Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học
2.2 Dạng toán mạng lưới ô vuông
Định nghĩa 2.1 (Mạng lưới ô vuông).
Một hệ thống vô hạn ô vuông tạo trên mặt phẳng giống như ta lát gạch một cái sân bởi những viên gạch lát ô vuông được gọi là mạng lưới đỉnh ô vuông. Các ô vuông này được gọi là các ô vuông cơ sở. Các đỉnh ô vuông chính là các điểm nguyên (điểm có cả tung độ, hoành độ là các số nguyên) của một hệ trục tọa độ song song với các cạnh của các hình vuông cơ sở.
Một đa giác có đỉnh là các đỉnh lưới của mạng ô vuông được gọi là đa giác nguyên.
Định lí 2.1 (Xem [2]). Đa giác đều duy nhất có đỉnh tại các điểm lưới ô vuông là hình vuông.
Bài toán 2.7. Một mạng lưới ô vuông gồm 80 đường ngang và 90 đường dọc. Có hai quân cờ đặt ở hai đỉnh đối diện của một hình chữ nhật 80×90. Mỗi lượt người ta chuyển cả hai quân cờ theo đường đến nút lưới bên cạnh. Hỏi rằng sau một số lần di chuyển thì hai quân cờ có thể ở hai nút lưới cạnh nhau được không?
Hình 2.5:
Lấy hai cạnh của hình chữ nhật là hai trục tọa độ, dựng hệ trục tọa độ vuông góc như sau:
Khi đó giả sử hai quân cờ ở hai vị trí A(0; 80), B(90; 0).
Giả sử một quân cờ lúc nào đó ở vị trí (a;b). Lần lượt di chuyển tiếp theo vị trí của nó chỉ có thể ở vào một trong bốn bước sau:(a+1;b),(a−1;b),(a;b+ 1),(a;b−1).
Ta thấy trước khi di chuyển thì tổng tọa độ của quân cờ là a+b. Sau khi di chuyển thì tổng tọa độ của quân cờ thuộc vào tập hợp {a+b+ 1;a+b−1}
(tăng hoặc giảm 1 đơn vị thì tính chẵn lẻ thay đổi). Như vậy sau một lần di chuyển tính chẵn lẻ của tổng a + b thay đổi. Vì thế sau một lần di chuyển thì tính chẵn lẻ của tổng các tọa độ của hai quân cờ không thay đổi.
Tại thời điểm ban đầu doA(0; 80), B(90; 0) nên tổng các tọa độ của hai quân cờ bằng 170 là số chẵn.
Giả thiết sau một số nước đi hai quân cờ có thể đứng cạnh nhau. Khi đó, nếu hai quân cờ cùng hàng thì tọa độ của chúng có dạng (α;β),(α+ 1;β), lúc này tổng các tọa độ là 2(α +β) + 1 là số lẻ.
Nếu hai quân cờ cạnh nhau ở cùng cột thì tọa độ của chúng có dạng(α;β),(α;β+ 1), tổng các tọa độ là 2(α+β) + 1 là số lẻ.
Ta đều thấy mâu thuẫn với tổng tọa độ ban đầu là số chẵn.
Kết luận sau nhiều lần di chuyển ta thấy không bao giờ xảy ra hai quân cờ đứng cạnh nhau.
Bài toán 2.8. Người ta muốn lát một quảng trường rộng 2n× 2n bằng
2n2−1 viên đá hoa cỡ 1×2. Biết rằng người ta cần để trống ra 2 ô để trồng
2 cột điện vào đó. Hỏi người ta sẽ đặt cột điện vào những vị trí nào để có thể lát được quảng trường sao cho không phải chặt đôi viên đá hoa ?
Lời giải.
Tô màu hình vuông 2n×2n bằng 2 màu xanh đỏ khi đó ta thấy nếu 2 ô để trống cùng màu thì sẽ không thể lát đá hoa toàn bộ quảng trường theo đầu bài được.
Ta sẽ chứng minh nếu 2 ô để trống khác màu nhau thì sẽ lát được quảng trường theo cách thỏa mãn đề bài.
Thật vậy, vẽ một chu trình kín sao cho nó đi qua tất cả các ô của quảng trường, mỗi ô không quá một lần. Ta thấy nếu trong chu trình trên ta lấy
Hình 2.6:
đi hai ô khác mầu nhau thì chu trình sẽ tách ra làm hai phần mỗi phần có chẵn ô, do đó ta luôn lát được quảng trường thỏa mãn đề bài.
Bài toán 2.9. Trong một cuộc thi có 20 thí sinh, mỗi người phải thi2vòng, điểm của mỗi vòng thi của các thí sinh là các số tự nhiên từ 1 đến 10. Người ta so sánh điểm của từng vòng thi tương ứng (vòng 1, vòng 2) giữa các thí sinh. Người A gọi là so sánh được với người B nếu điểm mỗi vòng thi của A
không nhỏ hơn điểm mỗi vòng thi tương ứng của B. Biết rằng không có 2
thí sinh nào có cùng cặp điểm số tương ứng. Chứng minh rằng có thể chọn được3thí sinhA, B, C sao choAso sánh được vớiB vàBso sánh được với C.
Hình 2.7:
Lời giải tóm tắt.
Xét một bảng hình vuông 10×10
Giả sử người A bất kỳ có điểm vòng 1 là i, điểm vòng 2 là j được biểu diễn bởi ô vuông ở hàng i và cột j, với i, j nhận giá trị từ 1 đến 10.
đó.
Ta chia bảng vuông thành 10 miền như sau: Miền 1 gồm các ô ở cột 1 và hàng 10.
Miền 2 gồm các ô ở cột 2 và hàng 9. . . . . Miền 9 gồm các ô ở cột 9 và hàng 2. Miền 10 có một ô ở cột 10 và hàng 1.
Ta nhận thấy rằng nếu điểm của hai thí sính A và B biểu diễn bởi hai ô thuộc cùng một miền thì so sánh được với nhau.
Giả sử phản chứng, không có3 thí sinhA, B, C nào có điểm biểu diễn bởi 3ô thuộc cùng một miền, có20 ô biểu diễn mà có 10 miền thì mỗi miền chứa2 ô biểu diễn của2trong số20thí sinh nói trên nên miền10phải có2ô phân biệt, điều này mâu thuẫn với cách phân miền ở trên. Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.10. Cho một bảng vuông 10 ×10, trong mỗi ô vuông ta ghi một số tự nhiên từ1 đến100. Hàng thứ nhất ta ghi các số từ1 đến10 từ trái qua phải, hàng thứ hai ta ghi các số từ11 đến 20 cũng từ trái qua phải,. . . cứ tiếp tục quá trình như vậy cho đến khi điền hết các số vào bảng.
a) Chứng minh rằng tổng S của 10 số bất kỳ của bảng, trong đó không có bất kỳ hai số nào thuộc cùng một hàng và cũng không có bất kỳ hai số nào thuộc cùng một cột, là hằng số. Hãy tìm S.
b) Bạn Nam dự định cắt bảng trên thành các hình chữ nhật 1×2, rồi lấy tích hai số trên một hình chữ nhật, sau đó cộng tất cả các tích vừa thu được với nhau thì được tổng T. Để nhận được T nhỏ nhất thì Nam phải cắt thế nào ? Lời giải. a) Ta ký hiệu các số hạng của S: - Thuộc hàng 1 là a1. - Thuộc hàng 2 là 10 +a2. - Thuộc hàng 3 là 20 +a3. . . . .. - Thuộc hàng 10 là 90 +a10.
Do giả thiết nên ta dễ dàng chứng minh được các số a1, a2, . . . , a10 đôi một khác nhau. Suy ra a1 +a2 +· · ·+an = 1 + 2 + 3 +· · ·+ 10 = 55.
b) Gọi (ai, bi) với (i = 1,2, . . . ,50) là bộ số ở hình chữ nhật mà Nam cắt. Ta có T = 50 P i=1 aibi = 1 2 50 P i=1 (a2i +b2i)− 1 2 50 P i=1 (ai−bi)2. Do 50 P i=1 (a2i + b2i) là tổng bình phương các số từ 1 đến 100 nên nó là một số không đổi. Vậy T nhỏ nhất khi 50 P i=1 (ai − bi)2 đạt lớn nhất. Mà |ai − bi| = 1 nếu ai, bi
cùng hàng và |ai −bi| = 10 nếu ai, bi cùng cột. Nên để nhận được tổng T
nhỏ nhất thì bạn Nam phải cắt theo cột.
Bài toán 2.11. Một thanh sô cô la được chia thành 64 miếng vuông hình bàn cờ 8×8. Cần phải bẻ ít nhất bao nhiêu lần (theo mạch chia và không chồng các miếng lên nhau) để có được 64 miếng ?
Lời giải.
Ta nhận thấy sau mỗi lần bẻ thì ta có thêm đúng một miếng nhỏ hơn. Để có được 64 miếng ta cần bẻ đúng 63 lần.
Bài toán 2.12. Dùng những viên gạch 2×2 và 3×3để lát sân kích thước
n×n (n≥ 2). Xác định điều kiện của sân n×n để lát được mà không phải cắt gạch ?
Lời giải.
Trước hết, ta nhận xét rằng:
- Nếu n chẵn thì có thể dùng toàn gạch 2×2 để lát được. - Nếu n= 3k thì cũng lát được bằng gạch 3×3.
Ta sẽ chứng minh rằng, nếu n lẻ và không chia hết cho 3 thì không thể lát kín sân n×n bằng hai loại gạch trên.
Chẳng hạn kích thước sân là 7×7. Ta tô màu đỏ các cột lẻ, tô màu xanh các cột chẵn. Cả thảy có4cột đỏ gồm 4×7 = 28ô và 3cột xanh gồm 3×7 = 21
ô. Ta thấy rằng, viên 2×2 luôn phủ 2 ô màu đỏ và 2 ô màu xanh, và viên
3×3 phủ 3 ô đỏ và 6 ô xanh, hoặc phủ 6 ô đỏ và 3 ô xanh. Nếu sân 7×7
được phủ kín thì hiệu số các tổng của các ô đỏ và ô xanh là bội số của 3. Tuy nhiên, hiệu số của tổng các ô đỏ và tổng các ô xanh luôn là 4×7- 3×7
= 7 không là bội số của 3.
Vậy kích thước sân phải là 2k×2k hoặc 3k×3k.
Bài toán 2.13. Có thể chia bàn cờ 10×10 thành các hình có kích thước
1×4 được không ?
Hình 2.8:
Lời giải.
Cách1. Tô màu (trắng - đen) bàn cờ 10×10 với kích thước 2×2 (các ô màu xen kẽ như hình vẽ). Ta thấy mỗi thanh 1×4 luôn chứa đúng hai ô đen và hai ô trắng. Mặt khác, tổng số các ô đen bằng 13 ×4 = 52, tổng số các ô trắng bằng 48. Tổng số các ô đen không bằng tổng số các ô trắng. Vậy điều này vô lý, không thể chia theo yêu cầu bài toán.
Hình 2.9:
Cách 2. Tô màu đen - trắng theo cách khác, như hình vẽ. Mỗi thanh 1×4
chứa đúng một ô màu đen. Mà theo cách tô màu đó có tổng số ô màu đen là 26, số ô màu trắng là 74, không thỏa mãn tỉ lệ 1 đen, 3 trắng nên không
thể phân chia được theo yêu cầu đề bài.
Bài toán 2.14. Tiền sảnh của một tòa nhà là hình chữ nhật kích thước
m×n được lát bằng một số viên gạch kích thước 2×2 và 1×4. Nếu bị vỡ một số lẻ viên 2×2 thì có thể lát thay thế bằng các viên 1×4 được không ?
Hình 2.10:
Lời giải.
Ta tô màu các ô vuông bảng m×n theo quy tắc sau: các ô (lẻ, lẻ):=(đỏ, đỏ) (như hình vẽ), những ô còn lại màu trắng (chỉ các ô nằm vị trí (x, y)=(lẻ, lẻ) mới được tô đỏ). Ta nhận thấy các viên 2×2 sẽ chứa đúng một ô đỏ (vì các số lẻ - chẵn luân phiên nhau), còn các viên 1×4 sẽ chứa 0 hoặc 2 ô đỏ. Từ đó suy ra, nếu một số lẻ các viên gạch 2×2 bị vỡ thì phải thay một số lẻ các ô đỏ. Tuy nhiên, như trên ta đã thấy các viên gạch 1×4luôn chứa số chẵn các ô đỏ. Vậy câu trả lời là phủ định.
Bài toán 2.15. Cho2nsố thực đôi một khác nhaua1, a2, . . . , an;b1, b2, . . . , bn. Viết các số vào bảng n×n như sau: ô (i, j) (hàng i và cột j) là số (ai+bj). Chứng minh rằng nếu tích tất cả các số trên các cột bằng nhau thì tích tất cả các số ở mỗi hàng cũng bằng nhau.
Lời giải.
Tích các số ở cột thứj bằngπj = (bj+a1)(bj+a2). . .(bj+an). Khi đóπi = πj
với mọi i, j = 1,2, . . . , n. Xét đa thức P(x) = (x+a1)(x+a2). . .(x+an)
Ta suy ra P(b1) =P(b2) = · · · = P(bn) = C, trong đó C là hằng số. Ta lại xét đa thức G(x) =P(x)−C.
nhất bằng 1.
Từ đây ta suy ra G(x) = (x−b1)(x−b2). . .(x−bn).
Vậy (x+ a1)(x+a2). . .(x+an)−C = (x−b1)(x−b2). . .(x−bn) (1)
Thay x = −aj(j = 1, n) vào đẳng thức (1), ta được
−C = (−aj−b1)(−aj−b2). . .(−aj−bn) = (−1)n(aj+b1)(aj+b2). . .(aj+bn). Hay (aj +b1)(aj + b2). . .(aj +bn) = (−1)n+1C. (2)
Vế trái đẳng thức(2)là tích các số thuộc hàngj. Suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 2.16. Có m×n người lính đứng thành m hàng ngang và n hàng dọc. Chứng minh rằng trong bất kỳ 37 người đó luôn tồn tại 10 người đứng không liền kề nhau (không cùng hàng, cột hoặc liền đỉnh).
Lời giải.
Hình 2.11:
Tô bảng kích thước m×nbởi bốn màu theo cách sau: dùng hai màu (trắng- hồng) tô xen kẽ hàng thứ nhất, dùng hai màu (xanh- đen) tô xen kẽ hàng thứ hai. Cụ thể các ô có các hàng và cột được tô theo quy tắc sau:
Ô (lẻ, lẻ) tô màu trắng, ô (lẻ, chẵn) tô màu hồng, ô (chẵn, lẻ) tô màu xanh, ô (chẵn, chẵn) tô màu đen. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 10 người đứng ở ô cùng màu. Ta thấy, do các số nguyên chẵn- lẻ là xen kẽ nhau nên các ô cùng màu là không liền kề. Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.17. Chứng minh rằng hình lập phương không thể chia thành hữu hạn các hình lập phương khác nhau.
Bổ đề 2.1. Giả sử một hình vuông được ghép bởi các hình vuông nhỏ (kích thước) khác nhau (các cạnh song song). Khi đó, cạnh của hình vuông nhỏ
nhất không nằm trên cạnh hình vuông ban đầu. Nói cách khác, hình vuông nhỏ nhất phải nằm hoàn toàn bên trong của hình vuông ban đầu.
Lời giải.
Ta chứng minh bài toán trên bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử hình lập phươngK có thể chia ra thành hữu hạn các hình lập phương nhỏ khác nhau. Xét hình vuông đáy của hình lập phươngK. Hình vuông đáy này được phủ bởi hữu hạn các đáy những khối lập phương nhỏ. Gọi K1 là khối lập phương nhỏ nhất trong số các khối như thế. Từ bổ đề ta suy ra khối lập phương (kích thước) nhỏ nhất K1 phải nằm hoàn toàn phía trong khối
K, đồng thời độ dài cạnh của nó nhỏ hơn cạnh của bốn khối hộp tiếp xúc với bốn mặt bên của nó. Từ đây ta suy ra, mặt đáy trên của K1 cũng được phủ bởi hữu hạn các hình vuông là đáy của những khối lập phương nhỏ hơn. Tiếp tục quá trình trên, tồn tại khối lập phương nhỏ nhất K2. Từ đây ta suy ra tồn tại vô hạn các khối lập phương có kích thước nhỏ dần K1, K2, K3, . . .
Quá trình này được tiếp tục vô hạn. Như vậy, ta không thể chọn được khối lập phương (kích thước) nhỏ nhất. Điều này mâu thuẫn với nguyên lý cực hạn của tập hữu hạn mọi tập hữu hạn đều tồn tại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Bài toán 2.18 (Xem [2]). Tìm bán kính lớn nhất của đường tròn chỉ đi qua các đỉnh của mạng lưới ô vuông mà không cắt cạnh ô vuông nào ở điểm trong của nó.
Bài toán 2.19. Cho n là số nguyên không âm. Chứng minh rằng n có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng n = (x+y)
2 + 3x+y
2 , với x, y là các số
nguyên không âm. Lời giải.
Ta đánh số tất cả các điểm nguyên (x;y) của mặt phẳng tọa độ, theo thứ tự như trong hình vẽ. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Với n= 0, ta xét điểm (0; 0) mang số 0 trên hình có 0 = (0 + 0)
2 + 3.0 + 0 2
đúng.
Vớin= 1, ta xét điểm(0; 1)mang số1trên hình vẽ có1 = (0 + 1)
2 + 3.0 + 1 2
đúng.
Vớin= 2, ta xét điểm mang số2đó là điểm(1; 0), ta có2 = (1 + 0)
2 + 3.1 + 0 2
Hình 2.12:
đúng.
Như vậy với các số 0,1,2 tương ứng ta chọn các điểm mang số 0,1,2; khi đó đẳng thức cần chứng minh là đúng, trong đó (x;y) là tọa độ của các điểm tương ứng.
Giả thiết quy nạp điều phải chứng minh đúng với n, tức là ứng với điểm mang số thứ tự n có tọa độ (x;y) nghĩa là n= (x+y)
2 + 3x+y
2 . (1)
Xét số n+ 1, tương ứng ta xét điểm mang số thứ tự n+ 1. Có hai khả năng xảy ra:
1) Nếu y 6= 0 (ở đây (x;y) là tọa độ của điểm mang số thứ tự n). Theo cách đánh số thì điểm mang số thứ tự n+ 1 sẽ có tọa độ là (x+ 1;y −1). Ta có:
[(x+ 1) + (y −1)]2 + 3(x+ 1) + (y −1) 2 = (x+y)2 + 3x+y + 2 2 = 1 + (x+y)2 + 3x+y 2 = 1 +n
2) Nếu y = 0. Theo cách đánh số thì điểm mang số thứ tự n+ 1 sẽ có tọa độ (0;x+ 1), ta có: [0 + (x+ 1)]2 + 3.0 + (x+ 1) 2 = (x+ 1)2 + 3x+ 0 2 + 1 = n + 1 ( theo giả thiết quy nạp).
Vậy ứng với điểm mang số thứ tự n+ 1 (điểm có tọa độ (α;β))
thì theo chứng minh trên ta luôn có n+ 1 = (α +β)
2 + 3α+β
2 . Vậy điều
khẳng định đúng với n+ 1.
Mỗi điểm nguyên mang một số duy nhất trong cách đánh số nói trên, nên từ lập luận trên suy ra biểu diễn đó là cách biểu diễn duy nhất. (đpcm)
Bài toán 2.20. Cho t là số dương tùy ý. Số các phân số tối giản p
đó p, q không vượt quá t sẽ ký hiệu là d(t). Tính tổng sau: