(Luận văn) 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 lu an n va p ie gh tn to MỘT VÀI TÍNH CHẤT VỀ NGHỊCH ĐẢO CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC d oa nl w an lu nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2016 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CAO THỊ THÚY HẰNG lu MỘT VÀI TÍNH CHẤT VỀ NGHỊCH ĐẢO CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC an n va Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 p ie gh tn to Chuyên ngành: d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2016 ac th si i Mục lục Mở đầu Chương Một vài tính chất hệ số nhị thức lu an n va 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 gh tn to 1.1 17 p ie Chương Một vài tính chất nghịch đảo hệ số nhị thức 17 Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức 33 oa nl w 2.2 Tổng nghịch đảo hệ số nhị thức 2.1 11 38 d Chương Một số tập hệ số nhị thức tốn phổ thơng an lu Kết luận nf va 47 z at nh oi lm ul Tài liệu tham khảo 46 z m co l gm @ an Lu n va ac th si 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: lu n an (x + a) = n   X n n va k=0 k x(n−k) ak với gh tn to   n n! = k (n − k)!k! p ie 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 nl w năm 1665 nhà tốn học James Gregory tìm năm 1670 Định lý oa đặc biệt quan trọng, giảng dạy bậc trung học sử dụng để giải d nhiều toán liên quan an lu Trong nhiều chủ đề, giải tích tổ hợp, lý thuyết đồ thị, lý thuyết số, hệ số nf va nhị thức thường xuất cách tự nhiên đóng vai trị quan trọng Ví dụ, lm ul hệ số khai triển nhị thức hàng tam giác Pascal Trong toán tổ hợp, số Catalan dãy số tự nhiên xuất nhiều toán đếm, dãy số z at nh oi Catalan có cơng thức tổng quát hệ số nhị thức Nghịch đảo hệ số nhị thức xuất nhiều tài liệu toán học z nhiều kết đẳng thức nghịch đảo hệ số nhị thức tìm Tuy nhiên, ta @ gm biết khó để tính giá trị tổng nghịch đảo hệ số nhị thức Sury, Wang m co l Zhao [5] chứng minh với λ 6= −1 có biểu diễn sau: n n−m X X λm+r n−m−r X n − m − r (−1)i λr
n = (n + 1) (λ + 1)r+1 i=0 i m+1+i r r=m r=0 an Lu (1) n va n X λn+1 (λ + 1)r+1 + (n + 1) (λ + 1)n+2 r=m r + ac th si D H Lehmer chứng minh |x| < 1, X (2x)2m 2x
√ sin−1 x 2m = m − x m m≥1 Yang Zhao tìm biểu diễn tổng ∞ X n=1 ∞ X n=1 εn n(n + k) εn n(n + k)
2n , n
, 2n+k n ∞ X εn n2 (n + k) n=1 ∞ X 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 lu an số nhị thức với lũy thừa âm va n ζk (m) = −1 ∞  X i+k−1 k Mục tiêu luận văn nghiên cứu số tổng hữu hạn, số chuỗi vô gh tn to i=1 p ie 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 oa nl w thức” hướng dẫn PGS TS Nông Quốc Chinh Luận văn gồm chương là: d an lu Chương 1: Một vài tính chất hệ số nhị thức nf va Chương 2: Một vài tính chất nghịch đảo hệ số nhị thức lm ul 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 z at nh oi hướng dẫn PGS TS Nơng Quốc Chinh Em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Nông Quốc Chinh, người z định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để em hoàn thành luận văn @ gm Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Khoa Tốn - Tin, Phịng Đào Tạo, l Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô giáo giúp đỡ em m co suốt q trình học tập hồn thành luận văn cao học an Lu 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 trình học tập hoàn n va thành luận văn ac th si Thái Nguyên, ngày 08 tháng 07 năm 2016 Tác giả luận văn Cao Thị Thúy Hằng lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một vài tính chất hệ số nhị lu thức an n va Hệ số nhị thức gh tn to 1.1 p ie Hệ số nhị thức định nghĩa  n!     , n ≥ m; n = m!(n − m)!  m 0 n < m, d oa nl w an lu n m số nguyên không âm nf va Nguồn gốc tên gọi hệ số nhị thức xuất phát từ định lý quan trọng sau z at nh oi lm ul Định lý 1.1.1 (Định lý nhị thức) Hệ số xn−k y k khai triển (x + y)n
n Nói cách khác, ta có cơng thức k           n n n n n n n−1 n n−2 n n−1 (x + y) = x + x y+ x y + ··· + xy + y n−1 n z Chứng minh Ta chứng minh kết phương pháp qui nạp theo n Với n = 0, @ n   hX n r n−r i = (x + y) (x + y) = xy (x + y) r r=0 n   n   X X n r+1 n−r n r n−r+1 x y + xy = r r r=0 r=0 m n co (x + y) n+1 l Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có biến đổi: gm cơng thức hiển nhiên Giả sử công thức với n Ta với n + an Lu n va ac th si      i hn ni n n+1 h n n n = y + + xy + + x2 y n−1 0 1    n+1  h n  ni n n+1 X n + r n+1−r n + ··· + + x y+ x = xy n−1 n n r r=0 Từ suy (x + y)n+1 = n+1 P r=0 n+1 r
xr y n+1−r Vậy ta suy công thức với n + Tóm lại, cơng thức với số nguyên không 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           n n n n n n = + + + ··· + n−1 n lu an Thay x = 1, y = −1, ta           n n n n n n 0= − + − + · · · + (−1) n n va gh tn to Hệ số nhị thức thỏa mãn nhiều công thức quan trọng p ie Định lý 1.1.2 Hệ số nhị thức thỏa mãn công thức sau:     n n = ; k n−k       n−1 n−1 n + = ; k−1 k k           n n n n n + + + ··· + = 2n n−1 n (1.1) oa nl w d (1.2) an lu (1.3) nf va Xét đẳng thức z at nh oi lm ul Chứng minh Theo định nghĩa ta có:     n! n n n! = = = k!(n − k!) (n − k)!(n − (n − k))! n−k k z n! (n − 1)! (n − 1)! = + k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! k!(n − k − 1)! @ m an Lu Đẳng thức nên (1.2) co n 1 = + k(n − k) n−k k l (k − 1)!(n − k − 1)!, đẳng thức trở thành gm Chia hai vế đẳng thức với (n − 1)! nhân hai vế đẳng thức với  n va Thay x = y = vào công thức hệ số nhị thức ta thu (1.3) ac th si 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 lu 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 an Bernoulli có công thức đệ quy n va m tn to Bm (n) = n − m−1 X k=0  m Bk (n) , k m−k+1 B0 (n) = gh ie Dãy Bernoulli loại suy từ công thức đệ quy cách lấy n = 0, dãy p Bernoulli loại hai suy từ công thức đệ quy cách lấy n = w oa nl Định lý 1.2.1 (Faulhaber [1])  p  X p+1 k = Bj np+1−j , p + j j=0 k=1 d n X p an lu nf va với Bj số Bernoulli, B1 = lm ul Chứng minh Đặt kp, z at nh oi Sp (n) = n X k=1 p số ngun khơng âm Định nghĩa hàm sinh theo biến z z Sp (n) z p p! p=0 l gm @ G(z, n) = ∞ X Biến đổi co m ∞ X n n X ∞ n X X X 1 p p G(z, n) = (kz) = (kz) = ekz p! p! p=0 k=1 k=1 p=0 k=1 n va − enz − enz = − ez e−z − an Lu = ez · ac th si Ta thấy G(z, n) hàm theo biến z z số phức Tiếp theo, xét hàm sinh đa thức Bernoulli Bj (x) ∞ X zezx zj = Bj (x) , ez − j! j=0 Bj = Bj (0) số Bernoulli Khai triển hàm sinh sau: ! ∞ ∞ X X (−z)j−1 (nz)l G(z, n) = Bj − j! l! j=0 l=1 ∞ X p X z (−1)j Bj np+1−j j!(p + − j)! p=0 j=0   p ∞ p Xz X j p+1 Bj np+1−j = (−1) j p! p + p=0 j=0 = lu an n va   p X j p+1 k = (−1) Bj np+1−j p + j j=0 k=1 n X p ie gh tn to Do p p Chú ý Bj = với j lẻ lớn Do đó, định nghĩa B1 = d oa nl w nhân tử (−1)j ta viết lại công thức tổng lũy thừa sau  p  n X X p+1 p k = Bj np+1−j p + j=0 j k=1 ta bỏ qua lu Ví dụ 1.2.2 nf va an  i= n2 n n(n + 1) + = , 2 (1.4) z at nh oi i=1 n X lm ul n X n3 n2 n n(n + 1)(2n + 1) + + = , 6 i=1  2 n X n4 n3 n2 n(n + 1) + + = , i = 4 i=1 i2 = (1.5) z i4 = m an Lu n va 6n5 + 15n4 + 10n3 − n , 30 n X [n(n + 1)]2 (2n2 + 2n − 1) i5 = 12 i=1 = co i=1 n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) 30 l n X gm @ (1.6) ac th si 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) lu an n va p ie gh tn to Nếu k = phương trình (2.54)-(2.55), ta thu  Z  1 t2 (1 − t)2 ln(1 − t + t ) + t(1 − t) + dt R1 (2) = 2 Z − t (1 − t)2 ln(1 − t + t2 )dt √ 17 3π = − , 36Z 12  1 t2 (1 − t)2 R2 (2) = ln(1 − t + t ) − t(1 − t) + dt 2 Z − 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 w d oa nl thừa hệ số nhị thức với số mũ âm lu Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức nf va an 2.2 Trong mục này, khảo sát trường hợp tổng lũy thừa hệ số nhị thức lm ul với lũy thừa âm, z at nh oi ζk (m) = −m ∞  X i+k−1 i=1 Với k = ta có k z ∞ X ζ1 (m) = ζ(m) = , im i=1 gm @ ta thu ζ(m) hàm zeta Riemann thông thường 1− N +k−2 k−1 !
an Lu k
= i+k−1 k−1 k m i=1 co fk,−1 (N ) = N −1 X l Bổ đề 2.2.1 ([1]) Giả sử k > Khi n va ac th si 34 Chứng minh Đặt φ(x) = (i+k−1 k ) Khi ta có k
= i+k−1 k−2 k i+k−2 k−1
− ! =− i+k−1 k−1
k ∇φ(i) k−1 Từ đó, fk,−1 (N ) = N −1 X i=1 N −1 k X
=− ∇φ(i) i+k−1 k − i=1 k k k = (φ(0) − φ(N − 1)) = k−1 k−1 1− ! N +k−2 k−1
 lu an n va gh tn to Khi m = 1, theo Bổ đề 2.2.1, ta thu −1 ∞  X k i+k−1 = ζk (1) = k k − i=1 Theo tính chất hàm zeta Riemann, với số nguyên dương m, p ie (2π)2m B2m , 2(2m)! (2.56) nl w ζ(2m) = (−1)m+1 d oa B2m số Bernoulli nf va an lu Ta tính với giá trị k, m cụ thể sau: −2 ∞  X i+1 ζ2 (2) = = π − 12, i=1   ∞ X i + −3 ζ2 (3) = = −8π + 80, i=1 −2 ∞  X i+2 351 ζ3 (2) = = 9π − i=1 z at nh oi lm ul z Tương tự, = 576639 47385 − ζ(3) − 7290ζ(5) 16 an Lu 1298125 + 11250ζ(3), 96 m −5 ∞  X i+2 n va i=1 = −3 co ζ3 (5) = i+4 783 − 162ζ(3), l i=1 = gm ζ5 (3) = i=1 ∞  X @ ζ3 (3) = −3 ∞  X i+2 ac th si 35 Định lý 2.2.2 ([1]) Với số nguyên k m, tồn số hữu tử λ0 , λ1 , , λdm/2e , cho ζk (m) =   λ0 + Pdm/2e λi ζ(2i), km chẵn; P  λ0 + dm/2e λi ζ(2i − 1), km lẻ i=1 i=1 Chứng minh Đặt F (x) =
x+k−1 −m k Khi ζk (m) = P∞ i=0 Fi Vì đa thức F (x) có k nghiệm x = 0, 1, , k − 1, F (x) =
x+k−1 m k lu = = k−1 X m  X j=0 i=1 k−1 X m X j=0 i=1 ai,j (x + j)i ai,k−1−j ai,j + i (x + j) (x + k − − j)i  (2.57) an n va gh tn to 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 ie p nhắc đến bên trên,  ai,j ai,k−1−j + i (x + j) (x + k − − j)i j=0 i=1  k−1 X m  X ai,k−1−j ai,j + =e (−x − k + + j)i (−x − j)i j=0 i=1 d oa nl w k−1 X m  X nf va an lu hay z at nh oi lm ul  k−1 X m  X 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 = z với i, j (1 ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ k − 1) Do phương trình (2.57) viết  ai,j ai,j + e(−1)i i (x + j) (x + k − − j)i  m co
x+k−1 m k XX = j=0 i=1 l F (x) = k−1 m gm @ lại thành ζk (m) = ∞ X n va x=1 F (x) an Lu Cuối cùng, ac th si 36 = k−1 m  ∞ X XX x=1 = j=0 i=1 k−1 m XX ai,j j=0 i=1 m X ai,j ai,j + e(−1)i i (x + j) (x + k − − j)i  j k−1−j X X 1 i i ζ(i) − + e(−1) ζ(i) − e(−1) li li l=1 l=1 ! 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 X i= lu i=1 n(n + 1) n2 n + = 2 an n va gh tn to gọi công thức số tam giác Ta biết −m X −m X ∞ ∞  ∞  X 2m i+1 i(i + 1) = ζ2 (m) = = m (x(x + 1)) x=1 i=1 i=1 ie Chúng ta đưa biểu diễn xác ζ2 (m) thành tổ hợp hệ số nhị thức p số Bernoulli w oa nl Định lý 2.2.3 ([1]) Ta có nf va an lu x=1   2m m−1 2m − = (−1) (x(x + 1))m m dm/2e  X 2m − 2i − 1 (2π)2i m + (−1) (−1)i+1 B2i m − (2i)! i=1 d ∞ X lm ul Để chứng minh định lý này, cần bổ đề sau =2 m−1 X gm @ i=0   m−i m+i−1 i m (−1) m−i + (−1) i x x+1 z
x+1 m m z at nh oi Bổ đề 2.2.4 ([1]) m co l Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp theo m Với m = ta có   1
− x+1 = x x+1 an Lu Giả sử công thức với m ta chứng minh với m + Từ n va − (−x)j = (1 + x)(1 + (−x) + · · · + (−x)j−1 ) ac th si 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 lu   1 1 − = (x(x + 1))m+1 (x(x + 1))m x x +   m−1 X m + i − 1  (−1)i 1 (−1)m − = + xm−i (x + 1)m−i x x+1 i i=0   m  X (−1)m m+i (−1)i = + m−i+1 i x (x + 1)m−i+1 i=0 an n va tn to (vì Pi gh j=0 m+j−1 j
= m+i i
 ) p ie Chứng minh (của Định lý 2.2.3) Theo Bổ đề 2.2.4, ta có  ∞ m−1 X X m + i − 1  (−1)i (−1)m 2m = + (x(x + 1))m i xm−i (x + 1)m−i x=1 i=0 ! ∞ m−1 ∞ m i X X m + i − 1 X (−1) (−1) + = m−i i x (x + 1)m−i x=1 x=1 i=0 w ∞ X d oa nl x=1 an lu m−1 X nf va Do đó, biểu thức cuối biểu diễn thành z at nh oi lm ul  m+i−1 ((−1)i ζ(m − i) + (−1)m (ζ(m − i) − 1)) i i=0   m−1 m−1 X m + i − 1 X m+i−1 m−1 + (−1)i 2ζ(m − i) = (−1) i i i=0 i=0,(m−i) chẵn   dm/2e  X 2m − 2i − 1 m−1 2m − m + (−1) ζ(2i) = (−1) m−1 m i=1   dm/2e  X 2m − 2i − 1 (2π)2i m−1 2m − m = (−1) + (−1) (−1)i+1 B2i m m − (2i)! i=1 z m co l gm @ an Lu  n va ac th si 38 Chương Một số tập hệ số nhị thức lu toán phổ thơng an n va có khơng? gh tn to Ví dụ 3.1 Nếu a ≡ b (mod n), chứng minh an ≡ bn (mod n2 ) Điều ngược lại p ie Giải Từ a ≡ b (mod n) suy a = b + qn với q số nguyên Theo định lý nhị thức 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 n−1 =n b q+ b q + + q n , n d oa nl w ta thu nf va an lu lm ul kéo theo an ≡ bn (mod n2 ) Điều ngược lại không Ví dụ 34 ≡ 14 (mod 42 ) 6≡ (mod 4) z at nh oi Ví dụ 3.2 Cho p số nguyên tố, cho ≤ k ≤ p − số nguyên Chứng minh  (mod p) z gm @  p−1 ≡ (−1)k k an Lu n va Giả sử kết luận với k = i, với ≤ i ≤ p − Ta có       p p−1 p−1 + = i i−1 i m co l Giải Cách Quy nạp theo k Kết luận toán với n = 1,   p−1 = p − ≡ −1 (mod p) ac th si 39 Từ tính chất     p−1 p−1 + ≡0 i i−1 (mod p) Theo giả thiết quy nạp, ta có     p−1 p−1 ≡− ≡ −(−1)i−1 ≡ (−1)i i i−1 (mod p), suy điều phải chứng minh Cách Bởi   p−1 (p − 1)(p − 2) · · · (p − k) = k k! số nguyên gcd(k!, p) = 1, nên ta cần chứng minh lu an (p − 1)(p − 2) · · · (p − k) ≡ (−1)k · k! (mod p), va n điều hiển nhiên tn to Ví dụ 3.3 Cho số nguyên dương n Chứng minh gh p ie
+ 1
+ ··· + 1998 1997+n n+1 1995
< w 1997 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 1
− 1997+k
= 1996+k 1995 k+1 k+2 d oa nl Giải Ta có
= nf va an lu 1997+k k+1
− 1996 ! 1997+n n+2
< 1996 1995 z 1996 1995 z at nh oi lm ul Vế trái
= 1996 1 1995 k=0
= co m Giải Ta có
n = an Lu n! (k + 1)!(n + 1)! n!(n + 1)!(k + 1) = k!(n − k)! (n + k + 2)! (n − k)!(n + k + 2)! n va k
n+k+2 k+1 n k
n+k+2 k+1 l Ví dụ 3.4 Cho n ∈ N , chứng minh n P gm @ ∗ ac th si 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 X k=0 n k
n+k+2 k+1
= n−1 X k=0 lu an = va n = n k
n+k+2 k+1
 + n n
2n+2 n+1
   2n + 2n + − + n + 1
= 2n+2 n+1 ie gh tn to
2n+1 n
2n+1 − 2n+1
n
n n
2n+2 n+1 p Ví dụ 3.5 Chứng minh với số tự nhiên không nhỏ 2, ta có nf va an Giải Ta có lu chia hết cho d oa nl w   n−1  X 2n + n−k 2(n − k) k=0 z at nh oi lm ul   X   X  n−1  n−1 n−1  X 2n + n−k 2n + 2n + = (n − k) = k 2(n − k) 2(n − k) 2k k=0 k=0 k=0 n X 2k.(2n + 1)! 2.(2k!).(2n − 2k + 1)! k=1  n  2n + X 2n = k=1 2k − = z 2n − (1 − 1)  n  X 2n =2 = 4n 2k − k=1 m co (1 + 1) 2n l gm @ Mặt khác an Lu Do n va   n−1  X 2n + n−k 2n + 1 n = (2n + 1)4n−1 = 2(n − k) 2 k=0 ac th si 41 Vậy   n−1  X 2n + n−k 2(n − k) k=0 chia hết cho Ví dụ 3.6 Chứng minh  2  2  2   n n n 2n − +2 + + n =n n n−1 Giải Ta có     n! n−1 n n!k = =n k = k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! k−1 k lu Vế trái             n−1 n n−1 n n−1 n n−1 n n + + + + 1 2 n−1 n an n va (1 + x)n−1 (x + 1)n = (1 + x)2n−1         2n − 2n − 2n − 2n − 2n−1 2n−1 (1 + x) = + x+ x + + x 2n −         n−1 n−1 n−1 n − n−1 n−1 (1 + x) = + x+ x + + x n−1         n n n n−1 n n−2 n n (x + 1) = x + x + x + + n p ie gh tn to Ta có d oa nl w nf va an lu + + n
!2
!2 + + n n n+1 l gm
!2 n @ S= n z Ví dụ 3.7 Tính tổng theo n
!2 z at nh oi lm ul Hệ số xn−1 hai vế nên               n−1 n n−1 n n−1 n n−1 n 2n − + + + + = 1 2 n−1 n n−1
Vậy vế trái n 2n−1 n−1 m co Giải Ta có
n = an Lu 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 k n va ac th si 42 Vậy, " 2  2  2 # n+1 n+1 n+1 S= + + + (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  2  2  2  2 n+1 n+1 n+1 n+1 + + + + n+1 Suy 2n+1 n+1
S= −1 (n + 1)2 lu Ví dụ 3.8 Tính tổng an         n n n n +2 + + p + + n S=1 p n n va tn to Giải Đặt       n n n n f (x) = (1 + x) = + x + x , n       n n n n+1 n g(x) = x(1 + x) = x+ x + x n p ie gh n nl w d oa Lấy đạo hàm hai vế theo x ta có       n n n−1 n−1 n f (x) = n(1 + x) = + 2x + nx n an lu nf va g 00 (x) = 2n(1 + x)n−1 + n(n − 1)x(1 + x)n−2         n n n n−1 n =2 + · 2x + · 3x + + (n + 1)nx n n−1 f (1) = n2 z at nh oi lm ul Thay x = ta       n n n = +2 + + n n z g 00 (1) = 2n2n−1 + n(n − 1)22n−2         n n n n +3·2 +4·3 + (n + 1)n =2 n l gm @ m co Lấy g 00 (1) − f (1), ta có         n n n n S=1 +2 + + p + + n = n(n − 1)22n−2 p n an Lu n va ac th si 43 Ví dụ 3.9 Tính tổng Sp (n) = n X kp (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 lu   p   X p p−i i p p! a b, = (a + b) = i i i!(p − 1)! i=0 an p n va p   p   X X p p−i p p−i i p p−1 (k − 1) = k (−1) = k − pk + k (−1)i i i i=0 i=2 p ie gh tn to ta có p Suy pk p−1 p (3.2) nl w p   X p p−i = k − (k − 1) + k (−1)i i i=2 p d oa Cộng vế đẳng thức công thức (3.2) theo k = 1, 2, 3, , n, ta pSp−1 (n)n + an lu p p   X p nf va i=2 i (−1)i Sp−1 (n) lm ul Theo cơng thức truy hồi trên, tính Sp1 thơng qua giá trị p đủ nhỏ z at nh oi 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) = z l gm @ an Lu k=1 (2k − 1)p , p ∈ N∗ m Lp (n) = n X co Ví dụ 3.10 Tính tổng lũy thừa số tự nhiên lẻ n va ac th si 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), lu Sp (n) xác định theo cơng thức (3.1) Theo đó, ta có an n va L2 (n) = S2 (2n) − 22 S2 (n) = n3 − n, 3 p ie gh tn to L3 (n) = S3 (2n) − 23 S3 (n) = 2n4 − n2 , 16 L4 (n) = S4 (2n) − 24 S4 (2n) = n5 − n4 + n 15 w d oa nl Ví dụ 3.11 Với p ∈ N∗ , tính tổng k p (k + 1)2 k=1 nf va an lu Pp (n) = n X Giải Ta biến đổi tổng Pp (n) sau Sp (n) = n P k=1 (k p+22k p+2 +k p ) = Sp+2 (n) + 2Sp+1 + Sp (n), (3.3) z at nh oi k=1 lm ul Pp (n) = n X k p Theo cơng thức (3.3) ta có z m co l gm @ 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 an Lu n va ac th si 45 Ví dụ 3.12 Với p ∈ N∗ , tính tổng Qp (n) = n X k(k + 1)p k=1 Giải Ta biến đổi tổng Qp (n) sau Đặt i = k + ta có Qp (n) = n+1 X (i − 1)ip = X i = 1n+1 (i − 1)ip = i = 1n+1 (i − 1)p + n(n + 1)p , i=2 hay Qp (n) = n X ip + − i=1 n X ip + n(n + 1)p = Sp+1 (n) − Sp (n) + n(n + 1)p , i=1 lu an Sp (n) xác định cơng thức (3.1) Theo đó, ta có va n 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 p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 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 lu an học nói riêng Nội dung luận văn trình bày có hệ thống khái qt vấn đề sau: va • Định nghĩa, nguồn gốc tên gọi số tính chất hệ số nhị thức n • Hàm tổng tích hệ số nhị thức, định lý Faulhaber cho lũy thừa hệ số nhị to nghịch đảo hệ số nhị thức ie gh tn thức, vài tính chất tổng nghịch đảo hệ số nhị thức tổng lũy thừa p • Một số tốn hay hệ số nhị thức xuất kỳ thi Olympic quốc tế, thi học sinh giỏi quốc gia d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 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 lu [2] Knuth D (1993), “Johann Faulhaber and sums of powers”, Math Comp., 61 , an 277-294 n va [3] Sury B (1993), “Sum of the reciprocals of the binomial coefficients”, European J to gh tn Combin., 14, 351-353 p ie [4] Sofo A (2006), “General Properties Involving Reciprocals of Binomial Coeffi- w cients”, Journal of Integer Sequences, 9, Article 06.4.5 oa nl [5] Sury B., Wang T., and Zhao F.Z (2004), “Identities Involving Reciprocals of Bi- d nomial Coefficients”, Journal of Integer Sequences, 7, Article 04.2.8 lu nf va an [6] Yang J.H., Zhao F.Z (2006), “Sums Involving the Inverses of Binomial Coefficients”, Journal of Integer Sequences, 9, Article 06.4.2 z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si