(LUẬN văn THẠC sĩ) một vài tính chất về nghịch đảo của hệ số nhị thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CAO THỊ THÚY HẰNG MỘT VÀI TÍNH CHẤT VỀ NGHỊCH ĐẢO CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 download by : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CAO THỊ THÚY HẰNG MỘT VÀI TÍNH CHẤT VỀ NGHỊCH ĐẢO CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NƠNG QUỐC CHINH Thái Nguyên - 2016 download by : skknchat@gmail.com i Mục lục Mở đầu Chương Một vài tính chất hệ số nhị thức 1.1 Hệ số nhị thức 1.2 Hàm tổng lũy thừa 1.3 Hàm tổng tích hệ số nhị thức 1.4 Định lý Faulhaber cho lũy thừa hệ số nhị thức Chương Một vài tính chất nghịch đảo hệ số nhị thức 11 17 2.1 Tổng nghịch đảo hệ số nhị thức 17 2.2 Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức 33 Chương Một số tập hệ số nhị thức toán phổ thông 38 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 download by : skknchat@gmail.com Mở đầu Trong toán học, định lý khai triển nhị thức định lý toán học việc khai triển hàm mũ tổng Cụ thể, kết định lý việc khai triển nhị thức bậc n thành đa thức có n + số hạng: n n (x + a) = k=0 n (n−k) k x a k với n k = n! (n − k)!k! số tổ hợp chập k n phần tử gọi hệ số nhị thức Định lý độc lập chứng minh hai người nhà tốn học học Isaac Newton tìm năm 1665 nhà tốn học James Gregory tìm năm 1670 Định lý đặc biệt quan trọng, giảng dạy bậc trung học sử dụng để giải nhiều toán liên quan Trong nhiều chủ đề, giải tích tổ hợp, lý thuyết đồ thị, lý thuyết số, hệ số nhị thức thường xuất cách tự nhiên đóng vai trị quan trọng Ví dụ, hệ số khai triển nhị thức hàng tam giác Pascal Trong toán tổ hợp, số Catalan dãy số tự nhiên xuất nhiều tốn đếm, dãy số Catalan có cơng thức tổng quát hệ số nhị thức Nghịch đảo hệ số nhị thức xuất nhiều tài liệu toán học nhiều kết đẳng thức nghịch đảo hệ số nhị thức tìm Tuy nhiên, ta biết khó để tính giá trị tổng nghịch đảo hệ số nhị thức Sury, Wang Zhao [5] chứng minh với λ = −1 có biểu diễn sau: n r=m λr n r n−m = (n + 1) r=0 λm+r (λ + 1)r+1 n+1 + (n + 1) λ (λ + 1)n+2 n−m−r i=0 n n−m−r (−1)i i m+1+i (λ + 1)r+1 r+1 r=m download by : skknchat@gmail.com (1) D H Lehmer chứng minh |x| < 1, (2x)2m 2x √ sin−1 x 2m = m − x m m≥1 Yang Zhao tìm biểu diễn tổng ∞ n=1 ∞ n=1 εn n(n + k) εn n(n + k) ∞ 2n n , n=1 εn n2 (n + k) ∞ 2n+k n , n=1 εn n(n + k) 2n n , 2n+2k n+k , |ε| = 1, k số nguyên dương tùy ý với k > Gần đây, Dzhumadil’daev Yeliussizov khảo sát trường hợp tổng lũy thừa hệ số nhị thức với lũy thừa âm ∞ ζk (m) = i=1 i+k−1 k −1 Mục tiêu luận văn nghiên cứu số tổng hữu hạn, số chuỗi vô hạn liên quan đến hàm nghịch đảo hệ số nhị thức Xuất phát từ lí nên em mạnh dạn chọn đề tài: “Một vài tính chất nghịch đảo hệ số nhị thức” hướng dẫn PGS TS Nông Quốc Chinh Luận văn gồm chương là: Chương 1: Một vài tính chất hệ số nhị thức Chương 2: Một vài tính chất nghịch đảo hệ số nhị thức Chương 3: Một số tập hệ số nhị thức tốn phổ thơng Luận văn hồn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn PGS TS Nông Quốc Chinh Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Nông Quốc Chinh, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để em hồn thành luận văn Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới Khoa Tốn - Tin, Phịng Đào Tạo, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô giáo giúp đỡ em suốt q trình học tập hồn thành luận văn cao học Em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người thân động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho em q trình học tập hồn thành luận văn download by : skknchat@gmail.com Thái Nguyên, ngày 08 tháng 07 năm 2016 Tác giả luận văn Cao Thị Thúy Hằng download by : skknchat@gmail.com Chương Một vài tính chất hệ số nhị thức 1.1 Hệ số nhị thức Hệ số nhị thức định nghĩa  n!   , n ≥ m; n = m!(n − m)!  m 0 n < m, n m số nguyên không âm Nguồn gốc tên gọi hệ số nhị thức xuất phát từ định lý quan trọng sau Định lý 1.1.1 (Định lý nhị thức) Hệ số xn−k y k khai triển (x + y)n n k Nói cách khác, ta có cơng thức (x + y)n = n n n n n n n−1 n n−2 x + x y+ x y + ··· + xy n−1 + y n−1 n Chứng minh Ta chứng minh kết phương pháp qui nạp theo n Với n = 0, công thức hiển nhiên Giả sử cơng thức với n Ta với n + Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có biến đổi: n (x + y) n+1 n = (x + y) (x + y) = n = r=0 n r+1 n−r x y + r r=0 n r=0 n r n−r xy (x + y) r n r n−r+1 xy r download by : skknchat@gmail.com n n+1 y + = n n + n n + n−1 n + ··· + Từ suy (x + y)n+1 = n+1 r=0 n+1 r n n + xy n + n n+1 x y+ x = n x2 y n−1 n+1 n r=0 n + r n+1−r xy r xr y n+1−r Vậy ta suy công thức với n + Tóm lại, cơng thức với số ngun khơng âm n Ta áp dụng định lý nhị thức theo nhiều cách khác để thu công thức khác liên quan đến hệ số nhị thức Ví dụ, thay x = y = 1, ta 2n = n n n n n + + + ··· + n−1 n Thay x = 1, y = −1, ta 0= n n n n n − + − + · · · + (−1)n n Hệ số nhị thức thỏa mãn nhiều công thức quan trọng Định lý 1.1.2 Hệ số nhị thức thỏa mãn công thức sau: n k = n ; n−k n−1 n−1 + k−1 k = (1.1) n ; k n n n n n + + + ··· + n−1 n (1.2) = 2n (1.3) Chứng minh Theo định nghĩa ta có: n k = n! n! = = k!(n − k!) (n − k)!(n − (n − k))! n n−k Xét đẳng thức n! (n − 1)! (n − 1)! = + k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! k!(n − k − 1)! Chia hai vế đẳng thức với (n − 1)! nhân hai vế đẳng thức với (k − 1)!(n − k − 1)!, đẳng thức trở thành n 1 = + k(n − k) n−k k Đẳng thức nên (1.2) Thay x = y = vào công thức hệ số nhị thức ta thu (1.3) download by : skknchat@gmail.com 1.2 Hàm tổng lũy thừa Tổng lũy thừa số nguyên không âm liên tiếp nghiên cứu nhiều nhà toán học từ thời cổ đại, hai tên đặc biệt đáng nhớ là: Jacob Bernoulli (1654-1705) Johann Faulhaber (1580-1635) Trong lý thuyết số, số Bernoulli Bn dãy số hữu tỷ Các giá trị dãy 1 1 B0 = 1, B1 = ± , B2 = , B3 = 0, B4 = − , B5 = 0, B6 = , B7 = 0, B8 = − 30 42 30 1 Nếu giá trị B1 = − dãy số gọi dãy Bernoulli loại Nếu giá trị B1 = 2 dãy số gọi dãy Bernoulli loại hai Ta thấy Bn = với số lẻ n > Dãy Bernoulli có cơng thức đệ quy m−1 Bm (n) = nm − k=0 m Bk (n) , k m−k+1 B0 (n) = Dãy Bernoulli loại suy từ công thức đệ quy cách lấy n = 0, dãy Bernoulli loại hai suy từ công thức đệ quy cách lấy n = Định lý 1.2.1 (Faulhaber [1]) p n k = p+1 k=1 p j=0 p+1 Bj np+1−j , j với Bj số Bernoulli, B1 = Chứng minh Đặt n kp, Sp (n) = k=1 p số ngun khơng âm Định nghĩa hàm sinh theo biến z ∞ G(z, n) = Sp (n) z p p! p=0 Biến đổi ∞ n G(z, n) = p=0 k=1 (kz)p = p! n ∞ k=1 p=0 (kz)p = p! n ekz k=1 − enz − enz = = ez · − ez e−z − download by : skknchat@gmail.com Ta thấy G(z, n) hàm theo biến z z số phức Tiếp theo, xét hàm sinh đa thức Bernoulli Bj (x) ∞ zezx = ez − zj Bj (x) , j! j=0 Bj = Bj (0) số Bernoulli Khai triển hàm sinh sau: ∞ (−z)j−1 G(z, n) = Bj j! j=0 p ∞ zp = p=0 ∞ = p=0 Do n (−1)j j=0 k = p+1 k=1 − l=1 (−1)j j=0 p p (nz)l l! Bj np+1−j j!(p + − j)! p p z p! p + ∞ (−1)j j=0 p+1 Bj np+1−j j p+1 Bj np+1−j j Chú ý Bj = với j lẻ lớn Do đó, định nghĩa B1 = nhân tử (−1)j ta viết lại công thức tổng lũy thừa sau n k = p+1 k=1 p p j=0 ta bỏ qua p+1 Bj np+1−j j Ví dụ 1.2.2 n n2 n n(n + 1) + = , 2 (1.4) i2 = n3 n2 n n(n + 1)(2n + 1) + + = , 6 (1.5) i3 = n4 n3 n2 + + = 4 i4 = n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) 30 i= i=1 n i=1 n i=1 n i=1 n(n + 1) 2 , 6n5 + 15n4 + 10n3 − n , 30 [n(n + 1)]2 (2n2 + 2n − 1) i5 = 12 = n i=1 download by : skknchat@gmail.com (1.6) 33 √ 5+1 √ √ 5+1 11 5 − ln + ln2 T2 (2) = 2 Dựa vào Si (2), Ti (2) phương trình (2.44)-(2.47), ta tính giá trị khác Si (k) Ti (k) (1 ≤ i ≤ 2, k > 2) Nếu k = phương trình (2.54)-(2.55), ta thu R1 (2) = t2 (1 − t)2 ln(1 − t + t ) + t(1 − t) + dt 2 t (1 − t)2 ln(1 − t + t2 )dt √ 17 3π = − , 36 12 1 t2 (1 − t)2 R2 (2) = ln(1 − t + t2 ) − t(1 − t) + dt 2 − t (1 − t)2 ln(1 + t − t2 )dt √ √ 5 5−1 + = 36 − Tiếp theo, mục cuối luận văn, khảo sát trường hợp tổng lũy thừa hệ số nhị thức với số mũ âm 2.2 Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức Trong mục này, khảo sát trường hợp tổng lũy thừa hệ số nhị thức với lũy thừa âm, ∞ ζk (m) = i=1 i+k−1 k Với k = ta có ∞ ζ1 (m) = ζ(m) = i=1 −m , im ta thu ζ(m) hàm zeta Riemann thông thường Bổ đề 2.2.1 ([1]) Giả sử k > Khi N −1 fk,−1 (N ) = i=1 i+k−1 k = k k−1 1− N +k−2 k−1 download by : skknchat@gmail.com 34 Chứng minh Đặt φ(x) = = i+k−1 k (i+k−1 k ) Khi ta có k k−2 i+k−2 k−1 − =− i+k−1 k−1 k ∇φ(i) k−1 Từ đó, N −1 fk,−1 (N ) = i=1 = k =− k−1 i+k−1 k N −1 ∇φ(i) i=1 k k (φ(0) − φ(N − 1)) = k−1 k−1 1− N +k−2 k−1 Khi m = 1, theo Bổ đề 2.2.1, ta thu ∞ i+k−1 k ζk (1) = i=1 −1 = k k−1 Theo tính chất hàm zeta Riemann, với số nguyên dương m, ζ(2m) = (−1)m+1 (2π)2m B2m , 2(2m)! B2m số Bernoulli Ta tính với giá trị k, m cụ thể sau: ∞ ζ2 (2) = i=1 ∞ ζ2 (3) = i=1 ∞ ζ3 (2) = i=1 i+1 −2 i+1 −3 i+2 −2 = π − 12, = −8π + 80, = 9π − 351 Tương tự, ∞ ζ3 (3) = i=1 ∞ ζ5 (3) = i=1 ∞ ζ3 (5) = i=1 i+2 −3 i+4 −3 i+2 −5 = 783 − 162ζ(3), = 1298125 + 11250ζ(3), 96 = 576639 47385 − ζ(3) − 7290ζ(5) 16 download by : skknchat@gmail.com (2.56) 35 Định lý 2.2.2 ([1]) Với số nguyên k m, tồn số hữu tử λ0 , λ1 , , λ cho ζk (m) =   λ + m/2 i=1 λi ζ(2i), km chẵn;  λ + m/2 i=1 λi ζ(2i − 1), km lẻ x+k−1 −m k Chứng minh Đặt F (x) = Khi ζk (m) = ∞ i=0 m/2 , Fi Vì đa thức F (x) có k nghiệm x = 0, 1, , k − 1, k−1 m F (x) = x+k−1 m k = = k−1 m j=0 i=1 j=0 i=1 ai,j (x + j)i ai,k−1−j ai,j + i (x + j) (x + k − − j)i (2.57) với ai,j (1 ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ k − 1) số hữu tỷ 1 (k − 1)-phản xạ km chẵn, phản-(k − 1)Theo Bổ đề 1.4.6 F (x) F (x) phản xạ km lẻ Nói cách khác, F (x) = eF (−x − k + 1) với hầu hết x (ngoại trừ không điểm mẫu số), với e = ±1 Do đó, theo (2.57) dựa tính phản xạ nhắc đến bên trên, k−1 m j=0 i=1 ai,j ai,k−1−j + (x + j)i (x + k − − j)i k−1 m =e j=0 i=1 ai,k−1−j ai,j + i (−x − k + + j) (−x − j)i hay k−1 m ai,j − e(−1)i ai,k−1−j ai,k−1−j − e(−1)i ai,j + (x + j)i (x + k − − j)i j=0 i=1 = Do đó, ai,j − e(−1)i ai,k−1−j = với i, j (1 ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ k − 1) Do phương trình (2.57) viết lại thành F (x) = x+k−1 m k = k−1 m j=0 i=1 ai,j ai,j + e(−1)i i (x + j) (x + k − − j)i Cuối cùng, ∞ ζk (m) = F (x) x=1 download by : skknchat@gmail.com 36 ∞ = x=1 = k−1 m ai,j ai,j + e(−1)i i (x + j) (x + k − − j)i j=0 i=1 j k−1 m ζ(i) − ai,j j=0 i=1 m l=1 + e(−1)i ζ(i) − e(−1)i i l k−1−j l=1 li ci (ζ(i) + e(−1)i ζ(i)), = c0 + i=1 với ci (0 ≤ i ≤ m) số hữu tỷ Chú ý giá trị (ζ(i) + e(−1)i ζ(i)) bị triệt tiêu e = i lẻ, e = −1 i chẵn Công thức n n(n + 1) n2 n + = 2 i= i=1 gọi công thức số tam giác Ta biết ∞ ζ2 (m) = i=1 i+1 ∞ −m = i=1 ∞ −m i(i + 1) = x=1 2m (x(x + 1))m Chúng ta đưa biểu diễn xác ζ2 (m) thành tổ hợp hệ số nhị thức số Bernoulli Định lý 2.2.3 ([1]) Ta có ∞ x=1 2m 2m − = (−1)m−1 m (x(x + 1)) m m/2 + (−1) m i=1 2m − 2i − (2π)2i (−1)i+1 B2i m−1 (2i)! Để chứng minh định lý này, cần bổ đề sau Bổ đề 2.2.4 ([1]) x+1 m m−1 m =2 i=0 m+i−1 i (−1)i xm−i + (−1)m m−i x+1 Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp theo m Với m = ta có x+1 =2 1 − x x+1 Giả sử công thức với m ta chứng minh với m + Từ − (−x)j = (1 + x)(1 + (−x) + · · · + (−x)j−1 ) download by : skknchat@gmail.com 37 − (x + 1)j = −x(1 + (x + 1) + · · · + (x + 1)j−1 ), ta suy 1 1 = j − j−1 + · · · + (−1)j + 1) x x x+1 1 1 − ··· − = − j x(x + 1) x x+1 (x + 1)j xj (x Ta có 1 = m+1 (x(x + 1)) (x(x + 1))m m−1 i=0 m i=0 i m+j−1 j=0 j = m+i i 1 − x x+1 (−1)m (−1)i + xm−i+1 (x + 1)m−i+1 m+i i = (vì (−1)i (−1)m + xm−i (x + 1)m−i m+i−1 i = 1 − x x+1 ) Chứng minh (của Định lý 2.2.3) Theo Bổ đề 2.2.4, ta có ∞ x=1 2m = (x(x + 1))m ∞ m−1 x=1 i=0 m−1 = i=0 (−1)i (−1)m + xm−i (x + 1)m−i m+i−1 i ∞ m+i−1 i x=1 ∞ (−1)m (−1)i + xm−i (x + 1)m−i x=1 Do đó, biểu thức cuối biểu diễn thành m−1 i=0 m+i−1 ((−1)i ζ(m − i) + (−1)m (ζ(m − i) − 1)) i m−1 = (−1)m−1 i=0 = (−1) m−1 = (−1)m−1 m−1 m+i−1 + i i=0,(m−i) 2m − + (−1)m m 2m − + (−1)m m m/2 i=1 m/2 i=1 m+i−1 (−1)i 2ζ(m − i) i chẵn 2m − 2i − ζ(2i) m−1 2m − 2i − (2π)2i (−1)i+1 B2i m−1 (2i)! download by : skknchat@gmail.com 38 Chương Một số tập hệ số nhị thức tốn phổ thơng Ví dụ 3.1 Nếu a ≡ b (mod n), chứng minh an ≡ bn (mod n2 ) Điều ngược lại có khơng? Giải Từ a ≡ b (mod n) suy a = b + qn với q số nguyên Theo định lý nhị thức ta thu an − bn = (b + qn)n − bn n n−1 n n−2 2 n n n b qn + b q n + + q n n n n−2 n m n−2 = n2 bn−1 q + b q + + q n , n = kéo theo an ≡ bn (mod n2 ) Điều ngược lại không Ví dụ 34 ≡ 14 (mod 42 ) ≡ (mod 4) Ví dụ 3.2 Cho p số nguyên tố, cho ≤ k ≤ p − số nguyên Chứng minh p−1 k ≡ (−1)k (mod p) Giải Cách Quy nạp theo k Kết luận toán với n = 1, p−1 = p − ≡ −1 (mod p) Giả sử kết luận với k = i, với ≤ i ≤ p − Ta có p−1 p−1 + i i−1 = p i download by : skknchat@gmail.com 39 Từ tính chất p−1 p−1 + i i−1 ≡0 (mod p) Theo giả thiết quy nạp, ta có p−1 i ≡− p−1 i−1 ≡ −(−1)i−1 ≡ (−1)i (mod p), suy điều phải chứng minh Cách Bởi p−1 k (p − 1)(p − 2) · · · (p − k) k! = số nguyên gcd(k!, p) = 1, nên ta cần chứng minh (p − 1)(p − 2) · · · (p − k) ≡ (−1)k · k! (mod p), điều hiển nhiên Ví dụ 3.3 Cho số nguyên dương n Chứng minh + 1997 1 1998 + ··· + 1997+n n+1 < 1995 Giải Ta có 1997+k k+1 = 1996!(k + 1)! 1996!(k + 1)! = (1997 + k − (k + 2)) (1997 + k)! (1997 + k!)1995 = 1996 1995!(k + 1)! 1995(k + 2)! − 1995 (1996 + k!) (1997 + k)! = 1996 1995 1996+k k+1 − 1997+k k+2 Vế trái 1996 1995 1996 − 1997+n n+2 Ví dụ 3.4 Cho n ∈ N∗ , chứng minh < n k=0 1996 1995 n k n+k+2 k+1 1996 = 1995 = Giải Ta có n k n+k+2 k+1 = n! (k + 1)!(n + 1)! n!(n + 1)!(k + 1) = k!(n − k)! (n + k + 2)! (n − k)!(n + k + 2)! download by : skknchat@gmail.com 40 n + k + − (n − k) n!(n + 1)! (n − k)!(n + k + 2)! n!(n + 1)! 1 = − (n + k + 1)!(n − k)! (n − k − 1)!(n + k + 2)! n!(n + 1)! (2n + 1)! (2n + 1)! = − · (2n + 1)! (n + k + 1)!(n − k)! (n − k − 1)!(n + k + 2)! 2n + 2n + = 2n+1 − n−k k−k−1 n = Vậy n k=0 n k n+k+2 k+1 n−1 n k n+k+2 k+1 = k=0 = = + 2 n n 2n+2 n+1 2n+1 n 2n+1 − 2n+1 n 2n + 2n + − n + 2n+2 n+1 + n n 2n+2 n+1 = Ví dụ 3.5 Chứng minh với số tự nhiên khơng nhỏ 2, ta có n−1 n−k 2n + 2(n − k) k=0 chia hết cho Giải Ta có n−1 k=0 2n + 2(n − k) n−k n−1 2n + = (n − k) 2(n − k) k=0 n = k=1 = 2n + n k=1 n (1 + 1) 2n − (1 − 1) =2 k=1 Do n−1 k=0 2n + 2(n − k) n−k = k k=0 2n + 2k 2k.(2n + 1)! 2.(2k!).(2n − 2k + 1)! Mặt khác 2n n−1 = 2n 2k − 2n 2k − = 4n 2n + 1 n = (2n + 1)4n−1 2 download by : skknchat@gmail.com 41 Vậy n−1 n−k 2n + 2(n − k) k=0 chia hết cho Ví dụ 3.6 Chứng minh n +2 n 2 n n + + n =n 2n − n−1 Giải Ta có k n k = n! n−1 n!k = =n k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! k−1 Vế trái n−1 n n n−1 + 1 n n−1 + 2 n n−1 + + n−1 n n Ta có (1 + x)n−1 (x + 1)n = (1 + x)2n−1 2n − 2n − 2n − 2n − 2n−1 + x+ x + + x 2n − n−1 n−1 n−1 n − n−1 (1 + x)n−1 = + x+ x + + x n−1 n n n n−1 n n−2 n (x + 1)n = x + x + x + + n (1 + x)2n−1 = Hệ số xn−1 hai vế nên n−1 n n−1 + 1 Vậy vế trái n 2n−1 n−1 n n−1 + 2 n n−1 + + n−1 n n = 2n − n−1 Ví dụ 3.7 Tính tổng theo n S= n + n 2 + n + + n n n+1 Giải Ta có n k n! n! (n + 1)! = = k+1 k!(n − k)!(k + 1) (k + 1)1(n − k)! n + (k + 1)1(n − k)! n+1 = n+1 k+1 = download by : skknchat@gmail.com 42 Vậy, S= (n + 1)2 n+1 n+1 + 2 n+1 + + n+1 Từ (1 + x)n+1 (x + 1)n+1 = (1 + x)2n+2 Cân hệ số xn+1 hai vế ta n+1 n+1 + n+1 + 2 n+1 + + n+1 Suy S= 2n+1 n+1 −1 (n + 1)2 Ví dụ 3.8 Tính tổng S = 12 n n n n + 22 + + p2 + + n2 p n Giải Đặt n n n n + x + x , n n n n n+1 g(x) = x(1 + x)n = x+ x + x n f (x) = (1 + x)n = Lấy đạo hàm hai vế theo x ta có f (x) = n(1 + x)n−1 = n n n + 2x + nxn−1 n g (x) = 2n(1 + x)n−1 + n(n − 1)x(1 + x)n−2 =2 n n n n + · 2x + · 3x2 + + (n + 1)nxn−1 n Thay x = ta f (1) = n2n−1 = n n n +2 + + n n g (1) = 2n2n−1 + n(n − 1)22n−2 =2 n n n n +3·2 +4·3 + (n + 1)n n Lấy g (1) − f (1), ta có S = 12 n n n n + 22 + + p2 + + n2 p n = n(n − 1)22n−2 download by : skknchat@gmail.com 43 Ví dụ 3.9 Tính tổng n kp Sp (n) = (3.1) k=1 Giải Chúng ta biết công thức quen thuộc n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) S2 (n) = + 22 + 32 + + n2 = , n2 (n + 1)2 S3 (n) = + 23 + 33 + + n3 = S1 (n) = + + + n = Với p ∈ N∗ , p ≥ 4, sử dụng nhị thức Newton p p (a + b) = i=0 ta có p p (k − 1) = i=0 p p−i i p a b, i i = p! i!(p − 1)! p p−i k (−1)i = k p − pk p−1 + i p i=2 p p−i k (−1)i i Suy p pk p−1 p p = k − (k − 1) + i=2 p p−i k (−1)i i (3.2) Cộng vế đẳng thức công thức (3.2) theo k = 1, 2, 3, , n, ta p p pSp−1 (n)n + i=2 p (−1)i Sp−1 (n) i Theo công thức truy hồi trên, tính Sp1 thơng qua giá trị p đủ nhỏ n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1), 30 S5 (n) = n2 (n + 1)2 (2n2 + 2n − 1), 12 S6 (n) = n(n + 1)(3n4 + 6n3 − 3n + 1) 42 S4 (n) = Ví dụ 3.10 Tính tổng lũy thừa số tự nhiên lẻ n (2k − 1)p , p ∈ N∗ Lp (n) = k=1 download by : skknchat@gmail.com 44 Giải Ta có L1 (n) = + + + + (2n − 1) = n2 Với p > 1, biến đổi sau Lp (n) = 1p + 3p + 5p + + (2n − 1)p = [1p + 2p + 3p + 4p + + (2n − 1)p + 2np ] − [2p + 4p + + 2np ] = Sp 2n − 2p Sp (n) Vậy ta có cơng thức Lp (n) = Sp 2n − 2p Sp (n), Sp (n) xác định theo cơng thức (3.1) Theo đó, ta có L2 (n) = S2 (2n) − 22 S2 (n) = n3 − n, 3 L3 (n) = S3 (2n) − 23 S3 (n) = 2n4 − n2 , 16 L4 (n) = S4 (2n) − 24 S4 (2n) = n5 − n4 + n 15 Ví dụ 3.11 Với p ∈ N∗ , tính tổng n k p (k + 1)2 Pp (n) = k=1 Giải Ta biến đổi tổng Pp (n) sau n (k p+22k Pp (n) = p+2 +k p ) = Sp+2 (n) + 2Sp+1 + Sp (n), k=1 n Sp (n) = k p Theo cơng thức (3.3) ta có k=1 7 P1 (n) = n4 + n3 + n2 + n 6 5 P2 (n) = n + n4 + n3 + n2 + n, 15 5 P3 (n) = n + n + n + n + n − n 10 6 15 download by : skknchat@gmail.com (3.3) 45 Ví dụ 3.12 Với p ∈ N∗ , tính tổng n k(k + 1)p Qp (n) = k=1 Giải Ta biến đổi tổng Qp (n) sau Đặt i = k + ta có n+1 (i − 1)ip = Qp (n) = i = 1n+1 (i − 1)ip = i = 1n+1 (i − 1)p + n(n + 1)p , i=2 hay n n ip + n(n + 1)p = Sp+1 (n) − Sp (n) + n(n + 1)p , ip + − Qp (n) = i=1 i=1 Sp (n) xác định cơng thức (3.1) Theo đó, ta có Q1 (n) = n3 + n2 + n, 3 7 Q2 (n) = n + n + n + n, 6 5 17 11 29 Q3 (n) = n + n + n + n + n 30 download by : skknchat@gmail.com 46 Kết luận Việc nghiên cứu đề tài giúp học viên bước đầu làm quen với phương pháp nghiên cứu khoa học nói chung số phương pháp nghiên cứu tốn số học nói riêng Nội dung luận văn trình bày có hệ thống khái qt vấn đề sau: • Định nghĩa, nguồn gốc tên gọi số tính chất hệ số nhị thức • Hàm tổng tích hệ số nhị thức, định lý Faulhaber cho lũy thừa hệ số nhị thức, vài tính chất tổng nghịch đảo hệ số nhị thức tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức • Một số tốn hay hệ số nhị thức xuất kỳ thi Olympic quốc tế, thi học sinh giỏi quốc gia download by : skknchat@gmail.com 47 Tài liệu tham khảo [1] Dzhumadil’daev A., Yeliussizov D (2013), “Power Sums of Binomial Coefficients”, Journal of Integer Sequences, 16, Article 13.1.4 [2] Knuth D (1993), “Johann Faulhaber and sums of powers”, Math Comp., 61 , 277-294 [3] Sury B (1993), “Sum of the reciprocals of the binomial coefficients”, European J Combin., 14, 351-353 [4] Sofo A (2006), “General Properties Involving Reciprocals of Binomial Coefficients”, Journal of Integer Sequences, 9, Article 06.4.5 [5] Sury B., Wang T., and Zhao F.Z (2004), “Identities Involving Reciprocals of Binomial Coefficients”, Journal of Integer Sequences, 7, Article 04.2.8 [6] Yang J.H., Zhao F.Z (2006), “Sums Involving the Inverses of Binomial Coefficients”, Journal of Integer Sequences, 9, Article 06.4.2 download by : skknchat@gmail.com ... tích hệ số nhị thức, định lý Faulhaber cho lũy thừa hệ số nhị thức, vài tính chất tổng nghịch đảo hệ số nhị thức tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức • Một số toán hay hệ số nhị thức xuất kỳ... thừa hệ số nhị thức Chương Một vài tính chất nghịch đảo hệ số nhị thức 11 17 2.1 Tổng nghịch đảo hệ số nhị thức 17 2.2 Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức ... gồm chương là: Chương 1: Một vài tính chất hệ số nhị thức Chương 2: Một vài tính chất nghịch đảo hệ số nhị thức Chương 3: Một số tập hệ số nhị thức tốn phổ thơng Luận văn hồn thành Trường Đại