Luận văn Tập hợp nguyên trong mặt phẳng

+1 = (−1)2N+1 ≡−1(mod p) Nhưng theo định lý nhỏ Fermat thì x4N+2 ≡ 1(mod p) 5Vậy 1≡−1(mod p), hay 2≡ 0(mod p). Đây là điều vô lý. Vậy bổ đề đã được chứng minh. Ví dụ 1.1.5. Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4N+1. Để chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4N+1, chúng ta sẽ chứng minh rằng, với mọi dãy số nguyên tố p1, p2, ..., pk có dạng 4N+1, sẽ tồn tại một số nguyên tố khác cũng có dạng 4N+1 và không nằm trong dãy số nguyên tố này. Thực vậy, lấy n= 4p21p 2 2...p 2 k+1. Vì n có dạng x2+1, nên theo bổ đề 1.1.12, thì n không có ước số nguyên tố có dạng 4N+1. Vì n là số lẻ nên toàn bộ các ước số nguyên tố của n sẽ có dạng 4N+ 1. Chúng ta lại dễ dàng thấy rằng không một số pi nào trong dãy số trên là ước số của n. Vì vậy chúng ta đã tìm được những số nguyên tố mới có dạng 4N+1. Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố có dạng 4N+1 thì chúng ta lại tìm được một số nguyên tố mới cũng dạng 4N+1, do đó sẽ có vô hạn các số nguyên tố có dạng 4N+1. 1.1.2 Định lý Fermat về tổng hai bình phương Định lý 1.1.6. Một số nguyên tố lẻ p biểu diễn được dưới dạng p= x2+ y2 (x,y ∈ Z) khi và chỉ khi p≡ 1(mod4) Chứng minh. Chứng minh này được Euler tìm ra năm 1747, chứng minh theo 5 bước: • Bước 1. Nếu x và y là tổng của hai bình phương thì xy cũng thế. Kết quả này được suy từ đẳng thức Brahmagupta-Fibonacci: ( m2+n2 )( x2+ y2 ) = (mx+ny)2+(my−nx)2 6• Bước 2. Nếu a và p là tổng của hai bình phương và p chia hết a thì a p cũng là tổng của hai bình phương. Giả sử a= m2+n2 và p= x2+ y2 với m,n,x,y ∈ Z. Ta có p chia hết m2p− ax2 = (my−nx)(my+nx) nên không giảm tổng quát ta có thể xem là p chia hết (my−nx). Bây giờ từ ap= (my−nx)2+(mx+ny)2 suy ra p chia hết (mx+ny), chia hai vế của đẳng thức này cho p2 ta có điều cần chứng minh. • Bước 3. Nếu a có thể viết như là tổng của hai bình phương, d không thể viết dưới dạng tổng hai bình phương và d chia hết n thì n d có ít nhất một ước không viết được dưới dạng tổng của hai bình phương. Giả sử a = ap1...pn, ở đây p1, ..., pn là các số nguyên tố không cần phải khác nhau. Nếu tất cả các pi đều viết được dưới dạng tổng của hai bình phương thì bằng cách chia liên tiếp a cho các pi và dùng bước 2 ta có d là tổng của hai bình phương, vô lí. • Bước 4. Nếu a và b là nguyên tố cùng nhau thì mỗi ước của a2+b2 là tổng của hai bình phương. Giả sử x là một ước của a2+b2, viết a=mx+c,b= nx+d với |c| , |d| ≤ x 2 , m,n,c,d ∈ Z. Ta có a2+b2 = Ax+(c2+d2), như thế c2+d2 chia hết cho x, viết a2+b2 = yx, có thể xem gcd(c,d) = 1 vì ước nguyên tố chung nếu có của c và d không thể là ước của x. Nếu x không phải là tổng của hai bình phương và nó là số bé nhất có tính chất đó, theo bước 3, y có một ước z không là tổng của hai bình phương, mà zx ≤ yx = c2+d2 ≤ x 2 2 , suy ra z< x, vô lí. • Bước 5. Mỗi số nguyên tố p có dạng 4n+ 1 đều là tổng của hai bình phương. Theo Định lý Fermat nhỏ ta có i4n ≡ 1(mod p) ,∀i= 1,2, ...,4n do đó các số i4n− (i−1)4n, i = 2, ...,4n đều chia hết cho p. Các số này được viết ở dạng ( a2n+b2n )( a2n−b2n). Nếu p là ước của một trong các thừa số đầu thì theo 4, p sẽ là tổng của hai bình phương. Nếu p là ước của tất cả các 7thừa số sau thì bằng cách áp dụng phép toán sai phân nhiều lần trên dãy đó ta sẽ có p chia hết (2n)!, vô lí. 1.1.3 Định lý Ptolemy Định lý 1.1.7. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Khi đó: AC.BD= AB.CD+AD.BC Hình 1.1: Chứng minh. Lấy M thuộc đường chéo AC sao cho ÂBD= M̂BC. Khi đó xét ∆ABD và ∆MBC có: ÂBD= M̂BC, ÂDB= M̂CB. Nên ∆ABD đồng dạng ∆MBC (g.g). Do đó ta có: AD BD = MC BC ⇒ AD.BC =MC.BD (1) Lại có BA BD = BM BC , ÂBM = D̂BC 8nên ∆ABM đồng dạng ∆DBC (g.g). Suy ra AB AM = BD CD ⇒ AB.CD= AM.BD (2) Từ (1) và (2) suy ra AD.BC+AB.CD= BD.MC+AM.BD= AC.BD Vậy định lý Ptolemy được chứng minh. 1.2 Tập hợp nguyên trong mặt phẳng Định nghĩa 1.2.1. Một tập hợp điểm S của không gian Euclid Rd được gọi là một tập hợp nguyên nếu mọi khoảng cách giữa các phần tử của S là các số nguyên. Ví dụ 1.2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Xét hệ ba điểm S= {O,A,B} với O(0;0),A(3;0),B(0;4). Chứng minh rằng S là một tập hợp nguyên. Giải. Do khoảng cách giữa các phần tử của S : OA = 3,OB = 4,AB = 5 là các số nguyên nên S là một tập hợp nguyên của không gian Euclid R2. Ví dụ 1.2.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Cho hệ S = {A,B,C} sao cho A ( 0; √ 3 2 ) ,B ( −1 2 ;0 ) ,C ( 1 2 ;0 ) . Chứng minh rằng S là một tập hợp nguyên. Giải. Do khoảng cách giữa hai đỉnh bất kỳ trong tập S là số nguyên nên S là một tập nguyên trong mặt phẳng.(Hình 1.2) 9Hình 1.2: Ví dụ 1.2.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Cho hệ S = {A,B,C,D} sao cho A ( −3 2 ; √ 15 2 ) ,B ( 3 2 ; √ 15 2 ) ,C (−2;0) ,D(2;0). Chứng minh rằng S là một tập hợp nguyên. Giải. Do khoảng cách giữa hai đỉnh bất kỳ trong tập S là số nguyên nên S là một tập nguyên trong mặt phẳng.(Hình 1.3) Hình 1.3: 10 Ví dụ 1.2.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Cho hệ S = {A,B,C,M,N} sao cho A ( 0; √ 15 2 ) ,B ( −7 2 ;0 ) ,C ( 7 2 ;0 ) ,M ( −1 2 ;0 ) ,N ( 1 2 ;0 ) . Chứng minh rằng S là một tập hợp nguyên. Giải. Do khoảng cách giữa hai đỉnh bất kỳ trong tập S là số nguyên nên S là một tập nguyên trong mặt phẳng.(Hình 1.4) Hình 1.4: Ví dụ 1.2.6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Cho hệ S = {O,A1,A2,A3,A4,A5} gồm 6 điểm sao cho A1 ( 0; √ 3 ) ,A2 ( 1 2 ; √ 3 2 ) ,A3 (1;0) , O(0;0) ,A4 (−1;0) ,A5 ( −1 2 ; √ 3 2 ) . Chứng minh rằng S là một tập hợp nguyên. Giải. Do khoảng cách giữa hai đỉnh bất kỳ trong tập S là số nguyên nên S là một tập nguyên trong mặt phẳng. (Hình 1.5) 11 Hình 1.5: Ví dụ 1.2.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Cho hệ S = {O,A1,A2,A3,A4,A5,A6} gồm 7 điểm sao choO(0;0) ,A1 ( 1 2 ; √ 3 2 ) ,A2 (1;0) , A3 ( 1 2 ;− √ 3 2 ) ,A4 ( −1 2 ;− √ 3 2 ) ,A5 (−1;0) ,A6 ( −1 2 ; √ 3 2 ) Giải. Do khoảng cách giữa hai đỉnh bất kỳ trong tập S là số nguyên nên S là một tập nguyên trong mặt phẳng. (Hình 1.6) Hình 1.6: 12 Ví dụ 1.2.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Cho hệ S = {O,A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7} gồm 8 điểm sao choO(0;0) ,A1 ( 0; √ 3 ) ,A2 ( 1 2 ; √ 3 2 ) , A3 (1;0) ,A4 ( 1 2 ;− √ 3 2 ) ,A5 ( −1 2 ;− √ 3 2 ) ,A6 (−1;0) ,A7 ( −1 2 ; √ 3 2 ) Chứng minh rằng S là một tập hợp nguyên. Giải. Do khoảng cách giữa hai đỉnh bất kỳ trong tập S là số nguyên nên S là một tập nguyên trong mặt phẳng. (Hình 1.7) Hình 1.7: Ví dụ 1.2.9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn, cho đường tròn (C) có phương trình x2+ y2 = 1 4 , M ( −1 2 ;0 ) ,N ( 1 2 ;0 ) . Giả sử các số nguyên p 6= 0,a 6= 0,b 6= 0 thoả mãn a2+b2 = p2 1. Tìm điểm P ∈ (C) sao cho MP= b p ; 2. Chứng minh rằng các khoảng cáchMN,NP,PM là các số hữu tỷ. Lời giải. 1. Gọi P(x,y) ∈ (C) : x2+ y2 = 1 4 . Khi đó PM = ( x+ 1 2 )2 + y2 = x2+ x+ 1 4 + y2 = 1 4 + 1 4 + x= b2 p2 . 13 Từ đây, suy ra x= b2 p2 − 1 2 ,x2 = ( b2 p2 − 1 2 )2 . Do x2+ y2 = 1 4 nên y2 = 1 4 − x2 = 1 4 − ( b2 p2 − 1 2 )2 = 1 4 − ( b4 p4 − b 2 p2 + 1 4 ) = b2 p2 ( 1− b 2 p2 ) = b2 p2 . p2−b2 p2 = b2a2 p4 . Do đó y= |ab| p2 ,y=−|ab| p2 Vậy P ( b2 p2 − 1 2 ; |ab| p2 ) ,P′ ( b2 p2 − 1 2 ;−|ab| p2 ) . 2. Ta có MN2 = ( 1 2 − ( −1 2 ))2 +(0−0)2 = 12 = 1 NP2 = ( b2 p2 − 1 2 − 1 2 )2 + ( |ab| p2 −0 )2 = ( b2− p2 p2 )2 + a2b2 p4 = a4+a2b2 p4 = a2 ( a2+b2 ) p4 = a2 p2 ;PM2 = b2 p2 Từ đây suy ra MN,NP,PM là các số hữu tỷ. Lý luận tương tự đối với P′ ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2.10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn, cho đường tròn (C) có phương trình x2+ y2 = 1 4 , M ( −1 2 ;0 ) ,N ( 1 2 ;0 ) . Giả sử các số nguyên pi 6= 0,ai 6= 0,bi 6= 0 thoả mãn a2i +b2i = p2i , i= 1,2 14 1. Tìm điểm Pi ∈ (C) sao cho MPi = bipi , i= 1,2; 2. Chứng minh rằng khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ của tập hợp điểm {M,N,P1,P2} là số hữu tỷ. Lời giải. 1. Lý luận tương tự như ví dụ 1.2.3 ta nhận được. Pi ( b2i p2i − 1 2 ; |aibi| p2i ) ,P′i ( b2i p2i − 1 2 ;−|aibi| p2i ) , i= 1,2. 2. Lý luận tương tự như ví dụ 1.2.3 ta có các khoảng cáchMN,MP1,NP2,MP2,NP1 là các số hữu tỷ. Ta chứng minh P1P2 là số hữu tỷ. Thật vậy, do M,N,P1,P2 nội tiếp đường tròn nên theo định lý Ptolemy ta có: MN.P1P2+MP2.NP1 =MP2.NP1 Từ đây suy ra P1P2 là hữu tỷ. Định lý 1.2.11. Cho n là số nguyên dương bất kỳ. Chứng minh rằng luôn tìm được n điểm trong mặt phẳng thỏa mãn các điều kiện sau: 1. n điểm không cùng nằm trên một đường thẳng 2. Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong n điểm là số nguyên dương. Chứng minh. Ta dùng phương pháp quy nạp để chứng minh rằng, luôn tìm được n điểm trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện sau: 3. n điểm không cùng nằm trên một đường thẳng 4. Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong n điểm là số hữu tỷ dương. Trước tiên ta xét đường tròn (C) x2+ y2 = 1 4 15 Đường tròn (C) có tâm O(0;0), bán kính R= 1 2 . Xét dãy các số nguyên tố dạng 4k+1 là p1, p2, .... Theo Định lý Fermat về tổng hai bình phương, ta có với mỗi pi, tồn tại hai số nguyên khác không ai,bi thỏa mãn: a2i +b 2 i = p 2 i , i= 1,2, ... Theo ví dụ 1.2.10 tồn tại vô hạn các điểm Pi (xi;yi) thỏa mãn MPi = bi pi , i= 1,2, ... Trong đó M ( −1 2 ;0 ) . Xét các điểm sau M ( −1 2 ;0 ) ,N ( 1 2 ;0 ) ,Pi (xi;yi) . Ta có M,N,Pi ∈ (C). Hơn nữa các khoảng cách MN,MPi,NPi,MPj,NPj,PiPj, i 6= j là hữu tỷ. Thực hiện phép vị tự tâm O tỉ số k. Ký hiệu phép vị tự này là V kO. Đặt: Mk =V kO (M) ,Nk =V k O (N) ,Pi,k =V k O (Pi) ,Pj,k =V k O (Pj) ,(C) =V k O (C) . Từ kết quảMN,MPi,NPi,MPj,NPj,PiPj, i 6= j là hữu tỷ. Suy ra với k nguyên dương đủ lớn ta nhận được MkNk,MkPi,k,NkPi,k,MkPj,k,NkPj,k,Pi,kPj,k, i 6= j là các số nguyên dương. Định lý được chứng minh. 16 Chương 2 Điểm nguyên trong mặt phẳng Chương này giới thiệu về điểm nguyên trong mặt phẳng. Cụ thể: Mục 2.1 giới thiệu các khái niệm và kết quả bổ trợ. Mục 2.2 trình bày về Định lý Anning- Erdos đối với điểm nguyên. Mục 2.3 trình bày về các ví dụ về tập nguyên, điểm nguyên với toán học phổ thông. Các ví dụ được chúng tôi biên soạn từ các bài tập đã giảng dạy cho học sinh trung học phổ thông.Ví dụ 1.2.9, ví dụ 1.2.10 là ví dụ để góp phần cho việc chứng minh Định lý Anning- Erdos. 2.1 Mở đầu, các khái niệm và ví dụ, kết quả bổ trợ Định nghĩa 2.1.1. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm M (x0;y0) được gọi là điểm nguyên nếu điểm đó có tọa độ là các số nguyên. Ví dụ 2.1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy cho tập S= O,A,B trong đó O(0;0) ,A(3;0) ,B(0;4). Chứng minh rằng S là một tập nguyên. Giải. Ta có O,A,B là các điểm nguyên do các điểm đó có tọa độ là các số nguyên. Hơn nữa OA= 3,OB= 4,AB= 5 nên tập S= {O,A,B} là tập nguyên. Ví dụ 2.1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc cho các điểm O(0;0) ,A ( 3 2 ;0 ) ,B(0;2). Chứng minh rằng từ ba điểm O,A,B ta có thể tìm được các điểm A1,B1,C sao cho 4 điểm {O,A1,B1,C} là tập nguyên vàO,A1,B1,C 17 Hình 2.1: là các điểm nguyên. Lời giải. Xét bốn điểm O(0;0) ,A ( 3 2 ;0 ) ,B(0;2) ,M ( 3 2 ;2 ) . Thực hiện phép vị tự tâm O, tỉ số 2 ta có: V 2O (A) = A1,V 2 O (B) = B1,V 2 O (M) =C Khi đó ta tìm được O(0;0) ,A1 (3;0) ,B1 (0;4) ,C (3;4) là bốn điểm cần tìm. Ví dụ 2.1.4. Tìm tập bốn điểm là tập nguyên và mỗi điểm là điểm nguyên. Giải. 18 Hình 2.2: Xét bốn điểm O(0;0) ,A(3;0) ,B(0;4) ,C (3;4). (hình 2.2) Ta thấy tập gồm bốn điểm O, A, B, C là tập nguyên do khoảng cách giữa các điểm là các số nguyên và mỗi điểm đều là điểm nguyên. Bổ đề 2.1.5. Cho A1,A2, ...,An là các điểm trong mặt phẳng có tọa độ hữu tỷ, O là gốc tọa độ. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương k sao cho ảnh của các điểm Ai (i= 1,2, ...,n) qua phép vị tự tâm O, tỉ số k có tọa độ là các số nguyên. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1, giả sử A1 ( a1 c1 ; b1 d1 ) trong đó a1,b1,c1,d1 là các số nguyên sao cho (a1,c1) = 1,(b1,d1) = 1. Xét k là số nguyên dương nào đó thỏa mãn k chia hết cho [c1,d1]. Thực hiện phép vị tự tâm O, tỉ số k và xét V kO (A1) =M1,M1 (x1,y1). Khi đó −−→ OM1 = k −−→ OA1 tức là: (x1;y1) = ( k a1 c1 ;k b1 d1 ) ,x1 = k c1 a1,y1 = k d1 b1. Vậy x1,y1 là hai số nguyên. Ta chứng minh khẳng định đúng với n≥ 2. 