A
NHI THUC NEWTON VA CONG THUC TO HOP
CAU CHUYEN VE NHI THUC NEWTON
Để ghi nhớ cơng lao của Isaas Newton (1642
— 1727) trong việc tìm ra cơng thức khai triển
nhị thức sau, được gọi là 0hj thức Newton Am m m(m—!) » (l+x) =l #x†——*X + mộn —Dụn —2) =2 + 3! 4 mim -I)(m —2) 0m—k+ I) k To ki + mim — Dự —2) 3:2 m—I + (m — Ủ)I + mim —1)(m — 2) 3.2.1 yn mì (1)
Trên bia mộ cua Newton tai tu viện
Vecmintro người ta cịn khấc hoạ hình
Newton cùng với cả nhị thức Newton
Vậy phải chăng cả lồi người đã khơng hề
biết gì về cơng thức khai triển nhị thức trước
khi cĩ phát minh của nhà bác học vĩ đại này ? Theo các văn bản cịn lưu giữ được từ rất lâu trước Newton, ngay tit 200 nam trước Cơng nguyên các nhà tốn học Ấn Độ đã rất quen biết với một bảng rđm giác số học Trong trước tác của nhà tốn học Trung Quốc Chu Sinh viết từ năm 1303 người ta tìm thấy bảng SỐ sau NGUYÊN CƠNG SỨ (Trường Đại học Kĩ thuật Mát mã) 133 1 14641 15 10 10 5 1 16 15 20 15 6 1 1 7 21 35 35 21 7 1 1 8 28 56 70 56 28 8 1 Rõ ràng đĩ là các hệ số của cơng thức khai triển nhị thức Newton từ cấp 0 đến cấp 8, dù
nhà tốn học này đã khơng nĩi gì cho các hệ
số tiếp theo cùng cơng thức tổng quát của
chúng, nhưng theo cung cách lập bảng của
ơng cĩ thể dé dang tìm ra được quy luật cho
phép viết tiếp được các hàng mới
Vào nửa đầu thé ki XV trong tác phẩm Chia
khố số học viết bằng tiếng Ảrập của nhà tốn
học, thiên văn học Xamacan cĩ tên là Giêm
Xit—Giaxédin Casi người ta lại gặp tam giác
số học mà tác giả đã gọi tên rõ hơn là các hệ
số nhị thức cùng với những chỉ dẫn về cách
thành lập các hàng kế tiếp nhau của bảng ứng với các cấp liên tiếp của nhị thức Với lối chỉ
dẫn (khơng chứng minh) đĩ Casi đã cho ta
Trang 2Cĩ thể coi đĩ là sự phát biểu bằng văn đầu
tiên trong lịch sử của định lí về nhị thức
Newton
Ở châu Ậu, tam giác số học được tìm thấy đầu tiên trong cơng trình của nhà tốn học
người Đức Stiffel M cơng bố vào năm 1544 Trong cơng trình này cũng dẫn ra các hệ số của nhị thức cho đến cấp 17
Gần một trăm năm sau, hồn tồn độc lập với
nhau nhà tốn học người Anh Bơritgơn (1624), nhà tốn học Pháp Fermat (1636) rồi nhà tốn học, triết học Pháp Pascal (1654) đã
đưa ra cơng thức hồn hảo về hệ số của nhị
thức Newton Đặc biệt trong cơng trình mang
tên Luận văn về tam giác số học cơng bố vào nam 1665, Pascal đã trình bày khá chi tiết về tính chất của các hệ số trong ram giác số học va từ đĩ (ưm giác số học được sử dụng một cách rộng rãi và tên tam giác Pascal ra đời thay cho am giác số học
Rõ ràng về mặt lịch sử mà nĩi thì ram giác số học đã được các nhà tốn học Á đơng xét đến trước Pascal rất nhiều
Vậy vai trị Newton ở đâu trong tiến trình
hình thành cơng thức Newton ?
Năm 1676 trong bức thư thứ nhất gửi Ơden
Hiarơ —- Chủ tịch Viện Hàn lâm Hồng gia
Anh, Newton đã đưa ra cơng thức (1) mà
khơng dẫn giải cách chứng minh Sau đĩ ít
lâu trong bức thư thứ hai gửi đến viện Hàn lâm, Newton đã trình bày rõ ràng bằng cách
nào ơng đi đến cơng thức đĩ Thì ra bằng
cach nay Newton da tim ra cơng thức Newton
từ năm 1665 khi mà ơng chỉ mới 22 tuổi
Nhưng dù vậy thì việc đưa trình cơng thức của
minh Newton cing khơng nĩi được điều gì
mới cho các nhà tốn học đương thời
Vậy tại sao cơng thức khơng mới đĩ lại mang tên Newton ?
Vấn dé là ở chỗ ý tưởng cua Newton khong
dừng lại ở việc áp dụng cơng thức này cho
trường hợp các số mũ là số 0guyên dương mà cho số mũ bất kì : số dương, số âm, số nguyên và phân số
Chính ý tưởng mới đĩ cĩ một ý nghĩa lớn lao
đối với việc phát triển của tốn học Các nhà
tốn học đương thời thấy ngay được tầm quan trọng của cơng thức và cơng thức được áp
dụng rộng rãi trong nhiều cơng trình nghiên
cứu tốn học, đặc biệt trong đại số và giải
tích
Nhân đây, cũng cần phải nĩi thêm rằng cơng
thức nhị thức Newton khơng phải là sự đĩng
gĩp lớn nhất của Newton cho tốn học Newton đã đĩng gĩp rất nhiều cho việc mở đầu những hướng tốn học cao cấp, đĩ là Các pháp tính đốt với các đại lượng vơ cùng bé
Và do vậy Newton được coi là người sáng lập
ra ngành Giải tích tốn học
NHI THUC NEWTON VOI CAC BAI TOAN BAT DANG THUC
Cac ban than mén ! Khi hoc chuong trinh Dai số lớp 8 các ban gặp một số hằng đẳng thức
sau đây :
(a+b) =a’ +2ab+b"
(a+by =a) +3a2b +3ab? +b?
NGO VAN THAI (Thdi Binh)
Các hằng đẳng thức này thường được áp dụng để giải các bài tốn biến đổi đồng nhất và cũng được áp dụng để giải các bài tốn bất đẳng thức:
Trong bài viết này tơi muốn nêu vài nét về nhị
Trang 31 Nhị thức Newton
Các hằng đẳng thức trên chỉ là trường hợp riêng của hằng đẳng thức tổng quát sau đây :
(a+by'= Coa" +Cla™ b+ Coa" b’ + „ +C""Tlap"*! + C7 p" (1)
trong đĩ zø là số nguyên đương
Hằng đẳng thức này được gọi là cơng thức nhị thức Newton, trong đĩ CỄ (k e Đ, k< n) là các hệ số của nhị thức CÝ bằng số tổ hợp hap k ci an tit te la Ck = ——! chap & của n phan tu, tic la C, = kab! (k! = 1.2.3 k ; quy ước O! =1)
Pang thitc (1) dugc ching minh dé dang bang
phương pháp quy nạp tốn học, trong quá trình chứng minh phải lưu ý một số tính chất của tổ hợp : k ~k, c# „ c&+l k+l C; = Ch + C+ on = Ciel : Viéc chimg minh chi tiét xin danh lai cho ban doc Từ nhị thức Newton ta cĩ thể rút ra một số cơng thức thú vị chẳng hạn : sSKhia=b= I thì 2" =C)+C}+ +C? (2) e Khi a = —ồ = | thi 0 al I—Í Cwi= ; 0=C?~C])+ +(—Ð 1C? !+(=Ð' Cj, © (a—b)" = Cha" Ca" b+ +(=ÐD 1C?" !ab*"! + (—1)" Cb" 2 Từ nhị thức Newton rút ra bài tốn bất đẳng thức Bạn muốn cĩ một bài tốn về bất đẳng thức ? Bạn chỉ cần lấy bất kì một hằng đẳng thức nào
đĩ, rồi bớt (hoặc thêm) một số hạng dương nào đĩ ở một vế thì sẽ được một bài tốn về
bất đẳng thức Nhưng để được một bài tốn về bất đẳng thức đúng và hay cịn phải địi hỏi
vào khả năng say mê tìm tịi của bạn Sau đây
là một số thí dụ về các bài tốn bất đẳng thức
quen thuộc được rút ra từ nhị thức Newton
* Thí dụ 1 Từ cơng thức (1) cho a = 1 được
n(n—l)
2
(1+b)" = ]+nb+ .b?+ +nb"lựp" (3)
Nếu b là một số khơng âm thi (7 + 1) sé hang
Trang 4Dễ thấy khi z>0,b>0,¡ <ø thì (ap yai —b') 20 nén a’ +h? >a™ bi +a'b™ Do d6 véi a = 0, b 2 0 thi 2(a+ by! < Coa" +b") + Cha" +b") + +c" (a" +b")+Ci(a" +b") H 1 © 2(a+b}'<2"(a"+b") hay (2) gf th 2 2 3 Áp dụng nhị thức Newton để chứng
minh các bài tốn bất đẳng thức
Q@Bài tốn 1 Với —l < x <1, n là số nguyên dương, chứng mình rằng 2" >d—-x)'4+(4 x)" Ching minh Ta thay 2" =(l-x+14x)"= (l-x)+(1+x))” Khai triển nhị thức Newton ở vế phải ta cĩ 2" - C(1—~ x! +Cl (1x) + x)+ +Œ€n( +x)", Vi [x t<1 nén (1 — x), (1 +x) đều khơng âm, do đĩ Lý 0 ! 2" >C,d-x)" + Ch + x)" = (l—-x)"+(4+x)".0
OBài tốn 2 Cho x, 2x, 20 ; y, > 20,
neN Ching minh rang - ỉ ¬ - (xy ty +O +)" 2 CO $99)" +0 +y,)" Ching minh Vi x, =x, 20 nén x" 2x7) ; m 6Đ Vì vị 3> y;ạ >0 nên yk > yh ;kKEN k Dođĩ (x"-+7)@† mk mk um k mk hay Xp Vy +X V2 2X Yo + XQ - Lay m=n-k;n2k20 ta duoc n-k k un-k k n-k k , on-k ok Xp Vy, +Xc Y2 24I 2 HQ OY ky nek ok ~k ok => Cay" y tay y3) ky on=k n-k k > Cy” yt y) (4) Tir bat dang thitc (4) cho k lan Ivot bang 0, 1, 2, .,n duoc (n + 1) bất đẳng thức sau omer +42) = Cur +13) lực i by onl nl
CO” ly, +237 yy) 2 C77 v2 +497)
Coy tay) > COT ye + apy) Choy +3) = C22 + WỊ)
Cộng theo từng vế của tất cả các bat dang
thức trên rồi sử dụng cơng thức nhị thức
Newton ta được
(1 +ời)/' + +)” 3 (ị +)” +; + vụ)”,
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x¡ =x¿ hoặc
» =y;,
Bài tốn trên tuy khơng khĩ, nĩ cĩ thể được chứng minh bằng nhiều cách khác nhau,
nhưng cĩ điều tơi chưa được biết cĩ quyền sách nào viết về nĩ Nếu ta để ý, từ bài tốn 2 sẽ rút ra được một số bài tốn thú vị, chẳng
Trang 5Nhân hai vế của bất đẳng thức đĩ với CỶ, rồi
cho / lần lượt chạy từ 0, 1,.2, , 2 ta được (n + 1) bất đẳng thức cùng chiều, sau đĩ cộng
thco từng vế của tất cả các bất đẳng thức đĩ
lai, 4p dụng cơng thức nhị thức Newton ta được bài tốn cần chứng minh []
Bài tốn 4 Cho an, đ¿, bị, bạ là các số
khơng ảm Chứng mình rằng
HW LH ft n n ý n
Hal +b + {a5 +b; = l(a +p) +(b, +b)"
Chứng minh Nếu hai trong bốn s6 aj, a5, bj, b„ bằng 0 ta được một đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh được với !<sk<nthi ay [(ai +b) 2 Tle +[w kel k=] k=l Nhu vậy cĩ _ May! +b} ya +b yk > at as + bt by
Nhân hai vế của bất dang thttc dé voi Ch, rồi
cho k lần lượt chạy từ 0, 1, 2, , n ta duoc
(n + 1) bất đẳng thức cùng chiều, sau đĩ cộng theo từng vế của tất cả các bất đăng thức đĩ
lại và áp dụng nhị thức Newton ta được bài tốn phải chứng minh
Bài tốn 4 chính là trường hợp riêng của bất
đẳng thức Minkowski
MOT THUẬT TỐN KHAI TRIỀN NHANH TAM THỨC NEWTON
Từ trước tới nay, ta đã quen biét vi tam giác
Pascal là bảng các hệ số cho khai triển nhị
thic Newton, cing v6i các kí hiệu ci hoặc
n ˆ " ~ » on
i) Bây giờ, ta sẽ thử mở rộng các thuật
tốn đĩ cho trường hợp khai triển biểu thức (a+b+c)”, và gọi là tam thức Newton, trong đĩ
a, b và c là những biến số thực, ø là số nguyên
dương
Để dễ hiểu, ta xét trường hợp khai triển
(a+b+c)ˆ dua vao tam giác Pascal cho nhị thitc Newton nhu sau : (a+b+c)ˆ = (a+(b+©))Ÿ = 1a*(b+c)° +2a' (b+c)' + 1a0(b+c}Ÿ 122) +2.a'.(1.b+Le) + 122(1.b2+2bc+1.c?) PHAM DANG LONG (PDHKHTN, DHQG Ha Noi)
Hãy chú ý tới các hệ số bên ngồi và bên trong
Trang 6Ta cĩ thể rút ra thuật tốn tìm khai triển của e Đặt dấu cộng bên trái các dịng
NB hee can:
(a+b+c)" nhu sau : Bước 3 Tìm khai triển (a + b + ©)Ÿ :
Bước ! Viết bàng các hệ số và biến bên trong ca 5 ' Š : So Nhân biểu thức trong ngoặc (ở bước 1) với
ngoặc : soe các nhân tử ngồi ngoặc (ở bước 2) , N Loe e Các hệ số của dịng thứ ¡ (¡ = 0, 1, 2, 3 ) của
rer ¬ su e Cộng các biểu thức ở các dịng lại được kết
bang la dong thứ ¡ của tam giác số Pascal ene ey ‘
qua
e Các biến của địng thứ ¡ (¡ = 0, 1, 2, 3) của , „ nae „ é? “2 ~ Một cách tổng quát với số tự nhiên z tùy ý :
bảng tương ứng với các hệ số trên là day các
> ; ` yn
bién cua khai trién (b+c)' (a+b+c) =(a+(b+c))
~ Ẩn SA ca ka + H
e Dat dấu cộng giữa các đơn thức trên - S`CPa"~P (b +)? Bước 2 Viết các nhân tử bên ngồi ngoặc : p=0 e Các hệ số ở dịng thứ ¡ (¡ = 0, 1, 2, 3) là dãy n p hệ số của dịng thứ ø = 3 cua tam giác Pascal = Cha" - Che? se =0 =0 nghĩa là dịng cuối cùng của bảng số ở bước ] lÌ e Các biến ở dịng thứ ;(= 0, 1, 2, 3) là dãy » C?jC$4"~"pP4,4 biến ai =a” a O<yspsn Và như vậy ta cĩ
Thuật tốn để khai triển tam thitc Newton (a + 6 +c)” nhu sau :
Bước ! Viết tam giác Pascal đến dịng thứ n, để cĩ được các hệ số của nhị thức Newton
(b+c)"
Bước 2 Ư đầu các dịng, ta viết các đơn thức là khai triển nhị thức Newton (a + 1)”, tức là của
a’, da | a0,
Trang 7Thí dụ Với ø = 4, thực hiện thuật tốn nêu trên ta cĩ lat 4a? 1b 6a° 10? 4a) 1° 3b°c la 1ø 4pco — Kết quả cuối cùng là : (a+b+c}'= 4 a + 4a°b + 4a*c + 6a°b* + Labo + 607" + dab? + 1ab’c + Wabe? + 4ac? +b) 4 abr + 6b°? + Abc + 7 1 1c 2bc Ic? 3bc? 1c” 6c? 4bc” 1c
Rõ ràng là thuật tốn này rất đơn giản và dễ
dang áp dụng rộng rãi, để khai trién mot tam
thức Newton với bậc n tự nhiên tùy ý
NHỊ THỨC NEWTON VỚI CÁC HÀM SỐ SIN VÀ COSIN
Trong rất nhiều các cơng thức lượng giác đã
biết, ta lưu ý đến hai cơng thức
cos(A + 8)= cosA.cosB — sinA.sinB (1) sin(A+ B)= sin A.cos 8 + cos A.sin 8 (1) Từ đĩ ta cĩ cos2x = cos” x — sin? x (2) sin2x = 2sinx.cosx (2') Phân tích liên tiếp như thế, cĩ thể dẫn đến cos3v= cos(2x + x) = coS” x—3sin” x.cosx (3) sin3x = sin(2x + x) = 3cos* x.sinx —sin® x (3) cos4x = cos(3x + x)
= cos! x —6cos” x.sin” x + sin? x (4)
NGUYEN CONG SU (Ha Noi) sin4x = sin(3x +.x) (4) = 4cos” x.sinx —4cosx.sin” x cos5x = cos(4x + x) cos° x-10cos? x.sin* x+5cos.x.sin* x (5) sin5x = sin(4x + x) 3 x+sin" x (5) = 5cos` x.sin x~10cosẼ x.sin
Các cơng thức trên và các biến đổi tương
đương của chúng thường được sử dụng trong việc giải các bài tập lượng giác, đặc biệt là
trong các bài thi tuyển sinh vào các trường đại
học, cao đẳng và trung học chuyên nghiệp
Để làm giảm nhẹ việc nhớ các cơng thức trên ta cĩ thể lưu ý tới tính quy luật được rút ra
trên cơ sở viết lại các cơng thức đĩ dưới dạng bảng sau :
Trang 8sin2v = 2sinx cosx ay _ 2 cos2.x = COS^x — sin’x in3x - uo Tie sin3.x = 3cos“v.sinx — sin’ x _ - 2
cos3x = cos”x ~ 3cosy.sin2x
sin4x = 4cos”x.sinx ~ 4cosx.sin x sacdA y _ 4 2 2 4 cos4.x = cos Y — ỐCOS“Y.SIn“v + sin + - R _ 4 2 3 75 sin5x = 5cos x.sinx — ]Ưcosˆx,sin x + sin x ¬¬ _ 5 3.0 2 4 cos5x = cos x — IÚcos x.siIn“x + 5cosv.sin +
Nếu trong mỗi ơ bị chắn bởi hai đường kẻ
ngang ở trên ta tiến hành liệt kê các hệ số của
các hạng tử (khơng kể đến dấu) theo trật tự
của chiều mũi tên cĩ trong bảng, ta được
1 2 1
] 5 10 10 5 1
Cĩ thể thấy ngay rằng đây chính là tam giác
số học (hay tam giác Pascal) trong cơng thức
khai triển Newton quen thuộc của
(cosx + sinx)” v6i m = 2, 3, 4, 5
Ngồi ra biéu thitc trong vé phai cla sinmx, cosx là hai nửa của khai triển Newton ma
ứng với sinzx là các hạng tử đứng ở vị trí chắn, cịn ứng với cosv là các hạng tử ở vị trí lẻ, chỉ khác là dấu của các hạng tử đĩ được gán theo trật tự luân phiên từ + đến — Thí dụ : Với m = 5 ta cĩ (cosx + sinx)° = cos°x + 5cos*x.sinx + 10cos*x.sin2x +10cos?x.sin?x + 5cosx.sinfx + sin x thì theo quy luật trên ứng với sin5x sẽ là 12
5cos xsina, 10cos2x sin x, sin’x va ứng với
cos5x sẽ là cOS 3, 10cos”x.sin x, 5cosx.sinẨx
Theo quy luật luân phiên của dấu ta được sin5x = 5cos?x.sinx — 10cos”x sin x + sin x
cos5x = cos`x — 1Ũcos”x sinˆ“v + 5cosx sin'x
Cĩ thể chứng minh bằng quy nạp tốn học cho một quy luật tổng quát sau :
Quy tắc Nếu viết biểu thức khai triển Newton cho (cosx + sinx)” thì các hạng tử đứng ở vị
trí lẻ được viết với dấu theo trật tự luân phiên +, —, +, —, sẽ cho ta biểu thức của cosnx cịn các hạng tử đứng ở vị trí chắn cùng với quy luật dấu luân phiên như trên sẽ cho ta
biểu thức của sinmx
Ta hãy thử áp dụng quy tắc trén dé tinh cos6x
va sin6x
Trước hết ta cĩ
(cosx + sinx)° = cos°x + Ốcos x.Sinx + 15cosˆx,sinˆx + 20cos x sin”x + 15cos’x sin’x + 6cosx sin x + sinSx ở đây đứng ở vị trí lẻ sẽ là
|
Trang 9và ở vị trí chăn là
5: 3 3 ot So
6cos'` + sinx, 20cos”x sin x, 6cosx sin” x
Như vậy khi gán dấu ta được 6 4.2 cos6x = cos x — 15cos x.SIn“x „ 4 „ 6 + l5cosx.sinfx — sin x , 5 3 3 sin6v = 6cos” v,sinv — 20cos x.sin x + 6cosx.sin x Với m là một số nguyên dương bất kì ta cĩ min -]) m cosmyx = cos” X=—Trz C0 2 vấn xX 2 mí(m — Ì)(m — 2)(m — 3) + 1.2.3.4 ° s””“ rsin“x — — - 2 4 ml vein? x ; m" SINMNX = an _ HN T— 1)(m — 2) 1.2.3 m(m—Ì)(m—2)(m—3)(m—4) 1.2.3.4.5
Như vậy đĩ cũng là một ứng dụng thú vị của
cơng thức khai triển Newton trong lượng giác 3 m3 vind x cos cos” ysin? x — ‘Cac bạn hiểu biết về số phức cĩ thể dùng cơng thức Moivre :
(cosx + isin.x)"” = cos(nx) + i sin (nx) va khai
triển nhị thức Newton để thấy ngay kết quả
trên
VE CACH BIEU DIEN COSNX THEO COSX
Trén tap chi THTT số 249 (3/1998) cĩ bài
Nhị thức Newton với các hàm số sin và cosin
của tác giả Nguyễn Cơng Sứ, trong đĩ trình
bày cách tìm cơng thức tổng quát biểu diễn
cos/x va sinnx theo cosx, sinx nho tam giác số trong bang Pascal
Bài báo này gĩp thêm một ý về cách xác định
các hệ số của sự biểu diễn cosøx theo cos Một vài cơng thức biểu diễn đầu tiên của
cos/x theo cosx 1a cosOx = 1 = cos?x
cosx = Icosx cos2x = 2cos"x — 1
3
cos3x = 4cos’x — 3cosx cos4x = 8cos*x — 8cos*x + | 5 cos5x = I6cos x — 20cos*x + Scosx 4 cos6x = 32cos°x — 48c0s*x + I8cos2x ~ | 7 5 3
cos7x = 64cos ‘x — 112cos”x + S6cos"x — 7coSx,
TRƯƠNG CƠNG THÀNH (/1à Nội) Nếu chỉ xét các hệ số của các biểu thức trên ta
Trang 10Từ bảng hệ số một cách tự nhiên xuất hiện cau hoi :
nao ?
Các hệ số a„ „ trong bảng cĩ mối liên hệ gì ?
Cĩ thể viết nối tiếp bảng trên một cách nhanh
chĩng khơng ?
Cĩ thể viết ngay cơng thức cosx theo cosx
với mỗi số / khơng ?
Để trả lời ta xét lần lượt như sau 1) Cơng thức xuất phát
Tir 2cosix = 2cos((n — ])x + x)
= 2cos(n — 1)x.cosx — 2sin(n — 1)x.sinx va —2sin(n — 1)x.siny = cosnx — cos(n — 2)x với mọi ? = 2 tacd
cosnx = 2cos(n — 1)x.cosx — cos(n — 2)x (1)
2) Mối liên hệ giữa các hệ số đụ ạ Vi cos” y= cos” 7 Ax cosx = cos” 2 ~24—Dy nén từ (1) cĩ Ang = 2Ay yp — In —2, k-1 (2) voi 1SkS5,n22 2 Và Ay = 24, — 1,9 VOLK = 0,2 22 (2) Any 4 = (DÝ với n = 2k > 2 (2) Chang han : a5 = 2d49 = 2 x 8= l6; dg3=(-ly =H; ds, =2 x 18 ~(-20) = 56
Hệ thức (2) và (2") cĩ thể coi là trường hop đạ2= 242 — riêng cua (2) néu dat a, , = 0 với k < 0 hoặc n< 2k, Nhờ cơng thức (2) bạn cĩ thể viết tiếp bảng hệ số a„ ¿ 3) Chú ý : Tổng các hệ số của một hàng tuỳ ý bang 1, nghĩa là : - 14 Cấu trúc của bảng số trên như thế DY G4 =! (3) Nn <k<> 0 2
Thực vậy, (3) đúng với ø = 1, 2, 3 Gia su (3)
đúng với mọi số khơng lớn hơn ø thì > ay, =2 > Ẩn 1} — » Gn —2k-1 n n-} n-2 <k<— <k<—— <S&k—-l<=——— Osks5 0<k< 5 0<k-l< 5 =2xÏl—]=] Vậy (3) đúng với n 4) Cơng thức tổng quát của a„ ¿ Cĩ thể viết : cos6x = c2 COSỐ x — s21 cos’ x 6 12 2 6 —l m3 + a? Cá.COS x— 3.2 C3 COS7x = 520.C) COS” x -g.2.Cj cos” x + 2.2°.C3.cos? x-1.2°.C} cos, Ta sẽ chứng minh vane quy nap rang : 1-2k ch (4) +
Dễ thấy (4) đúng voi n= 1, 2, 3 Gia str (4) đúng với mọi số khơng lớn hon a thi Ay p= 2A, — 1 — Ay 2, k= 1 l =(- ĐẺ 2 Ire Ch I—k Sỉ HH2 ,, -(- | on ~1-2k ch I k k n-1-2k = (-1) nH Ch at r= 2dCK 4 | = CĐ —2"" 1-2k Ck ke ¬
Vay (4) ‘hing với ø
Nhờ cơng thức tổng quát của ø„ „ ta cĩ thể
viết được ngay cơng thức biểu diễn cos/rv theo
Trang 115) Mối liên hệ giữa số a, , với hệ số trong
khai triển nhị thức Newton Ta cũng cĩ thể viết : cos6x = cosŠ x(1.C§+1.C2+ 1.Cĩ + 1.C6) —cos* x(1.C2 + 2.C6+3.C2) + cos” x(1.Cổ + 3.C6) — cos” x (1.Ce) cos7x= cos’ x(1.C9+1.C5+ 1.C5+1.C5) —cos" x(1.C7+1.C5+3.C5) + cos? xq C5+3.C8) - cosa(1.C7)
Lập bảng các hệ số của các cơng thức trên (bỏ các dấu cộng) rồi quay bảng đĩ ta được bảng dưới đây, trong đĩ thừa số bên trái của mỗi tích lập thành tam giác số Pascal 0 1.02 1.C? 1.C? 1c 2.C2 1c 6 6 6 6 1.c° 3.C6 3.C§ 1.C6 Nếu các bạn biết phép tính ma trận thì cĩ thể viết : [0001 lÏ-I 0011 lcos°x 0121 |Ì-costx 1331 lcos°x ] cos6x = [C§@ C2 Cĩ Cĩ] [0001 |[-cosx | 0011 ||cos°x 0121 lÌ-cosx| [1331 | cos’ x So sánh bảng số trên với cơng thức (4), rút ra cos7x = [C? C7 C7 Cĩ] A 4 “ n cơng thtic sau vol OS kK < 5 : 0 -2k, 7l 2k+2 , x2 2k+4 CCV + Cy Ce + Cp Ca + a -l-2k ak =o" Cry hay >» Chr Cn? n 0<£S k n —]— oF pet ck (5) Bạn đọc cĩ thể chứng minh được cơng thức (5) hay khơng ?
Tương tự như trên, các bạn hãy lập bảng hệ số và tìm dạng tổng quát của hệ số trong cơng thức biểu diễn sinzx theo sinx
MỘT SỐ BÀI TỐN TÍNH TỔNG CHỨA CƠNG THỨC TỔ HỢP
€Bài tốn 1 Đề thi tuyển sinh Đại học năm
2003, mơn Tốn khối B (câu V) cĩ bài tốn :
Cho n là số nguyên dương Tính tổng 2 3 n+] 0,24 2Ì 2 2" -] A= C++ a C?+ + na] 2 Cụ a n TRAN MANH HUNG (CĐSP TP Hồ Chí Minh)
Bài này đã được giải như sau (theo đáp án của Bộ GD & ĐT) Trước hết khai triển
n 0 1 2 2 aun
(1+x) = C+ C, x + Ci xo 4+ 4C, x" Sau d6 ly tich phan hai vé trén [1 ; 2] duoc
Trang 121 if _ 0 1x x2 xi! 2 n+ ne malt) | C, x+C,, zt AC, nal l 22 ¬ 2n+l —] ” +C | —— l ]+ +€ n > C, | 5 } “cil a ml ntl ~ nel ` 3
Cách giải này cũng tương tự cách giải câu
IVa, để 86 trong quyển Bộ đề thi tuyển sinh
vào các trường Đại học, Cao đẳng và Trung
học chuyên nghiệp trước đây
Sau đây xin nêu một cách giải khác cho bài
tốn trên sử dụng cơng thức n+l k Chel In +} = Chil đương, k 1a s6 nguyén khong am, k <n) (trong đĩ ø là số nguyên 1 0 2 (n+1)C) —„+bc)+ø —]l) 5 -—+ tĩm p + Di | atl at i{2- ĐC] ¡+(22 =1) C?¡+ n+l + (m1 per] I +, +2011 cu! “+ “n+] I 202 xe12C0.i+2 C I n+] -(C,, l + Cra I + +, ) 1 ml _2/mrl - =(0+1"!-I-@"1!-0) =
Cách giải này cĩ một số ưu điểm sau :
1) Day là cách tính trực tiếp chỉ dùng kiến
thức cơ bản của giải tích tổ hợp, khơng phải dung đến các kiến thức về tích phân
2) Việc nhân và chia tổng A với ø + 1 do một lẽ tự nhiên là số hạng thứ k + l trong A cĩ 16 mau s6 1a (k + 1), biéu thttc Ck cé mau sé 1a k!(n —k)!, trong dé kl = 1,.2 k va (n — B®! = ((nt+1)—-(k +1)!
nên khi nhân số hạng thứ k + 1 trong tổng A
với n + 1 sẽ xuất hiện biểu thức C4*1 Đây là suy nghĩ thường gặp trong quá trình tìm lời giải bài tốn
3) Đề thi hiện nay cĩ mục tiêu là phân loại học sinh, phát huy tính sáng tạo, khơng rập khuơn, khơng theo lối mịn trong khi giải tốn Cách giải trên phần nào đáp ứng được mục tiêu đĩ Hơn nữa từ cách giải trên cũng
cĩ thể giải các bài tốn khác tổng quát hơn, chẳng hạn Bài 1 Tính tổng (a—I)C0+ "n2" oly đ cay, veel n 3 nt] 7" Bai 2 Tinh 2 „2 3 „3 (a—b)C)+^ — Cl+<^ “ C24 v4 am — pt! n n+l n°
Bai toan 2 Dé thi tuyển sinh Đại học
2005, mơn Tốn khối A, câu IV phần 2 cĩ bài
tốn về tổ hợp sau :
Tìm số nguyên đương n sao cho
Cosi 2 2C3 nai 3 2” Cộ„.¡— 4 2° Cộy +
+ (2n+1)2?"C?”*1 = 2005
Trong đáp án của Bộ GD&ĐT và lời giải trên
THTT số 337 (7.2005) đã giải dựa vào việc
lấy đạo hàm của đa thức dạng (+x + I)”
Dưới đây trình bày thêm một cách giải chỉ dùng kiến thức của giải tích tổ hợp
Ta cĩ (+1)C/?" =(k+)Cj, trong đĩ ¿, k là
các số nguyên khơng âm
Trang 13| 2 2 m3 34 C2„v¡—2.2C2a¿¡ + 3.2 Cana) 7 4.2 Cong tee + (2n+ 12?" Cor"! 2n+l = (2n+I)Cộ,T—(2n +I).2C1„+ (2n +1)C2, - (2n+1)2`C2„+ +(2n +12?" C27 = (2n+1)(C2„—2C?„+2” C?„— 2” C2 + +2'" C2") = (2n+l)(1—2ÿ'' =2n+] Theo giả thiết ta cĩ 2n+ 1= 2005 >øn= 1002
Qua hai bài tốn trên ta thấy để giải bài tốn tính tổng chứa cơng thức tổ hợp, ngồi cách
sử dụng cơng thức đạo hàm hoặc cơng thức tích phân, ta cịn cĩ thể sử dụng các hệ thức về cơng thức tổ hợp để biến đổi các số hạng của tổng rồi rút gọn chúng cũng dẫn đến kết quả Ý NGHĨA HÌNH HỌC CỦA SỐ Cš VÀ ỨNG DỤNG
Khơng ít các bài tốn đại số, khi giải bằng
phương pháp hình học, lời giải đã trở nên gọn và đẹp hơn Bài viết này giới thiệu ý nghĩa
-, hình học của số CỄ và một số bài tốn áp
dụng, hi vọng qua đĩ giúp các bạn thêm một
cơng cụ khi giải một số bài tốn về tổ hợp
I Ý NGHĨA HÌNH HỌC CỦA SỐ Cí,„
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
A(kin) (h.1) Ta gọi đường đi ngắn nhất từ
điểm @(0;0) đến điểm A(&;nm) là đường đi
thỏa mãn quy tắc : Chỉ đi theo hướng dương
của các trục tọa độ và chỉ được phép đổi hướng đi (đổi từ hướng dương của trục tọa độ này sang hướng dương của trục tọa độ kia) tại
các điểm cĩ tọa độ nguyên ỳ Hình ï ĐỖ THANH HÂN (Trường THPT chuyên Bạc Liêu) Mệnh đề Số đường di ngắn nhất từ điểm
O(0;0) đến điểm A(k;n) là C?.„
Chứng mình Mỗi đường đi ngắn nhất từ điểm
O(0;0) đến điểm A(k;n) đều gồm k + n đoạn
thẳng, trong đĩ k đoạn ngang và n đoạn dọc
(h.1) (mỗi đoạn dài I đơn vị) Các đường đĩ chỉ khác nhau bởi thứ tự kế tiếp của các đoạn ngang
và đoạn dọc Vì vậy : Số các đường đi ngắn nhất
từ điểm O(0;0) đến điểm A(&;m) bằng số cách chọn & đoạn ngang từ k + n đoạn dọc ngang, tức
là bằng Cƒ,„ (đpcm) f]
Chú ý Ta cĩ thể xét n đoạn đọc thay cho k
đoạn ngang và khi đĩ số đường đi ngắn nhất
từ điểm Ø(0;0) đến điểm A(k;m) sẽ là C¡.„,
như vậy ta đã chứng minh được Cƒ,„ =Cj.„
Hệ quả 1 Số đường đi ngắn nhất từ điểm J(p;q) đến điểm A(k;n) là =C"-# k~p C (X-p)+0-4) (k=p)*+(m-4) với (<Sp<k,0<q<n;p,q,k,necNĐ
Hệ quả 2 Số đường di ngắn nhất từ điển
O(0;0) dén điển A(k;n) đi qua điểm J(p:q)
Ề p K~p
băng C; Cự px g)
Trang 14II MOT SO BÀI TỐN ÁP DỤNG y
* Thí dụ 1 Chứng mình rằng nếu k,n cĐ,
I<k<nhì CỄ =CỀ 1 +C} ¡ (Quy tic Pascal)
Lời giải Số đường đi ngắn nhất từ điểm
O(0;0) đến diém A(k;n—k) IA Chang) = Cr
(h.2) Ta chia các đường đi đĩ thành hai lớp O khơng giao nhau như sau
dl
e Lớp thứ nhất gồm cdc dudng di tir diém O Hinh 3
đến điểm A phải qua điểm A,(k;n —k—1), SỐ Số đường đi của lớp này bằng số đường đi từ
dường đi của lớp này là C‡ „ ¿ ¡ = Cá ¡- điểm (1;j) đến điểm (&;n—&) và bằng y Cl ein-k-i) = Chin , n-k Theo quy tắc cong suy ra Ch = Oni nok ¡=0 n—k—] (dpem).0 * Thí dụ 3 Chứng mình rằng (C?} +(c,} +.+(C;) =Cĩ, n oO k-l1 kk * Lời giải Số đường di ngắn nhất từ điểm O(0:0) đến điểm B(n;n) là C”,, =C%,
s Lớp thứ hai gồm các đường di từ điểm Ở Tạ chia các đường đi đĩ thành (+ + ]) lớp
đến điểm A phải qua điểm A;(k — l;:— k), SỐ khơng giao nhau : lớp thứ ¿ (¡= 0, 1,2, , m) gồm các đường đi từ điểm Ĩ đến điểm Ư phải
qua điểm A,(i;n—i) (h 4)
Theo quy tắc cộng, ta suy ra y Ck = ch +C ¡ (đpcm) n-l Hinh 2 l t sa TẮn nàu là CÁ-Í k=l đường đi của lớp này là Cự _I,(y—¿) = Ca-[ - * Thí dụ 2 Chứng mình rằng ok pk lack k~I C; = Chl +, -2 + + Cự] với Ì Sk<n
Lời giải Số đường đi ngắn nhất từ điểm
O(0;0) đến điểm A(k;n— k) ACh sng) = Ch Hình 4
Ta chia các đường đi đĩ thành (n - k + 1) lớp Số đường di của lớp này là
khơng giao nhau : Lớp thứ ¡ (¡ = 0, 1, 2, , „ — k -i — cử mi (ail gồm Sắc đường đi từ điểm Q đến điểm A "hải Theo quy tắc cộng, ta suy ra ixo-DCũn DIn=tr9) = Cn Ci = (c,) ộ
C3, = S`(C; Ỷ (dpem) 0 " i=0
cắt đường thẳng x = 5 tại điểm (35) (h 3)
Trang 15* Thí dụ 4 Cho các số nguyên dương m, n,
p q với p <m, q < n Trên mặt phẳng toa
độ lấy bốn điểm A(0;0), B(p:0), Cứn;a), D(m;n) Xét các đường đi ƒ ngắn nhất từ A đến D và các đường đi g ngắn nhất từ B đến C Goi S la số cặp đường di (f ; 8) ma f va g khơng cĩ diém chung Chứng minh rằng S= Ch, Ct HĐỊ+H"n+qg—p -Ci C, m+4'~m+n~p `
(Bài thi chọn Đội tuyển Việt Nam 2003)
Lời giải Số cặp đường đi (ƒ; ø) tùy ý là
M= Cc" Cf =Œ"! — C4 ( ] )
mtn ~g+m—p “m+n m+q—p
Goi U 14 s6 cap dudng di (f'; ø) với ƒ' là
đường đi ngắn nhất từ A đến C, ø' là đường đi ngắn nhất từ 8 đến D (h 5) y Vif'va g'luén cé it nhét mot diém chung Kj) voipsismva0Qsj<sqijeN) nên số đường aif phải qua K là j _ Chủ Ch —J)*+(m— i)? số đường đi ø' phải qua K là J nj Chip): Ch —J)*(m~—i) Vậy J q-j ị a-j U= Cj.; Cụ —j)+(m-i)" Chip): Cự nj) i) (3)
Vi K cũng là điểm chung các cặp đường đi
(f; 2) maf va g c6 điểm chung, nên nếu gọi 7
là số cặp đường đi (f; g) ma f và ø cĩ điểm chung K thì tương tự ta cĩ Cá (4) —- cl n~j Jj T= Chi Coz pm-iy© jrú-p)" (q- “2 mi) Từ (2), (3) và (4) ta cĩ T = U Vậy S=M_—U = Chan Chg —p ~ Chg: Chen ~p (đpcm) Oo
Để kết thúc bài báo, mời các bạn thử sử dụng phương pháp trên với hai bài tập nhỏ sau :
Xx
Hình 5 Chứng minh rằng
0 om-l
Số cặp đường di (f'; ¢') tay ý là 1) CRC EACH Chat tt Cin Cham = Crk
U= Cham: Cham: -p” = Cag: Chis np (2) 2) Ch +CiCy + "¬ = Chan:
PHUONG PHAP QUY DAO
Bai nay gidi thiéu mét trong nhing phuong pháp cĩ hiệu quả để giải các bài tốn tổ hợp,
đĩ là phương pháp quỹ đạo Nội dung của
phương pháp quỹ đạo trong các bài tốn tổ hợp là chỉ ra cách giải thích hình học để đưa
bài tốn về việc tính số đường đi (hay số quỹ
đạo) cĩ một tính chất xác định nào đĩ
PHAN ĐỨC THANH (PH Vinh, Nghé An)
Ưu điểm của phương pháp quỹ đạo là tính
trực quan trong cách chứng minh
"Bài tốn con ếch” (tức bài tốn số 6 trong ki
thi Tốn Quốc tế lần thứ 21) cĩ thể giải bằng phương pháp quỹ đạo (xem Tốn học và tuổi
trẻ tháng 2/ 1980)
Trang 161 Một số bài tốn điến hình giải bằng
phương pháp quý đạo
Phương pháp quỹ đạo dựa trên việc tính số đường đi theo một mạng lưới kẻ ơ vuơng kích thước m x n đặt trong gĩc phần tư thứ nhất
của hệ trục toạ dé Oxy
Số đường đi ngắn nhất theo mạng lưới (tức là
chỉ được đi cùng chiều với Ĩx hoặc Ĩy)
từ điểm (0 ; 0) đến điểm Dứn ; n) bang
cr Mah = CI m+n
© Bai toan 1 Chimg minh rằng
CH, (Cyr ech ye + F(CrY
Lời giải Ta hãy xét một mạng lưới kẻ ơ vuơng
._ kích thước ø x n Số đường đi ngắn nhất (theo mạng lưới) từ điểm O(0 ; 0) đến điểm Dứ ; m) bằng C7„ Chú ý rằng mỗi đường đi ấy đi qua mội và chỉ một điểm 4,(k; —k) nào đĩ nằm
trên đường chéo 8C (h.6) Số đường đi từ điểm
Ĩ đến điểm A„ bằng |
Chacn-ky = Cn
Số dường đi từ diém A, dén diém D bang
Cổ, ;„„¿ =C¿ Do đĩ số đường đi từ điểm Ø
đến diém D di qua A, bang ct Ck = (one Từ đĩ dễ dàng suy ra hệ thức phải chứng minh E] Các bạn hãy chứng minh hệ thức tổng quát hon : Cock ech cht4 4+ Ch? =ch m + y B(0; n) Din; n) Ay n-k O kK C(n;0) x Hinh6 20
© Bai toan 2 Ching minh rang
Cm Chena Chay te +O) n-l HH ` kem = = =Cnai-
Lời giải Ta hãy xét tất cả các đường đi ngắn nhất
từ điểm O(0 ; 0) đến điểm Dự — m + k +l ; m) Số các đường đĩ bằng Cj_„.¡ Gọi B, (i = 0,1, ., m) là lớp những đường gấp khúc cắt đường thẳng A cĩ phương trình 1 1 a.» x=k+2 tại điểm Rk ; j (h.7) y O ko k+l n-mt+k+1— x Hinh 7 Ta nhận thấy rằng mỗi đường gấp khúc thuộc lớp B, gồm 3 phần :
Phân I : Đường gấp khúc nối điểm Ĩ(0 ; 0)
với điểm P(Œ ; i)
Phân 2 : Đường nằm ngang nối điểm P(# ; /)
voi diém O(k +1; 0)
Phần 3 : Đường gấp khúc nối điểm @Œ + 1 ; i)
với điểm Dứni — m + k + 1 ; m)
Ta thấy rằng tổng số các đường gấp khúc
thuộc lớp B, là
C Cr HTI `
Từ đĩ suy ra hệ thức nhải chứng minh
Bài tốn 3 Cĩ m + n người sắp hàng mua
vé xem kịch trong đĩ cĩ n người mang tiền
loại 50000 đồng và m người mang tiên loại
100000 đồng với n > m Mối vé giá 50000 đồng Trước lúc bán, người bán vé khơng cĩ
tiên Hỏi cĩ bao nhiêu cách sắp xếp m + n
người mua vé để khơng cĩ người nào phải chờ
Trang 17Lời giải Giả sử các người mua vé đã được sắp
hàng theo một cách nào đĩ Ta đặt
Ï nếu người mua véthứ; cĩ 50000 đồng
đ,= Ộ
' |~l nếungười mua véthứ¡cĩ 100000 đồng Khi ấy %„ = e¡ + + e¿ bằng hiệu số giữa số lượng người cĩ tiền 50000 đồng và số lượng
người cĩ tiền 100000 đồng khi cĩ & người
sắp hàng
Trên mạng lưới kẻ ơ vuơng trong hệ trục toa độ ĨØxy ta vẽ các điểm A,(k ; S,) (k = 1, 2, .,
m+ đ) và xét đường gấp khúc nối điểm Ĩ(0; 0) với điểm A„,„ „Úm + n; n — m) mà đi qua các điểm A\, , A„ „ „_ ¡ Ta gọi đường
gấp khúc như vậy là một g⁄ÿ đạo, tương ứng với cách sắp hàng của người mua vé Tổng số
77 + `
các quỹ dao bang C
a) Chú ý rằng các quỹ đạo tương ứng với cách
sắp hàng của người mua vé để khơng ai phải chờ trả tiền thừa sẽ khơng cắt đường thẳng
y=~]
Thực vậy nếu đối với & nào đấy % _ ¡ = 0,
S,=-1 thì điều đĩ cĩ nghĩa là trong k = 1
người sắp hàng đầu tiên số lượng người cĩ
tiền 50000 đồng và số lượng người cĩ tiền 100000 đồng là như nhau, người thứ & cĩ
100000 đồng nên phải chờ trả tiền thừa b) Ta sẽ chứng minh rằng số quỹ đạo cắt
đường y =~l bằng C?*' Với mỗi quỹ đạo Q
cất đường thẳng y = —1 hay cĩ một điểm
chung với nĩ ta thiết lập tương ứng giữa Q với
một quỹ đạo Q' theo cach sau : Dén giao điểm
đầu tiên với đường thẳng y = —l ta cho @' = Ĩ,
phần cịn lại của @' là ảnh đối xứng của @ đối
với đường thắng y = —1 Tồn bộ quỹ đạo Ợ' kết thúc ở điểm A'„,„ỨÚn +; m—n— 2)
là ảnh của điểm A„„ „ đối với đường thẳng
y =~] Sự tương ứng đã thiết lập là một — một
(hay là song ánh), do đĩ số quỹ đạo cắt đường thang y = -1 bằng số đường gấp khúc nối
điểm Ĩ với điểm A'„.„
khúc này cĩ r đoạn hướng xuống dưới và s đoạn hướng lên trên thì Nếu ở đường gấp =r=n+] r+S=m4n r-s=n+2-m Vậy số quỹ đạo cắt đường thẳng y = —1 bang ctl T1+H
c) Từ kết quả ở b) suy ra rằng số quỹ đạo tương ứng với cách sắp hàng của người mua
vé để khơng cĩ người nào phải chờ trả tiền thừa bằng
ctl _H+ l—m m
~\mtn n+1_ m+n*
Liên quan chặt chẽ đến bài tốn 3 là bài tốn về bỏ phiếu mà nhà tốn học Bertrand đã xét năm 1887
© Bai toan 4 (Bài tốn về bỏ phiếu)
Cc
Mm+H 0
Trong một lần bầu cử, ứng cứ viên A được a phiếu bầu, ứng cứ viên B được b phiếu bầu (a> b) Cứ trị bỏ phiếu liên tiếp Hỏi cĩ bao
nhiêu cách bỏ phiếu để ứng cử viên A luơn luơn dẫn đâu về số phiếu bầu cho mình ?
Lời giải Ta đặt
+[ nếu phiếu thứ ¡ bầu cho A —l nếu phiếu thứ ¡ bầu cho B ©Ồ.= Đặt Si =e) + + Cụ Ta xét quỹ đạo với các điểm O(0 ; 0), (1; S,), (k; Sw), (đ+ Ð; Su + p) O day S,,,=a-b
Rõ rang mỗi cách bỏ phiếu tương ứng với một quỹ đạo xác định Mỗi quỹ đạo gồm ø + b
đoạn thẳng trong đĩ cĩ a đoạn hướng lên trên Tổng số các quỹ đạo bằng C⁄ Ứng cử viên
A luơn dẫn đầu nếu quỹ đạo tương ứng đi qua
điểm (1 ; 1) và khơng cắt trục hồnh Số quỹ đạo như vậy bằng
n+Ì—m Cc”
n+l m+n
trong d6n=a-1,m=b
Trang 18Do đĩ số cách bỏ phiếu phải tìm là
os ort ci, 0
© Bai tốn 5 Cùng câu hỏi như bài tốn 3
nhưng với giả thiết là trước khi bán vé ở người bán vé cĩ c tiền loại 50000 đồng
Trong trường hợp này bài tốn đưa về việc tính số quỹ đạo từ điểm Ø(0 ; 0) đến điểm
Am, „(m+ n; n — m) khơng cắt đường thang y=—(c + 1), R6 rang số quỹ đạo cắt đường thẳng đĩ bằng số quỹ đạo từ điểm B(0 ; -2(c + 1)) đến điểm A„,„ „(n + m ; n — m) tức là bằng c+n+l —_ xm~c—l Cũ n = Chan , Số quỹ đạo cần tìm của bài tốn là Cc” _ Cr-c-l oO “m+n “m+n 2 Một số tính chất của quỹ đạo Giả sử x, y là các số nguyên và x > 0
Ta gọi một quỹ đạo từ gốc toạ độ đến điểm 0(x ; y) là đường gấp khúc nối các điểm O(0;0), (1; S), &; S2, DŒ; S\), trong đĩ S.=y +] Sj —Sj-1 =e; = -1 VỚI ¡ = Ì, 2, ,X
Gọi N[x ; y| là số tất cả các quỹ đạo nối điểm
O(0 ; 0) voi diém D(x ; y) Ta c6
Ménh dé 1
Nix, y]
sty
= JC,? néu x va y cung chan (hodc le) 0 trong trudng hop cịn lại
Chứng mình Giả sử quỹ đạo gồm p đoạn hướng lên trên và z đoạn hướng xuống dưới Khi ấy ta cĩ x=p+q.,y=p-q Suy ra 22 2°99 Vi p, g nguyén nén x và y phải cùng chắn hoặc cùng lẻ Do quỹ đạo hồn tồn được xác
định nếu chỉ ra được những đoạn nào hướng
lên trên nên số quỹ đạo từ điểm Ø(0 ; 0) đến
x1}
diém D(x; y) bang C,?
Dễ dàng chứng minh được
Mệnh đề 2 Giả sử A và B là hai điểm cĩ toạ độ nguyên nằm trong gĩc phần tư thứ nhất, A' là điểm đối xứng của A đối với trục hồnh Khi đĩ số quỹ đạo từ A đến B cắt hay tiếp xúc với trục hồnh bằng số quỹ đạo từ A' đến B Mệnh đề 3 Giả sử x > 0, y > 0 Khi đĩ số quỹ
đạo từ điểm O(0 ; 0) đến điểm B(x ; y) khơng cĩ đỉnh trên trục hồnh (trừ điểm O) bằng
y =.N[x,y]
: [x,y]
Ching minh Chi ý rằng tất cả các quỹ đạo nối điểm O(0 ; 0) với điểm B(x ; y) và khơng cất trục hồnh phải đi qua điểm A(1 ; 1)
Số quỹ đạo đi từ điểm A đến điểm Ư bằng N[x— 1, y — 1] Số quỹ đạo đi từ điểm A đến điểm Ư và cắt trục hồnh bằng số quỹ dao
đi từ điểm A'(1 ; —1) đến điểm B ttc 1a bang
N[x — 1, y + 1] Do đĩ số quỹ đạo cần tim bang
Nịx —1, y—1]— N[x—l,y+1]= = Nix, yJ.q
Sau đây ta thiết lập một số tính chất của quỹ đạo nối điểm O(0 ; 0) với điểm T(2n ; 0) trên
trục hồnh Ta dat
Lan
B›„=———~ 2n n+l 2n
Mệnh đề 4 Trong C7, quỹ dao nối điển O(0; 0) với điểm T cĩ
a) Đúng B›„„_ ; quỹ đạo nằm trên trục hồnh
và khơng cĩ điểm chung với trục hồnh (trừ
Trang 19b) Đúng Bạ„ quỹ đạo khơng cĩ đỉnh nằm dưới
trục hồnh
Chứng minh a) Chú ý rằng tất cả các quỹ
đạo nối điểm O với điểm 7 nằm trên trục
hồnh và khơng cĩ các điểm chung khác với trục hồnh nhất thiết phải đi qua điểm
T1(25 — 1; 1) Theo mệnh đề 3 số quỹ đạo nối
điểm Ĩ với điểm T, va khong cắt trục hồnh bằng | HH 2n-] 2n-l I — TN en 1,1) —TÌ I nà = nr2n~2 = By,,-2- b) Ta xét quỹ đạo nối điểm Ĩ với 7 và khơng
cĩ dinh nằm dưới trục hồnh Trong hệ toa độ
m6i X,O\Y, voi O,(-1 ; -1), diém T cé toa dé
(2n + 1; 1), diém O c6 toa d6 (1 ; 1) S6 quy
đạo nối điểm O với điểm 7 và khơng cĩ đỉnh
nằm dưới trục hồnh bằng số quỹ đạo nối
điểm Ø, với điểm 7 và nằm trên trục Ĩ¡Xị Số quỹ đạo này bằng
nant} 2
2n+l 2n+] mì
Loan
= n+l 2n — By, 0
Mệnh đề 5 Gọi B›„ ;„ là số quỹ đạo nối điểm
Ĩ với điểm TĨn ; 0) cĩ 2k cạnh nằm trên trục
hồnh và 2n — 2k cạnh cịn lại nằm dưới trục hồnh (k = 0, Ì, , n)
Khi đĩ
Bo ;„ = Bạ„ khơng phụ thuộc vào K
Chứng minh Bằng quy nạp theo n
Hơn nữa chứng minh được rằng
H
Box on = > Bài Bà, ạị jet
Đối với các quỹ đạo khơng cĩ đỉnh nằm dưới
trục hồnh đã được xét trong mệnh đề 4 (điểm
b) theo mệnh đề 5 ta cĩ Bon, 2n = Bo, Do tính đối xứng ta cĩ
Bo, 2n — Bo)
Tổng số các quỹ đạo nối điểm Ĩ với điểm 7
bang (n + 1) B;„, từ đĩ suy ra ngay rằng Boy 2n = B,, (k = 0, 1, n) Như vậy ta nhận được hệ thức H Bo, = SS) Byj-2Bon-2- 0 i=l
MOT SO DANG TOAN SU DUNG
CONG THUC TO HOP VA NHI THUC NEWTON
Các dạng tốn sử dụng cơng thức tổ hợp,
chính hợp, hốn vị và nhị thức Newton khá
phong phú, thường xuất hiện trong các kì thi
tốt nghiệp trung học phổ thơng và tuyển sinh vào Đại học và Cao đăng Sau đây là một số
kiến thức cơ bản và dạng tốn thường gặp
NGUYEN ANH DUNG (Hd Noi)
I: TOM TAT Li THUYET
Trong bài viết này ta quy ước n, k là các số nguyén duong voi | <k <n
Cho một tập hợp 7 gồm ø¡ phần tử
Trang 20e Mỗi cách sắp thứ tự ø phần tử của 7 tạo thành một hốn vị Số hốn vị của phần tử là P, = nÌ, e Mỗi cách sắp k phần tử thứ tự của T tao thành một chỉnh hợp chập k của ø phần tử Số al (n—k)! chỉnh hợp như thế là A* =
Trang 21Mặi khác P(v) = x(I+x)” => P(x) =(1 +x)" + nxt" Suy ra S=P(-1)=0.0 Lưu ý Cĩ thể tính các tổng % =CP +2a.CÌ +34ˆ.C2 + +(n+1)4Cj- Š,=C0, +3dˆ.C2„ +54! Cĩ„+ +(2n+1)4”” C27 $;=2aCl„,+4d`.Cộ„ +6a° Cĩ, + -12n.477 C2 khi xét đa thức P(x) = x(1+.x)" va chứng tỏ rằng »=P(4) Xét đa thức ()=x(++x)”” và chứng tỏ rằng 2% =@(a)+@(-4) ; * Thí dụ 4 Tính tổng 25S; = Q'(a)-Q'(-a) 1 5 1 2C + sC toto on Loi giai (Su dung phép tinh tich phan) Xét đa thức P(v) = (1+ x}”, ta cĩ 0 S=C, + Ta) ¬ 2 2 non P(v) = Củ + Cjx + CjX“ + +CjxX Suy ra stot tory, a leres [Pcode = 5 on 3 male” 0 n+l —] 1 Do đĩ § = fa +x)'dy = 0 n+l Lưu ý Cĩ thể tính tổng 2_ 2 3_ 3 Đ=(b-a)C90 +? =đ 2 n 4? 3 < C; + 2 n H pi! _-gm n+l khi xét đa thức P(x)=(1+x)” và chứng tỏ b rằng S = JPoode a
Ta thường gap bài tốn với một trong hai cận
của tích phân là 0 hoặc 1, hoặc —]
Trong một số trường hợp, ta phải xét đa thức P(x)=x*(l4x)" voi k=1,2, 2 Chimg minh hệ thức về cơng thức tổ hợp * Thí dụ 5 Chứng mình rằng (c9Ÿ -(c¿} +(C?Ÿ +-.+(C¡} =Củ, Lời gidi Ta c6(x+1)"(14+-.x)" =(x+1)"" VE trai (x +1)"(1+.x)" chinh 1a
(Cha"+C).x ty, +Cy}(Ci+C)a+- .tCj ”)
Dễ thấy hệ số của x” trong vé trai 1a
(cry +(cly +(@) bat (Cry Hệ số của +” trong vế phải (x+ Wr" là CG, Do đĩ 2 2 2 2 0 1 2 1 h (ch) +(c,) +(Cz) + +(C)) =C, 0 Luu ý Xét đẳng thức (x+1qd++x)"=(x+U”
Tương tự trên sử dụng cơng thức khai triển
nhị thức Newton để viết cả hai vế thành đa thức đối với x, đồng nhất hệ số của các số hạng cùng bậc trong hai vế, bạn cĩ thể viết ra
được nhiều hệ thức về tổ hợp
3 Phương trình chứa cơng thức tổ hợp
Phương trình chứa cơng thức tổ hợp là phương trình cĩ ẩn số nằm trong cơng thức tổ hợp,
chỉnh hop, hoan vi
* Thí du 6 Gidi phuong trinh
A3 4205! 3053 = 3x? +R +159
Lời giải Điêu kiện : x > 3,x eĐ Phương trình
đã cho cĩ dạng
Trang 22AI 2x+D!_ 3(x- DJ (x-3)! 2'v~I)' 21x-3)1 3x7 4614159 «> x(vx—l)v—2)+ x(x+]) -sự ~1)(x-2) = 3x" +879 2 — (v= 12)(2 +1Ix+147)=0
Phương trình này cĩ nghiệm x = 12 CT
Luu y Khi giải phương trình chứa cơng thức tổ hợp ta làm như sau: Đặt điều kiện cho ẩn số; sử dụng các cơng thức về hốn vị, chỉnh
hợp, tổ hợp để biến đổi, rút gọn và giải
phương trình ; đối chiếu nghiệm tìm được với
điều kiện của bài tốn để kết luận
* Thí dụ 7 (Bài tốn lập phương trình chứa
cơng thức tổ hợp) Hãy tìm ba số hạng liên
tiếp láp thành một cấp số cộng trong đấy số sau C43, C43 C34 C53 Lời giải Ba số C2:, C2;', C73ˆ theo thứ tự đĩ lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi 2C”! ¬ +57? 23 = > 40331 = Ch, +0531 +053! + C57? = 4033! = C3? 4.23! 25! © = (n+l)22—-m)! (n+2)!(23—n)! Suy ra (m+2)(23~n) = 150 ©n=8;n=13 Ta được hai cấp số cộng là Cổ.,C?:,C25 và C13,C23.C2; C Lưu ý Một số tình huống thường gặp khi lập phương trình tổ hợp là: e Ba sé a, b, c lập thành một cấp số cộng (hoặc cấp số nhân) khi và chỉ khi 2b =a+c (hoặc bˆ =qc )
e Cho tập hợp A cĩ ø phần tử, số tập con của
A gồm x phan tử bằng # lần số tập con của A 26 gồm y phần tử, tương ứng với phương trình C; =kC? 4 Tính hệ số của đa thức % Thí dụ 8 Tính số hạng khơng chứa x, khi Hn khai trién P(x) = cs + biét rang n thod vx ~ a z 6 7 8 man hé thức C„ +3C, + 3C; + C? =2CỦ „ Lời giải Áp dụng cơng thức (2), ta cĩ 6 7 8 9 C? +3C¿ +3C7 + C7 = C§ +C¡ +2(C¡ + C¡]+ Cả + Cĩ
=Chat + 2C? ¡ + Cha = Cha + Cho = Cha:
Như vậy, giả thiết tương đương với C? ,=2CỔ.„ © = =2Ẳ©n=l5 2 \Š Khi đĩ P(x) = w + =| Vx Š aay 2 Š Lt 30 Sk k=0 và k=0 Số hạng khơng chứa x tương ứng với 30=5K 9 pg Số hạng phải tìm là C®,.2° = 320320 0
Lưu ý Để tính hệ số của s6 hang x* (ala một số hữu tỉ cho trước) trong khai triển nhị thức Newton của P(x) =(f(x))", Sau: ta làm như n Viết P(x)= Yak , số hạng chứa xế k=0
tương ứng với ø(k) = œ ; giải phương trình ta tim duge k Néu ke N, k <n, hệ số phải tìm
là a,; nếu kNĐ hoack>n, thi trong khai triển khơng cĩ số hạng chứa x+Z, hệ số phải
Trang 23* Thí dụ 9 //ấy rìm hệ số cĩ giá trị lớn nhất của da thức 13 P(x) =(2x+1)” =agx!) +aix!“+ +áịa Lời giải Ta cĩ P(x) =( 2x+1) "` x)* n=0 4 „ ¬l3-n Vậy a, = 13-2 => ayy =CPS'.2'9" (n= 1,2, 4513) Xét bất phương trình (với ẩn số n): a < dụ, <> cy, '.2!4 Ne cr,.2'3™ Ne] c 2.13! < 13! („—!4—n)!— n!(13— n)l ¬ <eN, = 14—n
Do đĩ bất đẳng thức a, , <a, nel & đúng với
đ c{I,2,3,4} và dấu đẳng thức khơng xảy ra
Ta được
Ah) <a) <a, <3 <a, Va ay > ds > > a3 Vậy hệ số cĩ giá trị lớn nhất là
dy =C};.2° = 366080
Luu ý Để tìm hệ số cĩ giá trị lớn nhất khi
khai triển (ax +)” thành một đa thức, ta làm
như sau :
Tính hệ số của số hạng tổng quát ; giải bất phương trình đ„ ¡ <a„ với ẩn số n ; hệ số cĩ
giá trị lớn nhất phải tìm tương ứng với số tự nhiên ø lớn nhất thoả mãn bất phương trình trên BÀI TẬP Bài 1 Tính các tổng S=lC) +2”Cƒ + + nˆC? ; n? 1 0 1 2 | 4 l 2! Bài 2 Tìm hệ số cĩ giá trị lớn nhất trong khai v 2 14 triển đa thức P(v) = lạ 3] Bài 3 Giải bất phương trình TẠI, -A < 6 —.C) +10 2 x Bai 4 Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển của 18 P(x) = ( +x? +5) x
SUY NGHĨ KHƠNG CŨ VỀ MỘT DẠNG TỐN KHƠNG MỚI
Sử dụng phương pháp tích phân hoặc đạo hàm
đối với các bài tốn về nhị thức Newton
khơng cịn xa lạ đối với giáo viên và học sinh
Trong các đề tuyển sinh vào các trường Đại
hoc va Cao dang, dang bài tập này cũng thường xuất hiện Tuy nhiên, trong sách giáo khoa mới hiện nay phần Nhị thức Newton nằm ở
HÀ VĂN THẮNG
(Trường THIPT Yên Dũng số l, Bắc Giang)
lớp I1 (trước phần Dao hàm và Tích phân) Vì
vậy, cĩ ý kiến cho rằng khơng thể giảng cho
hoc sinh lớp I1 các bài tập thuộc dạng này Trong bài viết này, tác giả xin trình bày cách
giải các bài tốn thuộc dạng trên bằng cách sử dụng các cơng thức về tổ hợp thuần tuý
Chúng ta bắt đầu với các thí dụ sau đây
Trang 24* Thí dụ l Tính tổng S~ IC? +2C2 +3C) + +(¡ — DC?”Í + nCP (ne N”) Lời giải Cách ! Sử dụng cơng thức CỶ =C?# với &k=0, ], , n, ta viết lại tổng đã cho như sau: S =nCđ +(n =I)Cj +(nS~2)C2 + + IC" , Như vậy, ta cĩ § =IC; +2C2 + 3C} + +(r—D)C? TT + ¡C" $ =nC? +(n —I)C), +(n ~2)CZ + +1C? Cộng theo vế hai đẳng thức trên ta được 25 = nCủ + nC) + nC2 + + nC?"1 + nC" => 28 =n.2", Vậy S~n2"!, f1 Cách 2 Ta cĩ Bồ để 1 Với mọi n,ke Đ” kC} = nCj | 1° :n2k 21 thi nÌ k.n.(n ~])! ha — AKI (Œ?—k)!Ä.(k = DỊ (n~1)! ứ —#)\(& — It Áp dụng Bổ đề 1 ta cĩ S=1C?+2C2+ 3C) + + nC? Thật vậy, với ø,¿ e ĐN” kCk = C, 1 (đpcm) =nÍCĩ ¡ + Cụ + C2 tC" "" Vậy =n.2"!,1 * Thi du 2 Tinh tong | S= 500 +50) +402 + +5 C, (ne N’) Lời giải Trong Bồ dé | tay | k bởi & +] và n bởi ø + Ì ta cĩ 28 và n>k>]1 thi Bổ đề 2 Với các số tự nhiên n và k thoả mãn n>k thì a ] ki kel " n+] n+Ì" Vì vậy, áp dụng Bổ đề 2 ta cĩ 1 2 l Crt + Cra + + Cấn _ Ị ” -1) O n+l n+l , S=
Nhận xét Các lời giải trên cĩ ưu điểm là ngắn
gọn, dễ trình bày và cĩ hướng giải "tự nhiên” Quan trọng hơn cả là giáo viên cĩ thể hướng dẫn học sinh giải ngay cả khi chưa học đạo hàm và tích phân * Thí dụ 3 Tinh téng S=1.2.C7 +2.3.C? +3.4.C? + +Ín — 1)nC? với ncÌ\ vàn >2 Lời giải Với ne Đ,n > 2 và k = 2, 3, , n, áp dụng Bổ đề 1 hai lần ta cĩ (kK-1)kC, = (k-Dn Ot =n(—1)CRC H- 4 =n(n— nce 3 3 Bồ đề 3 Với các số tự nhiên n >k>2,n >2 thì (k ~1)&Cj = (0— )nCz-7 Áp dụng Bổ đề 3 ta được $= 1.2.C? +2.3.C2 +3.4.C7 + +Ín — l)n.C? =(n-l)n n{Ch 9+ Cp tle t t CU 3) =(n-1)n2"7.0 * Thí dụ 4 Tính tổng
S=IC| +2?C2 + +n?C? với neĐ,n >2
Lời giải Xét số hạng tổng quát của tổng S 1a
k?CẺ,, với k = 2, 3, , n, ta cĩ
k?CỆ =(k~—1)kCỄ +kCÈ =n(@n—LCƑT2 +nCƑ=Ì
Trang 25Bồ đề 4 Với các số tự nhiên n 3> k >3 2,n > 2 thì 2w k-2 kel k°C, =atn-YC, 540, | 42 va en = nC) I: Áp dụng Bổ đề (4) ta được 2¬ 22 S= IẺC| +2”C? + + nC? =n(n- ĐÍC atl yt +C73) i +nÍC§ ¡+ C) + C2 ¡ + +C) 1) =n(n—-1)2" 747.2"! ~n(n+132" 7, Œ * Thi du 5 Ching minh rang lạ ot I ony 277-1 3 Can HN, tot Củn = Intl]? ae * voineN Lời giải Theo Bổ đề 2 ta cĩ Tonk Fest k+i| ” nt)! với k = l, 2, ,.n Áp dụng vào bài tốn ta được 1 2 1 ] _ Cy, + gon + + Cần Ị l ~ One 2 4 2n (Cổ + C2 tit Con +l 0 2 "4 s2 — 2n+] (Cont +2, +2 + CH.)-1} “sz„iÈ” 1) Ta cĩ điều phải chứng minh
Nhận xét Bài tốn trên nằm trong dé thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2007
Trong đáp án trình bày theo cách giải tích
phân khá phức tạp Lời giải trên đây ngắn gọn
hơn và tiếp cận tự nhiên hơn
Từ các Bổ dé đã được chứng minh trong các lời giải ở phần trên, ta cĩ thể giải được các bài
Trang 26SUY NGHĨ VỀ MỘT LOẠI TỐN QUEN THUỘC
Tiếp theo bài báo Sưy nghĩ khơng cũ về một
dạng tốn khơng mới đã được đăng trên Tạp
chí Tốn học và Tuổi trẻ số 378 (tháng 12/2008) của tác giả Hà Văn Thắng (GV THPT Yên Dũng 1, Bắc Giang), tơi nhận thấy hầu hết các bài tốn về tính tổng hay chứng minh các biểu thức liên quan đến cơng thức tổ
hợp mà trước đây phải sử dụng đến cơng cụ
tích phân hoặc đạo hàm để giải thì ta chỉ dùng các cơng thức biến đổi thuần tuý cũng cĩ thể
giải được các dạng tốn trên Phần này cĩ thể
áp dụng để giảng day cho hoc sinh khối 1]
theo chương trình hiện hành I MỘT SỐ KIẾN THỨC CÂN NHỚ 2n (0 =(+x)” =5 Ca; k~0 2n ; : a(x)= (xP = C5, (Dk x k-0 5 2ntl fy(xy= (Lexy = 24 Canis 2n+l 8(x)=(1~vJ « "`: Đa Suy ra fx) + a(x) 2k 2k , y(n )=——=—= Sick k0 hà (A = Bt 0) Xu 2k ke A(X) — g(x) 2k 2k-1 p(X) =A = Sci 3 k0 x p(x) = 2E =9) 2 Xs 2 01, k=0 30
DUONG DUC HAO
(Trường THPT Hương Khê, Hà Tĩnh)
A) = py) =2" = Sich, - 2Canit k=0 hl) = pl) =2?"" = 3° Ch “rar tý k=0 2n+l 2 Cnet 22m1 _ AM = hy (I) = ~ 2°" = yc c=0 Tu f,() và ¿() cĩ 2"= SC (*) k=0 a è ae * ` , Bồ để Với n,ke6Đ van >k2> 1, tacé 1) kCk = nck ae che kt 2) re ac (Chứng minh các Bổ đề trong bài báo nêu trên) II BÀI TẬP ÁP DỤNG * Thí dụ 1 Tính tổng 0 l 1 1 H ‘= acne 230" 0T Loi gidi Ap dung Bé dé 2 hai lần để biến đổi
số hạng tổng quát của Š¡ như sau :
1 «1 me
(+DŒ+2) ” k+2|k+I
Trang 27Từ đĩ và hệ thức (*) cĩ = 2 n+2 ‘| TEST PST Ee +Chy2 + +733) | — ` lan+2 _ ~ ahaa C¡„2 — Chaz) _ 2nt2 —Đ 3 _ (6n0+l1)0:+2)ˆ *& Thí dụ 2 Tính tống Sy 1.2.3.0) +2.3.4404 + 4(n—2)(n-DnC"
Lời giải Áp dụng Bồ đề 1 ba lần để biến đổi số hạng tổng quát của S; như sau:
(k—2)( T— Đ&C} = (k ~2)(& =1)nCj—i = m(k—2)(k— Ne} ¡ =n(k —2)(n~— cr” =n(n—1)(k ~2)C‡ 2 = nín — l)(n— 2)CR~3 Từ đĩ và hệ thức (*) ta cĩ $y =n(n-I)(n-2)(Chg+Ch.g+Cpa3 tt C3) =n(n-1)(n—2).2" 7.0 & Thi du 3 Tinh téng +L c1 2.3.4 7” +————— œ (n+l)(n+2)(n+3) ”' QO $=T2gC +
Lời giải Áp dụng Bồ để 2 ba lần để biến đổi
số hạng tổng quát của Š ta được 1 k 1 1 oy (K+I\(K+2)(K43) " — (K+2)(K+3) K+ I Lk Poot aka ~ (kt 2 k43) n+l "tl ~ pad k43 ke"! - T1 ft lar 1 1 1 Ae _ n+l k+3n+2 2 ~ nd nt2 k43 *2 Từ đĩ và hệ thức (*) cĩ 3 = n+En+2`n+3 Pio —_( 3 +Ch at +733) n+3 m3 23 _C0, +37 Chega C2 (n+l)(n+2)(n+3) n+3 2"†4 —nˆ —71n—14 2(n+ (n+ 2)(n +3) * Thí dụ 4 Tính tổng | 2n 1 44 Cạn + + 2n+l 2n" Sy = T C?„ + Ch + 5
Loi gidi Ap dung B6 dé 2 dé bién déi s6 hang tong quat cla S, nhu sau : 2k+l 2n+l' 1 ox 1 Whale 2" * Saal Từ đĩ và hệ thức (*) cĩ 5 2n+l S4= In+l ni [Cai $+ O5 nat +? + Cơn) — pol) _ 2n+l "n+l ntl’ * Thí dụ 5 Tính tống I 2n 1 4 =C„ + + 2n C2n 1 ~o Ss = 2Cạn Ì ~2 6 2 2n † Cần †
Lời giải Áp dụng Bồ đề 2 để biến đối số hạng
Trang 28Từ đĩ và các cơng thức p;(), p,(1) co n 1 Phe] l 2kx2 ye = oh+ ee 2k+ Ss ` Ghi Sang Cố | nen 22ml —| ~ 2n+]1~ (2n+l)(2n+2) n 22n+l +] ~ (2n+1)(2n +2)" * Thí dụ 6 Chứng mình rằng x2 2n › Lời giải Vận dụng Bổ đề 1 ta cĩ 2kC?* = 2nC2"-1 Từ đĩ và cơng thức ps(1) cĩ S = 2n(Chy ¡ + Cá, ¡ + Cổy ¡ + + Cổ |} -2n.2 ran # Thí dụ 7 Tính tổng 2, 24 3 26 22" sa, ¬ 4 I 3 5 2n-] Sy =5 Cu + Cậu + Cạn + + Cân Lời giải Sử dụng Bồ đề 2 ta cĩ Từ đĩ và cơng thức h2(x) cĩ > Lf Sze 224 Sy = st bcd | _ 34" _ 1) =50nnn 2 32 % =2Cš„+4C2„+6CŠ, + 42nC3" =n.27"! * Thí dụ 8 Ching minh rang S=l.2?C?, +2.2°C$, +3.25 Cố, + +n.2?"CŸ” = n7] + 1) -
Lời giải Sử dụng Bổ đề 1 ta biến đổi số hạng tổng quát như sau: ke CTE =2 -12kC2t = 27k Van CHT Tu do va cong thitc p5(x) cé Sg = 2n{Chn 2'+C7„¡22+ +C2n 1 22-1) 2n q + 2ym1 -( — 22m1 2 n?”! +1)
III BAI TAP VAN DUNG
Trang 29PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN VỀ TẠO SỐ
Trong các kì thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng và tốt nghiệp phổ thơng ta thường gặp
các bài tốn về tính số các số tạo thành từ một số chữ số cho trước và thỏa mãn một điều kiện nào đĩ
Trong bài này ta quy ước :
e Khi nĩi cho tập hợp gồm ø chữ số, thì đĩ là
các chữ số đơi một khác nhau thuộc tập hợp
{0, 1, ,9} với m< 10
® Một số cĩ m chữ số thì đĩ là số tự nhiên cĩ chữ số đầu khác 0
Khi giải các bài tốn loại này ta thường dùng các mệnh đề sau, trong đĩ ba mệnh đề đầu về
thực chất là sự phát biểu theo cách khác của định nghĩa cơng thức chỉnh hợp và tổ hợp
Mệnh đề Giả sử ta viết các chữ số theo hang ngang và m, n là các số nguyên dương với
mì Sn thì
L) Số cách viết m chữ số trong n chữ số khác
nhau vào m vị trí định trước bằng Am
2) Số cách viết m chữ số khác nhau vào m vị trí trong n vị trí định trước bằng A„ (ởn —m
vị rí cịn lại chưa xét sự thay đối chữ số)
3) Số cách viết m chữ số giống nhau vào m vi "1—m tri trong n vi tri định trước bang C, "= C 4) Cho tập hợp gồm n chữ số, trong đĩ cĩ chữ số Ú, số các số cĩ m chữ số tạo thành từ md nà] + chúng bằng (nđ ~ A Thực vậy cĩ ø - 1 cách chọn chữ số đầu trái khác 0, sau đĩ áp dụng Mệnh đề 2 ta được Mệnh đề 4
Sau đây là một số dạng tốn thường gặp
NGUYEN ANH DUNG (Hd Noi) + DANG 1 S6 tạo thành chứa các chữ số định trước Bài tốn 1 Cho tập hop gơm n chữ số, trong đĩ cĩ chữ số 0, từ chúng cĩ thể viết được bao nhiêu số cĩ m chữ số khác nhau sao
cho trong đĩ cĩ k chữ số định trước (thuộc n chữ số trên) với k < m <n ?
Cách giải Số tạo thành gồm m vị trí cĩ đạng áđ› đ„ GỌI tập hợp & chữ số định trước là X Ta xét hai bài tốn nhỏ theo các khả năng
của giả thiết về tập hợp X và chữ số 0 như sau : 1) Giả thiết trong X chứa chữ số 0 Ta cĩ m — 1 cách chọn vị trí cho chữ số 0 ; số cách viết k — l chữ số khác 0 thuộc X vào & — l k-l m-|
vị trí trong m — 1 vi tri con lai bang A
theo Mệnh dé 2 ; số cách viết m — k trong số n— k chữ số khơng thuộc X vào m — k vị trí
cịn lại bằng A7” * theo Mệnh đề I
Theo quy tắc nhân, ta được số các số tạo thành trong trường hợp thứ nhất bằng S=ứn=D.AR Art, 2) Giả thiết trong X khơng chứa chữ số0 Ta tính theo các bước : Bước ï Tính số các số tạo thành chứa chữ số 0 Lần lượt cĩ m — 1 cách chọn vị trí cho chữ số 0 ; số cách viết k chữ số thuộc X vào # vị trí trong m — 1 vi tri con lai bang AN theo
Ménh dé 2 ; s6 cach viét m —k —1 trong sé
n —k—1 chit s6 khdc 0 ma khong thuộc X vào m —k —1 vi tri con lai bang A™/) Ménh dé 1
theo
Trang 30Theo quy tắc nhân, ta được số các số đĩ bằng : D.Ai, “I Ame Sy = Ứn= An-k-| Bước 2 Tính số các số tạo thành khơng chứa chữ số 0 Số cách viết & chữ số thuộc X vào k vị trí theo Mệnh đề 2 ; số cách viết m — k trong số n — k — 1 chữ số khác
0 mà khơng thuộc X vào # — k vị trí cịn lại
bang A” “| theo Ménh dé 1
trong m vị trí bằng A‘
Theo quy tắc nhân, ta được số các số đĩ bằng
Bước 3 Theo quy the cong, ta “gue SỐ các số
tạo thành trong trường hợp thứ hai bằng : DẠNG 2 Số tạo thành khơng chứa hai
chữ số định trước cạnh nhau
© Bai tốn 2 Cho tập hợp gồm n chữ số Từ chúng viết được bao nhiêu số cĩ m (m Š n)
chữ số khác nhau mà trong đĩ cĩ hai chữ số định trước nào đĩ khơng đứng cạnh nhau ?
Cách giải Số tạo thành cĩ dạng aas đ„ Và
hai chữ số định trước là x, y (thuộc ø chữ số
đã cho) Ta xét ba bài tốn nhỏ theo các khả
năng của giả thiết về chữ số x, y và chữ số 0
như sau
L) Gia thiết n chữ số đã cho chứa chữ số 0 và hai chữ số định trước xv, y khác 0
Bước | Tinh số các số tạo thành chưa xét đến hai chữ số định trước : Cĩ ø — 1 cach chon vi trí cho chữ số 0 và áp dụng Mệnh đề 2 được số các số đĩ bằng Š¡ =(w =l)A71, Bước 2 Tính số các SỐ cĩ hai chữ số +, y cạnh nhau theo thứ tự xv va yX ®e Với àa¿ =xy Khi đĩ mỗi số ứa đ„ ứng — 2 của n - 2 chữ y Theo Mệnh đề 1, số các số đĩ m-2 bằng S5 =f n-2- với một chính hợp chập m số khác x, 34 e Với a khác 0, x, y mà số đĩ chứa xy Lan luot ta cĩ : n — 3 cách chọn chữ số cho a¡ khác 0, x, y¡m — 2 cách chọn vị trí cho xy ; số cách chọn m — 3 trong đ— 3 chữ số cịn lại khác y x, y cho m — 3 vị trí cịn lại là Am? theo Ménh dé 1 Theo quy tắc nhân, số các số đĩ bằng
S3 = (n—3).(m-2) A>
Từ hai trường hợp trên, ta được số các số cĩ
chứa xy bang S, + $3
e Tương tự cĩ Š; + Š; số với aja, = yx hoac
a¡ khác 0, x, y mà số đĩ chứa yy
Bước 3 Vậy số các số tạo thành trong trường
hợp thứ nhất bằng
2) Giả thiết n chữ số đã cho chứa chữ số 0 và
một trong hai chữ số định trước bằng 0 Bạn đọc tự giải theo các bước sau :
Bước ï Tính số các số tạo thành chưa xét đến hai chữ số x, y định trước bằng =(n-1) An} Bước 2 Tính số các số cĩ x, y cạnh nhau dạng x0 và 0x bằng -1)AP' 2; 8= (2m2) A2,
Số các số tạo thành trong trường hợp thứ hai
3) Giả thiết n chữ số đã cho khơng cĩ chữ số 0 Bạn đọc tự giải, được
S= Aj -2(m-1) A3 7.0 » = (m
DẠNG 3 Số tạo thành chứa chữ số lặp lại Trước hết ta xét một bài tốn cụ thể :
QBài tốn 3 Cĩ bao nhiêu số tự nhiên cĩ 6 chữ số sao cho trong đĩ cĩ một chữ số xuất hiện ba lần, một chữ số khác xuất hiện hai lần
và một chữ số khác với hai chữ số trên ?
Lời giải ® Nếu kể cả trường hợp chữ số 0
Trang 31Cĩ 10 cách chọn chữ số (từ 0 đến 9) xuất hiện 3 lần và cĩ lên cách chọn 3 trong 6 vị trí cho chữ số đĩ Sau đĩ cĩ 9 cách chọn chữ số (khác với chữ số trên) xuất hiện 2 lần và cĩ C3 cách chọn 2 trong 3 vị trí cịn lại cho chữ số đĩ Tiếp theo cĩ 8 cách chọn chữ số cho vị trí cịn lại cuối cùng Ta được số các số đĩ
bằng Š = I0.C¿.9.Cÿ.8 =720.Cả.Cj
e® VÌ vai trị của 10 chữ số 0, I, , 9 như nhau
nên số các số cĩ chữ số đầu trái là 0 bằng
Is do đĩ số các số cĩ chữ số đầu trái khac 0 10
thỏa mãn bài tốn bằng = =648.Cả.C? FT
© Bai toan 4 Cho tap hop gơm n chữ số Từ chúng viết được bao nhiêu số cĩ m chữ số
(n 2 m >3 3) sao cho trong đĩ cĩ một chữ số
xuất hiện k lân, một chữ số khác xuất hiện q lần và một chữ số khác với hai chữ số trên với
k+q+i=m?
Cách giải Ta xét hai bài tốn nhỏ đưới đây
L) Giả thiết n chữ số dã cho cé chit s60
Bước ! Nếu kể cả trường hợp chữ số 0 đứng
đầu, ta thấy :
Cĩ cách chọn chữ số xuất hiện & lần và cĩ ch >» cach chon & trong m vi tri cho chữ số đĩ
Sau đĩ cĩ n — I cách chọn chữ số xuat hién g
lần (khác với chữ số trên) và cĩ C7, cách chọn q trong m — k vi tri cịn lại cho chữ số đĩ Theo quy tắc nhân, ta tính được số các số đĩ bằng § = n.C (n—1).C#_ (¡0—2), trong đĩ C7 m—k ,=g+1 Bước 2 Vì vai trị của n chữ số như nhau nên số các số cĩ chữ số đứng đầu khác 0 thỏa mãn bài tốn bằng {"” = 2) Giả thiết n chữ số đã cho khơng cĩ chữ số0 Bạn đọc tự giải được S= nce Án —]).C? ,.(n—2)
Ta cĩ thể mở rộng bài tốn tổng quát cho
chữ số trong đĩ mỗi chữ số xuất hiện lần lượt kị, kạ, ., &, lần BÀI TẬP Bài 1 Cĩ bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn 35400 và cĩ 5 chữ số khác nhau ? Bài 2 Cho các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 Từ chúng viết được bao nhiêu số cĩ 5 chữ số khác nhau sao cho số tạo thành là một số chan ? Bài 3 Cho các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Từ chúng viết được bao nhiêu số cĩ 8 chữ số khác nhau sao cho trong đĩ cĩ chữ số l đứng liền bên trái chữ số 2 ?
MỘT SỐ LOẠI TỐN TỔ HỢP THƯỜNG GẶP
TRONG KÌ THỊ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC Bài viết Phương pháp giải các bài tốn vé tao
số ở trên đã đề cập tới các bài tốn tính số các
số tự nhiên tạo thành, thỏa mãn một điều kiện
nào đĩ Trong bài này chúng tơi xin giới thiệu
NGUYEN ANH DUNG (Ha Noi)
một số loại tốn về tìm số cách chọn một tập hợp mới từ các tập hợp đã cho, hoặc tìm số cách phân chia các phần tử của một tập hợp thành các tập hợp con
Trang 32LOẠI 1 Chọn một nhĩm phân tử từ
các tập hợp
* Thí dụ 1 Tổ một cĩ 10 người, tổ hai cĩ 9
người Cĩ bao nhiêu cách chọn một nhĩm
gồm 8 người sao cho mỗi tổ trên cĩ ít nhất là
2 người? :
Lời giải Giả sử ta chọn k người của tổ một và 8 — & người của tổ hai.Vì mỗi tổ cĩ ít nhất 2
người nên 2 < & <6 : e Số cách chọn & trong số 10 người của tổ một
là C?y Ứng với một cách chọn trên, ta cĩ số cách chon 8 — # người trong 9 người của tổ
hai la CR,
cách chọn nhĩm 8 người như trên là + ok Cx#-É
Sp = Cip-Co
Theo quy tắc nhân, ta được số
e Cho & lần lượt bằng 2, 3, , 6 và áp dụng quy tắc cộng, ta được số cách chọn nhĩm 8 người thỏa mãn bài tốn là =C?C6 + Cj,Cả + + C403 = 74088 FÏ Bai toan téng quat 1 Cho tdp hop A cé n phần tử, tập hợp B cĩ m phần tử Tính số cách chọn p phần tử từ hai tập hợp trên (p < m + n) và thỏa mãn một điều kiện nào đĩ Cách giải chung 1) Tính trực tiếp Giả sử ta chọn k phần tử của tập hợp A và p — k phần tử của Ø (trường hợp giả thiết cho nhiều tập hợp hơn, ta làm tương tự) Số cách chọn là S, = CR.CP“* Cho k thay đổi phù hợp với giả thiết của bài tốn và lấy tổng của tất cả các số hạng Š, tương ứng, ta được kết quả cần tìm 2) Tính gián tiếp Số cách chọn k phần tử từ A, B một cách bất kì là CẢ, „ Kết quả phải
tìm là hiệu của CẢ, „với téng cdc s6 hang S, ,
tương ứng với mỗi giá trị & khơng thỏa mãn giả thiết của bài tốn
36
* Thí dụ 2 Người ta sử dụng ba loại sách gồm: 8 cuốn sách về Tốn, 6 cuốn sách về Lí và 5 cuốn sách về Hĩa Mỗi loại dêu gồm các cuốn sách đơi một khác loại nhau Cĩ bao
nhiêu cách chọn 7 cuốn sách trong số sách
trên để làm giải thưởng sao cho mỗi loại cĩ it nhất một cuốn? Lời giải Sử dụng cách tính gián tiếp Số cách chọn 7 trong số 19 cuốn sách một cách bất kì là Của Các cách chọn khơng đủ cả ba loại sách là: e Số cách chọn 7 trong số 11 cuốn sách Lí và
Hĩa là Cỉ, (khơng cĩ sách Tốn)
e Số cách chọn 7 trong số 13 cuốn sách Hĩa và Tốn là C¡¿ (khơng cĩ sách Lí) e Số cách chọn 7 trong số 14 cuốn sách Tốn và Lí là C/„ (khơng cĩ sách Hĩa) e Số cách chọn 7 trong số 8 cuốn sách Tốn là Cạ (khơng cĩ sách Lí và Hĩa) Vì mỗi cách chọn chỉ cĩ sách Tốn, tức là khơng cĩ sách Lí và Hĩa thuộc cả hai phép chọn: khơng cĩ sách Lí và khơng cĩ sách Hĩa, nên số cách chọn phải tìm là C7, -C], Ca -C1¿ +Cạ = 44918
Lưu ý Khi tính theo phương pháp gián tiếp, mỗi số hạng ứng với trường hợp khơng thỏa
mãn bài tốn được đặt sau dấu trừ Số hạng
đồng thời thuộc hai trường hợp khơng thỏa mãn bài tốn được đặt sau dấu cộng (bạn đọc tự suy luận cho số hạng đồng thời thuộc ba trường hợp khơng thỏa mãn bài tốn )
LOẠI 2 Sắp xếp thứ tự các phân tử từ
một họ các tập hợp
* Thí dụ 3 Cĩ 5 viên bị xanh giống nhau, 4
viên bị trắng giống nhau và 3 viên bì đỏ đơi
một khác nhau Cĩ bao nhiêu cách xếp số bị
trên vào 12 ơ theo một hàng ngang sao cho
Trang 33Lời giải Nếu tất cả 12 viên bị đều khác nhau thì số hốn vị chúng tạo thành 1a P,, =12! Nhưng các hốn vị của 5 bị xanh và các hốn vị của 4 bi trắng cho cùng một cách sắp xếp đối với 12 viên bi nên số cách sắp xếp phải tìm là Bạ _ 12! P.P, 514 = 166320
Qbài tốn tổng quát 2 Cĩ rất cả n vật,
trong đĩ cĩ m vật giống nhau trong hộp A; k vật giống nhau trong hộp B (m + k < n) Các
vật cịn lại đơi một khác nhau thì số cách sắp xếp chúng thành một hàng ngang là a
* Thí dụ 4 Cĩ bao nhiêu cách sắp xếp cho Š
học sinh nam và 3 học sinh nữ ngơi quanh một bàn trịn sao cho khơng cĩ hai học sinh nữ nào cạnh nhau? (nếu cĩ hai cách xếp mà cách xếp này khi quay quanh tâm vịng trịn
dược cách xếp kia thì ta coi chỉ là một cách
Xếp)
Lời giải Giả sử đã xếp chỗ cho 5 học sinh nam Vì 3 học sinh nữ khơng ngồi cạnh nhau
nên họ được chọn 3 trong Š vị trí xen kẽ giữa
các học sinh nam, số cách chọn là Aš Vì hai cách xếp vi tri cho 8 người với cùng một thứ
tự quanh bàn trịn được coi là một nên ta cĩ
thể chọn trước vị trí cho một học sinh nam nào đĩ, số hốn vị của 4 học sinh nam cịn lại
vào các vị trí là 4T,
Theo quy tắc nhân, số khả năng phải tìm là
4!A3 = 1440 (cach)
Luu ý Khi xếp n đối tượng theo một vịng
trịn, do hai cách xếp cĩ thể giống như nhau
bởi một phép quay được coi là một, nên ta cĩ
thể định trước một vị trí cho một đối tượng
bất kì trong chúng Sau đĩ tính số cách xếp vị trí cho — 1 đối tượng cịn lại
LOẠI 3 Phân chia tập hợp các phản tử
thành các tập hợp con
Thí dụ 5 Cĩ bao nhiêu cách chia 100 đơ
vát giống nhau cho 4 người sao cho mỗi người
được ít nhất một đồ vật?
Lời giải Giả sử 100 đồ vật được xếp thành một hàng ngang, giữa chúng cĩ 99 khoảng trống Đặt một cách bất kì 3 vạch vào 3 trong số 99 khoảng trống đĩ, ta được một cách chia 100 đồ vật ra thành 4 phần để lần lượt gán cho 4 người Khi đĩ mỗi người được ít nhất một đồ vật và tổng số đồ vật của 4 người bằng 100, thỏa mãn yêu cầu của bài tốn Vậy số cách chia là Cốc = 156849 (cách) F] Luu ý Đằng cách giải tương tự như trên, ta cĩ thể chứng minh rằng, phương trình Xị +X¿ + +X„ = (1) cĩ tính chất :
e Với l<n<m;m,nceNĐ thì số nghiệm của phương trình (1) trong tập hợp các số nguyên
dương là C7 1 mì] *
e Với n>l;mneNĐ thì số nghiệm của phương trình (I) trong tập hợp các số tự nhiên
là cr m+n~-] '
Hướng dân giải Trong phương trình (1) đặt
y,=x,+1 voi i = 1, 2, , n ta chuyén vé
phương trình y,+y)+ +y, = m + n với y, >I, rồi áp dụng kết quả nêu trên
* Thí dụ 6 Cĩ bao nhiêu cách chia 8 đơ vật
đơi một khác nhau cho ba người sao cho cĩ một người được 2 đơ vật và hai người cịn lại,
mỗi người được 3 đồ vật?
Lời giải Giả sử cĩ ba người là A, B, C
e Với cách chọn người A được hai đồ vật, ta cĩ :
Số cách chọn 2 trong 8 đồ vật cho người Á được 2 đồ vật là C§; sau đĩ, số cách chọn 3 trong 6 đồ vật cịn lại cho người 8 được 3 đồ
vật là Cổ; 3 đồ vật cịn lại dành cho người C
Trang 34Chú ý rằng đổi thứ tự người Ư và người C
khơng cho cách chọn mới
e Lần lượt cho người Ø, người C được hai đồ vật thì theo quy tắc nhân, số cách chia phải
tìm là 3.C2C¿ = 1680 (cách) F]
Lưu ý Khi giải bài tốn trên, nhiều bạn cho
đáp số sai là CặC¿ hoặc 3!C£C¿
Trường hợp thứ nhất, bạn đã coi vai trị của
người được 2 đồ vật và người được 3 đồ vật như
nhau(!) Truong hop thứ hai, bạn đã coi vai trị
của hai người cùng được 3 đồ vật khác nhau(!)
BÀI TẬP (trác nghiệm)
Hãy khoanh trịn vào các cám trả lời đúng với các bài tập sau:
Bài 1 Phương trình x + y + z = 100 cĩ bao
nhiêu nghiệm trong tập hợp các số tự nhiên?
A Cy = 4851 B Chip, = 5050 C Ch = 515] D Cu = 5253
Bai 2 Dem chia hét 10 d6 vat đơi một khác nhau cho hai người, sao cho mỗi người được ít
nhất 1 đồ vật Hỏi số cách chia?
2 10
C 29 D 2'°-2
Bài 3 Cĩ 5 cuốn sách Tốn giống nhau, 7 cuốn sách Lí giống nhau và 8 cuốn sách Hĩa giống nhau Dem lam giải thưởng cho 10 học sinh,
mỗi người được 2 cuốn sách khác loại Tính số cách nhận giải thưởng của 1Ĩ học sinh trên
A 1310 B 2520
C 417 D 2085
Bài 4 Cĩ 5 cuốn sách giáo khoa giống nhau và 3 cuốn sách tham khảo đơi một khác nhau Dem làm giải thưởng cho 7 học sinh, mỗi
người được ] cuốn sách Tính số cách nhận
giải thưởng của của các học sinh trên
A 336 B 274
C 246 D 546
Bài 5 Cĩ bao nhiêu cách chia 6 người ra thành 3 nhĩm, mỗi nhĩm 2 người, trong các trường hợp sau: a) Phân biệt thứ tự các nhĩm là: nhĩm l, nhĩm 2, nhĩm 3 A CC? =90 B 3!CC2 = 540 22 C _— =15 D 3.C£C2 =270 b) Khơng biệt thứ tự của các nhĩm A CC? =90 B 3'C£C? = 540 2m2 C <4 =15 D 3.C2C? = 270
Bài 6 Cĩ bao nhiêu cách chia 6 đồ vật đơi một khác nhau cho 3 người sao cho mỗi người được ít nhất một đồ vật? A 360 C 540 B 495 D 600
MOT BAI TOAN VE PHAN HOACH MOT TAP HOP
Trước hết ta hãy bắt đầu bằng bài tốn đơn
giản của sách giáo khoa Giải tích 12 (sách chỉnh lí hợp nhất năm 2000) © Bai toan 1 (Bài tập 17 phần b, trang 169 — Giải tích 12) 38 TRẦN TUYẾT THANH
(Học viện Phịng khơng Khơng quản Sơn Tây, Hà Nội)
Cĩ bao nhiêu cách phân phối 5 đơ vật khác nhau cho 3 người, sao cho mỗi người nhận được ít nhất một đồ vật ?
Trang 35tưởng xét các khả năng phân tích số tự nhiên
5 thành tổng của ba số nguyên dương :
35=l+l+3=l+2+2=l+3+l =2+l+2=2+2+l=3+l+l
Ung voi méi khả năng trên tìm số cách chia
tương ứng và theo nguyên lí cộng ta được số cách chia theo yêu cầu bài tốn là 150
Phân tích lời giải Lời giải theo ý tưởng trên thực hiện sẽ khá phức tạp khi số đồ vật cho trước là khá lớn và số người được chia cũng khá lớn Bài viết này xin được trình bay phương pháp giải bài tốn tổng quát của bài
tốn Ï
Bài tốn 2 Cĩ bao nhiêu cách phân phối n đồ vật khác nhau cho k người sao cho mỗi người nhận được ít nhất một đơ vật (n, k e Đ”)?
Để giải quyết Bài tốn 2 chúng ta cần một số kiến thức bổ sung về sự phân hoạch một
tập hợp
1 Các khái niệm
Các tập hợp khác rỗng Ai, Aa, A, được gọi
là một phân hoạch của tập hợp A nếu :
A=A,U AU A,
A NA = OVI, fll, 2, kh iF)
Mỗi tập con A, (¡ = 1, 2, , &) được gọi là một thành phẩn của phân hoạch
Kí hiệu IAI là số các phần tir cua tap hop A
(lực lượng của tập A4) và Sứ, &) là số tất cả các
phân hoạch của tập Á gồm ø phần tử thành k tập khác rỗng với các số 7, & nguyên đương va
kh
Dé thay S(n, 1) = S(n, n) = 1
2 Cơng thức truy hồi của S(n, k)
Chứng minh rang S(n, k) thỏa mãn hệ thức sau : S(n+1,k)=k.S(n,R) +S(mk—1) (1) với kén,
Lời giải Giá sử A là tập hợp với lAI = n + 1; A = lái, đạ, , đ„, đ„v¡} Gọi P là tap tat ca
các phân hoạch của tập A thành & tập khác rỗng thì ta cĩ
IPi = S(n + 1, k) (2) e P, la tap tat ca các phân hoạch của tập A
thành k thành phần khác rỗng sao cho {a là một thành phần của phân hoạch đĩ ntl } ® P¿ là tập tất cả các phân hoạch của tập A
thành & thành phần khác rỗng sao cho {a„„¡ }
khơng là một thành phần của các phân hoạch
een ag (PHAR
đĩ Khi đĩ
POP, =O
e Tính IP¡l :
Vì {a„,¡} là một thành phần của mỗi phân hoạch trong P¡, nên mỗi phan hoach trong P, tương ứng với đúng một phân hoạch của tập
AXNazn.irl= lái, đa, , đ„} thành k — 1 thành phần khác rỗng, do đĩ IP, l=S(n, k- 1) (3) e Tinh IPI : Xét mot phan hoach nao dé cla P>, chang han net 6€ Ai Khi đĩ AjMa„.¡} # O do {z,,¡} khơng là một
a = |ÁI, Ay, A,} với a
thành phần trong phân hoạch của P; Vì vậy a, = {AMa,4,}, Ao, Az} tao thanh mét phân hoạch gồm & thành phần khác rỗng cua tap A \ {a,,,} Xét tuong tu khi a,,, € A; (=2, 3, , k)
Ngược lại nếu = {B,, Bo, B,} 1a mot phân hoạch của tap A \ {a,,,} thanh & thanh phần khác rỗng thì : Ø =tB,©a„.¡}, Bạ , Bụ } By ={B,, By 2 (a„.t}, Bụ } n+l B, ={B,, By, , By lana}
là các phân hoach cua tap A thanh k thanh phan trong P, va do vay ta cĩ
Trang 36P51 = k.Sứn, k) (4)
Từ (2), 3), (4) và theo nguyên lí cộng
P| = IP, + IPạl ta cĩ
S(n+1, k) = k.S(n, k) + S(n, k-1)
Cơng thức được chứng minh 0
Trở lại bài tốn 2, ta thấy phép chia theo yêu cầu bài tốn-1à một phép chọn qua hai bước : Bước I Số cách chia n đồ vật khác nhau thành & phần sao cho mỗi phần cĩ ít nhất một đồ vật, chính là số tất cả các phân hoạch của tập A gồm ø phần tử thành & tập khác rỗng, theo định nghĩa ở trên số cách chia của bước này 1a S(n, k)
Bước 2 Vì mỗi thành phần đem phân phối cho người khác nhau thì coi là khác nhau nên ứng với mỗi cách chia ở bước thứ nhất ta đem hốn vị các phần cho nhau thì được &! cách phân phối đồ vật cho & người
Theo nguyên lí nhân suy ra số cách chia của bài tốn 2 là &!Sứn, k)
3 Tinh giá trị S(n, k)
Từ Sứ, l) = SŒn, m) = 1 và từ cơng thức truy
hồi của S(n, k) ta thay S(n, k) cĩ những tính
chất giống như đối với cơng thức tổ hợp CẺ
nên ta cũng xây đựng được tam giác số để tìm
giá trị của S(n, &) (l < k < n) tương tự như tam
giác số Pascal đối với ck Trong bảng dưới day dong thir n là dãy số Sứ, l), S(n, 2), , , Sn, n-1), SQ, 1) ] 1 1 1 3 ] l 7 6 1 ] 15 25 10 1 1 31 90 65 15 1
Nhìn vào bảng giá trị của S(n, k) ta thấy $(5, 3) = 25, vì vậy số cách chia của bài
tốn | 1a
3!%(5, 3) = 6.25 = 150 (cách)
40
Cuối cùng để giải quyết trọn vẹn vấn đề đã
đặt ra, ta tìm cơng thức tổng quát của S(n, k) tinh theo n va k 4 Cơng thức tổng quát của S(n, k) Chứng minh rằng Lyell Sứ, aT Le Chi (5) : J=
với các số nguyên dương ø, k và k< n Lời giải Chứng mình quy nạp theo n0
e Véin=1thi k= 1 vacd SU, 1)=(-1).1=1
dung theo dinh nghia
e Giả sử cơng thức (5) được chứng minh đúng cho ø# và mọi số nguyên dương & < n Ta cần chứng minh cơng thức (5) cũng đúng cho n + ] và mọi số nguyên dương k < n + Ï
Trang 37> “tiật 1 Jor te 1)* axe a (doC/ ° 1* k on ue C¡ | =C{¡+C¿ 1) l= i= (dokCƒ 1= jCj) k + -1 ki Vậy (6) được chứng minh Với k= n + ] ta cịn cần chứng minh : I=S(n+l,n+]) 1 n+l © (n+ Dl >£ lâu IChy jv (7)
Từ (6), (7) theo nguyên lí quy nạp tốn học với
các số nguyên dương &, mà & < 7 cĩ
ee,
Sink) = GDS 7C 7
jel
Các cơng thức tính số phân hoạch của một tập hop S(n, &) sé con giúp ích cho các bạn giải nhiều bài tốn tổ hợp khác
VỀ VIỆC CHỨNG MINH CONG THUC SỐ CÁC PHÂN HOẠCH CỦA MỘT TẬP HỢP
Trong bài viết Một bài tốn về phá hoạch
một tập hợp của tác giả Trần Tuyết Thanh 6»
trên cĩ nêu cơng thức của Š(n, k) là số tất cả
các phân hoạch của tập hợp A gồm ø phần
tử thành & tap khác rỗng với k, ø nguyên và
n>k>(0 Khi nêu cơng thức cịn hệ thức (7)
Trang 38Cho v=/,/= 1,2, 2+ 1 trong (*) ta duoc P1 s2a;/0=Ợ~2) I1) 0+1) = 4/00=1) )(0+Ð=/00=) 0(<ÐP” = C1!" 1a (n+ )-J)! (-1y""! €8 _ (cJtr? m8 (n+])l 42 — WGxD— j7 Từ đĩ và từ (**) cĩ ] n+l i - n+l _ qyw#+lr/ Bị ntl —_ _ (n+1)! >4 Bà i= Cray = 2; =1 IF Vậy cơng thức (7) được chứng minh