Tổng quát hóa và Tương tự hóa qua lời giải một số bài Toán

i Chứng minh rằng Tom có thể lát viên gạch của mình lên một ô vuông đơn vị nμo đó trên nền đất để Jerry không thể lát khít tức lμ các viên gạch không hề chờm lên nhau hay chờm ra ngoμi n

tổng quát HóA vμ tương tự HóA qua lời giải một số bμi toán Nguyễn Duy Thái Sơn

Tóm tắt Trong bμi viết nμy, chúng ta xét một số bμi toán tổ hợp thường có tại các kỳ thi Olympic Toán học

Trong quá trình tìm tòi lời giải, chúng ta sẽ luôn quan tâm đến hai câu hỏi: 1 Với lời giải đó, đâu lμ bμi toán tổng quát? 2 Có thể đặt ra những bμi toán tương tự nμo (vμ phải thay đổi phương pháp ra sao để giải được các bμi toán

tương tự đó)?

1 Giới thiệu

Bμi viết nμy được trích từ nội dung của các chuyên đề mμ tôi đã dùng để giảng dạy cho Đội tuyển dự thi Olympic Toán quốc tế năm 2009 của Việt Nam vμ cho ba khóa học sinh giỏi khối

11 chuyên Toán vừa qua ở trường THPT chuyên Lê Quý Đôn thμnh phố Đμ Nẵng, với mục tiêu

lμ rèn luyện học sinh thói quen tổng quát vμ tương tự, những thao tác rất cần thiết trong công

tác nghiên cứu Một số lời giải “tự nhiên” từ các học sinh của tôi qua các niên khóa khác nhau

ở trường THPT chuyên Lê Quý Đôn thμnh phố Đμ Nẵng (Nguyễn Bùi Hữu Nghĩa - năm học

2008, Lê Hữu Phước - năm học 2011) cũng đã được “cập nhật” trong bμi viết nμy

2 Tổng quát hóa một bμi toán trên các lưới vuông

Hình học tổ hợp lμ một chủ đề rất hay được quan tâm tại các kỳ thi Vô địch Toán các nước cũng như tại các kỳ thi Vô địch Toán quốc tế Sau đây lμ một kiểu toán khá phổ biến liên quan

đến các lưới vuông:

Bμi toán 1 (Vô địch Toán Belarus 1999) Có một nền đất hình vuông với kích thước 7x7 được

chia thμnh 49 ô vuông đơn vị, vμ có ba loại gạch lát nền:

- loại 1: gạch có bề mặt hình vuông với kích thước 1x1,

- loại 2: gạch có bề mặt hình chữ nhật với kích thước 3x1,

- loại 3: gạch có bề mặt hình góc vuông, phủ vừa ba ô vuông đơn vị (xem hình vẽ)

Giả sử Jerry có một viên gạch loại 3 vμ vô số viên gạch loại 2, trong khi Tom chỉ có một viên gạch loại 1

(i) Chứng minh rằng Tom có thể lát viên gạch của mình lên một ô vuông đơn vị nμo đó trên nền đất để Jerry không thể lát khít (tức lμ các viên gạch không hề chờm lên nhau hay chờm ra ngoμi nền đất) toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch mμ Jerry có

Loại 1:

Loại 2:

Loại 3:

Các loại gạch (mμu gạch

(ii) Giả sử Jerry có thêm một viên gạch loại 3 nữa Chứng minh rằng dù Tom lát viên gạch của mình ở đâu trên nền đất (miễn sao viên gạch đó phủ đúng một ô vuông đơn vị) thì Jerry cũng có thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch mμ lần nμy hắn có

Lời giải (i) Tom chỉ cần lát viên gạch của mình vμo ô vuông đơn vị được đánh dấu x như trong

hình vẽ dưới đây thì Jerry sẽ không thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch mμ Jerry có

Thật vậy, hãy điền số vμo các ô vuông đơn vị còn lại của nền đất

theo cách như hình vẽ đã chỉ ra: có 17 ô vuông đơn vị chứa số 0,

15 ô vuông đơn vị chứa số 1 vμ 16 ô vuông đơn vị chứa số 2 Giả

sử Jerry lát khít được toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch

mμ hắn có Khi đó, mỗi viên gạch loại 2 của hắn cần phủ đúng ba

ô vuông đơn vị liên tiếp nhau trên một hμng hoặc trên một cột,

nghĩa lμ phủ một ô vuông đơn vị chứa số 0, một ô vuông đơn vị

chứa số 1 vμ một ô vuông đơn vị chứa số 2; vì thế, viên gạch loại 3

của Jerry phải phủ hai ô vuông đơn vị chứa số 0 vμ một ô vuông

đơn vị chứa số 2

Trước hết, từ đó ta suy ra: Jerry không thể lát viên gạch có bề mặt hình góc vuông nμy theo

vị trí của các “chữ” , , hay  Thật vậy, kiểm tra trực tiếp, ta thấy: ở vị trí  hay , viên gạch sẽ phủ ba ô vuông đơn vị chứa ba số khác nhau; còn ở vị trí , viên gạch sẽ phủ hai ô vuông đơn

vị chứa số 0 vμ một ô vuông đơn vị chứa số 1, hoặc hai ô vuông đơn vị chứa số 1 vμ một ô vuông đơn vị chứa số 2, hoặc hai ô vuông đơn vị chứa số 2 vμ một ô vuông đơn vị chứa số 0; nghĩa lμ, đều không đạt yêu cầu

Cuối cùng, viên gạch đó cũng không thể có vị trí của chữ , bởi vì: nếu một cách lát như thế giúp Jerry đạt được mục đích thì “phép đối xứng” qua cột chứa viên gạch của Tom sẽ cho Jerry

“một cách lát khác” cũng đạt được mục đích, nhưng - theo cách lát mới nμy - viên gạch có bề mặt hình góc vuông lại nằm ở vị trí , mâu thuẫn với nhận xét mμ ta vừa rút ra ở đoạn trên! Mâu thuẫn đó chứng tỏ rằng Jerry không thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch

mμ Jerry có

Phương pháp vừa được trình bμy còn gợi ý ta giải bμi toán tổng quát sau đây:

Bμi toán 2 Cho n lμ một số nguyên dương Có một nền đất hình vuông với kích thước

(6n+1)x(6n+1) được chia thμnh (6n+1)2 ô vuông đơn vị, vμ có ba loại gạch lát nền:

- loại 1: gạch có bề mặt hình vuông với kích thước 1x1,

- loại 2: gạch có bề mặt hình chữ nhật với kích thước 3x1,

- loại 3: gạch có bề mặt hình góc vuông, phủ vừa ba ô vuông đơn vị

Giả sử Jerry có một viên gạch loại 3 vμ vô số viên gạch loại 2, trong khi Tom chỉ có một viên gạch loại 1 Chứng minh rằng Tom luôn có thể lát viên gạch của mình lên một ô vuông đơn vị nμo đó trên nền đất để Jerry không thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch mμ Jerry có

Gợi ý Với mỗi j i, nguyên mμ 1i,j6n1, lấy a lμ phần dư trong phép chia j i  j1 cho

3, vμ điền số a vμo ô vuông đơn vị ở hμng thứ i (tính từ trên xuống dưới), cột thứ j (tính từ j

trái qua phải) của nền đất (trong trường hợp nền đất 7x7, đây chính lμ cách điền số đã dùng trong lời giải câu (i) của bμi toán 1 vừa nói) Tom chỉ cần lát viên gạch của mình vμo ô vuông

0 1 2 0 1 2 0

1 2 0 1 2 0 1

2 0 1 2 0 1 2

0 1 2 0 1 2 0

2 0 1 2 0 1 2

0 1 2 0 1 2 0

đơn vị ở hμng thứ 6 n 1, cột thứ 3 n 1 (cột đối xứng của nền đất) Do a6n  n1,3 1 1, phần còn lại của nền sẽ bao gồm 12n2  n4 1 ô vuông đơn vị chứa số 0, 12n2  n4 1 ô vuông đơn vị chứa số 1 vμ 12n2 4n ô vuông đơn vị chứa số 2 Các lập luận tiếp theo hoμn toμn giống các lập luận trong lời giải câu (i) của bμi toán 1

Bây giờ, ta giải một bμi toán tổng quát khác (mμ câu (ii) của bμi toán 1 chỉ lμ một trường hợp

đặc biệt):

Bμi toán 3 Cho m lμ một số nguyên dương Có một nền đất hình vuông với kích thước

(3m+1)x(3m+1) được chia thμnh (3m+1)2 ô vuông đơn vị, vμ có ba loại gạch lát nền:

- loại 1: gạch có bề mặt hình vuông với kích thước 1x1,

- loại 2: gạch có bề mặt hình chữ nhật với kích thước 3x1,

- loại 3: gạch có bề mặt hình góc vuông, phủ vừa ba ô vuông đơn vị

Giả sử Jerry có hai viên gạch loại 3 vμ vô số viên gạch loại 2, trong khi Tom chỉ có một viên gạch loại 1 Chứng minh rằng dù Tom lát viên gạch của mình ở đâu trên nền đất (miễn sao viên gạch đó phủ đúng một ô vuông đơn vị) thì Jerry cũng có thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch mμ hắn có

A m1

A m

(m1)

A

Lời giải Gọi A lμ nền đất hình vuông có trong đề toán, còn m A m1 lμ hình vuông con với kích

thước 1][3(m1)1]x[3(m1) bao gồm các ô vuông đơn vị trong A có số thứ tự hμng vμ m

số thứ tự cột không vượt quá 3(m1)1 Khi m1, xoay hình vuông A quanh tâm của nó m

(có thể phải gọi lại tên “hμng” vμ “cột” trong A m vμ đếm lại thứ tự của chúng) nếu cần; ta có thể giả sử viên gạch của Tom nằm trong A m1; hơn nữa, ta cũng dễ dμng thấy rằng: chỉ dùng các viên gạch loại 2, Jerry có thể lát khít được toμn bộ A m \ A m1 (xem hình vẽ) Vì thế, bằng quy nạp, ta đưa bμi toán về trường hợp m1.

A lμ một hình vuông có kích thước 4x4 Nếu cần ta sẽ xoay hình vuông 1 A rồi đếm lại thứ 1

tự các “hμng”, các “cột” của nó, ta có thể giả sử viên gạch của Tom nằm trong hình vuông A

có kích thước 2x2 bao gồm các ô vuông đơn vị có số thứ tự hμng vμ số thứ tự cột không vượt quá 2 Chỉ dùng một viên gạch loại 3 vμ ba viên gạch loại 2, Jerry có thể lát khít được toμn bộ

A

\

A1 (theo cách như hình vẽ) Viên gạch loại 3 còn lại sẽ được Jerry sử dụng để lát khít ba ô vuông đơn vị còn trống trong A

Bμi toán được giải quyết trọn vẹn trong trường hợp m1, vμ do đó cả trong trường hợp m

bất kỳ

Rõ rμng, sự khác biệt giữa các biểu thức 6n+1 vμ 3m+1 chưa thực sự lμm hμi lòng chúng ta

khi muốn “kết hợp” hai bμi toán 2 vμ 3 (như cách phát biểu của bμi toán 1) Rất may lμ ta có thể khắc phục được sự trục trặc đó nếu chịu khó đμo sâu một chút nữa phương pháp đã dùng để giải bμi toán 2 vμ đi đến bμi toán sau:

Bμi toán 4 Cho n lμ một số nguyên dương Có một nền đất hình vuông với kích thước

(3n+1)x(3n+1) được chia thμnh (3n+1)2 ô vuông đơn vị, vμ có ba loại gạch lát nền như đã phát biểu trong các bμi toán trước Giả sử Jerry có một viên gạch loại 3 vμ vô số viên gạch loại 2, trong khi Tom chỉ có một viên gạch loại 1 Chứng minh rằng Tom luôn có thể lát viên gạch của mình lên một ô vuông đơn vị nμo đó trên nền đất để Jerry không thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch mμ Jerry có

Lời giải 1 (cùng với học sinh Nguyễn Bùi Hữu Nghĩa) Với mỗi j i, nguyên mμ 1i j,   3n 1, lấy a lμ phần dư trong phép chia j i  j1 cho 3, vμ điền số a vμo ô vuông đơn vị ở hμng j

thứ i (tính từ trên xuống dưới), cột thứ j (tính từ trái qua phải) của nền đất Trước hết, ta nhận

xét: nếu Tom lát viên gạch của mình vμo ô vuông đơn vị (bất kì) chứa số 1 thì phần còn lại của nền sẽ bao gồm 3n22n ô vuông đơn vị chứa số 0, 1 2

3n 2n ô vuông đơn vị chứa số 1 1

vμ 3n22n ô vuông đơn vị chứa số 2; vì thế, lập luận hoμn toμn như ở lời giải câu (i) của bμi toán 1 cho thấy Jerry không thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch mμ hắn có nếu viên gạch có bề mặt hình góc vuông của hắn được lát theo vị trí của các “chữ” , , hay  Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng nếu Tom lát viên gạch của mình vμo ô vuông đơn vị ở hμng thứ 2, cột thứ 3 n 1 thì Jerry không thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền bằng số gạch mμ hắn có Thật vậy, giả sử phản chứng rằng Jerry lát khít được toμn bộ phần còn lại của nền Khi

đó, theo nhận xét trên, do a2,3n1 viên gạch có bề mặt hình góc vuông của hắn phải nằm ở 1,

vị trí  Phép quay nền đất với góc quay 90 quanh tâm của nó sẽ dẫn ta đến tình huống mμ Tom lát viên gạch của mình vμo ô vuông đơn vị ở hμng thứ 1, cột thứ 2, lμ ô vuông đơn vị chứa

số a1,2  , nhưng Jerry vẫn lát khít được toμn bộ phần còn lại của nền trong khi viên gạch có 1

bề mặt hình góc vuông của hắn lại được lát theo vị trí của chữ , mâu thuẫn với chính nhận xét

vừa được nêu ở đoạn trên

Lời giải 2 (dựa trên lời giải của học sinh Lê Hữu Phước trong trường hợp nền đất 7x7)

Trong mỗi ô vuông đơn vị nằm trên hμng thứ ,i tính từ trên xuống

dưới (i nguyên, 1   ta điền vμo: số 1 nếu 1(mod3),i 3n 1), i

số 0 nếu i2(mod 3), số 2 nếu i0(mod 3) (Nói cách khác, nếu

gọi a lμ phần dư trong phép chia i cho 3, thì ta đã điền số 2 i  a i

vμo mỗi ô vuông đơn vị nằm trên hμng thứ ).i

Tom chỉ cần lát viên gạch của mình vμo ô vuông đơn vị bất kỳ

chứa số 1 thì Jerry sẽ không thể lát khít toμn bộ phần còn lại của

nền bằng số gạch mμ Jerry có

Thật vậy, rõ rμng tổng ba số được điền trong ba ô vuông đơn vị

nằm liên tiếp nhau trên mỗi hμng hoặc trên mỗi cột lμ một bội số của 3 nên tổng tất cả các số

có mặt trên phần còn lại của nền cũng lμ một bội số của 3 Giả sử Jerry lát khít được toμn bộ

0 0 0 0 0 0 0

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

phần còn lại của nền bằng số gạch mμ hắn có Khi đó, viên gạch loại 3 của Jerry phải phủ ba ô vuông đơn vị mμ tổng ba số nằm trong chúng chia hết cho 3 Nhưng điều nμy lμ không thể xảy ra! (Kiểm tra trực tiếp, ta thấy: tổng nμy lμ 1 hoặc 4 nếu viên gạch đó được lát ở vị trí  hay , 2 hoặc 5 nếu viên gạch được lát ở vị trí  hay ; nghĩa lμ, đều không đạt yêu cầu)

3 Tương tự hóa một bμi toán lượng giác

Trong mục nμy, trước hết, ta xét một bμi toán lượng giác không quá khó (nhưng khá hay), như sau:

Bμi toán 5 (Vô địch Toán Romania 1996) Cho x vμ y lμ hai số thực Chứng minh rằng nếu

Lời giải Để đơn giản, đặt

a  qx b  qy q

Từ công thức tính cosin của góc nhân đôi, ta có

2 2

Nhưng

2

1 , 2

1

q q q q q

q q q q

nên (1) cho thấy, khi tập Sa qb q q hữu hạn, tập  a qb q q vμ do đó các tập 

a q , q b q q cũng hữu hạn Vậy, tồn tại  q q1, 2 với q1 q2, a q1 a q2; từ

đó, tìm được k để

1 2

2

k x

q q

Dễ thấy tính hữu tỉ của x vμ y cũng lμ điều kiện đủ để tập cos(qx ) cos(qy) q hữu 

hạn Một cách tự nhiên, dưới đây ta có thể đặt một số bμi toán tương tự:

Bμi toán 6 Với x vμ y lμ hai số thực, xét tập hợp

S  qx  qy q

Hãy tìm điều kiện cần vμ đủ (đối với các số x vμ ) y để S lμ một tập hợp hữu hạn

Lời giải Ta sẽ chứng minh rằng điều kiện cần vμ đủ để S hữu hạn lμ:

 k , 2x y k    x  y  (2)

Điều kiện đó thì không quá bất ngờ, nhưng cũng dự báo được rằng phương pháp giải mμ ta sắp

sử dụng sẽ không thể hoμn toμn giống trước

Lần nμy, ta ký hiệu a q:sin qx , b q:sin  qy q

1) Điều kiện đủ:

Rõ rμng, khi x y 2k với k thì sẽ có , b q sin 2 kq    qx  a q ( q ); nên

 0

S lμ một tập hữu hạn Bây giờ, giả sử x  vμ y tức lμ tồn tại , , , m n p, m0,

mμ xn / m, y p / m

Khi đó, với mỗi q ta tìm được các số , , k r sao cho 0r2m ,qk2mr; suy ra



























2

sin

2 sin

r q

r q

b ry kp b

a rx kn a

Vậy S a r b r 0; r 2m  cũng lμ một tập hữu hạn 

2) Điều kiện cần:

Giả sử S hữu hạn Đặt M: q  a q b q 0 vμ P:a q b q qM Từ công thức tính sin của góc nhân ba, ta thấy  q :

12

1 4

1 3

1

3 3

3

q q q

q q

q q

q q

suy ra P lμ một tập hữu hạn Mặt khác, ứng với mỗi qM, thì a vμ q b lμ các nghiệm của q

một phương trình bậc hai (ẩn số t) có dạng t2 stp0, trong đó s:a q b qS,

p  q q  Chỉ có hữu hạn phương trình như thế, nên a q qM vμ b q qM đều lμ các tập hữu hạn Thμnh thử:

(i) Khi M vô hạn, ắt tồn tại q q1, , 2 M  q1q2, sao cho a  q1 a q2; nghĩa lμ,

1 2

q x q x

q q q q x



 



 Tương tự, y tức lμ có (2) ,

(ii) Khi M hữu hạn, tồn tại q0 sao cho

0

, (3)

q q

q

x y k q k

x y k q

 









Bấy giờ, xét tùy ý một số q   mμ q  q0. Ta có nhận xét: không thể xảy ra trường hợp

; 1 2 1

1

q

k q

k

y









bởi vì trường hợp nμy sẽ dẫn đến nghịch lý

q1 2k q1 q2k q11

(một trong hai vế của đẳng thức đó lμ một số nguyên chẵn, trong khi vế kia lμ một số nguyên

;

x    y  x y  vì thế theo (3), vμ theo nhận xét vừa nêu, ta chỉ còn phải nghiên cứu

1

q

k q

k y

x q  q





2

k q q

k k

y









với

q q

k k    nghĩa lμ có (2), đpcm k

Bμi toán 7 Với x vμ y lμ hai số thực, xét tập hợp

S  qx  qy q

Hãy tìm điều kiện cần vμ đủ (đối với các số x vμ ) y để S lμ một tập hợp hữu hạn

Lời giải Đặt a q:cos qx , :b q sin  qy q Trong bμi toán nμy, nhờ có bao hμm thức

a q b q q  a q b q q ,

ta thấy: S lμ một tập hữu hạn khi vμ chỉ khi a q q vμ  b q q đều lμ các tập hữu 

hạn Từ đó suy ra điều kiện phải tìm lμ x   y 

Tuy nhiên, với bμi toán sau, tình hình sẽ không còn đơn giản đến thế:

Bμi toán 8 Với x vμ y lμ hai số thực, xét tập hợp

S  qx  qy q

Hãy tìm điều kiện cần vμ đủ (đối với các số x vμ ) y để S lμ một tập hợp hữu hạn

Lời giải Đặt a q:cos qx , b q:sin qy , s q: a q b q, d q: a q b q, p q:a b q q q

Giả sử S hữu hạn Từ công thức tính sin vμ cosin của góc nhân ba, ta thấy  q :

3q 3q 3q ( q q)[4( q q) 4 q q 3] q(4 q 4 q 3)

Ta cũng có: d q2 s q24p q Vậy (4) kéo theo:

3q ( q 4 q)(4 q 4 q 3) q( q) 0;

s  s  p s  p   f p 

trong đó, f t q( ) : 64 t348(2 3 s q2)t212(3 4 s q2)(1 2 s q2)ts q2(3 4 s q2 2) s3q2 lμ một đa

thức bậc ba của biến t với các hệ số chỉ phụ thuộc vμo s q, .s3q Vì S s q q lμ một tập 

hữu hạn, nên chỉ có hữu hạn đa thức f q (khi q chạy khắp ), mỗi đa thức có tối đa ba không

điểm, nên tập P:p q q cũng hữu hạn 

Mặt khác, ứng với mỗi q thì , a vμ q b lμ các nghiệm của một phương trình bậc hai (ẩn số q t) có dạng t2 st p0, trong đó :s   :s q S, p  p q Chỉ có hữu hạn phương trình như P thế, nên a q q vμ  b q q đều lμ các tập hợp hữu hạn Tiếp tục các kỹ thuật như ở 

lời giải của các bμi toán 5 vμ 6, ta thấy điều kiện cần để S hữu hạn lμ x   y  Đó cũng

lμ điều kiện đủ

4 Bμi tập đề nghị

Bμi toán 9 (Vô địch Toán Ireland 1999) Người ta phải lát gạch cho một sμn nhμ hình vuông

với kích thước 100x100 vμ chỉ sử dụng loại gạch có bề mặt hình chữ nhật với kích thước 3x1

(mỗi viên phủ vừa ba ô vuông đơn vị trên sμn nhμ)

(i) Tại tâm sμn nhμ, khoét một hình vuông với kích thước 2x2 Chứng minh rằng phần còn lại của sμn nhμ có thể được lát khít bởi loại gạch đã cho

(ii) Tại góc sμn nhμ (thay vì tại tâm sμn nhμ), khoét một hình vuông với kích thước 2x2 Chứng minh rằng không thể lát khít toμn bộ phần còn lại của sμn nhμ bằng loại gạch đã cho

Hãy tổng quát hóa bμi toán

Bμi toán 10 (Chọn đội tuyển Romania tham dự kỳ thi Vô địch Toán Balkan 2007) Xét một

bảng vuông với kích thước nxn được chia thμnh n2 ô vuông đơn vị vμ các ô vuông đơn vị nμy

được tô mμu trắng hoặc đen một cách ngẫu nhiên Người ta nhận thấy: trong số bốn ô vuông

đơn vị góc, có ba ô được tô trắng, ô còn lại được tô đen Chứng minh rằng trong bảng vuông

đó tồn tại một hình vuông con có kích thước 2x2 vμ chứa một số lẻ các ô vuông đơn vị được tô trắng

Bμi toán 11 ở các góc đông-bắc vμ tây-bắc của một nền đất hình vuông với kích thước

n n   người ta trồng hai cột trụ, mỗi cột lấy đi một phần đất hình chữ nhật với n kích thước 2x1 như ở hình 1 Cần lát gạch toμn bộ phần còn lại của nền đất; được phép sử dụng (không hạn chế số lượng) các viên gạch hoa hình chữ L, loại phủ đúng 4 ô vuông đơn vị như ở hình 2; có thể xoay gạch trên nền đất (nhưng không được lật gạch) trước khi lát Với những giá trị nμo của n thì có thể lát khít toμn bộ phần còn lại của nền đất?

Hình 1: nền đất nxn

Hình 2: gạch hình chữ L

Bμi toán 12 (Vô địch Toán quốc tế năm 2004) Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật với kích

thước mxn, có thể phủ được bởi các hình móc câu được tạo ra từ 6 ô vuông đơn vị như ở hình

vẽ dưới đây:

Được phép quay hoặc lật các hình móc câu Các hình móc câu phải phủ kín hình chữ nhật vμ không chờm lên nhau hay chờm ra ngoμi hình chữ nhật

Tμi liệu tham khảo

[1] Titu Andreescu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads 1999-2000, Problems and

Solutions from Around the World, The Mathematical Association of America, 2002

[2] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, The IMO Compendium, A

Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads: 1959-2004,

Springer, 2006

[3] Radu Gologan, Marian Andronache, Mihai Baluna, Calin Popescu, Dan Schwarz, Dinu

Serbanescu, Romanian Mathematical Competitions 2007, Romanian Mathematical Society,

Theta Foundation, Bucharest, 2007