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 toán 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.

Mơ đâu.

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

vuông cạnh 1).

Bảng ô vuông 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 Toán 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 điểm nguyên. Lớp bài toán này khá phong phú về nội dung và đa dạng về hình thưc thể hiện.

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

chưng…

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.

Môt sô bai toan.

Bài toán 1. Môi ô của bảng vuông kích thước n n được ghi 0 hoặc số 1, sao cho với môi

ô ghi số 0 thì có ít nhất n ô cung hàng hoặc cung cột với nó được ghi số 1. Chưng minh rằng

có ít nhất 2

2

n

số 1 được ghi.

Lời giải.

Cách 1:

2

Với môi 1,i n , kí hiệu ( )id H là số số 1 ở hàng i , ( )id C là số số 1 ở cột j .

Theo giả thiết, ta luôn có:

( ) ( )i jd H d C n

Từ đó suy ra

3

1 1

( ) ( )n n

i j

i j

T d H d C n

Gọi S là tổng các số một được ghi,

1 1

( ) ( )n n

i j

i j

d H d C S

Với môi số 1 được ghi, nó được tính trong ( )id H và ( )id C . Do môi ( )id H và ( )id C

trong T xuất hiện n lần nên 2T nS

Do vậy,

2

322

nnS n S

Hay 2

2

nS

Cách 2: Ta có thể tiếp cận bài toán 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 iH được nối với đỉnh jC nếu ô ( , )i j được ghi số 1.

Theo giả thiết nếu đỉnh iH không nối với đỉnh jC thì

( ) ( )i jd H d C n

trong đó ( )id H là số số 1 ở hàng i , ( )id C là số số 1 ở cột j .

Khi 4n , 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 chưng minh số cạnh của đồ thị là 2

2

nS .

Thật vậy, ta có

* 2( ) ( )i jT d H d C n S n (Lấy hàng i , cột j có ghi chữ số 0).

Trong tổng trên với môi i , số hạng ( )id H xuất hiện ( )in d H lần; với môi j , số

hạng ( )id C xuất hiện ( )jn d C lần.

Suy ra

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 thưc Schwarz

2 22

1 1

1( ) ( )

n n

i i

i i

ed H d H

n n

,

22

1

( )n

j

j

ed C

n

.

Suy ra

2 22 2 2 4 2( ) 2 2 2 3 0

2

S nn S n nS S n S n S n

n (đpcm).

Bài toán trên có thể thay giả thiết, môi ô có thể ghi bởi một số nguyên không âm tùy ý,

thì cách giải vẫn không thay đổi.

Bài toán 2. Tồn tại hay không 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 1 2 1... nA A A A thỏa mãn yêu cầu ( n lẻ), gồm các đoạn thẳng

1i iA Acó độ dài c (c là số nguyên dương).

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

Trường hợp 1 2A A nằm vuông góc với một trong hai trục Ox hoặc Oy . Không mất tổng

quát, giả sử 1 2A A nằm vuông góc với trục Ox . Vì các đoạn thẳng của đường gấp khúc là các

đoạn thẳng bằng nhau và cung bằng một số nguyên, đỉnh là điểm nút của lưới nên ta có nhận

xét: Đoạn 1i iA A bất kì đều vuông góc với một trong hai trục Ox hoặc Oy .

Mặt khác, vì 1 2 1... nA A A A là khép kín nên trên đường đi từ

1A rồi trở về 1A nếu đi sang

phải bao nhiêu lần thì cũng đi sang trái bấy nhiêu lần, đi lên trên bao nhiêu lần thì cũng đi xuống

dưới bấy nhiêu lần. Do đó số đoạn thẳng của đường gấp khúc 1 2 1... nA A A A phải chia hết cho 4.

Điều này mâu thuẫn với giả thiết n là số lẻ.

4

Trường hợp 1 2A A không vuông góc với một trong hai trục Ox và Oy .

Ta xây dựng một lưới ô vuông mới với hình vuông cơ sở có cạnh song song với 1 2A A ,

vì c nguyên nên trên lưới mới này thì đường gấp khúc 1 2 1... nA A A A 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 toán 3. 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 môi 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)

(0,0)

5

Môi đường đi tiến gồm 2n bước, với n bước sang phải và n bước lên trên. Như vậy

môi đường đi tiến là một cách chọn n bước sang phải trong số 2n bước. Do đó số đường đi tiến

là 2

n

nC .

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 1y x lần đầu tiên

tại một điểm A . Lấy đối xưng đoạn đường của P từ điểm O đến điểm A qua đường thẳng

1y 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 1y x lần đầu tiên tại một điểm A . Lấy đối xưng đoạn đường của Q từ

điểm ( 1,1) đến điểm A qua đường thẳng 1y x 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 1

2

n

nC .

Suy ra số đường đi tốt từ điểm O đến điểm ( , )n n là

1

2 2 2

1 

1

n n n

n n nC C Cn

.

Bài toán 4. (VMO-1992). Một bảng hình chữ nhật kẻ ô vuông có 1991 hàng và 1992 cột

(nghĩa là bảng gồm 1991 1992 ô vuông). Kí hiệu ô vuông ở giao của hàng thư m (kể từ trên

xuống dưới) và cột thư n (kể từ trái sang phải) là ;m n . Tô màu các ô của bảng theo cách sau:

lần thư nhất tô ba ô ; , 1; 1 , 2; 1r s r s r s , với ,r s là hai số tự nhiên cho trước thỏa

mãn 1 1989r và 1 1991s ; từ lần thư hai, môi lần tô đúng ba ô chưa có màu nằm cạnh

nhau hoặc trong cung một hàng hoặc trong cung một cột. Hỏi bằng cách đó có thể tô màu được

tất cả các ô vuông của bảng đã cho hay không?.

Lời giải.

Cách 1:

Ta ghi vào môi ô vuông một số tự nhiên theo quy tắc: Ở môi hàng, lần lượt ghi các số tự

nhiên từ 1 đến 1992.

Lần tô thư nhất, ba số được ghi vào ba ô ; , 1; 1 , 2; 1r s r s r s là , 1, 1s s s

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

Ở lần tô thư hai, ba ô liên tiếp trên môi hàng là ba số tự nhiên liên tiếp, ba ô liên tiếp trên

môi cột là ba số tự nhiên bằng nhau; môi lần tô là xóa đi 3 số có tổng chia hết cho 3.

Suy ra, nếu tô màu được hết tất cả các ô vuông của bảng đã cho thì tổng T của tất cả các

số được ghi vào bảng phải là một số chia cho 3 dư 2.

6

Mặt khác, tổng 1991 1 2 ... 1992 1991 1993 996T 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 0 mod3r s .

- Loại II: Gồm tất cả các ô ;r s mà 1 mod3r s .

- Loại III: Gồm tất cả các ô ;r s mà 2 mod3r s .

Do 1992 3nên ở môi hàng ta đều có số ô môi loại là bằng nhau nên ở toàn bảng số ô môi

loại bằng nhau.

Kể từ lần tô thư hai, trong môi lần tô màu, ta tô đúng một ô loại I, một ô loại II và một

loại III (vì ba ô ở cung một hàng hoặc cung một cột mà lại đưng cạnh nhau).

Do vậy, nếu tô màu được hết tất cả các ô của bảng, thì ở lần tô thư nhất ta phải tô đúng

một ô loại I, một ô loại II, một ô loại III.

Tuy nhiên do ở lần đầu, tô ba ô ; , 1; 1 , 2; 1r s r s r s và ta có

1 1 2 1r s r s r s

nên ba ô tô ở lần đầu đều cung thuộc một loại, hay không thể tô màu được tất cả các ô vuông của

bảng.

Bài toán 5. (VMO-2003). Xét số nguyên 1n n . 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 môi màu đều được dung tô vô số số;

ii) Tổng của n số đôi một khác nhau cung màu là số có cung màu đó.

Hỏi có thể thực hiện được phép tô màu nói trên hay không, nếu:

1) 2002n ?

2) 2003n ?

Lời giải.

1) Với 2002n .

Câu trả lời là “không”.

Thật vậy,

7

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

- Môi số được tô bởi một màu, và môi màu đều được dung tô vô số số;

- Tổng của 2002 số đôi một khác nhau cung màu là số có cung màu đó.

Khi đó, do có vô số số được tô màu xanh và vô số số được tô màu đỏ nên:

- Tồn tại số 1a mà 1a được tô bởi màu xanh và số 1 1 1b a được tô bởi màu đỏ;

- Tồn tại số 2 1b b mà 2b được tô bởi màu đỏ và số 2 2 1a b được tô bởi màu xanh;

- Tồn tại số 3 2a a mà 3a được tô bởi màu xanh và số 3 3 1b a được tô bởi màu đỏ;

…

…. 1 1, ....a b

…. 1 1 2 2, ,...., , ,....a b b a

…. 1 1 2 2 3 3, ,...., , ,...., , ,....a b b a a b

…..

…. 1 1 2 2 3 3 2001 2001 2002 2002, ,.., , ,.., , ,..., , ,..., ,a b b a a b a b b a

- Tồn tại số 2001 2000a a mà 2001a được tô bởi màu xanh và số 2001 2001 1b a được tô bởi màu

đỏ;

- Tồn tại số 2002 2001b b mà 2002b được tô bởi màu đỏ và số được tô bởi màu xanh;

Do vậy, tồn tại 2002 số 1 2 2001 2002, ,..., ,a a a a đôi một khác nhau được tô bởi màu xanh; và 2002

số 1 2 2001 2002, ,..., ,b b b b đôi một khác nhau được tô bởi màu đỏ.

Hay 1 2 2002...a a a a được tô màu xanh.

1 2 2002...b b b b được tô màu đỏ.

Mặt khác, 2 1 2 1 2 21, 1k k k kb a b a (với mọi 1,2,...,1001k ) nên a b dẫn đến a

và b được tô cung màu (mâu thuẫn). Từ đó, ta có điều phải chưng minh.

2) Với 2003n .

Câu trả lời là có. Ta xét cách tô 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

m n (bảng gồm m hàng và ncột). Cho phép đặt bi vào các ô vuông của bảng theo cách sau:

Môi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô vuông con (môi ô 1 viên) mà 4 ô đó tạo thành một trong các hình

dưới đây

8

Lời giải.

1) Nhận thấy rằng, bằng cách thực hiện hai lần phép đặt bi, ta có thể đặt vào một ô vuông

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 (môi ô vuông con có số bi bằng nhau và bằng 1).

2) Câu trả lời là “không”.

Ta chưng minh bằng phản chưng.

Thật vậy, giả sử ngược lại, sau một số hữu hạn lần thục hiện phép đặt bi của đề bài, ta đã đặt vào

môi 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 ô màu đen bằng 1003 2006 , số ô màu trắng 1002 2006 .

Nhận thấy, môi 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 môi 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 1002 2006 0k k k , điều này vô lí. Vậy ta có đpcm.

Bài toán 7. (30/4-2019). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 2019 điểm phân biệt, môi điểm

có hoành độ và tung độ đều là các số nguyên không âm không vượt quá 800. Chưng 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 chưng minh có thể tìm được 4 điểm tạo thành 4 đỉnh của một hình thang cân ta chưng

tỏ có 4 điểm

' '; , ; , ; ' , ; 'i j i jx k x k x k x k mà ' ', 'i j i jx x x x k k .

Với môi, gọi 0 800k kn n là số các điểm có tung độ k , ta có

800

0

2019k

k

n

.

Ta chưng minh kết quả sau, cho n số thực phân biệt 1 2, ,..., nx x x , lúc đó tập hợp

|1i jS x x i j n có ít nhất 2 3n phần tử.

Thật vậy, không mất tổng quát giả sử 1 2 ... nx x x , lúc đó

1 2 1 3 1 2 3 1... ...n n n n nx x x x x x x x x x x x và ta có bộ n số thực

y

x O xi xjxj’xi’

k’

k

9

phân biệt 1,2,...,n có S có đúng 2 3n phần tử.

Từ đó suy ra 1 2 2 3nS n n n .

Với môi 0k k n , gọi kn là số các điểm có tung độ bằng k . Ta có

800

0

2019k

k

n

.

Với môi 0k k n , gọi kS là tập các tổng i jx x phân biệt được tạo ra, trong đó

i jx x là các hoành độ của các điểm có tung độ k , theo kết quả trên, ta có 2 3k kS n .

Từ đó suy ra,

800 800 800

0 0 0

2 3 2 3 801 2 2019 3 801 1625k k k

k k k

S n n

.

Mặt khác, do các hoành độ không vượt quá 800 nên i jx x không vượt quá 1600, hay

0;1;2,...,1600kS với mọi 0k k n . Suy ra, tồn tại ' 'i j i jx x x x (với

, ' 'i j i j )

Hay tồn tại 4 điểm ' '; , ; , ; ' , ; 'i j i jx k x k x k x k mà ' ', 'i j i jx x x x k k . Điều này cho

ta kết luận 4 điểm đó tạo thành một hình thang cân, có cạnh đáy song song với trục hoành.

Bài toán 8. (Đề Preselection, September Camp). Các số tự nhiên 0, 1, 2, 3,… được điền

vào bảng ô vuông kích thước 2015 2015 (môi 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 thư từ trên xuống dưới. Hỏi theo cách điền trên thì số 2015 nằm

ở dòng nào, cột nào?

2) Người ta cho phép thao tác sau: Đầu tiên, thay số 0 giữa bảng bằng số 14. Môi lần sau đó,

người ta sẽ chọn ra 12 ô vuông liên tiếp thuộc cung hàng, hoặc 12 ô vuông liên tiếp thuộc cung

cột, hoặc 12 ô vuông thuộc một bảng hình chữ nhật 3 4 rồi cộng thêm 1 vào tất cả các ô được

chọn (môi 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 không?

Lời giải.

1) Ta có nhận xét sau:

i) Trong một bảng ô vuông kích thước lẻ 2 1 2 1n n và có tâm là ô chưa số 0; tất cả các

giá trị từ 0 đến 2

2 1 1n đều được điền vào các ô còn lại; 2 1n số có giá trị lớn nhất

được điền vào cột đầu tiên tính từ trái sang (số lớn nhất 2

2 1 1n được điền vào ô 2 1,1n

10

cuối cột đó).

ii) Số 0 nằm ở hàng 1008 và cột 1008 của bảng 2015 2015 .

Do vậy, từ 22015 45 2025 suy ra số 2015 thuộc vào bảng ô vuông 45 45 .

Xét bảng 45 45 ,

Số lớn nhất trong bảng này là 245 1 2024 . Số 2024 thuộc cột 1 của bảng 45 45 và

nó tương ưng 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 sô 2015 sẽ nằm ở dòng 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:

2 2

22015 2015 1

14 1 2 3 ... 2015 1 142

, giá trị này chia 4 dư 2

Thao tác cộng các số trong 12 ô (bất kể dòng 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 quá 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 không thể.

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

liên hoan song ca. Tại liên hoan song ca, môi buổi biểu diễn một chương trình văn nghệ. Môi

chương trình văn nghệ bao gồm một số bài hát song ca nam- nữ mà trong đó, môi đôi nam- nữ

chỉ hát với nhau không quá một bài và môi 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

không 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, môi 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 không được hát bài nào trong chương trình đó.

Chưng 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) Chưng minh rằng ban tổ chưc 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 không cung tính chẵn lẻ.

cột 1008 cột 1008-22

dòng 1008

dòng1008+22 22 dòng

11

Lời giải.

a) Ứng với môi 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: Môi ô ,i j của bảng được đánh số 1 hoặc 0.

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

+ Số 0 nếu học sinh nữ thư i và học sinh nam thư 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 môi hàng và môi 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 chưng

minh tương tự). Một chương trình nào đó lệ thuộc vào X nếu như trên bảng ưng 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 thư

3).

Ta cần chưng 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 k cột lệ thuộc vào X, khi đó k n (vì nếu k n thì tất cả

các ô còn 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 k số 1. Môi ô trong hàng

của X sẽ được điền số 0 hoặc số 1 tùy ý vì môi cột còn lại vẫn còn 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 1m 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 1m n k còn lại. Trong môi bảng đó, ta chọn một ô 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 môi 1, 1k n 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 tuy ý, không mất tổng quát giả sử đó là học sinh nữ. Ta có các trường hợp

sau:

+ Nếu tồn tại một cột nào đó phụ thuộc X, theo câu trên, số bảng có số các số 1 lẻ bằng với bảng

có số các số 1 chẵn, ta đặt giá trị này là ,h m n .

12

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

1m 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 0 1 2 ... 1 0n n

n n n nC C C C nên 1 0C L .

Vì tính chẵn lẻ của số các số 1 thuộc dòng X quyết định tính chẵn lẻ của bảng còn lại nên ta có

công thưc truy hồi sau

, , 1, 1,

, , 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,

4

, , 1 2,2 2,2m n

f m n g m n f g

.

Ta có, khi , 2,2m n

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 2,2 3, 2,2 4f g , suy ra 3

, , 1m n

f m n g m n

. Từ đó ta thấy rằng số

lượng của hai loại bảng không vượt quá 1 và có thể sắp xếp các bảng theo thư tự chẵn, lẻ đan

xen thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Ta có đpcm.

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

đất dều có kích thước là 120 100m m .

a) Trên mãnh đất thư nhất, nhà đầu tư muốn xây dựng một ngôi nhà có nền hình chữ nhật kích

thước 25 35m m và xây bên ngoài 9 bồn hoa hình tròn đường kính 5m . Chưng minh rằng du

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

b) Trên mảnh đất thư hai, nhà đầu tư muốn xây dựng một hồ cá hình đa giác lồi sao cho từ một

điểm bất kỳ trên phần đất còn lại có thể đi không quá 5m thì đến bờ hồ. Chưng minh rằng chu

vi của hồ không nhỏ hơn 440 20 2 m .

Lời giải.

a) Xét mảnh đất hình chữ nhật ABCD , để tiện lợi, ta không viết đơn vị độ dài, mặc định là

13

mét.

120, 100AB 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 không chưa tâm nào trong 9 tâm trên, giả sử đó là hình chũ nhật XYZT , với

40, 30XY 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 25 35m m . Rõ

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

minh.

b) Xét mảnh đất hình chữ nhật ABCD , 120, 100AB CD AD BC . Gọi L là chu vi

của hồ. Theo đề bài tồn tại các điểm ', ', ', 'A B C D thuộc L sao cho

', ', ', ' 5AA 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 1 2' , 'A A AD A A 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' ' ' ' 120A A A B B B A B AB

Tương tự, ta cũng có

2 2' ' ' ' 100B B B C C C ,

1 1' ' ' ' 120C C C D D D ,

2 2' ' ' ' 100D D D A A A .

Từ đó suy ra

1 2 1 2

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

2.5

14

Áp dụng bất đẳng thưc Cauchy- Schwarz, ta có

2 2 2

1 2 1 2' ' 2 ' ' 2 ' 5 2A A A A A A A A A A .

Tương tự, 1 2 1 2 1 2' ' 5 2; ' ' 5 2; ' ' 5 2B B B B C C C C D D D D

Từ đây ta có kết luận, 440 20 2L (đpcm).

Bai tập.

Bài toán 11. (IMO-1997) Trong mặt phẳng các điểm với tọa độ nguyên là các đỉnh của các

hình vuông đơn vị. Các hình vuông được tô màu đen, trắng (như trên bàn cờ vua). Với môi 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 vuông. Ký hiệu 1S là tổng diện tích phần màu đen

của tam giác và 2S là tổng diện tích phần màu trắng của tam giác. Đặt 1 2,f m n S S .

a Tính ,f m n với mọi m và n , nguyên dương cung chẵn hoặc cung lẻ.

b Chưng 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 vuông có kích thước 4 4 . Chưng

minh rằng có thể đặt 7 dấu ∗ vào các ô 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. Chưng minh rằng nếu số dấu ∗ nhỏ hơn 7 thì luôn có

thể xóa 2 hàng và 2 cột để mọi dấu ∗ đều bị xóa.

Bài toán 13. (Thi vao lớp chuyên Toan-Tin Ha Nôi, Amsterdam, 1998) Cho hình vuông

cạnh n ( n là số nguyên lớn hơn 1) được chia thành n n ô vuông nhỏ. Trong môi ô vuông

nhỏ này chỉ ghi một trong 3 số 1, 0, -1. Hình vuông 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 không 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 vao lớp chuyên Toan-Tin- Đại học tổng hợp tp HCM,1994) Cho bảng

kích thước 2 2n n ô vuông. Người ta đánh dấu vào 3n ô bất kỳ của bảng. Chưng 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 2n ô vuông đơn vị. Ta nói rằng 2 ô vuông 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 cung một cách

sao cho mọi ô vuông (đánh dấu hay không đánh dấu) trên bảng đã "liền kề" thì ít nhất có một ô

vuông 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 ABCD với

20, 12AB 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 ô

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

a. Chưng minh rằng nhiệm vụ là bất khả thi nếu r chia hết cho 2 hoặc chia hết cho 3.

b. Chưng minh rằng nhiệm vụ là khả thi nếu 73r .

c. Nhiệm vụ có thực hiện được không nếu 97r ?

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 thư nhất phân biệt và B là số cách chọn

n điểm màu trắng với tọa độ thư hai phân biệt. Chưng minh rằng A B .

Bài toán 18. (VMO-2017) Cho số nguyên 1n . Bảng ô vuông ABCD kích thước n n gồm 2n ô vuông đơn vị, môi ô vuông đơn vị được tô bởi một trong ba màu: đen, trắng, xám. Một

cách tô màu được gọi là đối xưng nếu môi ô có tâm trên đường chéo AC được tô màu xám và

môi cặp ô đối xưng qua AC được tô cung màu đen hoặc cung màu trằng. Người ta điền vào

môi ô xám số 0, môi ô trắng một số nguyên dương và môi 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 Môi cặp ô đối xưng qua AC được điền cung một số nguyên thuộc đoạn ,k k .

)ii Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô 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 ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đó và tập các số

nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

a) Với 5n , tìm giá trị nhỏ nhất của k để tồn tại cách điền số k - cân đối cho cách tô màu đối

xưng ở hình bên dưới.

b) Với 2017n , tìm giá trị nhỏ nhất của k để với mọi cách tô màu đối xưng, luôn tồn tại cách

điền số k -cân đối.

Bài toán 19. Cho bảng vuông kích thước 2012 2012 . Người ta ghi vào môi ô ( , )i j

( , 1, 2, , 2012i j ) một số tự nhiên ija thỏa các điều kiện :

(1) 1 2 2012 2011i i ia a a , với 1, 2, , 2012i ;

(2) nếu 0ij kla a thì ( )( ) 0k i l j .

Hỏi có bao nhiêu cách ghi như vậy ?

Bài toán 20. Cho bàn cờ kích thước 2011 2012 . Bỏ bớt hai ô khác màu tuy 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).

Tai 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 Toán học và tuổi trẻ.

4. Các bài thi Olympic toán trung học phổ thông Việt Nam- Tủ sách Toán học và tuổi trẻ.

5. Graph và giải toán phổ thông- Hoàng Chúng.