SH hung NT mot so tinh chat so hoc cua he so to hop

Chuyên đề: Một số tính chất số học hệ số tổ hợp 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 n1b   Cnnb n với n  * Cnk  n! , k  0,1, , n k ! n  k !  Các số Cn0 , Cn1 , , Cnn gọi hệ số tổ hợp Bài viết quan tâm đến số tính chất số học số số áp dụng II Một số tính chất hệ số tổ hợp 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 m1  Cn1 1.2 m m Từ suy mCnm  nCnm11 , 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 hệ số x m hai vế ta được: Cnm  Cnmkk Cnmkk11 Cnm11 Cnm00  mod p  ■ III Một số 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 p01    1  mod p  , lại có: C p01  C1p1  C1p  C1p1   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  C22n1  C22n n chia hết cho 22 n2 Giải: Xét đa thức: P  x   1  x  2n 1  1  x  Đa thức có hệ số số 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 hệ số 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 n2 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 hệ số xkps P  x  Trước hết hệ số xkps 1  x  Clpkpt 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 hệ số cần tìm 0, ta giả sử s  t Khi đó, hệ số xkps Clk Cts Vậy hệ số xkps P  x  Clpkpt s  Clk Cts Do P  x  chia hết cho p nên Clpkpt s  Clk Cts chia hết cho p Bài toán (VMO, 2011) Cho dãy số nguyên an  xác định a0  1, a1  1 an  6an1  5an2 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 hệ số Cki với i  0, k hệ số hàng k 0 k 2k k 0 i 0 thứ k tam giác Pascal Ta gọi Sa , Ta số hệ số chia dư 1, 3a hàng 6a  a 6a  4a tam giác Pascal, theo  4 ta Sa  , Ta  Suy số lượng 2 hệ số 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  C2pp11   mod q  C2qq11 1  mod p  Giải: Giả sử C2pqpq11   mod pq  Do pq    2q  1 p  p  pq    q  1 p  p  nên áp dụng kết toán ta được: C2pqpq11  C2qq11.C pp11  C2qq11  mod p  1 Mặt khác, C2pqpq11   mod pq  nên C2pqpq11   mod p    Từ (1), (2) suy ra: C2qq11   mod p  Tương tự, ta có: C2pp11   mod q  Đảo lại, giả sử có: C2pp11   mod q  C2qq11   mod p  ta chứng minh C2pqpq11   mod pq  Áp dụng tương tự ta được: C2pqpq11  C2pp11   mod q  C2pqpq11  C2qq11   mod p  Hay C2pqpq11  chia hết cho p q, mà  p, q   nên C2pqpq11  chia hết cho pq Bài toán (Việt Nam TST, 2010) Gọi Sn tổng bình phương hệ số 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 hệ số 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, aj  a j  Áp dụng định lí Lucas ta được: k C42nn    Cbaii    mod 3 (vì Cbjj  C12  0) a i 0 Một số 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 Cnk1 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,