Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)

Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

DƯƠNG THÚY QUỲNH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẾM TRONG CÁC BÀI TOÁN HÌNH

Mục lục

1.1 Các quy tắc đếm cơ bản 3

1.1.1 Quy tắc cộng và quy tắc nhân 3

1.1.2 Tổ hợp và chỉnh hợp 3

1.2 Một số nguyên lý cơ bản 4

1.2.1 Bất biến 4

1.2.2 Nguyên lí Dirichlet 5

1.2.3 Nguyên lí cực hạn 7

2 Phân loại và các phương pháp giải các bài toán đếm trong hình học tổ hợp 9 2.1 Phân loại các bài toán đếm 9

2.1.1 Đếm đối tượng tạo bởi điểm, đoạn thẳng, đường thẳng 9

2.1.2 Đếm đối tượng tạo thành miền trong mặt phẳng 12

2.2 Các phương pháp giải bài toán đếm 14

2.2.1 Phương pháp sử dụng nguyên lí bất biến 14

2.2.2 Phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet 22

2.2.3 Phương pháp sử dụng nguyên lí cực hạn 38

3 Các dạng toán liên quan 49 3.1 Bài toán về tô màu hình vẽ 49

3.2 Đếm cấu hình 63

3.3 Phối hợp các phương pháp đếm khác nhau 64

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1.1 Quy tắc cộng và quy tắc nhân

Quy tắc cộng: Nếu công việc A có hai phương án thực hiện (loại trừ lẫnnhau), phương án 1 có n1 cách thực hiện, phương án 2 có n2 cách thực hiệnthì công việcAcó n1 +n2 cách thực hiện Trên ngôn ngữ tập hợp:A∩B = ∅thì |A ∪ B| = |A| + |B|

Quy tắc nhân: Nếu công việc A có thể chia thành 2 công đoạn tiếp nốinhau, công đoạn 1 cón1 cách thực hiện, công đọan 2 có n2 cách thực hiện thìcông việcAcó n1.n2 cách thực hiện Trên ngôn ngữ tập hợp:|A.B| = |A|.|B|.Quy tắc phần bù: |A| = |X| − |A|, trong đó A là phần bù của A trong X

1.1.2 Tổ hợp và chỉnh hợp

Xét tập hợp X gồmnphần tử Từ tập hợp cơ bản này, ta có thể xây dựngcác đối tượng tổ hợp phong phú

Tập các tập con của tập X: Tập các tập con của X được ký hiệu làP (X)

Dễ thấy |P(X)| = 2n Các tập con của một tập hợp là một đối tượng xuấthiện khá nhiều trong các bài toán đếm

Chỉnh hợp: Chỉnh hợp chập k của một tập hợp là một bộ k phần tử phân

biệt được sắp thứ tự của tập hợp ấy Ví dụ nếu X = {1, 2, 3} và k = 2 thì

ta có các chỉnh hợp là (1, 2), (1,3), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2) Số các chỉnhhợp chập k của n phần tử được ký hiệu là Akn

Hoán vị: Hoán vị của n phần tử là chỉnh hợp chập n của n phần tử đó,nói cách khác, là một cách sắp thứ tự các phần tử đó Hoán vị của X còn cóthể định nghĩa như một song ánh từ X vào X Số các hoán vị của n phần

tử được ký hiệu là Pn

Tổ hợp: Tổ hợp chập k của một tập hợp là một bộ k phần tử phân biệtkhông sắp thứ tự của tập hợp ấy Nói cách khác, đó là một tập con k phần

tử Ví dụ nếu X = {1, 2, 3} và k = 2 thì ta có các tổ hợp là {1, 2}, {1, 3},{2, 3} Số các tổ chập k của n phần tử được ký hiệu là Cnk

Chỉnh hợp lặp: Chỉnh hợp lặp chập k của một tập hợp là một bộ k phần

tử không nhất thiết phân biệt được sắp thứ tự của tập hợp ấy Ví dụ nếu

X = {1, 2, 3} và k = 2 thì ta có các chỉnh hợp lặp là {1, 1}, {1, 2}, {1, 3},{2, 1}, {2, 2}, {2, 3}, {3, 1}, {3, 2}, {3, 3} Số các chỉnh hợp lặp chập k của

n phần tử được ký hiệu là Akn

Tổ hợp lặp: Tổ hợp lặp chập k của một tập hợp là một bộ k phần tửkhông nhất thiết phân biệt không sắp thứ tự của tập hợp ấy Ví dụ nếu

X = {1, 2, 3} và k = 2 thì ta có các tổ hợp lặp là {1, 1}, {1, 2}, {1, 3},{2, 2}, {2, 3}, {3, 3} Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được ký hiệu

là Ckn

1.2.1 Bất biến

a) Khái niệm bất biến

Giả sử ta có một hệ thống (X) các đại lượng và các phép biến đổi theothứ tự Tính chất P được gọi là bất biến sau s bước trong hệ thống (X) nếu

cứ sau s bước biến đổi ta đều nhận lại được tính chất P

b) Ứng dụng nguyên lý bất biến

Bất biến là những đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quátrình chúng ta thực hiện các phép biến đổi Chẳng hạn khi thực hiện phéptịnh tiến thì khoảng cách giữa hai điểm sẽ không thay đổi Với phép vị tựthì khác, khoảng cách có thể sẽ thay đổi nhưng sẽ có một bất biến khác, đó

là tỉ lệ giữa hai đoạn thẳng

Có hai mẫu bài toán tổng quát thường được giải quyết bằng bất biếnBài toán tổng quát 1.1 Có một tập hợp các trạng thái X và tập hợp cácphép biến đổi T từ X vào X Có hai trạng thái a và b thuộc X, hỏi có thểdùng hữu hạn các phép biến đổi thuộc T để đưa trạng thái a về trạng thái

b được không?

Bài toán tổng quát 1.2 Có một tập hợp các trạng thái X và tập hợp cácphép biến đổi T từ X vào X Cần chứng minh rằng bắt đầu từ một trạngthái a bất kì, sau một số hữu hạn các phép biến đổi từ T, ta sẽ đi đến trạngthái kết thúc (trong nhiều trường hợp đó là trạng thái ổn định, tức là sẽkhông thay đổi khi tiếp tục tác động các phép biến đổi từ T)

1.2.2 Nguyên lí Dirichlet

a) Nguyên lí Dirichlet

Nguyên lí Dirichlet - còn gọi là nguyên lí chuồng chim bồ câu (The geonhole Principle) - hoặc nguyên lý những cái lồng nhốt thỏ hoặc nguyên lísắp xếp đồ vật vào ngăn kéo (The Drawer Principle) Nguyên lí này được nhàtoán học người Đức Johann Dirichlet phát biểu đầu tiên năm 1834 khi ông đềcập tới nó với tên gọi "nguyên lí ngăn kéo" Vì vậy, một tên gọi thông dụngkhác của nguyên lý chuồng bồ câu chính là "nguyên lí ngăn kéo Dirichlet"hay đôi khi gọi gọn là "nguyên lí Dirichlet" Trong một số ngôn ngữ nhưtiếng Pháp, tiếng Ý và tiếng Đức, nguyên lí này cũng vẫn được gọi bằng tên

Pi-"ngăn kéo" chứ không phải "chuồng bồ câu"

Nguyên lí Dirichlet cơ bản:

Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có ít nhất mộtchuồng chứa ít nhất hai con thỏ, với n là số nguyên dương.

Nguyên lí Dirichlet tổng quát:

Nếu có N đồ vật được đặt vào trong k hộp thì sẽ tồn tại một hộp chứa ítnhất

ivật Khi đó tổng số đồ vật là:

khNk

Chứng minh

Giả sử trái lại mọi chuồng thỏ không có đến

hn + m − 1m

i

=

hn − 1m

i+1con, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằng

hn − 1m

icon

Từ đó suy ra tổng số con thỏ không vượt quá m.hn − 1

m

i

= n − 1 con.Điều này vô lí vì có n con thỏ Vậy giả thiết phản chứng là sai Nguyên líDirichlet mở rộng được chứng minh

b) Ứng dụng nguyên lí Dirichlet

Nguyên lí Dirichlet là một công cụ rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiềukết quả sâu sắc của toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng trong lĩnh vựckhác nhau của toán học Nguyên lí này trong nhiều trường hợp người ta dễdàng chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìmđược vật cụ thể, nhưng trong thực tế nhiều bài toán ta chỉ cần chỉ ra sự tồntại là đủ rồi Đôi khi có những bài toán người ta đã dùng rất nhiều phươngpháp khác nhau để giải mà vẫn chưa đi đến được kết quả, nhưng nhờ nguyên

lí Dirichlet mà bài toán trở nên dễ dàng giải quyết

Để sử dụng nguyên lí Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt

"thỏ" vào "chuồng" và thoả mãn các điều kiện:

+ Số "thỏ" phải hiều hơn số "chuồng";

+ "Thỏ" phải được nhốt hết vào các "chuồng", nhưng không bắt buộc

"chuồng" nào cũng phải có "thỏ"

Thường phương pháp Dirichlet được áp dụng kèm theo phương pháp phảnchứng Ngoài ra nó còn có thể áp dụng với các phép biến hình

1.2.3 Nguyên lí cực hạn

a) Nguyên lý cực hạn

Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau:

Nguyên lí 1: Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn

Những tính chất của các phần tử biên, phần tử tới hạn nhiều khi giúpchúng ta tìm kiếm được lời giải thu gọn của bài toán

Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác,đặc biệt là phương pháp phản chứng, được vận dụng trong trong trường hợptập các giá trị cần khảo sát là tập hợp hữu hạn (nguyên lí 1) hoặc có thể có

vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ nhất (nguyên lí 2) Khivận dụng nguyên lí này, ta phải tiến hành các bước sau:

Bước 1: Chứng minh rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát luôn tồn

tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.

Bước 2: Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá trị này (nhỏnhất hoặc lớn nhất)

Bước 3: Chỉ ra một mâu thuẫn, chỉ ra một giá trị còn nhỏ hơn (hay lớnhơn) giá trị ta đang khảo sát

Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải chứngminh

Chương 2

Phân loại và các phương pháp giải các bài toán đếm trong hình học tổ hợp

2.1 Phân loại các bài toán đếm

2.1.1 Đếm đối tượng tạo bởi điểm, đoạn thẳng, đường thẳngBài toán 2.1 Một lưới tạo bởi m đường thẳng ngang và n đường thẳngđứng Có bao nhiêu đỉnh phân biệt trong lưới này?

Lời giải

Mỗi đường thẳng ngang chứa n điểm (đó là giao điểm của đường thẳng

đó với những đường thẳng đứng) và có m đường thẳng như vậy Do đó tổng

số điểm giao là m.n

Bài toán 2.2 Mỗi cạnh AB và CD của hình chữ nhật ABCD được chiathành m phần bằng nhau, còn mỗi cạnh BC và AD được chia thành nphầnbằng nhau Bằng cách nối các điểm tương ứng ở các cạnh đối nhau tạo ramột lưới hình chữ nhật Hãy tìm số giao điểm tạo bởi đường chéo AC vànhững đường lưới

Lời giải

Ta có m + 1 đường thẳng ngang và n + 1 đường thẳng đứng Đường chéo

cắt tất cả các đường thẳng đã cho nhưng có một số điểm trùng vào điểm lưới.

Dễ thấy điểm trùng với điểm lưới là điểm nằm trên cả đường thẳng ngang

và đường thẳng đứng, như vậy những giao là m + n + 1 − (m, n) (trong đó(m, n) là ước chung lớn nhất của m và n)

Bài toán 2.3 Số giao điểm lớn nhất là bao nhiêu khi ta vẽ n đường thẳngtrong cùng một mặt phẳng?

Lời giải

Số giao điểm lớn nhất chỉ xuất hiện khi và chỉ khi các đường thẳng đôimột có giao điểm phân biệt, nhưng không có ba đường nào đồng quy Trongtrường hợp này tồn tạin − 1 giao điểm trên mỗi đường thẳng Do đó số điểmgiao nhau là Cn2 = n (n − 1)

Bài toán 2.5 Số giao điểm lớn nhất là bao nhiêu khi ta vẽ n hình tam giác(hình vuông) trong cùng một mặt phẳng?

Lời giải

Vì mỗi cạnh của một tam giác chỉ có thể giao với nhiều nhất hai cạnhcủa một tam giác khác nên những cạnh của hai tam giác bất kì không thể

có nhiều hơn 6 giao điểm Như vậy nếu mọi cặp tam giác có 6 điểm chung

và không có điểm chung nào là điểm chung của hơn 2 tam giác thì ta có thểnhận được 6.Cn2 = 3n(n − 1)

Bằng phương pháp tương tự, ta nhận được kết quả số điểm giao lớn nhất

là 4n.(n − 1) với những hình vuông

Bài toán 2.6 Cho hai đường thẳng d1 và d2 song song Lấy các điểm

A1, A2, , Am nằm trên d1 và các điểm B1, B2, , Bn nằm trên d2 Tadựng tất cả giao điểm của các đoạn thẳng AiBj, i = 1, , m; j = 1, , n

Từ các đoạn thẳng đó ta có thể nhận được số giao điểm lớn nhất là baonhiêu?

Lời giải

Nếu số giao điểm là lớn nhất thì không tồn tại ba đương thẳng đồng quytrong cấu trúc này Do đó nếu chọn hai điểm trên d1 và hai điểm trên d2 thìchúng xác định một giao điểm

Số cách chọn hai điểm trên d1 là Cm2 =m (m − 1)

2 và số cách chọn hai điểmtrên d2 là Cn2 = n (n − 1)

Do đó đường chéoA1Ak giao với những đường chéo khác tại (n − k)(k − 2)điểm nên số giao điểm trên tất cả các đường chéo xuất phát từ A1 là

=(n − 1) (n − 2) (n − 3)

Nếu ta cộng tất cả các số giao điểm này của tất cả các đỉnh A1, A2, ,

An của đa giác thì ta đếm số điểm giao 4 lần Do đó tổng số tất cả các giaođiểm của tất cả các đường chéo là

Bài toán 2.8 Phần trong của mỗi cạnh hình vuông ta chọn n điểm khácnhau Tìm số tất cả các tam giác mà đỉnh của nó là những điểm ta vừa lấy.Lời giải.

Từ 4n điểm đã chọn ta được tổng cộng C4n3 bộ ba điểm, trong số đó có4.Cn3 bộ ba điểm không tạo thành tam giác, do bộ ba điểm đó đều nằmtrên cùng một cạnh của hình vuông Do đó số tam giác được tạo thành là

Số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác là n(n − 4), vì mỗi cạnhtrong n cạnh của đa giác có thể chọn đỉnh thứ ba của tam giác trong n − 4đỉnh còn lại

Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác là n, vì mỗi tam giác có haicạnh kề nhau của đa giác, tức là tương ứng với bộ 3 đỉnh liên tiếp của đagiác đã cho

Vậy số tam giác cần tính là Cn3 − n(n − 4) − n = n (n − 4) (n − 5)

2.1.2 Đếm đối tượng tạo thành miền trong mặt phẳng

Bài toán 2.10 Trong mặt phẳng, cho n đường thẳng phân biệt Gọi P (n)

là số miền mặt phẳng mà các đường thẳng trên tạo ra Tìm giá trị lớn nhấtcủa số P (n)

Lời giải

Dễ thấy P (1) = 2

Giả sử biết số lớn nhất P (n) miền mặt phẳng có thể được chia ra bởi cácđường thẳng đã cho q1, q2, ,qn Bằng cách thêm vào một đường thẳng nữa

qn+1, số những phần trong mặt phẳng tăng lên bằng số những phần mà đườngthẳngqn+1 được chia ra với các đường thẳngq1,q2, ,qn Tồn tại nhiều nhất

n những giao điểm như vậy trên đường thẳng qn+1, như vậy nó chia đườngthẳng nhiều nhất thành n + 1 phần Hai trong chúng là nửa đường thẳng vàcòn lại là những đoạn thẳng Do đó có quan hệ P (n + 1) ≤ P (n) + n + 1

Để xác định công thức P (n) theo biến n, ta dùng kỹ thuật sau

P (1) = 2,

P (2) ≤ P (1) + 2,

P (3) ≤ P (2) + 3,

2 khi và chỉ khi với mỗi i = 2, 3, , nđường thẳng

qi có đúng i − 1 giao điểm với những đường thẳng trước nó q1, q2, , qn−1.Điều này xảy ra khi hệ gồmnđường thẳng đã cho không có hai đường thẳngnào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy

Bài toán 2.11 Trong mặt phẳng, cho n đường tròn phân biệt Gọi K(n)

là số miền mặt phẳng được chia ra bởi n đường tròn phân biệt đó.Tìm giátrị lớn nhất của K(n)

Lời giải

Dễ thấy K(1) = 2

Giả sử đã biết số có khả năng lớn nhất K(n) miền mặt phẳng được chia

ra bởinđường tròn phân biệt Ta thêm đường tròn thứn + 1 vào mặt phẳng,

nó sẽ có nhiều nhất 2n giao điểm với những đường tròn đã cho và nó xácđịnh nhiều nhất 2n cung trên đường tròn mới thêm vào Mỗi cung chia miềnchứa nó ra thêm một miền mới, do đó K(n + 1) ≤ K(n) + 2n

Từ đây ta cho từng giá trị của n và cộng theo vế ta được

K(n) ≤ 2 + 2 + 4 + 6 + · · · + 2(n − 1) = n2 − n + 2

Đẳng thức chỉ xảy ra nếu hệ thống nđường tròn đôi một cắt nhau tại haiđiểm phân biệt và không có hai đường tròn nào cùng đi qua một điểm

Để xây dựng một cấu trúc hình như thế, ta chọn một đoạn thẳng bất kì

AB có độ dài d, xét hệ gồm n đường tròn nhau có bán kính d và tâm củachúng khác nhau, cùng nằm bên trong đoạnAB Hai đường tròn bất kì trong

hệ thống này có đúng hai giao điểm chung phân biệt vì khoảng cách giữa haitâm nhỏ hơn d Nếu ba đường tròn cùng đi qua một điểm M thì tâm củanhững đường tròn này tạo thành một bộ ba điểm cùng nằm trên một đườngthẳng và có cùng khoảng cách tới M, điều này không thể xảy ra Do đó giátrị lớn nhất của K(n) bằng n2 − n + 2

2.2.1 Phương pháp sử dụng nguyên lí bất biến

Bài toán 2.12 Trên bảng đen ta viết 2015 dấu cộng (+) và 2016 dấu trừ(−) Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai dấu tùy ý và viết thay vào đómột dấu cộng nếu hai dấu xóa đi là như nhau, và dấu trừ nếu ngược lại Lặplại phép tính đó 4030 lần Hỏi trên bảng còn lại dấu gì?

Lời giải

Giả sử thay dấu cộng bởi số 1, thay dấu trừ bởi số −1 Khi đó phép toán

đã cho tương đương với việc thay hai số tùy ý bởi tích của chúng Phép tínhnày không làm thay đổi tích của tất cả các số đã cho Như vậy tích của tất

cả các số đã cho là một bất biến trong quá trình lặp lại phép toán Tại trạngthái xuất phát, tích này bằng 1nên ở trạng thái cuối cùng, tích đó cũng phảibằng 1 Sau 4030 lần thực hiện, ta chỉ còn một số trên bảng, số đó phải là

1 Do đó dấu còn lại trên bảng là dấu (+)

Bài toán 2.13 Cho một bảng hình vuông có cạnh10cmđược chia ra thành

100 ô vuông nhỏ với cạnh 1cm Ta đặt lên bảng hình vuông đó 25 hình chữ

nhật như nhau, mỗi hình chữ nhật có chiều dài 4cm, chiều rộng 1cm vàđược chia thành 4 ô vuông có cạnh là 1cm Có thể sắp xếp những hình chữnhật trên bảng hình vuông sao cho chúng phủ toàn bộ bảng hình vuông haykhông?

Lời giải

Ta tô bảng vuông bằng màu đen trắng như hình vẽ:

Ta nhận được 25 ô đen và 75 ô trắng Ta chú ý là đặt những hình chữnhật trên bảng vuông sao cho mỗi ô vuông của hình chữ nhật trùng với một

ô vuông nào đó của bảng vuông Hình chữ nhật này sẽ phủ lên hoặc là2hoặc

là 0 ô vuông đen Từ đó suy ra khi đặt tất cả 25 hình chữ nhật trên bảngvuông, chúng sẽ phủ kín một số chẵn những ô vuông đen Bởi vì số lượngcủa ô vuông đen đã tô là 25, nó không phải là một số chẵn Như vậy khôngthể phủ bằng 25 hình chữ nhật trên hình vuông đã cho

Bài toán 2.14 Một nền nhà hình chữ nhật được lát kín bằng những viêngạch men kích thước 2 × 2và 1 × 4 Khi sửa nền nhà, người ta phải dỡ tất cảcác viên gạch men đã lát, nhưng không may bị vỡ mất một viên kích thước

2 × 2 Vì không có loại gạch men kích thước 2 × 2 nên người ta phải thayviên bị vỡ bởi các viên kích thước 1 × 4 Chứng minh rằng bây giờ nền nhàkhông thể được lát kín bởi các viên gạch ấy

Lời giải

Chia nền nhà thành các hình vuông kích thước 1 × 1 và tô đen các ô ởdòng lẻ, cột lẻ Ta thấy mỗi viên gạch 1×4 chiếm 4 ô trên nền nhà sẽ chứamột số chẵn các ô đen, còn các viên gạch 2×2 chiếm đúng một ô đen Do lúcđầu tất cả gạch lát kín nền nhà nên số viên gạch 2×2 có cùng tính chẵn lẻvới số ô được tô đen.

Vì vậy, nếu số các viên gạch 2×2 bớt đi một đơn vị, tức là tính chẵn lẻ

bị thay đổi (khác với tính chẵn lẻ của các ô đen) Do đó nền nhà không thểđược lát kín

Bài toán 2.15 Cho một bàn cờ vua 8 × 8 Hỏi rằng quân mã có thể đi từnước đầu tiên ở ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải haykhông? (với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ điqua đúng một lần)

Bài toán 2.16 Dùng những viên gạch 2 × 2 và 3 × 3 để lát sân kích thước

n × n Xác định điều kiện của sân n × n (n ≥ 2) để lát được mà không phảicắt gạch

Lời giải

Với n chẵn, ta có thể dùng toàn gạch 2 × 2 để lát được.

Với n lẻ Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: n chia hết cho 3 Có thể lát được bằng cách dùng toàngạch 3 × 3

+ Trường hợp 2: n không chia hết cho 3 Chia sân thành bảng ô vuôngkích thước 1 × 1 Ta tô màu đỏ cho các ô ở cột lẻ, tô màu xanh cho các ô ởcột chẵn Có tất cả nn − 1

đỏ và 6 ô màu xanh Nếu sân bị phủ kín thì hiệu của tổng số ô màu đỏ vàtổng số ô màu xanh chia hết cho 3 Tuy nhiên, thực tế trong bảng hiệu đó là

n không chia hết cho 3 Điều mâu thuẫn này chứng tỏ trường hợp này sânkhông thể được lát kín

Vậy kích thước sân là 2k × 2k hoặc 3k × 3k

Bài toán 2.17 Các dấu cộng (+) và dấu trừ (−) được viết vào các ô trongmột bảng 6 × 6 như trong hình vẽ Mỗi lần thực hiện, cho phép đảo ngượctất cả các dấu trong cùng một hàng, trong cùng một cột, hoặc dọc theo mộtđường bất kì song song với một trong hai đường chéo của bảng (đặc biệt cóthể dỏ dấu của các ô ở góc) Có thể hay không, bằng cách thực hiện các phéptính trên đây, nhận được một bảng không có dấu trừ?

Lời giải

Giả sử thay dấu cộng bởi số 1, thay dấu trừ bởi số −1 Khi đó phép toán

đã cho tương đương với việc thay 1 bởi −1, thay −1 bởi 1 ở tất cả các ôtrong cùng một hàng, trong cùng một cột, hoặc dọc theo một đường bất kìsong song với một trong hai đường chéo của bảng (đặc biệt có thể dỏ dấucủa các ô ở góc)

sau một số hữu hạn phép chuyển số nói trên từ bảng số ban đầu ta có thểnhận được bảng số sau hay không?

Lời giải

Giả sử nhờ phép chuyển số theo qui tắc của đề bài, từ bảng 1 ta nhậnđược bảng 2 Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điền số 0 Với mỗi bảngnhận được trong quá trình chuyển số, ta liệt kê tất cả các số trong bảng theothứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới Khi đó, với mỗi bảng số sẽ cómột hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên Và do đó, giả sử trên cho thấy, từhoán vị

I(1, 2, 3, , 11, 12, 0, 13, 14, 15, , 29) ta có thể nhận được hoán vịII(29, 2, 3, , 11, 12, 0, 13, 14, 15, , 28, 1)

nhờ việc thực hiện liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển chỗ các số hạngtrong hoán vị theo qui tắc (*): mỗi lần, lấy một số hạng khác 0 của hoán vịrồi đổi vị trí của số hạng đó và 0 cho nhau Giả sử (a1, a2, , a30) là mộthoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên Ta gọi cặp số ai, aj là cặp số ngược củahoán vị trên nếu ai > aj và i < j Dễ thấy sau một số lần thực hiện phépđổi chỗ các số hạng theo qui tắc (*) đối với hoán vị (a1, a2, , a30) thì cặp

số ngược của hoán vị đó sẽ tăng lên hoặc giảm đi một số lẻ đơn vị Ta có sốcặp số ngược của hoán vị I là 12 và số cặp số ngược của hoán vị II là 67

Do đó từ hoán vị I chỉ có thể nhận được hoán vị II sau một số lẻ lần thựchiện phép đổi chỗ các số hạng Do đó từ bảng 1 nhận được bảng 2 thì số lầnchuyển số phải là số lẻ

Tô màu tất cả các ô vuông con trong bảng 6 × 5 như bàn cờ bởi hai màuđen trắng Khi đó sau mỗi lần chuyển số, số 0 sẽ được chuyển từ ô có màunày sang ô có màu kia Do số 0 ở bảng 1 và bảng 2 nằm ở hai ô cùng màunên từ bảng 1 ta chỉ có thể nhận được bảng 2 sau một số chẵn lần chuyển

số (mâu thuẫn) Vậy từ bảng 1 ta không thể nhận được bảng 2 theo qui tắctrên

Bài toán 2.19 Trên một bảng ô vuông 8 × 8 bao gồm 32 ô trắng và 32 ôđen Nếu một người chơi thay tất cả các ô trắng thành ô đen và ô đen thành

ô trắng cùng một lúc trong một hàng hoặc một cột bất kì thì có thể thựchiện hữu hạn bước thay đổi như vậy để trên bảng chỉ còn đúng một ô đenhay không?

Lời giải

Giả sử trên một hàng hoặc một cột trước khi thực hiện thay đổi có đúng

k ô đen thì sau khi thực hiện một lần thay đổi, số ô đen trong hàng hoặccột đó sẽ là 8 − k Do đó sự thay đổi số ô đen trong hàng hoặc cột đó là(8 − k) − k = 8 − 2k Do 8 − 2k là một số chẵn nên tính chẵn lẻ của số các

ô đen là bất biến khi thực hiện biến đổi Vì vậy, ban đầu bảng có 32 ô đennên không thể đưa tới bảng chỉ còn lại đúng 1 ô đen

Bài toán 2.20 Tại mỗi ô vuông trong bảng8 × 8 được viết một số nguyên

Ta có thể chọn bất kì bảng nhỏ 3 × 3hoặc 4 × 4 và tăng tất cả số trong bảngnhỏ lên 1 đơn vị Với cách làm như vậy liệu có thể nhận được những số chiahết cho 3 trong tất cả ô vuông của bảng 8 × 8 sau một số hữu hạn lần thựchiện không?

Lời giải

Câu trả lời là không

Thật vậy: Tô màu đen cho các ô trong bảng như hình vẽ

Gọi s là tổng các số chứa trong các ô màu đen trong bảng

Nhận xét 2.1 Mỗi hình vuông kích thước 3 × 3 luôn chứa 6 hoặc 9 ô màuđen, còn mỗi hình vuông kích thước 4 × 4 luôn chứa 12 ô màu đen

Suy ra sau một thao tác tổng các số trong các ô màu đen chia cho 3 luôn

có số dư không đổi Do đó nếu ngay từ đầu tổng s không chia hết cho 3, thìtrong các ô được tô màu đen luôn tồn tại một ô có chứa các số không chiahết cho 3

Vậy không thể nhận được những số chia hết cho 3 trong tất cả ô vuôngcủa bảng 8 × 8 sau một số hữu hạn lần thực hiện

Bài toán 2.21 Các số 1, 2, · · · , 2011 được viết trên một đường tròn Mỗilần thực hiện, ta xóa hai số tùy ý và thay vào đó ta viết phần dư của tổnghai số đó khi chia cho 13 Lặp lại phép tính này cho đến khi trên đường trònchỉ còn một số Hỏi số đó là số nào?

Lời giải

Ta có thặng dư dương bé nhất môđulô 13 của tổng các số đã viết là mộtbất biến khi thực hiện phép toán trên Mặt khác, ở trạng thái ban đầu, ta có

1 + 2 + 3 + · · · + 2011 = 2024072 ≡ 11 (mod 13)

Vậy số cuối cùng còn lại trên đường tròn là số 11

Bài toán 2.22 Một hình tròn được chia thành 10 cung Trên mỗi cung,người ta đặt một miếng bìa Có thể di chuyển hai miếng bìa tùy ý sang cung

kề bên, nhưng phải di chuyển hai miếng theo chiều ngược nhau Thực hiệnliên tiếp việc di chuyển nói trên, có thể dồn được tất cả các miếng bìa vàocùng một cung hay không?

Lời giải.

Ta đánh số các cung tròn lần lượt từ 1 đến 10 theo chiều ngược kim đồng

hồ Ở trạng thái ban đầus0, mỗi cung có một miếng bìa Giả sử ở trạng thái

s nào đó, số miếng bìa ở cung thứ k là ak(s)

Đặt r(s) = (1.a1(s) + 2.a2(s) + · · · + 10.a10(s)) ≡ 5 (mod 10)

Ta thấy đại lượng này không thay đổi trong quá trình di chuyển các miếngbìa theo cách đã cho Do ở trạng thái ban đầu r(s0) = (1 + 2 + · · · + 10) ≡ 5(mod 10) nên không thể đưa về trạng thái t mà tất cả các miếng bìa đềunằm ở một cung vì khi đór(t) = 0 Vậy không thể dồn được tất cả các miếngbìa vào một cung

Bài toán 2.23 Một hình tròn được chia thành 6 rẻ quạt Ta viết vào các

rẻ quạt này các số 1, 0, 1, 0, 0, 0 theo thứ tự nguợc chiều kim đồng hồ Thựchiện thao tác lặp sau: tăng số của hai rẻ quạt cạnh nhau lên 1 đơn vị Khithực hiện các thao tác trên có thể đưa đến kết quả các số trong các rẻ quạtđều bằng nhau không?

2.2.2 Phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet

Bài toán 2.24 Chứng minh rằng một đường thẳng chỉ có thể cắt nhiềunhất hai cạnh của một tam giác ở phần trong của các cạnh này

Lời giải

Một đường thẳng d bất kì luôn chia mặt phẳng ra làm hai miền, cho nêntheo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại một miền chứa ít nhất hai đỉnh, khôngmất tổng quát ta giả sử đó là hai đỉnh A và B Khi đó cạnh AB nằm hoàntoàn trong nửa mặt phẳng này và không thể cắt d được

Bài toán 2.25 Trong hình vuông cạnh bằng 1, đặt 51 điểm bất kì, phânbiệt Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một hìnhtròn bán kính 1

7.Lời giải

Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh bằng1

5.Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình vuông con a chứa ítnhất ba điểm trong số 51 điểm đó Đường tròn ngoại tiếp (a) có bán kính1

r2

con có chứa ít nhất n điểm trong số m điểm đó

Đường tròn ngoại tiếp (C) có bán kính α2

r2

Bài toán 2.26 Cho(xi, yi, zi) (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)là một tập hợp gồm

9 điểm khác nhau có các tọa độ nguyên trong không gian

Chứng minh rằng trung điểm của đường nối ít nhất một trong các cặpđiểm này có tọa độ nguyên.

 Các tọa độ củađiểm O nguyên nếu và chỉ nếu a và d; b và e; c và f cùng chẵn hoặc cùng lẻ

h

h

m 8

i+ 12

itrong các cặp điểm này có tọa

.Các tọa độ của điểm O nguyên nếu và chỉ nếu a và d; b và e; c và f cùngchẵn hoặc cùng lẻ Vì có 23 = 8 bộ ba chẵn lẻ khác nhau

((c, c, c); (l, l, l); (c, c, l); (c, l, l); (c, l, c); (l, c, c); (l, c, l); (l, l, c))

nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất

hm8

i+ 1 trong m điểm có cùng bộ bachẵn lẻ như nhau

Vậy có ít nhất h

h

m 8

i+ 12

icặp điểm mà điểm chính giữa của chúng có tọa

độ nguyên

Bài toán 2.27 Trong một hình vuông có cạnh là 1 chứa một số đường trònphân biệt Tổng tất cả chu vi của chúng là 10 Chứng minh rằng tồn tại mộtđường thẳng cắt ít nhất 4 đường tròn trong những đường tròn đó.

Lời giải

Chọn một cạnh hình vuông chẳng hạn là CD rồi chiếu vuông góc cácđường tròn xuống cạnh đó Dễ thấy rằng hình chiếu của một đường tròn bánkính R sẽ là một đoạn thẳng có độ dài 2R Gọi C1, C2, , Cn là chu vi của

nđường tròn đã cho Khi đó theo giả thiết, ta được:C1+ C2+ · · · + Cn = 10.Mặt khác, đường tròn với chu vi Ci sẽ có bán kính: Ri = Ci

2π.Vậy hình chiếu của hình tròn với chu vi Ci sẽ là đoạn thẳng với độ dài là:2Ci

Bài toán 2.28 Trong một cái bát hình vuông cạnh 18 cm có 128 hạt vừng.Chứng minh rằng tồn tại hai hạt vừng có khoảng cách tới nhau nhỏ hơn2cm.

Vậy tồn tại hai hạt vừng có khoảng cách tới nhau nhỏ hơn 2cm

Bài toán 2.29 Trong hình chữ nhật 3×4 đặt 6 điểm phân biệt Chứng minhrằng trong số đó luôn tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng khônglớn hơn √

5

Lời giải

Chia hình chữ nhật đã cho thành năm hình đa giác

ABCD, DCKEF, KF N M, N F EQR, QEDAS

Vì có 6 điểm nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một trong năm hình trên,

mà hình này chứa ít nhất hai trong 6 điểm đã cho Ta đưa vào khái niệmsau:

Giả sử P là một hình

Đặt d(P ) = max

M,N ∈P {M N } và đại lượng d(P ) gọi là đường kính của hình P

Dễ thấy cả năm hình trên đều có đường kính bằng√

5 (Thí dụ: d(ABCD) =

AC = d(DCKF E) = CE = KE = CF = DK = √

5) Từ đó suy ra luôntìm được 2 điểm trong số 6 điểm đã cho có khoảng cách không lớn hơn √

5

Đó là điều phải chứng minh

Từ đó ta có các bài toán tương tự như sau

Bài toán 2.30 Bên trong tam giác đều ABC cạnh 1 đặt 5 điểm Chứngminh rằng tồn tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 0, 5

Lời giải

Các đường trung bình của tam giác đều cạnh 1 sẽ chia nó ra làm 4 tamgiác đều cạnh 0, 5

Do đó trong một tam giác nhỏ đó có ít nhất 2 điểm đã cho, và các điểm

đó không thể rơi vào các đỉnh của tam giác ABC Vậy khoảng cách giữa haiđiểm đó nhỏ hơn 0,5

Bài toán 2.31 Trong một hình tròn đường kính bằng 5 có 10 điểm Chứngminh rằng tồn tại ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bé hơn hoặcbằng 2

Vì \DOA = 450, nên

d2 = DA2 = DO2 + AO2 − 2DO.OA cos 450

= 52

+ 12 − s.5

2.1.

√22

= 24

4 + 1 −

5√2

2 .

Từ đó, suy ra: d2 < 29

4 − 5

2.Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất hai điểm rơi vào một trong cácmiền I, II, III, , IX có đường kính bằng 2, còn các miền II, , IX cóđường kính bằng nhau và bằng d (với d ≥ 2), từ đó suy ra tồn tại hai trong

số 10 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2 Đó làđiều phải chứng minh

Bài toán 2.32 Trên mặt phẳng cho 25 điểm Biết rằng trong ba điểm bất

kì trong số đó luôn luôn tồn tại hai điểm cách nhau một khoảng nhỏ hơn 1.Chứng minh rằng tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa ít nhất 13 điểm đã cho.Lời giải

Lấy A là một trong số 25 điểm đã cho Xét hình tròn O1(A, 1) tâm A bánkính 1 Chỉ có hai khả năng sau có thể xảy ra:

1) Nếu tất cả các điểm đã cho nằm trong O1(A, 1) thì kết luận của bàitoán hiển nhiên đúng

2) Tồn tại điểm B 6= A (B thuộc trong số 25 điểm đã cho), sao cho

B /∈ O1(A, 1) Vì B /∈ O1(A, 1) nên AB > 1

Xét hình tròn O2(B, 1) tâm B, bán kính 1 Lấy C là điểm bất kì trong số

25 điểm đã cho sao cho C 6= A, C 6= B Theo giả thiết (và dựa vào AB > 1),

Bài toán tổng quát 2.3 (Tổng quát hóa bài toán) Cho 2n + 1 điểm trênmặt phẳng (với n ≥ 3) Biết rằng trong ba điểm bất kì trong số đó luôn luôntồn tại hai điểm cách nhau một khoảng nhỏ hơn 1 Khi đó tồn tại hình trònbán kính 1 chứa ít nhất n + 1 điểm đã cho.

Bài toán 2.33 Tìm hình vuông có kích thước bé nhất, để trong hình vuông

đó có thể sắp xếp năm hình tròn bán kính 1, sao cho không có hai hình trònnào trong chúng có điểm chung

Lời giải

Giả sử hình vuôngABCD có tâmO và cạnh a, chứa năm hình tròn khôngcắt nhau và đều có bán kính bằng 1 Vì cả năm hình tròn này đểu nằm trọntrong hình vuông, nên các tâm của chúng nằm trong hình vuông A0B0C0D0

có tâm O và cạnh a − 2, ở đây A0B0//AB

Các đường thẳng nối các trung điểm của các cạnh đối diện của hình vuông

A0B0C0D0 chia hình vuông A0B0C0D0 thành 4 hình vuông nhỏ Theo nguyên

lí Dirichlet tồn tại một trong 4 hình vuông nhỏ mà trong hình vuông nàychứa ít nhất 2 trong số 5 tâm hình tròn nói trên (không mất tính tổng quát

A’, B’, C’, D’ như hình trên, thì mọi yêu cầu của đề bài thỏa mãn Tóm lại,hình vuông có kích thước bé nhất cần tìm là hình vuông với cạnh 2√

2 + 2.Bài toán 2.34 Chứng minh rằng trong một hình tròn bán kính 1, khôngthể chọn được quá 5 điểm mà khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong chúngđều lớn hơn 1

1 điểm rơi vào

Giả thiết phản chứng chọn được quá 5 điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài Vì

lí do trên nên số điểm không thể quá 7 (vì nếu số điểm chọn được mà lớnhơn hoặc bằng 7 thì theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai điểm được chọnnằm trong một cung hình quạt), mà điều này mâu thuẫn với nhận xét trên.Vậy từ giả thiết phản chứng suy ra tồn tại sáu điểm và mỗi điểm nằm trongmột hình quạt sao cho khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong chúng đều lớnhơn 1 mà

\

A1OA2 +A\2OA3 +A\3OA4 +A\4OA5 +A\5OA6 = 3600

Khi đó suy ra: min

Bài toán 2.35 Cho hình tròn có bán kính n, ở đây n là số nguyên dương.Trong hình tròn có 4n đoạn thẳng đều có độ dài bẳng 1 Cho trước mộtđường thẳng d Chứng minh rằng tồn tại đường thẳng d0 hoặc song song với

d, hoặc là vuông góc với d sao cho d0 cắt ít nhất hai đoạn thẳng đã cho.Lời giải

Giả sử AB là đoạn thẳng có độ dài bằng 1, a và a0 là hai đường thẳngbất kì vuông góc với nhau Gọi A0B0 và A00B00 là các hình chiếu của AB lên

a và a0 Khi đó ta có: A0B0+ A00B00 ≥ AB hay A0B0 + A00B00 ≥ 1

Áp dụng vào bài toán, ta gọi d00 là đường thẳng bất kì vuông góc với d.Chiếu vuông góc tất cả 4n đoạn thẳng lên d và d00 Suy ra tổng độ dài hình

chiếu của tất cả 4n đoạn thẳng không bé hơn 4n.

Vì vậy, theo nguyên lí Dirichlet trong hai đường thẳng d và d00 có ít nhấtmột đường thẳng mà tổng độ dài của hình chiếu các đoạn thằng lên nó không

bé hơn 2n Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử đó là d

Mặt khác, mỗi đoạn thẳng đầu nằm trọn trong hình tròn bán kính n(đường kính 2n), nên hợp các hình chiếu của chúng trên d có độ dài khôngvượt quá 2n

Vì vậy, theo nguyên lí dirichlet trên d tồn tại ít nhất một điểm M thuộcvào hình chiếu của ít nhất hai đoạn thẳng trong số 4n đoạn thẳng đã cho.Gọi d0 là đường thẳng vuông góc với d tại M Đường thẳng d0 chính là đườngthẳng cần tìm

Nhận xét 2.2 Nếu ở trên thay d bởi d00 thì đường thẳng phải tìm sẽ códạng song song với d (vì nó vuông góc với d00)

Bài toán 2.36 Cho 2016 điểmM1, M2, , M2016phân biệt trên mặt phẳng

Vẽ một đường tròn bán kính 1 tùy ý Chứng minh rằng tồn tại điểm S trênđường tròn sao cho SM1 + SM2 + · · · + SM2016 ≥ 2016

Lời giải

Xét một đường kính S1S2 tùy ý của đường tròn, ở đây S1, S2 là hai đầu của

Từ (4) và theo nguyên lí Dirichlet suy ra trong hai tổng của vế trái của (4),

có ít nhất một tổng lớn hơn hoặc bằng 2016 Giả sử

S1M1 + S1M2 + · · · + S1M2016 ≥ 2016khi đó lấy S = S1 Đó là điều phải chứng minh

Bài toán 2.37 Cho chín đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳngchia hình vuông thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng 2

3 Chứng minhrằng tồn tại ít nhất ba đường thẳng trong số đó cùng đi qua một điểm.Lời giải

Các đường thẳng đã cho không thể cắt các cạnh kề nhau của hình vuông,bởi vì nếu thế chúng chia hình vuông thành một tam giác và ngũ giác (chứkhông phải là chia hình vuông thành hai tứ giác)

Vì lẽ đó, mọi đường thẳng (trong số chín đường thẳng) đều cắt hai cạnhđối của hình vuông và dĩ nhiên không đi qua một đỉnh nào của hình vuôngcả.

Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối BC và AD tại các điểm M vàN

Gọi E, F, P, Q tương ứng là các trung điểm của AB, CD, BC, AD Gọi

J1, J2, J3, J4 là các điểm sao cho J1, J2 nằm trên EF, J3, J4 nằm trên PQ