BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

PHAN HỒNG VINH

ỨNG DỤNG TOÁN RỜI RẠC TRONG
GIẢI TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Chun ngành: Phƣơng pháp tốn sơ cấp
Mã số:

60.46.01.13

TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng, Năm 2015


Cơng trình được hồn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: TS. TRỊNH ĐÀO CHIẾN

Phản biện 1: TS. CAO VĂN NUÔI

Phản biện 2: TS. PHẠM HỮU KHÁNH

Luận văn sẽ được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp
thạc sĩ Phương pháp Toán sơ cấp họp tại Đại học Đà Nẵng vào
ngày 18-19 tháng 12 năm 2015.

Có thể tìm hiểu luận văn tại:
- Trung tâm Thơng tin-Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong các đề thi chọn học sinh giỏi ở một số nước và Olympic
Toán quốc tế thường có một số bài tốn bất quy tắc, khơng mẫu mực
và hầu như khó có một phương pháp nào quen thuộc để giải được.
Đa số bài toán này đều được đặc biệt hóa rồi tổng hợp thêm từ những
kết quả cổ điển và cơ bản của một số lý thuyết chuyên ngành liên
quan, chẳng hạn như Lý thuyết Tổ hợp, Lý thuyết Đồ thị hữu hạn, ...
Dưới góc độ phổ thơng, người ta gọi chung các dạng tốn này là
Tốn rời rạc (hay cịn gọi là Tốn tổ hợp). Chúng có khi được sơ cấp
hóa từ một kết quả nào đó của tốn hiện đại, với một lời giải cũng
hồn tồn sơ cấp. Cái khó của chúng ta là, làm thế nào để phát hiện
ra những “cái gốc” đó.
Luận văn đề cập đến một phần nhỏ của lớp các kết quả này, đó là
Định lý Hall, Định lý Turan, Định lý Pick, lưới điểm ngun và tìm
tịi những ứng dụng của chúng để giải hoặc sáng tác một số bài tốn
ở phổ thơng, đặc biệt đối với hệ chuyên Toán. Đây là 3 định lý
thường ẩn sau rất nhiều bài tốn khó trong các đề thi chọn học sinh
giỏi và các đề thi Olympic Tốn.
Do đó, việc nghiên cứu của luận văn là cần thiết, có ý nghĩa khoa
học, mang tính thực tiễn và phù hợp với chuyên ngành Phương pháp
toán sơ cấp.

2

2. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu
Đề cập đến việc ứng dụng một số kết quả của Toán rời rạc trong
giải tốn Trung học phổ thơng, đặc biệt đối với hệ chuyên Toán.
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là Định lý Hall, Định lý Turan, Định lý Pick,
lưới điểm nguyên và những ứng dụng của chúng.
Phạm vi nghiên cứu thuộc chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Từ các tài liệu sưu tầm được, luận văn sẽ đề cập đến Định lý Hall,
Định lý Turan, Định lý Pick, lưới điểm nguyên và tìm tịi những ứng
dụng của chúng để giải hoặc sáng tác một số bài tốn ở phổ thơng,
đặc biệt đối với hệ chuyên Toán.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Đề tài góp phần nghiên cứu phương pháp giải các bài toán rời rạc
phù hợp với chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp.
Sau khi bảo vệ được sự góp ý của các thầy cơ trong hội đồng, luận
văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho sinh viên, giáo viên, học
sinh phổ thông và những ai quan tâm đến lĩnh vực này.
6. Cấu trúc của luận văn
Luận văn được chia thành ba chương:


3

Chƣơng 1. Định lý Hall
Định lý Hall cho một điều kiện cần và đủ để một họ tập hợp có
hệ đại diện phân biệt. Định lý Hall là một trong những cái gốc của

một số bài toán rời rạc, là đề thi chọn học sinh giỏi của một số nước
trên thế giới, trong đó có Việt nam.
Chƣơng 2. Định lý Turan
Định lý Turan là một dạng tổng quát hóa của Định lý Mantel về
một tính chất tối ưu đặc trưng của đồ thị. Nó đề cập đến một kết quả
về đồ thị nói chung và đồ thị lưỡng phân nói riêng.
Chƣơng 3. Định lí Pick và lƣới điểm nguyên
Định lý Pick là một định lý cổ điển và cơ bản, cho ta cơng thức tính
diện tích một tam giác ngun thông qua số các điểm nguyên nằm
trên và bên trong tam giác đó.
Kết luận
Nêu tóm tắt những kết quả mà luận văn đạt được.
Tài liệu tham khảo


4

CHƢƠNG 1
ĐỊNH LÝ HALL
Trong chương này, luận văn sẽ tập trung tìm hiểu nội dung định lý
Hall và một số hệ quả của định lý. Từ đó áp dụng Định lý Hall để
giải một số bài tốn trong chương trình tốn Trung học phổ thơng,
đặc biệt đối với hệ Chun toán.
1.1. ĐỊNH LÝ HALL
Định lý 1.1. ( Định lý Hall )
Gọi Ai , i  1, 2,..., n là tập hợp các cơ gái mà chàng trai thứ i
quen.

Ai1

Khi

Ai2

đó

với

mọi

i1 ,i2 ,..., ik 1,2,..., n

thỏa

mãn

... Aik  k (Điều kiện Hall) khi và chỉ khi tồn tại

 a1 , a2 ,..., an   A1  A2 ...  An

sao cho ai  a j với i  j.

Đây cũng là nội dung của Định lý Hall (Định lý này được phát biểu
bởi Philip Hall năm 1935 và nó được biết đến đầy đủ với chứng
minh và các kết quả của Marshal Hall năm 1948) còn gọi là Định lý
đám cưới.
Một bộ  a1 , a2 ,..., an  như vậy được gọi là một hệ đại diện phân
biệt cho hệ tập hợp A1 , A2 ,..., An phần tử ai  Ai gọi là đại diện của

5

Ai . Như vậy nếu hệ tập hợp  A1 , A2 ,..., An  thỏa mãn Điều kiện Hall

thì tồn tại một SDR cho hệ đó và điều ngược lại nếu một hệ có SDR
thì nó thỏa mãn Điều kiện Hall. Một SDR nếu có nói chung là khơng
duy nhất.

 

Cho A  aij

n

, kí hiệu

perA 

 a    a    ...a    .

 Sn

1 1

2

2

n

n

Xét họ các tập A1 , A2 ,..., An là các tập con của 1,2,..., n . Ma trận

 

liên thuộc của hệ này là A  aij được xác định như sau:


1,
aij  

0,

i  Aj
i  Aj

Rõ ràng perA chính bằng số SDR của họ A1 , A2 ,..., An do

a1 1 a2  2 ...an  n bằng 1 khi và chỉ khi   i   Ai với mọi i tức là

 1 ,  2,...,  n là SDR của

A1 , A2 ,..., An .

Bổ đề 1.1. Cho A1 , A2 ,..., An , n  1 là tập con của tập X . Giả
sử  ai i 1 là SDR của  Ai i 1 . Với J  1,2,..., n có chứa phần
n 1

tử n thì có đúng

với a1 , a2 ,..., an1 và
SDR

n 1

jJ

Aj  J  1 cách chọn phần tử a  X để hợp
sắp

lại

 a1, a2 ,..., an  của  Ai i 1 , với
n

để

tạo

thành

a i đại diện cho Ai , i  J .

một


6

Định lý 1.2. Xét hệ

 Ai i 1
n

i/ Ai  m , i  1, 2,

các tập con của tập X . Nếu như:
,n

ii/ Mỗi phần tử của X có mặt đúng m lần trong  Ai i 1 thế
n

thì hệ trên có một SDR .
Định lý 1.3. Xét hệ

 Ai i 1
n

thỏa mãn Điều kiện Hall. Với

m  min  A1 , A2 , , An  thế thì số SDR tối thiểu của hệ này là

 mminm,n

.

(Ở

đây

ta

sử

dụng

kí

hiệu

chỉnh

hợp

nk  n  n  1  n  k  1 ) .
1.2. MỘT SỐ HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÝ HALL
Một số kết quả trong phần này có thể được xem như các hệ quả của
Định lý Hall.
Trước hết, ta hãy đề cập đến khái niệm ma trận ngẫu nhiên kép.
Ma trận ngẫu nhiên kép là ma trận vuông với các số hạng không
âm sao cho tổng các số hạng trên mỗi hàng và tổng các số hạng trên
mỗi cột đều bằng 1.
Ma trận thế là ma trận nhận được bằng cách hốn vị các dịng của
ma trận đơn vị. Đối với ma trận cấp n , nếu như đánh số các dịng
của ma trận đơn vị thì một ma trận thế nhận được bằng cách hốn đổi
các dịng sẽ tương ứng với một phép thế cấp n . Do đó số các ma trận
thế bằng n ! .


7

Ta có Định lý sau đây
Định lý 1.4. (Định lý Birkhoff – Von Neumann)
Một ma trận là ngẫu nhiên kép nếu và chỉ nếu nó được biểu diễn
qua một tổ hợp lồi tuyến tính các ma trận thế. Có nghĩa là X   n
khi và chỉ khi tồn tại biểu diễn X   S  I , với I là ma trận
n

thế tương ứng với phép thế  và



Sn

  1 .

Định lý 1.5. Ta có kết quả sau

L  n   n! n  1! 2!1!
Định lý 1.6. (Van der Waerden) Nếu ma trận A ngẫu nhiên kép,
thế thì perA 

A đều bằng

n!
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi mỗi số hạng của
nn

1
.
n

Định lý 1.7. Nếu A1 , A2 ,

, An là tập con của 1,2,

,n và thỏa

mãn :
i/ Ai  m
ii/ Mỗi phần tử của
A1 , A2 ,

 n

chứa trong đúng m tập hợp của

, An

Khi đó số SDR của hệ A1 , A2 ,

, An tối thiểu là

n !m n
.
nn


8

1.3. ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ HALL TRONG GIẢI TỐN

Bài tốn 1.1. Có 1000 hộp bi, mỗi hộp chứa đúng 10 viên bi. Biết
rằng khơng có 11 viên bi nào cùng màu. Chứng minh rằng có thể lấy
ra từ mỗi hộp một viên bi sao cho tất cả 1000 viên bi lấy ra đều có
màu khác nhau.
Lời giải.
Ta cần chứng minh, với k hộp bất kì 1  k  n  thì số màu các
viên bi trong k hộp đó phải lớn hơn hoặc bằng k màu.
Thật vậy, giả sử tồn tại k 0 hộp 1  k0  n  nào đó mà số màu
trong 10k0 viên bi đó bằng k0  1.
Vì khơng có 11 viên bi nào cùng màu nên số viên bi cùng màu tối
đa là 10. Tuy nhiên chỉ có k0  1 màu trong k 0 hộp, suy ra số viên bi
tối đa trong k 0 hộp là 10  k0  1 viên bi (mâu thuẫn).
Do đó theo Định lý Hall thì ta có điều phải chứng minh. □
Bài tốn 1.2. Cho bảng ô vuông n  n . Trong mỗi ô vuông con của
bảng có điền một số thực khơng âm sao cho tổng các số nằm trên
mỗi hàng, mỗi cột bất kì trên bảng là 1. Chứng minh rằng ta có thể
chọn ra n ơ vng con khơng có hai ơ nào cùng hàng hay cột mà
trong mỗi ơ đó đã được điền một số thực dương.
Lời giải.
Ta xét quan hệ: Hàng i và cột j là kề nhau nếu ô giao giữa hàng

i và cột j được điền một số thực dương.


9

Ta cần chứng minh, với k hàng bất kì 1  k  n  thì quan hệ với ít
nhất k cột.
Thật vậy, giả sử k hàng nào đó 1  k  n  quan hệ chỉ với
m  k  1 cột.

Xét bảng hình chữ nhật k  m .
Ta có tổng các số trên mỗi hàng bằng 1, suy ra tổng các số của
bảng bằng k .
Mặt khác, tổng các số trên mỗi cột bằng 1, suy ra tổng các số của
bảng bằng m  k  1 . Điều này mâu thuẫn giả thiết.
Do đó theo Định lý Hall, ta có điều phải chứng minh. □
Bài toán 1.3. Cho 2n đại biểu đến từ n quốc gia, mỗi quốc gia có
đúng 2 đại biểu. Biết rằng họ ngồi trên một bàn trịn. Chứng minh
rằng ta có thể chia họ thành hai nhóm, mỗi nhóm gồm n đại biểu
đến từ n quốc gia mà khơng có 3 người nào ngồi cùng nhau liên
tiếp.
Lời giải.
Ta đánh số 2n người đó theo thứ tự theo chiều quay của kim đồng
hồ. Sau đó chia họ thành n cặp 1,2 ,  3,4 ,...,  2n  1,2n .
Bây giờ ta chứng minh có thể lấy từ mỗi cặp một người sao cho n
người được lấy ra đến từ n quốc gia khác nhau.
Thật vậy ta có mỗi cặp gồm 2 người và mỗi quốc gia có 2 đại biểu
cho nên theo bài tốn 1.1 ta có thể chọn ra từ mỗi cặp một người sao
cho n người đó đến từ n quốc gia khác nhau.


10

Rõ ràng n người còn lại cũng đến từ n quốc gia khác nhau và dễ
thấy khơng có ba người nào thuộc cùng một nhóm ngồi cạnh nhau
liên tiếp. □


11

CHƢƠNG 2
ĐỊNH LÝ TURAN
2.1. MỞ ĐẦU VỀ ĐỒ THỊ
Định nghĩa 2.1. Một đồ thị G là một cặp thứ tự G  V , E  gồm :
V là tập hợp khác rỗng mà các phần tử của nó gọi là đỉnh của G .

E  u, v  | u, v V  là đa tập hợp gồm các cặp đỉnh không sắp thứ
tự của hai đỉnh. Cạnh  u, v   E đôi khi được ký hiệu đơn giản hơn
là uv .
Khi có một cạnh  u, v   E thì hai đỉnh u và v gọi là hai đỉnh kề
nhau.
Bậc của một đỉnh u , ký hiệu là d  u  , là số đỉnh trong V mà kề
với u :

d  u   v V |  u, v   E .
Đồ thị đầy đủ: Một đồ thị được gọi là đầy đủ nếu hai đỉnh bất kỳ
của nó đều kề nhau. Ta ký hiệu K n đồ thị đầy đủ trên n đỉnh. Như
vậy, K n có

n  n  1
2

cạnh.


12

Đồ thị lưỡng phân: Một đồ thị G được gọi là lưỡng phân nếu tồn
tại một phân hoạch tập đỉnh V  A B sao cho mỗi cạnh của G đều

nối một đỉnh thuộc A với một đỉnh thuộc B .
Đồ thị lưỡng phân đầy đủ K p,q là đồ thị lưỡng phân trên tập đỉnh
A B với A  p , B  q và sao cho mọi đỉnh của A đều kề với

mọi đỉnh của B . Như vậy, K p,q có pq cạnh.
Định lý 2.1 (Định lý bắt tay). Cho đồ thị G  V , E  , khi đó

 d v  2 E .
vV

Định lý 2.2. Cho đồ thị G  V , E  , khi đó

  d  x   d  y    d  x 
2

xyE

xV

2.2. ĐỊNH LÝ TURAN
Định lý 2.3 (Mantel). Cho G là một đồ thị gồm n đỉnh mà không

 n2 
chứa tam giác. Khi đó số cạnh lớn nhất của G là   . Hơn nữa,
4
dấu bằng đạt được khi và chỉ khi G là một đồ thị lưỡng phân đầy đủ

Kn 2,nn 2 .

13

Định lý 2.4 (Turan). Một đồ thị G có n đỉnh và không chứa đồ
thị con đầy đủ K k đỉnh có khơng q

k  2 n2

cạnh.
k 1 2

2.3. MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ TURAN
Bài toán 2.1. Giả sử x1 , x2 ,
có khơng q

, xn là các số thực. Chứng minh rằng

n2
cặp  i, j  1,2,
4

, n  1,2, , n sao cho i  j

và 1  xi  x j  2 .
Phân tích và giải.
quan đến

Đây là bài toán đại số. Kết luận bài toán liên

n2
, một kết quả giống kết luận định lý Mantel. Do đó ta

4

nghĩ đến có thể mơ hình hóa bài tốn về ngơn ngữ đồ thị.
Xét đồ thị G với các đỉnh 1, 2,

, n . Hai đỉnh i , j được gọi là kề

nhau nếu thỏa mãn

1  xi  x j  2 .
Ta đã chuyển một cặp  i, j  mà

1  xi  x j  2


14

thành một cạnh của đồ thị G . Kết luận của bài tốn là khẳng định G
có khơng q cạnh

n2
.
4

Điều này sẽ được suy ra nếu ta chứng minh được đồ thị G không
chứa tam giác. Để chứng minh G không chứa tam giác, ta dùng
phản chứng.
Giả sử G chứa tam giác, tức là ta tìm được 3 đỉnh i, j , k kề nhau đơi
một. Do đó

1  xi  x j , x j  xk , xk  xi  2 .
Do tính đối xứng, ta có thể giả sử xi  x j  xk .
Theo bất đẳng thức trên thì

x j  xi  1, xk  x j  1  xk  xi  2 ,
mâu thuẫn với

1  xi  x j  2
Vậy G khơng chứa tam giác. Bài tốn đã được giải quyết xong. □
Bài toán 2.2 (IMO 2003). Cho A là một tập con chứa 101 phần
tử của tập S  1,2, ,1000000 . Chứng minh rằng tồn tại các số
t1 , t2 ,

, t100 trong S sao cho các tập hợp

Aj   x  t j | x  A , j  1, 2, ,100
rời nhau đôi một.


15

Phân tích và giải.
Đặt A  a1 , a2 ,

, a100  với ai  S .

Bài toán liên quan đến chứng minh tồn tại 100 phần tử trong S ,
sao cho 100 tập dạng Ai tương ứng với 100 phần tử đó, có tính chất
hai tập tùy ý có giao khác rỗng. Chuyển qua ngơn ngữ đồ thị thì đây
là K100 . Điều này dẫn dắt ta xây dựng mơ hình đồ thị cho bài tốn.

Xét đồ thị G với tập đỉnh là S . Vậy G có 106 đỉnh. Hai đỉnh i, j
trong G là hai đỉnh kề nhau khi

a1  i, a2  i,

, a101  i

a1  j, a2  j,

, a101  j   .

Bài toán đưa về chứng minh tồn tại K100 . Ta tìm thấy ứng dụng của
Định lý Turan ở đây.
Để chứng minh G chứa K100 ta cần chứng minh số cạnh của G thỏa
mãn
E G  

98 1012

.
99 2

Do đó chỉ cần tính được số cạnh của G . Muốn tính số cạnh của G
cần quan tâm có bao nhiêu cặp đỉnh kề nhau.
Với i là đỉnh tùy ý trong G , khi đó đỉnh j trong G kề với đỉnh i
nếu

a1  i, a2  i,

, a101  i

Một cách tương đương, nếu

a1  j, a2  j,

, a101  j   .


16

ak  i  al  j

với mọi 1  k  l  101 thì j  i  ak  al , với mọi 1  k  l  101 .
Do ai  A với mọi i  1, 2,

,101 tập A chứa 101 phần tử khác

nhau. Vậy thì hiệu ak  ai nhận nhiều nhất bao nhiêu giá trị ? Vì
ak , al  A nên có nhiều nhất 101  101 số dạng ak  al . Do đó, khi

đỉnh i cố định, biểu thức i  ak  al nhận nhiều nhất 101  101 giá
trị. Suy ra, số các đỉnh j kề với i khơng ít hơn 106  100 101 .
Suy luận trên cho thấy mọi đỉnh trong G đều có bậc ít nhất là
106  100 101 .

Từ thông tin bậc của mỗi đỉnh, ta suy ra số cạnh của G .
Vì mỗi đỉnh có ít nhất 106  100 101
cạnh xuất phát từ nó. Do đó theo Định lý Turan thì số cạnh của đồ thị
phải thỏa mãn
E G  

106 106  100 101
2



98 1012
.

99 2

Từ đó ta có điều phải chứng minh. □
Bài toán 2.4. Nếu G là một đồ thị đơn có n đỉnh và G khơng
chứa tứ giác nào. Chứng minh rằng số cạnh của G không vượt quá





1
n 1  4n  3 .
4
Lời giải.


17

Ta ký hiệu tập các đỉnh của G là V  v1 , v2 ,

, vn  .Với mỗi đỉnh

vi  V thì số cặp đỉnh  x, y  kề với vi (tức là x, y cùng kề với vi ) là

Cd2vi  (vì chúng ta có d  vi  đỉnh kề với vi , số cặp đỉnh kề bằng với
số cách chọn 2 đỉnh tùy ý trong tập d  vi  đỉnh).
Với hai đỉnh vi  v j thì các tập cặp đỉnh cùng kề với vi và tập các
cặp đỉnh cùng kề với v j là khác nhau. (Giả sử  a, b  là một cặp đỉnh
kề chung với cả vi và v j . Khi đó ta có tứ giác abvi v j mâu thuẫn).
n

Từ đây, ta có đánh giá

C 

2
d vi 

i 1

n

Ta có đánh giá Cn2   Cd2 vi  
i 1

2

 Cn2 .

1 n
 d  vi   d  vi   1 .

2 i 1

 n

d  vi  


2
n
1
  1 d v  1 2e 2  1 2e  2e  e.
  i 1
 i
 
 

2
n
2 i 1
2n
2
n

Do đó

n  n  1
2e 2
e
n
2





1
Suy ra e  n 1  4n  3 . □
4


18

CHƢƠNG 3
ĐỊNH LÝ PICK VÀ LƢỚI ĐIỂM NGUYÊN
Trong chương này, luận văn đề cập đến Định lý Pick và ứng dụng
định lý vào một số bài toán liên quan đến lưới điểm ngun trong
chương trình tốn Trung học phổ thơng, đặc biệt là hệ Chuyên Toán.
3.1. ĐỊNH LÝ PICK VÀ ÁP DỤNG
Định lý 3.1. (Định lý Pick)
Diện tích của một đa giác nguyên bằng số các điểm nguyên bên
trong đa giác cộng với nửa tổng số các điểm nguyên trên biên trừ đi
1.
Hệ quả 3.1.
Nếu một tam giác nguyên không chứa điểm nguyên nào bên trong
và trên cạnh (ngoài 3 đỉnh), thì diện tích của nó bằng

1
.
2

Bổ đề 3.1.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , nếu A  a, b  và B  m, n  là các
điểm nguyên thì diện tích của tam giác OAB bằng

1
mb  na .
2


19

Bổ đề 3.2.
Hai số nguyên a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại
hai số nguyên x và y sao cho ax  by  1 .
Bổ đề 3.3.
Nếu  m; n là cặp số nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại cặp số
nguyên tố cùng nhau

 a; b 

sao cho

a  b  m  n  1 và

mb  na  1 .
3.2. LƢỚI ĐIỂM NGUYÊN VÀ ÁP DỤNG
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , mỗi điểm có hồnh độ và tung độ là
các số nguyên được gọi là một điểm nguyên và tập hợp các điểm
nguyên gọi là lưới điểm nguyên ( hay lưới Gauss). Do chỉ giới hạn
trong tập

nên việc sử dụng lưới điểm nguyên tỏ ra thuận lợi khi

giải quyết các bài toán Số học.
Bài toán 3.3. Với mọi số thực t  0, gọi d  t  là số các phân số tối
giản

p
mà 0  p, q  t . Với m, n 
q



, hãy tính tổng

m
m
S d d 
1
 
2

m
d  .
n


20

Lời giải.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta đồng nhất mỗi phân số

a
(
b

không nhất thiết tối giản ) với điểm M  a,b   Xét các điểm nguyên
không nằm ngồi hình chữ nhật đường chéo

AB , với A1,1 và

B  m, n   Giả sử một đường thẳng l nào đó qua O và chứa các điểm
nguyên

 p, q  ,  2 p,2q  ,

,  kp, kq  với

 p, q   1

Vì kp  m và

kq  n nên ta có

p

m
m



k k 1

Suy ra phân số tối giản
m m
d  ,d  ,
1 2



m
n
n
, q 

1
k k 1

n
 
1

p
được tính k lần trong các số
q

m
,d  
k

Điều này cho thấy S chính là số các điểm khơng nằm trên hình

chữ nhật đường chéo AB , và như vậy ta có S  mn  □
Bài toán 3.5. Cho m, n, k 



và m  k . Chứng minh rằng

Cmk n1  Cmk Cn0  Cmk 11Cn11 
Lời giải.

 Cm0 k Cnkk 


21

Có Cmk n1 đường đi nối O  0,0 với M  m n k 1, k  . Mặt khác,
dễ thấy có Cmk ii Cni i đường cắt đường thẳng x  n 
tung độ i

 i  0,1,

1
tại điểm có
2

, k  gồm: Cni i đường nối O với điểm  n, i  , 1

đường nối điểm  n, i  với điểm  n  1, i  và Cmk ii đường nối điểm

 n  1, i 

với M . Từ đó, ta có điều phải chứng minh. □


22

KẾT LUẬN

Luận văn đã đạt được các kết quả sau:
- Đề cập đến Định lý Hall và những ứng dụng của nó trong giải
tốn phổ thơng.
- Đề cập đến Định lý Turan và những ứng dụng của nó trong giải
tốn phổ thông.
- Đề cập đến Định lý Pick, lưới điểm ngun và những ứng dụng
của nó trong giải tốn phổ thơng.
- Luận văn có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh
phổ thông, giảng viên và sinh viên Toán ở các trường Sư phạm.


23