Một số bài toán về lưới và điểm nguyên

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.22 MB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

1
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LƯỚI VÀ ĐIỂM NGUYÊN

Giáo viên: Nguyễn Hiếu Thảo Trường THPT chuyên Nguyễn Du – Tỉnh Đaklak.

Bài viết này là một bài tổng hợp về một số bài tốn phương trình hàm, trong đó có sử dụng tính
chất số học để tìm các tính chất hàm số, từ đó có các lời giải đẹp. Bài viết này chỉ là sự tập hợp
các bài toán để các em học sinh luyện tập, có cái nhìn tương đối về các dạng bài tập này.

Mở đầu.

Trên mặt phẳng ta xét một lưới tạo bởi hai họ các đường thẳng song song chia mặt phẳng
thành các hình bình hành bằng nhau gọi là một lưới.Tập hợp tất cả các đỉnh các hình bình hành
gọi là lưới tọa độ, bản thân các đỉnh gọi là các nút của lưới. Mọi hình bình hành tạo bởi 2 họ
đường thẳng song song gọi là hình bình hành cơ sở của phân hoạch hay hình bình hành sinh ra
lưới.

Một hệ thống các đường thẳng dọc và các đường thẳng ngang chia mặt phẳng thành các
ô vuông bằng nhau là một lưới.

Một lưới có thể nhận được từ các họ đường thẳng khác nhau; Lưới tọa độ nguyên chính
là lưới tạo bởi tất cả các đường thẳng song song với hai trục tọa độ (hình bình hành cơ sở là hình
vng cạnh 1).

Bảng ơ vng là một hình chữ nhật được chia thành nhiều ô vuông đơn vị. Bảng ô vuông
là một phần của lưới ô vuông.

Trong những năm gần đây, ở các kì thi chọn học sinh giỏi Tốn thường có các bài tốn
tổ hợp và rời rạc. Trong các bài toán tổ hợp và rời rạc này, có các bài tốn liên quan đến đến lưới
và điểm nguyên. Lớp bài toán này khá phong phú về nội dung và đa dạng về hình thức thể hiện.

Phương pháp tiếp cận cho lớp bài toán này cũng khá phông phú như: tô màu, số học, đồ thị, phản
chứng…

Trong bài viết này tôi xin giới thiệu một số bài toán liên quan đến lưới và điểm nguyên.
Bài viết này chỉ là sự tập hợp các bài toán để các em học sinh luyện tập, có cái nhìn tương đối
về các dạng bài tập này.

Mợt sớ bài toán.

Bài tốn 1. Mỡi ơ của bảng vng kích thước n n được ghi 0 hoặc số 1, sao cho với mỗi

ơ ghi số 0 thì có ít nhất n ơ cùng hàng hoặc cùng cột với nó được ghi số 1. Chứng minh rằng
có ít nhất

2
n

 
 

  số 1 được ghi.
Lời giải.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2
Với mỡi i1,n, kí hiệu

d H

(

i

)

là số số 1 ở hàng i,

d C

( )

i là số số 1 ở cột j.

Theo giả thiết, ta ln có:

( i) ( j)

d H d C n

Từ đó suy ra

3
1 1

( ) ( )

n n

i j

T d H d C n

 

 





  

Gọi S là tổng các số một được ghi,

1 1

( ) ( )

n n

i j

d H d C S

 



Với mỗi số 1 được ghi, nó được tính trong

d H

(

i

)

và

d C

( )

i . Do mỗi

d H

(

i

)

và

d C

( )

i

trong T xuất hiện n lần nên T 2nS

Do vậy,

2
3

2
n

nSn  S

Hay

2
n
S   

 

Cách 2: Ta có thể tiếp cận bài tốn bằng đồ thị.

Xây dựng một 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 Cj nếu ô

( , )

i j

được ghi số 1.

Theo giả thiết nếu đỉnh

H

i không nối với đỉnh Cj thì

( i) ( j)

d H d C n

trong đó

d H

(

i

)

là số số 1 ở hàng i,

d C

( )

i là số số 1 ở cột j.

Khi n4, ta có một cách xây dựng như sau

1 0 1 0

0 1 1 0

0 1 0 1

1 0 0 1

Ta chứng minh số cạnh của đồ thị là

2
n

S  .

Thật vậy, ta có





* 2

(

i

)

(

j

)

T









d H



d C







n



S n

(Lấy hàng i, cột jcó ghi chữ số 0).
Trong tổng trên với mỗi i, số hạng

d H

(

i

)

xuất hiện

n d H



(

i

)

lần; với mỗi j, số

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>





* 2 2

1 1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )

n n n n

i i j j i j

i j i j

T d H n d H d C n d C nS d H d C

   
 




 



   







.
(Vì
1 1
( ) ( )
n n
i j
i j

d H d C S

 



Theo bất đẳng thức Schwarz

2 2
2
1 1
1
( ) ( )
n n
i i
i i
e

d H d H

n n
 
 
   
 



,
2
2
1
( )
n
j
j
e

d C
n





.
Suy ra
2 2

2 2 2 4 2

( ) 2 2 2 3 0

S n

n S n nS S n S n S n

n

          (đpcm).

Bài tốn trên có thể thay giả thiết, mỡi ơ có thể ghi bởi một số ngun khơng âm tùy ý,
thì cách giải vẫn khơng thay đổi.

Bài tốn 2. Tồn tại hay khơng một đường gấp khúc khép kín gồm một số lẻ các đoạn thẳng
có độ dài bằng nhau và bằng một số nguyên dương mà các đỉnh là các nút của một lưới ô vuông.

Lời giải.

Câu trả lời là không.
Thật vậy,

Giả sử tồn tịa đường gấp khúc A A1 2...A An 1 thỏa mãn yêu cầu (n lẻ), gồm các đoạn thẳng

i i

A A có độ dài c (clà số nguyên dương).

Xây dựng hệ tọa độ Oxy sao cho Ox,Oylà các đường lưới.

Trường hợp A A1 2 nằm vng góc với một trong hai trục Oxhoặc Oy. Không mất tổng

qt, giả sử A A1 2 nằm vng góc với trục Ox. Vì các đoạn thẳng của đường gấp khúc là các

đoạn thẳng bằng nhau và cùng bằng một số nguyên, đỉnh là điểm nút của lưới nên ta có nhận
xét: Đoạn A Ai i1 bất kì đều vng góc với một trong hai trục Oxhoặc Oy.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

4
Trường hợp A A1 2 khơng vng góc với một trong hai trục Oxvà Oy.

Ta xây dựng một lưới ơ vng mới với hình vng cơ sở có cạnh song song với A A1 2,
vì cnguyên nên trên lưới mới này thì đường gấp khúc A A1 2...A An 1 thỏa mãn các điều kiện của
trường hợp ta đã xét ở trên. Do vậy , trong trường hợp này ta cũng có kết quả mâu thuẫn với giã
thiết n là số lẻ.

Vậy ta có đpcm.

Bài tốn 3. Tìm số đường đi dọc theo cạnh lưới ô vuông từ đỉnh

(0, 0)

đến đỉnh

( , )

n n

, sao
cho khơng vượt qua đường chéo chính yx và mỗi bước đi là sang phải hoặc lên trên.

Lời 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.

(n,n)

(0,0)

y = x+1

A

(-1,1)

(n,n)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

5
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 khơng vượt qua đường chéo chính là một đường đi tốt, ngược
lại là một đường đi khơng tốt. Ta sẽ tìm số đường đi khơng 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 thẳng

y x 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

2 2 2

1
1

n n n

C C C

n



 

 .

Bài toán 4. (VMO-1992). Một bảng hình chữ nhật kẻ ơ vng có 1991 hàng và 1992 cột
(nghĩa là bảng gồm 1991 1992 ơ vng). Kí hiệu ơ vng ở giao của hàng thứ m(kể từ trên
xuống dưới) và cột thứn (kể từ trái sang phải) là



m n;



. Tô màu các ô của bảng theo cách sau:
lần thứ nhất tô ba ô

  

r s; , r1;s1 ,

 

r2;s1



, với ,r slà hai số tự nhiên cho trước thỏa
mãn 1 r 1989và 1 s 1991; từ lần thứ hai, mỗi lần tô đúng ba ơ chưa có màu nằm cạnh
nhau hoặc trong cùng một hàng hoặc trong cùng một cột. Hỏi bằng cách đó có thể tơ màu được
tất cả các ô vuông của bảng đã cho hay không?.

Lời giải. 
Cách 1:

Ta ghi vào mỗi ô vuông một số tự nhiên theo quy tắc: Ở mỗi hàng, lần lượt ghi các số tự
nhiên từ 1 đến 1992.

Lần tô thứ nhất, ba số được ghi vào ba ô

  

r s; , r1;s1 ,

 

r2;s1



là s s, 1,s1

và chúng có tổng bằng 3s2(chia 3 dư 2).

Ở lần tô thứ hai, ba ô liên tiếp trên mỗi hàng là ba số tự nhiên liên tiếp, ba ô liên tiếp trên
mỗi cột là ba số tự nhiên bằng nhau; mỡi lần tơ là xóa đi 3 số có tổng chia hết cho 3.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

6
Mặt khác, tổng T 1991   



1 2 ... 1992



1991 1993 996  chia hết cho 3, do
vậy không thể tô màu được tất cả các ô vuông của bảng.

