bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề một số bài TOÁN tổ hợp LIÊN QUAN đến PHỦ HÌNH CHỮ NHẬT

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP LIÊN QUAN ĐẾN PHỦ HÌNH CHỮ NHẬT

Một hình chữ nhật m × n (có m dòng và n cột) được phân chia thành m.n ô vuông đơn vị.
Ta sẽ nghiên cứu bài toán phủ hình chữ nhật này bằng các hình được ghép từ các ô vuông đơn vị.
Với các bài toán dạng này, thường ta đánh số hoặc tô màu các ô vuông đơn vị của hình chữ nhật,
có hai cách tô màu cơ bản:
Cách 1: Tô màu đen và trắng xem kẽ trên mỗi hàng và mỗi cột
Nếu có một trong hai số m, n chẵn thì số ô đen và trắng
là bằng nhau
Nếu cả hai số đều lẻ thì màu nào được tô vào ô đầu tiên
sẽ nhiều hơn màu kia 1 đơn vị.
Cách 2: Tô màu giống nhau trên 1 hàng (hoặc cột) và xen
kẽ trên 1 cột (hoặc hàng)
Nếu có một trong hai số m, n chẵn thì số ô đen và
trắng là bằng nhau
Nếu cả hai số đều lẻ thì màu nào được tô vào ô đầu
tiên sẽ nhiều hơn màu kia m ô (nếu tô màu giống nhau theo mỗi cột).
Các dạng hình sử dụng để phủ hình chữ nhật:
Dạng 1: Monomino là một ô vuông đơn vị 1× 1 .
Dạng này không xét riêng, bởi đơn giản. Ta sẽ tìm hiểu chúng khi kết hợp với các loại khác.
Dạng 2: Domino là hình được tạo từ 2 ô vuông đơn vị, ta sẽ gặp khi xét chung cho các loại thẳng.

Dạng 3: Trimino được tạo từ 3 ô vuông đơn vị, có 2 dạng:
Trimino thẳng (sẽ được xét trong phần monomino thẳng)
L - Trimino

-----Trang 1-----


Ta xây dựng điều kiện cần và đủ để hình chữ nhật m × n bởi các L – trimino bằng các bài toán:
1. Một hình chữ nhật 4 × 5 không phủ được bởi các L – trinimo bởi 20 không chia hết cho 3.

Qua đây cho ta điều kiện cần để hình chữ nhật m × n có thể được phủ bởi một hình được tạo từ
k ô vuông đơn vị: mnMk .
2. Hai L – trimino phủ được một hình chữ nhật 2 × 3 . Vậy một hình chữ nhật
được phân chia thành các hình chữ nhật 2 × 3 thì có thể được phủ bởi các
L – trimino.
3. Tìm hình vuông nhỏ nhất có thể được phủ bởi các L – trinimo?
Hình vuông n × n được phủ bởi L – trimino thì n 2 M
3
Xét với n = 3 thấy không thỏa mãn.
Xét với n = 6 , ta phủ bằng cách chia thành các hình chữ nhật 2 × 3 .
4. Tìm tất cả các số nguyên dương b sao cho hình chữ nhật 2 × b có thể được phủ bởi các
L – trimino.
Nhận thấy: Nếu bM3 ⇒ 2b M3 ⇒ không phủ được.
3 ⇒ hình chữ nhật 2 × b được phân thành các hình chữ nhật 2 × 3 , suy ra
Nếu bM
3 là tất cả các số b thỏa mãn.
phủ được bởi các L – trimino, vậy bM
5. Tìm tất cả các số nguyên dương b sao cho hình chữ nhật 3 × b có thể được phủ bởi các
L – trimino.
Muốn phủ hình chữ nhật thì cần phủ ô vuông đầu tiên, nhận thấy có 3 cách như sau:

Với trường hợp c thấy không thể phủ được dòng cuối. Với hai trường hợp còn lại muốn phủ
được dòng cuối cần tạo ra các hình chữ nhật 3 × 2 . Vậy muốn phủ được thì bM2 .
Từ 5 bài toán trên, ta có định lý 1: Cho các số nguyên dương a, b với 2 ≤ a ≤ 3 và a ≤ b . Hình
chữ nhật a × b có thể được phủ bởi các L-trimino khi và chỉ khi abM6 .
Tuy nhiên định lý chỉ đưa ra điều kiện cho hình chữ nhật có 1 trong hai cạnh là 2 hoặc 3, ta sẽ xét
các hình chữ nhật mà cả hai cạnh đều lớn hơn 3. Cùng đến với một số bài toán sau:
-----Trang 2-----

6. Chứng minh rằng hình chữ nhật 5 × 6 có thể được phủ bởi các L – trimino.
Nhận thấy có thể chia thành các hình chữ nhật 2 × 3

7. Chứng minh rằng hình chữ nhật 5 × 9 có thể được phủ bởi các L – trimino.
Chỉ rõ một cách phủ như sau:

8. Từ bài 7 hãy chứng minh rằng hình chữ nhật 9 × 9 có thể được phủ bởi các L – trimino.
Gộp thêm các hình chữ nhật 2 × 3 vào hình chữ nhật 5 × 9 để được hình chữ nhật 9 × 9 .
3 phủ được bởi các L – trimino thì hình chữ
9. Từ đây nhận thấy: Nếu hình chữ nhật a × b với bM
nhật ( a + 2 ) × b cũng phủ được. (Dễ dàng chứng minh như ý 8)
3, b > 5 có thể được phủ bởi các L – trimino.
10. Chứng minh rằng hình chữ nhật 5 × b với bM
Hình chữ nhật như trên được ghép bởi các hình 5 × 6 và 5 × 9 .
3 có thể được phủ bởi các
11. Chứng minh rằng hình chữ nhật a × b với a ≥ 4, b ≥ 5, bM
L – trimino.
Nếu aM2 thì phân chia thành các hình chữ nhật 2 × 3 .
Nếu a M2 thì chia thành hình chữ nhật 5 × b và ( a − 5 ) × b .
12. Ta có định lý 2: Hình chữ nhật a × b với a ≥ 4, b ≥ 4 có thể được phủ bởi các L – trimino khi
3 (nghĩa là cần 1 trong hai số chia hết cho 3).
và chỉ khi abM
3 thì hình chữ nhật a × b có thể được phủ bởi các L – trimino đã được chứng minh
Nếu abM
bởi các bài toán trên, cụ thể như sau:
3 và a chẵn thì có thể phân chia thành các hình chữ nhật 2 × 3 .
Giả sử có bM
3 và a lẻ thì do 5 × b phủ được nên
Giả sử có bM

( a + 2) × b

hết tất cả các hình chữ nhật có cạnh a lẻ.
-----Trang 3-----

cũng phủ được, lúc này đã qua


Gộp cả hai định lý 1 và định lý 2 ta có định lý:
Cho a, b là các số nguyên thỏa mãn: 2 ≤ a ≤ b . Hình chữ nhật a × b có thể được phủ bởi
các L – trimino khi và chỉ khi một trong các điều sau:
i.

a = 3 và b chẵn.

ii.

a ≠ 3 và abM
3.

Dạng 4: Tetramino
Là dạng được tạo từ 4 ô vuông đơn vị, có các dạng sau:
O – tetramino

Z – tetramino

S – tetramino

L – tetramino

J – tetramino

T – tetramino

Tetramino thẳng

1. Với dạng O – tetramino
Hình chữ nhật m × n phủ được bởi các O – tetramino khi và chỉ khi m, n đều chẵn.
2. Với S – tetramino và Z – tetramino
Một hình chữ nhật không thể được phủ nếu chỉ dùng S – tetramino và Z – tetramino.
muốn phủ được thì phải phủ ô vuông đầu tiên,
với mỗi loại cho ta một cách phủ ô đầu.
khi đó tiếp tục sẽ chỉ có một cách để phủ ô
tiếp theo trên hàng 1, cứ như vậy sẽ không phủ
được ô cuối cùng trên hàng 1.
3. Với J – tetramino và L – tetramino.
Hình chữ nhật m × n được phủ chỉ bởi các J – tetramino hoặc L – tetramino nếu và chỉ nếu
m.nM
8.
-----Trang 4-----


Một số bài toán gợi ý để giải quyết ý trên (Xét với L – tetramino, với J – tetramino hoàn
toàn tương tự)
a. Tổng số lượng L – tetramino là số chẵn.
Chứng minh
Giả sử hình chữ nhật m × n được tô bởi k , suy ra
m.n = 4k , cần chứng minh k chẵn.
Nhận thấy trong hai số m, n có ít nhất 1 số chẵn,
giả sử là n.

Tô mầu như hình bên, có nhận xét rằng:
Số ô đen và trắng bằng nhau.
Mỗi L – tetramino khi đặt vào hình chữ nhật sẽ phủ hoặc 3 ô trắng 1 ô đen, hoặc 3 ô
đen 1 ô trắng. Gọi a là số L – tetramino khi đặt vào hình chữ nhật sẽ phủ 3 ô trắng 1 ô
đen và b là số L – tetramino khi đặt vào hình chữ nhật sẽ phủ 3 ô đen 1 ô trắng. Khi đó
số ô trắng trên hình chữ nhật là 3a + b và số ô đen là 3b + a ,
suy ra 3b + a = 3a + b ⇒ a = b , ta có điều phải chứng minh.
b. Hình chữ nhật m × n với m chẵn và nM4 sẽ được phủ bởi các L – tetramino.
Do hình chữ nhật 2 × 4 được phủ bởi 2
L – tetramino nên chia nhỏ hình m × n thành
các hình 2 × 4 .
c. Hình chữ nhật 3 × 8 phủ được bởi các J –
tetramino và L – tetramino.
4. Với T – tetramino.
• Chứng minh rằng hình chữ nhật m × n được phủ bởi các T – tetramino thì số lượng
T – tetramino phải chẵn (chứng minh tương tự như với L – tetramino).
• Tìm số hình vuông nhỏ nhất có thể được phủ bởi các T – tetramino.
xét hình vuông m × m được phủ bởi k T – tetramino
suy ra m 2 = k .4 với k chẵn, hay m 2 M
8
xét với m = 4 thấy thỏa mãn.
Định lý (DW.Walkup, tạp chí Amer Math Monthly – T11, 1965): Hình chữ nhật m × n phủ được
bởi các T – tetramino nếu và chỉ nếu m và n cùng chia hết cho 4.
Dạng 5: Polimino thẳng
-----Trang 5-----


Vấn đề 1: Tìm tất cả các hình chữ nhật m × n có thể được phủ bởi k – omino thẳng (hình chữ
nhật 1× k )
1.1 . Chứng minh rằng nếu m hoặc n chia hết cho k thì hình chữ nhật m × n có thể được phủ

bởi k – omino thẳng.
1.2 . Chứng minh rằng nếu m hoặc n cùng không chia hết cho k thì hình chữ nhật m × n
không thể được phủ bởi k – omino thẳng.
Chứng minh: Thực hiện phép chia có dư: m = k .q1 + r1; n = k .q2 + r2 với 0 < r1; r2 < k
Đánh số hình chữ nhật theo quy tắc sau: Trên mỗi cột các số được đánh giống nhau, trên
mỗi hàng các số được xếp liên tiếp theo thứ tự 1, 2, …, k, 1, 2, … đến hết, trên mỗi hàng sẽ
kết thúc tại r2
1

2

3

…

r2

1

2

3

…

r2

M

M

M

M

M

1

2

3

…

r2

2

2

3

…

r2

Nhận xét mỗi k – omino thẳng khi đặt vào hình chữ nhật sẽ phủ các ô cùng đơn vị hoặc phủ
đủ các ô từ 1 đến k
Đặt Si là số ô được đánh số i, suy ra S1 ≡ S2 ≡ L ≡ S k ( mod k )

Do cách đánh số suy ra số r2 được đánh nhiều hơn số r2 + 1 đến m đơn vị, suy ra
S r2 +1 − S r2 = m ⇒ mMk , điều này vô lí.
2. Một hình chữ nhật có thể được phủ bởi 1 monomino và một số k – omino thẳng khi nào?

Nếu được thì đặt monomino ở vị trí nào?
Bài toán: Nếu hình chữ nhật m × n được phủ bởi 1 monomino và một số k – omino thẳng
khi và chỉ khi ( mn − 1) Mk .
Nếu hình chữ nhật m × n được phủ bởi 1 monomino và một số k – omino thẳng thì hiển
nhiên ta có ( mn − 1) Mk .
Ta chứng minh điều ngược lại
Xét trường hợp với k = 2 , suy ra m, n đều lẻ.
Ta xếp monomino ở một ô thuộc cột hoặc dòng có thứ tự lẻ (tính từ dòng đầu hoặc cột đầu)
-----Trang 6-----


Với k > 2 .
Vị trí của ô vuông đơn vị là giao của dòng x và cột y được kí hiệu ( x, y ) .
m ≡ n ≡ 1( mod k )
m ≡ n ≡ −1( mod k )
Bài toán được giải quyết khi 
hoặc 
 x ≡ y ≡ 1( mod k )
 x ≡ y ≡ 0 ( mod k )

-----Trang 7-----


Một số bài toán
Bài 1: Cho hình chữ L như hình vẽ .
Chứng minh rằng không thể phủ hình này bởi các trimino

thẳng.
Ta vẫn giải quyết bài toán theo cách như đã dùng với
monomino thẳng
Tô màu như hình dưới

Một trimino thẳng khi đặt vào hình sẽ phủ hoặc 3 ô cùng màu,
hoặc 3 ô có đủ cả 3 màu.
Gọi S1; S2 ; S3 tương ứng là số ô bị phủ mang màu đen, gạch và
trắng.
Muốn phủ được thì phải có điều kiện S1 ≡ S 2 ≡ S3 ( mod 3) ( *)
Ta tính cụ thể các giá trị từ hình vẽ S1 = 30; S 2 = 20; S3 = 25
Vậy điều kiện ( *) không thỏa mãn, nghĩa là không phủ được.

Bài 2: Cho hình chữ nhật 7 × 7 . Có thể bỏ đi một ô nào để phần còn lại có thể được phủ bởi các
quân trimino thẳng ( 1 × 3) .
Giải
Khi làm bài toán, chúng ta sẽ dùng tư tưởng cách làm của dạng 5 phần 2 để giải quyết.
Nhận thấy 7 ≡ 7 ≡ 1( mod 3)
Vậy ta có thể bỏ đi những ô là giao của dòng x, cột cột y thỏa mãn x ≡ y ≡ 1( mod 3) .
Cần chỉ ra hai ý:
Ý 1: Tồn tại cách phủ với mọi cách bỏ đi 1 trong các ô thỏa mãn điều trên.
Đánh số các ô như hình vẽ, ta sẽ bỏ đi các ô bị bôi đen.

1

2

3

1

2

3

1

Dễ thấy được cách phủ với các quân ( 1 × 3) .

1

2

3

1

2

3

1

1

2

3

1

2

3

1

-----Trang 8-----


Ý 2: Chứng minh nếu bỏ đi một ô nào khác thì không thể
phủ được

1

2

3

1

2

3

1

Gọi Si là số các ô được đánh số i sau khi bỏ đi 1 ô

1

2

3

1

2

3

1

Suy ra điều kiện để phủ được là S1 ≡ S 2 ≡ S3 ( mod 3)

1

2

3

1

2

3

1

(điều này đã được nêu rõ trong chứng minh định lý:

1

2

3

1

2

3

1

Mỗi quân ( 1 × 3) khi đặt vào hình chữ nhật thì phủ được 3 ô cùng số hoặc 3 ô có đầy đủ 3 số)
Mà số các ô 2 và 3 là bằng nhau nên không thể bỏ đi ô được đánh một trong hai số này.
Điều này có nghĩa ta sẽ phải bỏ đi ô được đánh số 1.
Quay ô vuông một góc 90o và tìm giao của các dòng, cột mang số 1 ta sẽ được các ô cần tìm.
Bài 3 (Russia 1996): Cho hình chữ nhật 5 × 7 . Một số người phủ các ô vuông đơn vị của hình
chữ nhật bởi các L – trimino. Hỏi có thể xảy ra trường hợp mỗi ô vuông đơn vị của hình chữ nhật
được phủ bởi cùng số lượng L – trimino (ở đây mỗi người thực hiện việc phủ một số ô vuông
đơn vị của mình, để nguyên như thế đến lượt người tiếp theo lại phủ các ô vuông đơn vị, khi đó
mỗi ô có thể được phủ nhiều lần hoặc không được phủ lần nào).
Giải

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

Đánh dấu các ô như hình vẽ
Nhận thấy mỗi L – trimino khi đặt vào hình chữ nhật
sẽ chỉ phủ được tối đa 1 ô được đánh dấu.
Giả sử mỗi ô của hình chữ nhật được phủ bởi đúng
k quân L – trimino, suy ra số lượng L – trimino tối
thiểu là 12k .
Nghĩa là sẽ phủ được không ít hơn 36k ô đơn vị của hình chữ nhật (các ô có thể được đếm nhiều
lần)
Bên cạnh đó chỉ có đúng 35k ô đơn vị được phủ, số lượng này nhỏ hơn 36k m suy ra vô lí.

Bài 4 (Korea 2004): Có thể hay không để phủ một hình chữ nhật 4 × 11 bởi các L – tetramino?
Giải
8.
Theo dạng 4: Hình chữ nhật m × n được phủ chỉ bởi các L – tetramino nếu và chỉ nếu m.nM
Do 4.11 = 44 M8 suy ra không phủ được.
-----Trang 9-----


Bài 5: Ở hai góc trên cùng của một mảnh đất hình vuông có kích
thước m × m ( 2 < m ∈ ¥ ) (được chia thành m 2 ô vuông đơn vị),
người ta trồng hai cột trụ, mỗi cột lấy đi 1 phần đất hình chữ nhật
có kích thước 2 × 1 . Cần lát gạch toàn bộ phần đất còn lại của nền
đất, được phép sử dụng các viên gạch hình
L–
tetramino (có thể xoay nhưng không được lật). Với các giá trị
nào của m thì có thể thực hiện được việc lát.
Giải
Ta cần chỉ ra hai điều: Điều kiện cần của m và với điều kiện đó ta có thể phủ được
Nhận thấy m 2 − 4M4 ⇒ m chẵn
Với cách tô màu đen và trắng như hình vẽ.
Bằng cách chứng minh như trên, ta được số lượng L –
Tetramino cần dủng phải là số chẵn.
8 ⇒ m = 4k + 2, k ∈ ¥ *
Suy ra m 2 − 4M
Với m = 4k + 2, k ∈ ¥ * ta chỉ ra cách phủ
Xét hình chữ nhật gồm 2 dòng đầu, có dạng 2 × ( 4k ) có tích hai cạnh chia hết cho 8, nên phủ
được.
Phần còn lại là hình chữ nhật ( 4k ) × ( 4k + 2 ) có tích hai cạnh chia hết cho 8, nên phủ được.
Vậy điều kiện cần và đủ là m = 4k + 2, k ∈ ¥ *
Bài 6 (IMO Shortlist 2002): Cho n là số nguyên dương lẻ. Tô màu hình vuông n × n bởi màu

đen và trắng xen kẽ (như hình ảnh của bàn cờ vua) sao cho 4 góc là 4 ô được tô đen. Tìm n để có
thể phủ tất cả các ô đen bởi L – trimino. Trong trường hợp phủ được hãy tìm số lượng L –
trimino tối thiểu phải dùng.
Giải
Nhận xét với n = 1,3 không thỏa mãn.
Với n = 5 . Đánh dấu các ô như hình vẽ
Suy ra phải có tối thiếu 9 L – trimino , suy ra số ô vuông đơn
vị sinh ra là không ít hơn 27 ô, số lượng này lớn hơn thực tế
là 25 ô.
Với n = 7 , ta chỉ ra được một cách phủ thỏa mãn, cần dùng
-----Trang 10-----

x

x

x

x

x

x

x

x

x

16 quân L – trimino.
Chứng minh với mọi n ≥ 7 ta có thể phủ được, số lượng L –trimino tối thiểu là

Giả sử hình vuông k × k được phủ bởi tối thiểu

( k + 1)

( n + 1)
4

2

.

2

.

4

Với hình vuông ( k + 2 ) × ( k + 2 ) được sinh ra từ hình vuông k × k bằng cách gắn thêm vào các
hình chữ nhật 2 × k và ( k + 2 ) × 2 , hai hình chữ nhật này cần tối thiểu k + 2 quân L – trimino.
Vậy số lượng L – trimino tối thiểu cần dùng là

( k + 1)
4

2

( k + 3)
+k+2=
4

2

,

ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 7 (VMO – 2006). Xét bảng ô vuông m × n ( m, n ≥ 3) . Thực hiện trò chơi sau:
mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng, mỗi ô một viên bi, sao cho 4 ô đó tạo thành một
trong các hình dưới đây:

Hỏi sau một số lần ta có thể nhận được bảng mà số bi trong các ô bằng nhau được không
nếu:
a) m = 2004, n = 2006?
b) m = 2005, n = 2006?
Giải
Bảng đã cho có thể chia thành các hình chữ nhật 4 × 2 nên có thể nhận được trạng
thái mà số bi trong các ô bằng nhau.

a)

b)

Tô màu các ô như hình vẽ

Dễ thấy, mỗi lần đặt bi có 2 viên được đặt vào các ô màu đen và 2
viên được đặt vào ô màu trắng. Do đó, nếu gọi S ( n ) là số bi trong

các ô màu đen và T ( n ) là số bi trong các ô màu trắng sau lần đặt
bi

thứ

n

thì

S ( n) − T ( n)

là

đại

S ( n ) − T ( n ) = S ( 0 ) − T ( 0 ) = 0, ∀n ≥ 0.
-----Trang 11-----

lượng

bất

biến.

Ta

có


Vì m = 2005 là số lẻ nên nếu nhận được trạng thái mà số bi trong các ô bằng nhau thì

S ( n ) − T ( n ) = n = 2006
vô lý.
Nhận thấy câu hỏi ý 2 tương tự bài Russia 1996, ta suy nghĩ hướng giải dựa trên tư tưởng
đó, và có lời giải thứ 2.
Lời giải 2
Đánh dấu các ô như hình vẽ, khi đó mỗi hàng và mỗi
cột đều có 1003 viên bi

x

x

x

x

x

x

x

x

x

Nhận thấy mỗi lần đặt bi có nhiều nhất 1 ô trong số
các ô được đánh dấu sẽ có bi.

Giả sử mỗi ô của hình chữ nhật được đặt đúng k viên bi, suy ra số lượng bi tối thiểu là
1003.1003.4k .
Bên cạnh đó chỉ có đúng 2005.2006k viên bi được đặt, số lượng này nhỏ hơn 1003.1003.4k suy
ra vô lí.

Bài 8 (IMO – 2004): Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông
đơn vị như hình vẽ dưới đây, hoặc hình nhận được do lật hình đó (sang trái,
sang phải, lên trên, xuống dưới) hoặc hình nhận được do xoay hình đó đi một góc.

Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật m × n , trong đó m, n là các số nguyên dương sao cho
có thể lát hình chữ nhật đó bằng các viên gạch hình móc câu?
Lời giải. Dễ thấy m, n ∉ { 1;2;5} . Chi hình chữ nhật đã cho thành các m × n ô vuông và
đánh số các hàng, các cột từ dưới lên trên, từ trái sang phải. Ta gọi ô ( p; q ) là ô nằm ở
giao của hàng thứ p và cột thứ q. Hai viên gạch hình móc câu chỉ có thể ghép lại để được
một trong hai hình dưới đây:
(H2)

(H1)

-----Trang 12-----


Do đó, để lát được hình chữ nhật m × n thì m.n phải chia hết cho 12. Nếu ít nhất một
trong hai số m, n chia hết cho 4 thì có thể lát được. Thật vậy, giả sử được m chia hết cho
4. Ta có thể viết n dưới dạng: n = 3a + 4b , do đó có thể lát được.
Xét trường hợp m, n đều không chia hết cho 4. Ta chứng minh trường hợp này không thể
lát được. Giả sử ngược lại, khi đó m, n đều chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Ta
tạo bất biến như sau: Xét ô ( p; q ) . Nếu chỉ một trong hai toạ độ p, q chia hết cho 4 thì
điền số 1 vào ô đó. Nếu cả hai toạ độ p, q chia hết cho 4 thì điền số 2. Các ô còn lại điền
số 0. Với cách điền số như vậy ta thu được bất biến là tổng các số trong hình (H1) và tổng

các số trong hình (H2) đều là số lẻ. Do m, n chắn nên tổng các số trong toàn bộ hình chữ
nhật m × n là số chẵn. Để lát được thì tổng số hình (H1) và (H2) được sử dụng phải là số
chẵn. Khi đó, m.n chia hết cho 24, vô lý.
Bài 9 (Belarus 1999): Có 1 nền đất hình vuông 7 × 7 được chia thành 49 ô vuông đơn vị. Thực
hiện việc lát nền đất bởi 3 loại gạch lát nền:
Loại 1: Monomino (1× 1 )
Loại 2: Trimino thẳng (1 × 3 )
Loại 3: L – trimino (có 3 ô đơn vị, hình chữ L)
Giả sử A có 1 viên loại 3 và rất nhiều viên loại 2, B có 1 viên loại 1.
a. Chứng minh rằng B có thể lát viên gạch của mình lên một ô vuông đơn vị nào đó trên nền đất
mà A không thể lát kín phần còn lại.
b. Giả sử A có thêm 1 viên loại 3 nữa. Chứng minh rằng dù B lát viên gạch của mình ở đâu thì A
cũng lát kín được phần còn lại.
Giải
Đánh số các ô vuông đơn vị của hình chữ nhật như hình
vẽ, ô màu đen là ô B lát viên gạch của mình
Số các số 1 là 17, số 2 là 15, số 3 là 16
Nhận xét về các quân của A khi đặt nên hình chữ nhật
này:
Với Trimino thẳng, sẽ phủ được 3 ô có đủ 3 số lượng 1,
2 và 3.
L – trimino sẽ phủ được hoặc 3 số 1, 2, 3 hoặc 3 ô có 2
số giống nhau (ví dụ 2 ô 1 và 1 ô 3…)
Nếu A chỉ dùng Trimino thẳng thì hiển nhiên không phủ được.
-----Trang 13-----


Nếu A dùng thêm L – trimino thì lúc đó có hai trường hợp
• Phủ được 3 ô 1, 2, 3 còn lại không phủ được bởi trimino thẳng, hoặc phủ được 2 ô giống
nhau và 1 ô khác thì

• Nếu dùng L – trimino mà phủ 2 ô giống nhau và 1 ô
khác, giữ nguyên mô hình đó nhưng ta đánh số lại như
hình sau, số lượng số 1, 2, 3 không thay đổi
Khi đó với cách đặt quân L – trimino như trường hợp
này lại chuyển về việc phủ được 3 ô có đủ cả 1, 2, 3
Như thế ta đưa về trường hợp trên
Tóm lại, A không thể phủ được hình chữ nhật bằng các quân mình có.
b. Phân chia theo các khối hình sau
Nhận thấy dù ô vuông đơn vị của B đặt vào đâu
thì cũng có thể phủ được bằng 3 khối hình này.
Chú ý ta có thể xoay các hình này để phủ hợp
với việc phủ.
Bài 10 (Canada 2007): Cho hình chữ nhật 8 × 9 bỏ đi các ô được đánh dấu x. Hỏi phải dùng tối
đa bao nhiêu domino để phủ phần còn lại.
Giải
Đánh số các ô vuông đơn vị như hình vẽ.

1

2

1

2

1

2

1

2

1

Nhận thấy mỗi domino khi đặt vào hình chữ
nhật sẽ phủ được đúng hai ô mang số 1 và 2.

2

1

2

1

2

1

x

x

2

1

2

1

2

1

x

x

2

1

Ta đếm số lượng số 1 và 2 sẽ suy được số
lượng tối đa các quân domino cần dùng.

2

1

2

1

x

x

2

1

2

Nhận thấy số lượng số 1 và 2 bằng nhau và
bằng 28

1

2

1

x

x

2

1

2

1

2

1

x

x

2

1

2

1

2

1

x

x

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

Vậy số lượng tối đa các quân domino cần dùng
là 28.
Một số bài tập tham khảo

Bài 11: Tìm n để hình vuông n × n có thể được phủ bởi các hình chữ nhật 2 × 2 và 3 × 3 .
Bài 12: Tìm n ≥ 3 để hình vuông n × n cắt bỏ đi 4 ô vuông đơn vị ở 4 góc có thể được phủ bởi
các quân L – tetramino.
-----Trang 14-----

Bài 13: Có thể phủ được hình vuông 13 × 13 bỏ đi ô chính giữa bởi các hình chữ nhật 1 × 4 hay
không?

Bài 14 (Đề đề nghị DHĐBBB 2012 của Hải Phòng): Có bao nhiêu cách lát kín hình “hàm
răng 2012 chiếc” (hình vẽ) bằng các quân đôminô 1 × 2 sao cho các quân đôminô không
đè lên nhau và cũng không đè lên các đường tô đậm?

4

2 2012

Bài 15 (Tournament of the Towns 1984): Chứng minh rằng có thể đặt hình vuông 1 × 1
vào một ô vuông đơn vị của hình chữ nhật 7 × 7 sao cho phần còn lại có thể được phủ bởi
16 hình chữ nhật 1 × 3

-----Trang 15-----


Tài liệu tham khảo
[1]. Alexander Soifer, Geometric Etudes in Combinatorial Mathematics,Springer 2010
[2].Michael Korn and Igor Pak, Combinatorial evaluations of the Tutte polynomial, Department
of Mathematics Massachusetts Institute of Technology Cambridge, MA, 02139, August 18, 2003

[3]. Titu Andresscu, Zuming Feng, A path to combinatorics for undergranduates,
Birkhauser, 2007.
[4]. Titu Andresscu, Zuming Feng, 102 combinatorial Problems from the Training of the
USA IMO Tearm, Birkhauser, 2002.
[5]. Titu Andresscu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads Ptoblems and Solution from
around the World, to 1995 from 2002.
[6]. Arthur Engel, Problem – Solving Strategies, Springer, 1999.

[7] www.mathlinks.ro

-----Trang 16-----