Chuyên đề: Mộtsốtínhchấtsốhọchệsốtổhợp GV: Nguyễn Trung Hưng Trường THPT Chuyên Lê Q Đơn Khánh Hòa I Tóm tắt nội dung Trong chương trình phổ thơng học khai triển nhị thức Newton: a b n Cn0 Cn1a n1b Cnnb n với n * Cnk n! , k 0,1, , n k ! n k ! Các số Cn0 , Cn1 , , Cnn gọi hệsốtổhợp Bài viết quan tâm đến sốtínhchấtsốhọcsốsố áp dụng II Mộtsốtínhchấthệsốtổhợp Ở ta quy ước, Cnk k n Định lí Nếu m, n , m n m, n nguyên tố Cnm mod n Chứng minh: Ta có: Cnm n n 1 n m 1 n m1 Cn1 1.2 m m Từ suy mCnm nCnm11 , mCnm n Lại có m, n nên C nm n ■ Nhận xét 1) Nếu p số ngun tố từ định lí ta có kết quả: C ip mod p , với i p 2) Và từ ta có: 1 x x p mod p p Định lí Nếu p số nguyên tố k * , C ipk mod p với i p k Chứng minh: Ta chứng minh định lí thơng qua bổ đề: Bổ đề (Định lí Legendre) Nếu p số nguyên tố tổng số ước số dạng p n ! n n p p Số n sn , với sn a0 a1 ak , n a0 a1 p a2 p ak p k p 1 Chứng minh bổ đề 1: Chú ý tổng số nhân tử dạng p n ! max , với max số mũ lớn cho p ước n! n Ta lại thấy n pi i Do đó, tổng p n p i 1 i hữu hạn Ta chứng n minh max i * quy nạp Thật vậy, với n 1, ta có: n pi với i nguyên i 1 p n dương nên max i Giả sử (*) với n đặt j số tự nhiên lớn i 1 p n n 1 i pi j (do n ! n n 1! nên i 1 p i 1 cho p j | n Ta chứng minh rằng: chứng minh n p số mũ lớn i 1 i p | n!) i n n 1 1; p | n Ta có: i i Do đó, i p p 0; p | n n n j n n 1 i i i i j j i 1 p p i 1 p p Vậy theo nguyên lí quy nạp với n Cuối chứng minh n p i 1 i * ta có (*) n sn Thật vậy, ta có: p 1 k k 1 n sn ak p 1 ak 1 p 1 a1 p 1 p 1 p 1 ak pk 1 pk 2 1 ak 1 pk 2 pk 3 1 a2 p 1 a1 ak pk 1 ak 1 p k 2 a2 p a1 ak p k 2 ak 1 p k 3 a3 p a2 n n n n ak p ak 1 ak k i p p p i 1 p Bổ đề Với số thực x, y, x y x y Chứng minh bổ đề 2: Ta có: x x , y y x y x y Từ đây, theo định nghĩa phần nguyên ta suy ra: x y x y pk Quay trở lại tốn: Theo bổ đề tổng số ước số dạng p p ! j j 1 p k k pk k i pk i Theo bổ đề ta được: j j j ** j 1 p j 1 p p k i pk i k j j tổng số ước dạng p i ! p i ! , mà j 1 p p k Ta lại có theo bổ đề 1, pk i pk i 0, p k nên (**) bất đẳng thức ngặt, tức ta có: pk pk pk k i pk i k p j p j p j Từ đó, tồn ước p p ! mà không ước j 1 j 1 k i ! pk i ! Hay p | C ipk ■ Nhận xét Từ định lí ta có: 1 x pk x p mod p k Định lí (Định lí Lucas) Cho m n số nguyên không âm p số nguyên tố Đặt m m0 m1 p mk p k , n n0 n1 p nk p k với mi , ni p 1, i 1, k biểu diễn theo sở p m, n Khi đó, Cnm Cnm00 Cnm11 Cmnkk mod p Chứng minh: Do nhận xét nên: 1 x n 1 x nk p k nk 1 p k 1 n1 p n0 nk p p 1 x 1 x k 1 x p k k 1 1 x nk p k 1 nk 1 nk 1 n1 p n 1 x 1 x 1 x p 1 x mod p n1 n Do m, n biểu diễn theo sở p nên thực đồng hệsố x m hai vế ta được: Cnm Cnmkk Cnmkk11 Cnm11 Cnm00 mod p ■ III Mộtsố toán vận dụng Bài toán Cho p số nguyên tố Chứng minh với số tự nhiện k thỏa k p ta có: C pk 1 1 k mod p Giải: Từ nhận xét 1, ta có: C pk mod p , k 1, p Ta có: C p01 1 mod p , lại có: C p01 C1p1 C1p C1p1 1 mod p Giả sử C pk 1 1 k mod p (với k p 1) Khi đó, ta có: C pk 1 C pk 11 C pk 1 C pk 11 1 