Định lí Pick


Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một số chứng minh của định lí Pick và áp dụng định lí Pick vào việc tính số Frobenius của một tập có hai phần tử. Phần cuối của bài là một số bài thi chọn học sinh giỏi liên quan.

1. Định lí và các chứng minh

Hình tạo bởi một đường gấp khúc đóng và không tự cắt được gọi là đa giác đơn. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm A(x_0,y_0) được gọi là điểm nguyên nếu x_0y_0 là các số nguyên. Với mỗi đa giác đơn P, kí hiệu S_P là diện tích của nó. Định lí Pick cho một mối liên hệ giữa diện tích và diện tích rời rạc (số điểm nguyên nằm trong đa giác) của một đa giác đơn.

Định lí Pick. Cho P là một đa giác đơn có các đỉnh là các điểm nguyên, I là số điểm nguyên nằm trong và B là số điểm nguyên nằm trên biên của P. Khi đó ta có đẳng thức \displaystyle S_P=I+\frac{1}{2}B-1.

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 \DeltaP'. Ta thấy nếu công thức Pick đúng với \DeltaP' thì nó cũng đúng với P. Thật vậy, ta có

\displaystyle I=I_{\Delta}+I_{P'}+x-2,\quad B=B_{\Delta}+B_{P'}-2x+2,

ở đây x là số điểm nguyên trên l, suy ra

\displaystyle S_P=S_{\Delta}+S_{P'}=I_{\Delta}+\frac{1}{2}B_{\Delta}-1+I_{P'}+\frac{1}{2}B_{P'}-1=I+\frac{1}{2}B-1.

Vậy công thức Pick đúng với P. Hơn nữa, nếu công thức Pick đúng với hai trong ba đa giác \Delta, P, P' thì nó cũng đúng với đa giác còn lại. Do đó ta chỉ cần chứng minh định lí Pick cho các tam giác là xong.

Vì từ một tam giác bất kì ta luôn có thể ghép thêm vào 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. Điều này là đơn giản. \Box

Một tam giác cơ bản là một tam giác có các đỉnh là các điểm nguyên đồng thời trên biên và phần trong của nó không còn điểm nguyên nào khác. Ta có kết quả sau:

Bổ đề 1. Mọi tam giác cơ bản đều có diện tích bằng \dfrac{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).

pick1

Trong hình H3, tam giác cơ bản đang xét là OAB. Không mất tính tổng quát ta giả sử M=(0;m), P=(p;0), B=(b_1;b_2), ở đây m,p,b_1,b_2 là các số nguyên dương thỏa mãn p> b_1, và m> b_2.

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 \dfrac{(m-1)(p-1)}{2}. Tính toán tương tự ta có số điểm nguyên nằm trong tam giác OBR bằng \dfrac{(b_1-1)(b_2-1)}{2}, nằm trong tam giác BAS bằng \dfrac{(p-b_1-1)(m-b_2-1)}{2}.

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 BS + số điểm nguyên nằm trên đoạn thẳng BR khác BR, suy ra

\displaystyle \frac{(m-1)(p-1))}{2}=1+\frac{(b_1-1)(b_2-1)}{2}+\frac{(p-b_1-1)(m-b_2-1)}{2}

+(b_2-1)(p-b_1-1)+p-b_1-1+b_2-1, do đó mb_1-b_2p=1, bằng cộng trừ diện tích ta có S_{OAB}=\dfrac{1}{2}. \Box

Chú ý. Trong chứng minh trên ta có thể tính diện tích tam giác OAB bằng cách dùng công thức sau:

Công thức dây giày. Cho đa giác đơn A_0A_1\ldots A_{n-1}. Khi đó nếu A_i có tọa độ (x_i;y_i) thì diện tích của đa giác A_0A_1\ldots A_{n-1} bằng \displaystyle\frac{1}{2}\left|\sum_{i=0}^{n-1}\begin{vmatrix} x_i & x_{i+1} \\ y_i & y_{i+1} \end{vmatrix}\right|,

ở đây x_n=x_0y_n=y_0.

Bây giờ chúng tôi sẽ tiếp tục giới thiệu các chứng minh khác của định lí Pick.

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=N\pi\quad (1).

Tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trong P bằng 2\pi, 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=2\pi I+\pi B-2\pi\quad (2).

Từ (1)(2) ta có N\pi=2\pi I+\pi B-2\pi\Rightarrow N=2I+B-2, mà S=\dfrac{1}{2}N, suy ra định lí được chứng minh. \Box

Một graph được gọi là graph phẳng nếu nó có thể nhúng vào một mặt phẳng, nghĩa là ta có thể vẽ nó trên một mặt phẳng sao cho hai cạnh bất kì không có điểm trong chung. Trong chứng minh tiếp theo ta sẽ dùng kết quả sau:

Công thức Euler. Cho G là một graph phẳng, hữu hạn và liên thông. Giả sử sau khi vẽ G trên một mặt phẳng sao cho hai cạnh bất kì không có điểm trong chung, số đỉnh của G bằng v, số cạnh bằng e và số mặt (miền giới hạn bởi các cạnh, kể cả miền vô hạn bên ngoài) bằng f. Khi đó ta có đẳng thức v-e+f=2.

Chứng minh thứ ba. Đầu tiên, như chứng minh trên ta chia đa giác P thành các tam giác cơ bản. Xét graph G có đỉnh là các điểm nguyên nằm bên trong hay trên biên của P, các cạnh là cạnh của các tam giác cơ bản trong phép chia đang xét. Dễ thấy G là một graph phẳng, hữu hạn và liên thông.

Gọi f là số mặt, e_i là số cạnh trong (cạnh chung của hai tam giác cơ bản), e_b là số cạnh biên (cạnh nằm trên cạnh của P) của G.

Vì diện tích của tam giác cơ bản bằng \dfrac{1}{2} nên S_P=\dfrac{1}{2}(f-1)\quad (1).

Do mỗi cạnh trong là cạnh chung của đúng hai tam giác cơ bản và mỗi cạnh biên là cạnh của đúng một tam giác cơ bản nên 3(f-1)=2e_i+e_b\quad (2).

Số đỉnh của G bằng I+B, số cạnh bằng e_i+e_b và số mặt bằng f nên theo công thức Euler ta có I+B-(e_i+e_b)+f=2\quad (3).

Từ (1), (2)(3) với chú ý B=e_b ta có S_P=I+\dfrac{1}{2}B-1.\Box

Chứng minh sau tương tự chứng minh thứ hai.

Chứng minh thứ tư. Với mỗi điểm nguyên M nằm trên biên hay trong P, gọi \alpha_M là góc mà từ M nhìn thấy được P. Như vậy \alpha_M=2\pi khi M nằm trong P\alpha_M=\pi khi M nằm trên biên của P nhưng khác đỉnh. Với mỗi điểm nguyên M nằm trên biên hay trong P, đặt t_{M}=\dfrac{\alpha_M}{2\pi}.

Xét tổng \displaystyle T_P=\sum_{M}t_M. Ta cần bổ đề sau:

Bổ đề 2. T_P=S_P.

Chứng minh. Ta thấy cả TS đều cộng tính, nghĩa là khi chia P thành hai đa giác đơn P_1,P_2 bởi một đường chéo thì

T_{P}=T_{P_1}+T_{P_2},\quad S_{P}=S_{P_1}+S_{P_2}.

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. Việc này là đơn giản.

Trở lại việc chứng minh định lí.

Vì tổng của các \alpha_M với M nằm trên biên của P bằng (B-2)\pi nên theo bổ đề ta có S_P=T_P= (tổng của các t_M với M nằm trong P) + (tổng của các t_M với M nằm trên biên của P) = \displaystyle I+\frac{(B-2)\pi}{2\pi}=I=\frac{1}{2}B-1. \Box

2. Áp dụng vào bài toán Frobenius

Giả sử ở ngân hàng chỉ còn hai loại tiền 3 đồng và 5 đồng. Tôi có một tờ n\, (n\in\mathbb{N}^*) đồng. Liệu tôi có thể đem tờ n đồng đó đến ngân hàng để đổi lấy các tờ 3 hay 5 đồng được không? Rõ ràng không phải lúc nào cũng đổi được (chẳng hạn n=4) và với n đủ lớn ta luôn đổi được. Một câu hỏi tự nhiên là: n lớn nhất bằng bao nhiêu để không đổi được? (Câu hỏi này lần đầu tiên được đặt ra bởi Frobenius).

Một cách toán học, ta có bài toán sau:

Bài toán Frobenius. Cho tập A=\{a_1,a_2,\ldots,a_d\} gồm d>1 số nguyên dương lớn hơn 1 sao cho \gcd (a_1,a_2,\ldots,a_d)=1. Một số tự nhiên n được gọi là biểu diễn được theo tập A nếu tồn tại các số tự nhiên m_1,m_2,\ldots,m_d sao cho \displaystyle n=\sum_{i=1}^d m_ia_i. Tìm số tự nhiên lớn nhất không biểu diễn được theo tập A.

Kết quả của bài toán này được gọi là số Frobenius của A và được ký hiệu bởi g(a_1,a_2,\ldots,a_d). Định lí sau chứng tỏ các số này tồn tại.

Định lí 1. Tồn tại số nguyên N sao cho mọi số nguyên s\geq N đều biểu diễn được theo A.

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo d.

Do định lí 1 nên khẳng định đúng với d=2.

Giả sử khẳng định đúng với d=k-1\,(k>2,k\in\mathbb{Z}). Ta đi chứng minh khẳng định đúng với d=k.

Đặt x=\gcd (a_1,a_2,\ldots,a_{k-1})a'_i=a_i/x. Vì \gcd (a'_1,a'_2,\ldots,a'_{k-1})=1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại số nguyên \alpha sao cho mọi số nguyên y\geq\alpha đều biểu diễn được theo A'=\{a'_i\}.

Chọn N=\alpha x+(x-1)a_k và cố định một số nguyên s\geq N.

Do \gcd (a_1,a_2,\ldots,a_k)=1 nên \gcd (x,a_k)=1, suy ra tồn tại số tự nhiên x_k<x sao cho s\equiv a_kx_k\pmod{x}. Ta thấy \dfrac{s-a_kx_k}{x} là số nguyên không bé hơn \displaystyle \frac{\alpha x+(x-1)a_k-a_kx_k}{x}=\alpha+\frac{a_k(x-1-x_k)}{x}\geq\alpha suy ra tồn tại các số tự nhiên x_1,x_2,\ldots,x_{k-1} để \displaystyle \frac{s-a_kx_k}{x}=a'_1x_1+a'_2x_2+\cdots+a'_{k-1}x_{k-1}, do đó s=a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_kx_k. Vậy khẳng định đúng với d=k và bởi thế nó đúng với mọi số nguyên d>1. \Box

Không có công thức tính các số Frobenius với d>2 trong trường hợp tổng quát. Khi d=2 ta có.

Định lí 2. Nếu p,q>1 là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì

g(p,q)=pq-p-q.

Chứng minh. frobenius

Trong hình trên, tứ giác ABCD không chứa điểm nguyên nào trên biên ngoài A,B,C,D. Bởi công thức dây giầy ta có S_{ABCD}=p+q, áp dụng định lí Pick ta thấy số điểm nguyên nằm trong ABCDp+q-1, dễ thấy các điểm này đều nằm trong góc phần tư thứ nhất.

Mỗi một trong p+q-1 đường thẳng px+qy=pq=p-q+i,\quad i=1,2,\cdots,p+q-1 chứa nhiều nhất một điểm nguyên nằm trong ABCD, kết hợp với phần trên, mỗi đường thẳng này đều chứa đúng một điểm nguyên nằm trong ABCD.

Mà dễ thấy mỗi đường thẳng px+qy=m,\quad m=pq+1,pq+2,\cdots đều chứa ít nhất một điểm nguyên nằm trong góc phần tư thứ nhất, suy ra điều phải chứng minh. \Box

Các bạn có thể tìm hiểu thêm về bài toán Frobenius tại địa chỉ

https://nttuan.org/2017/02/18/topic-863/

3. Ví dụ

Ví dụ 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, BCGCAG có diện tích bằng nhau và bằng \dfrac{1}{2}. Suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC. \Box

Ví dụ 2. Các đỉnh của một ngũ giác lồi là các điểm nguyên. Chứng minh rằng diện tích của ngũ giác đó không bé hơn \dfrac{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+\dfrac{5}{2}-1=\dfrac{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.\Box

Trong các ví dụ dưới đây ta chỉ cần dùng công thức dây giầy là đủ, dùng công thức này ta có diện tích của các đa giác đơn với các đỉnh có tọa độ hữu tỷ là số hữu tỷ.

Ví dụ 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 1. Giả sử tồn tại n-giác đều A_1A_2\ldots A_n sao cho các đỉnh của nó là các điểm nguyên. Theo định lí Pick, diện tích của tam giác A_1A_2A_3 là một số hữu tỷ, suy ra

\displaystyle A_1A_3.A_1A_2\sin \widehat{A_2A_1A_3}\in\mathbb{Q}\Rightarrow \sin^2\dfrac{\pi}{n}\in\mathbb{Q}\Rightarrow 2\cos \dfrac{2\pi}{n}\in\mathbb{Q}.\quad (1)

Xét dãy đa thức \{F_n\}_{n\geq 1} xác định bởi F_1(x)=x,F_2(x)=x^2-2F_{n+2}(x)=xF_{n+1}(x)-F_n(x),\quad n\geq 1. Dễ thấy với mỗi n, F_n là monic, có bậc n, có hệ số nguyên và F_n(2\cos t)=2\cos nt,\quad\forall t\in\mathbb{R}.

Ta có F_n\left(2\cos \dfrac{2\pi}{n}\right)=2, suy ra  2\cos \dfrac{2\pi}{n} là một nghiệm của đa thức F_n-2. \quad (2)

Từ (1)(2) suy ra \displaystyle 2\cos \dfrac{2\pi}{n}\in\mathbb{Z}\Rightarrow 2\cos \dfrac{2\pi}{n}\in\{\pm 1;0;\pm 2\}. Do đó n\in\{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, 2S_{ABC} là số nguyên, suy ra AB.AC\sin \dfrac{\pi}{3}\in\mathbb{Z}, do đó tồn tại các số tự nhiên x,y,zw sao cho 3(x^2+y^2)(z^2+w^2) là số chính phương dương, mà v_3(u^2+v^2) 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. \Box

Ví dụ 4.  Cho n\ge 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;i^2) trên parabol y=x^2\quad (i=1,2,\cdots). Bởi định lí 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,a^2)(b,b^2) bằng (a - b)^2 + (a^2 - b^2)^2 = (a - b)^2(1 + (a + b)^2), và không phải số chính phương. \Box

Lời giải 2. Chọn C là một bội nguyên dương đủ lớn của n!. Xét n điểm nguyên

A_1=(C+1,C^{C+1}),A_2=(C+2,C^{C+2}),..,A_n=(C+n,C^{C+n}).

Với hai điểm khác nhau A_i,A_j ta có A_i,A_j^2=(i-j)^2+(C^{C+i}-C^{C+j})^2 không là số chính phương. Thật vậy, nếu ngược lại ta sẽ có số nguyên dương D thỏa mãn

(i-j)^2+(C^{C+i}-C^{C+j})^2=D^2, từ đẳng thức này ta có D chia hết cho i-j\displaystyle 1+\left(\dfrac{C^{C+i}-C^{C+j}}{i-j}\right)^2=\left(\dfrac{D}{i-j}\right)^2, không thể xảy ra điều này.

Ba điểm bất kì trong n điểm đã chọn không thẳng hàng vì chúng thuộc đồ thị của hàm số mũ y=C^{C+x}. Theo định Pick, ba điểm bất kì là ba đỉnh của một tam giác có diện tích hữu tỷ. \Box

Lời giải 3. Bằng quy nạp, ta sẽ xây dựng dãy điểm nguyên \{A_n=(x_n,y_n)\}_{n\geq 1} sao cho với mọi n\geq 3, dãy điểm A_1,A_2,\ldots,A_n thỏa mãn các điều kiện của bài toán và các hoành độ cũng như các tung độ đôi một khác nhau. Theo định 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 A_1=(0,0),\ A_2=(1,1),\ A_3=(3,2) thỏa mãn. Giả sử rằng với n\ge 4 nào đấy ta đã có dãy điểm nguyên A_1,A_2,\ldots,A_{n-1} thỏa mãn. Với mỗi i=\overline{1,n-1} lấy các số nguyên tố p_i sao cho p_i\equiv 1\pmod 4, và các số nguyên a_i,b_i thỏa mãn p_i\not|a_i,b_ip_i|a_i^2+b_i^2.

Chọn số nguyên k_i để v_{p_i}[(a_i+k_ip_i)^2+b_i^2]=1. Theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn tại các số nguyên x_n\not= x_i,y_n\not=y_i sao cho x_n-x_i\equiv a_i+k_ip_i\pmod{p_i^2}, x_n-x_i\equiv 0\pmod{p}\ y_n-y_i\equiv b_i\pmod{p_i^2},\ \forall i\in\overline{1,n-1}. Ở đây p là số nguyên tố khác tất cả p_i và không chia hết \displaystyle \prod_{i\not=j}(x_i-x_j)(y_i-y_j)\displaystyle\prod (y_n-y_i), tất nhiên là ta chọn y_n trước và x_n sau. Ta có v_{p_i}[(x_n-x_i)^2+(y_n-y_i)^2]=1, suy ra A_nA_i là các số vô tỷ với \ i=\overline{1,n-1}. Do \dfrac{y_n-y_i}{x_n-x_i}\ne\dfrac{y_i-y_j}{x_i-x_j},\ \forall i\ne j\in\overline{1,n-1} nên A_n,A_iA_j không thẳng hàng. \Box

4. Bài tập

Bài 1. Cho đa giác đơn P. Chứng minh rằng tồn tại một đường chéo của P nằm trong nó.

Bài 2. Chứng minh định lí Pick khi P là hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với các trục tọa độ hoặc là tam giác vuông có các cạnh góc vuông cùng phương với các trục tọa độ.

Bài 3. Cho n-giác đều P. Chứng minh rằng nếu 3 trong các đỉnh của P là điểm nguyên và hai trong chúng là kề nhau thì P là hình vuông.

Bài 4. Biết rằng có tồn tại một n-giác đơn có các đỉnh nguyên sao cho trên biên của nó có đúng n điểm nguyên và không có điểm nguyên nào nằm trong nó. Chứng minh rằng n\leq 4.

Bài 5. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n ta có \displaystyle\sum_{i=1}^{n^2} \lfloor \frac{i}{3} \rfloor= \frac{n^2(n^2-1)}{6}.

Bài 6. Cho m,n\in\mathbb{Z^{+}}, chứng minh rằng mọi hình chữ nhật kích thước m\times n phủ nhiều nhất (m+1)(n+1) điểm nguyên.

Bài 7. Cho ngũ giác lồi P có các đỉnh là các điểm nguyên. Các đường chéo của P tạo thành một ngũ giác lồi Q nằm trong P. Chứng minh rằng trong hoặc trên biên của Q có ít nhất một điểm nguyên.

Bài 8. Đặt V_n=\sqrt{F_n^2+F_{n+2}^2}, ở đây F_n là số Fibonacci thứ n. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, tồn tại tam giác cơ bản với độ dài ba cạnh bằng V_n, V_{n+1}, V_{n+2}.

Bài 9. Cho số nguyên tố p và một hình vuông có các đỉnh có tọa độ nguyên. Biết độ dài cạnh hình vuông là \sqrt{p}, tìm số điểm nguyên nằm trong hình vuông.

Góc trong mặt phẳng tọa độ (1)


Bài 1. Cho d:2x+3y+1=0,M(1;1). Viết phương trình đường thẳng qua M và tạo với d góc 45^0.

Đáp số. 5x+y-6=0,x-5y-4=0.

Bài 2. Viết phương trình của phân giác của góc nhọn tạo bởi d_1:x-2y-5=0d_2:2x-y+2=0.

Bài 3. Viết phương trình phân giác trong và ngoài xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC với A(1;1),B(10;13)C(13;6).

Bài 4. \Delta ABC cân tại A với AB:x+2y-1=0,BC:3x-y+5=0. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC nếu nó đi qua M(1;-3).

Bài 5. Hình vuông ABCD có đường chéo AC:x+y-10=0. Tìm B biết CD qua M(6;2)AB qua N(5;8).

Đáp số. (8;8),(5;4).

Bài 6. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh huyền nằm trên d:x+7y-31=0, AC đi qua N(1;5/2), AB qua M(2;-3). Tìm các đỉnh.

Bài 7. d_1:2x-y+5=0;\quad d_2:3x+6y-7=0. Lập phương trình đường thẳng qua A(2;-1) và tạo với d_1,d_2 một tam giác cân.

Đáp số. 3x+y-5=0;\quad x-3y-5=0. Continue reading “Góc trong mặt phẳng tọa độ (1)”

Khoảng cách trong mặt phẳng tọa độ (1)


Bài 1. Tam giác ABCAB:x-y+4=0,BC:3x+5y+4=0CA:7x+y-12=0. Hỏi O nằm trong hay ngoài tam giác?

Bài 2. Cho M(1;4),N(6;2). Lập phương trình đường thẳng qua M sao cho khoảng cách từ N đến nó bằng 5.

Bài 3. Cho A(1;2),B(5;-1). Viết phương trình đường thẳng qua (3;5) và cách đều A,B.

Bài 4. Cho A(1;1),B(4;-3). Tìm C thuộc d:x-2y-1=0 sao cho d(C,AB)=6.

Bài 5. Cho d_1:x+y+3=0,d_2:x-y-4=0;d_3:x-2y=0. Tìm M\in d_3 để d(M,d_1)=2d(M,d_2). Continue reading “Khoảng cách trong mặt phẳng tọa độ (1)”

Luyện tập về phương trình bậc hai (1)


Các học sinh có thể ôn lại các dạng bài về phương trình bậc hai tại https://nttuan.org/2010/05/01/topic-49/

Bài 1. Tìm m\in\mathbb{Z} để x^4+2mx^2+18=0 có bốn nghiệm phân biệt x_1,x_2,x_3,x_4 sao cho \dfrac{x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4}{2} là bình phương của một số nguyên dương.

Bài 2. Cho phương trình x^2-2(m+1)x+2m-2=0.

a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mỗi m;

b) Gọi hai nghiệm là x_1,x_2. Tính theo m giá trị của

x_1^2+2(m+1)x_2+2m-2.

Bài 3. Cho phương trình mx^3-(m^2+1)x^2-m^2x+m+1=0\quad (1).

a) Chứng minh x=-1 là một nghiệm của (1);

b) Tìm m để (1) có ba nghiệm phân biệt.

Bài 4. Cho phương trình x^2-2(m+2)x+6m+1=0 với x là ẩn số và m là tham số.

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m;

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm lớn hơn 2.

Bài 5. Cho phương trình x^2-6x+m+1=0.

a) Tìm m để phương trình có nghiệm x=2;

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x_1,x_2 thoả mãn x_1^2+x_2^2=26.

Bài 6. Tìm các giá trị k để hai phương trình x^2+kx+1=0x^2+x+k=0 có nghiệm chung.

Bài 7. Tìm m để phương trình x^4-2mx^2+m^2-25=0 có bốn nghiệm phân biệt. Khi đó, gọi các nghiệm là x_1,x_2,x_3,x_4. Chứng minh rằng biểu thức \dfrac{1}{x_1x_2x_3}+\dfrac{1}{x_2x_3x_4}+\dfrac{1}{x_3x_4x_1}+\dfrac{1}{x_4x_1x_2} có giá trị không phụ thuộc m.

Bài 8. Giả sử phương trình x^2-mx-1=0 có hai nghiệm là x_1,x_2. Không giải phương trình hãy tính x_1-x_2.

Bài 9. Chứng minh rằng với mỗi m\in\mathbb{R} ít nhất một trong hai phương trình sau vô nghiệm

x^2+(m-1)x+2m^2=0,\quad\quad\quad x^2+4mx-m+2=0.

Bài 10. Xét phương trình x^4-2(m^2+2)x^2+5m^2+3=0\quad (1).

a) Chứng minh rằng với mỗi m, phương trình (1) luôn có bốn nghiệm phân biệt;

b) Gọi các nghiệm là x_1,x_2,x_3,x_4. Tính theo m giá trị của biểu thức

M=\dfrac{1}{x_1^2}+\dfrac{1}{x_2^2}+\dfrac{1}{x_3^2}+\dfrac{1}{x_4^2}.

Bài 11. Xét phương trình mx^2+(2m-1)x+m-2=0.

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x_1,x_2 thoả mãn x_1^2+x_2^2-x_1x_2=4;

b) Chứng minh rằng nếu m là tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì phương trình có nghiệm hữu tỷ.

Bài 12. Cho phương trình x^2-2(a-1)x+2a-5=0\quad (1).

a) Chứng minh (1) có nghiệm với mỗi a;

b) Với giá trị nào của a thì (1) có hai nghiệm x_1,x_2 thoả mãn x_1<1<x_2;

c) Tìm a để (1) có hai nghiệm x_1,x_2 thoả mãn x_1^2+x_2^2=6.

Bài 13. Cho phương trình bậc hai

x^2-2(m-1)x+2mn-m^2-2n^2=0, ở đây m,n là các tham số. Chứng minh rằng phương trình đã cho không thể có nghiệm kép với mỗi m,n.

Bài 14. Cho phương trình x^2-2x-3m^2=0, với m là tham số.

1) Giải phương trình khi m = 1.

2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x_1, x_2 khác 0 và thỏa điều kiện

\displaystyle \frac{{{x}_{1}}}{{{x}_{2}}}-\frac{{{x}_{2}}}{{{x}_{1}}}=\frac{8}{3}.

Bài 15. Tìm m để x^2-4x-2m|x-2|-m+6=0 vô nghiệm.

Kiểm tra – 2/3/2017


Bài 1.

1) Giải bất phương trình {{x}^{2}}+x-2+2\sqrt{x+2}\ge 0.

2) Giải hệ phương trình \begin{cases}xy-2x+y=8 \\{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-5x-11y+34=0.\end{cases}

Bài 2.

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p;q) sao cho {{p}^{2}}+{{q}^{2}}+4 cũng là một số nguyên tố.

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m;n) sao cho (3m-1) chia hết cho n(3n-1) chia hết cho m. Continue reading “Kiểm tra – 2/3/2017”

International Zhautykov Olympiad 2017


Ngày thứ nhất

Bài 1. Cho ABC là một tam giác không cân với đường tròn ngoại tiếp \omegaH,  M lần lượt là trực tâm và trung điểm của AB. Gọi P,Q là các điểm trên cung AB của \omega không chứa C sao cho \angle ACP=\angle BCQ < \angle ACQ. Gọi R,S lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên CQ,CP. Chứng minh rằng các điểm P,Q,R,S cùng nằm trên một đường tròn tâm M.

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số  f:R \rightarrow R sao cho

(x+y^2)f(yf(x))=xyf(y^2+f(x)),\quad \forall x,y\in\mathbb{R}.

Bài 3. Một bảng ô vuông hình chữ nhật được chia thành các domino. Chứng minh rằng có thể tô màu tất cả các đỉnh của các ô vuông đơn vị bởi một trong ba màu sao cho với mỗi hai đỉnh kề nhau, điều kiện sau được thỏa mãn: chúng khác màu nếu đoạn thẳng đi qua hai đỉnh nằm trên biên của hai domino và cùng màu nếu đoạn thẳng nối hai điểm nằm trong một domino.

Ngày thứ hai

Bài 4. Cho (a_n) là một dãy các số nguyên dương sao cho k số hạng đầu a_1,a_2,...,a_k là các số nguyên dương phân biệt, và với mỗi n>k, số a_n là số nguyên dương nhỏ nhất không thể biểu diễn như tổng của một vài số (có thể một) trong a_1,a_2,...,a_{n-1}. Chứng minh rằng với mỗi n đủ lớn ta có

a_n=2a_{n-1}.

Bài 5. Với mỗi số nguyên dương k kí hiệu C(k) là tổng các ước nguyên tố của nó. Ví dụ C(1)=0,C(2)=2,C(45)=8. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho C(2^n+1)=C(n).

Bài 6. Cho ABCD là một tứ diện đều và M, N là các điểm bất kì trong không gian. Chứng minh rằng AM \cdot AN + BM \cdot BN + CM \cdot CN \geq DM \cdot DN.

Số nghiệm của phương trình ax+by=n


Bài viết giới thiệu một công thức tính số nghiệm tự nhiên của phương trình ax+by=n và áp dụng công thức đó vào giải bài toán Frobenius với một tập có hai phần tử. Ở cuối bài viết chúng tôi cũng giới thiệu một số bài toán thi chọn học sinh giỏi liên quan.

1. Công thức Popoviciu

Trong mục này chúng tôi sẽ giới thiệu một công thức tính số nghiệm tự nhiên của phương trình ax+by=n, ở đây a,b là các số nguyên dương thỏa mãn \gcd (a,b)=1n là số tự nhiên.

Định lí 1. (Công thức Popoviciu)  Gọi N(a,b;n) là số các cặp số tự nhiên (x,y) sao cho ax+by=n, ở đây a,b là các số nguyên dương thỏa mãn \gcd (a,b)=1n là số tự nhiên. Khi đó

\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}-\left\{\frac{a^{-1}n}{b}\right\}-\left\{\frac{b^{-1}n}{a}\right\}+1, với a^{-1} là nghịch đảo modulo b của ab^{-1} là nghịch đảo modulo a của b.

Chứng minh. Gọi \displaystyle F(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}N(a,b;n)z^n là hàm sinh của dãy số \{N(a,b;n)\}_{n\geq 0}. Ta có

\displaystyle F(z)=\sum_{k\in\mathbb{N}}\sum_{l\in\mathbb{N}}z^{ak}z^{bl}=\frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}.\quad (1)

\gcd (a,b)=1 nên đa thức (1-z^a)(1-z^b) có nghiệm là 1 với bội 2 và các nghiệm đơn \xi_a^k (k=1,2,\ldots,a-1), \xi_b^l (l=1,2,\ldots,b-1), ở đây \xi_a=\cos\dfrac{2\pi}{a}+i\sin \dfrac{2\pi}{a}\xi_b=\cos\dfrac{2\pi}{b}+i\sin \dfrac{2\pi}{b}. Kết hợp với (1) ta có tồn tại các số phức C_1,C_2; A_i; B_i sao cho

\displaystyle F(z)=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (2)

Để ý đến hệ số của z^n, từ (2) ta có

\displaystyle N(a,b;n)=C_1+C_2(n+1)+\sum_{k=1}^{a-1}A_k\xi_a^{-nk}+\sum_{l=1}^{b-1}B_l\xi_b^{-nl}.\quad (3)

Bây giờ ta sẽ đi tìm các số phức C_1,C_2; A_i; B_i từ đẳng thức

\displaystyle \frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (4)

Nhân hai vế của (4) với (1-z)^2 và cho z\to 1 ta có C_2=\dfrac{1}{ab}, sau đó nhân hai vế của (4) với 1-z, để C_1 một bên và cho z\to 1 ta được C_1=\dfrac{a+b-2}{2ab}. Theo cùng một cách ta có

\displaystyle A_k=\frac{1}{a(1-\xi_a^{kb})},\quad B_l=\frac{1}{b(1-\xi_b^{la})}.

Thay vào (3) ta được

\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}+\frac{a+b}{2ab}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}+\frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}.\quad (5)

Từ (5) ta có \displaystyle N(a,1;n)=\frac{n}{a}+\frac{a+1}{2a}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}, mà \displaystyle N(a,1;n)=\left[\frac{n}{a}\right]+1, suy ra

\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{n}{a}\right\}-\frac{1}{2a},

do đó \displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}=\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nb^{-1}k}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{nb^{-1}}{a}\right\}-\frac{1}{2a},

chứng minh tương tự ta được

\displaystyle \frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{na^{-1}}{b}\right\}-\frac{1}{2b},

thay hai đẳng thức cuối cùng vào (5) ta có điều cần chứng minh. \Box

2. Áp dụng vào bài toán Frobenius

Giả sử ở ngân hàng chỉ còn hai loại tiền 3 đồng và 5 đồng. Tôi có một tờ n\, (n\in\mathbb{N}^*) đồng. Liệu tôi có thể đem tờ n đồng đó đến ngân hàng để đổi lấy các tờ 3 hay 5 đồng được không? Rõ ràng không phải lúc nào cũng đổi được (chẳng hạn n=4) và với n đủ lớn ta luôn đổi được. Một câu hỏi tự nhiên là: n lớn nhất bằng bao nhiêu để không đổi được? (Câu hỏi này lần đầu tiên được đặt ra bởi Frobenius). Continue reading “Số nghiệm của phương trình ax+by=n”