Cách 2:

Chia tất các ô vuông của bảng thành ba loại:
- Loại I: Gồm tất cả các ô

 

r s; mà



rs



0 mod3





.
- Loại II: Gồm tất cả các ô

 

r s; mà



rs

 

1 mod 3



.
- Loại III: Gồm tất cả các ô

 

r s; mà



rs



2 mod3





Do 1992 3nên ở mỡi hàng ta đều có số ơ mỡi loại là bằng nhau nên ở tồn bảng số ô mỗi

loại bằng nhau.

Kể từ lần tô thứ hai, trong mỗi lần tô màu, ta tô đúng một ô loại I, một ô loại II và một
loại III (vì ba ơ ở cùng một hàng hoặc cùng một cột mà lại đứng cạnh nhau).

Do vậy, nếu tô màu được hết tất cả các ô của bảng, thì ở lần tơ thứ nhất ta phải tơ đúng
một ô loại I, một ô loại II, một ô loại III.

Tuy nhiên do ở lần đầu, tô ba ô

  

r s; , r1;s1 ,

 

r2;s1



và ta có



rs

 

 r   1

 

s 1

 

r2

 

 s 1



nên ba ô tô ở lần đầu đều cùng thuộc một loại, hay không thể tô màu được tất cả các ơ vng của
bảng.

Bài tốn 5. (VMO-2003). Xét số nguyên n n



1



. Người ta muốn tô tất cả các số tự nhiên

bởi hai màu xanh, đỏ sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

i) Một số được tô bởi một màu, và mỗi màu đều được dùng tô vô số số;
ii) Tổng của n số đôi một khác nhau cùng màu là số có cùng màu đó.
Hỏi có thể thực hiện được phép tơ màu nói trên hay không, nếu:
1) n2002?

2) n2003?
Lời giải.

1) Với n2002.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

7
Giả sử ngược lại, ta có thề tơ tất cả các số tự nhiên bởi hai màu xanh, đỏ sao cho:

- Mỗi số được tô bởi một màu, và mỗi màu đều được dùng tô vô số số;
- Tổng của 2002 số đơi một khác nhau cùng màu là số có cùng màu đó.
Khi đó, do có vơ số số được tô màu xanh và vô số số được tô màu đỏ nên:

- Tồn tại số

a

1 mà

a

1 được tô bởi màu xanh và số

b

1

 

a

1

1

được tô bởi màu đỏ;
- Tồn tại số

b

2



b

1 mà

b

2 được tô bởi màu đỏ và số

a

2

 

b

2

1

được tô bởi màu xanh;
- Tồn tại số

a

3



a

2 mà

a

3 được tô bởi màu xanh và số

b

3



a

3



1

được tô bởi màu đỏ;
…

….

a b

1

, ....

1

….

a b

1

, ,...., ,

1

b a

2 2

,....

….

a b

1

, ,...., ,

1

b a

2 2

,....,

a b

3

, ,....

3

…..

….

a b

1

, ,.., ,

1

b a

2 2

,..,

a b

3

, ,...,

3

a

2001

,

b

2001

,...,

b

2002

,

a

2002

- Tồn tại số

a

2001



a

2000 mà

a

2001 được tô bởi màu xanh và số

b

2001



a

2001



1

được tô bởi màu
đỏ;

- Tồn tại số

b

2002



b

2001 mà

b

2002 được tô bởi màu đỏ và số được tô bởi màu xanh;
Do vậy, tồn tại 2002 số

a a

1

,

2

,...,

a

2001

,

a

2002 đôi một khác nhau được tô bởi màu xanh; và 2002
số

b b

1

, ,...,

2

b

2001

,

b

2002 đôi một khác nhau được tô bởi màu đỏ.

Hay

a

 

a

1

a

2

 

...

a

2002 được tô màu xanh.

1 2

...

2002

b

   

b

được tô màu đỏ.

Mặt khác,

b

2k1



a

2k1



1,

b

2k



a

2k



1

(với mọi

k



1, 2,...,1001

) nên abdẫn đến a

và b được tơ cùng màu (mâu thuẫn). Từ đó, ta có điều phải chứng minh.
2) Với n2003.

Câu trả lời là có. Ta xét cách tơ màu sau:

Tô tất cả số chẵn bởi màu xanh, tất cả các số lẻ bởi màu đỏ. Dễ thấy cách tô màu như vậy
thỏa mãn tất cả các yêu cầu của bài toán.

Bài toán 6. (VMO-2006). Cho m n, là các số nguyên lớn hơn 3 và bảng ô vuông kích thước

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Lời giải.

1) Nhận thấy rằng, bằng cách thực hiện hai lần phép đặt bi, ta có thể đặt vào một ơ vng
con của bảng kích thước 4 2 một viên bi.

Có thể phân chia bảng 2004 2006 thành các bảng 4 2 (gồm 501 1003 bảng 4 2
). Từ đó, bằng cách thực hiện hữu hạn lần phép đặt bi thỏa mãn đề bài và ta có thể đặt bi vào tất
cả các ô vuông con của bảng 2004 2006 (mỡi ơ vng con có số bi bằng nhau và bằng 1).

2) Câu trả lời là “không”.
Ta chứng minh bằng phản chứng.

Thật vậy, giả sử ngược lại, sau một số hữu hạn lần thục hiện phép đặt bi của đề bài, ta đã đặt vào
mỗi ô vuông con của bảng 2005 2006 là k viên bi (

k



*).

Tô màu tất cả các ô vuông con ở hàng lẻ của bảng bởi màu đen (các ô không tô màu được
xem là màu trắng).

Khi đó, số ơ màu đen bằng 1003 2006 , số ô màu trắng 1002 2006 .

Nhận thấy, mỗi lần đặt bi có đúng 2 viên bi vào các ô màu đen và 2 viên bi vào các ô
màu trắng. Do đó, sau mỡi lần đặt bi, số bi trong các ô màu đen và số bi trong các ô màu trắng
luôn bằng nhau.

Suy ra 1003 2006  k 1002 2006   k k 0, điều này vơ lí. Vậy ta có đpcm.
Bài toán 7. (30/4-2019). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2019 điểm phân biệt, mỡi điểm
có hồnh độ và tung độ đều là các số nguyên không âm không vượt q 800. Chứng minh rằng
có thể tìm được 4 điểm tạo thành 4 đỉnh của một hình thang cân (hình chữ nhật được coi là hình
thang cân).

Lời giải.

Để chứng minh có thể tìm được 4 điểm tạo thành 4 đỉnh của một hình thang cân ta chứng
tỏ có 4 điểm



x ki;





x kj;





x ki'; ' ,





xj'; 'k



mà xixj xi'x kj', k'.

Với mỗi, gọi

n

k



0 

n

k



800 

là số các điểm có tung độ k, ta có

800

2019

k
k

n





Ta chứng minh kết quả sau, cho n số thực phân biệt

x x

1

,

2

,...,

x

n, lúc đó tập hợp



i j |1



S  x x   i j n có ít nhất 2n3phần tử.

Thật vậy, không mất tổng quát giả sử

x

1



x

2

 

...

x

n, lúc đó

1 2 1 3

...

1 n 2 n 3 n

...

n 1 n

x



x

    

x



x



x

 

x

 

x





x

và ta có bộ n số thực

y

x

O xi xi’ xj’ xj

k’

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

9
phân biệt



1, 2,...,n



có S có đúng 2n3phần tử.

Từ đó suy ra Sn 



n 1

 

n2



2n3.

Với mỗi k



0 k n



, gọi

n

klà số các điểm có tung độ bằng k. Ta có

800

2019

k

n





Với mỗi k



0 k n



, gọi

S

klà tập các tổng xi xjphân biệt được tạo ra, trong đó

i j

x  x là các hoành độ của các điểm có tung độ k, theo kết quả trên, ta có Sk 2nk 3.
Từ đó suy ra,





800 800 800

0 0 0

2 3 2 3 801 2 2019 3 801 1625

k k k

S n n

  

 

          

 



Mặt khác, do các hồnh độ khơng vượt quá 800 nên xi xj không vượt quá 1600, hay



0;1;2,...,1600



k

S  với mọi k



0 k n



. Suy ra, tồn tại xi xj xi'xj' (với

, ' '

i j i  j )

Hay tồn tại 4 điểm



x ki;





x kj;





x ki'; ' ,





xj'; 'k



mà xi xj  xi'x kj', k'. Điều này cho

ta kết luận 4 điểm đó tạo thành một hình thang cân, có cạnh đáy song song với trục hồnh.
Bài tốn 8. (Đề Preselection, September Camp). Các số tự nhiên 0, 1, 2, 3,… được điền
vào bảng ô vuông kích thước 2015 2015 (mỗi ô một số), bắt đầu từ số 0 ở chính giữa bảng,

đến các số tiếp theo được điền theo hình xoắn ốc ngược chiều kim đồng hồ như hình vẽ bên dưới:

20 19 18 17 16

21 6 5 4 15

22 7 0 3 14

23 8 1 2 13

24 9 10 11 12

1) Biết rằng các cột của bảng được đánh số từ 0 đến 2015 từ trái sang phải và các dòng của bảng
được đánh số từ 1 đến 2015 theo thứ từ trên xuống dưới. Hỏi theo cách điền trên thì số 2015 nằm
ở dịng nào, cột nào?

2) Người ta cho phép thao tác sau: Đầu tiên, thay số 0 giữa bảng bằng số 14. Mỗi lần sau đó,
người ta sẽ chọn ra 12 ơ vng liên tiếp thuộc cùng hàng, hoặc 12 ô vuông liên tiếp thuộc cùng
cột, hoặc 12 ô vuông thuộc một bảng hình chữ nhật 3 4 rồi cộng thêm 1 vào tất cả các ô được
chọn (mỗi lần chir được chọn 1 trong 3 loại trên). Hỏi sau một số hữu hạn lần, có thể làm cho tất
cả các ô vuông của bảng đã cho đều chia hết cho 2016 được khơng?

