Tổng quát hóa và Tương tự hóa qua lời giải một số bài Toán

tổng quát HóA v tơng tự HóA
qua lời giải một số bi toán
Nguyễn Duy Thái Sơn

Tóm tắt Trong bi viết ny, chúng ta xét một số bi toán tổ hợp thờng có tại các kỳ thi Olympic Toán học.
Trong quá trình tìm tòi lời giải, chúng ta sẽ luôn quan tâm đến hai câu hỏi: 1. Với lời giải đó, đâu l bi toán tổng
quát? 2. Có thể đặt ra những bi toán tơng tự no (v phải thay đổi phơng pháp ra sao để giải đợc các bi toán
tơng tự đó)?

1 Giới thiệu

Bi viết ny đợc trích từ nội dung của các chuyên đề m tôi đã dùng để giảng dạy cho Đội
tuyển dự thi Olympic Toán quốc tế năm 2009 của Việt Nam v cho ba khóa học sinh giỏi khối
11 chuyên Toán vừa qua ở trờng THPT chuyên Lê Quý Đôn thnh phố Đ Nẵng, với mục tiêu
l rèn luyện học sinh thói quen tổng quát v tơng tự, những thao tác rất cần thiết trong công
tác nghiên cứu. Một số lời giải tự nhiên từ các học sinh của tôi qua các niên khóa khác nhau
ở trờng THPT chuyên Lê Quý Đôn thnh phố Đ Nẵng (Nguyễn Bùi Hữu Nghĩa - năm học
2008, Lê Hữu Phớc - năm học 2011) cũng đã đợc cập nhật trong bi viết ny.

2 Tổng quát hóa một bi toán trên các lới vuông

Hình học tổ hợp l một chủ đề rất hay đợc quan tâm tại các kỳ thi Vô địch Toán các nớc
cũng nh tại các kỳ thi Vô địch Toán quốc tế. Sau đây l một kiểu toán khá phổ biến liên quan
đến các lới vuông:

Bi toán 1 (Vô địch Toán Belarus 1999). Có một nền đất hình vuông với kích thớc 7x7 đợc
chia thnh 49 ô vuông đơn vị, v có ba loại gạch lát nền:
- loại 1: gạch có bề mặt hình vuông với kích thớc 1x1,
- loại 2: gạch có bề mặt hình chữ nhật với kích thớc 3x1,
- loại 3: gạch có bề mặt hình góc vuông, phủ vừa ba ô vuông đơn vị (xem hình vẽ).
Giả sử Jerry có một viên gạch loại 3 v vô số viên gạch loại 2, trong khi Tom chỉ có một viên

gạch loại 1.
(i) Chứng minh rằng Tom có thể lát viên gạch của mình lên một ô vuông đơn vị no đó
trên nền đất để Jerry không thể lát khít (tức l các viên gạch không hề chờm lên nhau hay
chờm ra ngoi nền đất) ton bộ phần còn lại của nền bằng số gạch m Jerry có.


Loại 1:




Loại 2:



Loại 3:


Các loại gạch (mu gạch
không cố định)
Nền đất
www.VNMATH.com
1
(ii) Giả sử Jerry có thêm một viên gạch loại 3 nữa. Chứng minh rằng dù Tom lát viên gạch
của mình ở đâu trên nền đất (miễn sao viên gạch đó phủ đúng một ô vuông đơn vị) thì Jerry
cũng có thể lát khít ton bộ phần còn lại của nền bằng số gạch m lần ny hắn có.

Lời giải
. (i) Tom chỉ cần lát viên gạch của mình vo ô vuông đơn vị đợc đánh dấu x nh trong
hình vẽ dới đây thì Jerry sẽ không thể lát khít ton bộ phần còn lại của nền bằng số gạch m

Jerry có.
Thật vậy, hãy điền số vo các ô vuông đơn vị còn lại của nền đất
theo cách nh hình vẽ đã chỉ ra: có 17 ô vuông đơn vị chứa số 0,
15 ô vuông đơn vị chứa số 1 v 16 ô vuông đơn vị chứa số 2. Giả
sử Jerry lát khít đợc ton bộ phần còn lại của nền bằng số gạch
m hắn có. Khi đó, mỗi viên gạch loại 2 của hắn cần phủ đúng ba
ô vuông đơn vị liên tiếp nhau trên một hng hoặc trên một cột,
nghĩa l phủ một ô vuông đơn vị chứa số 0, một ô vuông đơn vị
chứa số 1 v một ô vuông đơn vị chứa số 2; vì thế, viên gạch loại 3
của Jerry phải phủ hai ô vuông đơn vị chứa số 0 v một ô vuông
đơn vị chứa số 2.
Trớc hết, từ đó ta suy ra: Jerry không thể lát viên gạch có bề mặt hình góc vuông ny theo
vị trí của các chữ , , hay . Thật vậy, kiểm tra trực tiếp, ta thấy: ở vị trí hay , viên gạch sẽ
phủ ba ô vuông đơn vị chứa ba số khác nhau; còn ở vị trí , viên gạch sẽ phủ hai ô vuông đơn
vị chứa số 0 v một ô vuông đơn vị chứa số 1, hoặc hai ô vuông đơn vị chứa số 1 v một ô
vuông đơn vị chứa số 2, hoặc hai ô vuông đơn vị chứa số 2 v một ô vuông đơn vị chứa số 0;
nghĩa l, đều không đạt yêu cầu.
Cuối cùng, viên gạch đó cũng không thể có vị trí của chữ , bởi vì: nếu một cách lát nh thế
giúp Jerry đạt đợc mục đích thì phép đối xứng qua cột chứa viên gạch của Tom sẽ cho Jerry
một cách lát khác cũng đạt đợc mục đích, nhng - theo cách lát mới ny - viên gạch có bề
mặt hình góc vuông lại nằm ở vị trí , mâu thuẫn với nhận xét m ta vừ
a rút ra ở đoạn trên!
Mâu thuẫn đó chứng tỏ rằng Jerry không thể lát khít ton bộ phần còn lại của nền bằng số gạch
m Jerry có.

Phơng pháp vừa đợc trình by còn gợi ý ta giải bi toán tổng quát sau đây:

Bi toán 2. Cho n l một số nguyên dơng. Có một nền đất hình vuông với kích thớc
(6n+1)x(6n+1) đợc chia thnh (6n+1)
2

ô vuông đơn vị, v có ba loại gạch lát nền:
- loại 1: gạch có bề mặt hình vuông với kích thớc 1x1,
- loại 2: gạch có bề mặt hình chữ nhật với kích thớc 3x1,
- loại 3: gạch có bề mặt hình góc vuông, phủ vừa ba ô vuông đơn vị.
Giả sử Jerry có một viên gạch loại 3 v vô số viên gạch loại 2, trong khi Tom chỉ có một viên
gạch loại 1. Chứng minh rằng Tom luôn có thể lát viên gạch của mình lên một ô vuông đơn vị
no đó trên nền đất để Jerry không thể lát khít ton bộ phần còn lại của nền bằng số gạch m
Jerry có.

Gợi ý. Với mỗi
j
i, nguyên m 1,6,1


nji lấy
j,i
a l phần d trong phép chia 1

ji cho
3
, v điền số
j,i
a vo ô vuông đơn vị ở hng thứ i (tính từ trên xuống dới), cột thứ
j
(tính từ
trái qua phải) của nền đất (trong trờng hợp nền đất 7x7, đây chính l cách điền số đã dùng
trong lời giải câu (i) của bi toán 1 vừa nói). Tom chỉ cần lát viên gạch của mình vo ô vuông

0 1 2 0 1 2 0
1 2 0 1 2 0 1

2 0 1 2 0 1 2
0 1 2 0 1 2 0
1 2 0 x 2 0 1
2 0 1 2 0 1 2
0 1 2 0 1 2 0

www.VNMATH.com
2
đơn vị ở hng thứ 1,6 n cột thứ
13

n
(cột đối xứng của nền đất). Do
1,
11,36

nn
a
phần còn
lại của nền sẽ bao gồm 1412
2

nn ô vuông đơn vị chứa số 0, 1412
2


nn ô vuông đơn vị
chứa số 1 v nn 412
2
ô vuông đơn vị chứa số 2. Các lập luận tiếp theo hon ton giống các

lập luận trong lời giải câu (i) của bi toán 1.

Bây giờ, ta giải một bi toán tổng quát khác (m câu (ii) của bi toán 1 chỉ l một trờng hợp
đặc biệt):

Bi toán 3. Cho m l một số nguyên dơng. Có một nền đất hình vuông với kích thớc
(3m+1)x(3m+1) đợc chia thnh (3m+1)
2
ô vuông đơn vị, v có ba loại gạch lát nền:
- loại 1: gạch có bề mặt hình vuông với kích thớc 1x1,
- loại 2: gạch có bề mặt hình chữ nhật với kích thớc 3x1,
- loại 3: gạch có bề mặt hình góc vuông, phủ vừa ba ô vuông đơn vị.
Giả sử Jerry có hai viên gạch loại 3 v vô số viên gạch loại 2, trong khi Tom chỉ có một viên
gạch loại 1. Chứng minh rằng dù Tom lát viên gạch của mình ở đâu trên nền đất (miễn sao
viên gạch đó phủ đúng một ô vuông đơn vị) thì Jerry cũng có thể lát khít ton bộ phần còn lại
của nền bằng số gạch m hắn có.




1m
A

m
A
( 1m )


A




1
A









A

Lời giải
. Gọi
m
A l nền đất hình vuông có trong đề toán, còn
1m

A l hình vuông con với kích
thớc 1]1)1]x[3(1)[3( mm bao gồm các ô vuông đơn vị trong
m
A có số thứ tự hng v
số thứ tự cột không vợt quá
1.1)3(


m Khi 1,m xoay hình vuông
m
A quanh tâm của nó
(có thể phải gọi lại tên hng v cột trong
m
A v đếm lại thứ tự của chúng) nếu cần; ta có
thể giả sử viên gạch của Tom nằm trong ;
1m
A hơn nữa, ta cũng dễ dng thấy rằng: chỉ dùng
các viên gạch loại 2, Jerry có thể lát khít đợc ton bộ
1mm
A\A (xem hình vẽ). Vì thế, bằng
quy nạp, ta đa bi toán về trờng hợp
1.m



1
A l một hình vuông có kích thớc 4x4. Nếu cần ta sẽ xoay hình vuông
1
A rồi đếm lại thứ
tự các hng, các cột của nó, ta có thể giả sử viên gạch của Tom nằm trong hình vuông A

có kích thớc 2x2 bao gồm các ô vuông đơn vị có số thứ tự hng v số thứ tự cột không vợt
quá 2. Chỉ dùng một viên gạch loại 3 v ba viên gạch loại 2, Jerry có thể lát khít đợc ton bộ
A\A
1
(theo cách nh hình vẽ). Viên gạch loại 3 còn lại sẽ đợc Jerry sử dụng để lát khít ba ô
vuông đơn vị còn trống trong .A

Bi toán đợc giải quyết trọn vẹn trong trờng hợp 1,

m v do đó cả trong trờng hợp
m

bất kỳ.

www.VNMATH.com
3

Rõ rng, sự khác biệt giữa các biểu thức 6n+1 v 3m+1 cha thực sự lm hi lòng chúng ta
khi muốn kết hợp hai bi toán 2 v 3 (nh cách phát biểu của bi toán 1). Rất may l ta có
thể khắc phục đợc sự trục trặc đó nếu chịu khó đo sâu một chút nữa phơng pháp đã dùng để
giải bi toán 2 v đi đến bi toán sau:

Bi toán 4. Cho n l một số nguyên dơng. Có một nền đất hình vuông với kích thớc
(3n+1)x(3n+1) đợc chia thnh (3n+1)
2
ô vuông đơn vị, v có ba loại gạch lát nền nh đã phát
biểu trong các bi toán trớc. Giả sử Jerry có một viên gạch loại 3 v vô số viên gạch loại 2,
trong khi Tom chỉ có một viên gạch loại 1. Chứng minh rằng Tom luôn có thể lát viên gạch của
mình lên một ô vuông đơn vị no đó trên nền đất để Jerry không thể lát khít ton bộ phần còn
lại của nền bằng số gạch m Jerry có.

Lời giải 1
(cùng với học sinh Nguyễn Bùi Hữu Nghĩa). Với mỗi
j
i, nguyên m 1, 31,ij n
lấy
j,i
a l phần d trong phép chia 1


ji cho 3, v điền số
j,i
a vo ô vuông đơn vị ở hng
thứ i (tính từ trên xuống dới), cột thứ
j
(tính từ trái qua phải) của nền đất. Trớc hết, ta nhận
xét: nếu Tom lát viên gạch của mình vo ô vuông đơn vị (bất kì) chứa số 1 thì phần còn lại của
nền sẽ bao gồm
2
321nn ô vuông đơn vị chứa số 0,
2
321nn

ô vuông đơn vị chứa số 1
v
2
32nn ô vuông đơn vị chứa số 2; vì thế, lập luận hon ton nh ở lời giải câu (i) của bi
toán 1 cho thấy Jerry không thể lát khít ton bộ phần còn lại của nền bằng số gạch m hắn có
nếu viên gạch có bề mặt hình góc vuông của hắn đợc lát theo vị trí của các chữ , , hay .
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng nếu Tom lát viên gạch của mình vo ô vuông đơn vị ở hng

thứ
2, cột thứ 13 n thì Jerry không thể lát khít ton bộ phần còn lại của nền bằng số gạch m
hắn có. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng Jerry lát khít đợc ton bộ phần còn lại của nền. Khi
đó, theo nhận xét trên, do
2,3 1
1,
n
a

viên gạch có bề mặt hình góc vuông của hắn phải nằm ở
vị trí
. Phép quay nền đất với góc quay 90 quanh tâm của nó sẽ dẫn ta đến tình huống m
Tom lát viên gạch của mình vo ô vuông đơn vị ở hng thứ
1, cột thứ 2, l ô vuông đơn vị chứa
số
1,2
1a , nhng Jerry vẫn lát khít đợc ton bộ phần còn lại của nền trong khi viên gạch có
bề mặt hình góc vuông của hắn lại đợc lát theo vị trí của chữ
, mâu thuẫn với chính nhận xét
vừa đợc nêu ở đoạn trên.


Lời giải 2 (dựa trên lời giải của học sinh Lê Hữu Phớc trong trờng hợp nền đất 7x7).
Trong mỗi ô vuông đơn vị nằm trên hng thứ
,i tính từ trên xuống
dới
(i nguyên, 131),in ta điền vo: số 1 nếu 1(mod 3),i


số 0 nếu

2(mod3),i số 2 nếu 0(mod3).i

(Nói cách khác, nếu
gọi
i
a l phần d trong phép chia i cho 3, thì ta đã điền số 2
i
a


vo mỗi ô vuông đơn vị nằm trên hng thứ ).i
Tom chỉ cần lát viên gạch của mình vo ô vuông đơn vị bất kỳ
chứa số 1 thì Jerry sẽ không thể lát khít ton bộ phần còn lại của
nền bằng số gạch m Jerry có
.
Thật vậy, rõ rng tổng ba số đợc điền trong ba ô vuông đơn vị
nằm liên tiếp nhau trên mỗi hng hoặc trên mỗi cột l một bội số của 3 nên tổng tất cả các số
có mặt trên phần còn lại của nền cũng l một bội số của 3. Giả sử Jerry lát khít đợc ton bộ

1 1 1 1 1 1 1
0 0 0 0 0 0 0
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
0 0 0 0 0 0 0
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1

www.VNMATH.com
4
phần còn lại của nền bằng số gạch m hắn có. Khi đó, viên gạch loại 3 của Jerry phải phủ ba ô

vuông đơn vị m tổng ba số nằm trong chúng chia hết cho 3. Nhng điều ny l không thể xảy
ra! (Kiểm tra trực tiếp, ta thấy: tổng ny l 1 hoặc 4 nếu viên gạch đó đợc lát ở vị trí
hay , 2
hoặc 5 nếu viên gạch đợc lát ở vị trí
hay ; nghĩa l, đều không đạt yêu cầu).

3 Tơng tự hóa một bi toán lợng giác

Trong mục ny, trớc hết, ta xét một bi toán lợng giác không quá khó (nhng khá hay), nh
sau:

Bi toán 5 (Vô địch Toán Romania 1996). Cho x v y l hai số thực. Chứng minh rằng nếu


:cos( )cos( ) Sqxqyq l một tập hợp hữu hạn thì x v y đều l các số hữu tỉ.
Lời giải
. Để đơn giản, đặt






:cos , :cos .
qq
aqxbqyq

Từ công thức tính cosin của góc nhân đôi, ta có

22
22
22
, 2 2 ( ).
qq qq qq q q
qabab ab ab
(1)
Nhng





,
2
1
,
2
1
qqqqqqqqqq
bababbabaa
nên (1) cho thấy, khi tập



qq
Sabq hữu hạn, tập

qq
ab q v do đó các tập




,
qq
aq bq cũng hữu hạn. Vậy, tồn tại
12
, qq

với ,
21
qq ;
21
qq
aa

từ
đó, tìm đợc
k để
12
2
.
k
x

qq



Tơng tự, ta có
y


(đpcm).
Dễ thấy tính hữu tỉ của x v y cũng l điều kiện đủ để tập


cos( ) cos( ) qx qy q hữu
hạn. Một cách tự nhiên, dới đây ta có thể đặt một số bi toán tơng tự:

Bi toán 6. Với
x
v y l hai số thực, xét tập hợp


:sin( )sin( ) .Sqxqyq
Hãy tìm điều kiện cần v đủ (đối với các số
x
v
)y
để S l một tập hợp hữu hạn.
Lời giải
. Ta sẽ chứng minh rằng điều kiện cần v đủ để
S
hữu hạn l:

, 2 .kxykx y (2)
Điều kiện đó thì không quá bất ngờ, nhng cũng dự báo đợc rằng phơng pháp giải m ta sắp
sử dụng sẽ không thể hon ton giống trớc.
Lần ny, ta ký hiệu





:sin , :sin .
qq
aqxbqyq
1)
Điều kiện đủ:
Rõ rng, khi
2
x
yk với ,k

thì sẽ có


sin 2 ( );
qq
bkqqxaq nên

0S l một tập hữu hạn. Bây giờ, giả sử x

v ,y

tức l tồn tại , , , 0,mnp m
m . ,
m/pym/nx
www.VNMATH.com
5
Khi đó, với mỗi
,q
ta tìm đợc các số
, kr


sao cho
;2 ,20 rmkqmr


suy ra








.2sin

2sin
rq
rq
brykpb
arxkna

Vậy




0; 2
rr
Sabr m cũng l một tập hữu hạn.
2)
Điều kiện cần:
Giả sử
S hữu hạn. Đặt


: 0
qq
qab M
v


. : M


qbaP

qq
Từ công thức tính
sin của góc nhân ba, ta thấy

:q

;
12
1
4
1
3
1
33
3
qqqqqqqqqq
bababababa
suy ra
P
l một tập hữu hạn. Mặt khác, ứng với mỗi ,
M

q thì
q
a v
q
b l các nghiệm của
một phơng trình bậc hai (ẩn số t) có dạng ,0
2
pstt trong đó ,: Sbas

qq



.: Pbap
qq
Chỉ có hữu hạn phơng trình nh thế, nên


M

qa
q
v


Mqb
q
đều l
các tập hữu hạn. Thnh thử:
(i) Khi
M
vô hạn, ắt tồn tại
12 1 2
, , ,qq q q

M sao cho ;
21
qq
aa

nghĩa l,




12
12
12 12
sin sin
221
, 0
.
qx qx
kk
kx x qq
qq qq
x








Tơng tự,
,y tức l có (2).
(ii) Khi
M

hữu hạn, tồn tại
0
q

sao cho






0
, sin sin 0
2sin cos 0
22
2/
, (3)
21/.
q
q
q
qqq qx qy
qq
xy xy
xy kq
k
xy k q

Bấy giờ, xét tùy ý một số
q m .
0
qq Ta có nhận xét: không thể xảy ra trờng hợp
;
12
1
12
1
q
k
q
k
yx
qq

bởi vì trờng hợp ny sẽ dẫn đến nghịch lý






12121
1




qq
kqkq
(một trong hai vế của đẳng thức đó l một số nguyên chẵn, trong khi vế kia l một số nguyên
lẻ)! Để hon thnh việc chứng minh (2), ta có thể xem rằng
;xy khi đó,
;xy xy vì thế theo (3), v theo nhận xét vừa nêu, ta chỉ còn phải nghiên cứu
trờng hợp
;
2
1
2
1
q
k
q

k
yx
qq




m chính lúc ny, ta có

,2
1
22
1
k
qq
kk
yx
qq





với
1
;
qq
kk k

nghĩa l có (2), đpcm.

www.VNMATH.com
6

Bi toán 7. Với
x
v
y
l hai số thực, xét tập hợp


: cos( ) sin( ) .Sqxqyq
Hãy tìm điều kiện cần v đủ (đối với các số
x
v )y để S l một tập hợp hữu hạn.
Lời giải
. Đặt





: cos , : sin .
qq
aqxbqyq Trong bi toán ny, nhờ có bao hm
thức




,

qq qq
abq abq

ta thấy: S l một tập hữu hạn khi v chỉ khi



q
aq v



q
bq đều l các tập hữu
hạn. Từ đó suy ra điều kiện phải tìm l
.xy



Tuy nhiên, với bi toán sau, tình hình sẽ không còn đơn giản đến thế:

Bi toán 8. Với
x
v y l hai số thực, xét tập hợp


: cos( ) sin( ) .Sqxqyq
Hãy tìm điều kiện cần v đủ (đối với các số
x
v

)y
để S l một tập hợp hữu hạn.
Lời giải
. Đặt

:cos ,
q
aqx


:sin ,
q
bqy

:,
qqq
sab

:,
qqq
dab




: .
qqq
pabq
Giả sử S hữu hạn. Từ công thức tính sin v cosin của góc nhân ba, ta thấy

:q

22
333
()[4()43](443).
qqqqq qq qq qq q
sab ab ab ab ds p (4)
Ta cũng có:
22
4.
qq q
ds p Vậy (4) kéo theo:
22 2 2
3
( 4 )(4 4 3) ( ) 0;
qq qq q qq
sspsp fp

trong đó,
322222222
3
():64 48(23 ) 12(34 )(12 ) (34 )
qqqqqqq
f
tt st s sts ss l một đa
thức bậc ba của biến t với các hệ số chỉ phụ thuộc vo
3
, .
qq
ss Vì

q
Ssq l một tập
hữu hạn, nên chỉ có hữu hạn đa thức
q
f
(khi q chạy khắp
),
mỗi đa thức có tối đa ba không
điểm, nên tập


:
q
Ppq
cũng hữu hạn.
Mặt khác, ứng với mỗi
,q thì
q
a v
q
b l các nghiệm của một phơng trình bậc hai (ẩn số
t) có dạng ,0
2
pstt trong đó :,
q
ss S

:.
q
p
pP

Chỉ có hữu hạn phơng trình nh
thế, nên



q
aq
v



q
bq
đều l các tập hợp hữu hạn. Tiếp tục các kỹ thuật nh ở
lời giải của các bi toán 5 v 6, ta thấy điều kiện cần để S hữu hạn l
.xy Đó cũng
l điều kiện đủ.

4 Bi tập đề nghị

Bi toán 9 (Vô địch Toán Ireland 1999). Ngời ta phải lát gạch cho một sn nh hình vuông
với kích thớc 100x100 v chỉ sử dụng loại gạch có bề mặt hình chữ nhật với kích thớc 3x1
(mỗi viên phủ vừa ba ô vuông đơn vị trên sn nh).
www.VNMATH.com
7

(i) Tại tâm sn nh, khoét một hình vuông với kích thớc 2x2. Chứng minh rằng phần còn
lại của sn nh có thể đợc lát khít bởi loại gạch đã cho.
(ii) Tại góc sn nh (thay vì tại tâm sn nh), khoét một hình vuông với kích thớc 2x2.
Chứng minh rằng không thể lát khít ton bộ phần còn lại của sn nh bằng loại gạch đã cho.
Hãy tổng quát hóa bi toán.
Bi toán 10 (Chọn đội tuyển Romania tham dự kỳ thi Vô địch Toán Balkan 2007). Xét một
bảng vuông với kích thớc nxn đợc chia thnh n
2
ô vuông đơn vị v các ô vuông đơn vị ny
đợc tô mu trắng hoặc đen một cách ngẫu nhiên. Ngời ta nhận thấy: trong số bốn ô vuông
đơn vị góc, có ba ô đợc tô trắng, ô còn lại đợc tô đen. Chứng minh rằng trong bảng vuông
đó tồn tại một hình vuông con có kích thớc 2x2 v chứa một số lẻ các ô vuông đơn vị đợc tô
trắng.
Bi toán 11. ở các góc đông-bắc v tây-bắc của một nền đất hình vuông với kích thớc
(2 ),nn n ngời ta trồng hai cột trụ, mỗi cột lấy đi một phần đất hình chữ nhật với
kích thớc 2x1 nh ở hình 1. Cần lát gạch ton bộ phần còn lại của nền đất; đợc phép sử
dụng (không hạn chế số lợng) các viên gạch hoa hình chữ L, loại phủ đúng 4 ô vuông đơn vị
nh ở hình 2; có thể xoay gạch trên nền đất (nhng không đợc lật gạch) trớc khi lát. Với
những giá trị no của n thì có thể lát khít ton bộ phần còn lại của nền đất?










Hình 1: nền đất nxn

Hình 2: gạch hình chữ L


Bi toán 12 (Vô địch Toán quốc tế năm 2004). Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật với kích
thớc mxn, có thể phủ đợc bởi các hình móc câu đợc tạo ra từ 6 ô vuông đơn vị nh ở hình
vẽ dới đây:
Đợc phép quay hoặc lật các hình móc câu. Các hình móc câu phải phủ kín hình chữ nhật v
không chờm lên nhau hay chờm ra ngoi hình chữ nhật.

Ti liệu tham khảo

[1] Titu Andreescu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads 1999-2000, Problems and
Solutions from Around the World, The Mathematical Association of America, 2002.
[2] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, The IMO Compendium, A
Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads: 1959-2004,
Springer, 2006.
www.VNMATH.com
8
[3] Radu Gologan, Marian Andronache, Mihai Baluna, Calin Popescu, Dan Schwarz, Dinu
Serbanescu, Romanian Mathematical Competitions 2007, Romanian Mathematical Society,

Theta Foundation, Bucharest, 2007.

www.VNMATH.com
9