Mục lục bài viết
Thủ Thuật Hướng dẫn Trong phòng có 2 dãy mỗi dãy có 4 bàn xếp đều 32 học viên vào phòng đó hỏi mỗi bàn có mấy học viên Mới Nhất
Update: 2022-04-01 08:46:12,Bạn Cần biết về Trong phòng có 2 dãy mỗi dãy có 4 bàn xếp đều 32 học viên vào phòng đó hỏi mỗi bàn có mấy học viên. Quý khách trọn vẹn có thể lại Thảo luận ở cuối bài để Mình được tương hỗ.
Chuyên đề sử dụng đại lượng không bao giờ thay đổi và đơn biếngiải bài toán tổ hợpA. MỞ ĐẦU1.Lý do chọn đề tài:Bài toán tổng hợp là bài toán nằm trong cấu trúc bắt buộc của những đề thi học viên giỏi. Các vấn đềliên quan đến lí thuyết tổng hợp là một bộ phận quan trọng, mê hoặc và lí thú của Toán học nóichung và toán rời rạc nói riêng, chính vì nó có nội dung phong phú và được ứng dụng nhiều trongthực tiễn đời sống. Trong chuyên đề này, tôi triệu tập khai khác sử dụng đại lượng không bao giờ thay đổi vàđại lượng đơn biến để giải bài toán tổng hợp nhằm mục tiêu giúp học viên có thêm một công cụ khi đứngtrước một bài toán tổng hợp.2. Mục đích nghiên cứu và phân tích:Chuyên đề nhằm mục tiêu khối mạng lưới hệ thống kiến thức và kỹ năng về đại lượng không bao giờ thay đổi trong toán tổng hợp, trình bàycác kết quả qua quy trình nghiên cứu và phân tích đại lượng không bao giờ thay đổi. Giúp học viên có kiến thức và kỹ năng nền tảng vàcó thêm một kim chỉ nan cho những dạng bài toán tổng hợp.B. NỘI DUNG1.KIẾN THỨC CƠ BẢNTrong một loạt bài toán ta thường gặp trường hợp sau : Một khối mạng lưới hệ thống nào đó thay đổi liêntục trạng thái của tớ và nên phải chỉ ra một điều gì đó về trạng thái ở đầu cuối của nó. Khảosát cục bộ tiếp sau đó toàn bộ những lần thay đổi như vậy là một việc làm rất phức tạp và trở ngại.Nhưng ta lại trọn vẹn có thể vấn đáp vướng mắc mà bài toán yêu cầu nhờ tính một đại lượng đặc biệt quan trọng nào đóđặc trưng cho toàn bộ những trạng thái của khối mạng lưới hệ thống đó. Hai đại lượng thường được sử dụng là bấtbiến và đơn biến. Bất biến là một đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quy trình chúngta tiến hành những phép biến hóa. Đơn biến là một đại lượng (hay tính chất) thay đổi, nhưng chỉtheo một chiều (tức là tăng thêm hoặc hạ xuống). Dựa vào đại lượng không bao giờ thay đổi hoặc đơn biến, tachỉ ra được một số trong những tính chất của trạng thái ở đầu cuối, từ đó xử lý và xử lý được bài toán.Trên thực tiễn phương pháp sử dụng đại lượng đơn biến hoặc không bao giờ thay đổi được tiến hành nhưsau : Tính một đại lượng nào đó bằng 2 cách: thứ nhất nó được xem ở trạng thái ban sơ và trạngthái ở đầu cuối, tiếp sau đó khảo sát sự thay đổi của nó qua một số trong những lần thay đổi nhỏ liên tục.Để thiết lập những không bao giờ thay đổi hoặc đơn biến đôi lúc người ta còn sử dụng sự tô màu, tức làchia những đối tượng người tiêu dùng đang xét ra làm những nhóm (mỗi nhóm gồm những đối tượng người tiêu dùng được ghi lại cùngmột màu).12. SỬ DỤNG ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN TỔ HỢP2.1 Bất biến tương quan đến tính chia hết (hoặc số dư trong một phép chia)a) Bất biến là tính chẵn, lẻVí dụ 1.1Cho một bàn cờ kích thích 8 x 8, tô đen một ô bất kì. Mỗi bước được cho phép đổi màu toàn bộ những ôtrên cùng một hàng hoặc một cột ( ô đen thay bằng ô trắng và ngược lại). Hỏi có lúc nào tất cảcác ô trên bàn cờ cùng màu không?Nhận xét:+ Việc khảo sát toàn bộ những phương án đổi màu trong bài toán là không tiến hành được, ta thửxem có quy luật nào chi phối toàn bộ những phương án này sẽ không?Ta xem xét sự thay đổi số lượng ô đen và ô trắng :Ban đầu, có một ô đen, 63 ô trắngKết thúc có 64 ô đen, 0 ô trắng (hoặc 64 ô trắng, 0 ô đen)Mỗi bước tiến hành: sẽ đổi màu 8 ô (1 hàng hoặc 1 cột), giả sử trước bước đổi màu thứ k, có x kô đen, và 64 – xk ô trắng . Bước đổi màu k biến a ô đen thành a ô trắng, 8 – a ô trắng thành 8 – aô đen. Như vậy, sau bước đổi màu thứ k, số ô đen là x k – a + 8 – a = x k + (8 – 2a), số ô trắng 64– xk + (2a – 8).Từ đó, ta đã có được trao xét về yếu tố thay đổi số lượng ô trắng, đen sau mỗi phép đổi màu.Lời giải:Mỗi bước tiến hành: sẽ đổi màu 8 ô (1 hàng hoặc 1 cột), giả sử trước bước đổi màu thứ k, có x kô đen, và 64 – xk ô trắng . Bước đổi màu k biến a ô đen thành a ô trắng, 8 – a ô trắng thành 8 – aô đen. Như vậy, sau bước đổi màu thứ k, số ô đen là x k – a + 8 – a = x k + (8 – 2a), số ô trắng 64– xk + (2a – 8).Như vậy, sau mỗi lần tiến hành, thì số ô đen tăng hoặc giảm một số trong những chẵn. Ban đầu có một ô đen,như vậy, sau từng bước đổi màu, thì số lượng ô đen vẫn là một số trong những lẻ. Như vậy, không thể đạtđược trạng thái có 64 ô đen, 0 ô trắng hoặc 0 ô đen, 64 ô trắng.Ví dụ 2.1: Cho một bàn cờ kích thước 9 x 9, gồm 1 ô đen và 80 ô trắng. Thực hiện thuật toán :mỗi lần thay đổi màu toàn bộ những ô trên cùng 1 hàng hoặc 1 cột (ô đen thay bằng ô trắng và ngượclại). Hỏi có lúc nào toàn bộ những ô trên bàn cờ cùng màu đen không?Nhận xét: Thuật toán tương tự như bài trước, tuy nhiên, mỗi lần tiến hành thuật toán sẽ đổi màu9 ô , như vậy tính chẵn lẻ của số lượng ô đen không không bao giờ thay đổi. Tuy nhiên, để ý kĩ một chút ít, tahoàn toàn trọn vẹn có thể đưa bài toán về bài toán 1: Xét hình vuông vắn 8 x 8 ở một góc mà chứa ô đen. Khiđó, việc tiến hành thuật toán của đề bài sẽ : hoặc không thay đổi hình vuông vắn 8x 8 này, hoặc thaymàu toàn bộ những ô trên cùng một hàng hoặc một cột.Lời giải:2Giả sử ô màu đen nằm ở vị trí phần hình vuông vắn 8 x 8 được tô đậm trên hình vẽ.Khi đó, mỗi lần tiến hành thuật toán thì hoặc không làm thay đổi hình vuông vắn 8 x8 này, hoặc sẽđổi màu 1 hàng hoặc 1 cột của hình vuông vắn 8 x 8 này. Như vậy, theo bài toán 1 thì số ô đen tronghình vuông 8 x 8 này luôn là số lẻ. Tức là không xẩy ra trường hợp cả 64 ô đều màu đen. Vậykhông xẩy ra trường hợp cả bàn cờ màu đenVí dụ 3.1.Hai người chơi cờ. Sau mỗi ván người thắng được 2 điểm, người thua được 0 điểm, nếu hòa thìmỗi người được một điểm. Hỏi sau một số trong những ván liệu trọn vẹn có thể xẩy ra trường hợp một người được 7điểm và người kia được 10 điểm được không?Lời giải: Gọi S(n) là tổng số điểm của tất cả hai người sau ván thứ n.Ta có S(n + 1) = S(n) + 2, ∀n ≥ 0Do đó, S(n) không bao giờ thay đổi theo modun 2.Suy ra S(n) ≡ S(0) ≡ 0(mod 2), ∀n ≥ 0Vậy không thể xẩy ra trường hợp một người được 7 điểm, một người được 10 điểm.Nhận xét: Tính không bao giờ thay đổi ở đấy là tính chẵn lẻ của tổng số điểm của hai ngươi chơiVí dụ 4.1.Viết những số 1, 2, 3, …, năm trước lên bảng. Thực hiện thuật toán: Mỗi lần xóa đi hai số a, b bất kì vàviết thêm số c = |a – b| . Chứng minh rằng số còn sót lại ở đầu cuối trên bảng là một số trong những lẻ.Lời giải:Vì a + b + (a – b) = 2a nên a + b và a – b cùng tính chẵn, lẻ . Gọi S(n) là tổng những số trên bảngsau bước thứ n. Vì sau từng bước, tổng a + b được thay bởi c = |a – b| nên S(n) không thay đổi tínhchẵn, lẻ, hay không bao giờ thay đổi theo modun 2.Mặt khác S(0) = 1 + 2 + … + năm trước = 1007. năm ngoái là số lẻNên S(n) là lẻ với mọi n.Vậy số ở đầu cuối còn sót lại trên bảng là một số trong những lẻNhận xét: Tính không bao giờ thay đổi ở đấy là tính chẵn lẻ của tổng những số trên bảngBài tập tương tự :3Bài 1.1: Trên bảng, người ta viết 2013 số 0 và 2013 số 1. Thực hiện thuật toán: Mỗi lần số đi 2số bất kì: nếu hai số đó giống nhau thì viết thêm số 0, nếu 2 số đó rất khác nhau thì viết thêm số 1.Hỏi số ở đầu cuối còn sót lại trên bảng là số nào?Bài 2.1: Trên bảng ta viết một số trong những chữ số 0, một số trong những chữ số 1 và một số trong những chữ số 2. Sau đó ta cứ xóađi một cặp hai chữ số rất khác nhau và thay thế vào đó một chữ số khác với hai chữ số đã xóa.Chứng minh rằng : Nếu trong kết quả ở đầu cuối trên bảng chỉ từ một chữ số thì kết quả đókhông tùy từng thứ tự những cặp chữ số được xóa (Trích đề thi Vô địch Liên Xô – 1975)Bài 3.1: Cho dãy số 1, 2, 3, 4, …, 2013. Mỗi lần thay hai số a , b bởi số a – b. Hỏi có lúc nào thuđược toàn số 0 hay là không? Thay 2013 bằng số tự nhiên N, tìm Đk của N để kết quả cuốicùng thu được toàn số 0?Bài 4.1: Cho một bàn cờ 7 x 7, tô đen 4 ô ở 4 góc. Thực hiện thuật toán: mỗi lần thay đổi màu 1hàng hoặc một cột (ô đen thay bằng ô trắng và ngược lại). Hỏi có lúc nào tất những ô trên bàn cờcùng màu không?b) Bất biến tương quan đến tính chia hết cho một số trong những to nhiều hơn 2 hoặc số dư trong một phép chia chomột số to nhiều hơn 2Ví dụ 5.1.Cho 1000 số từ là một trong những đến 1000 trên bảng, mỗi lần thay 1 hoặc một vài số bởi tổng những chữ số củanó. Hỏi ở đầu cuối có nhiều số 1 hay nhiều số 2 hơn?Lời giải:Một số chia cho 9 dư k thì tổng những chữ số của nó chia 9 cũng dư k.Các số chia 9 dư 1 trong những dãy từ là một trong những đến 1000 là : 1; 10; 19; 28; ….; 1000, như vậy có1000 − 1+ 1 = 112 số9Các số chia 9 dư 2 trong dãy từ là một trong những đến 1000 là : 2; 11; 20; 29; ….; 992, như vậy có992 − 2+ 1 = 111 số9Vậy, ở đầu cuối có nhiều số 1 hơn số 2.Nhận xét: trong lời giải trên ta sử dụng tính chất một số trong những chia cho 9 dư k thì tổng những chữ số củanó chia 9 cũng dư k. Đây đó là đại lượng không bao giờ thay đổi của bài toán.Ví dụ 6.1. (Đề thi chọn đội tuyển tham dự cuộc thi HSGQG tỉnh Bắc Ninh , trong năm 2007)Trên bàn có 2007 viên bi gồm 667 bi xanh, 669 bi đỏ, 671 bi vàng. Thực hiện thuật toán như sau: Mỗi lần lấy đi 2 viên bi khác màu và đặt thêm 2 viên bi có màu còn sót lại. Hỏi trọn vẹn có thể nhận đượctrạng thái mà trên bàn chỉ từ lại những viên bi cùng màu được