Luận văn thạc sỹ vận dụng phƣơng pháp đa thức vào một số bài toán tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG THÚY HOA VẬN DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐA THỨC VÀO MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2022 i Mục lục Bảng ký hiệu ii Mở đầu Chương Kiến thức sở 1.1 Đại cương đa thức 1.2 Phép chia hết đa thức, phép modulo số nguyên tố 1.3 Nghiệm đa thức 1.4 Hệ số tổ hợp số định lý ví dụ 3 10 Chương Vận dụng phương pháp đa thức vào giải toán tổ hợp 16 2.1 Vận dụng phương pháp đa thức vào giải tốn tìm tập tập hợp 16 2.2 Vận dụng phương pháp đa thức vào giải số tốn tổ hợp có yếu tố truy hồi 22 2.3 Định lý không điểm ứng dụng vào toán tổ hợp 31 2.4 Một số toán thi Olympic 38 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 ii Bảng ký hiệu K[x] K[x1 , x2 , , xn ] f (x) g(x) f (x) ≡ g(x) (mod p) deg f rk (B) rB (x) |A| |s∧ A| Cnk ∆ ∆x ∆m x Vành đa thức biến x trường K Vành đa thức n biến trường K Đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) Đa thức f (x) đồng dư với g(x) modulo p Bậc đa thức f Số cách xếp k quân xe lên bảng B Đa thức xe bảng B Lực lượng tập A Tập tất tổng gồm s phần tử A Hệ số tổ hợp chập k n phần tử Sai phân Sai phân theo biến x Sai phân cấp m theo biến x Mở đầu Lý chọn đề tài Đa thức khái niệm phổ thơng đóng vị trí quan trọng khơng chương trình tốn học phổ thơng mà cịn có nhiều ứng dụng nhiều lĩnh vực khác như: hình học, đại số, lý thuyết hàm, , có lĩnh vực tốn tổ hợp Trong phạm vi tốn phổ thơng, ứng dụng đa thức toán tổ hợp lĩnh vực thú vị, nhiều thầy giáo quan tâm, ví dụ như: Trần Nam Dũng - Trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Tp Hồ Chí Minh, Văn Phú Quốc - giáo viên trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam, Nhiều toán điển hình tổ hợp kỳ thi Olympic giải phương pháp đa thức, chí có tốn có cách giải đa thức (xem nhận xét sau Bài toán 2.3.1) Trong phạm vi luận văn, luận văn quan niệm Phương pháp đa thức giải tốn hiểu cách trực quan ta vận dụng khái niệm, tính chất đa thức tính chất lý thuyết đa thức vào giải số toán sơ cấp, có tốn tổ hợp Mục tiêu luận văn Nghiên cứu tìm hiểu vận dụng phương pháp đa thức vào giải số tập tổ hợp Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn có nhiệm vụ sau: Nghiên cứu tính chất đa thức, toán xác định đa thức Nghiên cứu tài liệu tham khảo để tìm hiểu phương pháp đa thức việc giải toán tổ hợp Tìm hiểu, sưu tầm hệ thống tốn tổ hợp mà tốn vận dụng phương pháp đa thức để giải Trình bày tường minh lời giải số toán tổ hợp theo hướng vận dụng phương pháp đa thức Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn dự kiến gồm chương: Chương Kiến thức sở Nội dung chương chủ yếu trình bày vắn tắt khái niệm đa thức, số tính chất đa thức số định lý hệ số nhị thức tổ hợp Chương Vận dụng phương pháp đa thức vào giải toán tổ hợp Chương áp dụng phương pháp đa thức vào tốn đếm tổ hợp tốn tìm tập tập hợp, tốn đếm có yếu tố truy hồi, tốn có ứng dụng định lý khơng điểm sưu tầm số tốn tổ hợp kỳ thi học sinh giỏi Chương Kiến thức sở 1.1 Đại cương đa thức Định nghĩa 1.1.1 Đa thức biến biểu thức có dạng (1.1) f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 ∈ K, i = 1, 2, , n, gọi hệ số, an 6= gọi hệ số cao nhất, a0 gọi số hạng tự do, x gọi biến đa thức Bậc đa thức f (x) số mũ cao lũy thừa có mặt (1.1) ký hiệu deg(f ) Nếu hệ số đa thức f (x) dạng (1.1) số nguyên, số hữu tỷ, số thực hay số phức, ta nói f (x) đa thức tương ứng thuộc trường số nguyên, trường số hữu tỷ, trường số thực hay trường số phức tương ứng viết f (x) ∈ Z[x], f (x) ∈ Q[x], f (x) ∈ R[x], f (x) ∈ C[x] Định nghĩa 1.1.2 Hai đa thức P (x) = m X k=0 k ak x , Q(x) = n X bk xk gọi k=0 n = m, ak = bk , ∀k = 0, 1, , m Định nghĩa 1.1.3 Đa thức có tất hệ số không gọi đa thức không Đa thức bậc khơng cịn gọi đa thức Định nghĩa 1.1.4 (Phép cộng, trừ đa thức) Cho hai đa thức P (x) = Q(x) = n X m X ak xk , k=0 bk xk Khi phép cộng trừ đa thức P (x), Q(x) thực k=0 theo hệ số xk , tức max{m,n} X P (x) ± Q(x) = k=0 (ak ± bk )xk Định nghĩa 1.1.5 (Phép nhân đa thức) Cho hai đa thức P (x) = Q(x) = n X m X ak x k , k=0 bk xk Khi phép nhân đa thức P (x)Q(x) đa thức k=0 R(x) = m+n X k rk x , rk = k=0 k X bk−i i=0 Định nghĩa 1.1.6 Đa thức n biến x1 , x2 , , xn tổng hữu hạn gồm đơn thức dạng axr11 xr22 · · · xrnn a hệ số, ri , i = 1, 2, , n, số nguyên không âm Ký hiệu K[x1 , x2 , , xn ] tập đa thức n biến x1 , x2 , , xn trường K Bậc đơn thức axr11 xr22 · · · xrnn r1 + r2 + · · · + rn bậc đa thức bậc đơn thức lớn số hạng 1.2 Phép chia hết đa thức, phép modulo số nguyên tố Định nghĩa 1.2.1 Cho hai đa thức P (x) Q(x) Ta nói đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x) viết P (x) Q(x), tồn đa thức S(x), cho P (x) = S(x)Q(x) Trong trường hợp ta nói đa thức Q(x) chia hết đa thức P (x) ước P (x), đa thức P (x) bội đa thức Q(x) Định nghĩa 1.2.2 Cho đa thức P (x), Q(x) S(x) Nếu P (x) = S(x)Q(x), ta nói đa thức P (x) phân tích thành nhân tử đa thức Q(x) S(x) Ví dụ 1.2.3 Phân tích thành nhân tử: a) 6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − b) x4 − 6x3 + 11x2 − 6x + Chứng minh a) Khai triển nhị thức Newton (x − 1)6 = x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x3 − 6x + Do 6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − = x6 − (x − 1)6 = [x3 − (x − 1)3 ][x3 + (x − 1)3 ] = [x2 + x(x − 1) + (x − 1)2 ][(2x − 1)(x2 − x(x − 1) + (x − 1)2 ] = (3x2 − 3x + 1)(2x − 1)(x2 − x + 1) b) Ta có x4 − 6x3 + 11x2 − 6x + = (x4 − 6x3 + 9x2 ) + (2x2 − 6x) + = (x2 − 3x)2 + 2(x2 − 3x) + = (x2 − 3x + 1)2 Định nghĩa 1.2.4 ([4]) Cho p số nguyên tố, cho f (x) g(x) hai đa thức hệ số nguyên Ta nói f (x) đồng dư với g(x) theo modulo p viết f (x) ≡ g(x) (mod p) tất hệ số đa thức f (x) − g(x) chia hết cho p Từ định nghĩa ta dễ dàng suy ra: a) f (x) ≡ f (x) (mod p) b) Nếu f (x) ≡ g(x) (mod p) g(x) ≡ f (x) (mod p) c) Nếu f (x) ≡ g(x) (mod p) g(x) ≡ h(x) (mod p) f (x) ≡ h(x) (mod p) d) Nếu f1 (x) ≡ g1 (x) (mod p) f2 (x) ≡ g2 (x) (mod p) f1 (x) ± f2 (x) ≡ g1 (x) ± g2 (x) (mod p) f1 (x)f2 (x) ≡ g1 (x)g2 (x) (mod p) Ví dụ 1.2.5 Ta có 3x3 + 5x2 + 6x + ≡ 2x2 + (mod 3), 4x2 + 2x + ≡ x2 − x − 1.3 (mod 3) Nghiệm đa thức Nghiệm đa thức đóng vai trị quan trọng việc nghiên cứu tính chất đa thức Nhiều tính chất đa thức thể qua nghiệm chúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất nghiệm đa thức cũng vấn đề trung tâm đại số Định nghĩa 1.3.1 Số α nghiệm đa thức Pn (x), Pn (α) = Định lý 1.3.2 (Định lý Bezout) Đa thức P (x) chia hết cho x − a số a nghiệm đa thức P (x) Chứng minh Giả sử P (x) (x − a) Khi ta có P (x) = (x − a)Q(x), Q(x) đa thức Thay x = a, ta P (a) = (a − a)Q(a) = Vậy a nghiệm P (x) Đảo lại, giả thiết a nghiệm P (x) Giả thiết P (x) có dạng P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 Ta có (1.2) P (x) = P (x) − P (a) = an (xn − an ) + an−1 (xn−1 − an−1 ) + + a1 (x − a) = (x − a)[an (xn−1 + xn−2 a + + xan−1 + an−1 ) + an−1 (xn−2 + xn−3 a + + xan−2 + an−2 ) + + a1 ] (1.3) Do an 6= 0, nên biểu thức bên dấu [ .] biểu thức (1.3) đa thức bậc n − Ký hiệu đa thức Q(x) Khi (1.3) có dạng P (x) = (x − a)Q(x) Đẳng thức chứng tỏ P (x) (x − a) Định lý chứng minh Hệ 1.3.3 Mọi đa thức bậc n có khơng q n nghiệm Chứng minh Thật vậy, giả sử Pn (x) đa thức bậc n có n + m nghiệm x1 , x2 , , xm (m ≥ 1) Theo Định lý Bezout ta có: Pn (x) = (x − x1 )Q1 (x) = (x − x1 )(x − x2 )Q2 (x) = (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn+m )Qm+1 , Qk (x) đa thức bậc n − k Từ suy đa thức Pn (x) có bậc lớn n, vơ lý Từ Hệ 1.3.3 ta suy Hệ 1.3.4 Đa thức có vô số nghiệm đa thức không Hệ 1.3.5 Hai đa thức có bậc nhỏ n nhận giá trị n + giá trị khác đối số, đôi tương ứng đồng 33 Có ba thí sinh đến từ Moldova, Ukraina Nga chứng minh lại định lý áp dụng để giải toán (2.3.1) Thật vậy, giả sử k < 3n Xét đa thức Q(x, y, z) = P (x, y, z) − d(x − 1) · · · (x − n)(y − 1) · · · (y − n)(z − 1) · · · (z − n), d 6= chọn cho Q(0, 0, 0) = Khi đó, Q(x, y, z) = với (x, y, z) ∈ Sx × Sy × Sz Vì |Sx | = |Sy | = |Sz | > n hệ số xn y n z n Q(x, y, z) d khác nên theo định lý không điểm tổ hợp, tồn (x0 , y0 , z0 ) ∈ Sx × Sy × Sz cho Q(x0 , y0 , z0 ) 6= Mâu thuẫn Vậy k = 3n  Bài toán 2.3.3 (Cauchy-Davenport) Với tập hợp A B , định nghĩa A + B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B} Khi với số nguyên tố p với A, B thuộc Zp , ta có |A + B| ≥ min{p, |A| + |B| − 1} Chứng minh Nếu |A| + |B| > p, kết luận toán hiển nhiên: Trong trường hợp A + B = Zp Bây ta giả sử |A| + |B| ≤ p giả sử ngược lại |A + B| ≤ |A| + |B| − Khi Zp có tập hợp C cho C ⊇ A + B, |C| = |A| + |B| − Q Xét đa thức f (x, y) = (x + y − c) Fp [x, y] Nó có bậc |A| + |B| − có hệ số x c∈C |A|−1 |B|−1 y |A|−1 C|A|+|B|−2 (mod p) Vì |A| + |B| − < p nên hệ số khác Theo Định lý 2.3.2, tồn a ∈ A, b ∈ B cho f (a, b) 6= 0, trái với định nghĩa f Vậy |A + B| ≥ |A| + |B| − Định lý Cauchy-Davenport có nhiều ứng dụng Chẳng hạn dùng định lý để chứng minh định lý Erdos-Ginzburg-Zieve (Bài toán 2.1.5) Định lý sau Artin giả thuyết vào năm 1934, Chevalley chứng minh 1935 Warning mở rộng năm 1935 34 Định lý 2.3.4 ([6]) Cho p số nguyên tố, đặt P1 = P1 (x1 , , xn ), P2 = P2 (x1 , , xn ), , Pm = Pm (x1 , , xn ) m đa thức vành Zp [x1 , , xn ] Nếu n > m P deg(Pi ) đa thức Pi i=1 có khơng điểm chung (c1 , , cn ) chúng cịn có khơng điểm chung khác Chứng minh Giả sử phản chứng đa thức Pi khơng có khơng điểm chung trừ (c1 , , cn ) Đặt f = f (x1 , , xn ) = m Y i=1 (1 − Pi (x1 , , xn ) p−1 )−δ n Y Y j=1 c∈Zp ,c6=cj (xj − c), δ chọn cho (2.3) f (c1 , , cn ) = Chú ý (2.3) xác định δ giá trị ln khác khơng Ngồi ra, ta có (2.4) f (s1 , , sn ) = với si ∈ Zp Thật vậy, (s1 , , sn ) = (c1 , , cn ) theo (2.3) ta có (2.4) Nếu (s1 , , sn ) 6= (c1 , , cn ), theo giả thiết tồn đa thức Pj không triệt tiêu (s1 , , sn ), kéo theo − Pj (x1 , , xn )p−1 = Tương Q (xj − c) khơng tự, si 6= ci với i nên tích c∈Zp ,c6=cj f (s1 , , sn ) không Đặt ti = p − với i ý hệ số tổng bậc m Q (1 − Pi (x1 , , xn )p−1 ) n Q i=1 xtii f −δ 6= i=1 (p − 1) m X i=1 deg(Pi ) < (p − 1)n Do đó, theo Định lý 2.3.2 với Si = Zp với i ta kết luận tồn s1 , , sn ∈ Zp cho f (s1 , , sn ) 6= 0, mâu thuẫn với (2.4), chứng tỏ điều giả sử sai đa thức Pi phải có khơng điểm chung khác (c1 , , cn ) 35 Cho p số nguyên tố Gọi h = h(x0 , x1 , , xk ) đa thức trường Zp , với tập A0 , A1 , , Ak Zp , đặt ⊕h k X i=1 Ai = {a0 + a1 + + ak : ∈ Ai , h(a0 , a1 , , ak ) 6= 0} Định lý 2.3.5 ([6]) Cho số nguyên tố p, gọi h = h(x0 , , xk ) đa thức Zp Giả sử A0 , A1 , , Ak tập khác rỗng Zp , thỏa mãn k k P Q |Ai | = ci + đặt m = ci − deg(h) Nếu hệ số xci i i=0 i=0 (x0 + x1 + · · · + ck )m h(x0 , x1 , , xk ) khác khơng (trong Zp ) k X Ai ≥ m + ⊕h i=1 m < p Chứng minh Giả sử khẳng định sai, gọi E đa tập gồm m phần tử (không k P thiết phân biệt) Zp cho E chứa tập ⊕h Ai Đặt Q = Q(x0 , , xk ) đa thức xác định sau: Q(x0 , , xk ) = h(x0 , x1 , , xk ) i=1 Y e∈E Chú ý (x0 + · + xk − e) Q(x0 , , xk ) = với (x0 , , xk ) ∈ (A0 , , Ak ) (2.5) Ta có tính chất với (x0 , , xk ) ta có h(x0 , , xk ) = k k P P Ai ⊂ E Ngoài ra, deg(Q) = m + deg(h) = x0 + · · · + xk ∈ ⊕h ci i=1 hệ số đơn thức đa thức (x0 + · · · + · · · xckk Q với xk )m h(x0 , , xk ) nên khác xc00 i=0 hệ số đơn thức không theo giả thiết Theo Định lý 2.3.2, tồn x0 ∈ A0 , , xk ∈ Ak cho Q(x0 , x1 , , xk ) 6= 0, mâu thuẫn với (2.5), từ suy điều phải chứng minh 36 Một ứng dụng định lý mệnh đề sau Mệnh đề 2.3.6 ([6]) Cho p số nguyên tố, gọi A0 , A1 , , Ak tập k P khác rỗng Zp Nếu |Ai | = |Aj | với ≤ i < j ≤ k |Ai | ≤ i=0
p + k+2 − ! k X k+2 |Ai | − + |{a0 + a1 + · · · + ak : ∈ Ai , 6= aj với i 6= j}| ≥ i=0 Một trường hợp đặc biệt mệnh đề k = 1, A0 = A A1 = A − {a} với a ∈ A tùy ý Nếu A ⊂ Zp 2|A| − ≤ p + số tổng a1 + a2 với a1 , a2 ∈ A, a1 6= a2 2|A| − Từ kéo theo định sau Erdos Heilbronn giả thuyết vào năm 1964 Định lý 2.3.7 ([6]) Giả sử p số nguyên tố A tập khác rỗng Zp , |{a + a′ : a, a′ ∈ A, a 6= a′ }| ≥ min{p, 2|A| − 3} Để chứng minh Mệnh đề 2.3.6 từ Định lý 2.3.5, ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.3.8 ([5]) Giả sử c0 , , ck số nguyên không âm giả sử k k
P Q ci = m + k+1 , m số ngun khơng âm Khi đó, hệ số xci i i=0 i=0 đa thức (x0 + x1 + · · · + xk )m Y (xi − xj ) k≥i>j≥0 Y m! (ci − cj ) c0 !c1 ! · · · ck ! k≥i>j≥0 Cho p số nguyên tố, gọi A0 , A1 , , Ak tập khác rỗng Zp Đặt ⊕ki=0 Ai = {a0 + a1 + · · · + ak : ∈ Ai , 6= aj với i 6= j} 37 Theo ký hiệu này, khẳng định Mệnh đề 2.3.6 trở thành |Ai | = |Aj | với k
P ≤ i < j ≤ k |Ai | ≤ p + k+2 − i=0 | ⊕ki=0 Ai | ≥ k X ! k+2 |Ai | − + i=0 Chứng minh Mệnh đề 2.3.6 Đặt Y h(x0 , , xk ) = (xi − xj ) k≥i>j≥0 với hàm h ta có ⊕ki=0 Ai tổng ⊕h đặt m= k X i=0 ci − k+1 ! = k X i=0 k P i=0 |Ai | − Từ giả thiết m < p theo Bổ đề 2.3.8, hệ số k Q i=0 Ai Giả sử |Ai | = ci + 1, ! k+2 xci i h·(x0 +· · ·+xk )m Y m! (ci − cj ), c0 !c1 ! · · · ck ! k≥i>j≥0 nên khác không lấy modulo p m < p số ci đơi phân biệt Vì k P m= ci + deg(h), theo Định lý 2.3.5 ta suy điều phải chứng minh i=0 Một hệ đơn giản Mệnh đề 2.3.6 sau Định lý 2.3.9 ([5]) Cho p số nguyên tố, gọi A0 , , Ak tập khác rỗng Zp , |Ai | = bi giả sử b0 ≥ b1 ≥ · · · ≥ bk Định nghĩa b′0 , , b′k b′0 = b0 b′i = min{b′i−1 − 1, bi }, với ≤ i ≤ k Nếu b′k >  X k k b′i − | ⊕i=0 Ai | ≥ p, i=0 !  k+2 +1 Ngoài ra, ước lượng chặt với giá trị p ≥ b0 ≥ · · · ≥ bk (2.6) 38 Kết sau Dias da Silva Hamidoune hệ đơn giản định lý Định lý 2.3.10 ([6]) Giả sử p số nguyên tố gọi A tập khác rỗng Zp Ký hiệu s∧ A tập tất tổng gồm s phần tử A Khi |s∧ A| ≥ min{p, s|A| − s2 + 1} Chứng minh Nếu |A| < s, kết tầm thường Nếu ngược lại, đặt s = k + áp dụng Định lý 2.3.9 với Ai = A với i Ở b′ = |A| − i với ≤ i ≤ k  X k ∧ k (|A| − i) − |(k + 1) A| = | ⊕i=0 Ai | ≥ p, !  k+2 +1 i=0 ! !   k+1 k+2 = p, (k + 1)|A| − − +1 2 = min{p, (k + 1)|A| − (k + 1)2 + 1} Một ứng dụng đơn giác khác Định lý 2.3.5 kết sau Mệnh đề 2.3.11 ([6]) Nếu p số nguyên tố A, B hai tập khác rỗng Zp |{a + b : a ∈ A, b ∈ B, ab 6= 1}| ≥ min{p, |A| + B − 3} Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3.5 với k = 1, h = x0 x1 − 1, A0 = A, A1 = B m = |A| + |B| − 2.4 Một số toán thi Olympic Bài toán 2.4.1 (Gặp gỡ Toán học 2014) Cho p ≥ số nguyên tố p−1 m, k ∈ Z+ Chứng minh pk+2 | Cmp k −1 − 39 Chứng minh Xét đa thức P (x) = (x − 1)(x − 2) · · · [x − (p − 1)] − [xp−1 + (p − 1)!] Đa thức P (x) viết lại sau P (x) = S1 xp−2 + · · · + Sp−2 x Tập nghiệm đa thức P (x) gồm p − phần tử: {1, 2, , p − 1} mà deg P = p − theo Bổ đề 1.4.9 ta có p | Si , ∀i = 1, 2, , p − Mặt khác, ta có P (p) = −pp−1 ⇒ p3 | P (p) ⇒ p3 | pSp−2 hay p2 | Sp−2 Để ý p−1 Cmp k −1 = (mpk − 1)(mpk − 2) · · · (mpk − (p − 1)) (p − 1)! gcd((p − 1)!, p) = nên toán quy việc chứng minh p−1 pk+2 | (Cmp k −1 − 1)(p − 1)! Suy   pk+2 | (mpk − 1)(mpk − 2) · · · (mpk − (p − 1)) − (p − 1)!   ⇔ pk+2 | P (mpk ) + (mpk )k−1   ⇔ pk+2 | S1 (mpk )p−2 + · · · + Sp−2 mpk + (mpk )p−1 (2.7) Kết (2.7) hoàn toàn p2 | Sp−2 p | Si , ∀i = 1, 2, , p − Bài toán 2.4.2 (Romanian IMO Team Selection Test 2014) Chứng minh m P 3k C3m (3n−1)k số nguyên n, m số nguyên m số lẻ m n k=0 2π Chứng minh Đặt số phức ω = e i Khi m X k=0 √ √ √
3m
3m
3m 3k (3n−1)k = 1+ 3n − + 1+ω 3n − + 1+ω 3n − C3m (2.8) 40 Vế phải (2.8) tổng lũy thừa 3m nghiệm x1 , x2 , x3 đa thức P (x) = (x − 1)3 − (3n − 1) = x3 − 3x2 + 3x − 3n Đặt sk = xk1 + xk2 + xk3 Khi s0 = s1 = s2 = (2.9) sk+3 = 3sk+2 − 3sk+1 + 3nsk k Bằng quy nạp ta suy sk số nguyên chia hết cho 3⌊ ⌋+1 Tiếp tục áp dụng (2.9) ta thu sk+7 = 63nsk+2 − 9(n2 − 3n − 3)sk+1 + 27n(2n + 1)sk Do s3 = 9n nên theo quy nạp ta s6k+3 chia hết cho 32k+2 , ∀k ∈ N, từ (2.8) ta đến điều cần chứng minh Bài toán 2.4.3 (Putnam 1991) Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh p X j=0 j Cpj Cp+j ≡ 2p + (mod p2 ) Chứng minh Sử dụng đẳng thức Vandermonde ta có p X j Cpj Cp+j = j=0 Cpj X Cpp−h j≥0 = h≥0 = X X X h≥0 Cjh Cpp−h h≥0 X (p − h)! p! h!(p − h)! j≥0 (p − j)!(j − h)! (Cph )2 2p−h ≡ 2p + (mod p2 ) số nguyên tố p ước Cph với < h < p Bài toán 2.4.4 (Thi chọn đội tuyển VMO 2012, tỉnh Nghệ An) Cho p > số nguyên tố tập hợp M = {1, 2, , p} Với số nguyên k thỏa mãn P ≤ k ≤ p ta đặt Ek = {U ⊂ M : |U | = k} xk = (min A + max A) A∈Ek Chứng minh p−1 X k=1 xk Cpk ≡ (mod p3 ) 41 Chứng minh Giả sử A = {a1 , a2 , , ak } ∈ Ek Khi B = {p + − a1 , , p + − ak } ∈ Ek Nếu a1 = A p+1−a1 = max B Nếu ak = max A p+1−ak = B Bây giờ, ta có 2xk = X A∈Ek = X (a1 + ak + p + + p + − ak − a1 ) 2(p + 1) = 2(p + 1)Cpk A∈Ek hay xk = (p + 1)Cpk Ta chứng minh (p + 1) p−1 X k=1 hay p−1 X k=1 Thật (Cpk )2 ≡ (Cpk )2 ≡ (mod p3 ) (mod p3 ) k (p − 1)! Cp = Do p k!(p − k)! p−1  X (p − 1)! 2 (2.10) ⇔ ≡0 k!(p − k)! (mod p3 ) k=1 Đặt αk = (p − 1)! , suy k!(p − k)! k!αk = (p − 1)(p − 2) · · · (p − k + 1) ≡ (−1)k−1 (k − 1)! ⇒ kαk ≡ (−1)k−1 Lại đặt βk = (mod p) (mod p) (p − 1)! ⇒ kβk = (p − 1)! ≡ −1 (mod p) k αk ≡ (−1)k βk (mod p) (2.10)