ sử

dụng chiến lược như người chơi thứ nhất thực hiện khi số sỏi ban đầu là lẻ (như chiến lược đã trình bày ở trên) và anh ta sẽ thắng.

i ia b c+ + i

29

Tùy theo số sỏi cụ thể trong từng đống, mỗi người chơi có thể chọn số lượng sỏi trong mỗi bước đi để đảm bảo thắng nhanh nhất hoặc lâu thua nhất.

Thí dụ Giả sử người chơi thứ nhất biết chiến lược để thắng. Hãy thực hiện chiến lược trong trò chơi Nim với , 13a = 20b = , 23c = .

Giải Ta có ( )3 2

2 2 4 3 2 1 213 2 2 1 1101 01101a a= = + + = = = 0a a a a ;

( )4 22 4 3 2 1 0 2

20 2 2 10100b b= = + = = b b b b ;

( ) ( )4 24 3 2 1 02 2

23 2 2 2 1 10111c c= = + + + = = c c c c .

Tổng các hệ số: 4 4 4 2a b c+ + = ; ; 3 3 3 1a b c+ + = 2 2 2 3a b c+ + = ; 1 1 1 1a b c+ + = ; . 0 0 0 2a b c+ + =

Lần 1: Ta có 3 3 3 1a b c+ + = , 2 2 2 3a b c+ + = , 1 1 1 1a b c+ + = là các số lẻ, trong đó là số lẻ đầu tiên. Vì 3 3 3 1a b c+ + = 3 1a = , 3 3 0b c= = và 201101a = và các tổng

có tính chẵn lẻ như trên nên người chơi thứ nhất sẽ lấy viên sỏi từ đống thứ nhất sao cho số sỏi còn lại là

i ia b c+ + i d

200011 3a′ = = (tức là ), là cách duy nhất (trong thí dụ cụ thể này)

đảm bảo cho người chơi thứ nhất đi đến thắng lợi. Số sỏi còn lại ở các đống là: 1 2 201101 00011 01010 10d a a′= − = − = =2

( )213 10 3 00011a = − = = , 220 10100b = = ; ( )223 10111c = = . Bây giờ ta có ; 4 4 4 2a b c+ + = 3 3 3 0a b c+ + = ; 2 2 2 2a b c+ + = ; ;

. 1 1 1 2a b c+ + =

0 0 0 2a b c+ + =

Người chơi thứ hai, dù biết hay không biết chiến lược, cũng phải chọn một số sỏi từ một đống nào đó, thí dụ từ đống thứ hai. Khi ấy số sỏi còn lại ở ba đống

là: ;

(1 212 01100′ = =d )( )23 2 1 00011a = = + = ( )28 01000b = = , . ( )4 2

223 2 2 2 1 10111c = = + + + =

Tổng các hệ số sau khi người chơi thứ hai đã đi là:

4 4 4 1a b c+ + = ; ; 3 3 3 1a b c+ + = 2 2 2 1a b c+ + = ; 1 1 1 2a b c+ + = ; . 0 0 0 2a b c+ + =

Lần 2: Do , , 4 4 4 1a b c+ + = 4 4 0a b= = 4 1c = , ( )210111c = và tổng các hệ số như trên nên người thứ nhất lấy từ đống thứ ba viên sỏi sao cho số sỏi còn lại ở đống thứ ba là 2d

( )201011 11c′ = = , tức là chọn ( ) ( )2 22 210111 01011 01100 12d c c′= − = − = = viên.

Số sỏi còn lại ở các đống là:

( )23 00011a = = , ( )28 01000b = = , 223 12 11 01011c = − = = .

Bây giờ ta lại có

4 4 4 0a b c+ + = ; ; 3 3 3 2a b c+ + = 2 2 2 0a b c+ + = ; 1 1 1 2a b c+ + = ; 0 0 0 2a b c+ + = .

Người chơi thứ hai lấy ra số sỏi bất kì, thí dụ, 10 viên từ đống thứ ba, số sỏi còn lại ở ba đống là: ; ( )23 2 1 00011a = = + = ( )28 01000b = = , ( )21 00001c = = .

30

Tổng các hệ số sau khi người chơi thứ hai đã đi là:

4 4 4 0a b c+ + = ; ; 3 3 3 1a b c+ + = 2 2 2 0a b c+ + = ; 1 1 1 1a b c+ + = ; . 0 0 0 2a b c+ + =

Lần 3: Vì , , 3 3 3 1a b c+ + = 3 1b = ( )28 01000b = = và tổng các hệ số có tính chẵn lẻ như trên nên người chơi thứ nhất lấy ra từ đống thứ hai một số sỏi sao cho số viên sỏi còn lại là , tức là lấy ra

3d

( )200010 2b′ = = ( ) ( )3 22 201000 00010 00110 6d b b′= − = − = =

)

viên

sỏi từ đống thứ hai. Số sỏi còn lại ở các đống bây giờ là: ,

, . Bây giờ ta lại có ( )23 00011a = =

( )22 00010b = = ( 21 00001c = =

4 4 4 0a b c+ + = ; ; 3 3 3 0a b c+ + = 2 2 2 0a b c+ + = ; 1 1 1 2a b c+ + = ; . 0 0 0 2a b c+ + =

Người thứ hai chọn số sỏi bất kì, thí dụ, 1 viên từ đống thứ hai, số sỏi còn ở ba đống là:

( )23 00011a = = ; ( )21 00001b = = , ( )21 00001c = = .

Tổng các hệ số:

4 4 4 0a b c+ + = ; ; 3 3 3 0a b c+ + = 2 2 2 0a b c+ + = ; 1 1 1 1a b c+ + = ; . 0 0 0 3a b c+ + =

Lần 4: Do và 1 1 1 1a b c+ + = 1 1a = , ( )23 00011a = = nên người chơi thứ nhất chọn

sao cho số sỏi còn lại ở đống thứ nhất là 4d

( )20 00000a′ = = , tức là . Số

sỏi còn lại ở các đống là: 4 200001 3d = =

( )20 00000a = = , ( )21 00001b = = , ( )21 00001c = = .

Bây giờ ta lại có

4 4 4 0a b c+ + = ; ; 3 3 3 0a b c+ + = 2 2 2 0a b c+ + = ; 1 1 1 0a b c+ + = ; . 0 0 0 2a b c+ + =

Người chơi thứ hai chỉ có thể chọn một viên từ đống thứ hai hoặc đống thứ ba, thí dụ, từ đống thứ ba, số sỏi còn lại ở ba đống là: 0a = , 1b = , 0c = . Người chơi thứ nhất chỉ cần lấy nốt viên sỏi cuối cùng ở đống thứ hai và anh ta thắng.

Lời bình Người chơi thứ hai có thể chọn nhiều cách đi. Tuy nhiên, nếu lúc đầu có ít nhất một tổng là lẻ thì với mỗi cách đi của người thứ hai, người chơi thứ nhất bao

giờ cũng chọn được ít nhất một cách đi tương ứng để sau khi đi thì tất cả các tổng , là chẵn, và cuối cùng anh ta sẽ thắng. Tương tự, nếu tất cả các tổng , là chẵn thì người thứ hai sẽ thắng.

k ka b c+ + k

a b c+ + 0,...,i n=a b c+ + 0,...,i n=

a b c

i i i

i i i

Người thứ hai chỉ thắng khi tất cả các tổng i i i+ 0,...,i n, + = là chẵn. Khả năng

thắng của người chơi thứ hai ít hơn nhiều so với người chơi thứ nhất. Thí dụ, với 10 viên sỏi chia làm ba đống thì có tất cả 8 khả năng viết số 10=(1010)10a b c+ + = 2 dưới dạng tổng của ba số dương khác 0:

1) 10=1+1+8=(0001)2+(0001)2+(1000)2; 2) 10=1+2+7=(0001)2+(0010)2+(0111)2; 3) 10=1+3+6=(0001)2+(0011)2+(0110)2; 4) 10=1+4+5=(0001)2+(0100)2+(0101)2; 5) 10=2+2+6=(0010)2+(0010)2+(0110)2; 6) 10=2+3+5=(0010)2+(0011)2+(0101)2; 7) 10=2+4+4=(0010)2+(0100)2+(0100)2; 8) 10=3+3+4=(0011)2+(0011)2+(0100)2.

31

Trong 8 cách này, chỉ có duy nhất một cách trong đó tất cả các tổng , là chẵn: 10=1+4+5=(0001)

i ia b c+ + i

i

0,2,3,4i = 2+(0100)2+(0101)2.

Trò chơi chỉ thú vị khi ít nhất một trong hai người chơi không biết toán (không biết suy luận như trên), nói cách khác, biết toán sẽ bảo đảm biết chắc thắng hay chắc thua. Nếu cả hai người chơi đều đã biết thuật toán như trên thì trò chơi mất hứng thú, vì chỉ cần tính các tổng là biết ai sẽ thắng. i ia b c+ +

Bài tập Hãy chọn chiến lược tốt nhất (thắng nhanh nhất hợc thua lâu nhất) trong các trò chơi ăn diêm với số diêm , , trong các đống diêm như sau: a b c

1) , , ; 2) , 15a = 12b = 10c = 11a = 13b = , 17c = .

Bài 37 (Đề dự tuyển Vô địch Quốc tế, 1999) Một nhà sinh vật học quan sát một con thạch sùng đang bắt ruồi và nó nghỉ ngơi sau mỗi lần bắt được một con ruồi. Nhà sinh vật học này nhận thấy rằng: (i) Con ruồi đầu tiên bị bắt sau thời gian nghỉ một phút; (ii) Thời gian nghỉ trước khi bắt con ruồi thứ bằng thời gian nghỉ trước khi bắt con ruồi thứ m và kém một phút so với thời gian nghỉ trước khi bắt con ruồi thứ ;

2m2 1m +

(iii) Khi thạch sùng hết nghỉ, nó bắt ruồi ngay lập tức. Hỏi: a) Có bao nhiêu con ruồi bị bắt trước thời gian nghỉ lần đầu tiên là 9 phút? b) Sau bao nhiêu phút thì thạch sùng bắt được con ruồi thứ 98? c) Có bao nhiêu con ruồi bị thạch sùng bắt sau 1999 phút trôi qua?

Bài 38 (Kì thi mùa đông Bungaria, 2001) Ivan và Peter thay nhau viết các chữ số 0 hoặc 1 (mỗi lần một chữ số) cho đến khi mỗi người viết được 2001 chữ số. Như vậy, ta sẽ nhận được một dãy gồm 4002 chữ số 0 hoặc 1. Coi đây là biểu diễn nhị phân của một số. Peter là người thắng cuộc nếu số nhận được không viết được dưới dạng tổng của hai số chính phương. Chứng minh rằng Peter (đi sau) có chiến lược đảm bảo anh ta thắng cuộc.

§3 Trò chơi mô tả bởi hệ động lực

Trò chơi mô tả bởi hệ động lực mô phỏng khá tốt thực tế. Trong trò chơi này hai người (hoặc nhiều người) tham gia thường chuyển động với vận tốc khác nhau. Một lớp trò chơi mô tả bởi hệ động lực là trò chơi đuổi bắt, gồm một (nhiều) người đuổi và một (nhiều) người chạy. Tiêu chuẩn kết thúc trò chơi là người đuổi bắt được (không bắt được) người chạy sau thời gian hữu hạn. Trong trò chơi hai người, người đuổi thường phải có lợi thế hơn người chạy (thí dụ, tốc độ) thì mới kết thúc trò chơi được. Trong trò chơi nhiều người đuổi một người, mỗi người đuổi có thể kém hơn (thí dụ, về tốc độ), nhưng nhờ có sự hợp tác, nên có thể kết thúc trò chơi.

32

Trong thực tế, hệ động lực thường được mô tả bởi hệ phương trình vi phân. Tuy nhiên, ở đây chúng ta chỉ xét các chuyển động liên tục đơn giản hoặc các hệ động lực rời rạc.

Bài 39 (Vô địch Moscow lần thứ 33, 1970, lớp 7, vòng 2) Trong một công viên có sáu đường đi cùng độ dài men theo hàng cây hẹp. Bốn đường đi theo bốn cạnh, hai đường còn lại dọc theo hai đường trung bình của hình vuông. Cậu bé Kôlia chạy khỏi bố mẹ theo các con đường đó. Hỏi bố và mẹ có thể bắt được Kôlia không nếu cậu ta chạy nhanh gấp ba lần bố mẹ (trong suốt cuộc chơi cả ba người đều nhìn thấy nhau).

Giải Để bắt được Kôlia, trước tiên ông bố phải ở vị trí A

D

C

A I B

E F

và bà mẹ phải ở vị trí B. Nếu Kolia ở trong đoạn AB thì hiển nhiên bị bắt. Bây giờ ông bố phải kiểm soát đường AB sao cho Kôlia không thể vượt qua ngã tư A và ngã ba B (Hình trên). Bà mẹ đuổi theo Kôlia và bắt được cậu ta khi “dồn” cậu ta đến chỗ bị “kẹp” giữa ông bố và bà mẹ. Ta sẽ làm rõ điều này hơn như sau.

Ông bố (lúc đầu ở vị trí bất kì trong công viên) phải chuyển về vị trí A, còn bà mẹ chuyển về vị trí B. Không hạn chế tổng quát, có thể coi Kôlia ở phía trên đoạn DB.

Bà mẹ bắt đầu đuổi từ vị trí B. Ông bố đứng yên và quan sát.

Rõ ràng Kôlia không thể chạy vào đoạn CA hoặc DA, bởi vì ông bố đã án ngữ tại điểm A. Khi Kolia chạy đến điểm E và tiếp tục chạy theo hướng EF thì ông bố bắt đầu chạy song song cùng chiều với Kôlia trên đoạn AB. Nếu Kôlia quay lại thì ông bố cũng quay lại. Do vận tốc của Kôlia gấp ba lần vận tốc của ông bố nên khi Kôlia quay lại đến điểm E thì ông bố cũng quay lại đến điểm A và lại đứng chờ ở đó. Vì vậy Kôlia không thể quay lại đoạn ED và đi vào đoạn DA được. Cậu ta chỉ có thể chạy đến F rồi hoặc đi vào đoạn FA hoặc đi đến B. Nếu Kôlia chạy từ F đến A (khi ấy ông bố đang ở vị trí I) thì ông bố quay lại theo hướng IA. Do vận tốc của Kôlia gấp ba lần vận tốc của ông bố nên Kôlia vừa đến điểm A thì ông bố cũng quay lại đến điểm A và Kôlia bị bắt. Cũng vì vận tốc của Kôlia gấp ba lần vận tốc của ông bố nên khi Kôlia chạy từ F đến B thì ông bố chạy từ I đến B và Kôlia bị bắt tại B. Kôlia không thể quay lại mãi vì đã bị mẹ “dồn đuổi” sau lưng. Kết luận là Kôlia bị bắt trong mọi trường hợp. Cách tốt nhất của cậu ta là “đi chậm” (bằng vận tốc của bà mẹ), khi ấy cậu ta lâu bị bắt nhất.

Bài 40 (Vô địch Moscow lần thứ 33, 1970, lớp 8, vòng 2) Một con khỉ trong vườn bách thú nhỏ bị sổng chuồng và hai người bảo vệ đuổi bắt nó. Cả người bảo vệ và con khỉ đều cùng chạy theo các con đường nhỏ. Có tất cả 6 con đường thẳng: 3 đường dài tạo thành

33

ba cạnh của tam giác đều, ba cạnh ngắn nối các điểm giữa các cạnh. Tại mỗi thời điểm người và khỉ đều nhìn thấy nhau. Hỏi hai người bảo vệ có bắt được con khỉ không? Biết rằng khỉ chạy nhanh gấp ba lần những người bảo vệ (đầu tiên những người bảo vệ đứng ở đỉnh tam giác, còn khỉ đứng ở một đỉnh khác)?

Giải Để bắt được khỉ, những người bảo vệ phải tuân theo chiến lược sau đây. Đầu tiên họ phải chiếm điểm A và điểm B . Nếu con khỉ nằm ở phía trên đoạn thì bị bắt ngay. Vì vậy có thể coi con khỉ nằm ở phía dưới đoạn

ABAB .

Bây giờ một người đi dọc theo cạnh , còn người thứ hai kiểm soát đoạn để cho con khỉ không thể vượt qua

ACAB

A hoặc B được. Tiếp theo dễ dàng bắt lại được con khỉ.

Bài 41a (Vô địch Moscow lần thứ 33, 1970, lớp 9, vòng 2) Ba con nhện và một con ruồi bò theo các cạnh của một lập phương trong suốt. Vận tốc lớn nhất của con ruồi lớn hơn vận tốc lớn nhất của nhện gấp ba lần. Đầu tiên các con nhện nằm trên một đinh của lập phương, còn con ruồi nằm ở đỉnh đối diện. Hỏi các con nhện có thể có bắt được ruồi không (nhện và ruồi luôn luôn nhìn thấy nhau)?

Giải Một con nhện phải kiểm soát cạnh AB , con khác kiểm soát cạnh sao cho con ruồi không thể vượt qua các đỉnh

CC′, , ,A B C C′ . Trên

hình lập phương không còn đường đi đóng nào, do đó ruồi không thể thoát khỏi con nhện thứ ba.

Bài 41b (Vô địch Moscow lần thứ 33, 1970, lớp 10, vòng 2) Xét bài toán trên với hai con nhện, nhưng vận tốc tối đa của ruồi và nhện là như nhau.

Trả lời: Nhện có thể bắt được ruồi.

Bài 42 (Vô địch Liên Xô lần thứ 8, 1974, lớp 8) Hai người chơi trò “mèo đuổi chuột” trên một bàn cờ . Người thứ nhất (đóng vai chuột) có một quân cờ đam màu đen (một con chuột), người thứ hai (đóng vai mèo) có vài quân đam trắng (vài con mèo). Tất cả các quân chuyển động như nhau: mỗi lần đi một ô sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới. Nếu chuột chạy ra đến mép bàn cờ, thì đến bước sau nó nhảy ra khỏi bàn cờ. Nếu một con mèo nhảy được vào ô chuột đang đứng, thì mèo ăn thịt chuột.

8 8×

Chuột đi bước đầu tiên. Mục đích của chuột là nhảy ra khỏi bàn cờ. Bước tiếp theo là bước đi của mèo: tất cả các con mèo đều chuyển động, có thể theo các hướng khác nhau). Mục đích của mèo là bắt được chuột.

34

1) Giả sử có hai con mèo. Chuột đã đứng ở một ô nào đó bên trong bàn cờ (không ở ô ngoài biên). Hỏi có thể đặt hai con mèo tại vị trí nào đó trên biên bàn cờ, để chúng có thể bắt được chuột không? 2) Giả sử có ba con mèo, nhưng mỗi bước chuột có thể nhảy hai ô liền. Hãy chứng minh rằng chuột có thể chạy thoát từ mọi vị trí ban đầu.

Giải 1) Có thể. Cần đặt hai con mèo vào vị trí sao cho chuột nằm trên đường thẳng nối hai con mèo song song với một đường chéo của bàn cờ. Bước tiếp theo, dù chuột đi thế nào, thì hai con mèo cũng cứ đi sao cho chuột vẫn nằm giữa chúng trên đường thẳng song song với đường chéo.

2) Kẻ qua ô chuột đang đứng hai đường thẳng song song với các đường chéo và loại bỏ các ô mà các đường thẳng này đi qua. Vì chỉ có ba con mèo nên một trong bốn miền của bàn cờ không có mèo. Và chuột phải đi trong miền đó hướng ra ngoài biên. Rõ ràng mèo không thể bắt được chuột, vì sau mọi bước đi của mèo vẫn còn cách chuột một ô trống trong miền tự do của chuột.

Bài 43 (Vô địch Liên Xô lần thứ 3, 1969, lớp 8) Giữa cánh đồng hình vuông có một chú cáo, còn bốn chú chó săn thì đứng ở bốn góc hình vuông. Cáo có thể chạy trên toàn bộ cánh đồng, còn chó chỉ có thể chạy theo các cạnh của hình vuông. Biết rằng, cáo có thể cắn chết một con chó, nhưng hai con chó có thể cắn chết cáo. Tốc độ tối đa của mỗi con chó nhanh gấp 1,5 lần tốc độ tối đa của cáo. Chứng minh rằng các con chó có thể giữ không cho con cáo ra khỏi hình vuông.

Bài 44 (Trò chơi cảnh sát bắt cướp, [1]) Giả sử đường phố của một đô thị có dạng “ô bàn cờ vô tận”. Một xe cảnh sát túc trực tại một giao lộ (ngã ba, ngã tư,...). Có một xe của kẻ cướp tại một vị trí khác trong thành phố. Xe cảnh sát có tốc độ gấp đôi xe của kẻ cướp, nhưng phải tuân thủ các qui tắc giao thông: không được phép ngoặt trái hoặc quay ngược (không được thực hiện các phép quay hình chữ U). Vì vậy, tại mỗi giao lộ, xe cảnh sát chỉ có thể ngoặt phải hoặc đi thẳng. Ngược lại, xe kẻ cướp có thể ngoặt theo mọi hướng đi tại mỗi giao lộ. Xe cảnh sát thực hiện bước đầu tiên. Các bước chuyển động giống như của “con xe” trong cờ tướng: có thể tiến thẳng, ngoặt phải, nhưng không được phép đi theo đường chéo. Mỗi bước xe cảnh sát đi được hai ô (bàn cờ), còn xe kẻ cướp đi được một ô. Nếu sau một số bước, xe cảnh sát ở vào ô trung tâm, còn xe kẻ cướp ở vào một trong tám ô lân cận, thì kẻ cướp bị bắt và trò chơi kết thúc. Qui tắc chơi được mô tả hình ảnh trên Hình 1. Xe cảnh sát được đánh dấu tròn gạch chéo với mũi tên, xe kẻ cướp không có mũi tên. Bước đi thứ nhất xe cảnh sát có thể chuyển đến vị trí A hoặc B. Bước thứ hai có thể chuyển từ A sang vị trí C hoặc D, từ B có thể chuyển sang E hoặc F.

35

Bước đi thứ nhất của xe kẻ cướp (sau bước thứ nhất của xe cảnh sát) có thể là chuyển sang một trong các vị trí X, Y, Z, W. Nếu cảnh sát ở vị trí F, còn kẻ cướp ở một trong 8 ô liền kề với ô F, thì trò chơi kết thúc.

Hình 1 Hình 2

Bài toán đặt ra là: Phải đặt các xe cảnh sát ở vị trí nào (tạo một mạng lưới kiểm soát tối ưu), để có thể kiểm soát được thành phố (không cho xe kẻ cướp trốn thoát?

Nhà toán học Isac (chuyên gia về trò chơi vi phân) đã chỉ ra rằng, có thể tính được miền không đối xứng, gồm 69 ô quanh vị trí của xe cảnh sát, mà xe kẻ cướp ở trong bất kì 69 ô đó đều sẽ bị bắt (Hình 2). Điều ngược lại cũng đúng, nghĩa là, nếu xe kẻ cướp ở ngoài miền gồm 69 ô ấy, thì kẻ cướp có thể chạy thoát (với điều kiện ô bàn cờ là vô hạn).

Để giải quyết bài toán này, trước tiên ta có thể làm thực nghiệm: vẽ một ô bàn cờ kích thước với xe cảnh sát ở giữa. Có thể chọn một số vị trí của xe kẻ cướp và bắt đầu cuộc chơi. Qua một số thực nghiệm này, ta có thể tìm ra các vị trí đặt xe kẻ cướp, từ đó có thể chạy được ra biên của bàn cờ.

50 50×

Sau khi chơi đủ nhiều số ván, ta có thể vẽ được miền bảo đảm bắt được xe kẻ cướp. Tuy nhiên, cũng có thể xây dựng một phương pháp đơn giản hơn, cho phép không chỉ vẽ được miền kiểm soát, mà còn chỉ ra được, sau bao nhiêu bước cảnh sát bắt được kẻ cướp.

Dưới đây ta xét bài toán đơn giản hơn. Giả sử xe cảnh sát có vị trí ban đầu như trong Hình 1, còn xe kẻ cướp ở một trong các vị trí được đánh dấu . Kẻ cướp có thể thoát

hiểm từ tất cả các vị trí, trừ một vị trí (xem Hình 2). Vị trí này này nằm ngay sát nách vị trí xe cảnh sát: hai xe cách nhau “chỉ một bước nhảy của con ngựa”! Tuy nhiên, cũng phải cần 9 bước xe cảnh sát mới bắt được xe kẻ cướp (ô được đánh dấu chấm).

Trên Hình 2 chỉ ra số bước cần thiết tương ứng với vị trí của xe kẻ cướp để xe cảnh sát có thể bắt được xe kẻ cướp. Các vị trí , trừ một vị trí (ô được đánh dấu chấm) nằm ngoài

khu vực này, vì vậy kẻ cướp có thể chạy thoát.

36

§5 Một số bài toán khác

Bài 45 (Vô địch Moscow lần thứ 33, 1970, lớp 7, vòng bổ sung) Trong trò chơi đôminô thông thường, các quân đôminô được đặt sao cho hiệu giữa các số trên các quân cạnh nhau bằng 0. Hỏi có thể đặt tất cả 28 quân đôminô vào một vòng khép kín để cho tất cả các hiệu bằng ? 1±

Giải Để có thể đặt được các quân đôminô theo yêu cầu của đầu bài, cần phải luôn luôn đặt một số chẵn cạnh hai số lẻ, Nhưng trên quân đôminô có 32 số chẵn và và chỉ có 24 số lẻ. Vì vậy bài toán không giải được.

Bài 46 (Vô địch Moscow lần thứ 34, 1971, lớp 10, vòng 2) Kế toán và người chơi chơi trò chơi sau đây. Kế toán gọi một số có 1000 chữ số . Biết số đó, người chơi gọi một số

1A

1B nào đó. Sau đó kế toán xem xét và quyết định trừ số lớn cho số nhỏ hoặc cộng chúng. Được số và báo cho người chơi. Người chơi lại báo cho kế toán số 2A 2B nào đó.

Trò chơi tiếp tục cho tới khi nếu kế toán nhận được một trong các số 1, 10, 100, 1000,… Chứng minh rằng người chơi luôn có thể kết thúc trò chơi sau khi thông báo cho kế toán không quá 20 số.

Bài 47 (Winconsin Mathematics Science and Engineering Talent Search- Thi chọn tài năng của đại học Winconsin, 2000-2001) Một chiếc máy kì diệu làm việc như sau: nếu anh bỏ vào máy 1 đồng xu (penny), nó cho nhảy ra một đồng hào (dime); nếu bạn bỏ vào 1 đồng hào, sẽ nhảy ra một đồng xu và 1 đồng 25 xu (a quater), còn nếu bạn bỏ vào 1 đồng 25 xu, nó sẽ nhảy ra 2 đồng hào.

Bắt đầu bằng một đồng hào, tôi chơi với máy một lúc. Khi đếm tiền, tôi thấy mình có đúng 100 đồng xu cùng với một số đồng tiền khác. Hỏi số tiền bé nhất mà tôi có thể có vào lúc này là bao nhiêu? (1 dollar = 10 dime = 100 penny).

Giải Giả sử trong suốt thời gian chơi, tôi đã bỏ vào máy tất cả p đồng xu (penny), đồng hào (dime), đồng 25 xu (quater). Sau khi chơi, tôi có đồng xu,

dq P D đồng hào và

đồng 25 xu. Theo đề bài, . Q 100P =

Mỗi lần bỏ vào máy 1 đồng hào, số đồng xu của tôi tăng thêm 1, và mỗi lần bỏ vào máy 1 đồng xu, số đồng xu của tôi giảm bớt 1. Theo đầu bài, khi bỏ vào máy 1 đồng 25 xu (quater), số đồng xu (penny) của tôi không thêm không bớt. Tương tự, khi bỏ vào máy 1 đồng xu (penny), số đồng 25 xu (quater) không thêm không bớt. Vì ban đầu tôi không có đồng xu nào (chỉ có 1 đồng hào) nên P d p= − (1). Cứ mỗi lần bỏ vào máy một đồng hào, thì số đồng 25 xu (quater) tăng thêm 1 nên

(2). Q d q= −

Để ý rằng, cứ mỗi lần bỏ vào máy một đồng xu, thì số đồng hào tăng thêm 1; cứ mỗi lần bỏ vào máy một đồng hào, thì số đồng hào giảm bớt 1 và cứ mỗi lần bỏ vào máy một

37

đồng 25 xu, thì số đồng hào tăng thêm 2. Tôi đã khởi đầu bằng đồng 1 hào, vậy số đồng hào tôi có sau khi chơi là (3). 1 2D p d= + − + qTừ các phương trình (1), (2), (3) ta có:

2 1 1 1D Q d p d p+ = + + ≥ + − = + P . Gọi M là tổng số tiền (tính ra xu) tôi có sau khi chơi. Khi ấy

10 25 10( 2 ) 10( 1) 11 10 1110M P D Q P D Q P P P= + + ≥ + + ≥ + + = + = .

Nói cách khác, tôi phải có ít nhất 1110 xu Ta có thể thấy khả năng này là có thể xảy ra theo cách chơi sau đây (gạch dưới biểu thị ta đã đút đồng xu đó vào máy để ra số tiền mới). 1 đồng hào→1 đồng xu+1 đồng 25 xu (tổng cộng 26 xu) 1 đồng 1 hào+→ 1 đồng 1 hào (tổng cộng 21 xu) 1 đồng xu+→ 1 đồng 25 xu (tổng cộng 37 xu) 1 đồng 1 hào+→ 1 đồng 1 hào (tổng cộng 32 xu)... Như vậy, cứ tiếp tục bỏ vào 1 đồng hào (để được 1 đồng xu và 1 đồng 25 xu, tức là lãi 16 xu) rồi lại bỏ đồng 25 xu (để được 2 đồng 1 hào, tức là lỗ 5 xu). Tổng hai lần như vậy, sẽ lại 11 xu. Do đó cứ bỏ 100 lần đồng 1 hào và 100 lần đồng 25 xu, ta sẽ được 1110 xu, trừ đi đồng hào (làm vốn), còn lại “lãi ròng” là 1100 xu=11 dollar.

Câu hỏi: Giả sử mỗi lần chơi mất 1 phút. Với 200 lần chơi (bằng số thời gian trên), hãy tìm chiến lược để được lãi lớn nhất.

Bài 48 (Vô địch Quốc gia Belorus, 2000, vòng 4) Có ( 1)2

n n + đồng tiền được đặt khít

bên nhau trong một tam giác đều. Mỗi cạnh có đúng đồng tiền. Lúc đầu tất cả đều được đặt ngửa, trừ một đồng. Mỗi một bước chuyển là một lần chọn hai đồng tiền kề nhau có tâm A và B, rồi lật ngược tất cả các đồng tiền nằm trên đường thẳng AB. Hãy xác định tất cả các trạng thái ban đầu, để sao cho từ trạng thái ban đầu đó, ta có thể thực hiện một số hữu hạn bước chuyển nhằm làm cho tất cả mọi đồng tiền đều lật úp xuống.

n

Bài 49 Bốn chữ X và năm chữ được viết trên một vòng tròn theo thứ tự bất kì. Nếu hai chữ liên tiếp là như nhau thì ta đặt một chữ

OX vào giữa chúng. Nếu hai kí hiệu liên

tiếp là khác nhau thì ta đặt một chữ vào giữa chúng. Bỏ đi các chữ và O O X cũ. Liên tục làm như vậy, hỏi sau một số bước có thể có được 9 chữ không? O

Bài 50 (Vô địch Liên Xô lần thứ 18, 1984, lớp 8, vòng 2) Thầy giáo viết lên bảng một đa thức bậc hai . Sau đó lần lượt mỗi học sinh tăng hoặc giảm một đơn vị hoặc là hệ số của

2 10 20x x+ +x , hoặc là hệ số tự do. Cuối cùng ta được tam thức bậc hai .

Hỏi có thời điểm nào mà trên bảng xuất hiện một tam thức bậc hai với các nghiệm nguyên không?

2 20 10x x+ +

38

Tài liệu sử dụng

[1] Martin Gadner, New Mathematical Diversions from Scientific American, Nhà xuất bản Mir, Moscow, 1971 (bản tiếng Nga). [2] Vũ Đình Hòa, Một số kiến thức cơ sở về graph hữu hạn, Nhà xuất bản Giáo dục, 2006. [3] Kin Y. Li, Mathematical Games I, II,Mathematical Excalibur, Vol 7, 2002, No 2 & 5. [4] Tạ Duy Phượng, Đoàn Hữu Dũng, Giới thiệu một số trò chơi toán học (bản thảo, 2011, 126 trang). [5] Đặng Huy Ruận, Trò chơi và đồ thị, Nhà xuất bản Khoa học kĩ thuật Hà Nội, 2005. [6] Đặng Huy Ruận, Trò chơi chọn đỉnh đồ thị và ứng dụng, Kỉ yếu Hội thảo “Các chuyên đề chuyên toán bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông (Nguyễn Văn Mậu chủ biên), Nam Định, 26-28 tháng 11, 2010. [7] Các tạp chí Kvant, Mathematical Excalibur, Krux; các sách thi Olympic Toán.

39