Sáng kiến kinh nghiệm MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC (Ghi đầy đủ tên gọi giải pháp SKKN) Người thực hiện: Nguyên Tất Thu Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán học  (Ghi rõ tên bộ môn) - Lĩnh vực khác:  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2014 – 2015. BM 01-Bia SKKN 2 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: NGUYỄN TẤT THU 2. Ngày tháng năm sinh: 13/09/1980 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: Tổ 10-Khu phố 5- P. Trảng Dài- Biên Hòa- Đồng Nai 5. Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 6. Fax: E-mail: nguyentatthudn@gmail.com 7. Chức vụ: Tổ phó chuyên môn 8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Chủ nhiệm lớp 12 Toán 2, giảng dạy lớp 12 Toán 2, 12 Hóa 1, 11 Lý, lớp10 Toán và tham gia dạy các đội tuyển Quốc gia,Olympic 30-4. 9. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ - Năm nhận bằng: 2013 - Chuyên ngành đào tạo: Phương pháp và lí luận dạy học bộ môn Toán. III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy môn Toán Số năm có kinh nghiệm: 12 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 1. Sử dụng hàm lồi trong chứng minh bất đẳng thức – năm 2009 2. Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010 3. Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012 4. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong tổ hợp – năm 2013 5. Một số phương pháp đếm nâng cao – năm 2014. BM02-LLKHSKKN 3 Tên SKKN (VIẾT IN HOA ĐẬM) MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Nhị thức Newton xuất hiện trong Sách giáo khoa lớp 11. Dựa vào khai triển nhị thức Newton giúp chúng ta khai triển các lũy thừa bậc cao. Đối với học sinh Chuyên Toán và đội tuyển ôn thi Quốc gia, thì ngoài những tính chất cơ bản của khải triển thì tính chất số học của các hệ số là một chủ đề thú vị và các bài toán về chủ đề đó được xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi các cấp. Nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn Chuyên Toán và nâng cao chất lượng ôn thi học sinh giỏi Quốc gia, chúng tôi chọn đề tài “Một số tính chất số học của hệ số nhị thức” làm đề tài nghiên cứu của mình. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Một trong những vấn đề ta xét đến là việc mở rộng khai triển   n a b  , trong đó , a b là các số thực, n là số tự nhiên.   0 1 1 1 1 , n n n n n n n n n n n a b C a C a b C ab C b          Trong đó ! , 0,1, , !( )! k n n C k n k n k    với quy ước 0! 1  . Các số nguyên 0 1 ,C , ,C n n n n C được gọi là các hệ số của nhị thức. Các hệ số này có thể thu được bằng đệ quy dựa vào tam giác Pascal như sau Trong đó các hệ số khác 1 bằng tổng của hai hệ số liền kề với nó. Các tính chất cơ bản của hệ số nhị thức 1) (Tính đối xứng) k n k n n C C   ; 2) (Tính chất tam giác Pascal) 1 1 1 1 ; k k k n n n C C C       3) (Tổng các hệ số) 0 1 2 n n n n n C C C    ; 4) (Tổng đan dấu) 0 1 ( 1) 0 n n n n n C C C      ; BM03 - TMSKKN 4 5) (Tính chất Vandermonde) 0 ; k i k i k m n m n i C C C      Dựa vào các tính chất cơ bản trên, ta có thể nghiên cứu một số tính chất số học của các hệ số khai triển. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP 1. Giải pháp 1 (nêu tóm tắt giải pháp): Xây dựng các tính chất cơ bản. Ví dụ 1. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố thì k p C p  với mọi 1, 2, , p 1 k   . Lời giải. Ta có ! ( 1)! . ( )!. ! ( )!. ! k p p p C p p k k p k k      Vì p là số nguyên tố nên p k  với mọi 2,3, , 1 k p   nên ( 1)! ( ) !. ! p p k k     Suy ra k p C p  . Ví dụ 2. Cho số nguyên tố p và hai số nguyên dương , m n p  thỏa mãn   mod m n p  . Chứng minh rằng   mod k k m n C C p  với mọi 0 1 k p    . Lời giải. Ta có   mod m n p  nên ta có ( 1) ( 1) !. ! ( 1) ( 1) ! k m m m m k k C k m m m k k         ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ! ! ! k n n n n k n n n k k k C k            mod p . Mà   !, 1 k p  nên ta có   mod k k m n C C p  . Ví dụ 3. (Định lí Lucas) Cho , m n là các số tự nhiên, p là số nguyên tố. Giả sử biểu diễn cơ sở p của , m n là 1 1 1 0 k k k k m m p m p m p m        1 1 1 0 k k k k n n p n p n p n        . (với 0 , 1 1, i i m n p i k      ) Khi đó 5   0 mod i i k n n m m i C C p    Quy ước 0 b a C  khi a b  . Lời giải. +) m n  bài toán hiển nhiên đúng. +) Không mất tính tổng quát, ta giả sử m n  .  Không mất tính tổng quát ta giả sử m n  Vì 0 (mod ), 1, 1 k p C p k p    . Nên ta có: 1 1 ( 1) 1 . 1(mod ) p p p i p i p p i x x C x x p           (*) Ta chứng minh: * ( 1) 1(mod ), j j p p x x p j      bằng quy nạp. Thật vậy:  Với 1 j  , nhận xét đúng theo (*).  Giả sử nhận xét này đúng với 1 j n   . Ta sẽ chứng minh rằng nó cũng đúng với 1 j n   . Ta có: ( 1) 1 (mod ) n n p p x x p    . Suy ra: ( 1) 1 (mod ) n n n n p p x x p                1 1 ( 1) 1 (mod ) n n p p x x p       . Do đó nhận xét đúng với 1 j n   . Ta xét khai triển sau: 0 . . 0 0 0 (1 ) (1 ) (1 ) (mod ) k i i i i i i i i m m p k k m j m p j p m j i i x x x C x p               . Hệ số của n x ở vế (1 ) m x  là n m C ; do biểu diễn 1 2 1 2 1 0 . . . k k k k n n p n p n p n p n         là duy nhất nên hệ số của n x ở vế . 0 0 i i i m k j j p m j i C x     là 0 i i k n m i C   . Từ đó ta được: 0 (mod ) i i k n n m m i C C p    và bài toán được chứng minh. Ví dụ 4. Cho n là số tự nhiên, p là số nguyên tố và n p  . Chứng minh rằng 6   mod p n n C p p        . (Trong đó x     là phần nguyên của x ) Lời giải. Cách 1: (Dựa vào định lí Lucas) Giả sử 1 1 1 0 k k k k n n p n p n p n        . Theo định lí Lucas ta có   1 1 mod p p n n n C C n p p          . Cách 2: Xét dãy , 1, 2, , 1 n n n n p     . Dãy này gồm p số tự nhiên liên tiếp, nên tồn tại duy nhất một số chia hết cho p , gải sử số đó là m . Ta có m n p p        . Trong dãy trên, ta loại m thì các số còn lại nếu xét theo môđun p ta được dãy 1, 2, , 1 p    mod p . Đặt     1 1 n n n p k m     , ta có     1 ! mod k p p   . Suy ra     1 ! mod mk m p mp       1 ! mod mk m p p p p   . Vì   , ( 1)! 1 p p   nên ta được   mod ! mk m p p p  . Vậy   mod p n n C p p        (đpcm). 2. Giải pháp 2 (nêu tóm tắt giải pháp): Một số bài toán liên quan đến tính chất số học của hệ số khai triển. Ví dụ 5. Cho , p k là các số nguyên dương thoả p là số nguyên tố và 2 1 k p    . Chứng minh rằng 1 k p C  chia hết cho p . (Trích đề thi HSG cấp tỉnh, lớp 12, tỉnh Đồng Nai, năm học 2012-2103). Lời giải. 7 Ta có 1 ( 1)! ( 1)!( 1) . !( 1 )! !( 1 )! k p p p p C p k p k k p k           . Vì 2 1 k p    nên 2 1 1 p k p      . Do đó     !, ( 1 )!, 1 k p p k p     . Dẫn tới ( 1)!( 1) !( 1 )! p p k p k     là số nguyên. Vậy 1 k p C p   (đpcm). Ví dụ 6. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng 2 2 2(mod ) p p C p  . Lời giải. Ta có 0 1 1 1 1 0 2 . . . . p p p p p p p p p p p p p p C C C C C C C C C        Vì 1,2, , 1 k p C p k p     nên 2 . 1,2, , 1 k p k p p C C p k p      và 0 1 p p p C C   Suy ra 2 2 2(mod ) p p C p  . Ví dụ 7. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng   0 2 1 p k k p p p k k C C      chia hết cho 2 p . Lời giải. Đặt   0 2 1 p k k p p p k k m C C       , ta có 1 1 2 0 0 1 1 1 1 3 p p p p p k k k k k k p p k p p p k p p k k k k m C C C C C C C                                       1 2 1 1 2 p p k k p p k p k C C C         Theo ví dụ trên ta có 2 2 2 p p C p   và 1, 2, , 1 k p C p k p     . Ta chứng minh 1 k p k C p    . Thật vậy, ta có ( )( 1) ( 1) ! 1 ! k p k p k p k p k C k         Vì         1 1 ! 1 1 ! 0(mod ) p k p k p k k k k p          và   !, 1 k p  8 Nên ta có   1 2 1 1 1 p k k k p k p p k k C p C C p           . Vậy 2 m p  (đpcm). Ví dụ 8. Cho p là số nguyên tố 5 p  . Chứng minh rằng   1 3 2 1 1 mod p p C p    (1). Lời giải. Ta có       1 2 1 2 2 1 ! 2 ! 1 1 2 !. ! 2 1 !. ! p p p p p p C C p p p p        . Do đó, để chứng minh bai toán, ta chỉ cần chứng minh   3 2 2 modp p p C  (2). Vì       2 2 2 0 1 2 p p p p p p C C C C    nên ta đi chứng minh     1 2 3 1 0 mod p i p i C p     (3). Bởi vì 1, 2, , 1 k p C p k p     nên     1 ! 1 ! ! i p p C p i p i    là số nguyên. Để chứng minh (3) ta chỉ cần chứng minh       2 1 1 1 ! 0 mod ! ! p i p p i p i               (4). Ta có                   1 1 1 ! 1 2 1 1 1 ! 1 modp ! ! ! ! i i p p p p i i i i i i p i               Nên       2 2 1 1 1 1 1 ! 1 mod ! ! p p i i p p i i p i                        . Do 1 i p   nên tồn tại 1 1 j p    để     1 1 mod mod ij p j p i    . Do đó          2 1 1 2 1 1 1 ! 1 2 1 0 mod 6 ! ! p p i j p p p p j p i p i                      . Từ đây ta có đpcm. 9 Ví dụ 9. Cho p là số nguyên tố lẻ. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 1 2 1 , , , n n n n C C C  đều chia hết cho p (Trích đề thi HSG cấp tỉnh lớp 12, tỉnh Phú Thọ, năm 2012). Lời giải. Xét 1 1 m n    . Giả sử 1 1 1 0 k k k k m m p m p m p m        1 1 1 0 k k k k n n p n p n p n        . (với 0 , 1 1, i i m n p i k      ) Khi đó, theo định lí Lucas ta có 0 i i k m m n n i C C    . +) Nếu k n p  thì bài toán hiển nhiên đúng. +) Nếu k n p  thì 1 k n  và ta xét k m p n   , ta có   laàn .1.1 1 0 mod m n k k k C n n p     . Vậy k n p  . Ví dụ 10. (VN TST 2010) Gọi n S là tổng bình phương các hệ số trong khai triển của nhị thức (1 ) n x  , trong đó n là số nguyên dương; x là số thực bất kì. Chứng minh rằng: 2 1 n S  không chia hết cho 3 với mọi n . Lời giải. Ta có: 2 2 2 2 1 0 0 (1 ) (1 ) .( 1) . . . . nn n n n n n i n i i n i n i i n n n i i i x x n C x C x C x                                . Đồng nhất hệ số của 2 n x ở hai vế, ta có: 2 2 0 0 . ( ) n n n i n i i n n n n i i C C C C        . Do đó, với mọi n tự nhiên thì 2 n n n S C  . Như thế ta cần chứng minh rằng: 2 4 1 n n C  không chia hết cho 3 với mọi n. Giả sử: 0 2 .3 , , 1, k i i i i n a a i k       . Xét hai trường hợp: 10 +) Nếu {0;1}, 1, i a i k    thì 2 {0;2}, 1, i a i k    và tổng {0;1}, 1, i a i k    là số chẵn, đặt 0 2 0 2 , 2 2 4 1(mod 3) k i i a k t t i i a t t            ; ta cũng có: 0 4 2 .3 , , 1, k i i i i n a a i k       . Theo định lí Lucas thì 0 2 4 2 0 0 1 1 2 1 2 1 2(mod 3) k i i i i i a k k a a n n a i i C C               . +) Nếu tồn tại một giá trị 2 j a  ; không mất tính tổng quát, giả sử đây là số nhỏ nhất trong tập hợp , 0, i a i k  . Khi đó: hệ số tương ứng tại vị trí j ở khai triển theo lũy thừa 3 của 4n là 1. Mà 2 1 0 C  nên 2 2 4 4 2 0 0 (mod 3) 1 1 (mod 3) i i k a n n n n a i C C C        . Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có 2 1 n S  không chia hết cho 3. Đây chính là đpcm. Ví dụ 11. Xác định tất cả các số nguyên 3 n  sao cho 2000 2 chia hết cho 1 2 3 1 . n n n C C C    (1998 Chinese Mathematical Olympiad) Lời giải. Bởi vì 2 là số nguyên tố nên 1 2 3 1 2 , 2000 k n n n C C C k     Ta có: 2 1 2 3 ( 1)( 6) 1 1 6 n n n n n n C C C         Nghĩa là     2 1 1 6 3.2 k n n n      [...]... PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2014 – 2015 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ KHAI TRIỂN Họ và tên tác giả: NGUYỄN TẤT THU Chức vụ: Tổ phó chuyên môn Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn:  - Phương... loại  Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc... chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của chính tác giả Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm 22 NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN (Ký tên và ghi rõ họ tên) Nguyễn Tất Thu XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên) Trần Tiến... Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p   n; thì  Cn   3  k0 chia hết cho p   II HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Qua việc sử dụng đề tài để giảng dạy cho các lớp chuyên toán và đội tuyển Quốc gia, thấy được các em tự tin hơn và các em nhanh chóng tìm được phương án giải quyết khi gặp các bài toán về tính chất số học của hệ số khai triển Qua đó thấy được sự hứng thú học toán cho các em học sinh tăng lên ĐỀ... bộ môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  1 Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây) - Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác... số nguyên 12    1 3  2 n 1  2  Xét Em  1  3 m    1 3  m với m là số nguyên dương Ta có Em  2 Em 1  2 Em  2 với m  2 m 2 Dựa vào công thức truy hồi, ta chứng minh được Em chia hết cho 2  k n Ví dụ 14 Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa C2n  2n , trong đó k n là số các ước nguyên tố của C2n (VMO 2002 )   Lời giải n Giả sử p là một ước nguyên tố của C2n , gọi m là số. .. bằng quy nạp và dựa vào hệ thức truy hồi ta chứng minh được vn  2n với n  1 Do đó : 2an  1 là số chính phương với mọi n  0 18 Bài 7 (Iran TST 2011) Tìm tất cả các số nguyên dương n  2 sao cho với mọi i j số nguyên i, j thỏa mãn 0  i, j  n thì i  j và Cn  Cn có cùng tính chẵn lẻ ĐS: n  2k  2, k  2 Bài 8 Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại vô hạn số nguyên dương n thỏa ... minh rằng an  bn là một lũy thừa của 2 Bài 11 Chứng minh rằng với mỗi cặp số tự nhiên m, k thì m có cách biểu diễn duy nhất dưới dạng m  C k  C k 1   C t ak ak1 at Với ak  ak 1   at  t  1 (1996 Iranian Mathematical Olympiad) Bài 12 Cho m, n là các số nguyên thỏa 1  m  n Chứng minh rằng m là ước của m 1 n  k0 k (1)k Cn 19 Bài 13 Cho p là số nguyên tố và đa thức f  [x] có bậc... Cho n  3 là số nguyên dương Đặt sn  2k  C2n1.4n  k1.3k k 0 Chứng minh rằng 2sn  1 là số chính phương 2 n 1 2 n 1  1 HD: Ta có sn   2  3  2 3  4        Do đó 2sn  1      Đặt vn   3 1   3 1   2 n 1   3 1 2n 2 n 1    3 1 2n 1   2 n 1  2   , n  0    , ta chứng minh với mọi n  1 thì vn  2n Từ công thức tổng quát của vn ta có được hệ thức truy... hết cho n.3m (2004 Romanian IMO Team Selection Test) HD: Gọi  là một nghiệm phức của phương trình x3  1 Ta có m 3k 3 A  3  C3m  3n  1 k k0   1  3 3n  1 3m    1   3 3n  1  3m   1   2 3 3n  1 3m  Đặt a  1  3 3n  1, b  1   3 3n  1, c  1   2 3 3n  1 Suy ra 3 A  a3m  b3m  c3m và a, b, c là nghiệm của đa thức  X  13   3n  1  X 3  3 X 2  3 X  3n Đặt sk  a k . 10-Khu phố 5- P. Trảng Dài- Biên Hòa- Đồng Nai 5. Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 6. Fax: E-mail: nguyentatthudn@gmail.com 7. Chức vụ: Tổ phó chuyên môn 8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể,