Tơ màu bảng 55  bằng 3 màu 1, 2, 3

Do mỗi miếng lát 1 3 luôn ln phủ kín 3 ơ khác màu nên 8 miếng lát 1 3 sẽ phủ kín 8 ơ màu 1, 8 ơ màu 2 và 8 ơ màu 3. Trong bảng khi đó sẽ cịn thừa lại 1 ơ có màu 2. Quay bảng màu trên một góc 0

90 , cũng như trên, trên bảng cũng cịn thừa lại 1 ơ có màu 2. Dễ thấy chỉ có 1 ơ có màu 2 trong cả 2 trường hợp trên là ơ chính giữa.

Hình 2.3 chỉ ra cách lát bằng 8 miếng lát 1 3 trừ ra ơ chính giữa.

Hình 2.3. Cách lát bằng 8 miếng lát 1 3 trừ ra ơ chính giữa.

Phát triển:

le" nhưng bây giờ ta có thể xét cùng lúc một cặp số dư của cả hoành độ và tung độ khi chia. Khi đó nếu ta xét cặp số dư của hai tọa độ khi chia cho n thì tức là cần dùng đến 2

n màu để tơ.

Ta có thể minh họa cách tơ màu "so le" mới trong bài tốn dưới đây.

Bài tập 1.5. Bàn cờ 4k 2 4k2 được tô màu đen trắng như thông thường. Mỗi ô trên bàn cờ được viết số 0 hoặc 1 sao cho mỗi dòng, mỗi cột đều chứa một số lẻ các số 1. Chứng minh rằng: Có chẵn ơ màu trắng viết số 1.

Giải:

Tơ lại bàn cờ bằng 4 màu xanh, đỏ, tím, vàng như hình 2.4 (hình vẽ minh họa cho trường hợp 6 6 ).

Hình 2.4. Tơ lại bàn cờ 6 6 bằng 4 màu xanh, đỏ, tím, vàng.

Giả sử ơ ở góc trái phía trên bàn cờ màu trắng. Gọi số số 1 trong các ơ xanh, đỏ, tím, vàng lần lượt là X D T V, , , . Do bàn cờ có kích thước

4k 2 4k2 nên có 2k1 dòng màu xanh – đỏ và 2k1 dịng màu tím – vàng. Do mỗi dịng có lẻ số 1 nên X D và T V đều lẻ. Tương tự khi xét theo cột ta có X V và D T cũng đều lẻ. Do đó D V, cùng tính chẵn lẻ, X T, cùng tính chẵn lẻ, hay D V và X T đều chẵn. Mặt khác số ô màu trắng viết số 1 là X T, và do đó có chẵn ơ màu trắng viết số 1.

Phát triển:

Trong bài tốn số 4 ở trên ta có thể nghĩ đến việc quay bảng 0

90 là do bảng của ta là bảng vng, có hai chiều có kích thước bằng nhau. Nếu bây giờ bảng của ta hình chữ nhật thì vai trị của dịng và cột đã khơng cịn giống nhau nữa. Vậy phải chăng trong trường hợp đó thì ta không thể quay bảng đi được nữa. Thực ra nếu ta chia nhỏ bảng hình chữ nhật thành các bảng vng nhỏ hơn thì ta vẫn có thể quay bảng ơ vng nhỏ đó đi 0

90 . Có thể minh họa cho hướng tơ màu "so le" mới và cả cách quay bảng ô vuông 0

90 trong bài toán tiếp theo sau đây.

Bài tập 1.6 (Ơlympic tốn Ailen 1996). Trong bảng 5 9 có một số đĩa, mỗi ơ vng của bảng đặt khơng q một đĩa. Xét trị chơi di chuyển cùng lúc tất cả các đĩa như sau:

i) Mỗi đĩa có thể di chuyển sang ơ vng chung cạnh với ô vuông đang đặt. ii) Mỗi đĩa ở lượt trước đã di chuyển sang trái, sang phải thì lượt sau phải di chuyển lên trên, xuống dưới.

iii) Mỗi đĩa ở lượt trước đã di chuyển lên trên, xuống dưới thì lượt sau phải di chuyển sang trái, sang phải.

iv) Trong mọi thời điểm mỗi ô vuông của bảng đặt không quá một đĩa.

Chứng minh rằng: Nếu ban đầu có 33 đĩa thì trị chơi chắc chắn phải dừng, ngoài ra hãy chỉ ra cách đặt 32 đĩa sao cho trị chơi có thể tiếp tục mãi mãi.

Giải:

Tọa độ hóa bảng ở dạng  x y; :1 x 5,1 y 9. Tô màu bảng bằng 4 màu: ô vuông  x y; màu x mod 2; y mod 2.

Nếu trong bảng có 33 đĩa.

Nếu có nhiều nhất 16 đĩa ở các ô    0;0 , 1;1 thì có ít nhất 17 đĩa ở các ô

Xét khi có ít nhất 17 đĩa ở các ơ    0;0 , 1;1 .

Nếu có ít nhất 9 đĩa ở các ô  1;1 . Khi đó sau 2 bước 9 đĩa này sẽ ở các ô

 0;0 .

Xét khi có ít nhất 9 đĩa ở các ô  0;0 . Tuy nhiên trong bảng chỉ có 8 ơ

 0;0 , mâu thuẫn. Vậy với 33 đĩa, trò chơi chắc chắn phải dừng. Ta chỉ ra cách đặt 32 đĩa để trò chơi tiếp tục mãi mãi.

Đặt 32 đĩa vào 32 ô của bảng 4 8 mà ơ góc trái phía trên trùng với ơ góc trái phía trên của bảng 5 9 ban đầu. Chia bảng 4 8 thành 8 bảng 2 2 . Trong mỗi bảng 2 2 , lấy tâm bảng làm tâm, di chuyển các đĩa theo phép quay 900 cùng chiều kim đồng hồ. Khi đó trị chơi khơng bao giờ dừng.

Phát triển:

Dựa theo ý tưởng chia nhỏ bảng ô vng thành các bảng nhỏ hơn, bây giờ ta có thể nghiên cứu một hướng tơ màu kiểu "so le" nhưng khó hơn nhiều. Đó là ta khơng tơ màu "so le" tồn bộ bảng ơ vuông mà chia bảng ô vuông thành các khu vực nhỏ hơn, mỗi khu vực này có thể tơ màu "so le" nhưng theo các hướng quay hình khác nhau! Điều này là tương đối khó nghĩ đến khi đứng trước một bài toán, đặc biệt là chuyện nên chia thành các khu vực như thế nào. Bài toán sau minh họa cho cách tô màu đặc biệt này, một bài toán liên quan đến dạng toán "quân mã đi tuần", cùng dạng với bài 1.1 và bài 1.2.

Bài tập 1.7. Trong bàn cờ 4n, quân mã có thể bắt đầu từ một ơ tùy ý, đi qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô ban đầu được không?

Giải:

Hình 2.5. Tơ màu bàn cờ 4n.

Ta có thể thấy rằng: Từ một ơ có màu xanh, qn mã chắc chắn phải di chuyển đến ơ có màu vàng, ngược lại, muốn đến được ơ màu xanh, trước đó quân mã phải đang ở ơ màu vàng. Cịn nếu qn mã đang ở ơ màu vàng thì nó có thể di chuyển đến ơ màu xanh như ở trên hoặc có thể là ơ màu tím nữa. Có hai khả năng xảy ra:

Trường hợp 1: quân mã di chuyển từ ơ màu vàng vào ơ màu tím. Sau đó muốn quay trở lại ơ xanh, qn mã bắt buộc phải đi đến một ô màu vàng khác trước. Như vậy số ô màu vàng phải nhiều hơn số ô màu xanh, mâu thuẫn.

Trường hợp 2: quân mã chỉ di chuyển từ ô màu vàng vào ô màu xanh. Trường hợp này cũng mâu thuẫn bởi vì như vậy thì quân mã chỉ di chuyển được đến các ô xanh và vàng.

Vậy quân mã không thể đi qua tất cả các ô như yêu cầu của bài toán.

Nhận xét:

Cách tô màu đặc biệt trên của bài toán là để quân mã đang đứng ở ô màu xanh thì bắt buộc phải nhảy sang ơ màu vàng. Dù khi đang ở ơ màu vàng vẫn có hai khả năng về màu của ơ tiếp theo nhưng cách làm này đã khiến cho việc xét số trường hợp ít đi rất nhiều so với cách tơ màu "so le" thông thường.

Cách tô màu này cũng có thể hiểu theo tính đối xứng của bàn cờ, có điều khơng phải dựa trên cách quay 0

Phát triển:

Ta có thể đưa ra thêm một bài tốn khác liên quan đến kiểu tơ màu đặc biệt này, một bài tốn khó trong đề thi của Mỹ.

Bài tập 1.8 (Ơlympic tốn Mỹ 2008). Cho n nguyên dương. Gọi Sn là tập hợp các điểm nguyên thỏa mãn 1 n

2

x   y . Một đường đi là một dãy các điểm nguyên phân biệt trong Sn sao cho hai điểm cạnh nhau có khoảng cách bằng đơn vị. Chứng minh rằng không thể chia Sn thành ít hơn n đường đi khác rỗng và đôi một khơng có điểm ngun chung.

Giải:

Tơ màu các điểm ngun của Sn như hình 2.6 (hình vẽ minh họa cách tô màu S3).

Nếu y0, tô màu điểm  x y; trắng nếu x y n chẵn, ngược lại tô đen. Nếu y0, tô màu điểm  x y; trắng nếu x y n lẻ, ngược lại tô đen.

Bây giờ giả sử Sn được chia thành m đường đi và tổng độ dài các đoạn nối hai điểm màu đen cạnh nhau là k(có k đoạn như vậy). Bằng cách bỏ đi các đoạn nối hai điểm màu đen cạnh nhau, ta có km đường đi, trong mỗi đường đi, số các điểm đen và số các điểm trắng hơn kém nhau tối đa là 1. Như vậy tổng số các điểm đen và tổng số các điểm trắng hơn kém nhau tối đa là km. Mặt khác tổng số các điểm đen hơn tổng số các điểm trắng đúng

2n. Do đó 2n k m.

Hơn nữa, trong Sn có đúng n cặp điểm màu đen cạnh nhau (là  x;0 và

x; 1  với x      n 1, n 3, ,n 3,n1). Do đó kn.

Từ đó suy ra 2n     k m n m n m. Đây chính là điều phải chứng minh.

Nhận xét:

Bài toán này các điểm cũng được tơ màu kiểu "so le" nhưng khơng phải tồn bộ điểm mà được chia thành hai nửa: nửa trên và nửa dưới. Trong mỗi nửa đều tô màu "so le", cịn phần ranh giới giữa hai nửa thì lại tơ màu giống nhau!

Cách tơ màu này cũng có tính đối xứng, tuy nhiên khơng phải đối xứng qua gốc tọa độ  0;0 hay 2 trục Ox, Oy (nếu đối xứng dạng này thì cũng vẫn là cách tơ màu "so le" bình thường) mà lại đối xứng nhau qua đường thẳng

1 2

y  . Một cách tơ màu thực khó mà có thể nghĩ ra!

Phát triển:

Trong các cách tơ màu "so le" ở trên ta đã quan tâm đến cách tô màu đối xứng giữa hai tọa độ: dựa trên số dư của tổng (hoặc hiệu) hai tọa độ hay dựa trên số dư của cả hai tọa độ. Trong nhiều trường hợp ta có thể có một cách tô màu khác, cách tô màu kiểu "xen kẽ": tất cả các ơ trong cùng dịng (hoặc cột) cùng màu và các dòng (hoặc cột) cạnh nhau luân phiên đổi màu.

Cách tô màu này thực ra bản chất là dựa trên số dư của chỉ một trong hai tọa độ.

Bài tập 1.9. Bàn cờ n n ơ vng được bỏ đi 4 ơ góc. Tìm tất cả các giá trị của n sao cho có thể phủ bàn cờ bởi các qn tetrơminơ hình chữ L chiều cao 3 ô, chiều ngang 2 ô.

Phân tích:

Trước hết chắc chắn ta phải có n chẵn do mỗi qn tetrơminơ phủ kín đúng 4 ơ vng. Ta có thể tìm cách thử xem liệu mọi n chẵn có thỏa mãn không. Điều này đáng tiếc là không đúng.

Với n4 ta có thể kiểm tra là khơng thể phủ được bảng. Với n6 ta có thể tìm ra được cách phủ thỏa mãn.

Từ đó bằng cách ghép 2 hình chữ L ngược nhau thành hình chữ nhật kích thước 2 4 ta có thể xuất phát từ cách phủ bảng với n6 chèn thêm các hình chữ nhật 2 4 để tăng kích thước của bảng mỗi chiều thêm 4k.

Ta hãy tìm cách tơ màu "xen kẽ" để chứng minh rằng đó là tất cả giá trị

n cần tìm.

Giải:

Có tất cả 2

4

n  ơ vng. Muốn phủ được ít nhất ta phải có n2 4 chia hết cho 4. Từ đó ta có n chẵn. Tuy nhiên điều này chưa đủ.

Tơ các dịng của bàn cờ màu đen trắng "xen kẽ": dòng 1 trắng, dòng 2 đen, dòng 3 trắng, dịng 4 đen, ... Khi đó mỗi qn tetrơminơ sẽ phủ kín 3 ơ đen, 1 ơ trắng hoặc ngược lại 3 ô trắng, 1 ô đen. Do số ô đen và số ô trắng bằng nhau nên số lượng quân tetrôminô phủ 3 ô trắng, 1 ô đen phải bằng số lượng quân tetrôminô phủ 3 ô đen, 1 ô trắng. Tức là ta phải có chẵn quân tetrơminơ. Do đó 2

4

n  chia hết cho 8. Từ đó suy ra n phải có dạng 4k2. Dễ dàng chỉ ra được cách phủ hình thỏa mãn trong trường hợp n4k2.

Phát triển:

Trong bài toán trên ta đã xét với n chẵn, từ đó suy ra số ơ đen bằng số ơ trắng để có kết luận rằng phải có chẵn qn đơminơ. Bây giờ nếu số dịng hoặc số cột lẻ thì số ơ đen và số ơ trắng sẽ khơng bằng nhau nữa. Tuy nhiên việc tính tốn chi tiết mỗi loại màu có bao nhiêu ơ cũng hồn tồn đơn giản và ta vẫn có thể đưa ra được kết quả. Ta có thể tiếp tục xem xét bài toán sau.

Bài tập 1.10. Bàn cờ 2n 1 2n1 ô vuông được bỏ đi 1 trong 4 ơ góc. Tìm tất cả các giá trị của n để có thể phủ bàn cờ bởi các qn đơminơ 1 2

sao cho số lượng các quân đôminô nằm ngang bằng số lượng các quân đôminô thẳng đứng.

Giải:

Tơ các dịng của bàn cờ màu đen trắng "xen kẽ": dòng 1 trắng, dòng 2 đen, dòng 3 trắng, dịng 4 đen... Cần có 2

2n 2n qn đơminơ để phủ kín tất cả 2

4n 4n ô vng trong bảng, trong đó có 2n23n ơ trắng và 2n2 n ô đen. Do số lượng các quân đôminô nằm ngang bằng số lượng các qn đơminơ thẳng đứng nên mỗi loại sẽ có 2

n n quân. Mỗi quân đôminô thẳng đứng phủ 1 ô đen và 1 ô trắng nên tất cả các qn đơminơ loại này phủ kín

2

n n ô trắng và n2 n ô đen. Mỗi quân đôminô nằm ngang phủ 2 ô cùng màu và tất cả các qn đơminơ loại này phủ kín 2

2

n  n ô trắng và n2 ô đen. Do đó 2

2

n  n và n2 đều phải chẵn, tức là n phải chẵn.

Dễ dàng chỉ ra được cách phủ hình thỏa mãn trong trường hợp n chẵn.

Phát triển:

Trong 2 bài tốn trên vai trị của cột và dòng là giống nhau nên đương nhiên ta không cần phải cân nhắc lựa chọn cách tô màu "xen kẽ" nào. Bây giờ nếu vai trò của dòng và cột khác nhau, ta sẽ cần tính tốn xem nên tơ màu "xen kẽ" theo dịng hay cột. Ta có thể xem xét điều này qua bài tốn dưới đây,

Bài tập 1.11 (Dự tuyển toán Quốc tế 1999).

a) Chứng minh rằng: Nếu lát hình chữ nhật 5n bằng n miếng lát có 1 trong 2 dạng như hình 2.7 thì n chẵn.

Hình 2.7. Hai dạng miếng lát.

b) Chứng minh rằng: Có nhiều hơn 2.3k1 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 5n. 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 km 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.