Lời giải.

1) Ta có nhận xét sau:

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

10
cuối cột đó).

ii) Số 0 nằm ở hàng 1008 và cột 1008 của bảng 2015 2015 .
Do vậy, từ 2

201545 2025 suy ra số 2015 thuộc vào bảng ô vuông 45 45 .
Xét bảng 45 45 ,

Số lớn nhất trong bảng này là 2

45  1 2024. Số 2024 thuộc cột 1 của bảng 45 45 và
nó tương ứng thuộc cột 1008 22 986 của bảng 2015 2015

và thuộc dòng 1008 22 1030 của bảng 2015 2015 .

Mặt khác, 20152024 9 nên sơ 2015 sẽ nằm ở dịng 1030 9 1021  .
Vậy số 2015 nằm ở dòng 1021 và cột 986 của bảng.

2) Sau bước thay 0 bởi số 14, ta thấy tổng các số của bảng là:





20152



20152 1



14 1 2 3 ... 2015 1 14

2


        , giá trị này chia 4 dư 2
Thao tác cộng các số trong 12 ơ (bất kể dịng nào, cột nào) của bảng thì tổng các số tăng lên đúng
12 đơn vị. Suy ra số dư của tổng các số trên bảng khi chia cho 4 là bất biến trong suốt q trình.
Để bảng có tất cả các số chia hết cho 2016 thì tổng của chúng phải chia hết cho 4, đây là điều
không thể xảy ra. Vậy câu trả lời là khơng thể.

Bài tốn 9. (VOM-2016). Có m học sinh nữ và n học sinh nam (m n, 2) tham gia một

liên hoan song ca. Tại liên hoan song ca, mỡi buổi biểu diễn một chương trình văn nghệ. Mỡi
chương trình văn nghệ bao gồm một số bài hát song ca nam- nữ mà trong đó, mỡi đơi nam- nữ
chỉ hát với nhau không quá một bài và mỡi học sinh đều được hát ít nhất một bài. Hai chương
trình được coi là khác nhau nếu có một cặp nam- nữ hát với nhau ở chương trình này nhưng
khơng hát với nhau ở chương trình kia. Liên hoan song ca chỉ kết thúc khi tất cả các chương trình
khác nhau có thể có đều được biểu diễn, mỡi chương trình biểu diễn đúng một lần.

a) Một chương trình được gọi là lệ thuộc vào học sinh X nếu như hủy bỏ tất cả các bài song ca
mà X tham gia thì có ít nhất một học sinh khác khơng được hát bài nào trong chương trình đó.
Chứng minh rằng trong tất cả các chương trình lệ thuộc vào X thì số chương trình có số lẻ bài
hát bằng số chương trình có số chẵn bài hát.

b) Chứng minh rằng ban tổ chức liên hoan có thể sắp xếp các buổi biểu diễn sao cho số các bài
hát tại hai buổi biểu diễn liên tiếp bất kỳ khơng cùng tính chẵn lẻ.

cột 1008
cột 1008-22

dòng 1008

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

11
Lời giải.

a) Ứng với mỡi chương trình văn nghệ, ta ghép cặp nam nữ song ca thành một bảng m n (m
hàng, n cột, các học sinh nữ được đánh số từ 1 đến m, các học sinh nam được đánh số từ 1 đến

n) như sau: Mỗi ô

 

i j, của bảng được đánh số 1 hoặc 0.

+ Số 1 nếu học sinh nữ thứ i và học sinh nam thứ j hát với nhau;

+ Số 0 nếu học sinh nữ thứ i và học sinh nam thứ j không hát với nhau;

0 1 0 0 0

1 1 0 0 1

1 0 0 0 0

0 1 1 1 1

1 1 1 0 0

Một bảng được gọi là “tốt” nếu trên mỗi hàng và mỡi cột có ít nhất mốt số 1. Theo đề
bài, tất cả các bảng biểu diễn cho chương trình đều là tốt ví học sinh ào cũng biểu diễn.

Xét một học sinh X nào đó, giả sử đó là học sinh nữ (trường hợp là học sinh nam chứng
minh tương tự). Một chương trình nào đó lệ thuộc vào X nếu như trên bảng ứng với chương trình
đó, tồn tại ít nhất một cột có đúng một số 1 nằm trên hàng của X, ta gọi bảng này lệ thuộc X và
cột như thế là cột lệ thuộc X (như bảng minh họa 5 5 trên, chương trình đó lệ thuộc bạn nữ thứ
3).

Ta cần chứng minh, trong tất cả các bảng lệ thuộc X, số bảng có các số 1 chẵn bằng số
bảng có số các số 1 lẻ.

Thật vậy,

Xét trường hợp trong bảng có kcột lệ thuộc vào X, khi đó k n (vì nếu k n thì tất cả
các ơ cịn lại của bảng là số 0, dẫn đến tồn tại một hàng toàn số 0, mâu thuẫn).

Khi kn, ta bỏ k cột đó ra khỏi bảng đó, thì trên bảng sẽ mất đi đúng ksố 1. Mỗi ô trong hàng

của X sẽ được điền số 0 hoặc số 1 tùy ý vì mỡi cột cịn lại vẫn cịn ít nhất một chữ số 1 không
thuộc hàng cảu X. Do vậy, khi ta bỏ đi hàng của X thì ta vẫn được một bảng



m 1

 

nk



tốt.

Suy ra, số bảng lệ thuộc X trong trường hợp này là 2n k nhân với số lượng bảng tốt có
kích thước



m 1

 

nk



cịn lại. Trong mỡi bảng đó, ta chọn một ơ bất kìa của hàng X và
thay đổi số từ 01, 10 thì sẽ thay đổi tinh chẵn lẻ của các số 1 trên bảng.

Do đó, tồn tại một song ánh đi từ tập hợp các bảng lệ thuộc X có các số 1 chẵn đến tập hợp các
bảng lệ thuộc X có các số 1 lẻ.

Vậy ta có kết luận, số lượng hai bảng này là bằng nhau.

Ứng với mỗi k 1,n1 và các cách chọn k cột phụ thuộc X thì số lượng bảng có số 1
lẻ và chẵn đều bằng nhau, nên tổng số bảng có số các số 1 lẻ bằng với bảng có số các số 1 chẵn.
b) Ta đặt f m n





và g m n





lần lượt là số các bảng tốt m n có chẵn và lẻ số 1.

Xét một học sinh X tùy ý, không mất tổng quát giả sử đó là học sinh nữ. Ta có các trường hợp
sau:

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

12
+ Nếu không tồn tại cột nào phụ thuộc X, ta bỏ hàng tương ứng của X đi, ta có một bảng



m 1



n tôt.

Mặt khác, số trường hợp mà hàng X có số lẻ và có số chẵn ô điền số 1 lần lượt là

1(mod 2)
a

n
a
L C






và

0(mod 2), 0

a
n
a a

C C

 





(a là số số 1 trên hàng của X)
Vì Cn0Cn1Cn2  ...

 

1 nCnn 0 nên C  L 1 0.

Vì tính chẵn lẻ của số các số 1 thuộc dòng X quyết định tính chẵn lẻ của bảng cịn lại nên ta có
công thức truy hồi sau



 













 











, , 1, 1,

f m n h m n L g m n C f m n

g m n h m n L f m n C g m n

       


      

Do đó,



 

















, , 1, 1,

1, 1,

f m n g m n L C g m n f m n

g m n f m n

     

   

Dẫn đến,







  



 



, , 1 m n 2, 2 2, 2

f m n g m n     f g .

Ta có, khi



m n,

  

 2, 2

1 1
1 1 ,

1 0
0 1 ,

0 1
1 0
0 1

1 1 ,
1 0
1 1 ,

1 1
1 0 ,

1 1
0 1

Hay f

 

2, 2 3,g

 

2, 2 4, suy ra f m n





g m n



  

 1 m n 3. Từ đó ta thấy rằng số
lượng của hai loại bảng không vượt quá 1 và có thể sắp xếp các bảng theo thứ tự chẵn, lẻ đan
xen thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Ta có đpcm.

Bài tốn 10. (VOM-2018). Một nhà đầu tư có hai mảnh đất hình chữ nhật, các mãnh

đất dều có kích thước là 120m100m.

a) Trên mãnh đất thứ nhất, nhà đầu tư muốn xây dựng một ngơi nhà có nền hình chữ nhật kích
thước 25m35m và xây bên ngồi 9 bồn hoa hình trịn đường kính 5m. Chứng minh rằng dù

xây trước 9 bồn hoa ở đâu thì trên phần đất cịn lại vẫn đủ xây ngơi nhà đó.

b) Trên mảnh đất thứ hai, nhà đầu tư muốn xây dựng một hồ cá hình đa giác lồi sao cho từ một
điểm bất kỳ trên phần đất cịn lại có thể đi khơng q 5m thì đến bờ hồ. Chứng minh rằng chu
vi của hồ không nhỏ hơn



44020 2



m.

Lời giải.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

13
mét.

120, 100

ABCD ADBC  . Chia hình chữ nhật ABCD thành 10 hình chữ
nhật nhỏ kích thước 30 40 như hình vẽ.

Xét 9 điểm là tâm của các giếng nước, theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một hình chữ
nhật nhỏ khơng chứa tâm nào trong 9 tâm trên, giả sử đó là hình chũ nhật XYZT , với

40, 30

XY ZT  XT YZ  .

Xét hình chữ nhật X Y Z T' ' ' ' nằm bên trong XYZT có các cạnh song song với các cạnh
của XYZT và cách một khoảng bằng 2.5, lúc này X Y Z T' ' ' ' có kích thước 25m35m. Rõ

ràng khi xây nhà trên hình chữ nhật X Y Z T' ' ' ' sẽ thỏa mãn các yêu cầu. Ta có điều phải chứng
minh.

b) Xét mảnh đất hình chữ nhật ABCD, ABCD120, AD BC100. Gọi Llà chu vi
của hồ. Theo đề bài tồn tại các điểm ', ', ', 'A B C D thuộc L sao cho

', ', ', ' 5
AA BB CC DD  .

Vì chu vi hồ là một đa giác lồi nên các đường gấp khúc ' ', ' ', ' ', ' 'A B B C C D D A không
chườm lên nhau. Do đó

' ' ' ' ' ' ' '
L  A BB C C DD A .
Hạ A A' 1 AD A A, ' 2 AB

1 2

' , '

B B BC B B  AB

1 2

' , '

C C  BC C C CD

1 2

' , '

D D  AD D D CD

Ta có,

1 ' ' ' ' 1 1 1 120

A AA BB B  A B  AB

Tương tự, ta cũng có

2 ' ' ' ' 2 100

B B B C C C  ,

1 ' ' ' ' 1 120

C C C D D D  ,

2 ' ' ' ' 2 100

D D D AA A  .

Từ đó suy ra

1 2 1 2

' ' ' ' ' ' ' ' ( ' ' ' '

' ' ' ' ) 440

A B B C C D D A A A A A B B B B
C C C C D D D D

      

    

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

14
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có



2 2



1 2 1 2

' ' 2 ' ' 2 ' 5 2

A A A A  A A A A  A A  .

Tương tự, B B' 1B B' 2 5 2;C C' 1C C' 2 5 2; D D' 1D D' 2 5 2
Từ đây ta có kết luận, L 44020 2 (đpcm).

Bài tập.

Bài toán 11. (IMO-1997) Trong mặt phẳng các điểm với tọa độ ngun là các đỉnh của các
hình vng đơn vị. Các hình vng được tơ màu đen, trắng (như trên bàn cờ vua). Với mỗi cặp
số nguyên dương



m n,



xét một tam giác vuông mà các đỉnh có tọa độ nguyên, các cạnh bên

chiều dài m và n, nằm dọc theo cạnh hình vng. Ký hiệu S1 là tổng diện tích phần màu đen
của tam giác và S2 là tổng diện tích phần màu trắng của tam giác. Đặt f m n





 S1S2 .

 

a Tính f m n





với mọi m và n, nguyên dương cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

 

b Chứng minh rằng





1 ax

 

,
2

f m n  m m n với mọi m và n.

Bài toán 12. (Thi vô địch Moscow, 1961) Cho một bảng ô vng có kích thước 4 4 . Chứng
minh rằng có thể đặt 7 dấu ∗ vào các ơ của bảng sao cho nếu xóa 2 hàng hoặc 2 cột bất kỳ của
bảng thì vẫn có ít nhất 1 dấu ∗ chưa bị xóa. Chứng minh rằng nếu số dấu ∗ nhỏ hơn 7 thì ln có
thể xóa 2 hàng và 2 cột để mọi dấu ∗ đều bị xóa.

Bài tốn 13. (Thi vào lớp chun Toán-Tin Hà Nợi, Amsterdam, 1998) Cho hình vng
cạnh n (n là số nguyên lớn hơn 1) được chia thành n n ô vuông nhỏ. Trong mỗi ô vuông
nhỏ này chỉ ghi một trong 3 số 1, 0, -1. Hình vng như thế được gọi là "bảng số ô vuông cạnh

n".

a) Hãy lập một bảng số vuông cạnh 6 sao cho tổng các số ghi trong bảng theo mọi hàng, mọi
cột đều khác nhau.

b) Có hay khơng một bảng số cạnh n nào đó mà tổng các số ghi trong bảng theo mọi hàng,
mọi cột và theo hai đường chéo đều khác nhau.

Bài toán 14. (Thi vào lớp chuyên Toán-Tin- Đại học tổng hợp tp HCM,1994) Cho bảng
kích thước 2n2n ơ vuông. Người ta đánh dấu vào 3n ô bất kỳ của bảng. Chứng minh rằng có
thể chọn ra n hàng và n cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên n hàng hoặc

n cột này.

Bài toán 15. (IMO-1999) Xét một bảng n n ô vuông, n là số tự nhiên cố định. bảng được
chia thành n2 ô vuông đơn vị. Ta nói rằng 2 ơ vng khác nhau trên bảng là "liền kề" nếu chúng
có một cạnh chung. Biết rằng N ô vuông đơn vị trên bảng được đánh dấu theo cùng một cách
sao cho mọi ô vuông (đánh dấu hay không đánh dấu) trên bảng đã "liền kề" thì ít nhất có một ơ
vng được đánh dấu. Xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của N.

Bài toán 16. (IMO-1996) Cho số dương r và một bảng hình chữ nhật ABCDvới

20, 12

AB BC , BC=12. Hình chữ nhật được chia thành 20 12 ô vuông. Xét phép dịch

chuyển sau: Dịch chuyển từ ô vuông này sang ô vuông kia chỉ được thực hiện nếu khoảng cách
giữa hai tâm ô vuông bằng r. Nhiệm vụ đặt ra là tìm một dãy các phép dịch chuyển đi từ ơ

vng có A là đỉnh đến ô vuông có B là đỉnh.

a. Chứng minh rằng nhiệm vụ là bất khả thi nếu r chia hết cho 2 hoặc chia hết cho 3.
b. Chứng minh rằng nhiệm vụ là khả thi nếu r73.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

15
Bài toán 17. (IMO-2002) Giả sử n là một số nguyên dương. Một điểm

 

x y, trong mặt phẳng
với x y, là các số nguyên, không âm, x y n, được tô màu đỏ hoặc trắng thỏa mãn điều kiện:

Nếu một điểm

 

x y, có màu đỏ thì tất cả các điểm



x y', '



mà x'x y, ' y cũng có màu đỏ.
Gọi A là số các cách chọn n điểm màu trắng với tọa độ thứ nhất phân biệt và B là số cách chọn
n điểm màu trắng với tọa độ thứ hai phân biệt. Chứng minh rằng AB.

Bài tốn 18. (VMO-2017) Cho số ngun n 1. Bảng ơ vng ABCD kích thước n n gồm

n ô vuông đơn vị, mỗi ô vuông đơn vị được tô bởi một trong ba màu: đen, trắng, xám. Một
cách tô màu được gọi là đối xứng nếu mỡi ơ có tâm trên đường chéo AC được tơ màu xám và
mỗi cặp ô đối xứng qua AC được tô cùng màu đen hoặc cùng màu trằng. Người ta điền vào
mỗi ô xám số 0, mỗi ô trắng một số nguyên dương và mỗi ô đen một số nguyên âm. Một cách
điền số như vậy gọi là k-cân đối (với k nguyên dương) nếu thỏa mãn điều kiện sau:

)

i Mỗi cặp ô đối xứng qua AC được điền cùng một số nguyên thuộc đoạn



k k,



.
)

ii Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ơ đen thì tập các số nguyên dương được điền trên
hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau; nếu một hàng và
một cột giao nhau tại ơ trắng thì tập các số ngun âm được điền trên hàng đó và tập các số
ngun âm được điền trên cột đó khơng giao nhau.

a) Với n5, tìm giá trị nhỏ nhất của kđể tồn tại cách điền số k - cân đối cho cách tơ màu đối
xứng ở hình bên dưới.

b) Với n2017, tìm giá trị nhỏ nhất của k để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại cách
điền số k-cân đối.

Bài toán 19. Cho bảng vng kích thước 2012 2012 . Người ta ghi vào mỗi ô ( , )i j
(i j, 1, 2, , 2012) một số tự nhiên aij thỏa các điều kiện :

(1)

a

i1



a

i2

 

a

i2012



2011

, với i1, 2, , 2012;
(2) nếu a aij kl 0 thì (ki l)(  j)0.

Hỏi có bao nhiêu cách ghi như vậy ?

Bài toán 20. Cho bàn cờ kích thước 2011 2012 . Bỏ bớt hai ơ khác màu tùy ý. Hãy xếp đầy

bàn cờ còn lại bằng các đơminơ kích thước 1 2 , sao cho các đơminơ đó khơng chờm lên nhau
(có thể xoay các đôminô).

Tài liệu tham khảo:

1. Hình học tổ hợp – Vũ Hữu Bình.

2. Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic- Trần Nam Dũng.
3. Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ.

</div>

Một số bài toán về lưới và điểm nguyên

<i>d H</i>

(

)

<i>d C</i>

( )







<i>d H</i>

(

)

<i>d C</i>

( )

<i>d H</i>

(

)

<i>d C</i>

( )

<i>H</i>

( , )

<i>i j</i>

<i>H</i>

<i>d H</i>

(

)

<i>d C</i>

( )





(

)

(

)

<i>T</i>





<sub></sub>



<i>d H</i>



<i>d C</i>

<sub></sub>





<i>n</i>



<i>S n</i>

<i>d H</i>

(

)

<i>n d H</i>



(

)























(0, 0)

( , )

<i>n n</i>

(0, 0)

( , )

<i>n n</i>

( 1,1)



( , )

<i>n n</i>

( 1,1)



( , )

<i>n n</i>