Một số phương pháp đếm trong các bài toán hình học tổ hợp (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

DƯƠNG THÚY QUỲNH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẾM
TRONG CÁC BÀI TOÁN HÌNH
HỌC TỔ HỢP

LUẬN VĂN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2016


i

Mục lục
Mở đầu

1

1 Một số kiến thức chuẩn bị

3

1.1

1.2

Các quy tắc đếm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Quy tắc cộng và quy tắc nhân . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Tổ hợp và chỉnh hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Một số nguyên lý cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.1

Bất biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.2

Nguyên lí Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.3

Nguyên lí cực hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2 Phân loại và các phương pháp giải các bài toán đếm trong hình
học tổ hợp

9

2.1

Phân loại các bài toán đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.1.1

Đếm đối tượng tạo bởi điểm, đoạn thẳng, đường thẳng . . .

9

2.1.2

Đếm đối tượng tạo thành miền trong mặt phẳng . . . . . . .

12

Các phương pháp giải bài toán đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.2.1

Phương pháp sử dụng nguyên lí bất biến . . . . . . . . . . .

14

2.2.2

Phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet . . . . . . . . . . .

22

2.2.3

Phương pháp sử dụng nguyên lí cực hạn . . . . . . . . . . . .

38

2.2

3 Các dạng toán liên quan

49

3.1

Bài toán về tô màu hình vẽ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

3.2

Đếm cấu hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

3.3

Phối hợp các phương pháp đếm khác nhau . . . . . . . . . . . . . .

64

Tài liệu tham khảo

71


3

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị

1.1
1.1.1

Các quy tắc đếm cơ bản
Quy tắc cộng và quy tắc nhân

Quy tắc cộng: Nếu công việc A có hai phương án thực hiện (loại trừ lẫn
nhau), phương án 1 có n1 cách thực hiện, phương án 2 có n2 cách thực hiện
thì công việc A có n1 + n2 cách thực hiện. Trên ngôn ngữ tập hợp: A∩B = ∅
thì |A ∪ B| = |A| + |B|.
Quy tắc nhân: Nếu công việc A có thể chia thành 2 công đoạn tiếp nối
nhau, công đoạn 1 có n1 cách thực hiện, công đọan 2 có n2 cách thực hiện thì
công việc A có n1 .n2 cách thực hiện. Trên ngôn ngữ tập hợp: |A.B| = |A|.|B|.
Quy tắc phần bù: |A| = |X| − |A|, trong đó A là phần bù của A trong X.

1.1.2

Tổ hợp và chỉnh hợp

Xét tập hợp X gồm n phần tử. Từ tập hợp cơ bản này, ta có thể xây dựng
các đối tượng tổ hợp phong phú.
Tập các tập con của tập X : Tập các tập con của X được ký hiệu là P (X).
Dễ thấy |P(X)| = 2n . Các tập con của một tập hợp là một đối tượng xuất
hiện khá nhiều trong các bài toán đếm.
Chỉnh hợp: Chỉnh hợp chập k của một tập hợp là một bộ k phần tử phân


4

biệt được sắp thứ tự của tập hợp ấy. Ví dụ nếu X = {1, 2, 3} và k = 2 thì

ta có các chỉnh hợp là (1, 2), (1,3), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2). Số các chỉnh
hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là Akn .
Hoán vị: Hoán vị của n phần tử là chỉnh hợp chập n của n phần tử đó,
nói cách khác, là một cách sắp thứ tự các phần tử đó. Hoán vị của X còn có
thể định nghĩa như một song ánh từ X vào X . Số các hoán vị của n phần
tử được ký hiệu là Pn .
Tổ hợp: Tổ hợp chập k của một tập hợp là một bộ k phần tử phân biệt
không sắp thứ tự của tập hợp ấy. Nói cách khác, đó là một tập con k phần
tử. Ví dụ nếu X = {1, 2, 3} và k = 2 thì ta có các tổ hợp là {1, 2}, {1, 3},

{2, 3}. Số các tổ chập k của n phần tử được ký hiệu là Cnk .
Chỉnh hợp lặp: Chỉnh hợp lặp chập k của một tập hợp là một bộ k phần
tử không nhất thiết phân biệt được sắp thứ tự của tập hợp ấy. Ví dụ nếu

X = {1, 2, 3} và k = 2 thì ta có các chỉnh hợp lặp là {1, 1}, {1, 2}, {1, 3},
{2, 1}, {2, 2}, {2, 3}, {3, 1}, {3, 2}, {3, 3}. Số các chỉnh hợp lặp chập k của
k

n phần tử được ký hiệu là An .
Tổ hợp lặp: Tổ hợp lặp chập k của một tập hợp là một bộ k phần tử
không nhất thiết phân biệt không sắp thứ tự của tập hợp ấy. Ví dụ nếu

X = {1, 2, 3} và k = 2 thì ta có các tổ hợp lặp là {1, 1}, {1, 2}, {1, 3},
{2, 2}, {2, 3}, {3, 3}. Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được ký hiệu
k

là C n .

1.2
1.2.1

Một số nguyên lý cơ bản
Bất biến

a) Khái niệm bất biến
Giả sử ta có một hệ thống (X) các đại lượng và các phép biến đổi theo
thứ tự. Tính chất P được gọi là bất biến sau s bước trong hệ thống (X) nếu
cứ sau s bước biến đổi ta đều nhận lại được tính chất P .
b) Ứng dụng nguyên lý bất biến


5

Bất biến là những đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quá
trình chúng ta thực hiện các phép biến đổi. Chẳng hạn khi thực hiện phép
tịnh tiến thì khoảng cách giữa hai điểm sẽ không thay đổi. Với phép vị tự
thì khác, khoảng cách có thể sẽ thay đổi nhưng sẽ có một bất biến khác, đó
là tỉ lệ giữa hai đoạn thẳng.
Có hai mẫu bài toán tổng quát thường được giải quyết bằng bất biến
Bài toán tổng quát 1.1. Có một tập hợp các trạng thái X và tập hợp các
phép biến đổi T từ X vào X . Có hai trạng thái a và b thuộc X , hỏi có thể
dùng hữu hạn các phép biến đổi thuộc T để đưa trạng thái a về trạng thái

b được không?
Bài toán tổng quát 1.2. Có một tập hợp các trạng thái X và tập hợp các
phép biến đổi T từ X vào X . Cần chứng minh rằng bắt đầu từ một trạng
thái a bất kì, sau một số hữu hạn các phép biến đổi từ T , ta sẽ đi đến trạng
thái kết thúc (trong nhiều trường hợp đó là trạng thái ổn định, tức là sẽ
không thay đổi khi tiếp tục tác động các phép biến đổi từ T ).

1.2.2

Nguyên lí Dirichlet

a) Nguyên lí Dirichlet
Nguyên lí Dirichlet - còn gọi là nguyên lí chuồng chim bồ câu (The Pigeonhole Principle) - hoặc nguyên lý những cái lồng nhốt thỏ hoặc nguyên lí
sắp xếp đồ vật vào ngăn kéo (The Drawer Principle). Nguyên lí này được nhà
toán học người Đức Johann Dirichlet phát biểu đầu tiên năm 1834 khi ông đề
cập tới nó với tên gọi "nguyên lí ngăn kéo". Vì vậy, một tên gọi thông dụng
khác của nguyên lý chuồng bồ câu chính là "nguyên lí ngăn kéo Dirichlet"
hay đôi khi gọi gọn là "nguyên lí Dirichlet". Trong một số ngôn ngữ như
tiếng Pháp, tiếng Ý và tiếng Đức, nguyên lí này cũng vẫn được gọi bằng tên
"ngăn kéo" chứ không phải "chuồng bồ câu".
Nguyên lí Dirichlet cơ bản:


6

Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có ít nhất một
chuồng chứa ít nhất hai con thỏ, với n là số nguyên dương.
Nguyên lí Dirichlet tổng quát:
Nếu có N đồ vật được đặt vào trong k hộp thì sẽ tồn tại một hộp chứa ít
N
đồ vật (ở đây kí hiệu [α] để chỉ phần nguyên của số α).
nhất
k
Chứng minh.
N
Giả sử mọi hộp đều chứa ít hơn
vật. Khi đó tổng số đồ vật là:

k
N
N
k
−1 = N.
k
k
Điều này mâu thuẫn với giả thiết là có N đồ vật cần xếp.
Nguyên lí Dirichlet mở rộng.
Nếu nhốt n con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có ít
n+m−1
nhất
con thỏ.
m
Chứng minh.
n+m−1
n−1
Giả sử trái lại mọi chuồng thỏ không có đến
=
+1
m
m
n−1
con.
con, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằng
m
n−1
Từ đó suy ra tổng số con thỏ không vượt quá m.
= n − 1 con.

m
Điều này vô lí vì có n con thỏ. Vậy giả thiết phản chứng là sai. Nguyên lí
Dirichlet mở rộng được chứng minh.
b) Ứng dụng nguyên lí Dirichlet
Nguyên lí Dirichlet là một công cụ rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều
kết quả sâu sắc của toán học. Nó đặc biệt có nhiều áp dụng trong lĩnh vực
khác nhau của toán học. Nguyên lí này trong nhiều trường hợp người ta dễ
dàng chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìm
được vật cụ thể, nhưng trong thực tế nhiều bài toán ta chỉ cần chỉ ra sự tồn
tại là đủ rồi. Đôi khi có những bài toán người ta đã dùng rất nhiều phương
pháp khác nhau để giải mà vẫn chưa đi đến được kết quả, nhưng nhờ nguyên
lí Dirichlet mà bài toán trở nên dễ dàng giải quyết.
Để sử dụng nguyên lí Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt
"thỏ" vào "chuồng" và thoả mãn các điều kiện:


7

+ Số "thỏ" phải hiều hơn số "chuồng";
+ "Thỏ" phải được nhốt hết vào các "chuồng", nhưng không bắt buộc
"chuồng" nào cũng phải có "thỏ".
Thường phương pháp Dirichlet được áp dụng kèm theo phương pháp phản
chứng. Ngoài ra nó còn có thể áp dụng với các phép biến hình.

1.2.3

Nguyên lí cực hạn

a) Nguyên lý cực hạn
Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau:

Nguyên lí 1: Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn
có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.
Nguyên lí 2: Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể
chọn được số bé nhất.
b) Ứng dụng nguyên lý cực hạn
Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng cho nhiều
lớp bài toán khác, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp nói chung
và hình học nói riêng.
Trong quá trình tìm kiếm lời giải nhiều bài toán hình học, sẽ rất có lợi
nếu chúng ta xem xét các phần tử biên, phần tử tới hạn (cực biên) nào đó,
tức là phần tử mà tại đó mỗi đại lượng hình học có thể nhận giá trị lớn nhất
hoặc giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn như cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ nhất của một
tam giác, góc lớn nhất hoặc góc nhỏ nhất của một đa giác . . .
Những tính chất của các phần tử biên, phần tử tới hạn nhiều khi giúp
chúng ta tìm kiếm được lời giải thu gọn của bài toán.
Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác,
đặc biệt là phương pháp phản chứng, được vận dụng trong trong trường hợp
tập các giá trị cần khảo sát là tập hợp hữu hạn (nguyên lí 1) hoặc có thể có
vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ nhất (nguyên lí 2). Khi
vận dụng nguyên lí này, ta phải tiến hành các bước sau:
Bước 1: Chứng minh rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát luôn tồn


8

tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.
Bước 2: Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá trị này (nhỏ
nhất hoặc lớn nhất).
Bước 3: Chỉ ra một mâu thuẫn, chỉ ra một giá trị còn nhỏ hơn (hay lớn
hơn) giá trị ta đang khảo sát.

Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải chứng
minh.


9

Chương 2
Phân loại và các phương pháp giải
các bài toán đếm trong hình học tổ
hợp
2.1
2.1.1

Phân loại các bài toán đếm
Đếm đối tượng tạo bởi điểm, đoạn thẳng, đường thẳng

Bài toán 2.1. Một lưới tạo bởi m đường thẳng ngang và n đường thẳng
đứng. Có bao nhiêu đỉnh phân biệt trong lưới này?
Lời giải.
Mỗi đường thẳng ngang chứa n điểm (đó là giao điểm của đường thẳng
đó với những đường thẳng đứng) và có m đường thẳng như vậy. Do đó tổng
số điểm giao là m.n.
Bài toán 2.2. Mỗi cạnh AB và CD của hình chữ nhật ABCD được chia
thành m phần bằng nhau, còn mỗi cạnh BC và AD được chia thành n phần
bằng nhau. Bằng cách nối các điểm tương ứng ở các cạnh đối nhau tạo ra
một lưới hình chữ nhật. Hãy tìm số giao điểm tạo bởi đường chéo AC và
những đường lưới.
Lời giải.
Ta có m + 1 đường thẳng ngang và n + 1 đường thẳng đứng. Đường chéo

10

cắt tất cả các đường thẳng đã cho nhưng có một số điểm trùng vào điểm lưới.
Dễ thấy điểm trùng với điểm lưới là điểm nằm trên cả đường thẳng ngang
và đường thẳng đứng, như vậy những giao là m + n + 1 − (m, n) (trong đó

(m, n) là ước chung lớn nhất của m và n).
Bài toán 2.3. Số giao điểm lớn nhất là bao nhiêu khi ta vẽ n đường thẳng
trong cùng một mặt phẳng?
Lời giải.
Số giao điểm lớn nhất chỉ xuất hiện khi và chỉ khi các đường thẳng đôi
một có giao điểm phân biệt, nhưng không có ba đường nào đồng quy. Trong
trường hợp này tồn tại n − 1 giao điểm trên mỗi đường thẳng. Do đó số điểm
n (n − 1)
.
giao nhau là Cn2 =
2
Bài toán 2.4. Số giao điểm lớn nhất là bao nhiêu khi ta vẽ n đường tròn
trong cùng một mặt phẳng ?
Lời giải.
Lập luận tương tự bài toán trên, số giao điểm là lớn nhất khi và chỉ khi
các đường tròn đôi một có hai giao điểm phân biệt, nhưng không tồn tại
điểm giao nào nằm trên cùng ba đường tròn. Do đó số điểm giao nhau là

2.Cn2 = n(n − 1).
Bài toán 2.5. Số giao điểm lớn nhất là bao nhiêu khi ta vẽ n hình tam giác
(hình vuông) trong cùng một mặt phẳng?
Lời giải.
Vì mỗi cạnh của một tam giác chỉ có thể giao với nhiều nhất hai cạnh

của một tam giác khác nên những cạnh của hai tam giác bất kì không thể
có nhiều hơn 6 giao điểm. Như vậy nếu mọi cặp tam giác có 6 điểm chung
và không có điểm chung nào là điểm chung của hơn 2 tam giác thì ta có thể
nhận được 6.Cn2 = 3n(n − 1).
Bằng phương pháp tương tự, ta nhận được kết quả số điểm giao lớn nhất
là 4n.(n − 1) với những hình vuông.


11

Bài toán 2.6. Cho hai đường thẳng d1 và d2 song song. Lấy các điểm

A1 , A2 , . . . , Am nằm trên d1 và các điểm B1 , B2 , . . . , Bn nằm trên d2 . Ta
dựng tất cả giao điểm của các đoạn thẳng Ai Bj , i = 1, . . . , m; j = 1, . . . , n.
Từ các đoạn thẳng đó ta có thể nhận được số giao điểm lớn nhất là bao
nhiêu?
Lời giải.
Nếu số giao điểm là lớn nhất thì không tồn tại ba đương thẳng đồng quy
trong cấu trúc này. Do đó nếu chọn hai điểm trên d1 và hai điểm trên d2 thì
chúng xác định một giao điểm.
2
Số cách chọn hai điểm trên d1 là Cm
=

m (m − 1)
và số cách chọn hai điểm
2

n (n − 1)
.

2
m.n. (m − 1) . (n − 1)
.
Như vậy số giao điểm là
4

trên d2 là Cn2 =

Bài toán 2.7. Có n−giác lồi A1 A2 . . . An . Xác định số giao điểm của các
đường chéo của đa giác A1 A2 . . . An nằm trong đa giác đó.
Lời giải.
Ta xét một đường chéo cố định A1 Ak (k = 3, 4, . . . , n − 1) và xác định
số giao điểm trên đường chéo này. Trong một nửa mặt phẳng xác định bởi
đường thẳng A1 Ak có k − 2 điểm và nửa mặt phẳng còn lại chứa n − k điểm
của n − 2 đỉnh còn lại của đa giác lồi A1 A2 . . . An .
Do đó đường chéo A1 Ak giao với những đường chéo khác tại (n−k)(k −2)
điểm nên số giao điểm trên tất cả các đường chéo xuất phát từ A1 là
n−1

n−1

(n − k) (k − 2) =

a1 (n) =
k=3

(n + 2) k − k 2 − 2n

k=3

(n − 1) (n − 2) (n − 3)
=
.
6
Nếu ta cộng tất cả các số giao điểm này của tất cả các đỉnh A1 , A2 ,. . . ,
An của đa giác thì ta đếm số điểm giao 4 lần. Do đó tổng số tất cả các giao
điểm của tất cả các đường chéo là

n
n (n − 1) (n − 2) (n − 3)
a1 (n) =
= Cn4 .
4
24


12

Bài toán 2.8. Phần trong của mỗi cạnh hình vuông ta chọn n điểm khác
nhau. Tìm số tất cả các tam giác mà đỉnh của nó là những điểm ta vừa lấy.
Lời giải.
3
Từ 4n điểm đã chọn ta được tổng cộng C4n
bộ ba điểm, trong số đó có

4.Cn3 bộ ba điểm không tạo thành tam giác, do bộ ba điểm đó đều nằm
trên cùng một cạnh của hình vuông. Do đó số tam giác được tạo thành là
3
− 4.Cn3 = 2n2 (5n − 3).
C4n

Bài toán 2.9. Cho n−giác lồi H . Tìm tất cả số tam giác mà đỉnh là đỉnh
của H và cạnh là đường chéo của H.
Lời giải.
Từ số tất cả các tam giác có đỉnh của H ta trừ đi số tam giác có một cạnh
hoặc hai cạnh là cạnh của đa giác đã cho. Tổng số tất cả các tam giác có
đỉnh của H là Cn3 .
Số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác là n(n − 4), vì mỗi cạnh
trong n cạnh của đa giác có thể chọn đỉnh thứ ba của tam giác trong n − 4
đỉnh còn lại.
Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác là n, vì mỗi tam giác có hai
cạnh kề nhau của đa giác, tức là tương ứng với bộ 3 đỉnh liên tiếp của đa
giác đã cho.
Vậy số tam giác cần tính là Cn3 − n(n − 4) − n =

2.1.2

n (n − 4) (n − 5)
.
6

Đếm đối tượng tạo thành miền trong mặt phẳng

Bài toán 2.10. Trong mặt phẳng, cho n đường thẳng phân biệt. Gọi P (n)
là số miền mặt phẳng mà các đường thẳng trên tạo ra. Tìm giá trị lớn nhất
của số P (n).
Lời giải.
Dễ thấy P (1) = 2.
Giả sử biết số lớn nhất P (n) miền mặt phẳng có thể được chia ra bởi các
đường thẳng đã cho q1 , q2 ,. . . , qn . Bằng cách thêm vào một đường thẳng nữa

13

qn+1 , số những phần trong mặt phẳng tăng lên bằng số những phần mà đường
thẳng qn+1 được chia ra với các đường thẳng q1 , q2 ,. . . , qn . Tồn tại nhiều nhất

n những giao điểm như vậy trên đường thẳng qn+1 , như vậy nó chia đường
thẳng nhiều nhất thành n + 1 phần. Hai trong chúng là nửa đường thẳng và
còn lại là những đoạn thẳng. Do đó có quan hệ P (n + 1) ≤ P (n) + n + 1.
Để xác định công thức P (n) theo biến n, ta dùng kỹ thuật sau

P (1) = 2,
P (2) ≤ P (1) + 2,
P (3) ≤ P (2) + 3,
.....................
P (n) ≤ P (n − 1) + n.
Cộng hai vế của các bất đẳng thức trên ta được

P (n) ≤ 1 + (1 + 2 + 3 + · · · + n) = 1 +

n (n + 1) n2 + n + 2
=
.
2
2

n2 + n + 2
khi và chỉ khi với mỗi i = 2, 3, . . . , n đường thẳng
2

qi có đúng i − 1 giao điểm với những đường thẳng trước nó q1 , q2 , . . . , qn−1 .
Giá trị P (n) =

Điều này xảy ra khi hệ gồm n đường thẳng đã cho không có hai đường thẳng
nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy.
Bài toán 2.11. Trong mặt phẳng, cho n đường tròn phân biệt. Gọi K(n)
là số miền mặt phẳng được chia ra bởi n đường tròn phân biệt đó.Tìm giá
trị lớn nhất của K(n).
Lời giải.
Dễ thấy K(1) = 2.
Giả sử đã biết số có khả năng lớn nhất K(n) miền mặt phẳng được chia
ra bởi n đường tròn phân biệt. Ta thêm đường tròn thứ n + 1 vào mặt phẳng,
nó sẽ có nhiều nhất 2n giao điểm với những đường tròn đã cho và nó xác
định nhiều nhất 2n cung trên đường tròn mới thêm vào. Mỗi cung chia miền
chứa nó ra thêm một miền mới, do đó K(n + 1) ≤ K(n) + 2n.


14

Từ đây ta cho từng giá trị của n và cộng theo vế ta được

K(n) ≤ 2 + 2 + 4 + 6 + · · · + 2(n − 1) = n2 − n + 2.
Đẳng thức chỉ xảy ra nếu hệ thống n đường tròn đôi một cắt nhau tại hai
điểm phân biệt và không có hai đường tròn nào cùng đi qua một điểm.
Để xây dựng một cấu trúc hình như thế, ta chọn một đoạn thẳng bất kì

AB có độ dài d, xét hệ gồm n đường tròn nhau có bán kính d và tâm của
chúng khác nhau, cùng nằm bên trong đoạn AB . Hai đường tròn bất kì trong
hệ thống này có đúng hai giao điểm chung phân biệt vì khoảng cách giữa hai
tâm nhỏ hơn d. Nếu ba đường tròn cùng đi qua một điểm M thì tâm của

những đường tròn này tạo thành một bộ ba điểm cùng nằm trên một đường
thẳng và có cùng khoảng cách tới M , điều này không thể xảy ra. Do đó giá
trị lớn nhất của K(n) bằng n2 − n + 2.

2.2

Các phương pháp giải bài toán đếm

2.2.1

Phương pháp sử dụng nguyên lí bất biến

Bài toán 2.12. Trên bảng đen ta viết 2015 dấu cộng (+) và 2016 dấu trừ

(−). Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai dấu tùy ý và viết thay vào đó
một dấu cộng nếu hai dấu xóa đi là như nhau, và dấu trừ nếu ngược lại. Lặp
lại phép tính đó 4030 lần. Hỏi trên bảng còn lại dấu gì?
Lời giải.
Giả sử thay dấu cộng bởi số 1, thay dấu trừ bởi số −1. Khi đó phép toán
đã cho tương đương với việc thay hai số tùy ý bởi tích của chúng. Phép tính
này không làm thay đổi tích của tất cả các số đã cho. Như vậy tích của tất
cả các số đã cho là một bất biến trong quá trình lặp lại phép toán. Tại trạng
thái xuất phát, tích này bằng 1 nên ở trạng thái cuối cùng, tích đó cũng phải
bằng 1. Sau 4030 lần thực hiện, ta chỉ còn một số trên bảng, số đó phải là

1. Do đó dấu còn lại trên bảng là dấu (+).
Bài toán 2.13. Cho một bảng hình vuông có cạnh 10cm được chia ra thành

100 ô vuông nhỏ với cạnh 1cm. Ta đặt lên bảng hình vuông đó 25 hình chữ

15

nhật như nhau, mỗi hình chữ nhật có chiều dài 4cm, chiều rộng 1cm và
được chia thành 4 ô vuông có cạnh là 1cm. Có thể sắp xếp những hình chữ
nhật trên bảng hình vuông sao cho chúng phủ toàn bộ bảng hình vuông hay
không?
Lời giải.
Ta tô bảng vuông bằng màu đen trắng như hình vẽ:

Ta nhận được 25 ô đen và 75 ô trắng. Ta chú ý là đặt những hình chữ
nhật trên bảng vuông sao cho mỗi ô vuông của hình chữ nhật trùng với một
ô vuông nào đó của bảng vuông. Hình chữ nhật này sẽ phủ lên hoặc là 2 hoặc
là 0 ô vuông đen. Từ đó suy ra khi đặt tất cả 25 hình chữ nhật trên bảng
vuông, chúng sẽ phủ kín một số chẵn những ô vuông đen. Bởi vì số lượng
của ô vuông đen đã tô là 25, nó không phải là một số chẵn. Như vậy không
thể phủ bằng 25 hình chữ nhật trên hình vuông đã cho.
Bài toán 2.14. Một nền nhà hình chữ nhật được lát kín bằng những viên
gạch men kích thước 2 × 2 và 1 × 4. Khi sửa nền nhà, người ta phải dỡ tất cả
các viên gạch men đã lát, nhưng không may bị vỡ mất một viên kích thước

2 × 2. Vì không có loại gạch men kích thước 2 × 2 nên người ta phải thay
viên bị vỡ bởi các viên kích thước 1 × 4. Chứng minh rằng bây giờ nền nhà
không thể được lát kín bởi các viên gạch ấy.
Lời giải.


16

Chia nền nhà thành các hình vuông kích thước 1 × 1 và tô đen các ô ở

dòng lẻ, cột lẻ. Ta thấy mỗi viên gạch 1×4 chiếm 4 ô trên nền nhà sẽ chứa
một số chẵn các ô đen, còn các viên gạch 2×2 chiếm đúng một ô đen. Do lúc
đầu tất cả gạch lát kín nền nhà nên số viên gạch 2×2 có cùng tính chẵn lẻ
với số ô được tô đen.
Vì vậy, nếu số các viên gạch 2×2 bớt đi một đơn vị, tức là tính chẵn lẻ
bị thay đổi (khác với tính chẵn lẻ của các ô đen). Do đó nền nhà không thể
được lát kín.
Bài toán 2.15. Cho một bàn cờ vua 8 × 8. Hỏi rằng quân mã có thể đi từ
nước đầu tiên ở ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải hay
không? (với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ đi
qua đúng một lần).
Lời giải.
Để đi qua tất cả các ô trên bàn cờ, từ ô dưới cùng bên trái đến ô trên
cùng bên phải, mỗi ô chỉ đi qua một lần, quân mã phải đi tất cả 63 nước. Do
ở mỗi nước đi, quân mã sẽ chuyển từ ô đen sang ô trắng hoặc ngược lại, nên
sau 63 nước đi, ô cờ mà quân mã đứng sẽ đổi màu so với vị trí ban đầu. Vì
ô dưới cùng bên trái và ô trên cùng bên phải luôn cùng đen hoặc cùng trắng
nên không thể tồn tại một cách đi thỏa mãn đề bài.
Bài toán 2.16. Dùng những viên gạch 2 × 2 và 3 × 3 để lát sân kích thước

n × n. Xác định điều kiện của sân n × n (n ≥ 2) để lát được mà không phải
cắt gạch.
Lời giải.


17

Với n chẵn, ta có thể dùng toàn gạch 2 × 2 để lát được.
Với n lẻ. Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: n chia hết cho 3. Có thể lát được bằng cách dùng toàn

gạch 3 × 3.
+ Trường hợp 2: n không chia hết cho 3. Chia sân thành bảng ô vuông
kích thước 1 × 1. Ta tô màu đỏ cho các ô ở cột lẻ, tô màu xanh cho các ô ở
n−1
n−1
+ 1 ô màu đỏ và n
+ 1 ô màu xanh.
cột chẵn. Có tất cả n
n
n
Nhận thấy rằng: mỗi viên gạch 2 × 2 luôn phủ 2 ô màu đỏ và hai ô màu
xanh, và mỗi viên gạch 3 × 3 phủ 6 ô màu đỏ và 3 ô màu xanh hoặc 3 ô màu
đỏ và 6 ô màu xanh. Nếu sân bị phủ kín thì hiệu của tổng số ô màu đỏ và
tổng số ô màu xanh chia hết cho 3. Tuy nhiên, thực tế trong bảng hiệu đó là

n không chia hết cho 3. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ trường hợp này sân
không thể được lát kín.
Vậy kích thước sân là 2k × 2k hoặc 3k × 3k .
Bài toán 2.17. Các dấu cộng (+) và dấu trừ (−) được viết vào các ô trong
một bảng 6 × 6 như trong hình vẽ. Mỗi lần thực hiện, cho phép đảo ngược
tất cả các dấu trong cùng một hàng, trong cùng một cột, hoặc dọc theo một
đường bất kì song song với một trong hai đường chéo của bảng (đặc biệt có
thể dỏ dấu của các ô ở góc). Có thể hay không, bằng cách thực hiện các phép
tính trên đây, nhận được một bảng không có dấu trừ?

Lời giải.


18

Giả sử thay dấu cộng bởi số 1, thay dấu trừ bởi số −1. Khi đó phép toán
đã cho tương đương với việc thay 1 bởi −1, thay −1 bởi 1 ở tất cả các ô
trong cùng một hàng, trong cùng một cột, hoặc dọc theo một đường bất kì
song song với một trong hai đường chéo của bảng (đặc biệt có thể dỏ dấu
của các ô ở góc).
Xét tập hợp các ô đánh dấu x trong bảng:

Rõ ràng khi thực hiện phép tính cho phép, số các ô có thể đảo dấu trong tập
hợp này là một số chẵn. Do đó tích tất cả các số của các ô trong tập hợp này
là bất biến. Tại trạng thái xuất phát, tích này bằng −1. Do đó ta không thể
nhận được một bảng không có dấu trừ nào.
Bài toán 2.18. Điền 29 số nguyên dương đầu tiên vào các ô vuông con trong
bảng 6 × 5 như sau:

Mỗi lần thực hiện, cho phép thay đổi vị trí các ô trong bảng theo qui tắc
sau: Mỗi lần lấy một số ở ô kề với ô trống rồi chuyển số đó sang ô trống. Hỏi


19

sau một số hữu hạn phép chuyển số nói trên từ bảng số ban đầu ta có thể
nhận được bảng số sau hay không?

Lời giải.
Giả sử nhờ phép chuyển số theo qui tắc của đề bài, từ bảng 1 ta nhận
được bảng 2. Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điền số 0. Với mỗi bảng
nhận được trong quá trình chuyển số, ta liệt kê tất cả các số trong bảng theo
thứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới. Khi đó, với mỗi bảng số sẽ có
một hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên. Và do đó, giả sử trên cho thấy, từ
hoán vị

I(1, 2, 3, . . . , 11, 12, 0, 13, 14, 15, . . . , 29) ta có thể nhận được hoán vị
II(29, 2, 3, . . . , 11, 12, 0, 13, 14, 15, . . . , 28, 1)
nhờ việc thực hiện liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển chỗ các số hạng
trong hoán vị theo qui tắc (*): mỗi lần, lấy một số hạng khác 0 của hoán vị
rồi đổi vị trí của số hạng đó và 0 cho nhau. Giả sử (a1 , a2 , . . . , a30 ) là một
hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên. Ta gọi cặp số ai , aj là cặp số ngược của
hoán vị trên nếu ai > aj và i < j . Dễ thấy sau một số lần thực hiện phép
đổi chỗ các số hạng theo qui tắc (*) đối với hoán vị (a1 , a2 , . . . , a30 ) thì cặp
số ngược của hoán vị đó sẽ tăng lên hoặc giảm đi một số lẻ đơn vị. Ta có số
cặp số ngược của hoán vị I là 12 và số cặp số ngược của hoán vị II là 67.
Do đó từ hoán vị I chỉ có thể nhận được hoán vị II sau một số lẻ lần thực
hiện phép đổi chỗ các số hạng. Do đó từ bảng 1 nhận được bảng 2 thì số lần
chuyển số phải là số lẻ.


20

Tô màu tất cả các ô vuông con trong bảng 6 × 5 như bàn cờ bởi hai màu
đen trắng. Khi đó sau mỗi lần chuyển số, số 0 sẽ được chuyển từ ô có màu
này sang ô có màu kia. Do số 0 ở bảng 1 và bảng 2 nằm ở hai ô cùng màu
nên từ bảng 1 ta chỉ có thể nhận được bảng 2 sau một số chẵn lần chuyển
số (mâu thuẫn). Vậy từ bảng 1 ta không thể nhận được bảng 2 theo qui tắc
trên.
Bài toán 2.19. Trên một bảng ô vuông 8 × 8 bao gồm 32 ô trắng và 32 ô
đen. Nếu một người chơi thay tất cả các ô trắng thành ô đen và ô đen thành
ô trắng cùng một lúc trong một hàng hoặc một cột bất kì thì có thể thực
hiện hữu hạn bước thay đổi như vậy để trên bảng chỉ còn đúng một ô đen
hay không?
Lời giải.

Giả sử trên một hàng hoặc một cột trước khi thực hiện thay đổi có đúng

k ô đen thì sau khi thực hiện một lần thay đổi, số ô đen trong hàng hoặc
cột đó sẽ là 8 − k . Do đó sự thay đổi số ô đen trong hàng hoặc cột đó là

(8 − k) − k = 8 − 2k . Do 8 − 2k là một số chẵn nên tính chẵn lẻ của số các
ô đen là bất biến khi thực hiện biến đổi. Vì vậy, ban đầu bảng có 32 ô đen
nên không thể đưa tới bảng chỉ còn lại đúng 1 ô đen.
Bài toán 2.20. Tại mỗi ô vuông trong bảng 8 × 8 được viết một số nguyên.
Ta có thể chọn bất kì bảng nhỏ 3 × 3 hoặc 4 × 4 và tăng tất cả số trong bảng
nhỏ lên 1 đơn vị. Với cách làm như vậy liệu có thể nhận được những số chia
hết cho 3 trong tất cả ô vuông của bảng 8 × 8 sau một số hữu hạn lần thực
hiện không?
Lời giải.
Câu trả lời là không.
Thật vậy: Tô màu đen cho các ô trong bảng như hình vẽ.
Gọi s là tổng các số chứa trong các ô màu đen trong bảng.
Nhận xét 2.1. Mỗi hình vuông kích thước 3 × 3 luôn chứa 6 hoặc 9 ô màu
đen, còn mỗi hình vuông kích thước 4 × 4 luôn chứa 12 ô màu đen.


21

Suy ra sau một thao tác tổng các số trong các ô màu đen chia cho 3 luôn
có số dư không đổi. Do đó nếu ngay từ đầu tổng s không chia hết cho 3, thì
trong các ô được tô màu đen luôn tồn tại một ô có chứa các số không chia
hết cho 3.
Vậy không thể nhận được những số chia hết cho 3 trong tất cả ô vuông
của bảng 8 × 8 sau một số hữu hạn lần thực hiện.
Bài toán 2.21. Các số 1, 2, · · · , 2011 được viết trên một đường tròn. Mỗi

lần thực hiện, ta xóa hai số tùy ý và thay vào đó ta viết phần dư của tổng
hai số đó khi chia cho 13. Lặp lại phép tính này cho đến khi trên đường tròn
chỉ còn một số. Hỏi số đó là số nào?
Lời giải.
Ta có thặng dư dương bé nhất môđulô 13 của tổng các số đã viết là một
bất biến khi thực hiện phép toán trên. Mặt khác, ở trạng thái ban đầu, ta có

1 + 2 + 3 + · · · + 2011 = 2024072 ≡ 11

(mod 13).

Vậy số cuối cùng còn lại trên đường tròn là số 11.
Bài toán 2.22. Một hình tròn được chia thành 10 cung. Trên mỗi cung,
người ta đặt một miếng bìa. Có thể di chuyển hai miếng bìa tùy ý sang cung
kề bên, nhưng phải di chuyển hai miếng theo chiều ngược nhau. Thực hiện
liên tiếp việc di chuyển nói trên, có thể dồn được tất cả các miếng bìa vào
cùng một cung hay không?


22

Lời giải.
Ta đánh số các cung tròn lần lượt từ 1 đến 10 theo chiều ngược kim đồng
hồ. Ở trạng thái ban đầu s0 , mỗi cung có một miếng bìa. Giả sử ở trạng thái

s nào đó, số miếng bìa ở cung thứ k là ak (s).
Đặt r(s) = (1.a1 (s) + 2.a2 (s) + · · · + 10.a10 (s)) ≡ 5 (mod 10).
Ta thấy đại lượng này không thay đổi trong quá trình di chuyển các miếng
bìa theo cách đã cho. Do ở trạng thái ban đầu r(s0 ) = (1 + 2 + · · · + 10) ≡ 5

(mod 10) nên không thể đưa về trạng thái t mà tất cả các miếng bìa đều
nằm ở một cung vì khi đó r(t) = 0. Vậy không thể dồn được tất cả các miếng
bìa vào một cung.
Bài toán 2.23. Một hình tròn được chia thành 6 rẻ quạt. Ta viết vào các
rẻ quạt này các số 1, 0, 1, 0, 0, 0 theo thứ tự nguợc chiều kim đồng hồ. Thực
hiện thao tác lặp sau: tăng số của hai rẻ quạt cạnh nhau lên 1 đơn vị. Khi
thực hiện các thao tác trên có thể đưa đến kết quả các số trong các rẻ quạt
đều bằng nhau không?
Lời giải.
Theo chiều ngược kim đồng hồ, ta kí hiệu các số trong các rẻ quạt hiện
thời lần lượt là a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 .
Khi đó đại lượng S = a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 là một bất biến. Vì lúc
khởi đầu S = 2 nên ta không thể đưa đến kết quả các số trong các rẻ quạt
đều bằng nhau vì khi đó S = 0.

2.2.2

Phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet

Bài toán 2.24. Chứng minh rằng một đường thẳng chỉ có thể cắt nhiều
nhất hai cạnh của một tam giác ở phần trong của các cạnh này.
Lời giải.
Một đường thẳng d bất kì luôn chia mặt phẳng ra làm hai miền, cho nên
theo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại một miền chứa ít nhất hai đỉnh, không
mất tổng quát ta giả sử đó là hai đỉnh A và B . Khi đó cạnh AB nằm hoàn
toàn trong nửa mặt phẳng này và không thể cắt d được.


23

Bài toán 2.25. Trong hình vuông cạnh bằng 1, đặt 51 điểm bất kì, phân
biệt. Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một hình
1
tròn bán kính .
7
Lời giải.
Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh bằng
1
.Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình vuông con a chứa ít
5
nhất ba điểm trong số 51 điểm đó. Đường tròn ngoại tiếp (a) có bán kính
1
1
√ ≤ .
5 2 7
Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình tròn đồng tâm với đường tròn (a) có
1
bán kính .
7
Bài toán tổng quát 2.1 (Tổng quát hóa bài toán). Dựa vào bài giải bài
toán trên ta có thể tổng quát hóa bài toán trên với α là kích thước của cạnh
hình vuông, m là số điểm đặt bất kì, phân biệt. Chứng minh rằng có ít nhất n
α2
trong số m điểm đó nằm trong một hình trong bán kính
(trong
m
2.
n−1
đó kí hiệu [a] là phần nguyên của a).
Lời giải.

Chia hình vuông đã cho thành

m
hình vuông con bằng nhau có cạnh
n−1

α2
bằng
. Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình vuông
m
n−1
con có chứa ít nhất n điểm trong số m điểm đó.
α2
Đường tròn ngoại tiếp (C) có bán kính
.
m
2.
n−1
Vậy n điểm trên nằm trong hình tròn đồng tâm với đường tròn (C) có
α2
bán kính
.
m
2.
n−1
Bài toán 2.26. Cho (xi , yi , zi ) (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) là một tập hợp gồm
9 điểm khác nhau có các tọa độ nguyên trong không gian.


24

Chứng minh rằng trung điểm của đường nối ít nhất một trong các cặp
điểm này có tọa độ nguyên.
Lời giải.
Gọi tọa độ hai điểm bất kì trong không gian là A(a, b, c) và B(d, e, f ).
a+d b+e e+f
Vậy trung điểm của đoạn AB là O
,
,
. Các tọa độ của
2
2
2
điểm O nguyên nếu và chỉ nếu a và d; b và e; c và f cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Vì có 23 = 8 bộ ba chẵn lẻ khác nhau

((c, c, c); (l, l, l); (c, c, l); (c, l, l); (c, l, c); (l, c, c); (l, c, l); (l, l, c))
nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 trong 9 điểm có cùng bộ ba chẵn lẻ
như nhau.
Vậy có ít nhất một cặp điểm mà điểm chính giữa của chúng có tọa độ
nguyên.
Bài toán tổng quát 2.2 (Tổng quát hóa bài toán). Cho tập hợp gồm m
điểm khác nhau có các tọa độ nguyên trong không gian. Chứng minh rằng
m
8 +1
trong các cặp điểm này có tọa
trung điểm của đường nối ít nhất
2
độ nguyên.
Lời giải.

Gọi tọa độ hai điểm bất kì trong không gian là A(a, b, c) và B(d, e, f ) Vậy
a+d b+e e+f
trung điểm của đoạn AB là O
,
,
.
2
2
2
Các tọa độ của điểm O nguyên nếu và chỉ nếu a và d; b và e; c và f cùng
chẵn hoặc cùng lẻ. Vì có 23 = 8 bộ ba chẵn lẻ khác nhau

((c, c, c); (l, l, l); (c, c, l); (c, l, l); (c, l, c); (l, c, c); (l, c, l); (l, l, c))
nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất

m
+ 1 trong m điểm có cùng bộ ba
8

chẵn lẻ như nhau.
Vậy có ít nhất
độ nguyên.

m
8

+1
2

cặp điểm mà điểm chính giữa của chúng có tọa

25

Bài toán 2.27. Trong một hình vuông có cạnh là 1 chứa một số đường tròn
phân biệt. Tổng tất cả chu vi của chúng là 10. Chứng minh rằng tồn tại một
đường thẳng cắt ít nhất 4 đường tròn trong những đường tròn đó.
Lời giải.

Chọn một cạnh hình vuông chẳng hạn là CD rồi chiếu vuông góc các
đường tròn xuống cạnh đó. Dễ thấy rằng hình chiếu của một đường tròn bán
kính R sẽ là một đoạn thẳng có độ dài 2R. Gọi C1 , C2 , . . . , Cn là chu vi của

n đường tròn đã cho. Khi đó theo giả thiết, ta được: C1 + C2 + · · · + Cn = 10.
Ci
Mặt khác, đường tròn với chu vi Ci sẽ có bán kính: Ri =
.
2π
Vậy hình chiếu của hình tròn với chu vi Ci sẽ là đoạn thẳng với độ dài là:
Ci
2Ci
= .
2π
π
Tổng độ dài hình chiếu của n đường tròn trên cạnh đã cho là:
C1 C2
Cn
10
+
+ ··· +

= .
π
π
π
π
10
> 3, nên theo nguyên lý Dirichlet đối ngẫu suy ra có một điểm M
π
nào đó thuộc CD là điểm trong chung của ít nhất 4 đoạn thẳng đã chiếu

Mà

xuống. Khi đó, đường thẳng đi qua M vuông góc với CD cắt ít nhất 4 trong
những đường tròn đó. Ta được điều phải chứng minh.