Chia bánh

[nmd2708]

<Russia 1997>
1997 viên đá được đặt trong 1 bảng 1 cột và có vô hạn hàng.Có 2 bước dịch chuyển như sau:
i)bỏ 1 viên từ ô $n$ và $n-1$ và thêm 1 viên ở ô $n+1$
ii)bỏ 2 viên từ ô $n$ và thêm 1 viên ở $n+1$ và $n-2$
CMR:Đến lúc nào đó ra không thể thực hiện các bước đi được nữa
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chemthan]

<Russia 1997>
1997 viên đá được đặt trong 1 bảng 1 cột và có vô hạn hàng.Có 2 bước dịch chuyển như sau:
i)bỏ 1 viên từ ô $n$ và $n-1$ và thêm 1 viên ở ô $n+1$
ii)bỏ 2 viên từ ô $n$ và thêm 1 viên ở $n+1$ và $n-2$
CMR:Đến lúc nào đó ra không thể thực hiện các bước đi được nữa

Trước hết chứng minh các viên đá không thể lùi vô hạn. (Điều này cũng suy ra các viên đá cũng không thể tiến vô hạn từ đằng thức số fibonacci)
Chứng minh bằng quy nạp, giả sử đúng với mọi $k < n$ viên đá.
Giả sử vị trí của ô nhỏ nhất có thể nhỏ tùy ý. Vì vị trí của ô lớn nhất luôn không giảm, nên với mọi $x$ sẽ có thời điểm mà có 2 viên đá liên tiếp cách nhau lớn hơn $x$. Các viên đá sẽ chia thành 2 nhóm. Ta sử dụng giả thiết quy nạp và chọn $x$ đủ lớn sao cho 2 nhóm viên đá không có tác động với nhau. Và cũng từ giả thiết quy nạp suy ra điều vô lý.
Chọn $d$ sao cho vị trí mọi viên đá luôn lớn hơn $-d$.
$F[n]$ là số fibonacci thứ $n$. Giả sử các viên đá đặt ở vị trí $(a_1, a_2, ..., a_{1997})$ thì tổng $F[a_1 + d] + F[a_2 + d] + ... + F[a_{1997} + d] = c$, không thay đổi.
Dãy $\{a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n\}$ có thứ tự từ điển lớn hơn $\{b_1 \ge b_2 \ge ... \ge b_m\}$ nếu tồn tại $i$ sao cho $a_1 = b_1, a_2 = b_2, ..., a_{i - 1} = b_{i - 1}$ và $a_i > b_i$. Mỗi lần thực hiện thì dãy $\{a_1, a_2, ..., a_{1997}\}$ sẽ có thứ tự từ điển lớn dần lên và nó sẽ dừng lại.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nmd2708]

Lời giải rất hay và tự nhiên ạ,bài này còn có thể sử dụng đơn biến như sau:
Gọi thứ tự các ô lần lượt là $1,2,...$.Gán chiếc bánh ở ô thứ i có cân nặng $(\frac{3}{2})^i$,gọi $S$ là tổng cân nặng tất cả chiếc bánh,khi đó:
+)nếu thực hiện bước i) ở ô $n$ thì $S'=S- (\frac{3}{2})^n-(\frac{3}{2})^{n-1}+(\frac{3}{2})^{n+1}=S-\frac{3^{n-1}}{2^{n+1}}=<S-\frac{1}{8}$
+)nếu thực hiện bước ii) ở ô n thì $S'=S-2(\frac{3}{2})^n+(\frac{3}{2})^{n-2}+(\frac{3}{2})^{n+1}=S-\frac{3^{n-2}}{2^{n+1}}<S-\frac{1}{8}$
Vậy đếm lúc nào đó ta không thể thực hiện được nữa vì $S>0$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]