bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề một số bài TOÁN tổ hợp LIÊN QUAN đến PHỦ HÌNH CHỮ NHẬT

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP LIÊN QUAN ĐẾN PHỦ HÌNH CHỮ NHẬT Một hình chữ nhật m × n (có m dòng n cột) phân chia thành m.n ô vuông đơn vị Ta nghiên cứu toán phủ hình chữ nhật hình ghép từ ô vuông đơn vị Với toán dạng này, thường ta đánh số tô màu ô vuông đơn vị hình chữ nhật, có hai cách tô màu bản: Cách 1: Tô màu đen trắng xem kẽ hàng cột Nếu có hai số m, n chẵn số ô đen trắng Nếu hai số lẻ màu tô vào ô nhiều màu đơn vị Cách 2: Tô màu giống hàng (hoặc cột) xen kẽ cột (hoặc hàng) Nếu có hai số m, n chẵn số ô đen trắng Nếu hai số lẻ màu tô vào ô nhiều màu m ô (nếu tô màu giống theo cột) Các dạng hình sử dụng để phủ hình chữ nhật: Dạng 1: Monomino ô vuông đơn vị 1× Dạng không xét riêng, đơn giản Ta tìm hiểu chúng kết hợp với loại khác Dạng 2: Domino hình tạo từ ô vuông đơn vị, ta gặp xét chung cho loại thẳng Dạng 3: Trimino tạo từ ô vuông đơn vị, có dạng: Trimino thẳng (sẽ xét phần monomino thẳng) L - Trimino -Trang - Ta xây dựng điều kiện cần đủ để hình chữ nhật m × n L – trimino toán: Một hình chữ nhật × không phủ L – trinimo 20 không chia hết cho Qua cho ta điều kiện cần để hình chữ nhật m × n phủ hình tạo từ k ô vuông đơn vị: mnMk Hai L – trimino phủ hình chữ nhật × Vậy hình chữ nhật phân chia thành hình chữ nhật × phủ L – trimino Tìm hình vuông nhỏ phủ L – trinimo? Hình vuông n × n phủ L – trimino n M Xét với n = thấy không thỏa mãn Xét với n = , ta phủ cách chia thành hình chữ nhật × Tìm tất số nguyên dương b cho hình chữ nhật × b phủ L – trimino Nhận thấy: Nếu bM3 ⇒ 2b M3 ⇒ không phủ ⇒ hình chữ nhật × b phân thành hình chữ nhật × , suy Nếu bM tất số b thỏa mãn phủ L – trimino, bM Tìm tất số nguyên dương b cho hình chữ nhật × b phủ L – trimino Muốn phủ hình chữ nhật cần phủ ô vuông đầu tiên, nhận thấy có cách sau: Với trường hợp c thấy phủ dòng cuối Với hai trường hợp lại muốn phủ dòng cuối cần tạo hình chữ nhật × Vậy muốn phủ bM2 Từ toán trên, ta có định lý 1: Cho số nguyên dương a, b với ≤ a ≤ a ≤ b Hình chữ nhật a × b phủ L-trimino abM6 Tuy nhiên định lý đưa điều kiện cho hình chữ nhật có hai cạnh 3, ta xét hình chữ nhật mà hai cạnh lớn Cùng đến với số toán sau: -Trang - Chứng minh hình chữ nhật × phủ L – trimino Nhận thấy chia thành hình chữ nhật × Chứng minh hình chữ nhật × phủ L – trimino Chỉ rõ cách phủ sau: Từ chứng minh hình chữ nhật × phủ L – trimino Gộp thêm hình chữ nhật × vào hình chữ nhật × để hình chữ nhật × phủ L – trimino hình chữ Từ nhận thấy: Nếu hình chữ nhật a × b với bM nhật ( a + ) × b phủ (Dễ dàng chứng minh ý 8) 3, b > phủ L – trimino 10 Chứng minh hình chữ nhật × b với bM Hình chữ nhật ghép hình × × phủ 11 Chứng minh hình chữ nhật a × b với a ≥ 4, b ≥ 5, bM L – trimino Nếu aM2 phân chia thành hình chữ nhật × Nếu a M2 chia thành hình chữ nhật × b ( a − ) × b 12 Ta có định lý 2: Hình chữ nhật a × b với a ≥ 4, b ≥ phủ L – trimino (nghĩa cần hai số chia hết cho 3) abM hình chữ nhật a × b phủ L – trimino chứng minh Nếu abM toán trên, cụ thể sau: a chẵn phân chia thành hình chữ nhật × Giả sử có bM a lẻ × b phủ nên Giả sử có bM ( a + 2) × b hết tất hình chữ nhật có cạnh a lẻ -Trang - phủ được, lúc qua Gộp hai định lý định lý ta có định lý: Cho a, b số nguyên thỏa mãn: ≤ a ≤ b Hình chữ nhật a × b phủ L – trimino điều sau: i a = b chẵn ii a ≠ abM Dạng 4: Tetramino Là dạng tạo từ ô vuông đơn vị, có dạng sau: O – tetramino Z – tetramino S – tetramino L – tetramino J – tetramino T – tetramino Tetramino thẳng Với dạng O – tetramino Hình chữ nhật m × n phủ O – tetramino m, n chẵn Với S – tetramino Z – tetramino Một hình chữ nhật phủ dùng S – tetramino Z – tetramino muốn phủ phải phủ ô vuông đầu tiên, với loại cho ta cách phủ ô đầu tiếp tục có cách để phủ ô hàng 1, không phủ ô cuối hàng Với J – tetramino L – tetramino Hình chữ nhật m × n phủ J – tetramino L – tetramino m.nM -Trang - Một số toán gợi ý để giải ý (Xét với L – tetramino, với J – tetramino hoàn toàn tương tự) a Tổng số lượng L – tetramino số chẵn Chứng minh Giả sử hình chữ nhật m × n tô k , suy m.n = 4k , cần chứng minh k chẵn Nhận thấy hai số m, n có số chẵn, giả sử n Tô mầu hình bên, có nhận xét rằng: Số ô đen trắng Mỗi L – tetramino đặt vào hình chữ nhật phủ ô trắng ô đen, ô đen ô trắng Gọi a số L – tetramino đặt vào hình chữ nhật phủ ô trắng ô đen b số L – tetramino đặt vào hình chữ nhật phủ ô đen ô trắng Khi số ô trắng hình chữ nhật 3a + b số ô đen 3b + a , suy 3b + a = 3a + b ⇒ a = b , ta có điều phải chứng minh b Hình chữ nhật m × n với m chẵn nM4 phủ L – tetramino Do hình chữ nhật × phủ L – tetramino nên chia nhỏ hình m × n thành hình × c Hình chữ nhật × phủ J – tetramino L – tetramino Với T – tetramino • Chứng minh hình chữ nhật m × n phủ T – tetramino số lượng T – tetramino phải chẵn (chứng minh tương tự với L – tetramino) • Tìm số hình vuông nhỏ phủ T – tetramino xét hình vuông m × m phủ k T – tetramino suy m = k với k chẵn, hay m M xét với m = thấy thỏa mãn Định lý (DW.Walkup, tạp chí Amer Math Monthly – T11, 1965): Hình chữ nhật m × n phủ T – tetramino m n chia hết cho Dạng 5: Polimino thẳng -Trang - Vấn đề 1: Tìm tất hình chữ nhật m × n phủ k – omino thẳng (hình chữ nhật 1× k ) 1.1 Chứng minh m n chia hết cho k hình chữ nhật m × n phủ k – omino thẳng 1.2 Chứng minh m n không chia hết cho k hình chữ nhật m × n phủ k – omino thẳng Chứng minh: Thực phép chia có dư: m = k q1 + r1; n = k q2 + r2 với < r1; r2 < k Đánh số hình chữ nhật theo quy tắc sau: Trên cột số đánh giống nhau, hàng số xếp liên thứ tự 1, 2, …, k, 1, 2, … đến hết, hàng kết thúc r2 … r2 … r2 M M M M M … r2 2 … r2 Nhận xét k – omino thẳng đặt vào hình chữ nhật phủ ô đơn vị phủ đủ ô từ đến k Đặt Si số ô đánh số i, suy S1 ≡ S2 ≡ L ≡ S k ( mod k ) Do cách đánh số suy số r2 đánh nhiều số r2 + đến m đơn vị, suy S r2 +1 − S r2 = m ⇒ mMk , điều vô lí Một hình chữ nhật phủ monomino số k – omino thẳng nào? Nếu đặt monomino vị trí nào? Bài toán: Nếu hình chữ nhật m × n phủ monomino số k – omino thẳng ( mn − 1) Mk Nếu hình chữ nhật m × n phủ monomino số k – omino thẳng hiển nhiên ta có ( mn − 1) Mk Ta chứng minh điều ngược lại Xét trường hợp với k = , suy m, n lẻ Ta xếp monomino ô thuộc cột dòng có thứ tự lẻ (tính từ dòng đầu cột đầu) -Trang - Với k > Vị trí ô vuông đơn vị giao dòng x cột y kí hiệu ( x, y ) m ≡ n ≡ 1( mod k ) m ≡ n ≡ −1( mod k ) Bài toán giải    x ≡ y ≡ 1( mod k )  x ≡ y ≡ ( mod k ) -Trang - Một số toán Bài 1: Cho hình chữ L hình vẽ Chứng minh phủ hình trimino thẳng Ta giải toán theo cách dùng với monomino thẳng Tô màu hình Một trimino thẳng đặt vào hình phủ ô màu, ô có đủ màu Gọi S1; S2 ; S3 tương ứng số ô bị phủ mang màu đen, gạch trắng Muốn phủ phải có điều kiện S1 ≡ S ≡ S3 ( mod 3) ( *) Ta tính cụ thể giá trị từ hình vẽ S1 = 30; S = 20; S3 = 25 Vậy điều kiện ( *) không thỏa mãn, nghĩa không phủ Bài 2: Cho hình chữ nhật × Có thể bỏ ô để phần lại phủ quân trimino thẳng ( × 3) Giải Khi làm toán, dùng tư tưởng cách làm dạng phần để giải Nhận thấy ≡ ≡ 1( mod 3) Vậy ta bỏ ô giao dòng x, cột cột y thỏa mãn x ≡ y ≡ 1( mod 3) Cần hai ý: Ý 1: Tồn cách phủ với cách bỏ ô thỏa mãn điều Đánh số ô hình vẽ, ta bỏ ô bị bôi đen 3 Dễ thấy cách phủ với quân ( × 3) 3 1 3 -Trang - Ý 2: Chứng minh bỏ ô khác phủ 3 Gọi Si số ô đánh số i sau bỏ ô 3 Suy điều kiện để phủ S1 ≡ S ≡ S3 ( mod 3) 3 (điều nêu rõ chứng minh định lý: 3 Mỗi quân ( × 3) đặt vào hình chữ nhật phủ ô số ô có đầy đủ số) Mà số ô nên bỏ ô đánh hai số Điều có nghĩa ta phải bỏ ô đánh số Quay ô vuông góc 90o tìm giao dòng, cột mang số ta ô cần tìm Bài (Russia 1996): Cho hình chữ nhật × Một số người phủ ô vuông đơn vị hình chữ nhật L – trimino Hỏi xảy trường hợp ô vuông đơn vị hình chữ nhật phủ số lượng L – trimino (ở người thực việc phủ số ô vuông đơn vị mình, để nguyên đến lượt người lại phủ ô vuông đơn vị, ô phủ nhiều lần không phủ lần nào) Giải x x x x x x x x x x x x Đánh dấu ô hình vẽ Nhận thấy L – trimino đặt vào hình chữ nhật phủ tối đa ô đánh dấu Giả sử ô hình chữ nhật phủ k quân L – trimino, suy số lượng L – trimino tối thiểu 12k Nghĩa phủ không 36k ô đơn vị hình chữ nhật (các ô đếm nhiều lần) Bên cạnh có 35k ô đơn vị phủ, số lượng nhỏ 36k m suy vô lí Bài (Korea 2004): Có thể hay không để phủ hình chữ nhật × 11 L – tetramino? Giải Theo dạng 4: Hình chữ nhật m × n phủ L – tetramino m.nM Do 4.11 = 44 M8 suy không phủ -Trang - Bài 5: Ở hai góc mảnh đất hình vuông có kích thước m × m ( < m ∈ ¥ ) (được chia thành m ô vuông đơn vị), người ta trồng hai cột trụ, cột lấy phần đất hình chữ nhật có kích thước × Cần lát gạch toàn phần đất lại đất, phép sử dụng viên gạch hình L– tetramino (có thể xoay không lật) Với giá trị m thực việc lát Giải Ta cần hai điều: Điều kiện cần m với điều kiện ta phủ Nhận thấy m − 4M4 ⇒ m chẵn Với cách tô màu đen trắng hình vẽ Bằng cách chứng minh trên, ta số lượng L – Tetramino cần dủng phải số chẵn ⇒ m = 4k + 2, k ∈ ¥ * Suy m − 4M Với m = 4k + 2, k ∈ ¥ * ta cách phủ Xét hình chữ nhật gồm dòng đầu, có dạng × ( 4k ) có tích hai cạnh chia hết cho 8, nên phủ Phần lại hình chữ nhật ( 4k ) × ( 4k + ) có tích hai cạnh chia hết cho 8, nên phủ Vậy điều kiện cần đủ m = 4k + 2, k ∈ ¥ * Bài (IMO Shortlist 2002): Cho n số nguyên dương lẻ Tô màu hình vuông n × n màu đen trắng xen kẽ (như hình ảnh bàn cờ vua) cho góc ô tô đen Tìm n để phủ tất ô đen L – trimino Trong trường hợp phủ tìm số lượng L – trimino tối thiểu phải dùng Giải Nhận xét với n = 1,3 không thỏa mãn Với n = Đánh dấu ô hình vẽ Suy phải có tối thiếu L – trimino , suy số ô vuông đơn vị sinh không 27 ô, số lượng lớn thực tế 25 ô Với n = , ta cách phủ thỏa mãn, cần dùng -Trang 10 - x x x x x x x x x 16 quân L – trimino Chứng minh với n ≥ ta phủ được, số lượng L –trimino tối thiểu Giả sử hình vuông k × k phủ tối thiểu ( k + 1) ( n + 1) Với hình vuông ( k + ) × ( k + ) sinh từ hình vuông k × k cách gắn thêm vào hình chữ nhật × k ( k + ) × , hai hình chữ nhật cần tối thiểu k + quân L – trimino Vậy số lượng L – trimino tối thiểu cần dùng ( k + 1) ( k + 3) +k+2= , ta có điều phải chứng minh Bài toán (VMO – 2006) Xét bảng ô vuông m × n ( m, n ≥ 3) Thực trò chơi sau: lần đặt viên bi vào ô bảng, ô viên bi, cho ô tạo thành hình đây: Hỏi sau số lần ta nhận bảng mà số bi ô không nếu: a) m = 2004, n = 2006? b) m = 2005, n = 2006? Giải Bảng cho chia thành hình chữ nhật × nên nhận trạng thái mà số bi ô a) b) Tô màu ô hình vẽ Dễ thấy, lần đặt bi có viên đặt vào ô màu đen viên đặt vào ô màu trắng Do đó, gọi S ( n ) số bi ô màu đen T ( n ) số bi ô màu trắng sau lần đặt bi thứ n S ( n) − T ( n) đại S ( n ) − T ( n ) = S ( ) − T ( ) = 0, ∀n ≥ -Trang 11 - lượng bất biến Ta có Vì m = 2005 số lẻ nên nhận trạng thái mà số bi ô S ( n ) − T ( n ) = n = 2006 vô lý Nhận thấy câu hỏi ý tương tự Russia 1996, ta suy nghĩ hướng giải dựa tư tưởng đó, có lời giải thứ Lời giải Đánh dấu ô hình vẽ, hàng cột có 1003 viên bi x x x x x x x x x Nhận thấy lần đặt bi có nhiều ô số ô đánh dấu có bi Giả sử ô hình chữ nhật đặt k viên bi, suy số lượng bi tối thiểu 1003.1003.4k Bên cạnh có 2005.2006k viên bi đặt, số lượng nhỏ 1003.1003.4k suy vô lí Bài (IMO – 2004): Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu hình gồm ô vuông đơn vị hình vẽ đây, hình nhận lật hình (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hình nhận xoay hình góc Hãy xác định tất hình chữ nhật m × n , m, n số nguyên dương cho lát hình chữ nhật viên gạch hình móc câu? Lời giải Dễ thấy m, n ∉ { 1;2;5} Chi hình chữ nhật cho thành m × n ô vuông đánh số hàng, cột từ lên trên, từ trái sang phải Ta gọi ô ( p; q ) ô nằm giao hàng thứ p cột thứ q Hai viên gạch hình móc câu ghép lại để hai hình đây: (H2) (H1) -Trang 12 - Do đó, để lát hình chữ nhật m × n m.n phải chia hết cho 12 Nếu hai số m, n chia hết cho lát Thật vậy, giả sử m chia hết cho Ta viết n dạng: n = 3a + 4b , lát Xét trường hợp m, n không chia hết cho Ta chứng minh trường hợp lát Giả sử ngược lại, m, n chia hết cho không chia hết cho Ta tạo bất biến sau: Xét ô ( p; q ) Nếu hai toạ độ p, q chia hết cho điền số vào ô Nếu hai toạ độ p, q chia hết cho điền số Các ô lại điền số Với cách điền số ta thu bất biến tổng số hình (H1) tổng số hình (H2) số lẻ Do m, n chắn nên tổng số toàn hình chữ nhật m × n số chẵn Để lát tổng số hình (H1) (H2) sử dụng phải số chẵn Khi đó, m.n chia hết cho 24, vô lý Bài (Belarus 1999): Có đất hình vuông × chia thành 49 ô vuông đơn vị Thực việc lát đất loại gạch lát nền: Loại 1: Monomino (1× ) Loại 2: Trimino thẳng (1 × ) Loại 3: L – trimino (có ô đơn vị, hình chữ L) Giả sử A có viên loại nhiều viên loại 2, B có viên loại a Chứng minh B lát viên gạch lên ô vuông đơn vị đất mà A lát kín phần lại b Giả sử A có thêm viên loại Chứng minh dù B lát viên gạch đâu A lát kín phần lại Giải Đánh số ô vuông đơn vị hình chữ nhật hình vẽ, ô màu đen ô B lát viên gạch Số số 17, số 15, số 16 Nhận xét quân A đặt nên hình chữ nhật này: Với Trimino thẳng, phủ ô có đủ số lượng 1, L – trimino phủ số 1, 2, ô có số giống (ví dụ ô ô 3…) Nếu A dùng Trimino thẳng hiển nhiên không phủ -Trang 13 - Nếu A dùng thêm L – trimino lúc có hai trường hợp • Phủ ô 1, 2, lại không phủ trimino thẳng, phủ ô giống ô khác • Nếu dùng L – trimino mà phủ ô giống ô khác, giữ nguyên mô hình ta đánh số lại hình sau, số lượng số 1, 2, không thay đổi Khi với cách đặt quân L – trimino trường hợp lại chuyển việc phủ ô có đủ 1, 2, Như ta đưa trường hợp Tóm lại, A phủ hình chữ nhật quân có b Phân chia theo khối hình sau Nhận thấy dù ô vuông đơn vị B đặt vào đâu phủ khối hình Chú ý ta xoay hình để phủ hợp với việc phủ Bài 10 (Canada 2007): Cho hình chữ nhật × bỏ ô đánh dấu x Hỏi phải dùng tối đa domino để phủ phần lại Giải Đánh số ô vuông đơn vị hình vẽ 2 2 Nhận thấy domino đặt vào hình chữ nhật phủ hai ô mang số 2 2 x x 2 x x Ta đếm số lượng số suy số lượng tối đa quân domino cần dùng 2 x x 2 Nhận thấy số lượng số và 28 x x 2 x x 2 x x 2 2 2 2 Vậy số lượng tối đa quân domino cần dùng 28 Một số tập tham khảo Bài 11: Tìm n để hình vuông n × n phủ hình chữ nhật × × Bài 12: Tìm n ≥ để hình vuông n × n cắt bỏ ô vuông đơn vị góc phủ quân L – tetramino -Trang 14 - Bài 13: Có thể phủ hình vuông 13 × 13 bỏ ô hình chữ nhật × hay không? Bài 14 (Đề đề nghị DHĐBBB 2012 Hải Phòng): Có cách lát kín hình “hàm 2012 chiếc” (hình vẽ) quân đôminô × cho quân đôminô không đè lên không đè lên đường tô đậm? 2012 Bài 15 (Tournament of the Towns 1984): Chứng minh đặt hình vuông × vào ô vuông đơn vị hình chữ nhật × cho phần lại phủ 16 hình chữ nhật × -Trang 15 - Tài liệu tham khảo [1] Alexander Soifer, Geometric Etudes in Combinatorial Mathematics,Springer 2010 [2].Michael Korn and Igor Pak, Combinatorial evaluations of the Tutte polynomial, Department of Mathematics Massachusetts Institute of Technology Cambridge, MA, 02139, August 18, 2003 [3] Titu Andresscu, Zuming Feng, A path to combinatorics for undergranduates, Birkhauser, 2007 [4] Titu Andresscu, Zuming Feng, 102 combinatorial Problems from the Training of the USA IMO Tearm, Birkhauser, 2002 [5] Titu Andresscu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads Ptoblems and Solution from around the World, to 1995 from 2002 [6] Arthur Engel, Problem – Solving Strategies, Springer, 1999 [7] www.mathlinks.ro -Trang 16 - ... thành hình chữ nhật × Chứng minh hình chữ nhật × phủ L – trimino Chỉ rõ cách phủ sau: Từ chứng minh hình chữ nhật × phủ L – trimino Gộp thêm hình chữ nhật × vào hình chữ nhật × để hình chữ nhật. .. hết cho điền số Các ô lại điền số Với cách điền số ta thu bất biến tổng số hình (H1) tổng số hình (H2) số lẻ Do m, n chắn nên tổng số toàn hình chữ nhật m × n số chẵn Để lát tổng số hình (H1) (H2)... dòng, cột mang số ta ô cần tìm Bài (Russia 1996): Cho hình chữ nhật × Một số người phủ ô vuông đơn vị hình chữ nhật L – trimino Hỏi xảy trường hợp ô vuông đơn vị hình chữ nhật phủ số lượng L –