Luận văn thạc sỹ định lý nhị thức và một số mở rộng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM HỮU HOÀNG ĐỊNH LÝ NHỊ THỨC VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRẦN NGUYÊN AN TS NGUYỄN TUẤN LONG THÁI NGUYÊN - 2022 Mục lục MỞ ĐẦU Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đại số tổ hợp 1.2 Quy nạp toán học 12 Chương Định lý nhị thức số mở rộng 21 2.1 Định lý nhị thức hệ số nhị thức 21 2.2 Một số mở rộng Định lý đa thức 37 2.3 Mở rộng Định lý nhị thức kiểu Abel 45 2.4 Một số áp dụng 53 KẾT LUẬN 62 Tài liệu tham khảo 62 ii MỞ ĐẦU Trong toán học, định lý khai triển nhị thức (ngắn gọn định lý nhị thức) 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: với n k
= n! (n−k)!k! ! n X n xn−k ak , (x + a)n = k k=0 số tổ hợp chập k n phần tử, gọi hệ số khai triển nhị thức Trường hợp đặc biệt khai triển với n = Euclid sử dụng vào khoảng kỷ thứ trước công nguyên Trường hợp n = có nhiều tài liệu người Ấn Độ sử dụng từ kỷ thứ sau công nguyên Các hệ số khai triển nhị thức số tổ hợp chập k n phần tử, tức số cách chọn k phần tử n phần tử khơng có lặp Số nhà toán học Ấn Độ quan tâm nghiên cứu từ khoảng 200 năm trước công nguyên Đến kỷ thứ 10 sau công nguyên Halayudha có giải thích việc sử dụng hệ số mà ngày biết đến tam giác Pascal B Pascal người nghiên cứu toàn diện tính chất hệ số nhị thức với bảng tính mang tên ơng Đã có nhiều nghiên cứu mở rộng Định lý nhị thức kèm với nghiên cứu hệ số khai triển Mở rộng quan trọng đưa Isaac Newton cho khai triển nhị thức với số mũ hữu tỉ, từ ta dễ dàng mở rộng cho số mũ thực hay phức Một mở rộng quan trọng khai triển cho nhiều số hạng mà ta gọi Định lý đa thức (Multinomial Theorem) Các hệ số khai triển có nhiều tính chất ý nghĩa thú vị tổ hợp Năm 1826 N H Abel [5] đưa mở rộng khác khai triển nhị thức Năm 2002 Nishi Takigawa [4] mở rộng kết Abel kết mở rộng tổng quát Kuriyama [6] năm 2014 Kuriyama gọi mở rộng kiểu Abel Mục đích thứ luận văn trình bày hệ thống kiến thức Định lý nhị thức, hệ số nhị thức mở rộng đề cập Một số định lý chứng minh nhiều phương pháp khác Luận văn trình bày số phương pháp điển hình số phương pháp Mục đích thứ hai luận văn trình bày số ứng dụng định lý nhị thức mở rộng giải toán sơ cấp Luận văn chia làm hai chương Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị Đại số tổ hợp quy nạp tốn học Chương chương luận văn trình bày số phương pháp chứng minh định lý nhị thức sử dụng tổ hợp, quy nạp, sử dụng cơng cụ giải tích; trình bày số mơ rộng Định lý đa thức Tương tự Định lý nhị thức, Định lý đa thức trình bày với nhiều phương pháp chứng minh khác sử dụng tổ hợp, quy nạp, sử dụng cơng cụ giải tích Một số mở rộng Định lý nhị thức kiểu Abel đưa Kuriyama trình bày chương Phần cuối chương trình bày số ứng dụng Định lý nhị thức mở rộng khai triển công thức lượng giác, công thức biểu diễn số siêu việt e, chứng minh bất đẳng thức, tính lũy thừa ma trận, cơng thức truy hồi, phân tích thành nhân tử hay chứng minh lại Định lý Fermert nhỏ Trong suốt q trình làm luận văn, tơi nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình PGS.TS Trần Ngun An Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học tốn Khố 14 truyền thụ đến cho tơi nhiều kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu khoa học Thái Nguyên, tháng 10 năm 2022 PHẠM HỮU HOÀNG Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đại số tổ hợp Định nghĩa 1.1.1 (Quy tắc cộng) Nếu công việc thực theo n phương án khác nhau, đó: phương án có m1 cách thực hiện, phương án có m2 cách thực hiện, , phương án thứ n có mn cách thực Khi đó, có: m1 + m2 + + mn cách để hồn thành cơng việc cho Ta phát biểu quy tắc cộng theo ngôn ngữ tập hợp: Gọi A1 tập hợp đối tượng x1 , A2 tập hợp đối tượng x2 , , An tập hợp đối tượng xn Mỗi cách chọn đối tượng xi ứng với phần tử Ai đảo lại Điều kiện "cách chọn đối tượng xi không trùng với đối tượng xj , (j ̸= i)" diễn tả theo ngôn ngữ tập hợp điều kiện: Ai ∩ Aj = ∅, (i ̸= j); i, j = 1, 2, , n Cách chọn "x1 x2 xn " phiên dịch thành cách chọn phần tử tập hợp A1 ∪ A2 ∪ ∪ An Các số m1 , m2 , , mn theo thứ tự số phần tử tập hợp A1 , A2 , , An , tức là, theo cách ký hiệu quen thuộc m1 = |A1 |, m2 = |A2 |, , mn = |An | Mệnh đề 1.1.2 Nếu A1 , , Am tập hợp hữu hạn đôi rời nhau, đó: |A1 ∪ ∪ Am | = |A1 | + + |Am−1 | + |Am | Quy tắc cộng mở rộng cho công thức |A1 ∪ A2 ∪ ∪ An |, A1 , , An tập hợp hữu hạn tùy ý (không thiết đôi rời nhau) Công thức gọi Nguyên lý bao hàm loại trừ Định lý 1.1.3 (Nguyên lý bao hàm loại trừ) Giả sử A1 , A2 , An tập hữu hạn Khi đó: X |A1 ∪ A2 ∪ ∪ An | = |Ai1 | − 1≤i1 ≤n X 1≤i ≤i2 ≤n X1 + (−1)k+1 1≤i1 ≤i2 ≤ ik ≤n |Ai1 ∩ Ai2 | + |Ai1 ∩ Ai2 ∩ ∩ Aik | + + (−1)n+1 |Ai1 ∩ Ai2 ∩ ∩ Ain | Định nghĩa 1.1.4 (Quy tắc nhân) Nếu cơng việc phải hồn thành qua m giai đoạn liên tiếp, đó: giai đoạn có m1 cách thực hiện, giai đoạn có m2 cách thực hiện, , giai đoạn n có mn cách thực Khi đó, có: m1 m2 mn cách để hồn thành cơng việc cho Mệnh đề 1.1.5 Cho s tập hợp hữu hạn A1 , A2 , , An (n ≥ 2) Khi |A1 × A2 × × An | = |A1 |.|A2 | |An | Định nghĩa 1.1.6 Cho X tập hợp có n phần tử k > số tự nhiên Một chỉnh hợp có lặp chập k n phần tử k thứ tự gồm k phần tử X Ta kí hiệu An số chỉnh hợp có lặp chập k n phần tử Ví dụ 1.1.7 Cho X = {a, b, c} Khi (a, a, b, c) chỉnh hợp có lặp chập phần tử Những (b, a, a), (a, b, c) chỉnh hợp có lặp chập phần tử Tất chỉnh hợp có lặp chập phần tử (a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c) Do A3 = Mệnh đề 1.1.8 Số chỉnh hợp có lặp chập k n phần tử cho công thức k An = nk Định nghĩa 1.1.9 Cho X tập hợp có n phần tử < k ≤ n số tự nhiên Một chỉnh hợp không lặp chập k n phần tử thứ tự gồm k phần tử phân biệt X Ta kí hiệu Akn số chỉnh hợp khơng lặp chập k n phần tử Ví dụ 1.1.10 Cho X = {a, b, c} Khi (a, b, c) chỉnh hợp không lặp chập phần tử; (b, a, a) không chỉnh hợp không lặp chập phần tử Các chỉnh hợp không lặp chập phần tử (a, b), (a, c), (b, a), (b, c), (c, a), (c, b) Do A23 = Mệnh đề 1.1.11 Số chỉnh hợp không lặp chập k n phần tử cho công thức Akn = ta quy ước 0! = n! , (n − k)! Cho thuận tiện, ta quy ước có chỉnh hợp khơng lặp chập n phần tử Định nghĩa 1.1.12 Cho X tập hợp có n phần tử Một hốn vị n phần tử thứ tự gồm n phần tử phân biệt X Ta kí hiệu Pn số hốn vị n phần tử Ví dụ 1.1.13 Cho X = {a, b, c} Khi hoán vị phần tử (a, b, c), (b, c, a), (c, a, b), (a, c, b), (c, b, a)(b, a, c) Do P3 = Mệnh đề 1.1.14 Số hoán vị n phần tử cho công thức Pn = n! Định nghĩa 1.1.15 Cho n, k số tự nhiên cho ≤ k ≤ n Cho X tập gồm n phần tử Một tổ hợp chập k n phần tử tập X gồm k phần tử Ta kí hiệu Cnk số tổ hợp chập k n phần tử Ví dụ 1.1.16 Cho k = n = Cho X = {a, b, c, d} Khi tổ hợp chập phần tử tập X {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d} Do C42 = Mệnh đề 1.1.17 Cơng thức tính số tổ hợp chập k n phần tử cho công thức n k ! = n! , k!(n − k)! ta quy ước 0! = Mệnh đề 1.1.18 Nếu m k số tự nhiên cho ≤ k ≤ m − ta có m k ! = ! m−1 m−1 + k−1 k ! (4) Công thức gọi quy tắc Pasccal
(m − 1)!k (m − 1)! = Chứng minh cách 1: Vì m−1 = k−1 (k − 1)(m − k)! k!(m − k)!
(m − 1)!k (m − 1)! = m−1 = k k!(m − − k)! k!(m − k)!

(m − 1)!k (m − 1)!k m−1 nên m−1 − + = k−1 k k!(m − k)! k!(m − k)! ! m m! (m − 1)!(k + m − k) (m − 1)!m = = = = k k!(m − k)! k!(m − k)! k!(m − k)! Cách 2: Cho tập hợp A có m phần tử Xét phần tử a ∈ A Khi tập k phần tử A chia thành hai lớp: lớp thứ gồm tập không chứa a, lớp thứ hai gồm tập chứa a Nếu tập k phần tử khơng chứa a tập k phần tử tập hợp A′ = A − a Vì vấy số tập k phần tử lớp thứ số tập k phần tử tập hợp m − phần tử A′ Số
m−1 k Ta tìm số tập k phần tử lớp thứ hai Tất tập chứa a Nếu ta bỏ phần tử a ta tập k − phần tử, khơng chứa a gồm hồn tồn phần tử A′ Vậy số tập lớp thứ hai số tập k − phần tử
tập hợp A′ có m − phần tử, tức m−1 k−1 Vì tập k phần tử chứa a, không chứa a nên thuộc lớp thứ nhất, lớp thứ hai Vậy theo quy tắc cộng, ta có: m k ! = ! ! m−1 m−1 + k k−1 Cách 3: Số đường ngắn từ điểm O(0, 0) tới điểm A(k, m −

m = k) k+(m−k) k k Ta chia đường thành hai lớp khơng giao nhau: lớp thứ gồm đường qua điểm A1 (k − 1, m − k), số phần tử

m−1 = lớp (k−1)+(m−k) k−1 , lớp thứ hai gồm đường qua điểm k−1

m−1 A2 (k, m − k − 1), số phần tử lớp k+(m−k−1) = k k Theo quy tắc cộng, ta có: m k ! = ! ! m−1 m−1 + k−1 k Kết sau cho ta cách đếm số phân hoạch tập hợp có m phần tử cho trước thỏa mãn số yêu cầu Định lý 1.1.19 Cho số tự nhiên k1 , k2 , , ks cho k1 + k2 + + ks = m Khi số phân hoạch tập hợp A gồm m phần tử khác thành hợp rời rạc s tập B1 , B2 , , Bs , với số phần tử theo thứ tự k1 , k2 , , ks , m! k1 !.k2 ! ks ! Chứng minh Ta thực phân hoạch mô tả tập A thành s tập B1 , B2 , , Bs sau: Ta lấy tập B1 chứa k1 phần tử tập hợp A (điều thực theo
m k1 cách), m − k1 phần tử lại, ta lấy tập B2 chứa k2
cách) Khi đó, theo phần tử (điều thực theo m−k k2 quy tắc nhân, số tất cách chọn tập B1 , B2 , , Bs ! ! ! ! m − k1 m m − k1 − k2 − − ks−1 m − k1 − k2 × × × ks k2 k3 k1 (m − k1 )! (m − k1 − k2 )! m! × × k1 !(m − k1 )! k2 !(m − k1 − k2 )! k3 !(m − k1 − k2 − k3 )! (m − k1 − k2 − − ks )! × × ks !(m − k1 − k2 − − ks )! m! = k1 !.k2 ! ks ! = Định nghĩa 1.1.20 Cho s phần tử khác a1 , a2 , , as Một chỉnh hợp có lặp chập m s phần tử cho, có k1 phần tử thứ a1 , có k2 phần tử thứ hai a2 , , có ks phần tử as (với m = k1 +k2 + .+ks ), gọi hốn vị có lặp cấp m = k1 +k2 + .+ks kiểu (k1 , k2 , , ks ) s phần tử Số hốn vị có lặp cấp m kiểu Định lý 2.2.4 (Định lý đa thức) Cho a1 , , ak ∈ R k, n ∈ N Khi (a1 + + ak )n = X n1 , ,nk ∈N, = Pk ni =n Pk ni =n X n1 , ,nk ∈N, i=1 i=1 n n1 , , n k ! an1 ank k n! an1 ank k n1 ! nk ! (2.3) Chứng minh Chứng minh thứ Ta có (a1 + + ak )n = (a1 + + ak )(a1 + + ak ) (a1 + + ak ) Sử dụng luật phân phối khai triển tích thành tổng số hạng dạng an1 ank k , n1 ≥ 0, n2 ≥ 0, , nk ≥ n1 + n2 + · · · + nk = n Có k n số hạng nhiên có số hạng giống Ta nhóm số hạng giống tìm hệ số số hạng Ta đếm số nhân tử an1 ank k với n1 ≥ 0, n2 ≥ 0, , nk ≥ n1 + n2 + · · · + nk = n vế phải Phần tử a1 có n1 cách chọn n nhân tử vế phải, tương tự a2 có n2 cách chọn n − n1 nhân tử lại, , ak có nk cách chọn n − n1 − · · · nk−1 nhân tử lại Sử dụng quy tắc nhân ta có số nhân tử an1 ank k ! ! ! n! n − n1 − · · · − nk−1 n − n1 n = ··· nk n1 ! nk ! n2 n1 Chứng minh thứ hai Ta chứng minh quy nạp theo k Hiển nhiên định lý với k = k = Giả sử k ≥ định lý với k Ta có (a1 + a2 + · · · + ak + ak+1 )n = (a1 + a2 + · · · + (ak + ak+1 ))n ! X n nk−1 (ak + ak+1 )K = an1 an2 · · · ak−1 n1 , n2 , , nk−1 , K n +n +···+n +K=n k−1 theo giả thiết quy nạp Áp dụng định lý nhị thức cho nhân tử cuối, ta 40 có ! n nk−1 an1 an2 · · · ak−1 n1 , n2 , , nk−1 , K n1 +n2 +···+nk−1 +K=n ! X K nk+1 ank k ak+1 × nk , nk+1 nk +nk+1 =K ! X n nk−1 = an1 an2 · · · ak−1 n1 , n2 , , nk−1 , K n1 +n2 +···+nk−1 +K=n ! X K nk+1 ank k ak+1 × n , n k k+1 n +n =K = X k Ta có n n1 , n2 , , nk−1 , K ! k+1 K nk , nk+1 ! = ! n , n1 , n2 , , nk−1 , nk , nk+1 K! n! n! = n1 !n2 ! · · · nk−1 !K! nk !nk+1 ! n1 !n2 ! · · · nk+1 ! Thế vào đẳng thức chứng tỏ định lý với k + Ta đưa chứng minh quy nạp khác cho định lý đa thức Trước hết ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.2.5 Cho n ∈ Z+ , k ∈ N n1 , n2 , nk ∈ N with n = Khi  n n1 , n2 , nk  Pk    n−1 n−1 + = n1 , n2 − 1, , nk n1 − 1, n2 , , , nk   n−1 + + n1 , n2 , , nk − i=1 ni  Chứng minh Ta xét tốn có n đồ vật k hộp Ta biết số cách P xếp n đồ vật vào k hộp cho hộp thứ i có ni đồ vật với n = ki=1 ni  n n1 , n2 , , nk 41  Cố định vật A Khi A đặt vào hộp j ≤ j ≤ k Cố định j , ta cần xếp thêm nj − vật số n − vật lại vào hộp j , với i ≤ i ≤ k thỏa mãn i ̸= j ta cần đặt ni vật vào hộp i Ta có   n−1 n1 , , nj − 1, nj − 1, nj+1 , , nk cách xếp Điều với i ≤ j ≤ k Do theo quy tắc cộng tổng số cách xếp n đồ vật vào k hộp cho hộp thứ i có P ni đồ vật với n = ki=1 ni       n−1 n−1 n−1 + + + n1 , n2 , , nk − n1 , n2 − 1, , nk n1 − 1, n2 , , , nk Từ hai cách đếm ta có điều phải chứng minh Chứng minh thứ ba Định lý 2.2.4 Ta chứng minh quy nạp theo k với k = xk1 Giả sử k ⩾ định lý đùng cho k − n Khi (x1 + x2 + · · · + xk )n = (x1 + (x2 + · · · + xk ))k X n xn (x + + xk )n−n1 = n1 n1 ∈ Z ! X n X n xn1 = xn2 xnnk n1 n2 , , nk n +n + +n =n−n n1 ∈ Z = X X X X n1 ∈Z n2 + +nk =n−n1 n2 , ,nk ∈Z = n1 ∈Z n2 + +nk =n−n1 n2 , ,nk ∈Z = X k n1 ,n2 , ,nk ∈Z n2 + +nk =n n2 , ,nk ∈Z n n1 ! ! n xn1 xn2 xnnk n2 , , nk ! n xn1 xn2 xnnk n1 , n2 , , nk ! n xn1 xn2 xnnk n1 , n2 , , nk 42 Phần cuối trình bày chứng minh khác định lý đa thức theo báo "A simple proof of the multinomial theorem using multivariate calculus" (xem [7]) Chứng minh thứ tư Định lý 2.2.4 Cho k, n số nguyên không âm x1 , x2 , · · · , xk số thực, ta cần chứng minh X n! n f = (x1 + x2 + · · · + xk ) = xn1 xn2 · · · xnk k n !n ! · · · nk ! n +n +···+n =n k Áp dụng luật phân phối nhóm số hạng có lũy thừa x1 , x2 , , xk (x1 + x2 + · · · + xk )n = X n1 +···+nk =n C (n, n1 , · · · , nk ) xn1 xn2 · · · xnk k , C (n, n1 , · · · , nk ) ký hiệu hệ số xn1 xn2 · · · xnk k , Pk i=1 ni = n Ta có # " n ∂ f , C (n, k1 , · · · , km ) = k k1 !k2 ! · · · km ! ∂x11 ∂xk22 · · · ∂xkmm x1 ,x2 ,··· ,xm =0 vế phải đạo hàm f n1 lần theo biến x1 chia cho n1 !, sau đạo hàm n2 lần theo biến x2 chia cho n2 !, , cuối đạo hàm theo xk nk lần chia cho nk ! Cuối x1 , · · · , xm Ta lại có ∂ k1 f = n(n − 1) · · · (n − k1 + 1) · (x1 + · · · + xm )n−k1 , k1 ∂x1 k1 +k2 ∂ f = n(n − 1) · · · (n − (k1 + k2 ) + 1) · (x1 + · · · + xm )n−k1 −k2 k1 k2 ∂x2 ∂x1 ∂ k1 +···+km f = n! · (x1 + · · · + xm )0 = n! km k2 k1 ∂x1 ∂x2 · · · ∂xm Từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.2.6 Tìm khai triển (a + b + c)3 43 Theo công thức đa thức (a + b + c)3 = X 3! an b n c n , n1 !n2 !n3 ! n1 ≥ 0, n2 ≥ 0, n3 ≥ 0, n1 + n2 + n3 = Do (n1 , n2 , n3 ) (3, 0, 0), (0, 3, 0), (0, 0, 3), (2, 1, 0), (2, 0, 1), (0, 2, 1), (1, 2, 0), (1, 0, 2), (0, 1, 2), (1, 1, 1) Khi 3! 3! 0 3! 0 abc + abc + abc 3!0!0! 0!3!0! 0!0!3! 3! 3! 3! 3! + abc + abc + abc + abc 2!1!0! 2!0!1! 0!2!1! 1!2!0! 3! 3! 1 3! + abc + abc + abc 1!0!2! 0!1!2! 1!1!1! = a3 + b3 + c3 + 3a2 b + 3a2 c + 3b2 c + 3ab2 + 3ac2 + 3bc2 + 6abc   n Tương tự hệ số nhị thức, hệ số đa thức n , n2 , , n n có nhiều tính chất thú vị Nhắc lại để biểu diễn hệ số khai (a + b + c)3 = triển nhị thức ta dùng tam giác Pascal, biểu diễn mặt phẳng (xem Mục 2.1) Tương tự ta biểu diễn hệ số khai triển đa thức (a1 + + ak )n "trong không gian k -chiều" Với k = 3, ta có "Hình chóp Pascal" (Pascal Pyramid) hình chóp tam giác, chia thành mức (level) Mức đỉnh hình chóp ứng với khai triển (a + b + c)0 = Mức ứng với khai triển (a + b + c)1 = a + b + c hệ số 1, 1, Tương tự ta có mức 1,2,3,4 tam giác sau

Nhắc lại hệ số ar bs khai triển (a + b)n nr = rns , r s t n  r +s = n, hệ số a b c khai triển (a + b + c) n n! , r + s + t = n Ta có đẳng thức = r!s!t! r s t Pascal cho khai triển nhị thức ! ! ! n−1 n−1 n = + r s r−1 s r s−1 44 cho khai triển đa thức         n n−1 n−1 n−1 = + + r s t r−1 s t r s−1 t r s t−1 Chẳng hạn hình ta có 20 = + + 12 Các mặt bên hình chóp Pascal tam giác Pascal với dòng thứ n hệ số khai triển nhị thức (a + b)n Cịn nhiều tính chất thu vị khác hình chóp Pascal chúng tơi dự kiến nghiên cứu đề tài khác 2.3 Mở rộng Định lý nhị thức kiểu Abel Mục trình bày mở rộng Định lý nhị thức theo [6], gọi Định lý nhị thức kiểu Abel Đây mở rộng [5] Nhắc lại mở rộng Định lý nhị thức Abel 45 Định lý 2.3.1 Cho x, y số thực n số tự nhiên Khi ! n X n x(x + iz)i−1 (y − iz)n−i (x + y)n = i i=0 Nếu z = 0, đẳng thức định lý nhị thức Để phát biểu định lý mở rộng ta giới thiệu định nghĩa sau Định nghĩa 2.3.2 Cho n số nguyên Phân tích lũy thừa giảm (falling factorial power) xn định nghĩa    x(x − 1)(x − 2) · · · (x − n + 1) (n = 1, 2, 3, · · · ) xn = (n = 0)    (n = −1, −2, −3, · · · ) (x+1)(x+2)···(x−n) Phân tích lũy thừa tăng (rising factorial power) xn¯ định nghĩa    x(x + 1)(x + 2) · · · (x + n − 1) (n = 1, 2, 3, · · · ) xn¯ = (n = 0)    (n = −1, −2, −3, · · · ) (x−1)(x−2)···(x+n) Định lý mục định lý sau gọi Tổng quát Định lý nhị thức kiểu Abel cho phân tích lũy thừa tằng phân tích lũy thừa giảm Định lý 2.3.3 Cho x, y số thực n số tự nhiên Khi  n  X n x(x − + iz)i−1 (y − iz)n−i (x + y)n = i i=0  n  X n x(x + + iz)i−1 (y − iz)n−i (x + y)n¯ = i i=0 Từ ta có hệ Hệ 2.3.4 Cho x, y số thực n số tự nhiên Khi (i) Mở rộng định lý nhị thức cho khải triển lũy thừa giảm ! n X n xi y n−i (x + y)n = i i=0 46 (ii) Mở  rộng  định lý nhị thức cho khải triển lũy thừa tăng (x + P n ¯ xi y n−i y)n¯ = ni=0 i Để chứng minh định lý ta sử dụng Toán tử Delta Gọi C trường số phức C[x] vành đa thức C Ta có C[x] khơng gian vectơ C Với a ∈ C, toán tử Ea định nghĩa sau: Ea : C[x] ∋ f (x) ❀ f (x + a) ∈ C[x] Định nghĩa 2.3.5 Một toán tử tuyến tính Q : C[x] → C[x] gọi toán tử Delta điều kiện sau thỏa mãn: (i) Nếu f ∈ C[x] có bậc n Qf có bậc n − 1, (ii) Q giao hoán với tất toán tử Ea , nghĩa QEa = Ea Q với a ∈ C Ví dụ 2.3.6 Các toán tử sau toán tử Delta d (i) Toán tử vi phân Q = dx (ii) Toán tử sai phân tiến ∆+ {f (x)} = f (x + 1) − f (x) (iii) Toán tử sai phân lùi ∆− {f (x)} = f (x) − f (x − 1) (iv) Toán tử sai phân tiến tổng quát Qf (x) = f (x + α) − f (x)khiα ∈ C (v) Toán tử sai phân lùi tổng quát Qf (x) = f (x+) − f (x − α) Mệnh đề 2.3.7 Ta có đẳng thức sau (i) ∆+ xn = nxn−1 ∆+ (x + a)n = n(x + a)n−1 (n = 1, 2, · · · , a ∈ C) (ii) ∆− xn = nxn−1 ∆− (x + a)n = n(x + a)n−1 (n = 1, 2, · · · , a ∈ C) Chứng minh (i) Bằng phép tính đơn giản, chứng minh đẳng thức ∆+ xn = nxn−1 47 Vì ∆+ giao hốn với toán tử dịch chuyển Ea , nghĩa là, ∆+ Ea = Ea∆+ , ∆+ xn = ∆+ Ea xn = Ea ∆xn = Ea (nxn−1 ) = nEa xn−1 = n(x + a)n−1 Tương tự, chứng minh (ii) Mệnh đề 2.3.8 (Sai phân tích) Các đẳng thức sau (i) ∆+ f (x)g(x) = (∆+ f (x)g(x) + f (x + 1)(∆+ g(x))) Đặc biệt, ∆+ xf (x) = f (x) + (x + 1)(∆+ f (x)) (ii) ∆− f (x)g(x) = (∆− f (x)g(x) + f (x − 1)(∆− g(x))) Đặc biệt, ∆− xf (x) = f (x) + (x − 1)(∆− f (x)) Chứng minh (i) Ta có ∆+ f (x)g(x) = f (x + 1)g(x + 1) − f (x)g(x) = (f (x + 1) − f (x))g(x) − f (x + 1)g(x) + f (x + 1)g(x + 1) = (f (x + 1) − f (x))g(x) + f (x + 1)(g(x + 1) − g(x)) = (∆+ f (x))g(x) + f (x + 1)(∆+ g(x)) Trong đẳng thức trên, cho f (x) = x, g(x) = f (x) Từ ∆+ x = 1, ta có ∆+ xf (x) = (∆+ x)f (x) + (x + 1)(∆+ f (x)) = f (x) + (x + 1)(∆+ f (x)) Tương tự ta chứng minh (ii) Bổ đề 2.3.9 Đối với đa thức f (x) ∈ C[x] bậc n ta có n X i f (x) = f (0)xi i! i=0 Chứng minh Giả sử f (x) = n X xi , f (0) = a0 i=0 Ta có f ′ (x) = Pn i=1 iai x f (k) i−1 (x) = Ta có f ′ (0) = a1 Lặp lại quy trình, suy n X i=k i(i − 1) (i − k + 1)ai xi−k 48 Điều kéo theo f (k) (0) = k!ak Do ta có f (x) = n X i=0 n X (i) x = f (0)xi i! i=0 i Hệ 2.3.10 (Định lý nhị thức) (x + y) = n n P i=0 n i
xi y n−i Chứng minh Xét đa thức f (x) = (x + y)n bậc n Theo Bổ đề 2.3.9, ta có  n n  X X (i) n i (x + y) = f (x) = y n−i xi , f (0)x = i i! i=0 i=0 n f (i) (x) = ((x + y)n )(i) = n(n − 1) (n − i + 1)(x + y)n−i Bổ đề 2.3.11 Cho đa thức Ak (x, z)(k = 1, 2, , ) biến x, z cho Ak (x, z) = x(x + kz)k−1 Khi Ak (x, z) đa thức bậc k theo x, A0 (x, z) = 1, Ak (0, z) = 0, (k ⩾ 1) Hơn với đa thức f (x) ∈ C[x] bậc n, ta có n X (i) f (−iz)Ai (x, z) f (x) = i! i=0 Chứng minh Ta cần chứng minh khảng định cuối Đặt f (x) = n X (z)Ai (x, z).f (0) = a0 (z) i=0 Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta f ′ (x) = Pn i=1 iai (z)Ai−1 (x + z, z) (Ai (x, z))′ = iAi−1 (x+z, z) Do f ′ (−z) = a1 (z) Bằng quy nạp, ta có (Ai (x, z))(m) = i(i − 1) (i − m + 1)Ai−m (x + mz, z) (m = 1, 2, , n), kéo theo f (m) (x) = n X i=m i(i − 1) (i − m + 1)ai (z)Ai−m (x + mz, z) (m) Đẳng thức suy f (m) (−mz) = m!am (z) Thay am (z) = f (−mz) m! P P vào đẳng thức f (x) = ni=0 (z)Ai (x, z), ta f (x) = ni=0 f (i) (−iz)Ai (x, z) i! 49 Hệ 2.3.12 (Định lý nhị thức mở rộng Abel) ! n X n (x + y)n = x(x + iz)i−1 (y − iz)n−i i i=0 Chứng minh Áp dụng Bổ đề 2.3.11 cho đa thức f (x) = (x + y)n bậc n, ta có ! n X n x(x + iz)i−1 (y − iz)n−i (x + y)n = f (x) = i i=0 f (i) (x) = ((x+y)n )(i) = n(n−1) (n−i+1)(x+y)n−i ) f (i) (−iz) = n(n − 1) (n − i + 1)(y − iz)n−i Một số bổ đề giới thiệu tiếp sau để chứng minh Định lý 2.3.3 Xét đa thức Ak (x, z)(k = 0, 1, 2, ) theo x, z sau: Ak (x, z) = x(x − + kz)k−1 Ví dụ A0 (x, z) = A1 (x, z) = x A2 (x, z) = x(x − + 2z)1 = x(x − + 2z) A3 (x, z) = x(x − + 3z)2 = x(x − + 3z)(x − + 3z) Bổ đề 2.3.13 Cho đa thức Ak (x, z) = x(x − + kz)k−1 theo x, z (k = 0, 1, 2, ) Nếu f (x) ∈ C[x] đa thức theo x bậc n, n X + k (∆ ) f (−kz)Ak (x, z) f (x) = k! x = k=0 n X k=0 + k (∆x ) f (−kz)x(x − + kz)k−1 , k! (2.4) ∆+ x sai phân tiến theo x Chứng minh (i) Đầu tiên cần nhận xét đa thức Ak (x, z) có bậc k x Ak (0, z) = (k = 1, 2, ) 50 (ii) Đặt ∆+ x phi phân tiến theo x Ta chứng minh ( kAk−1 (x + z, z) (k = 1, 2, ) ∆+ A (x, z) = k x (k = 0) Từ Mệnh đề 2.3.7 Mệnh đề 2.3.8, ta có k−1 + ∆+ x Ak (x, z) = ∆x x(x − + kz) = (x − + kz)k−1 + (x + 1)∆(x − + kz)k−1 = (x − + kz)k−1 + (x + 1)(k − 1)(x − + kz)k−2 = ((x − + kz)k−2 (x − + kz − (k − 1) + 1) + (k − 1)(x + 1) = k(x + z)(x − + kz)k−2 k−2 Vì Ak−1 (x, z) = x(x − Do ∆+ x Ak (x, z) = k(x + z)(x − + kz) + (k − 1)z)k−2 , nên Ak−1 (x + z, z) = (x + z)(x + z − + (k − 1)z)k−2 = (x + z)(x − + kz)k−2 k−2 = kAk (x + z, z) Do ∆+ x Ak (x, z) = k(x + z)(x − + kz) (iii) Sử dụng (ii) trên, ta có + + + (∆+ x ) Ak (x, z) = ∆x ∆x Ak (x, z) = ∆x kAk−1 (x + z, z) = k∆+ x Ak−1 (x + z, z) = k(k − 1)Ak−2 (x + 2z, z) Bằng quy nạp theo m, ta có m (∆+ x ) Ak (x, z) = k(k − 1) (k − m + 1)Ak−m (x + mz, z) với (m = 1, 2, , k) (iv) Gọi f (x) đa thức C[x] bậc n Vì Ak (x, z) đa thức bậc k x f (x) đa thức bậc n, đặt f (x) = n X ak (z)Ak (x, z) k=0 51 (2.5) Thay x = vào đẳng thức 2.5, với ý A0 (0, z) = 1, Ak (0, z) = 0(k = 1, 2, ), ta a0 (z) = f (0) Tác động ∆+ x vào hai vế 2.5, ta có ∆+ x f (x) = = = n X ∆+ x{ n X k=0 n X ak (z)Ak (x, z)} k=0 ak (z)∆+ x Ak (x, z) ak (z)Ak (x + z, z) k=1 Thay x = −2z vào đẳng thức trên, ∆+ x f (−z) = n X ak (z)kAk−1 (0, z) = a1 (z) k=1 Tương tự tác động (∆+ x ) hai phía đẳng thức (7), ta (∆+ x ) f (x) = n X ak (z)k(k − 1)Ak−2 (x + 2z, z) n X ak (z)k(k − 1)Ak−2 (0, z) = 2.1a2 k=2 Thay x = −2z vào đẳng thức trên, (∆+ x ) f (−2z) = k=2 + (∆ ) f (−2z) 2! x k Lặp lại quy trình này, ta có ak (z) = (∆+ x ) f (−kz)(k = 1, 2, , n) Do k! đẳng thức đẳng thức bổ đề chứng minh Do a2 (z) = Chứng minh Định lý 2.3.3 Ta chứng minh tính đồng dạng (4) Gọi f (x) đa thức x bậc nf (x) = (x + y)n ∈ C[x] Sau lấy n−1 ∆+ x f (x) = n(x + y) n−2 (∆+ x ) f (x) = n(n − 1)(x + y) nói chung k n−k (∆+ k = (1, 2, , n) x ) f (x) = n(n − 1) (n − k + 1)(x + y) Từ đẳng thức (6) Bổ đề 1, 52 n X + k (∆x ) f (−kz)x(x − + kz)k−1 (x + y) = k! k=0 n n X n(n − 1).(n − k + 1)(−kz + y)n−k x(x − + kz)k−1 = k! k=0 ! n X n x(x − + kz)k−1 (y − kz)n−k = k k=0 Trước đẳng thức (4) chứng minh Về bản, cách chứng minh Định lý giống chứng minh nhị thức định lý giới thiệu phần Đẳng thức (5) chứng minh theo cách tương tự cách sử dụng hiệu số lùi ∆− x f (x) = f (x) − f (x − 1) Nhận xét 2.3.14 Nếu cho z z = đẳng thức (4) (5), ta (2) (3) Hệ 2.3.15 Đối với số tự nhiên n, ! n X n x(x − + iz)i−1 (1 − x − iz)n−i = 1n i i=0 Do n = vế trái đẳng thức 1, n ≤ Chứng minh Thay y = − x cho đẳng thức (4), vế trái đẳng thức (x + (1 − x))n = 1n 2.4 Một số áp dụng Định lý nhị thức Định lý đa thức có nhiều ứng dụng nhiều lĩnh vực, kỹ thuật giải nhiều toán cụ thể Mục nêu lên vài ứng dụng Một ứng dụng Đinh lý nhị thức đưa công thức biểu diễn sin nϕ cos nϕ qua sin ϕ cos ϕ Theo cơng thức De Moivre, ta có (cos ϕ + i sin ϕ)n = cos(nϕ) + i sin(nϕ) 53 Mặt khác khai triển biểu thức (cos ϕ + i sin ϕ)n theo Định lý nhị thức ta biểu thức sin ϕ cos ϕ Vì cách đồng phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo, ta có suy biểu diễn sin(nϕ) cos(nϕ) qua sin ϕ cos ϕ Ta minh hoạ điều ví dụ Ví dụ 2.4.1 Để biểu diễn sin 3x cos 3x qua sin x cos x ta làm sau: (cos x + i sin x)3 = cos3 x + cos3 x (i sin x) + cos x (i sin x)2 + (i sin x)3 = (cos3 x − cos x sin2 x) + i(3 cos2 x sin x − sin3 x) Ta lại có (cos x + i sin x)3 = cos 3x + i sin 3x Vì đồng phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo, ta ( sin 3x = cos2 x sin x − sin3 x; cos 3x = cos3 x − cos x sin2 x Một cách tổng quát, ta có biểu diễn ! X n cosn−k x sink x cos(nx) = (−1)k/2 k k even sin(nx) = X (−1)(k−1)/2 k odd ! n cosn−k x sink x k Ứng dụng ta đưa khai triển e Nhắc lại e giới hạn e = lim n→∞ Theo Định lý nhị thức ! n  n 1 =1+ + 1+ n n  1+ n ! n ! ! n n n + + · · · + n2 n3 n nn 54