THÔNG TIN TÀI LIỆU
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN BÁ NAM lu an n va tn to p ie gh VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC d oa nl w VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ll u nf va an lu m oi LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN BÁ NAM lu an n va VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC to p ie gh tn VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN w Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d oa nl Mã số: 84 60 113 an lu ll u nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z m co l gm @ TS Trần Xuân Quý an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu lu an n va 4 8 10 13 16 17 18 22 24 30 33 38 43 Chương Một số toán áp dụng 3.1 Một số toán hệ số nhị thức hệ số đa thức 3.2 Một số toán liên quan kỳ thi học sinh giỏi 48 48 84 Tài liệu tham khảo 90 p ie gh tn to Chương Một số kiến thức giải tích tổ hợp 1.1 Hai quy tắc đếm 1.1.1 Quy tắc cộng 1.1.2 Quy tắc nhân 1.2 Hốn vị hốn vị xoay vịng 1.2.1 Hoán vị 1.2.2 Hoán vị xoay vịng (hay hốn vị trịn) 1.3 Tổ hợp d oa nl w nf va an lu Chương Về hệ số nhị thức hệ số đa thức 2.1 Định lý nhị thức 2.2 Đồng tổ hợp 2.3 Tam giác Pascal 2.4 Đồng Shih - Chieh 2.5 Một vài tính chất hệ số nhị thức 2.6 Hệ số đa thức Định lý hệ số đa thức 2.7 Tổng hệ số nhị thức 2.8 Quỹ đạo tiệm cận hệ số nhị thức z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Bảng ký hiệu N N∗ lu an n va Z p ie gh tn to R a |b a |b [x] a ≡ b (mod m) |S| n Cnr = r Tập hợp số tự nhiên {0, 1, 2, } Tập hợp số tự nhiên khác {1, 2, } Tập hợp số nguyên { , −3, −2, −1, 0, 1, 2, } Tập hợp số thực a ước b a không ước b phần nguyên số thực x a đồng dư b theo mô đun m số phần tử tập hợp S = số tổ hợp chập r tập n phần tử d oa nl w = = = = = = = : : = : = nf va an lu = = = = = = = : : : : số hoán vị tập n phần tử n! số hoán vị vòng quanh tập n phần tử (n − 1)! r Cr+n−1 n! (n−r)! học Quốc tế Châu Á Thái Bình Dương Việt Nam an Lu n va Tốn Toán Toán Toán m Olympic Olympic Olympic Olympic co n! n1 !.n2 ! nm ! l gm @ Hrn Cnn1 ,n2 , ,nm MO IM O AP M O V MO số chỉnh hợp chập r n phần tử z Qn = = z at nh oi Pn lm ul Arn = Pnr n! r!(n−r)! ac th si Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Trong q trình giảng dạy Tốn THPT, tơi nhận thấy đa số học sinh, việc tiếp thu kiến thức chương Tổ hợp - Xác suất khó khăn Đây phần kiến thức khó chương trình sách giáo khoa Chủ yếu kiến thức chuyên sâu tổ hợp tập trung chương trình bậc Cao đẳng - Đại học, nên khó khăn cho thầy giáo giảng dạy Toán THPT việc áp dụng phương pháp giảng dạy cho phù hợp Về quy tắc đếm, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp Nhị thức Newton xuất Sách giáo khoa lớp 11 Dựa vào khai triển nhị thức Newton giúp khai triển lũy thừa bậc cao Đối với học sinh giỏi học sinh ơn thi THPT Quốc gia, ngồi tính chất khai triển tính chất mở rộng hệ số nhị thức đa thức chủ đề thú vị tốn chủ đề thường xuất đề thi học sinh giỏi cấp, có đề thi THPT Quốc gia Nhằm hệ thống cách chặt chẽ phần kiến thức liên quan nói trên, chúng tơi chọn đề tài: d oa nl w nf va an lu lm ul “Về hệ số nhị thức, hệ số đa thức số toán liên quan.” z at nh oi z Ngoài phần mở đầu kết luận, nội dung luận văn trình bày chương: Chương Một số kiến thức giải tích tổ hợp Chương trình bày số kiến thức giải tích tổ hợp: Hai quy tắc đếm bản, hoán vị hoán vị xoay vịng, tổ hợp số ví dụ minh họa Chương Về hệ số nhị thức hệ số đa thức Chương trình bày định lý hệ số nhị thức, số đẳng thức tổ hợp, tam giác Pascal, đẳng thức Chu Shih-Chieh, số tính chất hệ số nhị thức, hệ số đa thức định lý hệ số đa thức, tổng hệ số nhị thức nhau, quỹ đạo tiệm cận hệ số nhị thức m co l gm @ an Lu n va ac th si lu an n va p ie gh tn to Chương Một số tốn áp dụng Chương trình bày hệ thống toán sơ cấp liên quan đến hệ số nhị thức, hệ số đa thức số tốn kỳ thi học sinh giỏi Để hồn thành luận văn này, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Trần Xuân Quý, người thầy nhiệt huyết truyền thụ kiến thức, hướng đề tài tận tình hướng dẫn suốt q trình làm luận văn Đồng thời, tơi xin chân thành cảm ơn thầy, cô phản biện dành thời gian đọc đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn tồn thể thầy Khoa ToánTin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hồn thành luận văn Qua đây, tơi gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu Trường THPT Yên Phong số thầy giáo Tổ Tốn nhà trường, nơi công tác, tạo điều kiện thuận lợi công tác giảng dạy để tơi tập trung hồn thành chương trình học, luận văn Tôi muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đặc biệt người vợ tôi, động viên, giúp đỡ nguồn động lực cho tơi q trình học, hồn thiện luận văn d oa nl w nf va an lu Thái Nguyên, ngày 22 tháng năm 2018 Tác giả luận văn z at nh oi lm ul Nguyễn Bá Nam z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức giải tích tổ hợp lu an n va Hai quy tắc đếm nl w 1.1 p ie gh tn to Trong chương này, chúng tơi trình bày hai quy tắc đếm bản, hoán vị hoán vị xoay vịng, tổ hợp số ví dụ liên quan Nội dung cụ thể trình bày mục sau: d oa Trong sống hàng ngày, thường gặp tình cần đếm liệt kê "sự kiện" như: xếp vật theo cách đó, phân chia vật điều kiện định, phân phối vật dụng theo đặc điểm định, Ví dụ, gặp tốn đếm loại sau: "Có cách để xếp chàng trai gái thành hàng cho khơng có hai gái ngồi cạnh nhau?", "Có cách để chia nhóm 10 người thành ba nhóm bao nhỏ gồm tương ứng 5, người nhóm?" Đây hai ví dụ đơn giản "hoán vị" "tổ hợp" Trước tìm hiểu hốn vị tổ hợp, nêu lên hai quy tắc phép đếm nf va an lu z at nh oi lm ul z m co Quy tắc cộng l gm @ 1.1.1 an Lu Nội dung quy tắc cộng: Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 , m2 cách chọn đối tượng a2 , , mn cách chọn đối tượng an , cách chọn đối tượng (1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào cách chọn đối tượng aj n va ac th si (1 ≤ i ≤ n, i 6= j), có n P k=1 mk cách chọn đối tượng a1 , a2 , , an Quy tắc cộng theo ngôn ngữ tập hợp phát biểu sau: Cho n tập hợp Ak (1 ≤ k ≤ n) với |Ak | = mk ∀i, j (1 ≤ i, j ≤ n) Ai ∩ Aj 6= ∅, i 6= j Khi đó, số cách chọn a1 , a2 , , an số cách chọn phần tử a thuộc n S k=1 Ak 55 k + 2i = ⇔ (k, i) ∈ {(1, 2) ; (3, 1) ; (5, 0)} ≤ k, i ≤ 10 Suy hệ số số hạng chứa x5 khai triển C10 C10 + C10 C10 + C10 C10 = 1902 Bài tốn 10 Giả sử có khai triển + x + x2 + x3 + + x10 11 = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + + a110 x110 , với a0 , a1 , a2 , , a110 hệ số 10 11 Tính giá trị tổng T = C11 a11 −C11 a10 +C11 a9 −C11 a8 + +C11 a1 −C11 a0 lu Lời giải: Ta có an va n + x + x2 + x3 + + x10 11 11 (x11 − 1) = x−1 = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + + a110 x110 (x − 1)11 gh tn to ⇔ x11 − 11 p ie Lại có 11 = 11 P 11−k k=0 k (x11 ) (−1)k C11 11 P = k=0 k x121−11k (−1)k C11 oa nl w (x11 − 1) d Số hạng chứa x11 khai triển ứng với 121 − 11k = 11 ⇔ k = 10 11 Vậy hệ số số hạng chứa x11 khai triển(x11 − 1) nf va an lu 10 (−1)10 C11 = 11 z at nh oi lm ul Mặt khác, khai triển (3.3) (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + + a110 x110 ) (x − 1)11 11 X = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + + a110 x110 z k=0 l gm @ hệ số số hạng chứa x11 k 11−k (−1)k C11 x , m co 11 a0 (−1)0 C11 + a1 (−1)1 C11 + a2 (−1)2 C11 + + a11 (−1)11 C11 an Lu 11 = a0 C11 − a1 C11 + a2 C11 − − a11 C11 = −T n va Từ (3.3) (3.4) suy −T = 11 ⇔ T = −11 (3.4) ac th si 56 Bài tốn 11 Giả sử có khai triển + x + x2 + x3 + + x10 11 = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + + a110 x110 , với a0 , a1 , a2 , , a110 hệ số Tính tổng T = a1 + 2a2 + 3a3 + + 110a110 Lời giải: Xét khai triển + x + x2 + x3 + + x10 11 = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + + a110 x110 Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta 11 + x + x2 + x3 + + x10 10 lu + 2x + 3x2 + + 10x9 an n va = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + + 110a110 x109 tn to Thay x = 1, ta p ie gh 11.1110 (1 + + + + 10) = T ⇔ T = 55.1111 = 5.1112 w Bài toán 12 Trong khai triển thành đa thức d oa nl P (x) = (1 + x) (1 + 2x)17 , nf va an lu thành dạng P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + + a18 x18 lm ul Hãy tìm số hạng có hệ số lớn z at nh oi Lời giải: Ta có z P (x) = (1 + x) (1 + 2x)17 = (1 + 2x)17 + x(1 + 2x)17 + 17 X i C17 2i xi+1 i=0 17 X k k−1 k−1 C17 2k + C17 xk k=1 m co 17 17 18 = C17 + C17 x + l gm k=0 k C17 2k xk @ = 17 X an Lu k−1 k−1 k Khi đó, ak = C17 2k + C17 Ta có ak ≥ ak+1 tương đương với va n k k−1 k−1 k+1 k+1 k k−1 k−1 k+1 k+1 C17 2k +C17 ≥ C17 +C17 2k ⇔ C17 ≥ C17 ⇔ k ≥ 12 ac th si 57 Suy a12 ≥ a13 ≥ ≥ a17 Tương tự ak ≤ ak+1 ⇒ k ≤ 11 ⇒ a1 ≤ a2 ≤ a12 Vậy 12 12 11 11 max {a1 , a2 , a17 } = a12 = C17 + C17 = 50692096 17 17 Do a12 = 50692096 > a18 = C17 , nên ta có max {a1 , a2 , a18 } = a12 = 50692096 Vậy số hạng có hệ số lớn khai triển 50692096x12 lu an Bài tốn 13 Có số ngun dương n cho va n−1 S = 2+ C10 + C20 + + Cn0 + C11 + C21 + + Cn1 + + Cn−1 + Cnn−1 +Cnn n tn to ie gh số có 1000 chữ số? p Lời giải: Ta có d oa nl w nên Cn0 + Cn1 + Cn2 + + Cnn = (1 + 1)n = 2n lu S = + + + 22 + 23 + + 2n = 2n+1 nf va an S có 1000 chữ số lm ul 10999 ≤ S < 101000 z at nh oi ⇔ 999log2 10 ≤ n + < 1000log2 10 ⇔ 3319 ≤ n + ≤ 3321 z ⇔ 3318 ≤ n ≤ 3320 gm @ Vậy có số nguyên dương n thỏa mãn toán l m co Bài toán 14 Cho đa giác 2n đỉnh, (n ≥ 2, n ∈ N ) nội tiếp đường tròn Biết số tam giác có đỉnh 2n đỉnh A1 , A2 , , A2n gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n đỉnh A1 , A2 , , A2n Tìm số cạnh của đa giác an Lu n va ac th si 58 Lời giải: +) Số tam giác C2n +) Mỗi đa giác 2n đỉnh có n đường chéo qua tâm đường tròn Hai đường chéo qua tâm đường trịn tạo hình chữ nhật thỏa mãn u cầu tốn Do đó, số hình chữ nhật Cn2 Vậy theo giả thiết, ta có C2n = 20Cn2 (n ≥ 2) (2n)! n! ⇔ = 20 (2n − 3)!.3! 2! (n − 2)! ⇔ n = lu Vậy đa giác có 16 cạnh an n va Bài toán 15 Chứng minh to gh tn Arr + Arr+1 + · · · + Ar2r = Ar2r+1 , p ie với r số nguyên không âm d oa nl w Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với an lu hay r r r Crr + Cr+1 + · · · + C2r = C2r+1 nf va r r r+1 Crr + Cr+1 + · · · + C2r = C2r+1 z at nh oi lm ul Ta có r r+1 r+1 C2r = C2r+1 − C2r , r r+1 r+1 C2r−1 = C2r − C2r−1 , z @ r r+1 r+1 Cr+1 = Cr+2 − Cr+1 , an Lu Cộng vế tương ứng đẳng thức trên, ta m co r+1 Crr = Cr+1 l gm r r+1 r+1 Cr+2 = Cr+3 − Cr+2 , n va r r r+1 r Crr + Cr+1 + · · · + C2r = C2r+1 = C2r+1 ac th si 59 Bài toán 16 Cho r, n, m ∈ N∗ với r < n, chứng minh r+1 (Ar+1 n+m+1 − An ) r+1 Arn + Arn+1 + · · · + Arn+m = Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với r r r! [Cnr + Cn+1 + + Cn+m ]= (r + 1)! r+1 (Cn+m+1 − Cnr+1 ), r+1 hay r r r+1 Cnr + Cn+1 + + Cn+m = Cn+m+1 − Cnr+1 Ta có r r+1 r+1 Cn+m = Cn+m+1 − Cn+m , lu an r r+1 r+1 Cn+m−1 = Cn+m − Cn+m−1 , n va tn to r r+1 r+1 Cn+2 = Cn+3 − Cn+2 , gh r r+1 r+1 Cn+1 = Cn+2 − Cn+1 , p ie r+1 Cnr = Cn+1 − Cnr+1 nl w Cộng vế tương ứng đẳng thức trên, ta d oa r r r+1 Cnr + Cn+1 + + Cn+m = Cn+m+1 − Cnr+1 lu nf va an Bài toán 17 Chứng minh (i) với số chẵn n ∈ N lm ul Cni < Cnj ≤ i < j ≤ z at nh oi n ≤ i < j ≤ n z Cni > Cnj n l gm @ (ii) với số lẻ n ∈ N m co Cni < Cnj ≤ i < j ≤ (n − 1) an Lu n (n + 1) ≤ i < j ≤ n va Cni > Cnj ac th si 60 Lời giải: Xét n! n! < i! (n − i)! (i + 1)! (n − i − 1)! 1 n+1 ⇔ < ⇔i< n−i i+1 Cni < Cni+1 ⇔ Tương tự n! n! > i! (n − i)! (i + 1)! (n − i − 1)! 1 n+1 ⇔ > ⇔i> n−i i+1 Cni > Cni+1 ⇔ lu Suy (i) Với n chẵn an n va to n gh tn Cn0 < Cn1 < Cn2 < < Cn2 n n n −2 2 −1 Cn > Cn > Cn2 > > Cnn p ie Vậy với số chẵn n ∈ N d oa n nl w Cni < Cnj ≤ i < j ≤ n ≤ i < j ≤ n nf va an lu Cni > Cnj (ii) Với n lẻ Cn0 < Cn1 < Cn2 < < Cn2 z at nh oi lm ul Cn2 (n+1) > Cn2 (n+1)+1 (n−1) > > Cnn z gm @ Vậy với số lẻ n ∈ N n va Cni > Cnj (n + 1) ≤ i < j ≤ n an Lu m co l Cni < Cnj ≤ i < j ≤ (n − 1) ac th si 61 Bài toán 18 Chứng minh đẳng thức n+1 n+1 n n−1 (i) C2(n+1) = C2n + 2C2n + C2n ; m m m−1 (ii) Cn+1 = Cnm−1 + Cn−1 + Cn−1 Lời giải: i) Ta có n+1 n n−1 n+1 n n n−1 C2n + 2C2n + C2n = C2n + C2n + C2n + C2n n+1 n n+1 = C2n+1 + C2n+1 = C2(n+1) ii) Ta có m m−1 m Cnm−1 + Cn−1 + Cn−1 = Cnm−1 + Cnm = Cn+1 lu an Bài toán 19 Chứng minh đẳng thức tổ hợp sau va n r m−r Cnm Cm = Cnr Cn−r tn to p ie gh Lời giải: Ta có d oa nl w n! m! m! (n − m)! r! (m − r)! n! = r! (n − m)! (m − r)! n! (n − r)! = r! (n − r)! (m − r)! [(n − r) − (m − r)]! r Cnm Cm = nf va an lu m−r = Cnr Cn−r lm ul 2m X z at nh oi Bài toán 20 Bằng cách sử dụng đẳng thức (1 − x2 )n = (1 + x)n (1 − x)n , chứng minh đẳng thức sau với m ∈ N∗ , m ≤ n, (−1)i Cni Cn2m−i = (−1)m Cnm , z i=0 (−1)i Cni Cn2m+1−i = l 2m+1 X gm @ co i=0 m Từ suy n chẵn n lẻ n va (−1)i (Cni )2 = 0 i=0 an Lu n X n n (−1) Cn2 ac th si 62 Lời giải: Xét (1 + x)n = (x + 1)n = n X Cni xn−i = i=1 Cnn−i xn−i i=1 n X (1 − x)n = n X (−1)i Cni xi i=1 − x2 n = n X (−1)i Cni x2i i=1 Suy i) Nếu n = 2m lu an 2m = n va (1 + x) 2m X to tn (1 − x)2m = 2m−i 2m−i C2m x i=1 2m X i (−1)i C2m xi gh i=1 p ie Vậy hệ số x2m tích (1 + x)2m (1 − x)2m nl w 2m X i=1 d oa lu Khi (−1)i Cni Cn2m−i n = − x2 nf va an − x2 2m = 2m X (−1)i Cni x2i , i=1 2m i=1 (−1)m Cnm z at nh oi 2m X lm ul nên hệ số x2m khai triển (1 − x ) Vậy ta có (−1)i Cni Cn2m−i = (−1)m Cnm z ii) Tương tự trên, đẳng thức cần chứng minh, vế trái hệ số x2m+1 (khi n = 2m + 1) khai triển tích (1 + x)2m+1 (1 − x)2m+1 , 2m+1 vế phải hệ số x2m+1 khai triển (1 − x2 ) (vì khai triển khơng có x với lũy thừa lẻ) Khi thay Cn2m−i = Cni (nếu n = 2m) Cn2m+1−i = Cni (nếu n = 2m + 1), ta n n n C n chẵn (−1) X n i i (−1) (Cn ) = 0 i=0 n lẻ m co l gm @ an Lu n va ac th si 63 Bài toán 21 Tính tổng S = m! + (m + n)! (m + 1)! (m + 2)! + + ··· + 1! 2! n! Lời giải: Dễ thấy m m m S = Am m + Am+1 + Am+2 + + Am+n m m m m = m! [Cm + Cm+1 + Cm+2 + + Cm+n ] Ta có m m+1 m+1 Cm+n = Cm+n+1 − Cm+n , m m+1 m+1 Cm+n−1 = Cm+n − Cm+n−1 , lu an n va m m+1 m+1 Cm+2 = Cm+3 − Cm+2 , tn to m m+1 m+1 Cm+1 = Cm+2 − Cm+1 , ie gh m m+1 Cm = Cm+1 p Cộng vế tương ứng đẳng thức trên, ta d Vậy ta có oa nl w m m m m+1 Cm + Cm+1 + + Cm+n = Cm+n+1 nf va an lu m+1 n S = m!Cm+n+1 = m!Cm+n+1 lm ul Bài toán 22 Với m, n ∈ N∗ , chứng minh đẳng thức sau n P Lời giải: Xét n 3r Cnr = 4n z at nh oi r=0 n = (1 + 3) = n X z r=0 Cnr 3r m r=0 3r Cnr = 4n co n P l gm @ Vậy an Lu Bài toán 23 Với m, n ∈ N∗ , chứng minh đẳng thức sau n r=0 (r + 1)Cnr = (n + 2)2n−1 va n P ac th si 64 Lời giải: Xét (1 + x)n = n X r=0 Cnr xr (3.5) Lấy đạo hàm hai vế (3.5) theo x ta n(1 + x)n−1 = n X r=0 r.Cnr xr−1 (3.6) Thay x = vào (3.5) ta n X r=0 Cnr = 2n lu an Thay x = vào (3.6) ta n va n X gh tn to r=0 r.Cnr = n.2n−1 p ie Cộng vế hai đẳng thức ta w n X oa nl r=0 (r + 1)Cnr = (n + 2)2n−1 d Bài toán 24 Với m, n ∈ N∗ , chứng minh đẳng thức sau lu 1 Cnr = (2n+1 − 1) r=0 r + n+1 nf va an n P lm ul Lời giải: Xét khai triển Lấy tích phân hai vế, ta Cnr xr dx r=0 1 n X (1 + x) n+1
Ngày đăng: 24/07/2023, 09:50
Xem thêm: