Do tọa độ của các điểm nguyên thuộc tập hợp tất cả các số nguyên Z nên việc sử dụng lưới điểm nguyên tỏ ra thuận lợi khi giải một số bài toán số học.
Bài toán 1.Cho p, q là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng p q + 2p q +...+ (q−1)p q = q p + 2q p + ...+ (p−1)q p = (p−1)(q−1) 2
Lời giải. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật đường chéo OA, với A(p, q). Ta thấy có (p −1)(q − 1) điểm như thế.
O i M N q A p x Hình 2
Vì (p, q) = 1 nên không có điểm nào nằm trên đường chéo, do đó OA chia chúng thành hai phần đối xứng nhau. Xét phần nằm dưới OA, ta thấy số điểm trên đường thẳng x = i với 0< i < p là [MN] =
iq p
. Vậy số điểm nằm dưới đường chéo OA là
p−1 X i=1 iq p = (p−1)(q −1) 2
Do tính đối xứng của p và q, nên
q−1 X j=1 ip q = (q−1)(p−1) 2
và do đó ta có điều phải chứng minh. 2
Bài toán 2. Với mỗi số thực t > 0, gọi d(t) là số các phân số tối giản p
q mà 0 < p, q ≤ t. Cho trước các số nguyên dương m và n, hãy tính tổng S = d(m 1) +d( m 2) +...+d( m n)
Lời giải. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta đồng nhất mỗi phân số a b (không nhất thiết tối giản) với điểmM(a, b).Xét các điểm nguyên không nằm ngoài đường chéo AB, với A(1,1) và B(m, n). Giả sử một đường
thẳngl nào đó đi quaO và chứa các điểm nguyên(p, q),(2p,2q), ...,(kp, kq) với (p, q) = 1. Vì kp ≤ m và kp ≤ n nên p≤ m k < m k −1 < ... < m 1, q ≤ n k < n k −1 < ... < n 1 Suy ra phân số tối giản p
q được tính k lần trong các số d(m 1), d(
m 2), ..., d(m
k). Điều đó cho thấy S chính là số tất cả các điểm không nằm ngoài hình chữ nhật đường chéo AB, và như vậy ta có S = mn. 2 Bài toán 3. a) Chứng minh rằng với mọi n ∈ N, tồn tại duy nhất xn, yn ∈ N sao cho 2n = (xn +yn)2 + 3xn+yn
b) Với các cặp (xn, yn) tìm được ở câu a), hãy chứng minh x1 +x2 +...+x2015 = y1 +y2 +...+y2015 = 41664
Lời giải. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi Tn là điểm thứ n trong dãy điểm chỉ ra trên hình vẽ dưới đây.
O 2 5 9 14 1 3 6 10 y x 4 7 11 8 12 13 Hình 3
Nếu tọa độ của Tn là (xn, yn) thì ta có (xn +yn)2 + 3xn + yn = 2n. Do đó suy ra a).
Để chứng minh câu b), ta chú ý rằng T2015 là điểm thứ 62 trên trục hoành và − →v = X2015 i=1 −→ OT = ( 2015 X i=1 xi, 2015 X i=1 yi) (1)
Gọi −→u là vectơ của đường chéo hình vuông đơn vị. Thế thì tổng các vectơ −−→OTi với các điểm Ti nằm trên cạnh huyền của tam giác cạnh k vuông cân ở O bằng k(k+ 1) 2 −→u, do đó − →v =−→u 2 (1.2 + 2.3 +...+ 62.63) =−→u 6 [1.2.(3−0) +...+ 62.63.(64−1)] =41664−→u (2) Từ (1) và (2) suy ra 2015P i=1 xi = 41664 và2015P i=1 yi = 41664. 2
Bài toán 4. Cho p, q là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Hỏi có bao nhiêu tập S gồm các số tự nhiên sao cho 0 ∈ S và nếu x ∈ S thì x+ p và x+q cũng thuộc S ?
Lời giải. Vì (p, q) = 1 nên mỗi số nguyên n biểu diễn được duy nhất dưới dạng px+qy, với x, y ∈ Z và 0 ≤x ≤ q. Do đó ta có thể đồng nhất mỗi số nguyên n với điểm (x, y) trong mặt phẳng tọa độ.
O y -1 -2 -3 -p A(q,-p) 1 2 q x Hình 4
Vì S chứa mọi điểm n không nằm dưới trục hoành, nên bài toán quy về đánh dấu các điểm nằm trong tam giác vuông có cạnh huyền OA với A(q,−p), sao cho nếu một điểm được đánh dấu thì những điểm bên phải và nằm trên nó cũng được đánh dấu. Ta thấy rằng mỗi cách đánh dấu
như vậy tương ứng với một chuỗi gồm q số 0 và p số 1 thể hiện một con đường đi từ O đến A (0 là sang phải, còn 1 là đi xuống) mà nằm hoàn toàn trên đường OA (chú ý rằng, (p, q) = 1 nên từ hai đầu mút đoạn thẳng OA không chứa điểm nguyên nào).
Phân hoạch tất cả các chuỗi thành các lớp mà hai chuỗi bất kỳ trong một lớp là hoán vị vòng quanh của nhau. Vì mỗi lớp có p+q chuỗi, hơn nữa trong mỗi lớp có đúng một chuỗi thỏa mãn. Vậy có 1
p+ qC p p+q tập S thỏa mãn đề bài. 2 2.2 Bài toán cắt. 2.2.1 Bài toán.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật với các đỉnh là các điểm nguyên và độ dài các cạnh là số nguyên không âm m và n. Chia hình chữ nhật đó thành các ô vuông có cạnh bằng 1 đơn vị. Hãy tính số ô đơn vị bị đường chéo cắt ( đường chéo cắt ô đơn vị nào nếu nó có ít nhất hai điểm chung với ô đó).
Giả thiết rằng các ô được đánh số theo dòng x = 1,2, ..., m tính từ dưới lên và theo cột y = 1,2, ..., n tính từ trái qua phải.
2.2.2 Thí dụ.
Với m = 3, n = 5 và đường chéo AC.
A
B C
D Hình 5
Các ô bị cắt : (x, y) với (1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 4), (3, 5). Như vậy có 7 ô bị cắt.
2.2.3 Bổ đề.
Giả sử s(m, n) là số ô bị đường chéo cắt trong hình chữ nhật kích thước m×n với các đỉnh là các điểm nguyên. Thế thì
i) s(m, n)=s(n, m) ii) s(0, n)=s(m, 0)=0 iii) s(1, n)=n, s(m, 1)=m iv) s(m, m) =m
v) s(km, kn) = s(m, n) với mọi k là số nguyên dương
vi) Nếu d là ƯCLN của m, n và m = dm′, n = dn′ thì s(m, n) = ds(m′, n′).
Chứng minh. (i) Vì hình chữ nhật đặt " đứng " hay " nằm " đều không ảnh hưởng đến số ô bị cắt.
(ii) Vì một trong hai cạnh bằng 0 thì hình chữ nhật biến thành đoạn thẳng có diện tích bằng 0 và do hình chữ nhật không chứa ô nào nên cũng sẽ không có ô bị cắt.
(iii) Vì hình chữ nhật có một cạnh với độ dài bằng 1 nên mọi ô trong hình đều bị cắt.
(iv) Với hình vuông thì mỗi ô sẽ bị cắt khi và chỉ khi ô đó nằm trên đường chéo.
(v) Khi tăng đồng thời kích thước lên k lần thì số ô bị cắt cũng tăng lên k lần.
(vi) Suy ra trực tiếp từ (v). 2
2.2.4 Bổ đề.
Trong hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là m và n với (m, n) = 1 thì đường chéo không đi qua đỉnh của ô đơn vị nào ngoài hai đầu mút của đường chéo đó.
Chứng minh. Giả sử đường chéo AC đi qua đỉnh M của một ô đơn vị. Xét tam giác vuông ADC được tạo bởi hai cạnh hình chữ nhật ABCD và đường chéo AC. Ta có MH⊥DC. Vì M có tọa dộ nguyên nên H cũng có tọa độ nguyên và do đó độ dài của MH và HC là các số nguyên.
A n B
M m
D H C
Hình 6
Theo hệ thức tỷ lệ có MH.n = HC.m. Vì HC.m chia hết cho m và (m, n) = 1 nên HC chia hết cho n. Mặt khác HC ≤ n nên HC = n hoặc HC = 0, nghĩa là điểm M trùng với một trong hai đầu mút của
đường chéo AC. 2
2.2.5 Mệnh đề.
Nếu hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là m, n với (m, n) = 1 và các đỉnh là các điểm nguyên thì s(m, n) = m+n−1.
Chứng minh. Theo Bổ đề 2.2.3 thì đường chéo AC, ngoài hai đầu mút A và C, không đi qua đỉnh của các ô đơn vị trong hình. Vì vậy, đường chéo AC sẽ cắt n−1 đường dọc và m−1 đường ngang. Do đó trên AC sẽ có n+m −2 điểm khác nhau ở phía trong. Nếu tính cả hai đầu mút thì trên AC sẽ có m+n điểm cắt. Hai điểm cắt liên tiếp với nhau thuộc vào một ô đơn vị.
2.2.6 Mệnh đề.
Nếu hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là m, n với (m, n) = d và các đỉnh là các điểm nguyên thì s(m, n) = m+n−d.
Chứng minh. Đặt m = m′d, n = n′d. Theo Bổ đề 2.2.3 (vi) và Mệnh đề 2.2.5, có
s(m, n) = ds(m′, n′) =d(m′+ n′ −1) = dm′+ dn′ −d = m +n−d.
2
2.3 Phương pháp quỹ đạo trong đại số tổhợp. Ý nghĩa hình học của số Cnk. hợp. Ý nghĩa hình học của số Cnk.
2.3.1 Định nghĩa.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, người ta gọi một đường đi từ M đến N là một đường gấp khúc nối M với N, còn đường đi ngắn nhất là đường gấp khúc tạo bởi các đường thẳng đơn vị ngang và dọc sao cho số đoạn thẳng là ít nhất. Phương pháp chứng minh một công thức tổ hợp bởi số đường thẳng ngắn nhất gọi là phương pháp quỹ đạo.
2.3.2 Chú ý.
Để thuận lợi, trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta quy ước đường đi ngắn nhất từ O(0,0) đến điểm A(k, n) như sau:
Chỉ đi theo hướng dương của trục tọa độ và chỉ được phép đổi hướng đi (đổi từ hướng dương của trục tọa độ này sang hướng dương của trục tọa độ kia) tại điểm có tọa độ nguyên.
O n y A k x Hình 7 2.3.3 Mệnh đề.
Số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) là Ck n+k. Chứng minh. Mỗi đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) đều gồmk+n đoạn thẳng, trong đó k đoạn thẳng nằm ngang và nđoạn dọc (mỗi đoạn dài 1 đơn vị). Các đường đó chỉ khác nhau bởi thứ tự kế tiếp của các đoạn ngang và đoạn dọc. Vì vậy : số các đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) bằng số cách chọn k đoạn ngang từ k+n đoạn dọc ngang, nghĩa là bằng Cnk+k. 2 2.3.4 Hệ quả.
Cnk+k = Cnn+k
Chứng minh. Nếu ta xét n đoạn dọc thay cho k đoạn ngang thì khi đó số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) sẽ là Ck
k+n. Từ đó Ck
n+k = Cn
n+k. 2
Từ Mệnh đề 2.3.3 trực tiếp suy ra. 2.3.5 Hệ quả.
Giả sử J(p, q) và A(k, n) là các điểm nguyên (với các tọa độ không âm). Khi đó:
i) Số đường đi ngắn nhất từ điểm J(p, q) đến điểm A(k, n) là C(kk−−pp)+(n−q) = C(nk−−qp)+(n−q), trong đó 0≤ p < k,0≤ q < n.
ii) Số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) đi qua điểm J(p, q) bằng
Cpp+q.C(kk−−pp)+(n−q). 2.3.6 Mệnh đề. (Quy tắc Pascal)
Nếu k, n là các số tự nhiên thỏa mãn 1≤ k ≤n thì
Cnk = Cnk−−11 +Cnk−1.
Chứng minh. Số đường đi ngắn nhất từ điểmO(0,0)đến điểmA(k, n−k) là Ck
k+(n−k) = Ck
n theo Mệnh đề 2.3.3. Ta chia các đường đi đó thành hai lớp không giao nhau như sau:
O n-k n-k-1 A k-1 k x A2 A1 Hình 8
• Lớp thứ nhất gồm các đường thẳng đi từ điểm O đến điểm A phải đi qua điểm A1(k, n−k −1), số đường đi của lớp này bằng
Ckk+(n−k−1) = Cnk−1.
• Lớp thứ hai gồm các đường đi từ điểm O đến điểm A phải đi qua điểm A2(k −1, n−k). Số đường đi của lớp này là
Theo nguyên lý cộng, ta nhận được
Cnk = Cnk−−11 +Cnk−1.
2
2.3.7 Mệnh đề.
Nếu k và n là các số nguyên thỏa mãn 1 ≤k ≤ n thì Cnk = Cnk−−11 +Cnk−−21 +...+Ckk−−11.
Chứng minh. Số đường đi ngắn nhất từ điểmO(0,0)đến điểmA(k, n−k) là Ck
k+(n−k). Ta chia đường đi đó thành (n−k+ 1) lớp không giao nhau:
O i y A k x x = 12 n-k Hình 9
Lớp thứ i(i = 0,1,2, ..., n−k) gồm các đường đi từ điểm O đến điểm A phải cắt đường thẳng x = 1
2 tại điểm (1
2, i). Số đường đi của lớp này bằng số đường đi từ điểm (1, i) đến điểm (k, n−k) và bằng
C(kk−−11)+(n−k−i) = Cnk−−i1−1. Theo nguyên lý cộng, ta có Cnk = n−k X i=0 Cnk−−i1−1
hay:
Cnk = Cnk−−11 +Cnk−−21 +...+Ckk−−11.
2
2.3.8 Mệnh đề.
Với mỗi số nguyên dương n, ta có:
(Cn0)2 + (Cn1)2 +...+ (Cnn)2 = C2nn
Chứng minh. Số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm B(n, n) là
Cnn+n = C2nn.
Ta chia các đường đi đó thành (n + 1) lớp không giao nhau: lớp thứ i(i = 0,1,2, ..., n) gồm các đường đi từ điểm O phải đi qua điểm Ai(i, n−i). n y Ai A0 B i n-i nAn O x Hình 10 Số đường đi của lớp này là
Cii+(n−i).C(nn−−ii)+[n−(n−i)] = Cni.Cnn−i = (Cni)2 (theo Hệ quả 2.3.4). Theo nguyên lý cộng , ta nhận được Cn
2n = n P i=0 (Ci n)2 hay C2nn = (Cn0)2 + (Cn1)2 +...+ (Cnn)2.
2
2.3.9 Mệnh đề.
Giả sử m, n, k là các số nguyên dương thỏa mãn m < n. Khi đó: Cnm.Ck0 +Cnm−−11.Ck1+1+...+Cn0−m.Ckm+m = Cnm+k+1.
Chứng minh. Ta hãy xét tất cả các đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(n−m+k + 1, m). Số các đường đó bằng
C(mn−m+k+1)+m = Cnm+k+1.
Gọi Bi(i = 0,1, ..., m) là lớp những đường gấp khúc cắt đường thẳng (△) có phương trình x = k + 1 2 tại điểm R(k + 1 2, i). O m i y P R Q A k k+1 x Hình 11
Ta nhận thấy mỗi đường gấp khúc thuộc lớp Bi gồm ba phần: Phần 1: Đường gấp khúc nối điểm O(0,0) với điểm P(k, i).
Phần 2: Đường nằm ngang nối điểm P(k, i) với điểm Q(k+ 1, i). Phần 3: Đường gấp khúc nối điểm Q(k + 1, i) với điểm A(n−m+ k+ 1, m).
Ta thấy rằng tổng số các đường gấp khúc thuộc lớp Bi là Cki+i.Cnm−−ii. Theo nguyên lý cộng, có Pm
i=0
Cki+i.Cnm−−ii = Cnm+k+1 hay Cnm.Ck0 +Cnm−−11.Ck1+1+...+Cn0−m.Ckm+m = Cnm+k+1.
2.3.10 Bài toán.
Cho các số nguyên dương m, n, p, q với p < m, q < n. Trên mặt phẳng tọa độ lấy bốn điểm A(0,0), B(p,0), C(m, q), D(m, n). Xét các đường đi f ngắn nhất từ A đến D và các đường đi g ngắn nhất từ B đến C. Gọi S là số cặp đường đi (f, g) mà f và g không có điểm chung. Chứng minh rằng:
S = Cmn+n.Cmq+q−p−Cmq+q.Cmn+n−p (Bài tuyển chọn Đội tuyển Việt Nam dự IMO, 2003).
Lời giải. Số cặp đường đi (f, g) tùy ý là
M = Cmn+n.Cqq+m−p = Cmn+n.Cmq+q−p (1) O A Bp i m x D C K y n q j Hình 12
Gọi V là số cặp đường đi (f′, g′) trong đó f′ là đường đi ngắn nhất từ A đến C; g′ là đường đi ngắn nhất từ B đến D. Số cặp đường đi (f′, g′) tùy ý là
V = Cqq+m.Cnn+m−p = Cmq+q.Cmn+n−p. (2) Vì f′ và g′ luôn có ít nhất một điểm chung K(i, j) nên số đường đi f′ phải qua K là
Số đường đi g′ phải đi qua K là
Cjj+(i−p).C(nn−−jj)+(m−i). Do đó
V = Cjj+i.C(qq−−jj)+(m−i).Cjj+(i−p).C(nn−−jj)+(m−i). (3) Vì K cũng là điểm chung của các cặp đường đi (f, g) mà f và g có điểm chung, nên nếu gọi T là số cặp đường đi (f, g) mà f và g có điểm chung K thì lập luận tương tự ta có:
T = Cjj+i.C(nn−−jj)+(m−i).Cjj+(i−p).C(qq−−ij)+(m−i) (4) Từ (2), (3) và (4) suy ra T = V. Từ đó :
S = M −V = Cmn+n.Cqq+m−p−Cmq+q.Cmn+n−p.
2
2.4 Một số tính chất của quỹ đạo và ứngdụng. dụng.
2.4.1 Định nghĩa.
Giả sử m và n là các số nguyên và m > 0. Ta gọi một quỹ đạo từ gốc tọa độ O(0,0) đến điểm A(m, n) là đường gấp khúc nối các điểm O(0,0); (1, s1), ...,(k, sk), ..., A(m, sm), trong đó
sm = n si −si−1 = ei =
(
+1
2.4.2 Mệnh đề.
Giả sử S[m, n] là số tất cả các quỹ đạo nối điểm O(0,0) với điểm A(m, n). Thế thì: S[m, n] = ( C m+n 2 m nếu m ≡n(mod 2) 0 nếu m 6≡n(mod 2)
Chứng minh. Giả sử quỹ đạo gồm p đoạn hướng lên trên và q đoạn hướng xuống dưới. Khi đó ta có m = p+q, n = p−q. Từ đó p= m+ n
2 , q = m −n
2 . Vì p, q là các số nguyên nên m và n phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ, nghĩa là m ≡ n(mod 2). Vì quỹ đạo hoàn toàn được xác định nếu chỉ ra được những đoạn nào hướng lên trên nên số quỹ đạo từ điểm O(0,0) đến điểm A(m, n) bằng Cm
+n
2
m . 2
Kết quả sau đây được suy ra trực tiếp từ Định nghĩa 2.4.1. 2.4.3 Mệnh đề.
Giả sử P và Q là hai điểm có tọa độ nguyên nằm ở góc phần tư thứ nhất; P′ là điểm đối xứng của P qua trục hoành. Khi đó số quỹ đạo từ