Mạng lưới nguyên

Chƣơng 2 : XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP

2.3. Xây dựng hệ thống bài tập

2.3.2. Mạng lưới nguyên

Bài tập 2.1 (Ơlympic tốn Italia 2003). Trên bàn cờ m n ô vuông đặt các quân tốt tại tất cả các ô vuông và tất cả các đỉnh của các ơ vng đó.

a) Tìm tất cả ,m n sao cho có đúng 500 quân tốt.

b) Chứng minh rằng: Tồn tại vô hạn số k nguyên dương sao cho khơng có bàn cờ m n nào có đúng k qn tốt.

Phân tích:

Bài toán thực chất là xét trên một mạng lưới nguyên với các đỉnh nguyên là các tâm của các ô vuông bàn cờ cùng với các đỉnh của các ơ vng đó. Hay nói cách khác nếu ta xét các ơ vng của bàn cờ có cạnh bằng 2 thì các quân tốt của ta được đặt đúng vào các điểm nguyên.

Giải: a) Ta có:          3 1 1 500 2 1 2 1 999 2 1 2 1 3 37 m n mn m n m n             

Xét các trường hợp xảy ra ta có kết quả bài tốn.

b) Ta cần chỉ ra có vơ hạn số k ngun dương sao cho phương trình nghiệm nguyên dương 2m1 2 n 1 2k1 vô nghiệm.

Chỉ cần chọn 1 2

p k  

, trong đó p là số nguyên tố lẻ ta có lời giải của bài toán.

Bài tập 2.2 (Ơlympic tốn Litva 2010). Trên bàn cờ m n ô vuông đặt một viên đá ở ô dưới cùng bên trái. Hai người A, B luân phiên nhau di chuyển viên đá. Mỗi lượt đi, người chơi được phép di chuyển viên đá lên trên hoặc sang phải một số ô tùy ý. Ai di chuyển được viên đá đến ô cao nhất bên phải là thắng cuộc. Tìm tất cả

,

m n sao cho người đi trước có chiến thuật thắng cuộc.

Phân tích:

Đương nhiên trong bài tốn này ta cần quan tâm đến vị trí đang đặt viên đá cịn cách "đích" bao xa nên ta có thể ký kiệu viên đá đang ở vị trí ( ; )x y

nếu cịn x bước lên trên và y bước sang phải để đến ô trên cùng bên phải. Đây chính là cách ký hiệu tọa độ (dù hơi ngược với thông thường) nên đây cũng vẫn là bài tốn mạng lưới ngun. Vị trí đích của ta là  0;0 .

Ta có thể tính ngược từ cuối. Vị trí cuối cùng trước khi về đích người thắng phải đang ở một vị trí  x;0 hoặc  0;y với x y, 0, hay tức là hai tọa độ phải khác nhau. Hồn tồn tương tự với các bước khác ta có thể thấy được rằng: tất cả x y là các tình huống thua, x y là các tình huống thắng.

Giải:

Ta ký hiệu viên đá đang ở vị trí  x y; nếu cịn x bước lên trên và y

bước sang phải để đến ơ trên cùng bên phải. Hay nói cách khác có thể mơ tả bài tốn theo hướng quay bàn cờ 0

180 , ta bắt đầu từ điểm ngun

Nếu đang có x y thì sau một lượt đi sẽ ln tạo ra tình huống x y. Nếu đang có x y thì ln ln có cách đi để tạo ra tình huống x y. Do

 0;0 có x y nên tất cả x y là các tình huống thua, x y là các tình huống thắng.

Vậy người đi trước có chiến thuật thắng cuộc khi và chỉ khi mn.

Bài tập 2.3. Trong một đa giác lồi có ít nhất 2

1 

m điểm nguyên. Chứng minh rằng: Có ít nhất m1 điểm nguyên trong đó thẳng hàng.

Phân tích:

Ta hãy thử tìm cách mơ tả điều kiện "ít nhất m1 điểm nguyên thẳng hàng". Nếu bây giờ ta có hai điểm nguyên A1 x y1; 1 và A2 x y2; 2 mà khơng có điểm nguyên nào nằm trong đoạn A A1 2. "Phóng to gấp đôi" đoạn thẳng này theo gốc A1 chắc chắn ta được đoạn thẳng A A1 3 với A3 x y3; 3

cũng là điểm nguyên. Tương tự như vậy đến khi "phóng to gấp m lần" đoạn thẳng này theo gốc A1 ta cũng thu được đoạn thẳng A A1 m1 với

 

1 1; 1

m m m

A   x  y  cũng là điểm nguyên. Khi đó ta có m1 điểm nguyên

thẳng hàng. Ta để ý điều kiện khi đó

   

1 1 2 1 , 1 1 2 1

m m

x   x m x x y   y m y  y , hay m|xm1x1,m|ym1y1 Ngược lại, nếu ta có hai đầu mút đoạn thẳng thỏa mãn điều kiện chia hết đó thì liệu có phải là trên đoạn thẳng sẽ có ít nhất m điểm ngun (kể cả hai đầu mút) khơng? Câu trả lời là có.

Bây giờ ta chỉ cịn phải chỉ ra trong 2

1

m  điểm nguyên đã cho chắc chắn phải có 2 điểm nguyên thỏa mãn điều kiện chia hết đó. Điều này có lẽ đã rõ ràng khi ta có m2 khả năng về cặp số dư của các tọa độ khi chia cho m.

Giải:

Tô các điểm nguyên bằng 2

m màu theo quy tắc: Điểm có tọa độ  i j; và $(k;l)$ có cùng màu khi và chỉ khi ik(mod ),m jl(mod )m . Bây giờ

trong m2 1 điểm nguyên trong đa giác tồn tại 2 điểm có cùng màu, giả sử là

i j1; 1 và i j2; 2. Khi đó m i| 2 i1,m| j2  j1. Do đó đoạn thẳng nối 2 điểm này có ít nhất m1 điểm nguyên (kể cả 2 đầu mút) và tất cả các điểm này đều nằm trong đa giác lồi đã cho.

Định lý Pick. Trên mạng lưới nguyên cho một đa giác (có thể khơng lồi) có

các đỉnh là các điểm nguyên. Giả sử có i điểm nguyên bên trong đa giác và có b điểm nguyên trên biên của đa giác. Khi đó diện tích của đa giác được tính theo cơng thức 1

2

b S   i .

Chứng minh:

Cho hai đa giác P và T có chung 1 cạnh. Giả sử định lý đã đúng với hai đa giác P và T, ta chứng minh định lý cũng đúng với đa giác PT được tạo thành bằng cách ghép thêm đa giác T vào đa giác P. Thật vậy, do P và T có chung 1 cạnh nên các điểm trên cạnh chung đó trở thành các điểm bên trong của đa giác PT, trừ 2 đầu mút vẫn nằm trên biên của đa giác PT. Gọi số điểm nằm trên cạnh chung đó là c, ta có:  2  2 PT P T P T PT i       i i c i i i  c     2 2 2 2 2 2 PT P T P T PT b b b  c  b b b  c  Do đó     1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 P T PT P T P T PT PT PT PT b b S S S i i b c b i c i                   

Bây giờ việc chứng minh định lý được thực hiện qua các bước: -) Rõ ràng định lý đúng với hình vng đơn vị.

-) Tiếp theo định lý đúng với mọi hình chữ nhật có các cạnh song song với cạnh của lưới: do hình chữ nhật là hợp của các hình vng đơn vị.

-) Sau đó định lý đúng với mọi tam giác vng: do chia đơi hình chữ nhật bằng một đường chéo.

-) Sau nữa định lý đúng với mọi tam giác bất kỳ: do mọi tam giác đều có thể tạo ra bằng cách cắt đi các tam giác vng từ một hình chữ nhật.

-) Cuối cùng định lý đúng với mọi tam giác bất kỳ: do mọi đa giác đều có thể phân chia thành các tam giác.

Hệ quả 1. Diện tích của một đa giác là số nguyên hoặc một nửa số nguyên. Hệ quả 2. Tam giác đơn là tam giác không chứa bất kỳ điểm nguyên nào bên

trong hoặc trên biên của nó. Diện tích của tam giác đơn ln luôn là 1

2 . Đây cũng là đa giác có diện tích nhỏ nhất.

Bài tập 2.4. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp, khơng là hình thang và có các đỉnh nguyên. Chứng minh rằng AC AD. BC BD. 1.

Phân tích:

Để áp dụng định lý Pick ta cần tìm cách chuyển ngơn ngữ mơ tả của bài tốn về dạng diện tích của các đa giác nguyên. Ở đây các biểu thức AC AD. và

.

BC BD gợi ý ta có thể nghĩ đến diện tích của các tam giác ACD và BCD.

Ngoài ra với tứ giác nội tiếp thì ta có CAD CBD, từ đó ta có thể tính diện tích của các tam giác đó theo cơng thức 1 sin

2 S bc A. Giải: Gọi CAD CBD. Ta có 2 2 . . 1 1 sin ACD BCD S S AC AD BC BD         .

Do ABCD khơng là hình thang nên SACD SBCD, và do đó theo hệ quả 1 ta

có 1

2

ACD BCD

S S  .

Bài tập 2.5. Tam giác ABC trên mạng lưới nguyên chỉ chứa một điểm nguyên

G bên trong và trên biên không chứa một điểm nguyên nào khác 3 đỉnh. Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác.

Phân tích:

Với ngơn ngữ diện tích thì trọng tâm G của tam giác ABC có nghĩa là

"điểm G thỏa mãn 1

3

BGC CGA AGB

ABC ABC ABC

S S S

S S S

  

  

   ". Do đó để chứng minh bài tốn ta cần tính diện tích của tất cả 4 tam giác đó. Điều này chỉ cần áp dụng định lý Pick ta có ngay kết quả.

Giải: Theo định lý Pick ta có 3 2 ABC S  và 1 2 BGC CGA AGB S S S  nên: 1 3 BGC CGA AGB

ABC ABC ABC

S S S

S S S

  

  

  

Do đó G là trọng tâm tam giác ABC.

Bài tập 2.6. Cho p nguyên tố. Trên mạng lưới nguyên chia đoạn thẳng nối 2 điểm A p ;0 và B 0;p thành p phần bằng nhau. Nối các điểm chia này với gốc tọa độ O. Chứng minh rằng: Tất cả các tam giác con thu được đều chứa cùng một số các điểm nguyên bên trong.

Phân tích:

Theo định lý Pick nếu ta mơ tả được diện tích cùng với số lượng các điểm ngun trên các cạnh thì có thể tính được số lượng các điểm nguyên bên trong các tam giác con đó. Ở đây do các tam giác con này có diện tích bằng nhau nên ta chỉ cịn cần phải tính số lượng điểm ngun nằm trên các cạnh tam giác. Muốn vậy ta có thể đi viết phương trình của các cạnh này.

Giải:

Các điểm chia có tọa độ dạng i p; i với i1;p1. Do p nguyên tố nên i và pi nguyên tố cùng nhau, hay p i

i



là phân số tối giản. Do đó trên các cạnh của các tam giác con không chứa một điểm nguyên nào ngoài các đỉnh của tam giác. Mà các tam giác này có diện tích bằng nhau, do đó theo định lý Pick, các tam giác này chứa cùng một số các điểm nguyên bên trong.

Bài tập 2.7. Chứng minh rằng: Một hình vng n n có thể phủ tối đa

 2

1

n điểm ngun (hình vng này có thể có các đỉnh không nguyên và các cạnh khơng song song với cạnh lưới).

Phân tích:

Với bài toán này ta dễ dàng dự đốn được đẳng thức xảy ra khi nào, đó là khi hình vng có các đỉnh nguyên và các cạnh song song với cạnh lưới. Trong trường hợp đẳng thức đó ta cũng dễ dàng tính tốn được số lượng điểm nguyên nằm trong và trên biên của hình vng. Từ đó quay lại đánh giá bài tốn theo định lý Pick, đã biết diện tích của hình vng, biết đẳng thức xảy ra khi có bao nhiêu hình vng bên trong và trên biên của hình vng, ta có thể hồn chỉnh lời giải cho bài tốn.

Giải:

Khoảng cách giữa hai điểm nguyên bất kỳ nhỏ nhất là 1. Trên biên của hình vng với tổng độ dài 4n chỉ có thể chứa tối đa 4n điểm nguyên. Với i

và b lần lượt là số các điểm nguyên nằm trong và trên biên của hình vng thì số các điểm ngun bị hình vng phủ là ib, cịn theo định lý Pick ta lại

có 1 2 2 b i  n . Từ đó ta có:  2 2 2 4 1 1 1 1 1 2 2 2 2 b b b n i      b i n   n    n

Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hình vng có các đỉnh ngun và các cạnh song song với cạnh lưới.

Bài tập 2.8 (Ơlympic tốn Albani 2010).

a) Chứng minh rằng: Trong các đỉnh của ngũ giác bất kỳ trên mạng lưới nguyên (có thể khơng lồi) ln tồn tại 2 đỉnh có các tọa độ cùng tính chẵn lẻ. b) Ngũ giác ở trên có diện tích nhỏ nhất là bao nhiêu?

Phân tích:

Bài tốn này có lẽ khá đơn giản.

Phần a) chỉ cần để ý rằng có 4 khả năng về tính chẵn lẻ của các tọa độ.

Cịn phần b) áp dụng trực tiếp định lý Pick với đánh giá là diện tích nhỏ nhất khi khơng có một điểm nguyên nào nằm trong ngũ giác.

Giải:

a) Các điểm nguyên có 4 khả năng về tính chẵn lẻ của các tọa độ: (chẵn; chẵn), (chẵn; lẻ), (lẻ; chẵn), (lẻ; lẻ). Ngũ giác có 5 đỉnh, do đó theo Dirichlet ln tồn tại 2 đỉnh có các tọa độ cùng tính chẵn lẻ.

b) Chia ngũ giác thành 3 tam giác. Do mỗi tam giác có diện tích ít nhất là 1 2 nên ngũ giác có diện tích ít nhất là 3

2 . Dễ dàng chỉ ra được trường hợp dấu bằng.

Phát triển:

Bài toán trên khá dễ cho một đề thi quốc gia. Ở câu b) ta cảm thấy khơng hài lịng với đánh giá quá dễ dàng cho diện tích của một ngũ giác có thể khơng lồi. Bây giờ ta thử xem xét bài tốn nếu ngũ giác của ta bắt buộc phải lồi. Khi đó một cách trực quan, ta có thể cảm thấy rằng "hình như" ngũ giác lồi nào cũng phải chứa ít nhất một điểm ngun ở bên trong nó. Và ngồi ra ta cũng khơng chắc là số lượng "ít nhất một điểm nguyên" đã phải là số

lượng tốt nhất chưa, hay là có thể nhiều hơn nữa. Bây giờ bài tốn đã khơng cịn đơn giản như ta đã giải ở trên nữa. Thực tế khi đó ta có bài tốn sau.

Bài tập 2.9 (Chọn đội tuyển Rumani thi Ơlympic tốn Quốc tế 1998). Chứng

minh rằng: Ngũ giác lồi có các đỉnh ngun có diện tích nhỏ nhất là 5 2.

Phân tích:

Ta cũng thử suy nghĩ bài tốn theo hướng đã giải ở trên với chú ý rằng có thể có điểm nguyên nằm trong ngũ giác. Theo trên ta có: Trong các đỉnh của ngũ giác bất kỳ trên mạng lưới ngun ln tồn tại hai đỉnh có các tọa độ cùng tính chẵn lẻ. Vậy thì trung điểm của đoạn thẳng này cũng chính là một điểm nguyên. Và điều tuyệt vời hơn là do ngũ giác lồi nên điểm này chắc chắn phải nằm trên biên hoặc bên trong ngũ giác. Phần cịn lại của bài tốn có lẽ là khá nhẹ nhàng theo định lý Pick.

Giải:

Xét ngũ giác lồi có các đỉnh ngun và có diện tích nhỏ nhất. Các điểm ngun có 4 khả năng về tính chẵn lẻ của các tọa độ: (chẵn; chẵn), (chẵn; lẻ), (lẻ; chẵn), (lẻ; lẻ). Ngũ giác có 5 đỉnh, do đó theo ngun lý Dirichlet ln tồn tại hai đỉnh có các tọa độ cùng tính chẵn lẻ. Khi đó trung điểm của hai đỉnh đó cũng là một điểm nguyên.

Nếu trung điểm đó nằm trên một cạnh của ngũ giác thì bỏ đi một trong hai đầu mút và thay thế nó bằng trung điểm ta thu được ngũ giác lồi mới có các đỉnh ngun và có diện tích nhỏ hơn ngũ giác ban đầu, mâu thuẫn.

Bây giờ khi trung điểm nằm trong ngũ giác, nối trung điểm với 5 đỉnh ngũ giác ta thu được 5 tam giác, mỗi tam giác có diện tích ít nhất là 1

2 nên diện tích của ngũ giác ít nhất là 5

2. Dễ dàng chỉ ra được trường hợp có diện tích 5

Phát triển:

Tiếp tục với điều kiện: Nếu trung điểm là một điểm nguyên thì hai đầu mút phải có các tọa độ cùng tính chẵn lẻ, ta có thể giải quyết được bài toán sau.

Bài tập 2.10 (Ơlympic tốn Leningrad 1973). Bắt đầu từ 3 đỉnh của hình

vng, mỗi lần đi, người chơi lấy thêm một điểm là đối xứng của một điểm đã có qua một điểm đã có tùy ý khác. Hỏi có thể lấy được đỉnh cịn lại của hình vng khơng?

Phân tích:

Ta có thể xét bài tốn trên mạng lưới ngun với hình vng ban đầu trùng với hình vng đơn vị của mạng lưới, hay cụ thể hơn nữa giả sử 3 đỉnh