không?Lời giải:4Gọi X(n), D(n) và V(n) tương ứng là số bi màu xanh, số bi red color và số bi màu vàng sau bướcthứ n.Xét những đại lượng X(n) – D(n), D(n) – V(n) , V(n) – X(n)Vì mỗi lần lấy đi 2 viên bi khác màu và đặt thêm 2 viên bi có màu còn sót lại nên những đại lượngX(n) – D(n), D(n) – V(n) , V(n) – X(n) không bao giờ thay đổi theo mođun 3.Ta có X(0) – D(0) = – 2 , D(0) – V(0) = 2; V(0) – X(0)= 4Nên số dư của những đại lượng này khi chia cho 3 sau mỗi lần tiến hành thuật toán là một trong những; 2; 1.Ta lại thấy, số bi ở trên bàn luôn không thay đổi (mỗi lần tiến hành, lấy đi 2 viên và đặt thêm 2viên khác), vậy nếu trên bàn chỉ từ những viên bi cùng màu tức là số viên bi đỏ, xanh, vàng cònlại là một hoán vị của tập 2007, 0, 0, vậy những đại lượng X(n) – D(n), D(n) – V(n) , V(n) – X(n)đều chia hết cho 3 (xích míc)Từ đó, suy ra không thể nhận được trạng thái mà trên bàn chỉ từ lại những viên bi cùng màuNhận xét: Việc lấy thêm đi 2 viên bi rất khác nhau và đặt thêm 2 viên bi có màu còn sót lại tạo ra bấtbiến về hiệu số những viên bi khi chia cho 3 ở bài toán.Ví dụ 7.1.Mỗi bước được cho phép chọn một số trong những a, phân tích a thành tích hai số m, n và viết lên bảng m ± 2, n ± 2tùy ý (ví dụ a = 99 = 9.11, 9 – 2 = 7, 11 + 2 = 13, như vậy trọn vẹn có thể viết lên bảng số 7 và số 13 thaycho số 99). Hỏi sau một số trong những bước như vậy,từ số 99…..99 (2012 chữ số 9) có thu được trên bảngmột dãy gồm toàn những số 9 không?Lời giải:Nếu a là một số trong những chia cho 4 dư 3 thì trong 2 số m, n có một số trong những chia 4 dư 1, một số trong những chia 4 dư 3.Một số chia 4 dư 1 thì cộng hay trừ 2 đều chia 4 dư 3.Vậy, sau khoản thời hạn tiến hành phép thay đổi thì từ là một trong những số chia 4 dư 3 luôn tồn tại 1 số ít chia 4 dư 3 còn sót lại.Số 99…..99 (2012 chữ số 9) chia 4 dư 3, như vậy, sau một số trong những bước biến hóa được chỉ ra ở đề bàithì ở đầu cuối, luôn tồn tại một số trong những chia 4 dư 3Một dãy gồm toàn số 9, tức là dãy gồm toàn số chia 4 dư 1.Vậy không thể thu được dãy số như trên.Nhận xét: Bất biến trong bài toán là yếu tố tồn tại một số trong những chia 4 dư 3 trong dãyVí dụ 8.1.Trên bảng có hai số 1 và 2. Thực hiện việc ghi số theo quy tắc sau: nếu trên bảng có hai số a, bthì được phép ghi thêm số c = a + b + ab. Hỏi bằng phương pháp đó, trọn vẹn có thể ghi được những số 2010 và11111 hay là không?Lời giải:Dãy những số được viết là1, 2, 5, 11, 17,…Dễ dàng chứng tỏ được những số được viết thêm trên bảng đều chia cho 3 dư 2. Bất biến trêncho phép ta loại trừ được số 2010 trong dãy những số được viết trên bảng. Tuy nhiên, không bao giờ thay đổi đó5không được cho phép ta loại trừ số 11111. Ta đi tìm một không bao giờ thay đổi khác. Quan sát những số được viết vàquy tắc viết thêm số, ta cóc = a + b + ab ⇒ c + 1 = (a + 1)(b + 1)Và nếu thêm vào đó một vào những số thuộc dãy trên, ta có dãy mới2, 3, 6, 12, 18, …Như vậy, nếu thêm vào đó một vào những số viết thêm thì những số này đều phải có dạng 2n.3m vớin,m ∈ Ν . Do 11111 + 1 = 11112 = 3. 8. 463 nên không thuộc dãy những số viết được.Do đó không thể viết được những số 2010 và 11111.Nhận xét: Bài toán trên sử dụng 2 bất biếnBài tập tương tựBài 5.1: Các số tự nhiên 0, 1, 2, 3, … được viết trong những ô của một bảng ô vuông kích thước2003 x 2003 theo vòng xoáy trôn ốc (xoáy ngược chiều kim đồng hồ đeo tay) sao cho số 0 nằm ở vị trí ôtrung tâm (tâm của bảng). Các dòng và cột của bảng được đánh số tăng dần từ dưới lên trên vàtừ trái sang phải (khởi đầu từ số 1).a) Số 2004 nằm ở vị trí dòng nào, cột nào? Tại sao?b) Thực hiện thuật toán sau : lần thứ nhất, thay số 0 ở ô TT bởi 1998; mỗi lần tiếp theo,được cho phép lấy ra 12 số trong 12 ô liên tục trong cùng một hàng hoặc trong cùng một cột hoặctrong cùng một hình chữ nhật 3 x 4 rồi tăng mỗi số đó lên một cty chức năng. Hỏi sau một số trong những lần nhưvậy ta trọn vẹn có thể làm cho toàn bộ những số trong bảng đều là bội của 2004 hay là không? Tại sao?2021222324196789185011017432111615141312Bài 6.1 : Ở xứ sở nọ, nàng tiểu thư bị một con rồng hung hãn 100 đầu bắt đi. Chàng hoàng tửlên lối đi cứu công chúa, chàng có 2 thanh kiếm, thanh 1 chặt được 21 đầu rồng, thanh 2 :chặt được 3 đầu rồng nhưng rồng lại mọc thêm 2012 đầu. Nếu hoàng tử chặt được hết đầu củarồng thì cứu được công chúa. Hỏi hoàng tử có cứu được công chúa không? Nếu số lượng đầurồng ban sơ là N, N thỏa mãn thị hiếu Đk gì thì hoàng tử cứu được công chúa?2. 2. Bất biến là công thức đại sốVí dụ 1.2.Trên bảng người ta viết những số tự nhiên liên tục từ là một trong những đến 2013 tiếp sau đó tiến hành trò chơi nhưsau: mỗi lần xóa hai số bất kì và viết một số trong những mới bằng tổng hai số đã xóa. Việc làm này thực6hiện liên tục cho tới lúc còn một số trong những trên bảng. Hỏi số ở đầu cuối còn sót lại trên bảng là bao nhiêu?Tại sao?Lời giải: Vì mỗi lần tiến hành trò chơi thì thay hai số bằng tổng của chúng nên số lượng số trênbảng giảm sút 1 và tổng những số trên bảng không thay đổi trong mọi thời gian. Như vậy, sau 2012lần tiến hành thì trên bảng còn 1 số ít.Tổng những số lúc đầu là: 1 + 2 + 3 + L + 2012 + 2013 =2013.(2013 + 1)= 20270912Vậy số ở đầu cuối còn sót lại trên bảng là 2027091Nhận xét: Bất biến trong bài toán trên là tổng của những số trên bảng không thay đổi sau thuật toán.Ví dụ 2.2.Một dãy gồm có 19 phòng. Ban đầu mỗi phòng có một người. Sau đó, cứ mỗi ngày có haingười nào đó chuyển sang hai phòng cạnh bên nhưng theo hai chiều ngược nhau, Hỏi sau một sốngày, có hay là không trường hợp mà:(a) Không có ai ở phòng có thứ tự chẵn(b) Có 10 người ở phòng cuối.Lời giải:Đánh số những phòng theo thứ tự từ là một trong những đến 191 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19Ta cho từng vị khách một thẻ ghi số phòng mình đang ở. Gọi S(n) là tổng những số ghi trên thẻcủa toàn bộ những vị khách trong thời gian ngày thứ n. Vì mỗi ngày có hai người nào đó chuyển sang haiphòng cạnh bên nhưng theo hai chiều ngược nhau nên S(n) không hề thay đổi.Vậy S(n) = S(1) = 1 + 2 + 3 + …+ 19 = 190, ∀n ≥ 1a) Vì có lẻ người nên nếu không tồn tại ai ở phòng có thứ tự chẵn thì S(n) là tổng của 19 số lẻ, tức làS(n) là số lẻ , xích míc. Vậy trường hợp này sẽ không xẩy ra.b) Nếu có 10 người ở phòng cuối (phòng 19) thì S(n) > 19. 10 = 190, xích míc.Vậy trường hợpnày cũng không xảy raNhận xét: Bất biến của bài toán là tổng những số ghi trên thẻ của toàn bộ những vị khách.Ví dụ 3.2.Xét một bảng vuông 4 x 4 ô. Tại mỗi ô của bảng vuông có chứa dấu “+” hoặc dấu “ – ”. Mỗi lầnthực hiện, được cho phép đổi dấu của toàn bộ những ô trên cùng một hàng hoặc cùng một cột. Giả sử bảnghình vuông ban sơ có một dấu “+” và 15 dấu “-”. Hỏi trọn vẹn có thể đưa bảng ban sơ về bảng có toàndấu “+” được không?Lời giải:7Thay toàn bộ những dấu “+” bằng 1 và dấu “ – ” bằng – 1. Mỗi lần tiến hành đổi dấu toàn bộ những ô trêncùng 1 hàng hoặc 1 cột, tức là đổi dấu của 4 số nên tích của 16 số trên bảng là không thay đổi.Tích của 16 số ban sơ là – 1, sau mỗi lần biến hóa vẫn là -1.Nếu bảng toàn dấu “+” tức là tích của 16 số trên bảng là một trong những.Như vậy, dù có dù có tiến hành bao nhiêu lần thì từ bảng vuông ban sơ không thể đưa về bảngvuông toàn dấu “+”.Nhận xét: Bất biến trong bài toán là tích toàn bộ những số trên những ô của bảng.Ví dụ 4.2.Trên bảng có những số1 2 380; ; ;L ; . Mỗi lần tiến hành, được cho phép xóa đi hai số a, b bất kì và80 80 8080thay bởi a + b – 2ab. Hỏi sau 1987 lần tiến hành phép xóa, số còn sót lại trên bảng là số nào?Lời giảiGiả sử những số trên là a1; a2; a3; …; ak.Xét tích P = (2a1 – 1)(2a2 – 1)…(2ak – 1)Khi đó, sau mỗi lần biến hóa, tích trên bị mất đi hai thừa số (2a – 1)(2b – 1) và được thêm vàothừa số 2(a + b – 2ab) – 1 = – (2a – 1)(2b – 1)Tức là sau mỗi lần biến hóa giá trị tuyệt đối của tích P là không thay đổi.Vì tích ban sơ bằng 0 (do bảng ban sơ có chứa số40 1= ) nên sau mỗi lần biến hóa thì tích80 2này luôn bằng 0.Vậy số còn sót lại ở đầu cuối trên bảng là s thỏa mãn thị hiếu 2s – 1 = 0, hay s =1.2Nhận xét: Bất biến trong bài toán là tích toàn bộ những giá trị của hàm số y = 2x – 1 tại những số trênbảng.Ví dụ 5.2.Cho đa thức P(x) = ax2 + bx + c, trọn vẹn có thể tiến hành một trong hai phép biến hóa:a) Đổi chỗ a và cb) Đổi biến x bởi x + t với t ∈ R.Hỏi từ x 2 – 31x – 3 trọn vẹn có thể thu được x2 – 20x – 12 không? Tìm mối liên hệ của hai đa thức P(x)và Q.(x) sao cho từ đa thức này trọn vẹn có thể thu được đa thức kia bởi hai phép biến hóa nói trên.Lời giải.Xét biểu thức P(x+t) = a(x + t)2 + b(x + t) + c = ax2 + (2at + b) x + at2 + ccó ∆ = (2at + b)2 – 4a(at2 + c) = 4a2t2 + 4abt + b2 – 4a2t2 – 4ac = b2 – 4ac8Xét biểu thức P1(x) = cx2 + bx + a có ∆ = b2 – 4acNhư vậy, cả hai phép biến hóa trên không làm thay đổi đại lượng ∆ ( ∆ không bao giờ thay đổi với hai phép biếnđổi)Xét P(x) = x 2 – 31x – 3 có ∆ = 312 + 4. 3 = 973Q(x) = x2 – 20x – 12 có ∆ = 202 + 4. 12 = 448Vậy từ P(x) ta không thể thu được Q.(x) trải qua hai phép biến hóa trên.Hai đa thức P(x) và Q.(x) mà từ đa thức này trọn vẹn có thể thu được đa thức kia bởi hai phép biến đổinói trên khi chúng có mức giá trị của biệt thức ∆ bằng nhau.Nhận xét: đại lượng không bao giờ thay đổi là biệt thức ∆Bài tập tương tự:Bài 1.2: Tại mỗi đỉnh của đa giác lồi A 1A2…A1993 ta ghi một dấu “+” hoặc một dấu “-”sao chotrong 1993 dấu đó có cả dấu “+” và dấu “-”. Thực hiện việc thay dấu như sau: mỗi lần, thay dấuđồng thời tại toàn bộ những đỉnh của đa giác theo quy tắc:- Nếu dấu tại Ai và Ai+một là như nhau thì dấu tại Ai được thay là dấu “+”- Nếu dấu tại Ai và Ai+một là rất khác nhau thì dấu tại Ai được thay là dấu “+”(Quy ước A1994 là A1)Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên k ≥ 2 sao cho khi tiến hành liên tục k lần phép thay dấunói trên, ta được đa giác A1A2…A1993 mà dấu tại mỗi đỉnh Ai ( i = 1,1993 ) trùng với dấu của đỉnhđó ngay sau lần thay dấu thứ nhất2Bài 2.2: Trên bảng cho đa thức f (x) = x + 4x + 3 . Thực hiện trò chơi sau, nếu trên bảng đã cóđa thức P(x) thì được phép viết thêm lên bảng một trong hai đa thức sau1 1 Q.(x) = x 2 f + 1÷,R(x) = (x − 1) 2 .f ÷x x −12Hỏi sau một số trong những bước ta trọn vẹn có thể viết được đa thức g(x) = x + 10x + 9Bài 3.2: Cho n cái cây, mỗi cây có một con chim đậu. Thực hiện thuật toán: Mỗi lần, một conbay theo chiều xuôi qua a cây thì sẽ đã có được một con bay theo chiều ngược qua a cây. Hỏi có khi nàocả n con chim đều đậu trên 1 cây không?Bài 4.2: Cho dãy số : 1, 2, 3, …, 2013. Mỗi bước thay hai số a, b bởi a.b + a + b. Hỏi sau 2012bước, số còn sót lại là số nào?2. 3. Bài toán tô màuVí dụ 1.3.9Bàn cờ vua 8 x 8 bị mất hai ô ở hai góc trái chiều. Hỏi trọn vẹn có thể lát phần còn sót lại của bàn cờ bởi cácquân Domino 2 x 1 được không?Lời giải:Mỗi quân Domino lát vào bàn cờ luôn chiếm một ô trắng và một ô đen. Do đó, nếu lát đượcphần còn sót lại của bàn cờ thì số ô trắng và số ô đen bằng nhau. Nhưng do hai ô ở trái chiều của bàncờ là hai ô cùng màu nên số ô white color và số ô màu đen trong phần còn sót lại của bàn cờ khôngbằng nhau. Vậy không lát được phần còn sót lại của bàn cờ bằng những quân Domino.Nhận xét: Tô những ô của bàn cờ xen kẽ bằng 2 màu, xét số lượng những ô của từng màuVí dụ 2.3 : Cho bàn cờ 10 x 10. Có thể sử dụng những quân 1 x 4 để lát kín bàn cờ được không?Lời giải:Ghi số trên bàn cờ như sau :1234123412234123412334123412344123412341123412341223412341233412341234412341234112341234122341234123Ta tô bàn cờ bởi 4 màu, những ô ghi số 1 được tô red color, ô ghi số 2 được tô màu xanh, ô ghi số 3được tô màu vàng, ô ghi số 4 được tô màu đen. Như vậy có 25 ô đỏ, 26 ô xanh, 25 ô vàng, 24 ôđen.Khi lát mỗi quân 1 x 4 lên bàn cờ thì mỗi quân ấy sẽ chiếm 1 ô đỏ, 1 ô xanh, 1 ô vàng và 1 ôđen. Như vậy số lượng những ô đỏ, xanh, vàng, đen sau khoản thời hạn phủ bởi những quân 1 x 4 lên bàn cờ làbằng nhau. Do đó, không thể phủ kín được bàn cờ.Nhận xét: Tô những ô bằng 4 màu rất khác nhau và nhận xét số lượng ô của từng màuVí dụ 3.3.Cho một bảng ô vuông kích thước kích thước 8 x 8 được điền số như sau:2013 234510678917253341495710182634425058111927354351591220283644526013212937455361142230384654621523313947556316243240485664Cho phép tiến hành việc thay đổi những số trong bảng theo quy tắc: Mỗi lần lấy toàn bộ những số nằmtrong hình vuông vắn kích thước 3 x 3 hoặc 4 x 4 rồi tăng mỗi số lên 1 cty chức năng. Hỏi xác lập sauđúng hay sai ? Với mỗi cách điền số ban sơ, nhờ việc tiến hành liên tục phép thay số nói trênđối với bảng số ban sơ ta sẽ nhận được bảng 8 x 8 mà ở mỗi ô vuông con của bảng đó là mộtsố chia hết cho 3.Lời giải:Tô màu bảng như hình vẽ.Nhận xét: Bất kể hình vuông vắn con 3 x 3 nào thì cũng đều chứa đúng 6 ô vuông đen hoặc 9 ô vuôngđen. Bất kể hình vuông vắn con 4 x 4 nào thì cũng đều chứa đúng 12 ô đen.Do đó, sau mỗi lần thay số, ta không làm thay đổi số dư trong phép chia cho 3 của tổng những sốtrong những ô của phần gạch chéo. Tổng những số trong những ô ở phần bôi đen ở trên chia 3 dư 2, nêntổng những số sau tiến trình biến hóa cũng chia 3 dư 2, tức là không thể đạt được trạng thái mà sốtrong mọi ô vuông con đều chia hết cho 3.Ví dụ 4.3.Một hình tròn trụ được phân thành 2010 hình quạt. Trong mỗi hình quạt có một viên bi. Thực hiệntrò chơi sau: mỗi lần được cho phép lấy ra hai viên bi trong hai hình quạt nào đó và chuyển chúngsang những ô cạnh bên nhưng theo hai chiều ngược nhau. Hỏi sau một số trong những lần trọn vẹn có thể chuyển hết cácviên bi vào một trong những hình quạt được không?11Lời giải:Tô màu những hình quạt bởi hai màu đen, trắng như hình vẽ sao cho hình quạt kề nhau thì khácmàu. Gọi S(n) và T(n) tương ứng là số viên bi trong những hình quạt màu đen và số viên bi trongcác hình quạt white color sau bước chuyển bi thứ n. Ta có S(n) và T(n) không bao giờ thay đổi theo modun 2.Do S(0) = T(0) = 1005 nên S(n) và T(n) lẻ với mọi n. Do đó không thể có trạng thái mà tất cảcác viên bi ở trong cùng một hình quạtVí dụ 5.3.Hình tròn được phân thành 2011 hình dẻ quạt. Xếp 2012 viên kẹo vào những phần dẻ quạt. Mỗibước, được cho phép chuyển hai viên ở cùng một phần sang hai phần kề khác hướng. Chứng minhrằng đến lúc nào đó có tối thiểu 1006 phần có chứa kẹo.Lời giải:Nhận xét 1: Quá trình trên là không tạm ngưng, vì việc tiến hành từng bước không làm thay đổi sốviên kẹo ban sơ. Có 2011 hình dẻ quạt, 2012 viên kẹo, nên sau từng bước luôn tồn tại một hìnhdẻ quạt có to nhiều hơn hoặc bằng 2 viên kẹo (nguyên lí đirichle), nói cách khác, sau từng bước thìluôn trọn vẹn có thể tiến hành được bước tiếp theo.Nhận xét 2: đến một lúc nào đó, 2 phần cạnh nhau bất kì có kẹo (tối thiểu là một ô có kẹo)Giả sử điều này sẽ không đúng, tức là tồn tại hai hình dẻ quạt kề nhau không lúc nào có kẹo.Bỏ 2 hình dẻ quạt này đi, trọn vẹn có thể coi 2009 hình dẻ quạt còn sót lại là một chuỗi 2009 ô hình chữnhật thẳng hàng. Như vậy quy trình này tạm ngưng được. Vậy điều giả sử là sai. Tức là đến mộtlúc nào đó 2 phần cạnh nhau bất kì thì có kẹo.Lúc này, chia 2011 ô thành 1006 phần như sau: 1 ô có kẹo, 1005 cặp ô kề nhau. Khi đó, mỗi cặpô sẽ đã có được tối thiểu 1 ô có kẹo, như vậy sẽ đã có được tối thiểu 1006 ô có kẹo.Nhận xét 3: 2 ô kề nhau có kẹo sau bước nhảy vẫn luôn có kẹo. Xét 2 ô kề nhau có kẹo, nếu lấykẹo từ 2009 ô còn sót lại để tiến hành phép nhảy thì 2 ô này vẫn luôn có kẹo, nếu lấy kẹo từ là một trong những trong2 ô này để tiến hành phép nhảy, vì lấy 2 viên kẹo và chuyển sang 2 Phần bên nó, nên sẽ chắcchắn sẽ chuyển kẹo vào ô còn sót lại. Vậy trong mọi trường hợp, 2 ô này luôn có kẹoVí dụ 6.3.Điền 29 số nguyên dương thứ nhất vào những ô vuông con của bảng 6 x 5 như sau (bảng 1 ):121611152025271216212638172227491318232851014192429Cho phép đổi vị trí những số trong bảng theo quy tắc : Mỗi lần, lấy 1 số ít nằm ở vị trí ô kề với ô trống rồichuyển số đó sang ô trống. Hỏi nhờ việc tiến hành liên tục một số trong những hữu hạn lần phép chuyển sốnói trên so với bảng ban sơ, ta trọn vẹn có thể nhận được bảng số sau (bảng 2) không?29611152025271216212638172227491318232851014192429Lời giải:Giả sử nhờ phép chuyển số theo quy tắc của đề bài, từ bảng 1 ta trọn vẹn có thể nhận được bảng 2.(*)Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điền số 0.Với mỗi bảng số nhận được trong quy trình chuyển số, ta liệt kê toàn bộ những số trong bảngtheo thứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới. Khi đó, ứng với mỗi bảng số ta sẽ đã có được một hoánvị của 30 số tự nhiên thứ nhất. Và do đó, từ giả thiết (*) đã cho toàn bộ chúng ta biết, từ hoán vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,9, 10, 11, 12, 0, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29 ) (gọi là hoán vịI) ta trọn vẹn có thể nhận được hoán vị (29, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 0, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19,20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 1 ) (gọi là hoán vị 2) nhờ việc tiến hành liên tục 1 số ít hữu hạnlần phép đổi chỗ những số hạng trong hoán vị theo quy tắc : Mỗi lần, lấy một số trong những khác 0 của hoán vịrồi đổi vị trí của số hạng đó và 0 lẫn nhau. (1)Giả sử (a1, a2, …, a30) là một hoán vị của 30 số tự nhiên thứ nhất. Ta gọi cặp số (a i, aj) làcặp số ngược của hoán vị vừa nêu nếu a i > aj và i < j . Dễ thấy, sau mỗi lần tiến hành phép đổichỗ những số hạng theo quy tắc (1) so với hoán vị (a 1, a2, …, a30) thì số cặp số ngược của hoán vịsẽ tăng hoặc giảm một số trong những lẻ cty chức năng.(2)Ta có số cặp số ngược của hoán vị I là 12, số cặp số ngược của hoán vị II là 67 . Từ đókết thích phù hợp với (2) suy ra từ hoán vị I ta chỉ trọn vẹn có thể nhận được hoán vị II sau 1 số ít lẻ lần thực hiệnphép đổi chỗ những số hạng. Điều này đã cho toàn bộ chúng ta biết, nếu từ bảng 1 ta nhận được bảng 2 thì số lầnchuyển số phải là số lẻ. (3)13Tô màu toàn bộ những ô vuông con của bảng 6 x 5 bởi 2 màu xanh, đỏ sao cho 2 ô kề nhau có2 màu rất khác nhau. Thế thì, sau mỗi lần chuyển số, số 0 sẽ tiến hành chuyển từ ô có màu này sang ôcó màu kia. Và vì thế, do số 0 ở bảng 1 và số 0 ở bảng 2 nằm ở vị trí hai ô có màu giống nhau nên từbảng 1 chỉ trọn vẹn có thể nhận được bảng 2 sau một số trong những chẵn lần chuyển số. Điều này xích míc với (3).Vậy từ bảng (1) ta không thể nhận được bảng 2 nhờ phép chuyển số theo quy tắc của đề bài.Nhận xét: Nhờ việc tô màu những ô vuông con trong bảng, ta tìm kiếm được số lần chuyển số là một sốchẵn. Từ những suy luận về cặp số ngược, ta tìm kiếm được số lần chuyển số là một số trong những lẻ. Từ đó có đượckết quả của bài toán. Trong bài toán này, phát hiện và sử dụng cặp số ngược có vai trò quantrọng. Cặp số ngược cũng rất được sử dụng trong bài toán sau:Ví dụ 7.3.Ở những vị trí rất khác nhau của một đường đua xe hơi vòng tròn cùng thuở nào hạn có 25 xe hơi xuấtphát theo cùng một hướng. Theo thể lệ cuộc đua, những xe hơi trọn vẹn có thể vượt lẫn nhau, nhưng cấmkhông được vượt đồng thời hai xe cùng một lúc. Các xe hơi đến đích là những điểm mà chúng xuấtphát ban sơ cùng một lúc. Chứng minh rằng trong suốt cuộc đua có một số trong những chẵn lần vượt nhaucủa những xe hơi.Lời giải:Ta sơn 1 trong những số 25 xe hơi thành màu vàng, còn những xe hơi khác được đánh số thứ tự là một trong những, 2, 3, …,24 theo thứ tự mà chúng ở thời gian ban sơ sau xe hơi màu vàng (theo chiều hoạt động giải trí và sinh hoạt củacác xe hơi). Ở tâm của đường đua ta sẽ đặt một chiếc bảng để ghi số thứ tự của những xe hơi sắp xếp sau ôtô vàng sau mỗi lần những xe hơi vượt nhau, tức là ta được một hoán vị của 1, 2, …, 24.Trường hợp 1: Mỗi lần 2 xe hơi trong những xe hơi từ là một trong những đến 24 vượt nhau thì trên bảng sẽ đã có được 2 số liềnnhau đổi chỗ lẫn nhau.Trường hợp 2: Nếu trước lúc có lần vượt của một xe hơi nào với xe hơi vàng , những số trên bảng lậpthành một hoán vị a1, a2, …, a24 thì sau lần vượt này sẽ đã có được hoán vị a 2, a3, …, a24, a1. Từ hoán vịtrên trọn vẹn có thể chuyển xuống hoán vị dưới bằng 23 phép chuyển vị , tức là phép đổi chỗ 2 số đứngliền nhau.Trường hợp 3: Nếu xe hơi vàng vượt một xe hơi nào đó thì từ hoán vị a 1, a2, …, a24 ta có hoán vị a24,a1, a2, …, a23 . Lần dịch chuyển này cũng trọn vẹn có thể thay bằng 23 phép chuyển vị như trường hợp 2.Như vậy, mỗi lần những xe hơi vượt nhau, đều dẫn đến việc tiến hành một số trong những lẻ lần phép chuyển vị.Ta sẽ chứng tỏ nếu số lần vượt nhau là số lẻ thì khi về đích những xe hơi không được sắp xếp như cũ.Thật vậy, giả sử a1, a2, …, a24 là một cách sắp xếp tùy ý của những số 1, 2, …, 24. Ta sẽ nói rằngcác số ai, aj lập thành một nghịch thế nếu i aj. Khi đổi vị trí của 2 số đứng liềnnhau, tức là tiến hành một phép chuyển vị thì sẽ tăng hay giảm số nghịch thế đi 1. Do đó nếu cácô tô vượt nhau một số trong những lẻ lần thì từ cách sắp xếp thứ tự của những xe hơi ban sơ, đến ở đầu cuối ta đãthực hiện 1 số ít lẻ những phép chuyển vị, tức là số nghịch thế của lần sắp xếp ở đầu cuối là lẻ, nghĩalà những xe hơi không thể sắp xếp như cũ. Mâu thuẫn14Vậy những xe hơi vượt nhau một số trong những chẵn lần.Bài tập tương tự:Bài 1.3 : Xét bàn cờ vua 8 x 8 . Chứng minh rằng nếu xuất phát từ một ô góc, con mã khôngthể trải qua toàn bộ những ô của bàn cờ, mỗi ô một lần và kết thúc ở ô góc trái chiều với ô góc nó xuấtphát.Bài 2.3 : Xác định những số nguyên dương m, n sao cho bảng m x n trọn vẹn có thể lát được bởi những quânhình chữ L dưới đâyBài 3.3 .(IMO – 2004).Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông cty chức năng như hình vẽdưới đây, hoặc hình nhận được do lật hình đó (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hoặc hình nhậnđược do xoay hình đó đi một góc.Hãy xác lập toàn bộ những hình chữ nhật m x n, trong số đó m, n là những số nguyên dương sao cho cóthể lát hình chữ nhật đó bằng những viên gạch hình móc câu.Bài 4.3(VMO – 1991).Cho bảng 1991 x 1992. Kí hiệu (m, n) là ô vuông nằm ở vị trí giao của hàng thứm và cột thứ n. Tô màu những ô vuông của bảng theo quy tắc sau: lần thứ nhất tô 3 ô (r, s), (r + 1,s + 1), (r + 2, s + 2); 1 ≤ r ≤ 1989, 1 ≤ s ≤ 1990 , từ lần thứ hai, mỗi lần tô đúng ba ô chưa cómàu nằm cạnh nhau trong cùng một hàng hoặc cùng một cột. Hỏi bằng phương pháp nào đó trọn vẹn có thể tômàu được toàn bộ những ô của bảng được không?Bài 5.3 (VMO – 2006).Xét bảng ô vuông m x n (m, n là những số nguyên dương to nhiều hơn 3). Thựchiện trò chơi sau : mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng (mỗi ô một viên bi) mà 4 ô đó tạothành một trong những hình dưới đâyHỏi sau một số trong những lần ta trọn vẹn có thể nhận được bảng mà số bi trong những ô bằng nhau được không nếua) m = 2004 và n = 2006 ?b) m = 2005 và n = 2006 ?15Bài 6.3: Cho n ( n ≥ 2) học viên đứng thành hàng dọc. Sau mỗi lần cô giáo thổi còi, có 2 em đổichỗ lẫn nhau. Hỏi sau một số trong những lẻ lần thổi còi, ta trọn vẹn có thể thấy toàn bộ những em học viên đều đứng ở vịtrí ban sơ của tớ hay là không?3. SỬ DỤNG ĐẠI LƯỢNG ĐƠN BIẾN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN TỔ HỢPVí dụ 1.4Xét bảng ô vuông m x n (m, n ≥ 2 ). Trong mỗi ô của bảng ta điền một số trong những thực. Thực hiện thuậttoán như sau: mỗi lần lấy ra một hàng hoặc một cột có tổng những số nhỏ hơn 0 và đổi dấu tất cảcác số trong hàng (hoặc cột) đó. Chứng minh rằng sau hữu hạn bước ta nhận được bảng mà tổngcác số mỗi hàng và tổng những số trong những cột là số không âm.Lời giải:Gọi S(n) là tổng toàn bộ những số trong bảng sau bước thứ n. Ta có, S(n+1)> S(n), ∀n > 0 . Do đó,S(n) là một hàm đơn biến. Mặt khác, số trạng thái trọn vẹn có thể nhận được là hữu hạn nên chỉ có thể có thểthực hiện thuật toán hữu hạn lần và ta nhận được bảng thỏa mãn thị hiếu yêu cầu bài toán.Ví dụ 2.4Cho một dãy phòng dài vô hạn, được đánh số 1, 2, 3, … Có một số trong những hữu hạn người sống trongdãy phòng. Mỗi ngày có hai người sống ở hai phòng cạnh nhau chuyển sang hai phòng khácnhau theo hai hướng ngược nhau nhưng không được tráo đổi vị trí lẫn nhau. Chứng minh rằngviệc chuyển phòng đó tạm ngưng sau hữu hạn ngày.Lời giải:Ta đưa cho từng người một chìa khóa, trên đó có ghi số phòng của tớ đang ở. Gọi S(n) là tíchcác số viết trên những chìa khóa ở ngày thứ n. Ta có:S(n + 1)k(k + 1)=< 1, ∀n ≥ 1S(n)(k − 1)(k + 2)Trong số đó k và k + một là những phòng có người chuyển.Do đó, S(n) là một đơn biến.Do S(n) giảm và S(n) ∈ N * nên việc chuyển phòng phải tạm ngưng sau hữu hạn ngày.Ví dụ 3.4Tô đen 09 ô của bàn cờ 10 x 10. Mỗi lần tô màu đen một ô chưa tô nếu nó kề với tối thiểu hai ôđen (kề được hiểu là chung cạnh). Có thể tô màu hết bàn cờ hay là không? Nếu là 10 ô thì sao?Nếu là hình vuông vắn n x n thì lúc đầu cần tô đen tối thiểu bao nhiêu ô để trọn vẹn có thể tô đen cả bàn cờ.Lời giải:Chu vi những hình đen hoặc không giảm , hoặc giảm 2, hoặc giảm 4.Tổng chu vi những hình đen ban sơ nhỏ hơn hoặc bằng 36.Chu vi bàn cờ 10×10 là 40.Như vậy, không thể tô đen cả bàn cờ.Ví dụ 4.4 (VMO 2012)16Cho số nguyên dương n. Có n học viên nam và n học viên nữ xếp thành một hàng ngang, theothứ tự tùy ý. Mỗi học viên (trong số 2n học viên vừa nêu) được cho một số trong những kẹo bằng đúng sốcách lựa chọn ra hai học viên khác giới với X và đứng ở hai phía của X. Chứng minh rằng tổng sốkẹo mà toàn bộ 2n học viên nhận được không vượt quá1n(n 2 − 1).3Lời giải:Gọi những bạn nam lần lượt là x 1, x2, …, xn và những bạn nữ lần lượt là y 1, y2, …, yn. Bằng tính toántrực tiếp ta thấy rằng nếu những bạn nam nữ xếp xen kẽ x 1, y1, x2, y2, …, xn, yn thì tổng số kẹo cua2n bạn đúng bằng1n(n 2 − 1).3Để chứng tỏ kết luận của bài toán ta sẽ chứng tỏ rằng một cách xếp hàng bất kì đều phải có thểchuyển dần về kiểu cách xếp xen kẽ như trên mà trong quy trình chuyển tổng số kẹo mà những bạn nhậnđược không giảm sút. Giả sử một cách xếp hàng bất kì đã có đúng r bạn nam và đúng r bạn nữ ởcuối được xếp xen kẽ ( 0 ≤ r 11 4 2 43 1 4 4 44 2 4 4 4 43k ban nu lien tiepr cap nam, nu xem keTrong trường hợp i, ta chuyển bạn yr+1 đến vị trí ngay trước bạn xr. Khi đó chỉ có số kẹo của cácbạn yr+1, xr+k, …., xr+1 thay đổi. Bằng tính toán trực tiếp ta thấy tổng số kẹo tăng một lượng là (k 2- k)Trong trường hợp ii), ta chuyển bạn x r+1 đến vị trí ngay trước bạn y r+1. Khi đó chỉ có số kẹo củacác bạn xr+1, yr+k, …, yr+2 thay đổi. Ta tính được tổng số kẹo cũng tăng một lượng là (k 2 – k)Như vậy, sau không thật n lần chuyển thì hàng được xếp xen kẽ nam, nữ. Do đó tổng số kẹotrong một cách xếp bất kì luôn nhỏ hơn hoặc bằng1n(n 2 − 1).3C. KẾT LUẬNTrên đây, tôi đã trình diễn bốn ứng dụng cơ bản và thường dùng của đại lượng bấtbiến và đơn biến trong việc giải bài toán tổng hợp, những bài toán được chọn khá phong phú chủng loại vàphong phú . Qua đó giúp học viên tiếp cận và hình thành phương pháp xử lý và xử lý một lớpcác bài toán cùng loại. , nhất là giúp những em nhìn nhận và tìm ra những đại lượng bấtbiến và đơn biến ẩn trong những bài toán tổng hợp, từ đó đã có được cách giải bài toán thích hợp,tăng thêm tính say mê và tích cực tìm tòi, sáng tạo ở những em.Tôi viết chuyên đề nhằm mục tiêu mục tiêu cùng trao đổi với Quý Thầy Cô dạy bộ môn toán vềviệc “khối mạng lưới hệ thống” những kiến thức và kỹ năng, một vài kỹ năng về đại lượng không bao giờ thay đổi và đại lượng đơn biến. Vì17kiến thức và thời hạn còn nhiều hạn chế nên chứng minh và khẳng định là chuyên đề có thiếu sót, tôi chân thànhmong muốn và đón nhận sự trao đổi, góp ý của Quý Thầy Cô để chuyên đề ngày càng hoànthiện và thâm thúy hơn thế nữa. Tôi xin chân thành cảm ơn!18
Reply
4
0
Chia sẻ
Video full hướng dẫn Chia Sẻ Link Download Trong phòng có 2 dãy mỗi dãy có 4 bàn xếp đều 32 học viên vào phòng đó hỏi mỗi bàn có mấy học viên ?
– Một số Keywords tìm kiếm nhiều : ” Video full hướng dẫn Trong phòng có 2 dãy mỗi dãy có 4 bàn xếp đều 32 học viên vào phòng đó hỏi mỗi bàn có mấy học viên tiên tiến và phát triển nhất , Chia Sẻ Link Tải Trong phòng có 2 dãy mỗi dãy có 4 bàn xếp đều 32 học viên vào phòng đó hỏi mỗi bàn có mấy học viên “.
Hỏi đáp vướng mắc về Trong phòng có 2 dãy mỗi dãy có 4 bàn xếp đều 32 học viên vào phòng đó hỏi mỗi bàn có mấy học viên
Bạn trọn vẹn có thể để lại Comment nếu gặp yếu tố chưa hiểu nghen.
#Trong #phòng #có #dãy #mỗi #dãy #có #bàn #xếp #đều #học #sinh #vào #phòng #đó #hỏi #mỗi #bàn #có #mấy #học #sinh Trong phòng có 2 dãy mỗi dãy có 4 bàn xếp đều 32 học viên vào phòng đó hỏi mỗi bàn có mấy học viên
Bình luận gần đây