bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề một số BÀI TOÁN về lưới VÀ BẢNG

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LƯỚI VÀ BẢNG

Mở đầu.
Trong những năm gần đây, ở các kì thi Olympic Toán quốc gia và quốc tế thường có các
bài toán tổ hợp và rời rạc. Trong các bài toán tổ hợp và rời rạc này, có các bài toán liên
quan đến đến lưới và bảng. Lớp bài toán này khá phong phú về nội dung và đa dạng về
hình thức thể hiện.
Trong bài viết này tôi xin giới thiệu một số bài toán liên quan đến vấn đề này. Các ví dụ
này đã được trình bày cho học sinh trong các đợt bồi dưỡng của các năm qua.

Một số bài toán.
Bài toán 1. Cho bảng vuông kích thước (n 2 + n + 1) × (n 2 + n + 1) . Mỗi ô vuông của bảng
được ghi số 0 hoặc số 1, sao cho không có bốn ô có ghi số 1 nào là đỉnh của một hình
chữ nhật. Chứng minh số số 1 không vượt quá (n + 1) × (n 2 + n + 1) .
Giải
Gọi xi là số số 1 ở hàng thứ i ( i = 1, 2, K , n 2 + n + 1 ). Ta cần chứng minh
S=

n 2 + n +1

∑
i =1

xi ≤ (n + 1)(n 2 + n + 1) .

Xét tập M mà mỗi phần tử là một cặp (k , l ) với 1 ≤ k < l ≤ n 2 + n + 1 . Ta có
M = Cn22 + n +1 .
Với mỗi i = 1, 2, K , n 2 + n + 1 , xét tập M i mà mỗi phần tử là một cặp (k , l ) với
1 ≤ k < l ≤ n 2 + n + 1 và hai cột k và l đều có số 1 ở hàng i . Ta có M i ⊂ M và
M i = Cx2i =

xi ( xi − 1)
2
(chú ý rằng nếu xi < 2 thì C xi = 0 ).
2

Do không có bốn số 1 nào là đỉnh của một hình chữ nhật nên M i ∩ M j = ∅ nếu i ≠ j .
Suy ra
n 2 + n +1

∑
i =1

Mi ≤ M

tức là
n 2 + n +1

∑
i =1

2

2

n + n +1
n + n +1
xi ( xi − 1) (n 2 + n)(n 2 + n + 1)
≤
⇔ ∑ xi2 − ∑ xi ≤ (n 2 + n)(n 2 + n + 1) .
2

2
i =1
i =1

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
1


2

2

n + n +1
n + n +1
 n + n +1 
 n + n +1 
1
2
2
2
x
≤
(
n
+
n
+
1)
x
⇒

x
≥
 ∑ i÷
 ∑ xi ÷ .
∑
∑
i
i
2
n
+
n
+
1
i
=
1
i
=
1
i
=
1


 i =1 
2

2

2

2

Suy ra
2

 n + n+1  n + n+1
1
2
2
 ∑ xi ÷ − ∑ xi ≤ (n + n)(n + n + 1) .
2
n + n + 1  i =1 
i =1
2

2

Hay

S 2 − (n 2 + n + 1) S − (n 2 + n)(n 2 + n + 1) 2 ≤ 0 .
Từ đó
S ≤ (n + 1)(n 2 + n + 1) .

Bài toán 2. Mỗi ô của bảng vuông kích thước n × n được ghi 0 hoặc số 1, sao cho với
mỗi ô ghi số 0 thì có ít nhất n ô cùng hàng hoặc cùng cột với nó được ghi số 1. Chứng
 n2 
minh rằng có ít nhất   số 1 được ghi.
2

Giải
Với n = 4 ta có một cách ghi như sau, với số số 1 được ghi là 8 :

Trong trường hợp tổng quát, xây dượng đồ thị hai phía gồm 2n đỉnh, mà n đỉnh bên trái
là n hàng và n đỉnh bên phải là n cột của bảng. Đỉnh H i được nối với đỉnh C j nếu ô
(i, j ) được ghi số 1.
Theo giả thiết nếu đỉnh H i không nối với đỉnh C j thì
d ( H i ) + d (C j ) ≥ n
trong đó d ( H i ) là số số 1 ở hàng i , d (Ci ) là số số 1 ở hàng j .
Ta chứng minh số cạnh của đồ thị là e ≥

n2
.
2

Thật vậy, ta có
S=

∑

(i , j )=0

 d ( H i ) + d (C j )  ≥ (n 2 − e)n .

Trong tổng trên với mỗi i , số hạng d ( H i ) xuất hiện n − d ( H i ) lần; với mỗi j , số hạng
2


d (Ci ) xuất hiện n − d (C j ) lần.
Mà

n

n

i =1

j =1

∑ d ( H i ) = ∑ d (C j ) = e .
Suy ra
n

n

n

n

i =1

j =1

i =1

j =1

S = ∑ d ( H i ) [ n − d ( H i ) ] + ∑ d (C j )  n − d (C j )  = 2ne − ∑ d 2 ( H i ) − ∑ d 2 (C j ) .
Theo bất đẳng thức Schwarz
2

1 n
e2

d
(
H
)
≥
d
(
H
)
=
∑
∑ i  n ,
i
n  i =1
i =1
n

2

e2
d (C j ) ≥ .
∑
n
j =1
n

2

Suy ra
(n 2 − e)n ≤ 2ne − 2

e2
n2
⇔ 2e 2 − 3n 2e + n 4 ≤ 0 ⇔
≤ e ≤ n 2 (đpcm).
n
2


Bài toán 3. Cho bảng vuông kích thước 2012 × 2012 . Người ta ghi vào mỗi ô (i, j ) (
i, j = 1, 2, K , 2012 ) một số tự nhiên aij thỏa các điều kiện :
(1) ai1 + ai 2 + L + ai 2012 = 2011 , với i = 1, 2, K , 2012 ;
(2) nếu aij akl > 0 thì (k − i )(l − j ) ≥ 0 .
Hỏi có bao nhiêu cách ghi như vậy ?
Giải
Theo giả thiết (1), mỗi ô được ghi số nguyên dương và tổng các số trên mỗi hàng bằng
2011.
Theo giả thiết (2), nếu aij > 0 và akl > 0 thì k ≥ i và l ≥ j ; nghĩa là từ một ô có ghi số
dương chỉ có thể đến một ô có ghi số dương ở hàng lớn hơn hoặc cột lớn hơn.
Từ đó có thể xây dựng bảng như sau:
•

Xuất phát từ ô (1,1) để đến ô (2012, 2012) bằng cách sang phải hoặc xuống dưới.

• Tại mỗi ô có thể đặt một viên sỏi hoặc không.
• Nếu đã đặt đủ 2011 viên sỏi trên một hàng thì xuống dưới, nếu chưa thì có thể đặt
một viên sỏi hoặc sang phải.

Sau khi hoàn tất, số sỏi trong mỗi ô là số cần ghi vào ô đó. Ô không có sỏi ghi số 0.
Như vậy có 2011 thao tác “đặt viên sỏi” trên mỗi hàng. Do có 2012 hàng nên số thao tác
“đặt viên sỏi” là 2011 × 2012 = 4 046 132 . Ngoài ra có 2011 thao tác “sang phải”. Vì vậy
tổng cộng có 4 046 132 + 2011 = 4 048 143 .
Chú ý rằng thao tác “xuống dưới” không được tính do được tính theo thao tác “đặt viên
3


sỏi”.
Suy ra số cách thành lập bảng là số cách bố trí 2011 thao tác “sang phải” trong dãy
2011
4 048143 thao tác nói trên. Vậy số cách thành lập bảng là C4048143
.

Bài toán 4. Tìm số đường đi dọc theo cạnh lưới ô vuông từ đỉnh (0, 0) đến đỉnh ( n, n) ,
sao cho không vượt qua đường chéo chính y = x và mỗi bước đi là sang phải hoặc lên
trên.

Giải
Ta gọi một đường đi từ đỉnh (0, 0) đến đỉnh (n, n) theo hướng sang phải hoặc đi lên là
đường đi tiến.

Mỗi đường đi tiến gồm 2n bước, với n bước sang phải và n bước lên trên. Như vậy mỗi
đường đi tiến là một cách chọn n bước sang phải trong số 2n bước. Do đó số đường đi
tiến là C2nn .
Ta lại gọi một đường đi tiến không vượt qua đường chéo chính là một đường đi tốt,
ngược lại là một đường đi không tốt. Ta sẽ tìm số đường đi không tốt.
Cho P là một đường đi không tốt. Khi đó P sẽ gặp đường thẳng y = x + 1 lần đầu tiên
tại một điểm A . Lấy đối xứng đoạn đường của P từ điểm O đến điểm A qua đường
4

thẳng y = x + 1 ta được một đoạn đường đi từ điểm (−1, 1) đến điểm A . Đoạn đường này
cũng là một đường đi tiến. Kết hợp đoạn đường này với phần còn lại của P từ điểm A
đến điểm ( n, n) ta được một đường đi tiến từ điểm (−1, 1) đến điểm ( n, n) .
Ngược lại, cho Q là một đường đi tiến từ điểm (−1, 1) đến điểm ( n, n) . Khi đó Q sẽ gặp
đường thẳng y = x + 1 lần đầu tiên tại một điểm A . Lấy đối xứng đoạn đường của Q từ
điểm (−1, 1) đến điểm A qua đường thẳng y = x + 1 ta được một đoạn đường đi từ điểm
O đến điểm A . Đoạn đường này cũng là một đường đi tiến. Kết hợp đoạn đường này
với phần còn lại của Q từ điểm A đến điểm (n, n) ta được một đường đi tiến từ điểm O
đến điểm ( n, n) . Đường đi này là một đường đi không tốt.
Như vậy số đường đi không tốt từ điểm O đến điểm ( n, n) đúng bằng số đường đi tiến
từ điểm (−1, 1) đến điểm ( n, n) . Số đường đi này bằng C2nn−1 .
Suy ra số đường đi tốt từ điểm O đến điểm ( n, n) là
C2nn − C2nn−1 =

1
C2nn .
n +1


Bài toán 5. Một con xe được đặt trên bàn cờ kích thước 3 × n , với n ∈ ¥ * . Con xe đi từ
vị trí (1, 1) đến vị trí (3, 1) bằng một đường đi không tự cắt. Hỏi có bao nhiêu đường đi
như thế trên bàn cờ ?
Giải
Gọi số đường đi là rn . Có 6 cách đi như các hình vẽ sau :

1) Đường đi qua các ô (1,1), (2,1), (3,1) . Có 1 đường đi loại này.
2) Đường đi không qua ô (2,1) . Mỗi đường đi loại này bắt đầu là (1,1) → (1, 2) và kết

thúc là (3, 2) → (3,1) . Có rn−1 đường đi loại này.
3) Đường đi bắt đầu là (1,1) → (2,1) → (2, 2) và không trở lại hàng 1. Mỗi đường đi như

vậy đến hàng 3 từ ô (2, k ) , với 2 ≤ k ≤ n và di dọc theo hàng 3 đến ô (3,1) . Có n − 1
đường đi loại này.
4) Đường đi bắt đầu là (1,1) → (2,1) → L → (2, k ) → (1, k ) → (1, k + 1) , kết thúc là

(3, k + 1) → (3, k ) → L → (3,1) , với 2 ≤ k ≤ n − 1 . Có rn− 2 + rn −3 + L + r1 đường đi loại
5


này.
5) Đường đi bắt đầu là (1,1) → (1, 2) và kết thúc là (2,1) → (3,1) . Có n − 1 đường đi loại

này.
6) Đường đi là (1,1) → (1, 2) → L → (1, k ) → (1, k + 1) → (2, k + 1) → (3, k + 1) → (3, k )

→ (2, k ) → L → (2,1) → (3,1) . Có rn−3 + rn −2 + L + r1 đường đi loại này.

Vậy
rn = 1 + rn−1 + 2(n − 1) + 2(rn− 2 + rn −3 + L + r1 ) = 2n − 1 + rn −1 + 2(rn − 2 + rn −3 + L + r1 ) .
Suy ra
rn+1 = 2n + 1 + rn + 2(rn −1 + rn − 2 + L + r1 ) .
Do đó

rn+1 − rn = 2 + rn + rn −1 ⇒ rn+1 = 2 + 2rn + rn −1 ⇒ rn+1 + 1 = 2(rn + 1) + rn−1 + 1 .
Dễ thấy r1 = 1 , r2 = 4 . Sử dụng phương trình đặc trưng tìm được
rn =

(

1 
1+ 2
2 2 

)

n +1

(

− 1− 2

)

n +1

 −1
 .


Bài toán 7. Cho bàn cờ kích thước 2011× 2012 . Bỏ bớt hai ô khác màu tùy ý. Hãy xếp
đầy bàn cờ còn lại bằng các đôminô kích thước 1× 2 , sao cho các đôminô đó không
chờm lên nhau (có thể xoay các đôminô).
Giải
Ta giải bài toán trong trường hợp tổng quát, bàn cờ có kích thước m × n với m lẻ, n
chẵn.
Xây dựng một chu trình Hamilton đi qua tất cả các ô, mỗi ô một lần. Do tổng số ô là
chẵn nên điều này luôn tìm được. Một chu trình Hamilton được chỉ ra như hình vẽ. Có
hai trường hợp

• Nếu hai ô bỏ đi là kề nhau trên chu trình Hamilton thì xếp các đôminô liên tiếp
trên phần còn lại.
• Nếu hai ô bỏ đi không kề nhau thì các ô này chia chu trình Hamilton thành hai
phần, mỗi phần có một số chẵn ô. Ta xếp các đôminô liên tiếp trên mỗi phần đó.

Vậy luôn xếp đầy bàn cờ còn lại bằng các đôminô.
6



Bài toán 6. Cho các quân triminô hình chữ L gồm 3 hình vuông đơn vị như hình vẽ sau

Phủ hình vuông kích thước 5 × 5 bằng các quân triminô hình chữ L này, sao cho chúng
không chờm lên nhau, thì còn thừa một ô vuông đơn vị không được phủ (có thể xoay các
triminô). Hỏi ô không được phủ có thể nằm ở vị trí nào trên hình vuông đã cho ?
Giải
Tô màu các ô như hình vẽ.

Nếu ô có màu trắng không được phủ thì cả 9 ô đen đều được phủ. Mà mỗi triminô chỉ
phủ đúng một ô đen. Suy ra có ít nhất 9 triminô được dùng. Khi đó số ô ít nhất được phủ
là 9 × 3 = 27 > 25 . Vô lí.
Vậy không được phủ phải là ô đen.
Do tính đối xứng nên chỉ xét ba trường hợp: ô đen không được phủ là ô trung tâm, ô
cạnh, ô góc. Ba trường hợp này có cách phủ như sau :


Bài toán 7. Mỗi ô vuông đơn vị của bảng vuông kích thước n × n được tô bởi màu đen
hoặc màu trắng. Giả sử tất cả các cách tô màu của hình vuông kích thước 2 × 2 đều có
mặt trong bảng.
a) Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của n .

b) Với n tìm được hãy tìm một cách tô mà số ô đen là ít nhất.
Giải
a) Mỗi ô vuông đơn vị của bảng có hai cách tô màu. Suy ra mỗi hình vuông kích
7


thước 2 × 2 có 24 = 16 cách tô màu.
Mặt khác với hình vuông kích thước n × n có thể chọn ra (n − 1)2 hình vuông kích thước
2 × 2 khác nhau.
Do đó (n − 1)2 ≥ 16 ⇔ n ≥ 5 .
Với n = 5 ta có một cách tô màu như sau thỏa điều kiện bài toán :

Vậy giá trị nhỏ nhất là n = 5 .
b) Hình vuông kích thước 5 × 5 có 4 hình vuông đơn vị ở góc, 12 hình vuông đơn vị
ở cạnh và 9 hình vuông đơn vị ở trong.
Mỗi hình vuông đơn vị ở góc chỉ thuộc đúng 1 hình vuông kích thước 2 × 2 , mỗi hình
vuông đơn vị ở cạnh thuộc 2 hình vuông kích thước 2 × 2 , mỗi hình vuông đơn vị ở
trong thuộc 4 hình vuông kích thước 2 × 2 .
Chú ý rằng 16 hình vuông kích thước 2 × 2 có được từ hình vuông kích thước 5 × 5 gồm
tổng cộng 64 hình vuông đơn vị, trong đó có 32 ô đen.
Gọi k là số ô trắng trên hình vuông kích thước 5 × 5 , trong đó có a ô góc, b ô cạnh và
c ô trong. Ta chứng minh k = 10 .
Giả sử k < 10 .
Ta có
a+b+c = k
(1)
a + 2b + 4c = 32 (2)
Từ (2) ta có 4c ≤ 32 ⇔ c ≤ 8 .
+ Nếu c = 8 thì a = b = 0 . Khi đó có một trong các hình vẽ sau (các hình đối xứng)

(a)
•

(b)

(c)

Trong hình (a) thiếu một trong các hình vuông kích thước 2 × 2 gồm 3 ô trắng và 1 ô
8


đen.
•

Trong hình (a) và (b) thiếu hình vuông kích thước 2 × 2 gồm 4 ô trắng.

Vậy trường hợp này không thể xảy ra.
+ Nếu c = 7 thì a = 0, b = 2 . Trường hợp này có ít nhất hai cạnh của hình vuông kích
thước 5 × 5 không có ô trắng. Có thể xem một trong hai cạnh này là cạnh trên của hình
vuông đó.
Chú ý rằng mỗi cách tô màu hình vuông kích thước 2 × 2 chỉ xuất hiện đúng một lần
trong hình vuông kích thước 5 × 5 . Trong 16 cách tô màu hình vuông kích thước 2 × 2
chỉ có 4 cách mà 2 ô ở hàng trên có màu trắng. Suy ra 4 hình vuông kích thước 2 × 2
tương ứng phải nằm ở hai hàng đầu của hình vuông kích thước 5 × 5 . Trong số này có 1
hình vuông kích thước 2 × 2 gồm 4 ô trắng.
Lý luận tương tự với cạnh còn lại gồm 5 ô trắng.
Suy ra hình vuông kích thước 2 × 2 gồm 4 ô trắng phải ở một góc của hình vuông kích
thước 5 × 5 . Giả sử đó là góc trái trên. Khi đó 2 ô bên cạnh hình vuông này là hai ô đen.
Như vậy có 2 hình vuông có dạng giống nhau (gồm 3 ô trắng và 1 ô đen ở góc phải
dưới).

Vậy trường hợp này không thể xảy ra.
+ Nếu c ≤ 6 thì ta luôn có k = a + b + c ≥ 10 . Chẳng hạn với c = 6 thì a + 2b = 8 . Có ba
khả năng
•

a = 0, b = 4 ⇒ a + b + c = 10

•

a = 2, b = 3 ⇒ a + b + c = 11

•

a = 4, b = 2 ⇒ a + b + c = 12

Như vậy trường hợp này cũng không thể xảy ra.
Vậy giá trị nhỏ nhất của số ô đen là k = 10 . Một cách tô màu được cho trong hình vẽ đầu
tiên.

Bài toán 9. Một con tốt được đặt trên một ô của bảng vuông kích thước n × n , với n ≥ 2 .
Con tốt đó có thể đi từ một ô sang 8 ô xung quanh, sao cho hai bước đi liên tiếp phải
khác kiểu (chéo, ngang hoặc dọc). Xác định các giá trị của n sao cho có thể chọn một ô
xuất phát và một dãy các bước đi để con tốt có thể đi khắp bảng, mỗi ô qua đúng một lần.
Giải
Xét hai trường hợp
9


n = 2k : Chia bàn cờ thành các hình vuông kích thước 2 × 2 . Ban đầu đặt con tốt ở vị

(1,
trí 1) của bàn cờ. Di chuyển như hình vẽ thì con tốt sẽ đi khắp bàn cờ, mỗi ô qua đúng
một lần và hai bước đi liên tiếp là khác kiểu.
•

•

n = 2k + 1 : Tổng số bước đi là n 2 − 1 . Tô màu đen các hàng chẵn. Sô ô đen là

n2 − n
.
2

Khi đó mỗi bước đi theo kiểu chéo thì con tốt phải đi qua hai ô khác màu.

Do con tốt không đi qua ô nào quá một lần và không có hai bước đi liên tiếp theo kiểu
chéo, nên mỗi bước đi theo kiểu chéo chỉ qua đúng một ô đen. Suy ra số bước đi theo
n2 − n
kiểu chéo nhiều nhất là
và số bước đi theo kiểu ngang hoặc dọc nhiếu nhất là
2
n2 − n
+ 1 . Suy ra tổng số bước đi nhiều nhất là n 2 − n + 1 . Với n lẻ và n ≥ 3 thì
2
2
n − n + 1 < n 2 − 1 . Do đó con tốt con tốt không thể đi khắp bàn cờ trong trương hợp này.
Vậy n = 2k , với k ∈ ¥ * .

Bài toán 10. Một hình chữ nhật kích thước 2013 × 2012 được tô toàn bộ bởi bốn màu
xanh, trắng, vàng, đỏ theo quy tắc

(i) Mỗi ô tô đúng một màu
(ii) Các màu xanh, trắng, đỏ, vàng lần lượt được tô cho các mảng có dạng

(1) xanh

(2) trắng

(3) đỏ

(4) vàng

Sau khi tô xong một người đếm được 2.013.021 ô xanh, 1.113.006 ô trắng và tiếp tục
đếm các ô màu còn lại. Hỏi kết quả đếm được là đúng hay sai ?
Giải
Đánh số các ô theo quy tắc: ô (i, j ) được đánh số (i + j ) mod 3 .
10


2

0

1

2

0

1

0

1

2

0

1

2

1

2

0

1

2

0

2

0

1

2

0

1

0

1

2

0

1

2

1

2

0

1

2

0

Khi đó
+ Hình (1) chiếm các ô mà tổng các số trong các ô đó chia 3 dư 2.
+ Hình (2) chiếm các ô mà tổng các số trong các ô đó chia 3 dư 1.
+ Hình (3) chiếm các ô mà tổng các số trong các ô đó chia 3 dư 0.
+ Hình (4) chiếm các ô mà tổng các số trong các ô đó chia 3 dư 0.
Giả sử sau khi tô xong, có N1 mảng hình (1), N 2 mảng hình (2), N 3 mảng hình (3), N 4
mảng hình (4).
Tổng các số ghi trong hình chữ nhật là 3k + 2 N1 + N 2 . Do tổng các số trong hình chữ
nhật chia hết cho 3 nên 2N1 + N 2 chia hết cho 3.
Theo giả thiết 3 N1 = 2.013.021 , 3 N 2 = 1.113.006 . Suy ra N1 = 671.007 , N 2 = 371.002 .
Do đó 2 N1 + N 2 = 1.713.016 . Số này không chia hết cho 3. Vậy kết quả đếm được là sai.

Bài toán 10. Cho tam giác đều cạnh n được chia thành các tam giác đều cạnh 1.
a) Hỏi có bao nhiêu hình hình bình hành được tạo thành ?
b) Người ta phủ kín tam giác đều đã cho bằng các hình được ghép bởi 6 tam giác đều
cạnh 1 có dạng như sau

sao cho các hình này không chờm lên nhau (có thể xoay hoặc lật các hình này). Hãy xác
định các giá trị của n để có thể thực hiện được điều đó.
Giải
a) Gọi tam giác đã cho là ABC .
Chia tập các hình bình hành tạo thành thành ba tập con

11


TBC là tập các hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh AB và
AC .

•

TCA là tập các hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh BC và
BA .

•

TAB là tập các hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh CA và
CB .

•

Do tính đối xứng của tam giác đều nên TBC = TCA = TAB . Suy ra số hình bình hành tạo
thành là S = 3 TBC .
Kéo dài AB, AC thêm các đoạn BM = CN = 1 . Cho ( H ) là một hình bình hành trong
tập TBC . Kéo dài 4 cạnh của ( H ) cắt đoạn thẳng MN tại 4 điểm phân biệt. Ngược lại với
4 điểm phân biệt có tọa độ nguyên trên đoạn thẳng MN ta xây dựng được duy nhất một
hình bình hành thuộc tập TBC . Như vậy số hình bình hành thuộc TBC là số cách chọn 4
điểm có tọa độ nguyên trên đoạn thẳng MN . Mà trên đoạn thẳng MN có n + 1 điểm như
4
vậy nên TBC = Cn+1 .
4
Vậy S = 3Cn+1 .

b) Tam giác đều cạnh n được chia thành n 2 tam giác đều cạnh 1. Mỗi hình đã cho phủ
được 6 tam giác đều cạnh 1. Suy ra n 2 chia hết cho 6, do đó n cũng chia hết cho 6. Xét
hai trường hợp
n = 12k : Chia tam giác đều cạnh n thành k 2 tam giác đều cạnh 12. Mỗi tam đều
cạnh 12 được phủ bởi các hình đã cho theo cách như hình vẽ sau
•

12


n = 12k + 6 : Tô màu tam giác đều cạnh n theo kiểu bàn cờ, sao cho các tam giác đều
cạnh 1 ở biên đều được tô màu đen.
•

n(n + 1)
= (6k + 3)(12k + 7) , là một số lẻ. Mỗi
2
hình đã cho phủ được 2 hoặc 4 tam giác đen, nên số tam giác đen được phủ là một số
chẵn. Điều này chứng tỏ trường hợp này không thể phủ được tam giác đều cạnh n bằng
các hình đã cho.
Tổng số tam giác đen bằng 1 + 2 + L + n =

Vậy để phủ tam giác đều cạnh n bằng các hình đã cho thì n = 12k , với k ∈ ¥ * .


13


Các bài toán tương tự
1. Tìm số đường đi từ điểm (0, 0) đến điểm (m, n) trên mặt phẳng tọa độ, dọc theo lưới
ô vuông theo hướng đi lên hoặc sang phải.
2. Tìm số đường đi từ điểm (0, 0) đến điểm (2n, 0) trên mặt phẳng tọa độ theo các véc
r
r
tơ a = (1, 1) , b = (1, − 1) và không vượt qua trục hoành.
3. Ta nói một hình chữ nhật kích thước nguyên là tách được nếu nó có thể chia thành hai
hay nhiều hơn các hình vuông có cạnh song song hoặc nằm trên cạnh hình chữa nhật đã

cho, với độ dài nguyên và có duy nhất một hình vuông có cạnh nhỏ nhất. Tìm kích thước
của hình chữ nhật để nó có thể tách được.
4. Cho H là triminô hình chữ L. Chứng minh rằng với mọi n ∈ ¥ * đều có thể phủ được
hình T đồng dạng với hình H theo hệ số n , sao cho các hình H không chờm lên nhau
(có thể xoay hoặc lật các hình H ).
5. Cho bảng chữ nhật kích thước 10 × 11 . Ta gọi một minô hình chữ thập là hình H gồm
5 hình vuông đơn vị như hình vẽ sau

a) Hãy chỉ ra một cách xếp 15 hình H vào bảng, sao cho các hình này không chờm
lên nhau.
b) Chứng minh rằng không thể xếp được 16 hình H vào bàn cờ, sao cho các hình
này không chờm lên nhau.
6. Ta gọi n − boomerang là hình hợp bởi 2n − 1 hình vuông đơn vị có dạng chữ L. Tìm
tất cả các số nguyên n ≥ 2 sao cho tồn tại một hình chữ nhật có kích thước nguyên có thể
phủ kín bằng các n − boomerang mà các n − boomerang này không thể chờm lên nhau
(có thể xoay các n − boomerang ).
7. Cho bảng hình chữ nhật n × 2007 , gồm n hàng và 2007 cột. Tìm n nhỏ nhất sao cho
với bất kỳ cách viết vào tất cả ô của bảng mỗi ô một số thực, mà trên mỗi hàng có ít nhất
2 ô được viết là số hữu tỷ, thì tìm được dãy ô các số hữu tỷ a1 , a2 , K , a2 m ( m ≥ 2 ) thỏa
mãn a1 , a2 ở trên cùng một hàng và a2 , a3 ở trên cùng một cột, …, a2 m−1 , a2 m ở trên cùng
một hàng và a2 m , a1 ở trên cùng một cột.

14


Tài liệu tham khảo
[1] Đề thi Olympic Toán Việt Nam, các nước và quốc tế.
[2] Các trang web : Diendantoanhoc.net, Mathscope.org, Mathlinks.ro.uk,
Artofproblemsolving, Kalva, Animath.
[3] Các tạp chí : Toán học và Tuổi trẻ, Mathematical Excalibur, Mathematical

Reflections, Krux Math, Sigma, Kvant, Komal.
[4] A path to combinatorics for undergraduates Counting Strategies – Titu Andreescu &
Zuming Feng (Birkhauser Boston, 2004)
[5] Principles and Techniques in Combinatorics – Chen Chuan-Chong & Koh KheeMeng (World Scientific, 1999)

15