Đếm que dùng chung: từ số ô đến những cách xếp có thể
Nền tảng Toán 6: đếm cạnh chung, lập công thức cho các dãy ô vuông và chứng minh đủ mọi khả năng nguyên khi phải dùng hết hoặc được để dư que.
TOÁN 6 · MÔ HÌNH ĐẾM VÀ ĐIỀU KIỆN NGUYÊN
Đếm que dùng chung: từ số ô đến những cách xếp có thể
Nền tảng Toán 6: đếm cạnh chung, lập công thức cho các dãy ô vuông và chứng minh đủ mọi khả năng nguyên khi phải dùng hết hoặc được để dư que.
1. Cùng một hình, có dùng chung que không?
Một bài đếm trong nguồn dùng dữ kiện 96 que xếp 12 con cá rồi suy ra 56 que xếp 7 con. Suy luận ấy đúng trong mô hình các con cá giống nhau, xếp riêng, mỗi con dùng cùng số que và không có que chung: mỗi con cần 96:12=8 que, nên 56:8=7. Nếu hình được nối với nhau và dùng chung que, số que cho cả bộ không còn đơn giản bằng số hình nhân số que của một hình.
Để thấy điều kiện này rõ bằng mắt, bài học dùng một mô hình độc lập : xếp các ô vuông đơn vị bằng que có cùng độ dài. Đây là phần nền tảng dẫn vào Toán 6: từ phép nhân và chia, chuyển sang đếm phần chung, lập công thức rồi tìm đủ các khả năng nguyên.
Dự đoán. Bốn ô vuông luôn cần 4\cdot4=16 que, hay có thể dùng ít hơn? Nếu có hai cách dùng ít hơn, số ô có còn xác định duy nhất số que không?
2. Mỗi cạnh chung đã bị đếm hai lần
Một dãy thẳng gồm m\ge1 ô vuông giống nhau, nối cạnh với cạnh, không chồng lên nhau. Mỗi cạnh đơn vị dùng đúng một que; không chồng thêm que lên cạnh hoặc đặt que trang trí ngoài hình. Mỗi cặp ô kề nhau dùng chung đúng một que làm cạnh. Ta đếm số que thật, mỗi que chỉ tính một lần.
Nếu đếm riêng bốn cạnh của từng ô, có 4m lượt đếm. Dãy có m-1 cạnh chung: sau ô đầu, mỗi ô thêm vào tạo đúng một cạnh chung với ô trước. Mỗi cạnh chung đã bị đếm hai lần nhưng chỉ có một que thật, nên phải trừ một lượt cho mỗi cạnh chung:
\boxed{T=4m-(m-1)=3m+1.}
Cũng có thể đếm trực tiếp: ô đầu cần 4 que; mỗi ô nối thêm chỉ cần 3 que mới. Do đó T=4+3(m-1)=3m+1.
Không trừ hai lần cho mỗi cạnh chung. Hai lượt đếm cần trở thành một lượt, nên chỉ bớt một. Hai ô nối cạnh dùng 7 que: trừ hai lần sẽ cho 6, làm mất cả que chung vẫn cần có.
“Dãy thẳng” là điều kiện cụ thể. Nếu bốn ô xếp thành khối vuông gồm hai hàng, hai cột thì có 4 cạnh chung và 12 que, khác dãy thẳng bốn ô có 13 que. Không dùng công thức của dãy thẳng cho mọi cách ghép ô.
3. Nhiều dãy: số ô chưa đủ xác định số que
Xét n ô vuông được chia thành k dãy thẳng không rỗng. Các dãy đặt rời hẳn nhau, không dùng chung que giữa hai dãy. Một dãy chỉ có một ô cũng được nhận. Vì thế
n,k\text{ là số nguyên},\qquad1\le k\le n.
Gọi số ô trong các dãy là m_1,\ldots,m_k, mỗi số ít nhất 1, và tổng bằng n. Tổng cạnh chung là
(m_1-1)+\cdots+(m_k-1)=n-k.
Vậy tổng số que cần dùng là
\boxed{T=4n-(n-k)=3n+k.}
Cùng n=4, một dãy dùng 13 que; hai dãy dùng 14; ba dãy dùng 15; bốn ô riêng dùng 16. Chưa biết số dãy thì chưa biết chính xác số que.
Các ô trong cả hai hàng có cùng cạnh. Que màu nâu là cạnh chung: nó thuộc biên của hai ô nhưng chỉ được đếm một lần trong tổng số que.
Mọi cặp số thỏa điều kiện có xếp được không?
Có. Cho bất kì hai số nguyên n,k với 1\le k\le n, đặt k-1 ô riêng làm k-1 dãy. Các ô còn lại có số lượng n-k+1\ge1; ghép chúng thành dãy cuối. Cách dựng này dùng đúng n ô, k dãy và 3n+k que.
Như vậy công thức kèm điều kiện không chỉ là điều cần khi đã có hình: nó còn đủ để dựng một hình. Cùng một cặp (n,k) có thể có nhiều cách chia độ dài các dãy. Chẳng hạn n=6,k=2 có thể chia thành 1+5, 2+4 hoặc 3+3 ô; tất cả cùng cần 20 que.
4. Biết đúng số que: tìm đủ mọi cặp số ô và số dãy
Cho số nguyên T\ge1. Ta muốn dùng hết đúng T que để xếp mô hình đã định nghĩa. Từ T=3n+k, suy ra k=T-3n. Điều kiện 1\le k\le n tương đương
1\le T-3n\le n\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{\frac T4\le n\le\frac{T-1}{3}.}
Vì n phải nguyên, cách làm đầy đủ là liệt kê các số nguyên trong đoạn này, rồi tính k=T-3n. Mỗi số ấy cho đúng một cặp (n,k) và cách dựng ở phần 3 bảo đảm xếp được. Ngoài đoạn không thể có cặp hợp lệ.
Nếu dùng kí hiệu, \lceil u\rceil là số nguyên nhỏ nhất không bé hơn u, còn \lfloor u\rfloor là số nguyên lớn nhất không vượt u. Khi ấy
\lceil T/4\rceil\le n\le\lfloor(T-1)/3\rfloor.
Nếu đầu dưới lớn hơn đầu trên, không có cách dùng hết số que. Nếu không, số cặp (n,k) là đầu trên trừ đầu dưới rồi cộng 1; đây không phải số cách sắp đặt hình trong mặt phẳng.
Ví dụ độc lập với 20 que
Điều kiện là 5\le n\le19/3, nên chỉ có n=5 hoặc n=6. Tương ứng:
(n,k)=(5,5)\quad\text{hoặc}\quad(n,k)=(6,2).
Năm ô riêng cần 20 que; sáu ô chia thành hai dãy cũng cần 20 que. Biết tổng số que chưa chắc khôi phục được số ô.
Mỗi đoạn giữa hai nút là một que đơn vị. Hàng trên không có cạnh chung; hàng dưới có bốn cạnh chung, nên số que đều bằng 20 dù số ô khác nhau.
Với 9 que, tại sao không có cặp nào?
Ta cần 9/4\le n\le8/3. Số nguyên nhỏ nhất có thể ở phía trái là 3, nhưng phía phải lại nhỏ hơn 3, nên đoạn không chứa số nguyên. Hai ô chỉ dùng 7 hoặc 8 que; ba ô ít nhất cần 10. Không có mô hình của bài dùng hết đúng 9 que.
5. Những tổng nào có thể xuất hiện?
Với ít hơn 10 que, mô hình có nhiều nhất hai ô, vì n\ge3 kéo theo T\ge3n+1\ge10. Một ô cần 4 que. Hai ô cùng dãy cần 7, hai ô riêng cần 8. Vì vậy các tổng dương nhỏ hơn 10 có thể dùng hết chỉ là 4,7,8.
Còn mọi số nguyên T\ge10 đều dùng hết được. Ta có ba cách xuất phát:
- 10=3\cdot3+1: ba ô, một dãy.
- 11=3\cdot3+2: ba ô, hai dãy.
- 12=3\cdot3+3: ba ô, ba dãy.
Thêm một ô vào đầu một dãy đang có làm tăng số que đúng 3. Mỗi số nguyên T\ge10 thuộc đúng một trong các dạng 10+3j, 11+3j, 12+3j, với số nguyên j\ge0. Chọn cấu hình xuất phát tương ứng rồi thêm j ô. Điều này chứng minh tồn tại cho tất cả các tổng ấy.
Tổng số que dương dùng hết được trong mô hình là 4,7,8 và mọi số nguyên từ 10 trở lên. Nếu cho phép không xếp gì, còn có trường hợp riêng T=n=k=0. Không ghép trường hợp rỗng vào điều kiện 1\le k\le n.
Đây là cách chứng minh một khẳng định vô hạn bằng một số cấu hình khởi đầu và một thao tác luôn giữ mô hình hợp lệ.
6. Có nhiều nhất từng ấy que khác với phải dùng hết
Bây giờ có ngân sách T que, được để dư, muốn xếp nhiều ô nhất. Với n\ge1, mọi mô hình đều có k\ge1, nên cần ít nhất 3n+1 que. Khi T\ge4, số ô tối đa là
\boxed{n_{\max}=\left\lfloor\frac{T-1}{3}\right\rfloor.}
Không vượt được: nếu dùng không quá T que thì 3n+1\le T, nên n\le(T-1)/3. Đạt được: xếp đúng n_{\max} ô thành một dãy; số que 3n_{\max}+1\le T. Phần dư là 0,1 hoặc 2 que theo định nghĩa phần nguyên. Với 0\le T<4, không đủ làm một ô, nên tối đa là 0.
Với T=9, có thể xếp hai ô thành một dãy bằng 7 que và để dư 2. Vậy bài “có nhiều nhất 9 que” có lời giải, dù bài “dùng hết đúng 9 que” không có. Hai câu hỏi có điều kiện khác nhau.
Với đúng n ô, những số que nào đạt được?
Cho n\ge1 nguyên. Do k chạy qua tất cả các số nguyên từ 1 đến n, tổng T=3n+k chạy qua mọi số nguyên từ 3n+1 đến 4n. Chiều đảo ở phần 3 cho một cách xếp cho mỗi tổng. Vì thế không có khoảng trống giữa cận dưới và cận trên khi số ô được cố định.
7. Khi nào được nhân đôi?
Với các hình xếp riêng giống nhau, số que bằng số hình nhân một hằng số. Với một dãy thẳng duy nhất, lại có T(n)=3n+1. Nhân đôi số ô nhưng vẫn giữ một dãy cho
T(2n)=6n+1=2T(n)-1.
Chẳng hạn một dãy hai ô cần 7 que; một dãy bốn ô cần 13, không phải 14. Một que bớt đi đến từ việc hai phần được nối thành cùng một dãy.
Nếu sao chép cả mô hình rồi đặt hai bản rời nhau, cả số ô và số dãy đều nhân đôi: (n,k) trở thành (2n,2k). Khi đó 3(2n)+2k=2(3n+k), tổng số que thật sự gấp đôi. Câu “nhân đôi số hình” phải đi kèm cách giữ hoặc đổi quan hệ dùng chung.
Tại sao không lấy số que chia số ô rồi dùng cho mọi cấu hình?
Tỉ số là T/n=3+k/n, phụ thuộc số dãy so với số ô. Năm ô riêng có tỉ số 4; sáu ô trong hai dãy có tỉ số 20/6=10/3. Cả hai dùng 20 que, nhưng không có cùng số que trung bình trên mỗi ô. Một tỉ số tính được trong một cấu hình không tự trở thành hằng số của mọi cấu hình.
8. Tự dựng hình để kiểm chứng số nguyên
Gợi ý chung. Tính cận cho n, tìm các số nguyên, suy ra k, rồi dựng k-1 ô riêng và một dãy còn lại. Đừng dừng lại ở một phương trình có nghiệm.
Dùng hết 18 que: số ô và số dãy có duy nhất không?
Cần 18/4\le n\le17/3, tức chỉ có n=5. Khi đó k=18-15=3. Cặp số là duy nhất, nhưng hình không duy nhất: các dãy có thể dài 1,1,3 hoặc 1,2,2, chưa kể vị trí đặt các dãy.
Tìm đủ mọi cặp khi dùng hết 25 que
Ta có 25/4\le n\le24/3=8, nên n=7 hoặc 8. Với n=7, k=4; với n=8, k=1. Hai cặp (7,4),(8,1) đều dựng được. Không nhận n=6, vì khi ấy k=7>n, đòi nhiều dãy không rỗng hơn số ô.
Với 24 que được phép để dư, tối đa bao nhiêu ô?
Giới hạn là n\le23/3, nên tối đa 7 ô. Một dãy bảy ô dùng 22 que, để dư 2, nên đạt cận. Nếu muốn vẫn có bảy ô mà dùng hết 24 que, chọn k=24-21=3 dãy. Điều kiện “được để dư” không bắt buộc phải để dư.
Phản ví dụ khối hai hàng, hai cột có phủ nhận công thức không?
Không. Công thức 3n+k áp dụng cho các dãy thẳng đặt rời nhau. Khối hai hàng, hai cột có thêm quan hệ kề cạnh theo chiều thứ hai, nên không thuộc mô hình. Nó có bốn ô, bốn cạnh chung, vì vậy 4\cdot4-4=12 que. Nguyên tắc trừ số cạnh chung vẫn đúng; chỉ công thức riêng “số cạnh chung bằng n-k” không còn dùng được.
Một mô hình đếm đáng tin cậy phải nói rõ vật nào giống nhau, phần nào dùng chung và phần nào được phép để dư. Khi những điều ấy đã rõ, công thức, điều kiện nguyên và cách dựng chiều đảo mới mô tả đúng tất cả khả năng.
Tự học có chứng minh · Toán THCS · Các hình dựng đúng quan hệ đã nêu