1 k Vậy C pk 1 1 k mod p với k 1 mod p k 0, p n 1 Bài toán Cho n , n Chứng minh số tn C22n1 C22n n chia hết cho 22 n2 Giải: Xét đa thức: P x 1 x 2n 1 1 x Đa thức có hệsốsố hạng chứa x tn 2n n 2 Mặt khác, ta có: P x 1 x 1 x 1 x n n n 1 C21n x C22n x C21n x C23n x3 C22n 1 x 1 n n n n n Bằng phương pháp đồng hai vế ta hệsố x là: tn C21n C22n 1 C23n C22n 3 C22n 1.C21n n n n Do định lí nên số C21n , C23n , , C22n 1 chia hết cho 2n nên tn chia hết cho 22 n2 n Bài toán Cho p số nguyên tố m, n, k, l, s, t số tự nhiên cho m kp s, n lp t với s, t p Chứng minh rằng: Cnm Clk Cts mod p Giải: Ta xét đa thức P x 1 x lp t 1 x 1 x p Thực biến đổi biểu thức ta t l được: l t lp P x 1 x 1 x 1 x p l 1 t p l 1 p l 2 p 1 x 1 x 1 x p 1 x 1 x x p 1 x p Theo nhận xét 1 x 1 x p chia hết cho p nên P x chia hết cho p Ta xác p định hệsố xkps P x Trước hết hệsố xkps 1 x Clpkpt s Ta biến đổi tích 1 x 1 x p lp t t l với 1 Ct1x Ctt xt 1 Cl1x p Cll xlp Chú ý s t hệsố cần tìm 0, ta giả sử s t Khi đó, hệsố xkps Clk Cts Vậy hệsố xkps P x Clpkpt s Clk Cts Do P x chia hết cho p nên Clpkpt s Clk Cts chia hết cho p Bài toán (VMO, 2011) Cho dãy số nguyên an xác định a0 1, a1 1 an 6an1 5an2 với n Chứng minh a2012 2010 chia hết cho 2011 Giải: Phương trình đặc trưng dãy cho x2 x có nghiệm 14 14 Do đó, ta tìm cơng thức tổng qt dãy là: an 14 7 với un 3 14 14 3 14 14 14 n 14 n 14 14 14 n 1 n 1 14 n 1 14 n 1 , 3 14 n 1 un 2vn , 14 14 n 1 Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta được: 1005 1005 k 0 k 1 2k 2k u2012 C2011 32011 k.14k 32011 C2011 32011 k.14k 2k 2011 Do 2k 2011 với k 2005, 2011 số nguyên tố nên C2011 Mặt khác theo định lí Fermat nhỏ 32011 mod 2011 Do u2012 mod 2011 (1) Tương tự, ta chứng minh v2012 mod 2011 (2) Do đó, từ (1) (2) suy ra: a2012 2010 u2012 2v2012 2010 mod 2011 3a 1 Bài toán Cho a số nguyên dương Chứng minh rằng: C k 0 k 2k mod 3 Giải: Ta có: C C k k 2k i 0 i k 3a 1 3a 1 k C Cki Các hệsố Cki với i 0, k hệsố hàng k 0 k 2k k 0 i 0 thứ k tam giác Pascal Ta gọi Sa , Ta sốhệsố chia dư 1, 3a hàng 6a a 6a 4a tam giác Pascal, theo 4 ta Sa , Ta Suy số lượng 2 hệsố không chia hết cho Sa Ta 6a chia hết cho 3a 1 k Do đó, C k 0 i 0 i k S a Ta mod 3 Bài tốn Tìm tất số ngun dương n cho Cnk số lẻ với k 0, n Giải: r r Xét p giả sử biểu diễn n, k theo sở p là: n ni , k ki 2i với ni , ki 0,1 i i 0 i 0 r Khi đó, theo định lí Lucas ta ln có Cnk Cnkii mod Giả sử tồn số i 0 ni gọi ta chọn ki k j 0, j i Khi đó, ta tìm số k nhỏ n mà Cnkii Suy ra, ta số Cnk số chẵn Do đó, Cnk số lẻ ta có ni 1, i 0, r n 2s pq 1 Bài toán Cho p, q số nguyên tố Chứng minh C pq 1 mod pq C2pp11 mod q C2qq11 1 mod p Giải: Giả sử C2pqpq11 mod pq Do pq 2q 1 p p pq q 1 p p nên áp dụng kết toán ta được: C2pqpq11 C2qq11.C pp11 C2qq11 mod p 1 Mặt khác, C2pqpq11 mod pq nên C2pqpq11 mod p Từ (1), (2) suy ra: C2qq11 mod p Tương tự, ta có: C2pp11 mod q Đảo lại, giả sử có: C2pp11 mod q C2qq11 mod p ta chứng minh C2pqpq11 mod pq Áp dụng tương tự ta được: C2pqpq11 C2pp11 mod q C2pqpq11 C2qq11 mod p Hay C2pqpq11 chia hết cho p q, mà p, q nên C2pqpq11 chia hết cho pq Bài toán (Việt Nam TST, 2010) Gọi Sn tổng bình phương hệsố khai triển nhị thức 1 x , n số nguyên dương, x số thực Chứng minh S2 n n không chia hết cho với n Giải: Trước hết ta tìm S2 n Ta có: 1 x 2n 2n n n n n 1 x 1 x C2i n x n i Cni x n i Cni x n i i 1 i 1 i 1 Đồng hệsố xn hai vế ta được: C2nn Cni Cnn i Cni S n Từ đó, tốn n n i 0 i 0 trở thành chứng minh C42nn không chia hết cho với n k Ta giả sử 2n 3i với 0,1, 2 , i 1, k Ta xét hai trường hợp: i 0 + Nếu 0,1 , i 1, k 2i 0, 2 , i 1, k Ta có: k k k i 0 i 0 i 1 3i 2n mod chẵn Ta đặt k i 0 2t 4t mod 3 k Ta có: 4n 2ai 3i nên theo định lí Lucas thì: i 0 k a i 0 i 2t Khi đó, k k k i 0 i 0 C42nn C2aai i 2ai i 0 mod 3 + Nếu tồn giá trị a j Khơng tính tổng quát giả sử j số nhỏ cho a j vị trí j khai triển theo lũy thừa 4n k k Khi đó, ta viết 2n ai.3 , 4n bi 3i , với k k , ai i 1, k , ai i i 0 i 0 i k 1, k b j 1, aj a j Áp dụng định lí Lucas ta được: k C42nn Cbaii mod 3 (vì Cbjj C12 0) a i 0 Mộtsố toán khác Bài toán Cho n số nguyên dương p số nguyên tố Chứng minh rằng: n Cnp mod p p Bài toán 10 Cho a, b hai số nguyên dương, p số nguyên tố Chứng minh rằng: bp Cap Cab mod p Bài toán 11 Cho n * số tự nhiên k thỏa k n Chứng minh Cnk 1 p Cnk p Cnk1 p ngoại trừ trường hợp n p 2p Bài toán 12 (Putnam, 1998) Cho số nguyên tố p k Chứng minh tổng C1p C p2 C pk chia hết cho p Bài toán 13 (IMO, Shortlisted, 1991) Hãy tìm số nguyên k lớn cho 1991k ước 1992 19901991 19921991 1990 Bài toán 14 Cho n số nguyên dương thỏa số ước lũy thừa n ! n Chứng minh n lũy thừa Bài tốn 15 Tìm tất số ngun dương n cho 2n | 3n Bài toán 16 Cho n số nguyên dương Chứng minh n 1 lcm Cn0 , Cn1 , , Cnn lcm 1, 2, , n 1 Tài liệu tham khảo 1 A Adler, J Coury, The Theory of Numbers, Jones and Bartlett Publisher, Boston, 1995 2 Dusan Djukíc, Vladimir Jankovíc, Ivan Matíc, Nikola Petrovíc, The IMO Compendium – A Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads: 1959 – 2004, Springer, 2004 3 Ivan Niven, Herbert S Zuckerman, Hugh L Montgomery, An Introduction to the Theory of Numbers, John Wiley & Sons, 1991 4 J B Roberts, On binomial coeficient residues, Canada J Math 1957 Vol P 363 – 370 5 Victor J W Guo, C Krattenthaler, Some divisibility properties of binomial and q-binomial coefficients, Mathematics Subject Classification, 1991 ... Springer, 2004 3 Ivan Niven, Herbert S Zuckerman, Hugh L Montgomery, An Introduction to the Theory of Numbers, John Wiley & Sons, 1991 4 J B Roberts, On binomial coeficient residues, Canada J Math... Bartlett Publisher, Boston, 1995 2 Dusan Djukíc, Vladimir Jankovíc, Ivan Matíc, Nikola Petrovíc, The IMO Compendium – A Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads:... Bài to n 16 Cho n số nguyên dương Chứng minh n 1 lcm Cn0 , Cn1 , , Cnn lcm 1, 2, , n 1 Tài liệu tham khảo 1 A Adler, J Coury, The Theory of Numbers, Jones and Bartlett Publisher,