2. Gọi K là trực tâm của tam giác AEF và )J là đường tròn ngoại tiếp tam giác KP D Đường thẳng CK cắt ( )J tại G, đường thẳng IG cắt ( )J tại M, đường thẳng JC cắt
36Dễ thấy rằng trong hình lập phương 2 2 2 , chỉ có không quá 1 dải được tô màu nên
hoặc không có ô nào hoặc có 2 ô của hình lập phương được tô màu và 2 ô đó phải thuộc cùng 1 dải. Do đó, trong 6 ô được chọn, ta có 3 trường hợp:
- Nếu không có ô nào được tô đen thì cả hình lập phương không có.
- Nếu có đúng 1 ô được tô đen thì ô đen còn lại sẽ thuộc trong 2 ô không được chọn có cùng 1 dải với ô đen đã biết.
- Nếu có 2 ô được tô đen thì đó chính là tất cả các ô đen của hình lập phương.
Do đó, cách chọn này với hình lập phương 2 2 2 thỏa mãn điều kiện đề bài. Tiếp theo, ta xây dựng cho hình lập phương 10 10 10 như sau:
Ta chia hình lập phương thành 5 lớp 10 10 2 và ta chia nó thành 25 phần, mỗi phần là một hình lập phương 2 2 2 rồi đánh số như hình bên dưới:
55 5 5 5 4 4 4 4 3 3 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 5 4 3 2 1
37 Ở lớp thứ i với i1, 2,3, 4, 5, ta chọn các khối được đánh số i và với mỗi khối đó, ta bỏ Ở lớp thứ i với i1, 2,3, 4, 5, ta chọn các khối được đánh số i và với mỗi khối đó, ta bỏ đi 2 ô bất kì đối xứng nhau qua tâm như cách đã nêu ở trên rồi chọn 6 còn lại.
Dễ thấy rằng với cách tô như vậy, ta chiếu các hình lập phương đã được chọn xuống một mặt nào đó thì các hình chiếu sẽ phủ kín mặt đó. Điều này có nghĩa là với một dải bất kì mà An đã chọn thì nó đều đi qua một trong các hình lập phương 2 2 2 mà Bình chọn như trên. Khi đó, như đã chứng minh ở trên, ta sẽ xác định được rằng dải đó có được tô màu hay không, tức là xác định được màu của tất cả các ô được tô màu đen của hình lập phương ban đầu. Do đó, cách chọn các ô này thỏa mãn đề bài.
Vậy số ô ít nhất mà Bình cần chọn là 150.
Nhận xét.
Có thể nói đây là bài toán khó nhất của kỳ thi, tuy nhiên, cái khó của nó không nặng tính kỹ thuật như bài 3 mà là cái khó về mặt phương pháp. Thực tế nhiều thí sinh đã nói rằng “Em thực sự không biết phải xoay sở thế nào!”.
Để làm được bài toán này, trước hết phải thật tập trung để hiểu rõ yêu cầu của bài toán và phải dùng trường hợp n2 hoặc xét bài toán 2 chiều để hình dung bài toán một cách cụ thể nhất. Trong các nhận xét ở trên thì nhật xét rằng mỗi dải đều có một ô được chọn là khá hiển nhiên (và nhiều thí sinh đã phát biểu được nhận xét này), còn nhận xét rằng ngoài khối u thì trong hợp Ru còn có ít nhất 2 khối nữa được chọn thì tinh tế hơn. Khi đã có hai nhận xét này thì việc áp dụng kỹ thuật đếm bằng hai cách để đánh giá là khá tự nhiên.
Việc xây dựng cấu hình cách chọn cũng là một thách thức.
Ở đây, trường hợp n2 đóng một vai trò quan trọng, như những viên gạch để ta xây dựng. Rõ ràng các cấu trúc cơ bản như hình vuông Latin ở trong bài giải đã giúp chúng ta giải quyết bài toán. Các mô hình, cấu trúc, cách sắp xếp cơ bản vì vậy luôn đóng một vai trò quan trọng trong các bài toán xây dựng ví dụ, phản ví dụ. Nếu có làm quen nhiều với các bài toán về cực trị rời rạc thì có thể xử lí bài này, ít nhất là việc xây dựng một cách chủ động hơn.
Trong các kỳ TST trước đây, đã có một số bài toán sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách để đánh giá, chẳng hạn như:
38
(Việt Nam TST 2000) Trong mặt phẳng cho 2000 đường tròn bán kính 1 sao cho không có
hai đường tròn nào tiếp xúc nhau và hợp của các đường tròn này tạo thành một tập hợp liên thông. Chứng minh rằng số các điểm thuộc ít nhất hai đường tròn trong các đường tròn đã cho không nhỏ hơn 2000.
(Việt Nam TST 2010) Gọi một hình chữ nhật có kích thước 1 2 là hình chữ nhật đơn và một hình chữ nhật có kích thước2 3 , bỏ đi 2 ô ở góc chéo nhau (tức có có 4 ô vuông con) là hình chữ nhật kép. Người ta ghép khít các hình chữ nhật đơn và hình chữ nhật kép này lại với nhau được một bảng hình chữ nhật có kích thước là2008 2010 . Tìm số nhỏ nhất các hình chữ nhật đơn có thể dùng để ghép.
Một lần nữa thì trong bài toán cực trị ở kì thi chọn đội tuyển, dấu bằng xảy ra có thể xây dựng không quá khó nhưng để chỉ ra đó là giá trị tốt nhất thì là điều hoàn toàn không dễ dàng, thậm chí rất khó!
Một vấn đề thú vị đặt ra là nếu kích thước của hình lập phương là lẻ thì ta sẽ có kết quả thế nào? Áp dụng cách đánh giá chặn dưới như trường hợp n chẵn, ta được nếu
2 1
n k thì số hình vuông cần được đánh dấu phải thỏa mãn bất đẳng thức 2
3(2 1) 2
k
T . Từ đây suy ra T 6k2 6k2. Tuy nhiên, việc xây dựng cách chọn
2
6k 6k2 hình lập phương đơn vị thỏa mãn yêu cầu bài toán vẫn là một câu hỏi mở. Với n3, tức là k1, hiện nay chưa tìm được cách chọn 14 hình lập phương thỏa mãn yêu cầu bài toán và cũng chưa chứng minh được là cần nhiều hơn. (Ta có thể chỉ được 15 hình lập phương thỏa mãn yêu cầu).
Ta thử thay giả thiết đã nêu trong đề bài một chút để có bài toán mới: “Bình chọn một ô
bất kì của hình lập phương rồi hỏi An ô này có màu gì rồi sau đó tiếp tục như thế” và
các dữ kiện khác vẫn giữ tương tự.
Hoặc bài toán trong trường hợp hai chiều: Thay khối lập phương bởi bảng ô vuông và
thay các dải ô vuông được chọn bởi các hàng, cột của bảng.