b) Chứng minh rằng: Có nhiều hơn 2.3k1 cách lát hình chữ nhật 5 2k (với 3
k ) bằng 2k miếng lát có 1 trong 2 dạng đó.
Giải:
a) Tơ màu đen dịng 1, 3, 5 và màu trắng dịng 2, 4 của hình chữ nhật 5n. Có tổng cộng 3n ơ đen. Do có n miếng lát, mỗi miếng có tối đa 3 ơ đen, nên suy ra tất cả các miếng lát đều có đúng 3 ơ đen. Do đó trong mỗi miếng lát, 2 ơ trắng phải nằm trên cùng 1 dịng vì nếu khơng sẽ có ít nhất 3 ơ trắng. Từ đó, các ơ trắng trong 1 dịng có thể được chia thành các cặp sao cho 2 ô trong cặp thuộc về cùng 1 miếng lát. Vậy tổng số các ô trắng trong 1 dòng phải chẵn, tức là n chẵn.
b) Gọi ak là số cách lát hình chữ nhật 5 2k , bk là số cách lát sao cho không thể chia thành 2 hình chữ nhật 5 2m và 5 2 km nhỏ hơn mà không cắt các miếng lát. Dễ thấy a1 b1 2,b2 2,a2 6 2.3,b3 4 và bằng quy nạp ta có: 3k 4, 3k 1 2, 3k 2 2 b b b Ngồi ra ta cịn có 1 1 k k k i k i i a b b a . Từ đó ta có 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2.2.3 2.3 k k k i k k k i i i a a .
Vậy 1
2.3k
k
a . Bài toán được giải xong.
Phát triển:
Ở trên ta đã đưa ra những bài tốn theo kiểu tơ màu "xen kẽ" các dòng hoặc cột. Bây giờ ta có thể thay đổi cách tơ màu này khác đi một chút. Ta vẫn sẽ tơ màu theo dịng hoặc theo cột nhưng các dịng hoặc cột có thể khơng ln phiên đổi màu nữa mà ta có thể chỉ nhấn mạnh sự khác nhau về màu cho một số dòng, một số cột đặc biệt, chẳng hạn như dòng, cột trung tâm, dòng cột ở biên... Đương nhiên điều này sẽ tùy thuộc vào việc ta phát hiện ra vị trí nào là quan trọng hơn trong bài tốn đó.
Bài tập 1.12. Trên một cánh đồng hình chữ nhật kích thước 4n ơ vuông gồm 4 hàng và n cột người ta đặt một số máy bơm nước vào các ô vuông. Biết rằng mỗi máy bơm nước có thể tưới nước cho các ơ vng có chung cạnh với nó và các ô vuông cùng cột với nó và cách nó đúng một ơ vng nhưng khơng tưới được ơ nó đang đứng. Tìm số nhỏ nhất các máy bơm nước sao cho các máy bơm nước có thể tưới hết cả cánh đồng.
Phân tích:
Bài toán này về đề bài gần giống đề thi chọn đội tuyển Toán Việt Nam 2012, chỉ khác ở chỗ "máy bơm khơng tưới được ơ nó đang đứng". Ở đây ta có thể thấy rằng trong bài tốn này vai trò của dòng 1 và dòng 4 (các dòng ở biên) là giống nhau, vai trò của dòng 2 và dòng 3 (các dòng trung tâm) cũng giống nhau. Nếu máy bơm đặt ở dịng biên, nó sẽ tưới nước được cho nhiều nhất 2 ơ biên cùng dịng và 2 ơ trung tâm cùng cột. Nếu máy bơm đặt ở dịng trung tâm, nó sẽ tưới nước được cho nhiều nhất 2 ô biên cùng cột và 3 ô trung tâm chung cạnh. Như vậy trong cả 2 trường hợp máy bơm đều chỉ có thể tưới nước được cho nhiều nhất 2 ơ biên. Vậy ta có thể tơ màu cho các ơ biên để hồn chỉnh bài tốn.
Giải:
Tô màu các ô vuông ở dịng 1 và dịng 4. Khi đó mỗi máy bơm sẽ tưới được nhiều nhất 2 ơ có màu. Trong khi ta có tất cả 2n ơ có màu. Do đó cần có ít nhất n máy bơm. Ta chỉ ra n là số nhỏ nhất thỏa mãn: Đặt tất cả n máy bơm trên n ơ của dịng 2 (hoặc n ơ của dịng 3) thì sẽ tưới hết được toàn bộ cánh đồng.
Bài tập 1.13. Trong 1 ô vuông của bảng 5 5 viết số 1 , tất cả các ơ vng cịn lại viết số 1 . Mỗi nước đi, người chơi được phép đổi dấu tất cả các ơ vng trong một bảng kích thước k k tùy ý (với 2 k 5 và k có thể khác nhau trong các nước đi). Hỏi với 1 ở ơ vng nào thì người chơi có thể đưa tồn bộ các ơ trong bảng đều thành số 1 ?
Phân tích:
Cũng giống như một số bài tốn trước, một cách tơ màu thường khơng chỉ ra được chính xác ơ cần tìm mà chỉ có thể đưa ra tính chất về màu của ơ đó. Muốn đưa ra chính xác ơ nào ta cũng vẫn tiếp tục sử dụng cách quay bảng đi 0
90 , ô là giao của 2 trường hợp đó sẽ là ơ cần tìm. Do ở đây ta có thể dự đốn được ơ thỏa mãn là ơ trung tâm nên ta có thể quan tâm đến cách tơ màu theo dịng và cột trung tâm.
Giải:
Tơ màu trắng cột thứ 3 của bảng và màu đen các cột cịn lại. Khi đó mọi bảng kích thước k k bất kỳ (với 2 k 5) đều có một số chẵn các ơ màu đen. Do đó nếu ban đầu số 1 nằm ở ơ màu đen thì trong các ơ màu đen của bảng sẽ ln ln có một số lẻ số 1 , mâu thuẫn. Vậy số 1 phải nằm trong số các ô màu trắng, tức là phải nằm ở cột 3.
Quay bảng 0
90 ta cũng có số 1 phải nằm ở dòng 3. Kết hợp lại ta có số 1
phải nằm ở ơ chính giữa của bảng.
Để kết thúc bài toán ta chỉ ra chiến thuật của người chơi khi số 1 nằm ở ơ chính giữa của bảng.
1. Đổi dấu các ô trong bảng ô vuông 3 3 ở góc trái phía dưới. 2. Đổi dấu các ơ trong bảng ơ vng 3 3 ở góc phải phía trên. 3. Đổi dấu các ô trong bảng ô vuông 2 2 ở góc trái phía trên. 4. Đổi dấu các ô trong bảng ô vuông 2 2 ở góc phải phía dưới. 5. Đổi dấu tất cả các ô trong bảng.
Phát triển:
Bây giờ ta có thể suy nghĩ đến một cách tơ màu kiểu "xen kẽ" khác, mở rộng hơn, đặc biệt hơn, khơng phải theo các dịng hay cột mà là "xen kẽ" theo các "khu vực" cạnh nhau. Đương nhiên điều này còn tùy thuộc vào cách ta phân chia các "khu vực". Một cách hay gặp là phân chia bảng có kích thước vng thành các dải biên của các bảng vuông con bắt đầu từ ô trung tâm, mở rộng dần ra đến biên của bảng vuông lớn.
Ta minh họa cách tô màu này trong bài toán sau, một bài toán thi Quốc tế.
Bài tập 1.14 (Ơlympic tốn Quốc tế 1999). Cho n nguyên dương chẵn. Ta gọi 2 ô trong bảng n n là "hàng xóm" nếu chúng có chung cạnh. Tìm số ít nhất các ơ trong bảng n n cần đánh dấu sao cho mỗi ơ trong bảng đều có ít nhất 1 ơ "hàng xóm" được đánh dấu.
Giải:
Với n2k, ta tô màu bảng 2k2k như hình 2.8 với các ô biên màu đen, các ô cạnh ô biên màu trắng, ...
Với cách tơ màu này, mỗi ơ trong bảng ln có đúng 2 ơ "hàng xóm" màu đen và số các ơ đen trong bảng là 2k k 1. Do đó cần đánh dấu ít nhất
1
k k ơ trong bảng để mỗi ô trong bảng đều có ít nhất 1 ơ "hàng xóm" được đánh dấu.
Ta chỉ ra cách đánh dấu k k 1 ô thỏa mãn. Trong mỗi dải gồm các ô màu đen, bắt đầu từ ơ ở góc trái phía trên, đi theo chiều kim đồng hồ, đánh dấu 2 ơ liên tiếp, sau đó bỏ qua 2 ô tiếp theo, rồi lại đánh dấu 2 ô tiếp theo, ... Dễ dàng kiểm tra được cách đánh dấu này thỏa mãn điều kiện bài tốn. Do đó số nhỏ nhất cần tìm là k k 1.
2.3.2. Mạng lưới ngun
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 2m1 2 n 1 2k1 vô nghiệm.
Chỉ cần chọn 1 2
p k
, trong đó p là số nguyên tố lẻ ta có lời giải của bài tốn.
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 ô 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 nguyên
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 mn.
Bài tập 2.3. Trong một đa giác lồi có ít nhất 2
1
m điểm nguyên. Chứng minh rằng: Có ít nhất m1 điểm ngun trong đó thẳng hàng.
Phân tích:
Ta hãy thử tìm cách mơ tả điều kiện "ít nhất m1 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 m1 với
1 1; 1
m m m
A x y cũng là điểm nguyên. Khi đó ta có m1 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|xm1x1,m|ym1y1 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 nguyên (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 ik(mod ),m jl(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 m1 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 vuông: do chia đôi 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 ln 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 SACD SBCD, và do đó theo hệ quả 1 ta