Luận văn thạc sĩ toán học bất đẳng thức và các bài toán cực trị trong đại số tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI THỊ LỢI ận Lu n vă BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN ạc th CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP sĩ án To c họ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI THỊ LỢI Lu ận BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN n vă CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP ạc th sĩ án To LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Mã số: 60 46 01 13 c họ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - 2017 i MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN ii MỞ ĐẦU iii Chương Nhị thức Newton số đẳng thức tổ hợp liên quan 1.1 Các tính chất nhị thức Newton 1.2 Các tính chất số tổ hợp 1.3 Một số đẳng thức tổ hợp 1.4 Đa thức Newton ứng dụng 12 Đa thức Newton 12 1.4.2 Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số Ai Cập với mẫu số lẻ 16 Lu 1.5 1.4.1 Một số dạng toán thi Olympic liên quan 21 ận 1.5.1 Tính chia hết biểu thức tổ hợp 21 1.5.2 Quan hệ đồng dư biểu thức tổ hợp 23 vă 30 n Chương Bất đẳng thức tính tốn tổ hợp Các bất đẳng thức đại số 30 2.2 Một số toán bất đẳng thức tính tốn tổ hợp 36 ạc th 2.1 Phép biến đổi tương đương, phương pháp làm trội, làm giảm 36 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức để chứng minh 39 sĩ 2.2.1 To Chương Các dạng toán cực trị liên quan đến tổ hợp dãy số án 3.1 42 Bất đẳng thức dãy số 42 Dãy sinh hàm số 42 3.1.2 Ước lượng tích tổng số dãy số 44 3.1.3 Bất đẳng thức tập rời rạc 47 c họ 3.1.1 3.2 Một số toán cực trị liên quan đến tổ hợp dãy số 49 3.3 Một số toán cực trị liên quan qua đề thi Olympic 51 KẾT LUẬN 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO 57 ii LỜI CẢM ƠN Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình Giáo sư - Tiến sĩ khoa học Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin trân trọng bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy, người tận tình bảo, hướng dẫn, động viên khích lệ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiên cứu luận văn Qua luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin, giảng viên tham gia qua ận Lu giảng dạy tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu suốt thời gian Tác giả xin cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Ninh Bình Trường THPT Yên Khánh A, nơi vă công tác, tạo điều kiện tốt để tơi hồn thành nhiệm vụ học tập n th Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp tất người quan tâm, ạc động viên giúp đỡ để tác giả hồn thành luận văn sĩ án To Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 22 tháng năm 2017 c họ Tác giả Bùi Thị Lợi iii MỞ ĐẦU Tổ hợp có vị trí quan trọng Tốn học khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số Giải tích mà cịn cơng cụ đắc lực tốn rời rạc lý thuyết trị chơi Ngồi ra, tổ hợp cịn sử dụng nhiều tính tốn ứng dụng Trong kì thi học sinh giỏi tốn quốc gia Olympic tốn quốc tế toán tổ hợp thường đề cập đến xem tốn khó bậc phổ thông Lu Hiện tài liệu tham khảo tổ hợp có nhiều khơng đề cập đầy đủ hệ thống chương trình khóa bậc phổ thơng Vì vậy, việc khảo sát sâu ận vấn đề tính tốn tổ hợp dạng toán liên quan cho ta hiểu sâu sắc lý thuyết vă ứng dụng liên quan đến tổ hợp toán rời rạc n th Luận văn "Bất đẳng thức tốn cực trị đại số tổ hợp" trình bày số vấn ạc đề liên quan tính chất dạng toán ứng dụng liên quan đến tổ hợp sĩ c họ Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương án thi HSG Olympic quốc gia quốc tế To Mục đích luận văn nhằm thể rõ vai trò quan trọng tổ hợp dạng toán Chương Nhị thức Newton số đẳng thức tổ hợp liên quan Chương Bất đẳng thức tính tốn tổ hợp Chương Các dạng toán cực trị liên quan đến tổ hợp dãy số Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải đề thi HSG Olympic liên quan Chương Nhị thức Newton số đẳng thức tổ hợp liên quan Trong chương này, tác giả nhắc lại cơng thức nhị thức Newton, tính chất nhị thức Newton, tính chất số tổ hợp Từ xây dựng chứng minh số đẳng thức tổ hợp Trình bày kết đa thức Newton ứng dụng Tác giả nêu số dạng toán thi Olympic liên quan đến tính chia hết quan hệ đồng dư biểu thức tổ hợp Các kết chương trích dẫn từ tài liệu tham khảo [2], [3], [4], [7], [8] Các tính chất nhị thức Newton vă 1.1 ận Lu [9] n Với a, b số thực n số tự nhiên lớn 2, ta ln có th n Cnk an−k bk , (1.1) ạc (a + b) = n X k=0 sĩ n! k!(n − k)! c họ Quy ước: Cn0 = Cnn = 1; Cn1 = Cnn−1 = n án To Cnk = Công thức (1.1) gọi công thức nhị thức Newton Chứng minh Với n = 2, ta có 2 (a + b) = a + 2ab + b = X C2k a2−k bk k=0 Vậy (1.1) với n = Giả sử (1.1) với n = m; m ∈ N; m ≥ Nghĩa là, ta có m (a + b) = m X k m−k k Cm a b (1.2) k=0 Ta phải chứng minh (1.1) với n = m + 1, tức phải chứng minh (a + b)m+1 = m+1 X k=0 k Cm+1 am+1−k bk (1.3) Thật vậy, ta có (a + b)m+1 = (a + b)m (a + b) m X k m−k k = Cm a b (a + b) theo (1.2) = k=0 m X k m+1−k k Cm a b m X k=0 k m−k k+1 Cm a b k=0 m+1 = Cm a + m−1 X
m+1−k k  m m+1 k k−1 b Cm + Cm a b + Cm  k=1 m−1 X = Cm+1 am+1 +
m+1 m+1 k b Cm+1 am+1−k bk + Cm+1 k=1 = k Cm+1 am+1−k bk k=0 ận Lu Vậy (1.3) m+1 X Suy (1.1) với số tự nhiên n ≥ (điều phải chứng minh) vă n Tính chất 1.1 Số số hạng công thức khai triển (1.1) n + th Tính chất 1.2 Các hệ số tổ hợp nhị thức cách hai số hạng đầu cuối ạc Tính chất 1.3 Số hạng tổng quát khai triển nhị thức số hạng thứ k + sĩ án To
Tk+1 = Cnk an−k bk k ∈ N; k = 0; n Tính chất 1.4 Với a = b = 1, ta có Cnk = 2n k=0 c họ n X Tính chất 1.5 Với a = 1, b = −1, ta có n X (−1)k Cnk = k=0 Tính chất 1.6 (Đẳng thức Vandermonde (Vandermonde’s equality)) k k−1 k−2 k + · · · + Cnk Cm = Cm+n + Cn2 Cm Cn0 Cm + Cn1 Cm (0 ≤ k ≤ m; ≤ k ≤ n) Chứng minh Xét đa thức n P (x) = (1 + x) = n X k=0 Cnk xk (1.4) m Q(x) = (1 + x) = m X k k Cm x k=0 m+n X R(x) = (1 + x)m+n = k Cm+n xk k=0 Hệ số xk đa thức P (x).Q(x) k k−1 k−2 Cn0 Cm + Cn1 Cm + Cn2 Cm + · · · + Cnk Cm k Hệ số xk đa thức R(x) Cm+n k k−1 k−2 k Vì R(x) = P (x)Q(x) nên Cn0 Cm + Cn1 Cm + Cn2 Cm + · · · + Cnk Cm = Cm+n Vậy đẳng thức (1.4) chứng minh Nhận xét 1.1 Áp dụng đẳng thức (1.4) với k = m = n, ta có đẳng thức Lu
2 + Cn1 ận Cn0
2 + Cn2
2 n + · · · + (Cnn )2 = C2n vă Tính chất 1.7 (Đẳng thức Vandermonde mở rộng) Cho n1 , n2 , , nr ∈ N n k = k1 + k2 + · · · + kr Khi th X k1 +k2 +···+kr =k sĩ Các tính chất số tổ hợp án To 1.2 ạc Cnk11 Cnk22 Cnkrr = Cnk1 +n2 +···+nr Tính chất 1.8 (Tính chất đối xứng) Với số tự nhiên n, k ∈ N thỏa mãn ≤ k ≤ n ta có: c họ Cnk = Cnn−k Tính chất 1.9 (Tính chất tam giác Pascal) k+1 Cnk + Cnk+1 = Cn+1 Tính chất 1.10 (Cơng thức tính tổng theo cột) n X m+1 Ckm = Cn+1 k=0 Chứng minh Áp dụng công thức Pascal, ta có: n X k=0 Ckm = n X k=0 m+1 m+1 m+1 (Ck+1 − Ckm+1 ) = Cn+1 − C0m+1 = Cn+1 Nhận xét 1.2 Từ Tính chất1.4, Tính chất 1.9 Tính chất 1.10 ta có đẳng thức Cn0 + Cn2 + · · · = Cn1 + Cn3 + · · · = 2n−1 Tính chất 1.11 (Cơng thức tính tổng theo đường chéo chính) n X k n Cm+k = Cm+n+1 k=0 Chứng minh n X k Cm+k = k=0 n X m (sử dụng Tính chất 1.8) Cm+k k=0 m+1 = Cm+n+1 (sử dụng Tính chất 1.10) n = Cm+n+1 (sử dụng Tính chất 1.8) Lu Tính chất 1.12 (Cơng thức tính tổng theo đường chéo phụ liên quan đến số Fibonacci) ận n X = 0, với k > n n Chứng minh k=0 vă Qui ước Cnk k Cn−k = Fn+1 th Với n = 0, n = C00 = = F1 , C10 + C10 = = F2 ạc sĩ Giả sử công thức đến n − Khi n n n X X X k−1 k k Cn−1−k + Cn−1−k (sử dụng Tính chất 1.9) Cn−k = k=0 k Cn−k + k=0 n−1 X k Cn−k k=0 án = k=0 n−2 X To k=0 c họ = Fn−1 + Fn (sử dụng giả thiết quy nạp) = Fn+1 (sử dụng cơng thức truy hồi dãy Fibonacci) Tính chất 1.13 (Quy tắc hút) Với n, k ∈ N thỏa mãn < k ≤ n ta có: n k−1 C k n−1 n! n (n − 1)! n k−1 Chứng minh Ta có Cnk = = = Cn−1 k!(n − k)! k (k − 1)!(n − k)! k Cnk = Tính chất 1.14 (Cơng thức lùi số) Với n, k ∈ N thỏa mãn ≤ k < n ta có: n k Cn−1 n−k n! n (n − 1)! n Chứng minh Ta có Cnk = = = Ck k!(n − k)! n − k k!(n − − k)! n − k n−1 Cnk = Tính chất 1.15 (Tính đơn điệu (monotonicity))  n   Cn0 < Cn1 < · · · < Cn 1.3 −  +1  n% = Cn > · · · > Cnn $ Một số đẳng thức tổ hợp Trong phần này, để tính tổng liên quan đến tổ hợp chứng minh đẳng thức tổ hợp, ta phải quan sát số hạng tổng để tìm nhị thức cần khai triển, kết hợp tính chất số tổ hợp với phép toán đạo hàm, tích phân phép tốn số phức để giải tốn Bài tốn 1.1 Tính tổng Lu (1.5) 2n−1 S2 = αC2n + α3 C2n + α5 C2n + · · · + α2n−2 C2n (1.6) ận 2n S1 = C2n + α2 C2n + α4 C2n + · · · + α2n C2n n vă Lời giải Xét khai triển th 2n X k C2n αk (1.7) ạc (1 + α)2n = sĩ k C2n (−1)k αk k=0 + (1 − α) (1 + α)2n + (1 − α)2n ⇔ S1 = c họ 2S1 = (1 + α) 2n án Cộng vế hai đẳng thức (1.7) (1.8), ta 2n (1.8) To (1 − α)2n = k=0 2n X Trừ vế đẳng thức (1.7) cho đẳng thức (1.8), ta 2S2 = (1 + α)2n − (1 − α)2n ⇔ S2 = (1 + α)2n − (1 − α)2n Bài tốn 1.2 Tính tổng S3 = Cn1 + 2αCn2 + 3α2 Cn3 + · · · + nαn−1 Cnn 2n−1 + 3C2n + 5C2n + · · · + (2n − 1)C2n S4 = C2n Lời giải Theo Tính chất 1.13, ta có Cnk = n k−1 k−1 Cn−1 ⇔ kCnk = nCn−1 k (1.9) (1.10) 35 Nhận xét 2.1 Ta dễ dàng chứng minh Pr−1 Pr+1 < Pr2 phương pháp quy nạp Thật vậy, giả sử bất đẳng thức với n − số dương a1 , a2 , , an−1 Er0 , Pr0 Er , Pr tạo n − số giả sử tất số khơng đồng thời Khi ⇒ Pr = Er0 = an Er−1 r r Pr + an Pr−1 n n Từ suy n2 (Pr−1 Pr+1 − Pr2 ) = A + Ban + Ca2n   A = (n − r)2 − P 0r−1 P 0r+1 − (n − r)2 P 0r−1 B = (n − r + 1)(r + 1).P 0r−1 P 0r+1 + (n − r − 1)(r − 1)P 0r−2 P 0r+1 − 2(r − 1)P 0r−2 P 0r+1 ận Lu C = (r2 − 1)P 0r−2 P 0r − r2 P 0r−1 Vì khơng đồng thời nên theo giả thiết ta có vă n P 0r−1 P 0r+1 < P 0r−2 P 0r − P 0r th P 0r−2 P 0r+1 < P 0r−1 P 0r ⇒ A < −P 0r , B < 2P 0r−1 P 0r , C < P 0r−1 ạc n2 (Pr−1 Pr − P 0r ) < −(P 0r − an P 0r−1 ) ≤ sĩ Điều a1 = a2 = · · · = an Khi an 6= a1 To Từ bất đẳng thức (2.11), ta thu bất đẳng thức sau án p1 ≥ p ≥ · · · ≥ pn , c họ  a1 + a2 + · · · + an  p1 =    v P n   u  aj  u   t 1≤i (n − 2)2n−1 Nhận xét 2.3 Để chứng minh bất đẳng thức ta phải tính tổng vế trái để làm gọn bất đẳng thức cần chứng minh Chứng minh Ta có n (1 + x) = n X Cnk xk (2.12) Cnk kxk−1 (2.13) k=0 Đạo hàm hai vế đẳng thức (2.12), ta có n(1 + x) n−1 = n X k=1 37 Thay x = vào bất đẳng thức (2.13), ta n X n2n−1 = kCnk (2.14) k=1 Thay x = vào (2.12) n = n X Cnk (2.15) k=0 Trừ vế (2.14) cho (2.15), ta có n2n−1 − 2n = −Cn0 + Cn2 + 2Cn3 + · · · + (n − 1)Cnn ⇔ Cn2 + 2Cn3 + · · · + (n − 1)Cnn = n2n−1 − 2n + = (n − 2)2n−1 + 17(n − 2)2n−1 Vậy Lu Cn2 + 2Cn3 + · · · + (n − 1)Cnn > (n − 2)2n−1 ận Bài toán 2.5 Chứng minh vă n Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn < n!, với n ∈ N, n > n th ạc Nhận xét 2.4 Để chứng minh bất đẳng thức ta phải tính tổng tử vế trái để làm gọn bất đẳng thức cần chứng minh, sử dụng phương pháp qui nạp toán học để chứng minh sĩ Chứng minh Ta có To Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn = n2n−1 án Suy c họ Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn = 2n−1 n Vậy ta phải chứng minh 2n−1 < n! (2.16) Thật vậy, ta chứng minh (2.16) phương pháp quy nạp Khi n = 3, ta có 2n−1 = 22 = < 3! Vậy (2.16) Giả sử (2.16)đúng với n = k, k ∈ N, k > 3, nghĩa là, ta có 2k−1 < k! Ta chứng minh (2.16) n = k + 1, tức phải chứng minh 2k < (k + 1)! (2.17) 38 Ta có (2.16)⇔ 2k < 2k! Vì < ≤< k + nên ta có 2k! < (k + 1)k! = (k + 1)! ⇒ 2k < (k + 1)! Vậy (2.17) Theo nguyên lý qui nạp ta có 2n < n!, ∀n ∈ N, n ≥ Suy điều phải chứng minh Bài toán 2.6 Chứng minh  2< 1+ n n < 3, n ∈ Z, n > Nhận xét 2.5 Để chứng minh bất đẳng thức này, ta sử dụng công thức khai triển nhị thức Lu Newton vế trái, sử dụng phương pháp làm trội, làm giảm để chứng minh ận n vă Chứng minh Theo cơng thức nhị thức Newton, ta có n  n   2 1 n 11 = Cn + Cn + Cn + · · · + Cn 1+ n n n n ạc 1 = n = Do n n th Ta có Cn0 = 1; Cn1  n > 1+ n sĩ (2.18) To Mặt khác, ta có án c họ  2 1 1 n(n − 1) < = = , = n 2!n 2! 1.2  3 1 n(n − 1)(n − 2) Cn < < , = n 3!n 3! 2.3 Cn2 ,  p n(n − 1) (n − p + 1) 1 p Cn = < < , p n p!n p! (p − 1).p ,  p 1 n! n Cn = < < n n n!n n! (n − 1).n Do đó, ta có  n 1 1 1+