Tài liệu Tập hợp nguyên trong mặt phẳng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– LÊ LƯƠNG TỚI TẬP HỢP NGUYÊN TRONG MẶT PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– LÊ LƯƠNG TỚI TẬP HỢP NGUYÊN TRONG MẶT PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. VŨ HOÀI AN THÁI NGUYÊN - 2017 iii Mục lục Lời mở đầu 1 1 3 3 Tập hợp nguyên trong mặt phẳng 1.1 Mở đầu, các khái niệm và kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . 1.1.1 1.1.2 Định lý Euclid về số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . Định lý Fermat về tổng hai bình phương . . . . . . . . 3 5 1.1.3 Định lý Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tập hợp nguyên trong mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . 7 8 Điểm nguyên trong mặt phẳng 2.1 Mở đầu, các khái niệm và ví dụ, kết quả bổ trợ . . . . . . . . . 16 16 2.2 2.3 19 23 1.2 2 Định lý Anning- Erdos và Định lý Pick đối với điểm nguyên . Tập nguyên, điểm nguyên với toán học phổ thông . . . . . . . 2.3.1 2.3.2 Các ví dụ về tập nguyên, điểm nguyên ứng dụng Định lý Pick trong hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Các ví dụ về tìm điểm có tọa độ nguyên trên đường cong 27 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 1 Lời mở đầu 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. Năm 1945, Anning và Erdos [2] đã chứng minh rằng, đối với số nguyên dương n bất kì ta luôn tìm được n điểm phân biệt không thuộc cùng một đường thẳng sao cho mọi khoảng cách giữa các phần tử của nó là các số nguyên, nhưng không thể tìm được tập vô hạn không thuộc cùng một đường thẳng là một tập nguyên. Graham, Rothschild và Straus [3] đã chứng minh rằng, tồn tại d + 2 điểm của không gian Euclid Rd mà khoảng cách của chúng là số nguyên lẻ nếu và chỉ nếu d ≡ 14 ( mod 16). Một ví dụ kinh điển là tam giác Pythagore sau đây: Xét tam giác O(0; 0), A(3; 0), B(0; 4) và S = {O, A, B}. Khi đó S là một tập nguyên của không gian Euclid R2 . Mặt khác tam giác Pythagore liên quan đến phương trình nghiệm nguyên. Hơn nữa, phương trình nghiệm nguyên, việc tìm điểm thuộc đồ thị có tọa độ nguyên xuất hiện trong Báo Toán học và Tuổi trẻ, trong các đề thi tốt nghiệp phổ thông, đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi, trong các tài liệu toán nâng cao dành cho học sinh, giáo viên toán trung học cơ sở, trung học phổ thông, trong chương trình toán học trung học cơ sở, trung học phổ thông. Vì lí do đó, chúng tôi xem xét vấn đề: Tập hợp nguyên trong mặt phẳng. Mục đích của đề tài luận văn là: Tổng hợp, trình bày lại các kết quả trong [2-4] về tập hợp nguyên trong mặt phẳng và các ví dụ trong toán học phổ thông thể hiện ứng dụng của vấn đề: Tập hợp nguyên trong mặt phẳng. Nội dung của đề tài được viết trong hai chương. Chương 1 có tiêu đề "Tập hợp nguyên trong mặt phẳng" trình bày các khái niệm và kết quả bổ trợ về tập hợp nguyên trong mặt phẳng. 2 Chương 2 có tiêu đề "Điểm nguyên trong mặt phẳng" trình bày các khái niệm và kết quả bổ trợ về điểm nguyên trong mặt phẳng. Định lý Anning- Erdos và định lý Pick đối với điểm nguyên. Các ví dụ về tập nguyên, điểm nguyên với toán học phổ thông. Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Vũ Hoài An. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho công tác và nghiên cứu của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các Thầy giáo, Cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán K9B2 (khóa 2015–2017); Nhà trường và các phòng chức năng của Trường; Khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K9B2 (khóa 2015–2017) đã luôn động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập, nghiên cứu. Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác và đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu. Hải Dương, tháng 6 năm 2017 Tác giả Lê Lương Tới 3 Chương 1 Tập hợp nguyên trong mặt phẳng Chương này giới thiệu về tập hợp nguyên trong mặt phẳng. Cụ thể: Mục 1.1 giới thiệu về các khái niệm và kết quả bổ trợ. Mục 1.2 trình bày về tập hợp nguyên trong mặt phẳng. Nội dung của chương 1 được viết dựa vào [2], [4]. 1.1 1.1.1 Mở đầu, các khái niệm và kết quả bổ trợ Định lý Euclid về số nguyên tố Định lý 1.1.1. Tập hợp số nguyên tố là vô hạn. Chứng minh. Giả sử rằng p1 , p2 , ..., pk là một dãy số nguyên tố. Ta chỉ ra rằng sẽ tìm được một số nguyên tố mới không nằm trong dãy số này. Từ đó suy ra sẽ phải có vô số các số nguyên tố. Để chỉ ra số nguyên tố mới, chúng ta xây dựng số n = p1 .p2 ...pk + 1. Rõ ràng n sẽ có một ước số nguyên tố p. Nhưng vì n không chia hết cho các số nguyên tố pi ở trên nên ước số nguyên tố p của n sẽ là một số nguyên tố mới không nằm trong dãy số này. Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố thì chúng ta lại tìm được một số nguyên tố mới, điều đó chứng tỏ sẽ có vô hạn các số nguyên tố. Ví dụ 1.1.2. Chứng minh rằng có vô số các số nguyên tố có dạng 4N + 3. Để chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4N + 3, chúng ta sẽ chứng minh rằng, với mọi dãy số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 4N + 3, 4 sẽ tồn tại một số nguyên tố khác cũng có dạng 4N + 3, và không nằm trong dãy số nguyên tố này. Thực vậy, lấy n = 4p1 .p2 ...pk − 1, số này có dạng 4N + 3. Đầu tiên chúng ta khẳng định rằng n phải có một ước số nguyên tố có dạng 4N + 3. Đó là vì nếu tất cả các ước số nguyên tố của n có dạng 4N + 1 thì n sẽ là tích của các số có dạng 4N + 1, suy ra n cũng có dạng 4N + 1, vô lý. Tóm lại, n có ít nhất một ước số nguyên tố p có dạng 4N + 3. Cuối cùng vì n không chia hết cho các số nguyên tố pi nên p 6= pi . Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố có dạng 4N + 3 thì chúng ta lại tìm được một số nguyên tố mới cũng có dạng 4N + 3, do đó sẽ tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4N + 3. Định lý 1.1.3. (Định lý Fermat nhỏ) Với mọi số nguyên tố p và với mọi số nguyên a không chia hết cho p thì a p−1 ≡ 1 ( mod p). Bổ đề 1.1.4. Với mọi số tự nhiên x thì x2 + 1 không có ước nguyên tố có dạng 4N + 3. Chứng minh. Theo định lý Fermat nhỏ thì với mọi số nguyên tố p và với mọi số nguyên a không chia hết cho p, a p−1 ≡ 1 ( mod p) Bây giờ chúng ta chứng minh bổ đề theo phương pháp phản chứng. Đó là, giả sử như x2 + 1 có một ước số nguyên tố p = 4N + 3. Tức là x2 ≡ −1 ( mod p) Từ đó chúng ta có x4N+2 = x2
2N+1 = (−1)2N+1 ≡ −1 ( mod p) Nhưng theo định lý nhỏ Fermat thì x4N+2 ≡ 1 ( mod p) 5 Vậy 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 = 4p21 p22 ...p2k + 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 ( mod 4) 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 cũng p 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 m2 p − 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 n viết dưới dạng tổng hai bình phương và d chia hết n thì có ít nhất một d 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. x Giả sử x là một ước của a2 +b2 , viết a = mx +c, b = nx +d với |c| , |d| ≤ , 2
2 2 2 2 2 2 m, n, c, d ∈ Z. Ta có a + b = Ax + c + d , như thế c + d 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 x2 2 2 z không là tổng của hai bình phương, mà zx ≤ yx = c + d ≤ , suy ra 2 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 7 thừa 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: d = MBC. [ Chứng minh. Lấy M thuộc đường chéo AC sao cho ABD d = MBC, d = MCB. [ ADB [ Khi đó xét ∆ABD và ∆MBC có: ABD Nên ∆ABD đồng dạng ∆MBC (g.g). Do đó ta có: AD MC = ⇒ AD.BC = MC.BD BD BC Lại có BA BM [ d = , ABM = DBC BD BC (1) 8 nên ∆ABM đồng dạng ∆DBC (g.g). Suy ra BD AB = ⇒ AB.CD = AM.BD AM CD (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 = √ !     3 1 1 {A, B,C} sao cho A 0; , B − ; 0 ,C ;0 . 2 2 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 1.2) 9 Hình 1.2: Ví dụ 1.2.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Cho hệ S = √ ! √ ! 3 15 3 15 {A, B,C, D} sao cho A − ; ,B ; ,C (−2; 0) , D (2; 0). 2 2 2 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 1.3) Hình 1.3: 10 Ví dụ 1.2.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. Cho hệ S = √ !         15 7 7 1 1 {A, B,C, M, N} sao cho A 0; , B − ; 0 ,C ;0 ,M − ;0 ,N ;0 . 2 2 2 2 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 1.4) Hình 1.4: Ví dụ 1.2.6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy. ! Cho hệ S = √ √
1 3 {O, A1 , A2 , A3 , A4 , A5 } gồm 6 điểm sao cho A1 0; 3 , A2 ; , A3 (1; 0) , 2 2 √ ! 1 3 O (0; 0) , A4 (−1; 0) , A5 − ; . 2 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 = √ 1 3 {O, A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 } gồm 7 điểm sao cho O (0; 0) , A1 ; , A2 (1; 0) , 2 2 √ ! √ ! √ ! 3 3 1 1 3 1 ;− , A4 − ; − , A5 (−1; 0) , A6 − ; A3 2 2 2 2 2 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 = ! √ √
1 3 {O, A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 } gồm 8 điểm sao cho O (0; 0) , A1 0; 3 , A2 , ; 2 2 √ ! √ ! √ ! 1 1 1 3 3 3 A3 (1; 0) , A4 , A5 − ; − , A6 (−1; 0) , A7 − ; ;− 2 2 2 2 2 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 hệtọa độ  trựcchuẩn, cho đường tròn (C) có 1 1 1 phương trình x2 + y2 = , M − ; 0 , N ;0 . 4 2 2 Giả sử các số nguyên p 6= 0, a 6= 0, b 6= 0 thoả mãn a2 + b2 = p2 b 1. Tìm điểm P ∈ (C) sao cho MP = ; p 2. Chứng minh rằng các khoảng cách MN, NP, PM là các số hữu tỷ. Lời giải. 1 1. Gọi P (x, y) ∈ (C) : x2 + y2 = . Khi đó 4   1 2 1 1 1 b2 2 2 2 PM = x + +y = x +x+ +y = + +x = 2. 2 4 4 4 p 13 Từ đây, suy ra b2 1 x = 2 − , x2 = p 2 Do x2 + y2 =  b2 1 − p2 2 2 . 1 nên 4  2 2 1 1 b 1 y2 = − x 2 = − − 4 4 p2 2  4  b b2 1 1 − + = − 4 p4 p2 4   b2 b2 b2 p2 − b2 b2 a2 = 2 1− 2 = 2. = 4 . p p p p2 p Do đó y= |ab| |ab| , y = − p2 p2 Vậy   2  |ab| b 1 b2 1 |ab| − ; 2 , P0 − ;− 2 . P 2 p 2 p p2 2 p  2. Ta có  2 1 1 MN = − − + (0 − 0)2 = 12 = 1 2 2  2 2  2  2 2 |ab| b 1 1 b − p2 a2 b2 2 NP = − − + −0 = + 4 p2 2 2 p2 p2 p
a4 + a2 b2 a2 a2 + b2 a2 b2 2 = = = ; PM = p4 p4 p2 p2 2  Từ đây suy ra MN, NP, PM là các số hữu tỷ. Lý luận tương tự đối với P0 ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2.10. Trong mặt phẳng độ trực  với hệtọa   chuẩn, cho đường tròn (C) có 1 1 1 phương trình x2 + y2 = , M − ; 0 , N ;0 . 4 2 2 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 = bi , i = 1, 2; pi 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   2  1 |ai bi | b2i 1 |ai bi | 0 bi − ; , Pi − ; − 2 , i = 1, 2. p2i 2 p2i p2i 2 pi 2. Lý luận tương tự như ví dụ 1.2.3 ta có các khoảng cách MN, MP1 , NP2 , MP2 , NP1 là các số hữu tỷ. Ta chứng minh P1 P2 là số hữu tỷ. Thật vậy, do M, N, P1 , P2 nội tiếp đường tròn nên theo định lý Ptolemy ta có: MN.P1 P2 + MP2 .NP1 = MP2 .NP1 Từ đây suy ra P1 P2 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) x 2 + y2 = 1 4 15 1 Đường tròn (C) có tâm O (0; 0), bán kính R = . Xét dãy các số nguyên tố 2 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 + b2i = p2i , i = 1, 2, ... Theo ví dụ 1.2.10 tồn tại vô hạn các điểm Pi (xi ; yi ) thỏa mãn MPi = bi , i = 1, 2, ... pi   1 Trong đó M − ; 0 . 2 Xét các điểm sau     1 1 M − ;0 ,N ; 0 , Pi (xi ; yi ) . 2 2 Ta có M, N, Pi ∈ (C). Hơn nữa các khoảng cách MN, MPi , NPi , MPj , NPj , Pi Pj , i 6= j là hữu tỷ. Thực hiện phép vị tự tâm O tỉ số k. Ký hiệu phép vị tự này là VOk . Đặt: Mk = VOk (M) , Nk = VOk (N) , Pi,k = VOk (Pi ) , Pj,k = VOk (Pj ) , (C) = VOk (C) . Từ kết quả MN, MPi , NPi , MPj , NPj , Pi Pj , i 6= j là hữu tỷ. Suy ra với k nguyên dương đủ lớn ta nhận được Mk Nk , Mk Pi,k , Nk Pi,k , Mk Pj,k , Nk Pj,k , Pi,k Pj,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 AnningErdos 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.  mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc cho các điểm  Trong 3 ; 0 , B (0; 2). Chứng minh rằng từ ba điểm O, A, B ta có thể tìm O (0; 0) , A 2 được các điểm A1 , B1 ,C sao cho 4 điểm {O, A1 , B1 ,C} là tập nguyên và O, A1 , B1 ,C 17 Hình 2.1: là các điểm nguyên. Lời giải.    3 3 ; 0 , B (0; 2) , M ;2 . Xét bốn điểm O (0; 0) , A 2 2 Thực hiện phép vị tự tâm O, tỉ số 2 ta có:  VO2 (A) = A1 ,VO2 (B) = B1 ,VO2 (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.