Hệ số nhị thức
Hệ số nhị thức được định nghĩa bởi n m
0 n < m, trong đó n và m là các số nguyên không âm.
Tên gọi "hệ số nhị thức" xuất phát từ định lý nhị thức quan trọng, trong đó hệ số của x^(n−k) y^k trong khai triển của (x + y)^n được xác định là nCk.
Nói cách khác, ta có công thức
Để chứng minh kết quả, chúng ta sử dụng phương pháp qui nạp theo n Đầu tiên, với n = 0 và n = 1, công thức hiển nhiên đúng Giả sử công thức đúng với n, chúng ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với n + 1 Theo giả thiết quy nạp, chúng ta thực hiện các biến đổi cần thiết để hoàn tất chứng minh.
P r=0 n+1 r x r y n+1−r Vậy ta suy ra công thức đúng với n + 1.
Tóm lại, công thức đúng với mọi số nguyên không âm n
Định lý nhị thức có thể được áp dụng theo nhiều cách để tạo ra các công thức khác nhau liên quan đến hệ số nhị thức Cụ thể, khi thay x = y = 1, ta có thể rút ra những kết quả quan trọng từ định lý này.
Hệ số nhị thức thỏa mãn nhiều công thức quan trọng. Định lý 1.1.2 Hệ số nhị thức thỏa mãn các công thức sau: n k
Chứng minh Theo định nghĩa ta có: n k
(k − 1)!(n − k)! + (n − 1)! k!(n − k − 1)! Chia cả hai vế của đẳng thức với (n − 1)! rồi nhân cả hai vế của đẳng thức với (k − 1)!(n − k − 1)!, đẳng thức trở thành n k(n − k) = 1 n − k + 1 k Đẳng thức dưới đúng nên (1.2) đúng.
Thay x = y = 1 vào công thức hệ số nhị thức ta thu được (1.3).
Hàm tổng lũy thừa
Tổng của lũy thừa các số nguyên không âm liên tiếp đã thu hút sự chú ý của nhiều nhà toán học từ xa xưa, trong đó hai nhân vật nổi bật là Jacob Bernoulli (1654-1705) và Johann Faulhaber (1580-1635).
Trong lý thuyết số, số Bernoulli B n là một dãy số hữu tỷ Các giá trị đầu tiên của dãy là
2 thì dãy số được gọi là dãy Bernoulli loại một Nếu giá trị B 1 = 1
2 thì dãy số được gọi là dãy Bernoulli loại hai Ta thấy B n = 0 với số lẻ n > 1 Dãy Bernoulli có công thức đệ quy là
Dãy Bernoulli loại một được hình thành từ công thức đệ quy khi n = 0, trong khi dãy Bernoulli loại hai được phát sinh từ công thức đệ quy khi n = 1 Định lý 1.2.1 theo Faulhaber nêu rõ những mối liên hệ này.
B j n p+1−j , với B j là các số Bernoulli, B 1 = 1
X k=1 k p , trong đó p là số nguyên không âm Định nghĩa hàm sinh theo biến z
Ta thấy G(z, n) là một hàm theo biến z do vậy z có thể là một số phức bất kỳ Tiếp theo, xét hàm sinh của đa thức Bernoulli B j (x) ze zx e z − 1 =
B j (x) z j j! , trong đó B j = B j (0) là các số Bernoulli Khai triển hàm sinh như sau:
Chú ý rằng B j = 0 với mọi j lẻ lớn hơn 1 Do đó, nếu định nghĩa B 1 = 1
2 ta bỏ qua được nhân tử (−1) j và ta viết lại công thức tổng lũy thừa như sau n
Công thức (1.4) được biết đến như công thức số tam giác, trong khi công thức (1.5) được gọi là công thức số hình chóp vuông Ngoài ra, công thức (1.6) mang tên công thức bình phương số tam giác.
Faulhaber đã đưa ra nhận xét rằng tổng lũy thừa lẻ có thể được biểu diễn thành một đa thức theo t = n(n + 1)/2 Ví dụ n
Ông đã tính toán các tổng lũy thừa cho đến mũ 17 Jacobi là người đầu tiên trình bày chứng minh cho định lý Faulhaber Công thức tổng quát cho tổng lũy thừa lẻ được thể hiện qua Định lý 1.2.3 (Faulhaber [1]).
Tổng lũy thừa lẻ là bội của t 2 và tổng lũy thừa chẵn có thể được biểu diễn theo tổng lũy thừa lẻ Cụ thể, nếu n
Hàm tổng của tích các hệ số nhị thức
Dzhumadil’daev và Yeliussizov [1] mở rộng hàm tổng lũy thừa của số nguyên sang hàm tổng lũy thừa của số nhị thức f k,m (N ) =
Với k = 1 ta thu được tổng lũy thừa như thông thường f 1,m (N ) =
Trong phần này, chúng tôi sẽ khảo sát đa thức f k,m (N) theo biến N, đồng thời xem xét nó như một đa thức f k,m (x) với biến x bất kỳ Đối với trường hợp m âm, Dzhumadil’daev và Yeliussizov đã đưa ra những kết quả liên quan đến tổng nghịch đảo hệ số nhị thức Nội dung chi tiết sẽ được trình bày ở Mục 2.2, trong khi ở đây, chúng tôi chỉ tập trung vào các kết quả khi m > 0.
Để bắt đầu, chúng ta cần các công cụ cần thiết Gọi m = 1 k 1 ã ã ã m k m là một đa tập hợp trong đó l được lặp k l lần, với l = 1, , m Đặt S m là tập hợp tất cả các hoán vị của m.
Mỗi hoán vị σ = σ(1) σ(K) ∈ S m có thể có các chỉ số giảm (descent index) được xác định, với i được gọi là chỉ số giảm nếu i = K hoặc σ(i) > σ(i + 1) khi i < K Số giảm des(σ) (số chỉ số giảm) là tổng số các chỉ số giảm của σ Số Euler a m,p (số Eulerian) được định nghĩa là số lượng hoán vị có p chỉ số giảm, được tính bằng a m,p = |{σ ∈ S m | des(σ) = p}|.
Với m = 1 1 2 1 ã ã ã m 1 , K = 1 + 1 + ã + 1 = m, ta thu được số Euler a m,p thụng thường và đẳng thức Worpitzky như sau x m = X p>0 x + m − p m a m,p
Ví dụ 1.3.1 Cho m = 1 2 2 2 Khi đó, S m là tập các hoán vị của m,
S m = S 1 2 2 2 = {1122, 1212, 2112, 2121, 2211, 1221}, và số giảm des(1122) = 1, des(1212) = 2, des(2112) = 2, des(2121) = 3, des(2211) = 2, des(1221) = 2.
Do đó, a 1 2 2 2 ,1 = 1, a 1 2 2 2 ,2 = 4, a a 2 2 2 ,3 = 1, và a 1 2 2 2 ,i = 0, nếu i 6= 1, 2, 3. Định lý 1.3.2 ([1]) Với bất kỳ số nguyên không âm k 1 , , k m , m
= X p>0 x + K − p K a m,p , trong đú a m,p là cỏc số Euler của phộp hoỏn vị của đa tập hợp m = 1 k 1 ã ã ã m k m
Trong bài viết này, chúng ta sẽ chứng minh rằng hàm tổng của tích các hệ số nhị thức là một đa thức Theo Định lý 1.3.4, với điều kiện 0 ≤ k₁ ≤ a₁ ≤ kₘ, tổng (1.7) sẽ sinh ra một đa thức f(k₁, ,kₘ)(x) có bậc K + 1 với hệ số hữu tỷ Đặc biệt, đa thức f(k₁, ,kₘ)(x) chia hết cho x + kₘ - 1 kₘ + 1.
Chứng minh Theo Định lý 1.3.2, f k 1 , ,k m (N ) = X p>0
K + 1 a m,p , với bất kỳ số nguyên dương N Cho nên, ta có thể thay bất kỳ biến x vào N và thu được f k 1 , ,k m (x) ∈ Q [x], deg f k 1 , ,k m (x) = K + 1.
Do đó, f 0, 0 (x) = x − 1 Nên, trong trường hợp này tính chia hết của f k 1 , ,k m (x) cho x+k m −1 k m +1 là hiển nhiên.
Giả sử k m > 0, xét một đa thức khác
Do đó, ∆f (x) có k m không điểm: 0, −1, , −(k m − 1) Do vậy, f k 1 , ,k m (1) − f k 1 , ,k m (0) = ∆f (0) = 0, f k 1 , ,k m (0) − f k 1 , ,k m (−1) = ∆f (−1) = 0, f k 1 , ,k m (−(k m − 2)) − f k 1 , ,k m (−(k m − 1)) = ∆f (−(k m − 1)) = 0.
Do đó, ta thu được đa thức f k 1 , ,k m (x) với k m + 1 không điểm
1, 0, −1, , −(k m − 1). Điều này có nghĩa f k 1 , ,k m (x) chia hết cho x+k k m −1 m +1 Đặt f k,m (x) = f k,k, ,k (x) Nói cách khác, f k,m (x) là đa thức xác định bởi hệ thức sau f k,m (N ) =
Hệ quả 1.3.5 ([1]) Đa thức f k,m (x) có các tính chất sau
Một vài tính chất về nghịch đảo của hệ số nhị thức 17
Tổng của nghịch đảo hệ số nhị thức
Trong mục 1.3, chúng tôi đã đề cập đến các hàm tổng lũy thừa hệ số nhị thức Ở đây, chúng tôi sẽ khám phá hàm tổng lũy thừa nghịch đảo của hệ số nhị thức Nghiên cứu của Sury, Wang và Zhao ([5]) đã phát hiện nhiều công thức thú vị trong lĩnh vực này Định lý 2.1.1 ([5]) liên quan đến các đa thức hữu tỉ trong vành Q[T].
T n−r (1 − T ) n−m+1 (m + r + 1) m+r r (2.2) đúng với m ≤ n Một dạng tương đương của nó là với λ 6= 1, n
Chứng minh Với mỗi λ cố định, ta đi khảo sát I m,n (λ) = n
(tλ) n+1 − (tλ) m (1 − t) n−m+1 tλ − (1 − t) dt. Đặt s = tλ − (1 − t), ta được I m,n (λ) = (n + 1)(I 1 + I 2 ), trong đó
(s + 1) r và đổi thứ tự giữa tổng sigma và thứ tự lấy tích phân, ta thu được
Rõ ràng, phép biến đổi trên có nghĩa nếu λ là một số thực dương bất kỳ khác −1 Do đó, ta có, với λ 6= −1, n
Vậy (2.3) được chứng minh Trường hợp đặc biệt m = 0 ta có n
Từ (2.3), ta có thể dễ dàng rút ra công thức đệ quy cho I m,n (λ) Khi m = 0, công thức đệ quy là
Với 0 < λ < 1, công thức bên trên chứng minh rằng I 0,n (λ) → 1 khi n → ∞ Bây giờ, sử dụng (2.3) với λ được thay bằng 1−θ θ với θ 6= 1 (có thể thay được vì 1−θ θ nhận mọi giá trị khác −1), ta có n
X r=m θ n−r (1 − θ) n−r r + 1 (2.5) Để chứng minh chỉ ra đây là một đẳng thức đa thức, ta ký hiệu P (T ) và Q(T ) là các đa thức trên trường Q mà tương ứng với hai vế của (2.5).
Ta có P(θ) = Q(θ) với mọi 1 ≠ θ ∈ Q, điều này có nghĩa là P(T) và Q(T) phải trùng nhau trong Q[T], và thực chất đây là một đẳng thức đa thức Tuy nhiên, đây vẫn chưa phải là đẳng thức (2.2) trong định lý Để chứng minh điều này, cần đưa ra một số nhận xét Đầu tiên, khi so sánh hệ số của θ^m trong cả hai vế của đẳng thức (2.5), ta sẽ thu được những thông tin quan trọng.
1 n − r + 1 (2.6) Đặt k = n − m, đẳng thức trên tương đương với đẳng thức k
Nếu ta áp dụng đẳng thức này vào đẳng thức đa thức (2.5), ta thu được đẳng thức
Một số hệ quả được rút là từ Định lý 2.1.1 là:
Hệ quả 2.1.2 ([5]) Với bất kỳ số tự nhiên m, n ta có n
(n + m + 1) n+m m Chứng minh Đây chính là hệ thức (2.7) bên trên với n = k
So sánh hệ số của θ n trong biểu thức (2.5) cho phép chúng ta thu được (2.8) Ngoài ra, việc áp dụng biểu diễn (2.6) dẫn đến đẳng thức (2.9) Đặc biệt, khi m = 0 trong (2.9), chúng ta nhận được n.
= (1 + (−1) n ) n + 1 n + 2 (2.15) Điều này chỉ ra khi n → ∞ thì
Tiếp theo đẳng thức (2.10) được chứng minh nếu ta lấy tích phân (2.2) theo biến T từ
0 tới 1, và sử dụng hệ thức hàm beta-gamma.
So sánh hệ số của T s với s ≤ n trong (2.2), ta thu được (2.11).
Ngoài ra, khi m = 0, vế phải của (2.2) có các số hạng chứa T với lũy thừa cao hơn n, cho phép chúng ta so sánh lũy thừa của T n+j+1 và từ đó rút ra được (2.12).
Khi j = 0, đẳng thức (2.12) trở thành: n
Kết hợp điều này với các đẳng thức trong [3]: n
1 j , (2.17) ta thu được hai đẳng thức cuối cùng (2.13) và (2.14) Định lý 2.1.4 ([5]) Nếu |x| < 1, thì
Chứng minh Với |x| < 1, đưa dấu tích phân ra ngoài dấu tổng sigma, ta được
1 − 4x 2 t(1 − t) dt. Đổi biến s = x(2t − 1), ta được
Do đó, ta thu được
Đẳng thức đầu tiên là trường hợp đặc biệt khi x = 1/2 của đẳng thức Lehmer Đẳng thức thứ hai được hình thành bằng cách lấy đạo hàm của đẳng thức Lehmer và sau đó thay x = 1/2 Để có được đẳng thức thứ ba, ta thực hiện tích phân và đặt x = 1/2 Theo định lý 2.1.6, nếu n và p là các số nguyên dương với p > 1, thì pn.
1 − (−1) pn pn + 2 − 2(1 + (−1) pn ) pn + 1 + 1 − (−1) pn pn
1 − (−1) pn pn + 2 + 2(1 + (−1) pn ) pn + 1 + 1 − (−1) pn pn
+ 6(1 + (−1) pn ) pn + 1 − 4(1 − (−1) pn ) pn + 2 + 1 + (−1) pn pn + 3
Chứng minh Ta có pn
2(pn + 1) Tương tự, ta thu được pn
Theo định lý 2.1.7, nếu m, n, p và q là các số nguyên không âm với điều kiện p ≥ q, thì n cũng sẽ thỏa mãn một số tính chất nhất định Bằng phương pháp tương tự, ta có thể chứng minh rằng đẳng thức (2.19) và (2.20) đều đúng.
−1 ! Định lý 2.1.8 ([5]) Nếu n và m là các số nguyên dương, thì n
Từ đó đẳng thức (2.22) đúng Tương tự, ta có thể kiểm chứng (2.23). Định lý 2.1.9 ([5]) Với số thực |t| < 1 chuỗi vô hạn X r≥m t n+1 n+r r hội tụ đến n n−1
Chứng minh Với nhận xét dãy tổng riêng
ta có thể chứng minh được Định lý 2.1.9 bằng phương pháp tương tự như chứng minh của Định lý 2.1.1
Trong Định lý 2.1.9, các giá trị n+1, n+r và r hội tụ, cho thấy rằng định lý này cũng áp dụng cho t = ±1 Các trường hợp đặc biệt với t = 1, −1 và 1/2 tương ứng dẫn đến các kết quả (2.25), (2.27) và (2.28); trong đó (2.26) là trường hợp m = 0 của (2.25) Mệnh đề 2.1.11 ([5]) được nêu rõ.
Chứng minh Tổng đầu tiên là
Ta có thể dễ dàng tính được nó bằng
3 − 3 log 3 12 Đẳng thức cuối cùng chứng minh tương tự
Đẳng thức (2.2) của Định lý 2.1.13 luôn đúng khi thay t bằng một số phức z bất kỳ Khi cho m = 0 và chọn z là nghiệm của phương trình z(1 − z) = 1, điều này có nghĩa là z khác 1 và z là căn nguyên thủy bậc 6 của đơn vị.
L 0 − L 1 + z(L 1 − L 2 ) = (n + 1)z n (2R 0 + R 1 − R 2 − 2R 3 − R 4 + R 5 ) là một đẳng thức quan trọng trong nghiên cứu này, đặc biệt khi n ≡ 0 mod 6 Tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày các kết quả được đưa ra bởi Yang và Zhao [6], liên quan đến các hàm tổng nghịch đảo hệ số nhị thức.
(−1) n n(n + k) 2n+2k n+k Khi đó, ta có một số kết quả về các hàm S i (k) và T i (k) (1 ≤ i ≤ 2) như sau. Định lý 2.1.13 ([6]) Cho k là một số nguyên dương thỏa mãn k ≥ 2 Khi đó
Chứng minh Từ (2.1) suy ra
Từ các đẳng thức (2.37)-(2.39) ta thu được phương trình (2.33) và (2.34).
Ta chứng minh đẳng thức (2.35)-(2.36) Ta có
Từ phương trình (2.33), (2.41) suy ra
Từ đó suy ra các đẳng thức (2.35)-(2.36) đúng
Ta có thể mở rộng hàm S i (k) và T i (k) (i = 1, 2) bằng cách đặt
Hệ quả 2.1.14 ([6]) Cho k và m là các số nguyên dương Khi đó
X i=1 t mi (1 − t) mi /i t mk (1 − t) mk dt
(−1) i t mi (1 − t) mi /i t mk (1 − t) mk dt
Chúng tôi sẽ chỉ chứng minh các đẳng thức (2.42)-(2.43) trong phần này do việc chứng minh các đẳng thức trong hệ quả sử dụng phương pháp tương tự Kết quả thu được sẽ được trình bày sau đây.
Z 1 0 ln[1 − t m (1 − t) m ]dt t(1 − t) , suy ra các đẳng thức (2.42)-(2.43) đúng
Các đẳng thức (2.40)-(2.43) tương ứng là mở rộng của các đẳng thức (2.33)-(2.36) Định lý 2.1.15 ([6]) Cho k là số nguyên dương với k ≥ 2 Khi đó
Chứng minh Với 0 < a ≤ 1, ta khảo sát các tích phân:
(−1) i a i t i (1 − t) i /i t k (1 − t) k dt, trong đó I k (0) = 0 và J k (0) = 0 Rõ ràng
4 − a và v = r a + 4 a Khi đó ta được
2k(v 2 − 1) k ln v + 1 v − 1 Trong khi đó, ta lưu ý rằng
Do đó I k (a) và J k (a) thỏa mãn k + 1 2k + 1 I k+1 (a)
Từ các đẳng thức (2.50)-(2.51) ta suy ra (2.44)-(2.45) Từ các đẳng thức (2.35)-(2.36) ta thu được đẳng thức (2.46)-(2.47) Định lý 2.1.16 ([6]) Cho k là một số nguyên dương với k ≥ 2 Khi đó
Z 1 0 t k (1 − t) k ln[1 − t(1 − t)]dt (2.55) Chứng minh Từ phương trình (2.1) và (2.37) suy ra
Do đó phương trình (2.52) đúng Các phương trình (2.53)-(2.55) được chứng minh tương tự
Nhận xét 2.1.17 Ta có thể tính
S i (k), T i (k) và R i (k) (1 ≤ i ≤ 2) bằng cách chọn các giá trị k cụ thể Ví dụ, khi cho k = 2, từ đẳng thức (2.48)-(2.49), ta có
Dựa vào S i (2), T i (2) và phương trình (2.44)-(2.47), ta có thể tính các giá trị khác của
Nếu k = 2 trong phương trình (2.54)-(2.55), ta thu được
Tiếp theo, trong mục cuối của luận văn, chúng ta khảo sát trường hợp tổng lũy thừa của hệ số nhị thức với số mũ âm.
Tổng lũy thừa nghịch đảo của hệ số nhị thức 33 Chương 3 Một số bài tập hệ số nhị thức trong toán phổ thông 38
Trong mục này, chúng ta sẽ khảo sát trường hợp tổng lũy thừa của hệ số nhị thức với lũy thừa âm, ζ k (m) =
1 i m , ta thu được ζ (m) là hàm zeta Riemann thông thường.
Bổ đề 2.2.1 ([1]) Giả sử rằng k > 1 Khi đó f k,−1 (N ) =
Khi m = 1, theo Bổ đề 2.2.1, ta thu được ζ k (1) =
= k k − 1 Theo tính chất của hàm zeta Riemann, với bất kỳ số nguyên dương m, ζ (2m) = (−1) m+1 (2π) 2m
2(2m)! B 2m , (2.56) trong đó B 2m là số Bernoulli.
Ta có thể tính với các giá trị k, m cụ thể như sau: ζ 2 (2) =
2 ζ (3) − 7290ζ(5). Định lý 2.2.2 ([1]) Với bất kỳ số nguyên k và m, tồn tại số hữu tử λ 0 , λ 1 , , λ dm/2e , sao cho ζ k (m) =
λ 0 + P dm/2e i=1 λ i ζ(2i), nếu km chẵn; λ 0 + P dm/2e i=1 λ i ζ(2i − 1), nếu km lẻ.
Khi đó ζ k (m) = P ∞ i=0 F i Vì đa thức F (x) có k nghiệm x = 0, 1, , k − 1,
(2.57) với a i,j (1 ≤ i ≤ m, 0 ≤ j ≤ k − 1) là số hữu tỷ.
F (x) là (k − 1)-phản xạ nếu km chẵn, và 1
F(x) được định nghĩa là phản-(k − 1)-phản xạ khi k là số lẻ, tức là F(x) = eF(−x − k + 1) với hầu hết các giá trị x (trừ các điểm không xác định trong mẫu số), trong đó e có thể nhận giá trị ±1 Điều này cho thấy tính chất phản xạ của hàm số F(x) theo công thức (2.57).
Do đó, a i,j − e(−1) i a i,k−1−j = 0 với mọi i, j (1 ≤ i ≤ m, 0 ≤ j ≤ k − 1) Do vậy phương trình (2.57) có thể được viết lại thành
X i=1 c i (ζ (i) + e(−1) i ζ(i)), với c i (0 ≤ i ≤ m) là hằng số hữu tỷ Chú ý rằng giá trị (ζ(i) + e(−1) i ζ(i)) bị triệt tiêu nếu e = 1 và i lẻ, hoặc nếu e = −1 và i chẵn
2 được gọi là công thức số tam giác Ta đã biết ζ 2 (m) =
Chúng ta sẽ đưa ra biểu diễn chính xác của ζ 2 (m) thành tổ hợp của hệ số nhị thức và số Bernoulli. Định lý 2.2.3 ([1]) Ta có
(2i)! B 2i Để chứng minh định lý này, chúng ta cần bổ đề sau.
Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp theo m Với m = 1 ta có
Giả sử công thức đúng với m và ta sẽ chứng minh nó đúng với m + 1 Từ
Chứng minh (của Định lý 2.2.3) Theo Bổ đề 2.2.4, ta có
Do đó, biểu thức cuối cùng có thể được biểu diễn thành m−1
Một số bài tập hệ số nhị thức trong toán phổ thông
Ví dụ 3.1 Nếu a ≡ b (mod n), chứng minh rằng a n ≡ b n (mod n 2 ) Điều ngược lại có đúng không?
Giải Từ a ≡ b (mod n) suy ra a = b + qn với q là số nguyên Theo định lý nhị thức ta thu được a n − b n = (b + qn) n − b n
, kéo theo a n ≡ b n (mod n 2 ). Điều ngược lại không đúng Ví dụ 3 4 ≡ 1 4 (mod 4 2 ) nhưng 3 6≡ 1 (mod 4).
Ví dụ 3.2 Cho p là một số nguyên tố, và cho 1 ≤ k ≤ p − 1 là một số nguyên Chứng minh rằng p − 1 k
Giải Cách 1 Quy nạp theo k Kết luận của bài toán đúng với n = 1, vì p − 1 1
Giả sử kết luận đúng với k = i, với 1 ≤ i ≤ p − 2 Ta có p − 1 i
Theo giả thiết quy nạp, ta có p − 1 i
≡ −(−1) i−1 ≡ (−1) i (mod p), suy điều phải chứng minh.
= (p − 1)(p − 2) ã ã ã (p − k) k! là một số nguyên và gcd(k!, p) = 1, nên ta chỉ cần chứng minh rằng
(p − 1)(p − 2) ã ã ã (p − k) ≡ (−1) k ã k! (mod p), điều này là hiển nhiên.
Ví dụ 3.3 Cho số nguyên dương n Chứng minh rằng
Ví dụ 3.4 Cho n ∈ N ∗ , chứng minh rằng n
Ví dụ 3.5 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên không nhỏ hơn 2, ta có n−1
Ví dụ 3.6 Chứng minh rằng n 1
Hệ số của x n−1 ở hai vế bằng nhau nên n − 1 0 n 1
Ví dụ 3.7 Tính tổng theo n
Từ (1 + x) n+1 (x + 1) n+1 = (1 + x) 2n+2 Cân bằng hệ số của x n+1 ở hai vế ta được n + 1 0
+ n 1 x + n n x n , g(x) = x(1 + x) n = n 0 x + n 1 x 2 + n n x n+1 Lấy đạo hàm hai vế theo x ta có f 0 (x) = n(1 + x) n−1 = n 1
Giải Chúng ta đã biết công thức quen thuộc
Với p ∈ N ∗ , p ≥ 4, sử dụng nhị thức Newton
X i=2 p i k p−i (−1) i (3.2) Cộng từng vế các đẳng thức trong công thức (3.2) theo k = 1, 2, 3, , n, ta được pS p−1 (n)n p + p
Theo công thức truy hồi trên, chúng ta tính S p 1 thông qua các giá trị p đủ nhỏ.
Ví dụ 3.10 Tính tổng các lũy thừa của các số tự nhiên lẻ.
L 1 (n) = 1 + 3 + 5 + + (2n − 1) = n 2 Với p > 1, chúng ta biến đổi như sau
Vậy ta có công thức
L p (n) = S p 2n − 2 p S p (n), trong đó S p (n) được xác định theo công thức (3.1) Theo đó, ta có
Ví dụ 3.11 Với p ∈ N ∗ , tính tổng
Giải Ta biến đổi tổng P p (n) như sau
P k=1 k p Theo công thức (3.3) ta có
Ví dụ 3.12 Với p ∈ N ∗ , tính tổng
X k=1 k(k + 1) p Giải Ta biến đổi tổng Q p (n) như sau Đặt i = k + 1 ta có
X i=1 i p + n(n + 1) p = S p+1 (n) − S p (n) + n(n + 1) p , trong đó S p (n) được xác định như công thức (3.1) Theo đó, ta có
Nghiên cứu đề tài này giúp học viên làm quen với các phương pháp nghiên cứu khoa học và các phương pháp nghiên cứu bài toán số học Luận văn trình bày hệ thống các vấn đề liên quan một cách rõ ràng.
• Định nghĩa, nguồn gốc tên gọi cùng một số tính chất của hệ số nhị thức.
• Một số bài toán hay về hệ số nhị thức xuất hiện trong các kỳ thi Olympic quốc tế, thi học sinh giỏi quốc gia.