19 Trang bị tọa độ cho n điểm như sau: A1 ( a1 c1 ; b1 d1 ) , ...,An ( an cn ; bn dn ) Trong đó ai,bi,ci,di là các số nguyên thỏa mãn (ai,ci) = 1,(bi,di) = 1, i= 1, ...,n. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại số nguyên dương k sao cho phép vị tự tâm O, tỉ số k biến A1, ...,An−1 thành hệ điểm M1 (x1;y1) ,V kO (A1) =M1, ...,Mn−1 (xn−1;yn−1) ,V k O (An−1) =Mn−1. Thỏa mãn xi,yi, i= 1, ...,n−1, là các số nguyên. Xét số nguyên dương k′ thỏa mãn k′ chia hết cho k,cn,dn. Khi đó phép vị tự tâm O tỉ số k′ biếnMi,An thành hệ điểm có tọa độ nguyên. Bổ đề được chứng minh. 2.2 Định lý Anning- Erdos và Định lý Pick đối với điểm nguyên Định lý 2.2.1. (Định lý Anning- Erdos đối với điểm nguyên ) Cho n số nguyên dương bất kỳ. Khi đó luôn tìm được n điểm trong mặt phẳng tọa độ thỏa mãn các điều kiện sau: i. n điểm không cùng nằm trên một đường thẳng; ii. n điểm là các điểm nguyên; iii. Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong n điểm là số nguyên dương. Chứng minh. Áp dụng định lý 1.2.11 và bổ đề 2.1.5 ta nhận được kết luận của định lý 2.2.1. Định lý 2.2.2. (Định lý Pick) Cho P là một đa giác đơn có các đỉnh là các điểm nguyên, I(P) là số điểm nguyên nằm trong, B(P) là số điểm nguyên nằm trên biên của P và S(P) là diện tích của đa giác đơn. Khi đó ta có đẳng thức S (P) = I (P)+ 1 2 B(P)−1. 20 Chứng minh. . Chứng minh thứ nhất. Dùng một đường gấp khúc l nối hai đỉnh không kề nhau của P để cắt P thành hai đa giác đơn ∆ và P′. Ta thấy nếu công thức Pick đúng với ∆ và P′ thì nó cũng đúng với P. Thật vậy, ta có I (P) = I (∆)+ I ( P′ ) + x−2,B(P) = B(∆)+B(P′)−2x+2, ở đây x là số nguyên trên l. Suy ra S (P) = S (∆)+S ( P′ ) = I (∆)+ 1 2 B(∆)−1+ I (P′)+ 1 2 B ( P′ )−1= I+ 1 2 B−1. Vậy công thức Pick đúng với P. Hơn nữa, nếu công thức Pick đúng với hai trong ba đa giác ∆,P,P′ thì nó cũng đúng với đa giác còn lại. Do đó ta chỉ cần chứng minh Định lý Pick cho các tam giác. Vì từ một tam giác bất kì ta luôn có thể ghép thêm các tam giác vuông có các cạnh góc vuông cùng phương với các trục tọa độ để tạo thành một hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với các trục tọa độ nên ta chỉ cần chứng minh định lí cho các tam giác vuông có các cạnh góc vuông cùng phương với các trục tọa độ và các hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với các trục tọa độ. Định nghĩa 2.2.3. Tam giác cơ bản là tam giác có các đỉnh là các điểm nguyên đồng thời trên biên và phần trong của nó không còn điểm nguyên nào khác. Bổ đề 2.2.4. Mọi tam giác cơ bản đều có diện tích bằng 1 2 . Chứng minh. . Xét một tam giác cơ bản bất kì. Lấy một hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với các trục tọa độ sao cho nó chứa tam giác và mỗi cạnh chứa ít nhất một đỉnh của tam giác. Vì hình chữ nhật có 4 cạnh và tam giác có 3 đỉnh nên có ít nhất một đỉnh của tam giác là đỉnh của hình chữ nhật, mà tam giác là cơ bản nên chỉ xảy ra tình huống ở hình H3 (bỏ qua các trường hợp tầm thường), tình huống mà một cạnh của tam giác là đường chéo của hình chữ nhật (trường hợp H1 có điểm nguyên L, H2 có điểm nguyên K). Trong hình H3, tam 21 Hình 2.3: giác cơ bản đang xét là OAB. Không mất tính tổng quát ta giả sử M (0;m) ,P(p;0) ,B(b1,b2) ở đây m, p,b1,b2 là các số nguyên dương thỏa mãn p> b1, và m> b2. Số điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật OMAP bằng (m−1)(p−1) , mà không có điểm nguyên nào trong số các điểm này nằm trên OA. Suy ra số điểm nguyên nằm trong tam giác OAP bằng (m−1)(p−1) 2 . Tính toán tương tự ta có số điểm nguyên nằm trong tam giác OBR bằng (b1−1)(b2−1) 2 . Số điểm nguyên nằm trong tam giác BAS bằng (p−b1−1)(m−b2−1) 2 . 22 Nhưng số điểm nguyên nằm trong tam giác OAP bằng 1 (điểm B) + 0 (số điểm nguyên trong tam giác OAB) + số điểm nguyên nằm trong tam giác OBR + số điểm nguyên nằm trong tam giác BAS + số điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật BSPR+ số điểm nguyên nằm trên đoạn thẳng BS khác B và S + số điểm nguyên nằm trên đoạn thẳng BR khác B và R. Suy ra (m−1)(p−1) 2 = 1+ (b1−1)(b2−1) 2 + (p−b1−1)(m−b2−1) 2 +(b2−1)(p−b1−1)+ p−b1−1+b2−1. Do đó mb1−b2p= 1, bằng cộng trừ diện tích ta có SOAB = 12 . Chứng minh thứ hai. Chia P thành N tam giác cơ bản. Gọi S là tổng các góc trong của tất cả các tam giác cơ bản đó. Ta sẽ tính S theo hai cách. Vì số tam giác là N nên S= Npi (1) . Tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trong P bằng 2pi , tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trên biên của P nhưng không phải đỉnh của P bằng pi và tổng của tất cả các góc có đỉnh là đỉnh của P bằng (n−2)pi , ở đây n là số đỉnh của P. Do đó S= 2piI (P)+piB(P)−2pi (2) . Từ (1) và (2) ta có N (P)pi = 2piI (P)+piB(P)−2pi ⇒ N (P) = 2I (P)+B(P)−2. Mà S (P) = 1 2 N (P) . Vậy định lí được chứng minh. Chứng minh thứ ba. Với mỗi điểm nguyên M nằm trên biên hay trong P, gọi αM là góc mà từ M nhìn thấy được P. Như vậy αM = 2pi khi M nằm trong P và αM = pi khi M nằm trên biên của P nhưng khác đỉnh. Với mỗi điểm nguyên M 23 nằm trên biên hay trong P, đặt tM = αM 2pi . Xét tổng TP =∑ M tM. Ta cần bổ đề sau: Bổ đề 2.2.5. TP = SP. Chứng minh. Ta thấy cả T và S đều cộng tính, nghĩa là khi chia P thành hai đa giác đơn P1,P2 bởi một đường chéo thì TP = TP1+TP2,SP = SP1+SP2. Bởi thế nên như chứng minh thứ nhất, ta chỉ cần chứng minh đẳng thức cho hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với trục và các tam giác vuông có các cạnh góc vuông cùng phương với trục. Trở lại chứng minh định lí. Vì tổng của các αM với M nằm trên biên của P bằng (B−2)pi nên theo bổ đề ta có TP = SP = (tổng của các tM với M nằm trong P) + (tổng của các tM với M nằm trên biên của P). Nên S(P) = I+ (B−2)pi 2pi = I+ 1 2 B−1. 2.3 Tập nguyên, điểm nguyên với toán học phổ thông 2.3.1 Các ví dụ về tập nguyên, điểm nguyên ứng dụng Định lý Pick trong hình học Ví dụ 2.3.1. Cho tam giác ABC trong mặt phẳng tọa độ sao cho các đỉnh của nó là các điểm nguyên. Giả sử tồn tại đúng một điểm nguyên G nằm trong tam giác và không có điểm nguyên nằm trên các cạnh của tam giác ngoài A, B, C. Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC. Lời giải. Theo Định lí Pick, ba tam giác ABG, BCG và CGA có diện tích bằng nhau và bằng 1 2 . Suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC. 24 Ví dụ 2.3.2. Các đỉnh của một ngũ giác lồi là các điểm nguyên. Chứng minh rằng diện tích của ngũ giác đó không bé hơn 5 2 . Lời giải. Đầu tiên ta giả sử rằng trên biên của ngũ giác không có điểm nguyên khác các đỉnh. Vì số xâu nhị phân độ dài 2 bằng 4 nên tồn tại hai đỉnh của ngũ giác sao cho hai hoành độ và hai tung độ của chúng có cùng tính chẵn – lẻ, trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm này là một điểm nguyên nằm trong hoặc trên biên của ngũ giác, do ta đang xét trường hợp trên biên của ngũ giác không có điểm nguyên khác các đỉnh nên điểm nguyên này nằm trong ngũ giác. Như vậy là bên trong ngũ giác có ít nhất một điểm nguyên, theo Định lí Pick, diện tích của nó không bé hơn 1+ 5 2 −1= 5 2 . Nếu trên trên biên của ngũ giác có điểm nguyên khác các đỉnh thì ta bỏ một trong hai đầu mút của cạnh chứa điểm nguyên, thay vào điểm nguyên đó và thu được một ngũ giác có diện tích bé hơn ngũ giác ban đầu. Làm như vậy hữu hạn lần ta sẽ có một ngũ giác mà trên biên của nó không có điểm nguyên khác các đỉnh. Ví dụ 2.3.3. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại n− giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên. Lời giải. Giả sử tồn tại n− giác đều A1,A2, ...,An sao cho các đỉnh của nó là các điểm nguyên. Theo Định lý Pick, diện tích của tam giác A1A2A3 là một số hữu tỷ, suy ra A1A3.A1A2 sin Â2A1A3 ∈Q⇒ sin2pin ∈Q⇒ 2cos 2pi n ∈Q (1) . Xét dãy đa thức {Fn}n≥1 xác định bởi F1 (x) = x,F2 (x) = x2− 2 và Fn+2 (x) = xFn+1 (x)−Fn (x) ,n ≥ 1. Dễ thấy với mỗi n,Fn là monic, có bậc n, có hệ số nguyên và Fn (2cos t) = 2cosnt,∀t ∈ R. Ta có Fn ( 2cos 2pi n ) = 2. Suy ra 2cos 2pi n là một nghiệm của đa thức Fn−2 (2) . 25 Từ (1) và (2) suy ra 2cos 2pi n ∈ Z⇒ 2cos 2pi n ∈ {0;±1;±2} . Do đó n ∈ {3;4;6}. Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên, và do đó n= 4. Giả sử ngược lại, tồn tại tam giác đều ABC với các đỉnh có tọa độ nguyên. Theo Định lí Pick, 2SABC là số nguyên, suy ra AB.AC sin pi 3 ∈ Z, do đó tồn tại các số tự nhiên x,y,z và w sao cho 3 ( x2+ y2 )( z2+w2 ) là số chính phương dương, mà v3 ( u2+ v2 ) là số chẵn khi u, v là các số tự nhiên không đồng thời bằng 0, suy ra mẫu thuẫn. Ngược lại, dễ thấy tồn tại hình vuông có các đỉnh là các điểm nguyên. Suy ra chỉ có n= 4 thỏa mãn điều kiện của bài toán. Ví dụ 2.3.4. Cho n≥ 3 là một số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại n điểm trong mặt phẳng sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì là số vô tỷ, và mỗi ba điểm là các đỉnh của một tam giác không suy biến với diện tích là số hữu tỷ. Lời giải 1. Lấy n điểm nguyên ( i; i2 ) trên parabol y= x2,(i= 1,2, ...). Theo Định lý Pick, ba điểm bất kì là ba đỉnh của một tam giác không suy biến có diện tích hữu tỷ. Bình phương khoảng cách giữa hai điểm ( a,a2 ) và ( b,b2 ) bằng (a−b)2+ (a2−b2)2 = (a−b)2 [1+(a+b)2] và không phải số chính phương. Lời giải 2. Chọn C là một bội nguyên dương đủ lớn của n!. Xét n điểm nguyên A1 = ( C+1;CC+1 ) ,A2 = ( C+2;CC+2 ) , ...,An = ( C+n;CC+n ) . 26 Với hai điểm khác nhau Ai,A j ta có Ai,A2j = (i− j)2+ ( CC+i−CC+ j)2 không là số chính phương. Thật vậy, nếu ngược lại ta sẽ có số nguyên dương D thỏa mãn (i− j)2+ (CC+i−CC+ j)2 = D2. Từ đẳng thức này ta có D chia hết cho i− j và 1+ ( CC+i−CC+ j i− j )2 = ( D i− j )2 . Điều này không thể xảy ra. Vậy ba điểm bất kì trong n điểm đã chọn không thẳng hàng vì chúng thuộc đồ thị của hàm số mũ y=CC+x. Theo Định lý Pick, ba điểm bất kì là ba đỉnh của một tam giác có diện tích hữu tỷ. Lời giải 3.Bằng quy nạp, ta sẽ xây dựng dãy điểm nguyên {An = (xn,yn)}n≥1 sao cho với mọi n ≥ 3, dãy điểm A1,A2, ...,An thỏa mãn các điều kiện của bài toán và các hoành độ cũng như các tung độ đôi một khác nhau. Theo Định lý Pick, ba điểm bất kì là ba đỉnh của một tam giác (có thể suy biến) có diện tích hữu tỷ, do đó ta chỉ cần xây dựng dãy trên sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng và khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ là số vô tỷ. Đầu tiên ta thấy A1 (0;0) ,A2 (1;1) ,A3 (3;2) thỏa mãn. Giả sử rằng với n≥ 4 nào đấy ta đã có dãy điểm nguyên A1,A2, ...,An−1 thỏa mãn. Với mỗi i = 1,n−1 lấy các số nguyên tố pi sao cho pi≡ 1(mod4), và các số nguyên ai,bi thỏa mãn pi\ai,bi và pi\a2i +b2i . Chọn số nguyên ki để vpi [ (ai+ kipi) 2+b2i ] = 1. Theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn tại các số nguyên xn 6= xi,yn 6= yi sao cho xn−xi ≡ ai+kipi ( mod p2i ) , xn− xi ≡ 0(mod p) và yn− yi ≡ bi ( mod p2i ) . Ở đây p là số nguyên tố khác tất cả pi và không chia hết ∏ i6= j (xi− x j)(yi− y j) và ∏(yn− yi), tất nhiên là ta chọn 27 yn trước và xn sau. Ta có vpi [ (xn− xi)2+(yn− yi)2 ] = 1, suy ra AnAi là các số vô tỷ với i= 1,n−1. Do yn− yi xn− xi 6= yi− y j xi− x j ,∀i 6= j ∈ 1,n−1 nên An,Ai và A j không thẳng hàng. 2.3.2 Các ví dụ về tìm điểm có tọa độ nguyên trên đường cong Ví dụ 2.3.5. (ĐH CSND cơ sở 2-2001) Cho hàm số y= 2x−3 x−2 . Tìm trên đồ thị hàm số những điểm có tọa độ nguyên. Lời giải. Ta viết lại hàm số dưới dạng y= 2+ 1 x−2 Giả sử M ( x0;2+ 1 x0−2 ) ∈ (C) ,x0 6= 2 có tọa độ nguyên khi và chỉ khi (x0;y0) đồng thời là số nguyên 1 x0−2 ∈ Z ⇔ 1 chia hết cho (x0−2). Hay x0−2 ∈U (1) = {±1} ⇔ [ x0−2= 1 x0−2=−1 ⇔ [ x0 = 3 x0 = 1 Vậy có hai điểm thuộc (C) có tọa độ nguyên là: M1 (3;2) ,M2 (1;1) . Ví dụ 2.3.6. Tìm những điểm trên (C): y= x+2 2x+3 có tọa độ nguyên. Lời giải. Ta viết lại hàm số dưới dạng y= 1 2 + 1 2(2x+3) ⇔ 2y= 1+ 1 (2x+3) Giả sử M (x0;y0) ∈ (C)⇔ 2y0 = 1+ 1 (2x0+3) Mcó tọa độ nguyên khi và chỉ khi (x0;y0) đồng thời là số nguyên⇔ 12x0+3 ∈Z ⇔ 1 chia hết cho (2x0+3) 28 Hay 2x0+3 ∈U (1) = {±1} ⇔ [ 2x0+3= 1 2x0+3=−1 ⇔ [ x0 =−1 x0 =−2 . Vậy có hai điểm thuộc (C) có tọa độ nguyên là: M1 (−1;1) ,M2 (−2;0) Ví dụ 2.3.7. (CĐ SPTPHCM-2000). Cho hàm số y= x2−2x+5 x−1 (C) . Tìm những điểm thuộc đồ thị hàm số sao cho tọa độ là những số nguyên. Lời giải. y= x2−2x+5 x−1 = x−1+ 4 x−1 Gọi M ( x0;x0−1+ 4x0−1 ) là những điểm có tọa độ nguyên. Để M có tọa độ nguyên thì 4 x0−1 ∈ Z. Hay x0−1 ∈U (4) = {±1;±2;±4} ⇔  x0−1= 1 x0−1=−1 x0−1= 2 x0−1=−2 x