TOÁN TẬP HỢP NÂNG CAO
GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG
BÀI 1 : Cho A = {x Z x = 12, k N}, B = {x N x chia hết cho 3 và 4}. Chứng minh A = B.
Hướng dẫn : Với k N, ta có :
x A x = 12k
k 3 4 x
k 4 3
x x chia hết cho 3 và 4 x B (1)
Ngược lại : x B x chia hết cho 3 và 4 x chia hết cho 12 (vì 3 và 4 nguyên tố cùng nhau)
x = 12k x A (2)
Từ (1) và (2) ta có A = B.
BÀI 2 : Gọi A, B, C, D lần lượt là tập hợp các hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông. Gọi E, G, H lần lượt là tập hợp các hình bình hành có một góc vuông, hình thoi có hai đường chéo bằng nhau. Hãy sử dụng các kí hiệu “”, “=” để thể hiện mối quan hệ giữa các tập A, B, C, D.
Hướng dẫn :
Vì hình vuông cũng là hình chữ nhật và hình thoi, hình chữ nhật và hình thoi cũng là hình bình hành nên : D B A, D C A.
Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật nên E = B.
Vì hình thoi có hai đường chéo bằng nhau là hình vuông, hình chữ nhật có hai cạnh liên tiếp bằng nhau cũng là hình vuông nên G = H = D.
BÀI 3 : Cho hai tập hợp A = {3k + 1 k N} và B = {6k + 4 k N}. Xác định tập hợp A \ B.
Hướng dẫn :
Ta có : 3k + 1 = 6m + 4 3k = 6m + 3 k = 2m + 1
Do đó ta chia các phần tử thuộc tập A thành 2 lớp ứng với các giá trị k N là k = 2m và k = 2m + 1.
Với k = 2m thì 3k + 1 = 6m + 1 và với k = 2m + 1 thì 3k + 2 = 6m + 4 với k, m N.
Như vậy tập A gồm những số tự nhiên chia cho 6 dư 1 hoặc dư 4, tập B gồm những số tự nhiên chia cho 6 dư 4. Do đó B A.
Vậy A \ B = {6k + 1 k N}.
BÀI 4 : Cho hai tập A, B bất kì. Chứng minh : a) Nếu B A thì A B = B.
b) A B = A B A = B c) B C (A B) (A C)
Hướng dẫn :
a) Ta có (A B) B : theo định nghĩa.
x, x B x A (vì B A) x B và x A x A B Vậy : A B = B.
b) x A x A B x A B (vì A B = A B) x B Đảo lại : tương tự.
Vậy A = B.
c) Ta có : x, x A B x A và x B (*)
Theo giả thiết B C nên x B x C Do đó (*) x A và x C x A C Vậy B C (A B) (A C).
BÀI 5 : Cho A = {x R x1 2}, B
m;m 3
(với m > 0).a) Xác định m để A B = .
b) Chứng minh rằng không tồn tại m để A B.
Hướng dẫn :
a) Ta có : x A x1 2 2 < x – 1 < 2 1 < x < 3 Vậy A = (1 ; 3).
Khi đó
3 m
3 m 1
m 3
1 3 B m
A
b) Ta có :
m 3
1 3 m
m 3 1 m B
A (vô nghiệm)
Vậy không tồn tại m sao cho A B.
BÀI 6 : Cho hai tập hợp A = {x R x2 < 100}, B = {x R x2 > 4}.
a) Các tập hợp A Z, B Z là hữu hạn hay vô hạn ? b) Xác định tập hợp (A B) N.
Hướng dẫn :
a) Tập hợp A Z gồm những số nguyên x sao cho x2 < 100 10 < x < 10 Vậy A Z = {9 ; ... ; 9} có hữu hạn phần tử.
Ta có :
x 2 2 4 x
x2
Do đó B = ( ; 2) (2 ; ).
Từ đó B Z = {x Z x 2}. Tập này có vô số phần tử.
b) Tập hợp (A B) N gồm những số tự nhiên x sao cho 4 < x2 < 100 2 < x < 10 Vậy (A B) N = {3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9}.
BÀI 7 : Một lớp có 45 học sinh. Mỗi em đều đăng ký chơi ít nhất một trong hai môn : bóng đá hoặc bóng chuyền. Có 35 học sinh đăng ký môn bóng đá, 15 học sinh đăng ký môn bóng chuyền. Hỏi có bao nhiêu em:
a) Đăng ký chơi cả hai môn?
b) Chỉ đăng ký chơi bóng đá?
c) Chỉ đăng ký chơi bóng chuyền?
Chú ý: Ký hiệu số phần tử n của một tập hợp hữu hạn A là A = n
Hướng dẫn :
Gọi A là tập các học sinh đăng ký chơi bóng đá.
Gọi B là tập các học sinh đăng ký chơi bóng chuyền.
Dựa vào biểu đồ Ven ta suy ra :
a) Số học sinh đăng ký chơi cả hai môn là: AB A B AB3515455 b) Số học sinh chỉ đăng ký chơi bóng đá là: A \ AB35530
b) Số học sinh chỉ đăng ký chơi bóng chuyềnlà: B\ AB15510.
BÀI 8 : Trong lớp 10C2, có 15 học sinh giỏi môn Toán, 14 học sinh giỏi môn Văn và 12 học sinh giỏi môn Tiếng Anh, biết rằng có 8 học sinh vừa giỏi Văn và Toán, có 5 học sinh vừa giỏi Văn và Tiếng Anh, có 7 học sinh vừa giỏi Toán và Tiếng Anh, trong đó chỉ có đúng 11 học sinh giỏi cả hai môn. Hỏi có bao nhiêu học sinh của lớp :
a) Giỏi cả 3 môn Văn, Toán và Tiếng Anh. (3)
A = 25 A B B = 15
b) Giỏi đúng một môn Văn, Toán hoặc Tiếng Anh. (4, 3, 3)
Hướng dẫn :
Gọi V, T, A lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi các môn Văn, Toán, Anh. Gọi C, S lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi đúng hai môn và tập hợp các học sinh giỏi ba môn.
Gọi X là số phần tử của tập X.
Dựa vào đề bài ta có biểu đồ Ven :
a) Số học sinh giỏi cả ba môn Văn, Toán, Anh là :
VT
A 31
VT VA TA C
8537113b) Số học sinh chỉ giỏi Văn là : V SVT VA = 14 + 3 – 8 – 5 = 4 Số học sinh chỉ giỏi Toán là : T SVT TA = 15 + 3 – 8 – 7 = 3
Số học sinh chỉ giỏi môn tiếng Anh là : A SVATA = 12 + 3 – 5 – 7 = 3
BÀI 9 : Cho a là số tự nhiên lớn hơn 1. Xét tập hợp khác rỗng A N thỏa mãn điều kiện : Nếu k A thì k
+ 2a A và A
a k
. Chứng minh rằng A = N.
Hướng dẫn :
Trước hết ta chứng minh 0 A.
Giả sử trái lại, gọi k > 0 là phần tử bé nhất của A. Khi đó do a > 1 nên k a k a
k
.
Điều này vô lí vì theo giả thiết A a k
và k là phần tử bé nhất.
Vì 0 A nên 2a = 0 + 2a A và 4a = 2a + 2a A.
Suy ra A
a ka k 2
2
. Vậy A chứa tất cả những số chẵn.
Bây giờ giả sử n N bất ký. Trong hai số na và na + 1 có một số chẵn.
Ta gọi số đó là 2k. Khi đó na 2k < na + a = (n + 1)a, do đó n a
k 2
. Vì 2k A nên n A. Vậy A = N.
BÀI 10 : Chứng minh rằng số tập hợp con của một tập hợp có n phần tử là 2n.
Hướng dẫn :
Giả sử X = {a1, a2, ... , an}. Mỗi tập con A của X có thể được biểu diễn bởi dãy nhị phân (b1b2...bn) với quy ước bi = 0 nếu ai A và bi = 1 nếu ai A. Chẳng hạn, tập rỗng ứng với dãy (00...0) và bản thân tập X ứng với (11...1). Như thế mỗi bi có 2 giá trị (hoặc là 0, hoặc là 1). Do đó có 2n dãy nhị phân khác nhau.
Vậy X có 2n tập con.
BÀI 11 : Cho S là tập hợp gồm 51 số nguyên dương khác nhau không vượt quá 100.
Xét tập hợp T = {101 – x x S}.
a) Chứng minh rằng S T .
b) Chứng minh rằng tồn tại a, b S sao cho a + b = 101.
Hướng dẫn :
a) Ta thấy nếu x S thì 1 x 100. Do đó 1 101 – x 100.
Như thế tập hợp T có 51 phần tử là những số nguyên dương không vượt quá 100.
Nếu S T = thì S T là một tập hợp gồm 51 + 51 = 102 là những số nguyên dương không vượt quá 100.
Điều này không thể xảy ra.
Vậy S T = .
b) Theo câu a), tồn tại a S T. Khi đó do a T nên có b S sao cho a = 101 – b.
Như thế ta đã chỉ ra được a, b thuộc S mà a + b = 101.
BÀI 12 : Tìm tất cả các tập hợp A và B thỏa mãn đồng thời những điều kiện sau đây : (i) A B = Z
(ii) Nếu x A thì x – 1 B.
(iii) Nếu x, y B thì x + y A.
Hướng dẫn :
Xét hai trường hợp sau đây :
1 A. Khi đó (ii) có 0 = 1 – 1 B. Lấy x B. Vì 0, x B nên theo (iii) có x = x + 0 A.
Như thế với mọi x B ta có x A. Như thế B A.
Vì A B = Z nên A = A B = Z. Mặt khác, nếu x + 1 A thì x = x + 1 – 1 B.
Như thế B chứa tất cả các số nguyên. Vậy A = B = Z.
1 B \ A. Trước ta thấy rằng 0 B thì cũng theo (iii), 1 = 1 + 0 A, mâu thuẫn. Do đó 0 A \ B.
Từ 0 A ta có 1 B.
Ta lại có 2 = 1 + 1 A.
Nếu 2 B thì kết hợp với 1 B ta được 1 A, mâu thuẫn.
Vậy 2 A \ B. Tiếp theo nếu 3 A thì từ (ii) có 2 B, vô lí.
Bây giờ giả sử rằng 0, 2, ... , 2k – 2 A \ B và 1, 3, ... , 2k – 1 B \ A.
Xét số 2k. Nếu 2k B thì (iii) ta được 2k – 1 A, vô lí. Vậy 2k A \ B.
Tiếp theo xét số 2k + 1. Nếu 2k + 1 A thì 2k B, vô lí. Vậy 2k + 1 B \ A.
Từ đó ta thấy rằng A là tập hợp các số nguyên chẵn và B là tập hợp các số nguyên lẻ.
BÀI 13 : Hãy xác định các tập hợp con khác rỗng A, B, C của tập các số tự nhiên N thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây :
(i) A B = B C = C A = (ii) A B C = N
(iii) Với mọi a A, b B, c C thì a + c A, b + c B và a + b C.
Hướng dẫn :
Xét số 0. Nếu 0 A thì với b B ta có 0 + b = b C, mâu thuẫn. Vậy 0 A.
Tương tự 0 B, do đó 0 C.
Xét số 1. Nếu 1 C thì với a A, b B ta có a + k A và b + k B với mọi k N.
Giả sử b > a, khi đó với k = b – a ta có a + k = a + b – a = b A, mâu thuẫn. Vậy 1 C.
Thành thử ta phải có 1 A hoặc 1 B.
a) Xét 1 A. Xét số 2. Nếu 2 C thì 1 + 2 = 3 A, suy ra 3 + 2 = 5 A.
Một cách tổng quát 2k + 1 A với mọi k N.
Xét số b B. Do A B = nên b = 2k, suy ra 2k + 1 C, mâu thuẫn với điều kiện A C = .
Vậy 2 C.
Nếu 2 A thì với b B ta có b + 1 C và b + 2 C. Nhưng vì b + 1 C và 1 A nên b + 2 A, mâu thuẫn. Thành thử 2 A. Suy ra 2 B. Tóm lại, ta có 0 C, 1 A và 2 B.
Từ đó bằng quy nạp ta được : A {3k + 1, k N}, B {3k + 2, k N}, C {3k, k N}.
Chú ý rằng mọi số tự nhiên n đều có biểu diễn duy nhất n = 3k + r với r {0, 1, 2} nên : A = {3k + 1, k N}, B = {3k + 2, k N}, C = {3k, k N}
b) Xét 1 B. Lập luận như trên ta được :
A = {3k + 2, k N}, B = {3k + 1, k N}, C = {3k, k N}.
BÀI 14 : Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 và xét tập X = {1, 2, ... , 2n – 1}.
Xét tập hợp A X thỏa mãn tính chất : (i) A có ít nhất là n – 1 phần tử
(ii) Nếu a, b A (không nhất thiết phân biệt) thì a + b A, miễn là a + b X. Chứng minh tổng tất cả các phần tử của X không nằm trong A là không vượt quá n2.
Hướng dẫn :
Giả sử A có m phần tử là 1 a1 < a2 < ... < am 2n – 1 với m n – 1.
Trước hết ta sẽ chứng minh rằng với mỗi i (1 i m) ta có ai + am – i + 1 2n.
Thật vậy, nếu trái lại thì : ai + a1 < ai + a2 < ... < ai + am – i < ai + am – i + 1
Theo (ii), tất cả m – i + 1 các số trên đều nằm trong A và các số này đều lớn hơn ai. Điều này vô lý vì chỉ có m – i số của A lớn hơn ai.
Tổng tất cả các số thuộc A là :
n mn n
n 1
2 1 a a 2
a a a
a a a a
a
a m
1 i m
1 i
i m i 1
m 1
m 2 m m 1
2
1
Do đó tổng S của tất cả các số của X mà không nằm trong A là :
2m 1
i i
n 1 i
n 1 n n 1 n 2 n a i
S
Chú ý :
Có thể chỉ ra tập A sao cho S = n2 là A = {2, 4, 6, ... , 2n – 2}.
BÀI 15 : Cho tập hợp X = {a ; b ; c ; d ; e ; g}.
Có bao nhiêu tập con của X chứa nhiều nhất 2 phần tử ?
Hướng dẫn :
Tập con của X không chứa phần tử nào là tập .
Vì tập X có 6 phần tử nên có 6 tập con của X chứa 1 phần tử.
Các tập con của X có 2 phần tử được thành lập như sau :
Giả sử tập con cần tìm có dạng {x, y}. Vì X có 6 phần tử nên có 6 cách chọn phần tử x.
Sau khi chọn phần tử x thì X chỉ còn 5 phần tử, do đó với mỗi cách chọn phần tử x, ta có 5 cách chọn phần tử y, như vậy có 6.5 = 30 cặp phần tử (x ; y).
Nhưng với cách chọn trên thì với hai phần tử bất kì x, y tuần tự ta đã chọn lặp lại 2 lần là (x ; y) và (y ; x) nhưng chỉ có 1 tập duy nhất {x, y}.
Như vậy, ta đã có số lần chọn gấp đôi số tập con gồm có hai phần tử, vậy có 15 2
30 tập con gồm hai phần tử.
Vậy tập con của X chứa nhiều nhất 2 phần tử là 6 + 15 + 1 = 22 tập.
BÀI 16 : Cho tập hợp X = {a ; b ; c ; d ; e ; g}.
Có bao nhiêu tập con của X chứa đúng 3 phần tử ?
Hướng dẫn :
Giả sử tập con của X cần tìm có dạng {m ; n ; k}. Vì X có 6 phần tử nên có 6 cách chọn phần tử m. Sau khi chọn phần tử m thì X chỉ còn 5 phần tử, do đó với mỗi cách chọn phần tử m, ta có 5 cách chọn phần tử n.
Sau khi chọn các phần tử m, n thì X chỉ còn 4 phần tử, do đó có 4 cách chọn phần tử k.
Do đó có 6.5.4 = 120 bộ gồm 3 phần tử (m ; n ; k).
Nhưng với cách chọn trên thì với ba phần tử bất kì m, n, k theo thứ tự như trên ta đã chọn lặp lại 6 lần là : (m ; n ; k), (m ; k ; n), (n ; m ; k), (n ; k ; m), (k ; n ; m), (k ; m ; n) nhưng chỉ có 1 tập duy nhất {m ; n ; k}.
Như vậy, số lần chọn trên gấp sáu lần số tập con gồm có ba phần tử.
Vậy có 20
6
120 tập con gồm ba phần tử.
BÀI 17 : Cho tập hợp X = {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 6}
a) Tìm hai tập con A, B của X sao cho A B = X và tổng các phần tử của A bằng tổng các phần tử của B.
b) Tìm tất cả các tập con A của X sao cho A có đúng 3 phần tử và tổng các phần tử của A chia hết cho 3.
Hướng dẫn :
a) Ta thấy tổng các phần tử của X là 0 + 1 + 2 + 3 + 6 = 12 nên tồn tại hai tập A và B thỏa mãn đầu bài thì tổng số các phần tử trong mỗi tập phải bằng 6.
Từ đó ta có kết quả là : A = {6}, B = {0, 1, 2, 3} hoặc A = {0, 6}, B = {1, 2, 3}
b) Ta thấy trong các phần tử của A thì 0, 3, 6 đều chia hết cho 3. Hai phần tử 1 và 2 không chia hết cho 3 nhưng 1 + 2 chia hết cho 3. Từ đó các tập A thỏa mãn đầu bài chia làm 2 loại :
Loại không chứa 1 và 2 : chỉ có duy nhất tập {0 ; 3 ; 6}
Loại chứa cả 1 và 2 : có các tập {0 ; 1 ; 2}, {1 ; 2 ; 3}, {1 ; 2 ; 6}
Vậy có 4 tập hợp thỏa mãn yêu cầu bài toán.
BÀI 18 : Cho n là số nguyên dương.
Xét tập hợp X gồm tất cả những số tự nhiên lẻ từ 1 đến 4n – 1.
a) Hỏi tập X có bao nhiêu phần tử ?
b) Chứng minh rằng tích các phần tử của tập X không vượt quá (4n2 – 1)n.
Hướng dẫn :
a) Số các phần tử của X là số số lẻ từ 1 đến 4n – 1. Như vậy X có 2n phần tử.
b) Ta thấy X có 2n phần tử, trong đó có n phần tử nhỏ hơn 2n và n phần tử lớn hơn 2n.
Những phần tử của X nhỏ hơn 2n có dạng 2n – k và những phần tử của X lớn hơn 2n có dạng 2n + k, ở đây 1
k 2n – 1. Như thế tất cả 2n phần tử của X được chia thành n cặp (2n – k, 2n + k).
Tích của mỗi cặp như thế là : (2n – k)(2n + k) = 4n2 – k2 4n2 – 1 Suy ra tích tất cả các phần tử của X không vượt quá (4n2 – 1)n.
BÀI 19 : Cho S là tập hợp con của tập hợp {1, 2, ... , 1000} có tính chất : Nếu a, b là hai phần tử phân biệt của S thì a + b không thuộc S. Hỏi S có nhiều nhất là bao nhiêu phần tử ?
Hướng dẫn :
Trước hết ta thấy rằng vơi S = {500, 501, ... , 1000} thì S có tính chất đòi hỏi.
Ta sẽ chứng minh rằng mọi tập S có tính chất như đầu bài chứa nhiều nhất là 501 phần tử.
Vì S có hữu hạn phần tử nên ta gọi a là phần tử nhỏ nhất của X.
Xét hai tập hợp : X = {x S x a}, Y = {x + a x S}. Rõ ràng X và Y không giao nhau (X Y = ) và X Y và X, Y là tập con của tập T = {a + 1, a + 2, ... , a + 1000}.
Mà T 1000 nên X Y T 1000, suy ra X 500. Từ đó S X1501.
BÀI 20 : Cho S là tập con của tập hợp X = {1, 2, 3, ... , 100} và S 10. Chứng minh rằng tồn tại hai tập con khác rỗng X và Y của S sao cho X Y = và S(X) = S(Y). (S(X) kí hiệu tổng các phần tử thuộc X).
Hướng dẫn :
Số tập con khác rỗng của S là : 210 – 1 = 1023
Với mỗi tập con khác rỗng A của S, ta tính tổng S(A) tất cả các phần tử của A.
Khi đó ta có 1023 tổng S(A) như thế và 1 S(A) 100 + 99 + ... + 92 + 91 < 1000.
Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai tập con A, B của S sao cho S(A) = S(B).
Bây giờ, bằng cách chọn X = A \ (A B) và Y = B \ (A B) ta được hai tập X, Y cần tìm.
BÀI 21 : Cho X là tập hợp các số tự nhiên lớn hơn 1000. Giả sử X = A B, A B = . Chứng minh rằng ít nhất một trong các tập hợp A và B chứa hai phần tử khác nhau a, b sao cho a + b cũng thuộc tập hợp đó.
Hướng dẫn :
Do X là tập vô hạn nên một trong hai tập A hoặc B là vô hạn. Ta giả sử A vô hạn.
Lấy x, y A. Do A vô hạn nên tồn tại z A với z > 2x + y + 1000.
Nếu x + y A hoặc y + z A thì ta có điều phải chứng minh.
Giả sử trái lại là cả x + y và y + z đều không thuộc A. Như thế x + y B, y + z B.
Xét số z – x. Ta có : z – x > 1000, z – x > x, z – x > x + y
z – x A. Ta có điều phải chứng minh bằng cách chọn a = x, b = z – x.
z – x B. Bằng cách chọn a = z – x, b = x + y ta có a + b = y + z B và có điều phải chứng minh.
BÀI 22 : Gọi S là tập hợp gồm 51 số nguyên dương không vượt quá 100. Chứng minh rằng luôn tìm được hai số khác nhau a, b thuộc S sao cho a chia hết cho b.
Hướng dẫn :
Mỗi số x thuộc S luôn viết được duy nhất dưới dạng x = 2k.m, ở đây k là số tự nhiên, m < 100 là lẻ.
Ta thấy chỉ có 50 số lẻ nhỏ hơn 100 mà S có 51 phần tử nên tồn tại hai số x, y thuộc S sao cho x = 2k.m và y
= 2n.m với k n. Nếu k > n thì x chia hết cho y, nếu k < n thì y chia hết cho x.
BÀI 23 : Cho hai tập hợp A và B. Hiệu đối xứng của A và B, kí hiệu là A B là tập hợp gồm các phần tử thuộc A hoặc B nhưng không thuộc cả A và B.
a) Chứng minh rằng nếu A B = A thì B = .
b) Chứng minh rằng nếu A C = B C thì A = B.
Hướng dẫn :
a) Ta chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử trái lại B . Khi đó tồn tại x B.
Ta xét quan hệ giữa phần tử x và tập A.
Nếu x A thì do x B nên x A B = A. Vô lí.
Nếu x A thì x B \ A. Từ đó x A B, nghĩa là x A, cũng vô lí.
Do đó B = .
b) Ta cũng chứng minh bằng phản chứng.
Nếu A B. Khi đó tồn tại một phần tử thuộc tập này mà không thuộc tập kia.
Ta giả sử có x A nhưng x B (trường hợp còn lại tương tự).
Nếu x C thì x C \ B và như thế x B C. Từ giả thiết suy ra x A C.
Điều này mâu thuẫn vì từ x A và x C ta suy ra x A C.
Nếu x C thì ta có x A C và x B C. Từ giả thiết có ngay điều vô lí.
BÀI 24 : Cho S là tập hợp gồm 100 số nguyên dương nhỏ hơn 200. Chứng minh rằng tồn tại một tập con khác rỗng T của X sao cho tích các phần tử của T là một số chính phương.
Hướng dẫn :
Số các số nguyên tố bé hơn 200 là Ta, kí hiệu p(A) là tích tất cả các phần tử của A.
Với mỗi tập con A của X, ta viết p(A) = k2.mA, ở đây k2 là ước chính phương lớn nhất của số p(A) và mA là phần không chính phương của p(A).
Chú ý rằng mA là tích của các thừa số nguyên tố phân biệt nhỏ hơn 200.
Do đó có nhiều nhất là 299 giá trị cho mA.
Mặt khác, số các tập con khác rỗng của S là 2100 – 1 > 299.
Từ đó theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai tập con A và B của S sao cho mA = mB. Bây giờ, giả sử p(A) = k2.mA, p(B) = n2.mB. Khi đó : p(A).p(B) = k2n2.(mA)2
Xét T = A B. Do A B nên T . Mỗi số trong A B được tính hai lần trong tích p(A).p(B) Từ đó ta có p(A).p(B) = p(T).(p(A B))2 p(T) là số chính phương.
