Đẳng thức tổ hợp 4

136 5.3 Các tốn Ta có p p i = (p − i + 1)(p − i + 2) (p − 1) i! i−1 (−1)i−1 (−1) (i − 1)! ≡ (mod p) ≡ i i 1 (−1)k−1 ⇒ S ≡ − + − + (mod p) k p! p(p − i)!i! 1 + + + 1 ≡ + + + + S ≡ 1+ 1 1 + + + + + k k+1 p−1 (mod p) (mod p) Khi 1 1 −2 + + + k k−1 1 1 − + + + (mod p) k h 1 Ta có − ≡ (mod p) nên h p−h k+n n 4n 2n + 2k k+n k t2n (1 − t)2n+1 (1 − t)2n+1 t2 u = (1 − u)n+1 (1 − t)2 t2 u = (1 − u)n+1 (1 − t)2 (1 − t)2n+2 · (1 − t)2n+1 (1 − 2t)n+1 1−t = t2n (1 − 2t)n+1 1 2n−1 = t2n n+1 − t (1 − 2t) (1 − 2t)n+1 n + + 2n − 2n − + n + − = 22n − 22n−1 2n 2n − 3n − 3n = 4n − 4n · n n 3n 3n 3n = 4n − 4n · · = 4n · n n n Nên từ suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.20 Cho ba số nguyên (m, n, r) thỏa mãn ≤ r ≤ n ≤ m−2 r m + n − (k + 1) r Ký hiệu :P (m; n; r) = (−1)k n k k=0 Chứng minh rằng: n 1 1 S ≡ + + + + + + k k+1 p−1 Diễn đàn Toán học k=0 4n 2n − 2k = t2n 2p 2(3h + 2) = = 2h + + = 2h + ⇒ p − h = k + 3 1 S ≡ + + + + 1 ≡ + + + + = = t2n Trường hợp 2: p = 3h + k= k=0 n A 1 ≡ (mod p) nên h p−h S ≡1+ n = t4n 1 1 −2 + + + k k 1 1 − + + + k h 101 Lời giải Ta có : = Trường hợp 1: p = 3h + 2p 2(3h + 1) k= = = 2h + = 2h 3 ⇒p−k−1=h⇒p−h=k+1 Khi Ta có − 4.5 Bài tập minh họa P (m; n; r) = (mod p) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp r=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp m+n n Diễn đàn Toán học 102 4.5 Bài tập minh họa Nhận xét Bài Toán tác giả thích nhất, với dụng ý hàm sinh tác giả viết chuyên đề Rõ ràng cách khác như, đếm cách, quy nạp, gần không hiệu ngoại hình tốn q cồng kềnh, rối rắm Lời giải Ta có: r (−1)k P (m; n; r) = k=0 A = tn+m−2 = tm−2 n ⇒ r=0 t − t2 − t2 Và định lý Wolstenholme: 2p p ≡ (mod p2 ) (đã chứng minh 5.1) Áp dụng vào toán: p j=0 r p j p+j j =1−1+ − 2p − 2p + p r r=0 (1 − t) p p j p+j − p j    (1 − t) n     ∀j = 1, p − : n+1 r=0 135 Lời giải Ta có bổ đề: (1 − t)n+1 m−2 = tm−2 r k tn r n+1 (1 − u) | u = t (1 − t) r − t2 n P (m; n; r) = m + n − (k + 1) n 5.3 Các toán 2p −2+ p = n+1 p−1 p j j=1 p−1 p j j=1 p+j j p+j j − (1 + 1)p −1 p n+1 = tm−2 = t m−2 = [tm ] − − t2 − (1 − t2 ) (1 − t)n+1 − − t2 n+1 − − t2 k n+1 p p i i=1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2p Chứng minh rằng: t2 (1 − t)n+1 (1 − t)n+1 = [tm ] − (1 + t)n+1 (1 − t)n+1 = [tm ] (1 − t)n+1 m+n+1−1 m+n = = m m Diễn đàn Tốn học Ví dụ 5.13 Cho p số nguyên tố lớn k = Lời giải Dễ thấy p i p, ∀i = 1, p − Để chứng minh p p p + + + p ta cần chứng minh k k S= i=1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp p .p p i (5.3) Diễn đàn Toán học 134 5.3 Các toán chia cho số (p − 1)! nguyên tố với p, ta biến đổi (5.1) dạng N N ≡ (mod p) (5.2) p! p n N số nguyên p p! Vậy ta chứng minh xong điều kiện khẳng định toán N n Nếu số = chia hết cho ps (5.1),(5.2) theo module p p ps+1 N n s Suy p Vậy khẳng định thứ hai chứng minh = p p Ví dụ 5.11 (Trường Đơng tốn học miền Nam 2012-2013) Cho số nguyên tố p Chứng minh p p+i i p i i=1 ≡ 2p (mod p2 ) Lời giải p i ≡0 Ta có: Suy ra: p i p i=0 p+i i (mod p); p+i −1 i p p+i ⇒ i i p i p+i i ≡1 p ≡ i=0 (mod p) ∀i = 1, p − j=0 Diễn đàn Toán học p j p+j j ≡ p i (mod p2 ) p i ≡ 2p (mod p2 ) ≡ 2p + 103 Do n + ≤ m − < m ⇒ [tm ] (1 + t)n+1 = Nên từ suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.21 (Hồng Xn Thanh) Chứng minh với số nguyên dương n, ta có: n (−2)k k=0 n+k 2k = (−1) n+1 Nhận xét Tất nhiên so với toán nêu trên, dễ Tuy nhiên, dụng ý tác giả đưa mục đích khác, tức là: Trong trình bày lời giải, ta không muốn phải chứng minh lại định lý A (4.2); B (4.3), đó, ta ngầm dùng chúng sử dụng kết hàm sinh tìm để lời giải ngắn gọn Và để làm “vừa ý” người đọc vốn khơng quen với kiểu trình bày có ẩn u Chẳng hạn với toán này: dùng định lý A (4.2), ta tìm 1−t hàm sinh cần tìm: f (t) = , hệ số cần xét tn + t2 Lời giải Bây giờ, tuỳ theo số dư n phép chia cho 4, ta có: p2 Ví dụ 5.12 Cho p ∈ P p = Chứng minh rằng: p 4.5 Bài tập minh họa (mod p2 ) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp (−1) n+1 t − [tn ] + t2 + t2 1−t = [tn ] + t2 (1 − t)2 = [tn ] · − t + t2 1 = [tn ] · 2t 1−t 1+ (1 − t)2 (Biến đổi thực từ định lý A (4.2)) = [tn ] Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 104 4.5 Bài tập minh họa = [tn ] ∞ 1−t k=0 n = [tn ] (−2t) 2k+1 (1 − t) k=0 n+k n−k (−2)k = k=0 = [tn ] (1 − t)2k k=0 n k n ∞ (−2t)k (−2)k = k=0 n (−2)k = k=0 (−2t)k 5.3 Các toán 133 Lời giải (2) Ta có (1 − t)2k+1 n−1 n − k + 2k + − n−k k=0 n = n+k 2k 2(n − k) 2n + k k=1 2n + 2k n−k n = k=1 n−1 (n − k) = k=0 2n + 2(n − k) 2n + 2k(2n + 1)! = 2(2k)!(2n − 2k + 1)! n Mặt khác 4n = (1 + 1)2n − (1 − 1)2n = k=1 k=1 2n 2k − 2n 2k − Do Nhận xét Ở dùng tới khai triển quen thuộc: n−1 n n−1 n+k−1 k x + + x + + k = (1 − x)n n Ví dụ 4.22 Chứng minh với số nguyên dương n, ta có: k=0 2n + 2(n − k) n−k = 2n + 1 n · · = (2n + 1)4n−1 4n−1 2 Vậy ta có đpcm Ví dụ 5.10 (USA MO) Cho p số nguyên tố chứng minh n (−1)k k=0 n n−k Lời giải Áp dụng đẳng thức: = n−k k Ta có đẳng thức cần chứng minh trở thành: n (−1)k k=0 n (−1)k ⇔ k=0 n k ⇔ (−1) k=0 n p n − k 4n−k 2n+1 = k n−k n n−k n−k−1 + k k−1 n − k 4n−k 2n+1 = n−k n k n−k n−k−1 + k k−1 n − k n−k + k n (−1)k k=0 =2n+1 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp (mod p) Thế n(n − 1) (n − p + 1) N N ≡ (p − 1)! (mod p) Nhân với được: p N p Ta có theo định lí A (4.2) thì: n p Lời giải Xét n số liên tiếp n, n − 1, , n − p + Chúng đồng dư theo module p với số 1, 2, , p Ngoài chúng, chẳng hạn số N , chia hết cho p, từ N n = p p Xóa số N số đồng dư với hệ thặng dư khác 0, 1, 2, , p − theo modulo p Giả sử tích cách số lại sau loại số N : 4n−k = 2n+1 n − k − n−k k−1 ≡ Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp = (p − 1)!N p (mod p) (5.1) Diễn đàn Toán học 132 5.3 Các toán 4.5 Bài tập minh họa 105 Trường hợp 1: m = 2s Do m ≥ nên s ≥ n ⇒ m2 − 3m + = 22s − 3.2s + = 3.2k+1−s 2s (−1)k s Nếu s ≥ − 3.2 + ≡ (mod 16) ⇒ ≡ 3.2k+1−s (mod 16) ⇒ 2k+1−s = ⇒ m2 − 3m + = 24 (khơng có nghiệm ngun) Nếu s = ⇒ m = ⇒ n = (thỏa mãn) Nếu s = ⇒ m = ⇒ n = (thỏa mãn) Trường hợp 2: m = 3.2s Làm tương tự ta tìm n = 23 Vậy n = 3, n = 7, n = 23 giá trị cần tìm n−1 2n + (n − k) k=0 (−1)k k=0 n − k n−1 Lời giải (1) S= k=0 Sử dụng công thức: k 2S = i=1 2n + 2i 2i n Bây đặt A = i=1 2n + 2(n − k) n k =n n = i=1 n−k n = i=1 2n + i 2i n k (−1) k=0 n−1 Ta có: k−1 2n (2n + 1) 2i − n = (2n + 1) i=0 2n 2i 2n 2i (−1/4)k k=0 n−k k   1 t   = 4n [tn ] u= 1−t 1+ u 1−t 4 n n = [t ] (t − 2)2   1 t  = 4n tn−1 u= t 1+ u 1−t 4 (1 − t) = 4n [tn ] (t − 2)2 1 A = (f (1) + f (−1)) = 22n = 4n 2 Hay S = (2n + 1) n − k n−k + k n (−1)k k=0 n − k − n−k k−1 2−t = 4n+1 [tn ] (t − 2)2 4n+1 n 4n+1 = 4n+1 [tn ] = [t ] = · n = 2n+1 t 2−t 2 1− Từ suy thẳng điều phải chứng minh Xét hàm f (x) = (1 + x)2n , theo định lí RUF ta có: Diễn đàn Tốn học n − k − n−k k−1 n Suy ra: n−1 n k=0 n Ví dụ 5.9 Chứng minh với số tự nhiên n ≥ ta có n − k n−k = 4n k A = (2n + 1)4n−1 4n−1 Suy đpcm Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Ví dụ 4.23 Chứng minh với số nguyên dương n, ta có: n k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp n−k 6k 3n + (−2)n = k n−k n Diễn đàn Toán học 106 4.5 Bài tập minh họa Lời giải Ta có : 5.3 Các toán 131 Lời giải Theo đẳng thức Vandermonde : n nS = k=0 n−k n k = k n−k n k=0 p n−k n−k−1 + k k−1 6k k=0 n k m p−k b k=0 n k=0 m+n p Dễ thấy tổng tương đương với Ta lại có: n = t2 n−k k A n u= = [tn ] = [t ] k − t − 6u 1−t − t − 6t2 i=a nên : b (m + n − p)!p! n − k − k A n−1 1 1−t t2 = t = [tn ] u= k−1 t − 6u 1−t − t − 6t2 i=a n i m p−i n i m p−i = (m + n)! ∀a ≥ (m + n − a)! (m + n)! (m + n − p)! (m + n − b)! Từ suy đpcm Suy ra: n nS = k=0 n = k=0 Ví dụ 5.8 (China MO 1998) Tìm số tự nhiên n ≥ cho n−k n · 6k k n−k n n n 22000 + + + n−k n−k−1 + k k−1 6k 2−t −t+1 2−t = [tn ] (1 − 3t)(1 + 2t) 1 = [tn ] + − 3t + 2t = 3n + (−2)n = [tn ] −6t2 Lời giải Theo đề ta có: 1+ n n n + + = 2k (0 ≤ k ≤ 2000, k ∈ Z) (n + 1)(n2 − n + 6) = 2k ⇔ (n + 1)(n2 − n + 6) = 3.2k+1 Đặt m = n + (m ≥ 4) Khi ta có 3n + (−2)n ⇒S= n m(m2 − 3m + 8) = 3.2k+1 Do xảy hai trường hợp sau: Diễn đàn Toán học Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 130 5.3 Các toán 4.5 Bài tập minh họa Ví dụ 4.24 (Hồng Xn Thanh) Chứng minh ∀n ∈ N∗ : Suy ra: m−1 (−1)k n k=1 n k = (−1)m−1 n n−1 m−1 = (−1)m−1 m n m m n k=0 Ví dụ 5.6 Hãy tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện 2n 2n = (2n)k , k số ước nguyên tố n n Lời giải 2n Gọi m số mũ p Giả sử p ước nguyên tố n 2n phân tích tiêu chuẩn n Ta chứng minh pm ≤ 2n Giả sử ngược lại, pm > 2n 2n Khi = pm Suy : m= 107 2n n –2 p p 2n n –2 p2 p + + + 2n pm−1 –2 n pm−1 (*) Với x ∈ R ta có 2x + > 2x ≥ 2x ⇒ 2x − x ≤ Do từ (*) suy m ≤ m − mâu thuẫn Suy điều phải chứng minh Từ kết vừa chứng minh ta được: 2n n k = (2n) ⇔ k = 2n n = 2n ⇔ n = Ví dụ 5.7 (T7/245-THTT) Cho m, n, p ∈ N thỏa mãn: p ≤ m + n a = max{0; p − m}; b = min{p; n} Chứng minh: b (m + n − b)!p! i=a Diễn đàn Toán học n i m p−i (m + n − a)!  √  1+ = √ n+k k √ n+2 + (−1)n+1 5−1 n+2   Lời giải Đây có lẽ nên Tốn đẹp mà khơng q khó Ngoại hình tốn khiến bạn rối, trước tiên, theo thói quen, ta làm bước nhỏ để đưa thứ trở lại quỹ đạo  √ √ n+2 1+ √   √  1+ =√  √  1+ =√ + (−1)n+1 n+2 − (−1)n+2 n+2 − √ 1− n+2 5−1 √ 5−1    n+2   n+2  = Fn+2 Kể gọn rồi, chưa đáng kể, ta muốn khử dấu phần nguyên, vốn khó chịu tính tốn Số mẫu số n+k gợi ý cho ta cách xét số dư phép chia n cho 2, nói cách khác tính chẵn lẻ n Một cách tự nhiên, sau xét tính chẵn lẻ n, ta chia tổng ban đầu tiếp thành hai thành phần theo tính chẵn lẻ k, hiển n+k nhiên phá hết dấu phần nguyên Một ý tưởng đẹp đơn giản! Bây giờ, ta xét thử n = 2m + 1, trường hợp n = 2m hoàn toàn tương Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Tốn học 108 4.6 Các tốn khơng mẫu mực tự n n+k k=0 k n = k=0 m = k=0 m = k=0 2m+1+k k m 2m+1+2k 2k m+k + 2k 2m+1+2k+1 + k=0 m+k+1 2k + 1 t A = [tm ] u= 1−t 1−u (1 − t)2 t t + tm+1 1−u u= (1 − t) (1 − t)2 1−t = [tm ] + [tm ] (∗) − 3t + t − 3t + t2 2−t = [tm ] − 3t + t2 (1 − t) t = [tm ] + [tm ] − 3t + t2 − 3t + t2 = 2F2m+1 + F2m = F2m+1 + (F2m+1 + F2m ) = F2m+1 + F2m+2 = F2m+3 = F(2m+1)+2 = Fn+2 Bước (*) dạng quen thuộc hàm sinh liên quan dãy Fibonacci Nên từ suy điều phải chứng minh Một toán - đẹp! 129 Ví dụ 5.4 (Đề thi HSG tỉnh Đắk Lắk 2011-2012) Cho m số nguyên (m + 2010)! thỏa < m < 2011 Chứng minh số nguyên m!2011! Lời giải Để ý 2k + k=0 m 5.3 Các toán m + 2010 2010 = Suy (m + 2011) Các tốn khơng mẫu mực Bài tốn 4.5 Chứng minh ∀n ∈ N 0≤k≤i≤n Diễn đàn Toán học n (i − k) i n k m + 2011 2011 Ví dụ 5.5 (Hungari 2001) Cho m, n số nguyên dương ≤ m ≤ n Chứng minh m−1 n n (−1)k m k k=1 Lời giải m−1 (−1)k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp = 2011 m + 2010 2010 m + 2010 m + 2011 ; ∈N 2010 2011 Vì 2011 số nguyên tố < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: ƯCLN(m + 2011, 2011) = m + 2010 (m + 2010)! Vậy 2011 số nguyên 2010 m!2011! ∗ n 2n = n m + 2010 2010 Tức 2011 | (m + 2011) Áp dụng hệ thức Pascal 4.6 (m + 2010)! 2011 m + 2011 = m!2010! m + 2011 2011 k=0 n k = n k n−1 − = (−1)m−1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp = n−1 n−1 + , ta có: k k−1 m−2 (−1)k k=0 n−1 n−1 + k k+1 n−1 m−1 Diễn đàn Toán học 128 5.3 Các toán đồng dư với số (p − 1)! theo modulo p2 2p 2p − Lập luận tiếp =2 ≡ (mod p2 ) p p−1 Ví dụ 5.2 Chứng minh với n số nguyên dương lẻ tập S= n n ; ; ; 4.6 Các tốn khơng mẫu mực Lời giải Tham khảo lời giải địa http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/82111-sum -0-le-k-le-i-le-n-lefti-kbinomnibinomnkright-dfracn2binom2nn/ (Bài viết số 2) Ta có đẳng thức sau: n n−1 chứa lẻ số lẻ Lời giải Đặt (i − k) 0≤k≤i≤n Sn = n n + + + 109 n i n k n−1 k=0 · n n−1 n n n + + ··· + k = n n n + + ··· + k+1 k+2 n = an−1 Khi 2Sn = n n n + + + − = 2n − ⇒ Sn = 2n−1 − số lẻ n Với số nguyên dương n cho trước, xét dãy số (bk )k≥0 xác định sau: n n n bk = + + ··· + k Vậy tập S phải chứa lẻ số lẻ Ví dụ 5.3 Cho n ∈ N, n ≥ Tìm ƯCLN số 2n 2n 2n , , , 2n − 2n 2n 2n Ta có: + + + = 22n−1 2n − 2n 2n 2n Suy ước chung số , , , có dạng 2m 2n − Giả sử n = 2p q, với q lẻ 2n Ta có: = 2p+1 q ⇒ ước chung xét ≤ 2p+1 Ta cần chứng minh ước chung 2p+1 2p+1 q 2p+1 q 2p+1 q 2p+1 q − ⇒ 2p+1 Ta có: = m m m−1 m Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp (1 + x)n 1−x với |x| < Ta có: C(x) = + x + x2 + · · · Lời giải Diễn đàn Toán học Bây xét khai triễn chuỗi luỹ thừa hình thức của: C(x) = n n n n + x + ··· + x = n ∞ cn xn n=0 Bằng cách xem xét hệ số xk (0 ≤ k ≤ n); ta có: bk = ck ∀0 ≤ k ≤ n ⇒ ⇒ (1 + x)2n (C(x)) = = (1 − x)2 ∞ ∞ cn x n cn xn · n=0 n=0 2n 2n 2n 2n + x + ··· + x · + 2x + 3x2 + 2n ∞ = cn x n=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp ∞ n cn xn · n=0 Diễn đàn Tốn học 110 4.6 Các tốn khơng mẫu mực 5.3 Các toán Bây so sánh hệ số xn−1 hai vế, ta có: n−1 r=0 • 2n (n − r) = c0 cn−1 + c1 cn−2 + + cn−1 c0 r k • i=0 = b0 bn−1 + b1 bn−2 + + bn−1 b0 n−1 k=0 · 5.3 n n n + + ··· + k = Như vậy, công việc lại ta chứng minh đẳng thức sau: r=0 2n n 2n (n − r) = r n r=0 2n (n − r) = n r n = r=0 2n 2n − r r=0 n−1 r r=0 = n.22n−1 − n−1 +1 n+m k = = n n (Hệ thức Vandermonde) = p p p + p p , ∀k = 1, p − Do p p + + p−1 p p i p p−1 p p , ∀i = 1, p − (2) − = chia hết cho 22 = Xét số nguyên tố p > 2, trước hết ta có đẳng thức Với p = điều khẳng định 2n r n−1 − r=0 n 2n · − n m k−i 2p p p k Lời giải 2n 2n − r n n i n < < Các toán (4.1) Ta có: n−1 n Lời giải (1) Theo hệ thức Vandermonde, ta có Mà n−1 < Ví dụ 5.1 (Định lý Wolstenholme) Cho p số nguyên tố Chứng minh 2p ≡ (mod p2 ) p n n n + + ··· + k+1 k+2 n = an−1 n−1 n 127 n−1 r r=0 2p p 2n r r =2 2p − p−1 Từ hệ thức (2p − k)(p + k) ≡ k(p − k) (mod p2 ) với k = p−1 1, 2, , (số p − chẵn), ta có tích 2n r (2p − 1)(2p − 2) (p + 1) Nên (5.1) tương đương với = [(2p − 1)(p + 1)][(2p − 2)(p + 2)] n n.22n−1 = r r=0 Diễn đàn Toán học 2n r (4.2) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp ≡ [1.(p − 1)] [2.(p − 2)] Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp p+1 p+2 · 2 2p − p−1 p+ p−1 (mod p2 ) Diễn đàn Toán học 126 5.2 Một số hệ thức p nguyên liên tiếp nên (p − 1)(p − 2) (p − k + 1) k! k (p − 1)(p − 2) (p − k + 1) =a∈Z Hay k! Vậy ta có điều cần chứng minh Mà Định lý 5.2 (Định lý tương ứng Lucas.)– Cho p số nguyên tố n số nguyên dương với n = (nm nm−1 n0 )p Giả sử i số nguyên dương nhỏ n, viết i = i0 +i1 p+· · · im pm , ≤ i0 , , im ≤ p − Khi m n nj ≡ (mod p) i ij 4.6 Các tốn khơng mẫu mực Bây với r = 1; 2; ; n, ta có: r 2n r ∞ xi F (x) = i=0 ∞ ain = i=0 f (1) + f (ε) + f (ε2 ) + + f (εn−1 ) n Khi sử dụng định lí nên ý từ định nghĩa ε ta có: + ε + + εn−1 = 5.2 Một số hệ thức n r r=0 2n r n = 2n r=1 = 2n · · 2n − r−1 2n−1 r=0 n−1 = 2n 2n − r r=0 2n − r = n.22n−1 Từ suy (5.2) đúng; suy (5.1) Do đẳng thức ban đầu chứng minh hoàn toàn Nhận xét Đây Tốn khó tài liệu Bước biến đổi tương đối khó để xây dựng Hàm sinh đưa hàm sinh tương ứng với dãy số cần xét, mà hàm sinh tương ứng với số hạng dãy mà thơi Ngồi ra, đòi hỏi kỹ biến đổi thành thạo với tổ hợp chập (ở phần 3-4) Nhìn chung; tốn hay - khó - ngoạn mục! Điều dễ dàng bù lại kỹ xét (C(x))2 tương đối quen thuộc Suy ngẫm tốn ta thấy, có mối liên hệ mật thiết với định lý tổng phần n f (t) fk = [tn ] (Định lý P): 1−t k=0 • n k = n n−k • n k = n−1 n−1 + k k−1 Diễn đàn Toán học r · (2n)! (2n)! = r! · (2n − r)! (r − 1)! · (2n − r)! 2n − 2n · (2n − 1)! = 2n = (r − 1)! · (2n − r)! r−1 = Suy j=0 Định lý 5.3 (Định lí RUF)– Cho số nguyên dương n, Gọi ε nghiệm phức khác phương trình xn = Xét hàm đa thức: 111 Như vậy, dù tốn khơng mẫu mực lời giải có sở định, khơng cảm tính kỹ (Đối xứng) (Hệ thức Pascal) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Bài toán 4.6 Chứng minh Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 112 4.6 Các tốn khơng mẫu mực Chương m (−1)j (x + m + 1) j=0 x+y+j m−j y + 2j j m − j=0 Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào Số học x+j (−4)j m−j = (x − m) x m Lời giải Chú ý: Hàm sinh tương ứng dãy (−1)j √ + 4t √ − + 4t 2(−t) y =√ + 4t y + 2j j √ (j ∈ N) là: + 4t − 2t 5.1 5.2 5.3 5.4 y Định lý 125 Một số hệ thức Các toán 127 Bài tập 148 126 Trần Trung Kiên (Ispectorgadget) Lê Kim Nhã (gogo123) Ta có: m (−1)j (x + m + 1) j=0 x+y+j m−j y + 2j j √ Tóm tắt nội dung 1 + 4u − =(x + m + 1) [t ] (1 + t) √ 2u + 4u y (2t) = (x + m + 1) [tm ] (1 + t)x+y · y y + 2t t (1 + t)y = (x + m + 1) [tm ] (1 + t)x + 2t x (1 + t) = (x + m + 1) [tm ] + 2t B m x+y y u = t(1 + t) Ta có: m x+j (1 + t)x B (−4)j = [tm ] (1+t)x u = t(1 + t) = [tm ] m−j + 4u (1 + 2t)2 j=0 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Trong phần này, giới thiệu số định lý toán Số học sử dụng Tổ hợp ĐTTH Để giải chúng, bạn phải biết kết hợp phương pháp, kỹ thuật với 5.1 Định lý Định lý 5.1– Cho p số nguyên tố Khi p k p với p = 1, 2, , p − Chứng minh p p(p − 1) (p − k + 1) = Do p nguyên tố k ∈ {1, 2, , p − 1} k k! nên (p, k!) = 125 4.6 Các toán khơng mẫu mực 113 Từ suy ra: m j (x + m + 1) (−1) j=0 x+y+j m−j y + 2j j m − j=0 x+j (−4)j m−j (1 + t)x (1 + − [tm ] + 2t (1 + 2t)2 x (1 + t) (1 + t)x (1 + t)x = (x + 1) [tm ] + m [tm ] − [tm ] + 2t + 2t (1 + 2t)2 = (x + m + 1) [tm ] t)x (Mẫu số (1 + 2t)2 mấu chốt gợi cho ta liên tưởng đến việc xét đạo hàm) (1 + t)x (1 + t)x (1 + t)x + m [tm ] − [tm ] + 2t + 2t (1 + 2t)2 (1 + t)x d (1 + t)x (1 + t)x + tm−1 − [tm ] = (x + 1) [tm ] + 2t dt + 2t (1 + 2t)2 x−1 x x(1 + t) (1 + 2t) − 2(1 + t)x (1 + t) + tm−1 = (x + 1) [tm ] + 2t (1 + 2t)2 (1 + t)x − [tm ] (1 + 2t)2 (1 + t)x t(1 + t)x−1 2t(1 + t)x = (x + 1) [tm ] + x [tm ] − [tm ] + 2t + 2t (1 + 2t)2 x (1 + t) − [tm ] (1 + 2t)2 (1 + t)x t(1 + t)x−1 (1 + t)x = (x + 1) [tm ] + x [tm ] − [tm ] + 2t + 2t + 2t x−1 (1 + t) ((x + 1)(1 + t) + xt − (1 + t)) = [tm ] + 2t x−1 (1 + 2t)x (1 + t) = [tm ] + 2t x−1 = [tm ] x(1 + t)x−1 = x m x = (x − m) m (x + 1) [tm ] Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Tốn học 114 4.6 Các tốn khơng mẫu mực Nhận xét Đây tốn khó chuyên đề này! Bài toán đưa vào mục tốn khơng mẫu mực phép biến đổi tương đối lạ gặp, hàm sinh đưa (1 + t)x không quen thuộc, dù phép biến đổi m [tm ] = + 2t x d (1 + t) phép biển đổi đẹp nên nhớ! tm−1 dt + 2t 4.7 Bài tập tự luyện 123 Lời kết Chỉ vài chục trang đương nhiên khơng thể truyền tải hết người viết chuyên đề muốn gửi gắm Tuy nhiên, tác giả cố gắng để có chun đề đọng - dễ hiểu dễ áp dụng Xin điểm lại vài ý lớn chuyên đề: • Luyện tập để sử dụng thành thạo dạng khai triển hàm sinh Bài toán 4.7 Chứng minh với số ngun n, ta có: k≥0 • Giới thiệu định lý có ứng dụng nhiều tính tổng dùng hàm sinh 2n F2k+1 = 5n F2n+1 k • Các tập khơng mẫu mực có nhiều ứng dụng Lời giải Ta có: k≥0 1−u t 2n A u= F2k+1 = t2n − t − 3u + u 1−t k = t2n = t 2n = t2n · 1−t 1− t 1−t t + − 1−t t 1−t (1 − t)2 − t(1 − t) · − t (1 − t)2 − 3t(1 − t) + t2 − 2t 5t − 5t + √ = 5n t2n • Giới thiệu vài kiểu khai triển hàm sinh tương đối khó − 55t √ t2 − 5t + Vẫn nhiều điều khác tính tổng dùng hàm sinh mà tác giả chưa thể mang đến: tổng có liên quan đến số nghịch đảo (harmonic number), tổng lượng giác, dạng hàm sinh số phức Cũng cách tiếp cận để tìm cụ thể hàm tương ứng với dãy ví dụ phương pháp sử dụng hàm siêu hình (hypergeometric function); phương pháp sử dụng định lý nghịch đảo Lagrange (Lagrange’s Inversion Theorem) Tác giả tiếc chưa thể nói giới hạn thời gian kiến thức Hi vọng gặp bạn chuyên đề khác, ấn phẩm khác VMF, tác giả có dịp để chia sẻ thảo luận nhiều vấn đề Còn tại, thật quan tâm, bạn tìm hiểu thơng qua từ khố tiếng Anh mà tác giả cung cấp, trao đổi thêm thông qua địa mail: loc_lhp@yahoo.com Tạm biệt cảm ơn bạn theo dõi chuyên đề Chúc bạn học tốt √ Tức ta cần chứng minh t2n Diễn đàn Toán học − 55t √ = F2n+1 t2 − 5t + Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 122 4.7 Bài tập tự luyện Bài Chứng minh với số nguyên dương n, ta có: (−1)j1 +j2 + +jn +1 (j1 + j2 + + jn − 1)! = j1 !j2 ! jn ! n Trong tổng lấy tất số nguyên không âm (j1 ; j2 ; ; jn ) thoả mãn j1 + 2j2 + + njn = n 4.6 Các tốn khơng mẫu mực Ta có: √ t 2n − 55t √ = t2n t − 5t + = t2n = t2n 1− √ t− √ t 1−2 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp t− √ 5+1 √ + t − 25−1 √ 2n−1 t − √ √ 1− 1+t + t − 25−1 Tới ta dùng đến công thức [tn ] = 5−1 √ 5t √ √ 5−1 5+1 − t −t 2 √ − 55t √ √ + t 1−2 + t − 25−1 1+ = √ 5t 1− = t2n Diễn đàn Toán học 115 √ 2n+1 1− − √ 1− − √ 1− 2n+1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp rn+1 –sn+1 = (–1)n (1+rt)(1+st) r–s √ 2n+1 − 5−1 (−1)2n √ − 5−1 √ 2n √ 1− − 2 − · √ 1− 5 − √ √ 2n − 5−1 (−1)2n−1 √ − 5−1 2n+1 5+1 +  √ √ 5 1− + √ 2n − 5+1 2n   Diễn đàn Toán học 116 4.6 Các tốn khơng mẫu mực  √  1+ =√ 2n+1 − √ 1− 2n+1   4.7 Bài tập tự luyện Lời giải Ta có: n = F2n+1 k=0 Nên từ suy điều phải chứng minh 121 x+k k y+n−k n−k conv = [tn ] 1 · x+1 (1 − t) (1 − t)y+1 (1 − t)x+y+2 x+y+2+n−1 n = [tn ] Nhận xét √ − 255 √ , cách xử lý Hãy để ý kỹ cách xử lý t t2 − 5t + cách làm tổng quát với dạng phân thức có mẫu thức hàm bậc có nghiệm thực 2n Trong topic http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/68310sum-kge-0-binom2nk-f-2k1-5n-f-2n1/ nickname hxthanh có đưa lời giải ngắn gọn dựa nhị thức Newton tính tốn Đại Số t Tuy nhiên, theo quan điểm người viết, lời giải “cồng kềnh” lại có nhiều để học tập Dựa tư tưởng lời giải trên, bạn giải tương tự: Với số nguyên dương n Chứng minh: n k=0 n Fk = F2n k (−1)n+k 2k k=0 = x+y+n+1 n Từ ta có điều phải chứng minh 4.7 Bài tập tự luyện Bài Chứng minh với số nguyên dương m, n thoả mãn: ≤ m ≤ n − ta ln có đẳng thức : 2n–m–1 n–1 – 2n–2m–1 m k+j k = j k 2n–m–2k–j–3 (n–m–k–1) Bài Chứng minh với số nguyên dương n, ta có : Tuy nhiên, cách khơng thể dùng để giải sau: Với số nguyên dương n Chứng minh: n = n F2k = F3n k Các bạn tự tìm cho cách giải thích Đồng thời giải cách hxthanh xem sao? Đây xem dịp để đối chiếu cách giải khác 2k 0≤k≤ n n n−k n−k 2k = 2n−1 + cos nπ Bài Cho trước số nguyên dương n; r với r < n Chứng minh có số ngun khơng âm (k1 ; k2 ; ; kn ) thỏa mãn n n ki = r i=1 iki = n i=1 Bài toán 4.8 Chứng minh với số nguyên dương n,ta có : ta ln có n−1 (−1)n−1−k 3k k=0 Diễn đàn Toán học 3n k 3n − k − n−1−k n−1 = k=0 3n (n − k) 2k k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 1 n−1 = k1 ! k2 ! kn ! r! r − Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 120 4.6 Các tốn khơng mẫu mực Xét hệ số xs vế, ta có: s s!q!r! ⇒ t! i=0 s i=0 4.6 Các tốn khơng mẫu mực Lời giải Tham khảo lời giải (bằng tiếng Anh) địa chỉ: r+i i q+s−i s−i = r+i i q+s−i q s!q!r! r + q + s + = t! s r+q+s+1 s s!(t − s − r)!r! t + t! s s! (t − s − r)!r! (t + 1)! = t! (t + − s)!s! (t − s − r)!r! (t + 1) = (t + − s)! t+1 = (t + − s) t−s r = http://www.artofproblemsolving.com/Forum/ viewtopic.php?f=41&t=491174 (Bài viết số 3) Ta có tính chất sau: (Định lý Convolution (4.1)) n Nhận xét Với cách dùng hàm sinh trên, bạn thử luyện tập cách giải toán đơn giản sau: Chứng minh với số nguyên ≤ s ≤ k ≤ n, ta có : n t n−t n+1 = s k−s k+1 t=0 p+k tm−p Gợi ý: Sử dụng định lý: G = m (1 − t)m+1 [t ] (f (t)g(t)) = Ta thấy: • 2k 3n k Do theo (4.3), ta có: [xn ] (1 + 2x)3n x = [xn ] (1 − x)2 = k=0 x (1 − x)2 hệ số xk khai triển (1 + 2x)3n n−1 k=0 y+n−k n−k (4.3) k=0 Bài toán 4.10 Chứng minh rằng: x+k k tk f (t) · tn−k g(t) n • n − k hệ số xn−k khai triển Nên từ suy điều phải chứng minh n 117 3n k=0 3n (2x)k k ∞ kxk k=1 3n k (n − k) k (1 + 2x)3n x Mặt khác để tính hệ số x khai triển hàm f (x) = (1 − x)2 n Diễn đàn Toán học Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 118 4.6 Các tốn khơng mẫu mực theo cách khác (theo hướng có số 3k ) vế trái, ta có : [xn ] 3n = [x ] k=0 n−1 = [xn ] k=0 k=0 Suy : Vậy ta có kết cuối cùng: n−1 (−1)n−1−k 3k k=0 3n k 3n − k − n−1−k n−1 = k=0 3n (n − k)2k k Bài toán 4.9 Chứng minh với số nguyên không âm r, s, t thỏa mãn t ≥ r + s, ta có : + s t r+1 + + s s t r+s = s t r + + + s s t r+s = s!q!r! t! s i=0 r+i r q+s−i q 1 r+q+2 = r+1 (1 − x) (1 − x) (1 − x)q+1 t+1 (t + − s) s t r+1 Xét khai triển hàm sinh dựa chuỗi luỹ thừa hình thức: ∞ t−s r = ∞ Lời giải Đặt q = t − r − s Rõ ràng q số nguyên không âm Diễn đàn Toán học (r + i)! (t − r − i)! s! · i! (s − i)! t! s! (r + i)! (q + s − i)! · i! (s − i)! t! s!q!r! (r + i)! (q + s − i)! = · · t! r!i! (s − i)!q! s!q!r! r + i q + s − i = t! i s−i s!q!r! r + i q + s − i = t! r q 3n − k − n−1−k 3n k = = 3n k k+1 x · (1 − x)3n−k−2 k (−1)n−1−k 3k = s i t r+i 3n k k+1 x · (1 − x)3n−k−2 k n−1 119 Với i = 0, , s, ta có: 3n (1 + 2x)3n x n ((1 − x) + 3x) x = [x ] (1 − x)2 (1 − x)2 3n 3n k k+1 x · (1 − x)3n−k k k=0 = [xn ] (1 − x)2 n s t r 4.6 Các tốn khơng mẫu mực Chun đề Đẳng Thức Tổ Hợp ⇒ i=0 r+q+1+i i x = i Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp i=0 ∞ i=0 r+i i x i r+i i x i ∞ i=0 ∞ i=0 q+i i x i q+i i x i Diễn đàn Toán học ... n ≥ ta có n − k n−k = 4n k A = (2n + 1)4n−1 4n−1 Suy đpcm Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Ví dụ 4. 23 Chứng minh với số nguyên dương n, ta có: n k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp n−k 6k 3n + (−2)n =... ≥ 4) Khi ta có 3n + (−2)n ⇒S= n m(m2 − 3m + 8) = 3.2k+1 Do xảy hai trường hợp sau: Diễn đàn Toán học Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 130 5.3 Các tốn 4. 5... hàm đa thức: 111 Như vậy, dù tốn khơng mẫu mực lời giải có sở định, khơng cảm tính kỹ (Đối xứng) (Hệ thức Pascal) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Bài toán 4. 6 Chứng minh Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn