Đẳng thức tổ hợp 2

64 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ Vậy ta có: (2n)! (2n)!2m n(n + 1) (n + m − 1) · A = 2n m!(n − m)! 2n m!(n − m)!(2m − 1)!!(2n − 1)!! 22m n(n + m − 1)! = (2m)!(n − m)! 2.2 Ứng dụng số phức Lời giải Xét khai triển S= √ ( + x) n = 24n (n!)4 (2n)!(2n + 1)! Lời giải Trước hết ta đưa tổng cần tính dạng: n k 2n k=0 (2k + 1) 2k n = k=0 n n!(2k)!(2n − 2k)! k k!(n − k)!(2n)!(2k + 1) = k=0 2n n! = (2n)! Diễn đàn Toán học n n!2k k!(2k–1)!!2n−k (n–k)!(2n–2k–1)!! k k!(n–k)!(2n)!(2k + 1) n k=0 2n √ 2n−k ( 3) (−1)k xk k 2n 2n 2n 2n + 3n−1 x2 + 3n−2 x4 + + +x2n 2n √ √ = ( + x)2n + ( − x)2n T = 3n Chọn x = i √ π π 2n nπ nπ + i sin ( + i)2n = 22n cos + i sin = 22n cos 6 3 2n √ −π −π nπ nπ ( − i)2n = 22n cos + i sin = 22n cos − i sin 6 3 nπ 2n Suy A = cos Với n = 2m, chọn x = 4m 4m 4m 4m 4m + 32m−1 + 33m−2 + + + 4m − 4m √ 2m √ 2m 2m−1 =2 [(2 + 3) + (2 − 3) ] A = 32m A = 32m n k=0 2n 2n √ 2n−k k ( 3) x k Vậy Nhận xét Đây tốn khó! Tưởng ngồi cách giải hàm sinh kiến thức chuỗi hàm luỹ thừa, khơng có phương pháp sơ cấp tiếp cận này! Tác giả “may mắn” tìm lời giải SPTP 3.2 sau đây: n = k=0 2n k=0 (2k + 1) 2k 2n 2n √ ( − x)2n = Bài toán 3.4 Chứng minh đẳng thức: n k 29 n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! k 2k + Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4m 4m 4m 4m − 32m−1 + 32m−2 + + 4m = 24m cos 2mπ Do B= √ √ A+A 2mπ = 22m−2 [(2 + 3)2m + (2 − 3)2m ] + 44m−1 cos Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 30 2.2 Ứng dụng số phức Ví dụ 2.11 Chứng minh + cos ϕ + i sin ϕ = cos ϕ ϕ ϕ cos + i sin 2 Áp dụng SPTP 3.2 cho A1 , ta được: 2π 2π Đặt ε = cos + i sin , ta có εk = ⇔ k = 3m 3 + εk + ε2k m−1 (1 + ε) n (1 + ε)2n k=0 m−2 n n = (2n + 2) k=0 n n n Diễn đàn Toán học k=0 (−1)k+1 (2n m−2 + 2) · (2k + 3)!!(2n − 2k − 1)!! k m−2 k (2k + 3)!!(2n − 2k − 1)!! .Tiếp tục trình khi, ta được: m−m 2π 2π + i sin = 2n cosn (1 + ε) = + cos 3 n 4π 4π (1 + ε2 )n = + cos + i sin = 2n cosn 3 π πn nπ = 2n cosn cos − i sin 3 m = (2n + 2)A2 Ta có: n (−1)k − với k không bội Xét khai triển 2n m−2 (−1)k · (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!! k−1 A1 = (−1)k−1 − ε3k = =0 − εk n n n = (1 + 1)n = + + + + n−1 n n n n = +ε + + εn−1 + εn n−1 n n n n = + ε2 + + ε2n−2 + ε2n n−1 63 Tương tự   (−1)k m − = ∆ (−1)k−1 m −    k k−1         (−1)k  = ∆ (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!!    (−1)k+1 (−1)k   = −   (2k + 3)!!(2n − 2k − 3)!! (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!!     (−1)k+1 (2n + 2)   =  (2k + 3)!!(2n − 2k − 1)!! πn n n n n n + cos + + + + = 3 n n n n n−2 + + + + = 2n + cos π 10 3 n n n n n−4 + + + + = 2n + cos π 11 3 Lời giải Ta có: 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ π nπ nπ cos + i sin 3 2π 2nπ 2nπ cos + i sin 3 Am = k=0 m−m k = (2k + 2m − 1)!!(2n − 2k − 1)!! (2m − 1)!!(2n − 1)!! Từ đẳng thức suy ra: A = (2n)(2n + 2) (2n + 2m − 2).Am = Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2m n(n + 1) (n + m − 1) (2m − 1)!!(2n − 1)!! Diễn đàn Toán học 62 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ Xét tổng: 2.2 Ứng dụng số phức 31 Gọi vế trái đẳng thức cần chứng minh S1 , S2 , S3 m A= k=0 3S1 = (1 + 1)n + (1 + ε)n + (1 + ε2 )n = 2n + 2.2n cosn m k (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! π nπ cos 3 Hay nπ n n n n + cos + + + = 3 3S1 = (1 + 1)n + ε2 (1 + ε)n + ε(1 + ε2 )n Ta có: = 2n + ε2 cos  m m−1   (−1)k = ∆ (−1)k−1    k k−1         (−1)k  = ∆ (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!!    (−1)k (−1)k+1   − =   (2k + 1)!!(2n − 2k − 3)!! (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!!     (−1)k+1 (2n)   =  (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!! Áp dụng SPTP 3.2 cho A, ta được: A = (−1)k−1 m−1 (−1)k · k−1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! m (−1)k − k=0 m−1 = (2n) k=0 Suy n n n + + + = = 2n ε2 n−2 π nπ 2nπ 2nπ nπ + i sin + ε cos + i sin cos 3 3 2n + cos Suy n n n n + + + + = 11 2n + cos n−4 π m+1 Nhận xét Điểm mấu chốt lời giải sử dụng tính chất bậc đơn vị công thức Moivre Chúng ta xét thêm ví dụ để làm rõ cách giải dạng tốn (Hồn tồn tương tự cho lời giải toán tổng quát) k=0 Ví dụ 2.12 Tính tổng m−1 (−1)k+1 (2n) · k (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!! m−1 k (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!! S= n n n n + + + + 12 18 Lời giải Khoảng cách hai số liên tiếp nên xét số phức = (2n)A1 Diễn đàn Toán học nπ 2πn nπ 2nπ + i sin + i sin + ε cos 3 ε = cos Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2π 2π π π + i sin = cos + i sin 6 3 Diễn đàn Toán học 32 2.2 Ứng dụng số phức Ta thấy εk = k bội 6, với k không chia hết cho k 1+ε +ε 2k +ε 3k +ε 4k +ε 5k 3.3 Một số toán Ví dụ minh hoạ 61 .Tiếp tục q trình khi, ta được: n−n ε6k An = 1− = =0 − εk k=0 n−n (2k − 1)!!(2n − 2k − (2n + 1))!! = k Từ đẳng thức suy ra: Ta có: A = (2n)(2n − 2) 2.An = 2n n! (1 + 1)n + (1 + ε)n + (1 + ε2 )n + (1 + ε3 )n + (1 + ε4 )n + (1 + ε5 )n = 6S Rõ ràng ε = cos π π − i sin , ε3 = −1 ε6 = = ε.ε nên ε6−p = εp 3 Vậy ta có: S= Do đó: (1 + ε5 )n = (1 + ε)n , (1 + ε4 )n = (1 + ε2 )n 1+ε = 1+ε = + ε2 = + ε2 = √ π π cos + i sin 6 √ π π cos − i sin 6 π π cos + i sin 3 π π cos − i sin 3 Suy 6S = 2n + (1 + ε)n + (1 + ε)n + (1 + ε2 )n + (1 + ε2 )n √ √ nπ nπ nπ nπ + i sin + ( 3)n cos + i sin = 2n + ( 3)n cos 6 6 √ n nπ nπ n = + 2( 3) cos + cos Vậy ta có: √ n−1 nπ nπ S= + ( 3)n cos + cos 8n 8n 8n T2 = −3 + − (8n − 1) 8n − Diễn đàn Toán học Bài toán 3.3 Với số tự nhiên m, n thoả mãn n ≥ m Chứng minh rằng: m k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2n 2k n−k m−k = 22m n(n + m − 1)! (2m)!(n − m)! Lời giải Tư tưởng hoàn toàn tương tự tốn Ta phân tích đề dạng: m S= k=0 m = k=0 m = k=0 2n 2k n−k m−k (2n)!(n − k)! (2k)!(2n − 2k)!(n − m)!(m − k)! 2k k!(2k − (2n)! = n m!(n − m)! Ví dụ 2.13 Tính tổng 2n · A = 4n n! = 1)!!2n−k (n m k=0 (2n)!(n − k)!m! − k)!(2n − 2k − 1)!!(n − m)!(m − k)!m! m k (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! (2n)! ·A 2n m!(n − m)! Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 60 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ Ta có:   (–1)k n = ∆ (–1)k−1 n − k k−1  ∆ (–1)k (2k–1)!!(2n– 2k– 1)!! = (2n)(–1)k+1 (2k– 1)!!(2n– 2k– 3)!! 2.2 Ứng dụng số phức 33 Lời giải Trước tiên ta phải dùng đạo hàm để có hệ số đứng trước tổ hợp Xét đa thức 8n f (x) = (1 + x) = 8n + Áp dụng SPTP 3.2 cho A, ta được: n k − (−1) k=0 n−1 k=0 ⇒ f (x) = 8n(1 + x) n+1 n−1 (2n)(−1)k+1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 3)!! k n k−1 x k 8n k k=0 n k x Nhận k thấy T2 phần ảo g(i) = 8ni(1 + i)8n−1 = 4n.16n + 4n.16n i Do T2 = 4n.16n Tương tự ta dùng đạo hàm lần để tính tổng (−1)k k=0 n−2 = (2n − 2) k=0 8n 8n 8n 8n − 42 + 62 − − (8n)2 8n (1 + x)8n ⇒ n−2 (−1)k (2k − 1)!!(2n − 2k − 3)!! k−1 n−1 22 = 8n + 8n Áp dụng SPTP 3.2 cho A1 , ta được: 8n(1 + x)8n−1 = n k=0 n−2 (2n − 2)(−1)k+1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 5)!! k n−2 (2k − 1)!!(2n − 2k − 5)!! k ⇔ 8nx(1 + x)8n−1 = 8n(1 + x)8n−2 (1 + 8nx) = 8nx(1 + x)8n−2 (1 + 8nx) = k=1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp k 8n k x k k2 8n k−1 x k k2 8n k x = f (x) k k=1 8n ⇔ Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp k=1 8n k x k 8n k−1 x k k=1 8n ⇒ 8n k k=1 8n = (2n − 2)A2 Diễn đàn Toán học k Lại nhân với x ta đươc g(x) = 8nx(1 + x)8n−1 = Tương tự:  n−2 k n−1   = ∆ (−1)k−1  (−1) k k−1 k ∆ (−1) (2k − 1)!!(2n − 2k − 3)!! =     = (2n − 2)(−1)k+1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 5)!! − = k=0 = (2n)A1 A1 = (−1)k−1 8n−1 n k x k k=0 n−1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 3)!! k = (2n) k=1 8n n−1 (−1)k (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! k−1 A = (−1)k−1 8n Diễn đàn Toán học 34 2.2 Ứng dụng số phức Tổng cần tìm phần thực Ví dụ 2.14 (T7/248-THTT) Chứng minh đẳng thức sau với n số nguyên dương: 2 k (−1)  0≤2k≤n 2  n  + 2k n  = 2n 2k + k (−1) 0≤2k+1≤n Lời giải Để ý rằng: (2n)! = [1.3 (2n − 1)].[2.4 (2n)] = 2n n!(2n − 1)!! Lời giải Xét số phức z = + i, sử dụng khai triển nhị thức Newton ta có n n n k=0 n 0≤2k≤n n + i 2k (−1)k 0≤2k+1≤n n 2k + k=0 n = k=0 n Lấy module hai vế =  2  n  + 2k n |z | = (−1)k 0≤2k≤n 2  (−1)k 0≤2k≤n k=0 n n  2k + = Mặt khác: n z = = √ π π cos + i sin 4 n = √ n nπ nπ cos + i sin 4 Từ ta có |z n |2 = 2n , điều phải chứng minh Chú ý: Nếu số phức z = cos ϕ + i sin ϕ thì: n n z = (cos ϕ + i sin ϕ) = cos nϕ + i sin nϕ Diễn đàn Toán học Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp = 2n − 2k n−k 2k k S= (−1)k = (n > 0) Còn n = thì: = 0! = (2.0)! = 20 0!(2.0 − 1)!! = (−1)!! Ta viết lại tổng cho dạng: n k ik z = (1 + i) = 59 Nhận xét Bài ta đem biểu thức lấy tổng mà sai phân được, tổng thu phức tạp nhiều! Điều tương tự xảy ta đem sai phân thành phần Vậy ta phải làm nào? Ý tưởng ta biến đổi đề để làm xuất biểu thức sai n phân quen thuộc: (−1)k k f (i) = 8nf (1 + i)8n−2 (1 + 8ni) = 16n−1 + 128n2 16n−2 i  3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ (2n)!(2n − 2k)! k!k!(n − k)!(n − k)! 2n n!(2n − 1)!!2n−k (n − k)!(2n − 2k − 1)!! k!k!(n − k)!(n − k)! 2n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!!n! k!(n − k)!n! k=0 n 2n n! 2n n! n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! k k=0 A Với tổng: n A= k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! k Diễn đàn Tốn học 58 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ 2n = k = 2n phân thức khơng xác định! k+1 Để tránh điều xảy ta cần phải tính tách riêng số hạng cuối Ta có:   k 4n (−1) 2n−1 −2k −  2k   S =1+ ∆   2n 4n k=0 Từ suy S= −1 2n − Diễn đàn Toán học (cos ϕ + i sin ϕ)n = n cosn−2k ϕ sin2k ϕ 2k (−1)k 0≤2k≤n (−1)k + i 0≤2k+1≤n n cosn−2k−1 ϕ sin2k+1 ϕ 2k + Do lấy module hai vế ta có: 2k k 2n − 2k n−k 2  (−1)k  0≤2k≤n n cosn−2k ϕ sin2k ϕ 2k  2 n + (−1)k cosn−2k−1 ϕ sin2k+1 ϕ = 2k + 0≤2k≤n π ta có kết tốn √ π π π nên ta có đẳng thức: Xét ϕ = cos = , sin = 3  2  2 n  n   = 4n (−3)k + 3 (−3)k 2k 2k + Xét ϕ = 0≤2k≤n 0≤2k+1≤n Ví dụ 2.15 Chứng minh n k=0 n k n 2 cos kx = k=0 n 2k 2k k cos x n−2k cos nx , x ∈ [0; π] Lời giải Đặt Bài toán 3.2 Chứng minh đẳng thức: k=0 35 k −2k − 1 Dễ dàng tính ∆ =− 4n 2n Bây giờ, áp dụng SPTP 3.2 ta được:   2n 4n 4n k (−1)k+1 2n−1  −2k − (−1) 2k  −1 2k +2  S =1+  · − ·  4n  2n 2n 2n k=0 k k+1 k=0 4n k+1 2n−1 (−1) −4n − −1 2k + =1+ − + 2n 4n 4n 2n k=0 k+1 k 4n 2n (−1) 2k = (Tịnh tiến 1) 2n 2n k=1 k 1 ·S− (Thêm bớt số hạng k = 0) = 2n 2n n 2.2 Ứng dụng số phức n = 4n An = k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp n k n cos kx, Bn = k=0 n k sin kx Diễn đàn Toán học 36 2.2 Ứng dụng số phức Ta có: n An + iBn = k=0 n k n n k (cos kx + i sin kx) = k=0 (cos x + i sin x)k Xét hệ số y n từ đẳng thức (1 + y)n (1 + zy)n = [1 + (1 + z)y + zy ]n ta có n! n n l z = (z + 1)l z s k!l!s! k l k+l+s=n 0≤k,l,s≤n k+l=n 0≤k,l≤n Hay viết lại dạng n k=0 n k n 2 zk = k=0 n 2k 2k (z + 1)n−2k z k k Xét z = cos x + i sin x x x x + z = + cos x + i sin x = cos cos + i sin 2 ta có n An + iBn = k=0 n = k=0 n = k=0 n = k=0 n k n k (cos x + i sin x)k zk n 2k 2k (z + 1)n−2k z k k n 2k 2k k cos x = k=0 Diễn đàn Toán học n 2k 2k k cos x 57 Nhận xét Đối với tốn ta khó đốn biết đâu ∆f (k) đâu g(k) biểu thức lấy tổng Trong đa số trường hợp vậy, ta phải tiếp cận toán cách giả tính sai phân ∆f (k) trước! f (k) thành phần (phức tạp nhất) toàn biểu thức lấy tổng Trong trường hợp ta tính Sai phân biểu thức lấy tổng Lời giải Ta có:  k 4n  (−1) 2k ∆  2n k 4n 4n k+1 (−1)k  (−1) 2k 2k + = −  2n 2n k+1 k  (4n − 2k)(4n − 2k − 1) 4n  (2k + 2)(2k + 1) 2k = (−1)k+1  +  2n − k 2n k+1 k 4n (−1)k+1 4n 2k = 2n (2k + 1) k   4n 2k   2n  k Như sau ta lấy sai phân toàn biểu thức lấy tổng ta 4n biểu thức mới, “thừa ra” nhân tử − 2k + Nhưng ta viết: n−2k +i sin n nên với x ∈ [0; π] 3.3 Một số toán Ví dụ minh hoạ cos x(n − 2k) x(n − 2k) (cos kx + i sin kx) n−2k cos nx nx + i sin 2 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp  k 4n (−1) −2k −  2k   S= ∆   2n 4n k=0 k  2n khơng ổn, sao? Vì áp dụng SPTP biểu thức dấu ∆ thay k k + 1, Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 56 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ • Như ta có: 2.2 Ứng dụng số phức 37 Vì n S(m,n) + S(n,m) = k=0 n = k=0 m+n+1 + m+1+k m+n+1 + n−k m k=0 m k=0 n m+n+1 n+1+k An = k=0 m+n+1 n+1+k n (Đối xứng) n = k=0 Bn = m+n+1 + k (Đảo chiều) m+n+1 = k=0 m+n+1 m+n+1 k=n+1 (Tịnh tiến n + 1) m+n+1 k k=0 m+n+1 k (Gộp lại) n 2k 2k k x n−2k cos n 2k 2k k x n−2k cos cos nx sin nx Vậy ta có đpcm Nhận xét Theo kết =2 n Qua ví dụ hẳn bạn thấy việc áp dụng linh hoạt phương pháp SPTP có hiệu mạnh SPTP biến đổi từ tổng tổ hợp phức tạp trở thành tổng đơn giản đương nhiên dễ tính tốn tìm kết Bên cạnh việc tính tốn thơng thường, số tốn ta dễ dàng tìm dạng khái qt từ đề bài, quan sát thay đổi tổng sau bước áp dụng SPTP Sau số tốn khó, áp dụng phương pháp SPTP 3.2 để giải n 2 sin kx = k=0 n 2k 2k k n 2k 2k n−2k = k cos x n−2k sin nx Nếu x = n k=0 n k n 2 = k=0 2n n Nếu x = π Bài tốn 3.1 Tính tổng: 2n S= k=0 Diễn đàn Toán học k=0 n k (−1)k 4n 2k n (−1)k 2n k k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp n k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp =  0, (−1) n = 2m + n n n n = 2m m∈N Diễn đàn Toán học 38 2.2 Ứng dụng số phức Bài tập 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ 55 Áp dụng SPTP 3.2 hoàn toàn tương tự cho tổng S(m,n,1) Bài Cho n, k hai số nguyên dương với n > 2k + 1, chứng minh rằng: n j(2k + 1) a) j≥0 n j2k b) j≥0 k = 2n mπ cos 1+2 2k + 2k + m=1 k n mπ 2n 1+2 cos = 2k 2k + m=1 n cos mnπ 2k + S(m,n,1) = −2k mnπ cos 2k + r≥0 = 2n k k−1 cos m=0 mπ k n cos 2k + k=0 n−2 k=0 m+n−k m+2 m+n−k m+2 2k k=0 m+n+1 + S(m,n,2) m+2 = c) (Tổng quát) n j + rk m+n+1 + m+2 = n−1 n m+n+1−k m+2 (n − 2j)mπ k .Thực liên tiếp trình đến Bài Cho dãy số an , bn , cn xác định theo công thức: an = bn = cn = n n n + + + n n n + + + n n n + + + S(m,n,n−1) = = m+n+1 + m+n n−n 2k k=0 m+n−k m+n m+n+1 m+n+1 + m+n m+n+1 Chứng minh rằng: a) a3n + b3n + c3n − 3an bn cn = 2n b) a2n + b2n + c2n − an bn − bn cn − an cn = Từ đẳng thức trên, suy ra: Bài Cho số nguyên dương n số thực x, y Chứng minh rằng: n a) k=0 n b) k=0 Diễn đàn Toán học n x−y n(x + y) cos[(n − k)x + ky] = 2n cosn cos 2 k n x−y n(x + y) sin[(n − k)x + ky] = 2n cosn sin k 2 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp S(m,n) = m+n+1 m+n+1 m+n+1 + + + m+1 m+2 m+n+1 n = k=0 m+n+1 m+1+k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 54 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ 2.2 Ứng dụng số phức 39 Bài Cho khai triển (x2 + 3x + 1)10 = a0 + a1 x + a2 x2 + + a20 x20 Tính tổng Từ kết đó, chứng minh: S(m,n) + S(n,m) = 2m+n+1 a) T1 = a0 + a4 + a8 + + a20 b) T2 = a1 + a5 + a9 + + a17 Nhận xét Bài toán kết hợp phép biến đổi tổng đại số áp dụng SPTP 3.2 Lời giải • Từ đề ta có: (đảo chiều lấy tổng) n 2k S(m,n) = k=0 m+n−k n−k n 2k = k=0 m+n−k m Phân tích sai phân:  m+n−k     m       ∆(2k ) = 2k m+n+1−k m+n−k − m+1 m+1 m+n+1−k = −∆ m+1 = Áp dụng SPTP 3.2, ta S(m,n) = −2k = = Diễn đàn Toán học m+n+1 + m+1 n n+1 m+n+1−k m+1 2k + k=0 n−1 2k k=0 k=0 m+n−k m+1 m+n−k m+1 m+n+1 + S(m,n,1) m+1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ 53 Lời giải Một cách quen thuộc, ta phân tích:  k n k−1 n −    (−1) k = ∆ (−1) k−1 k ∆ (−1) cos(x + 2k) = (−1)k+1 cos(x + + 2k) − (−1)k cos(x + 2k)     = (−1)k+1 cos(1) cos(x + + 2k) Áp dụng SPTP 3.2, ta n S(n,x) = k=0 n cos(x + 2k) k n−1 cos(x + 2k) k−1 = (−1)k−1 n (−1)k − k=0 n−1 = cos(1) k=0 n+1 k=0 n−1 (−1)k+1 cos(1) cos(x + + 2k) k n−1 cos(x + + 2k) k = cos(1)S(n−1,x+1) Do đó: S(n,x) = cos(1)S(n−1,x+1) = 22 cos2 (1)S(n−2,x+2) = = 2n cosn (1)S(0,x+n) = 2n cosn (1) cos(x + n) Ví dụ 3.9 Với số nguyên dương m, n Đặt: n m+k S(m,n) = 2n−k k k=0 Chứng minh rằng: n S(m,n) = k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp m+n+1 m+1+k Diễn đàn Toán học 52 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ Chương Lời giải Ta viết lại tổng cho dạng: n S= k=0 n k = (k + 1)(k + 2) k(−1)k Tính tổng, chứng minh ĐTTH phương pháp Sai phân phần n+2 k+2 (n + 1)(n + 2) k(−1)k n k=0 Do ta có:  (−1)k n + = ∆ (−1)k−1 n + k+1 k+2  ∆(k) = k + − k = Áp dụng SPTP 3.2, ta n k (n + 1)(n + 2)S = k(−1) k=0 k−1 = (−1) n−1 (−1)k = k=0 n−1 n+2 k+2 n+1 k k+1 k=0 = (−1)k−1 (−1)k − k=0 k=0 n+1 k+2 n+1 k+2 ∆ (−1)k−1 = n n+1 n k+1 S= n k+1 Tóm tắt nội dung n k=0 −n (n + 1)(n + 2) Ví dụ 3.8 Chứng minh rằng: n k=0 Diễn đàn Toán học Sai Phân (Difference) 42 Sai Phân Từng Phần 43 Một số tốn Ví dụ minh hoạ 44 Bài tập tự luyện 68 Nguyễn Bảo Phúc (dark templar) Trần Quốc Nhật Hân (perfectstrong) Hoàng Xuân Thanh (hxthanh) = −n Từ ta có: 3.1 3.2 3.3 3.4 n cos(x + 2k) = 2n cosn (1) cos(x + n) k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Sai Phân Từng Phần (tên gọi tác giả tự đặt) biết đến với tên Summation by Parts Đây phương pháp tính tổng có cấu trúc gần giống với phương pháp Tích Phân Từng Phần (Integration by Parts) Sai phân phần (SPTP) công cụ sơ cấp hiệu tốn tính tổng hữu hạn Trong khn khổ viết này, tác giả muốn giới thiệu đến bạn đọc ứng dụng SPTP là: Sử dụng phương pháp SPTP toán tính tổng chứng minh đẳng thức Tổ Hợp 41 42 3.1 3.1 Sai Phân (Difference) Sai Phân (Difference) 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ 51 Áp dụng SPTP 3.2 cho S, ta n Định nghĩa 3.1 (Sai Phân) n Fk k S= k=0 Cho dãy f (k) : {f (1), f (2), , f (k), f (k + 1), } Khi dãy ∆f (k) : {f (2) − f (1), f (3) − f (2), , f (k + 1) − f (k), } k−1 = (−1) n−1 gọi Dãy Sai Phân f (k) Một cách đơn giản, ta gọi: n−1 (−1)k Fk k−1 n n+1 (−1)k − k=0 k=0 n−1 (−1)k+1 Fk+2 k n−1 Fk+2 k = k=0 = S1 ∆f (k) = f (k + 1) − f (k) Sai Phân (cấp 1) f (k) Hoàn toàn tương tự áp dụng SPTP 3.2 cho S1 , ta Tính chất 3.1 (cơ bản)– S1 = n−1 ∆(C) = (C = const) ∆ [Cf (k)] = C∆f (k) (C = const) ∆ [f (k) + g(k)] = ∆f (k) + ∆g(k) k=0 (3.1) (3.2) k−1 = (−1) (3.3) n−2 = k=0 Định lý 3.1 (Tổng Sai Phân)– b b+1 ∆f (k) = f (k) k=a k=a n−1 Fk+2 k n−2 (−1)k Fk+2 k−1 (−1)k − k=0 k=0 n−2 (−1)k+1 Fk+4 k n−2 Fk+4 k = S2 Sau n bước áp dụng SPTP 3.2, cuối ta thu được: = f (b + 1) − f (a) n−n S = S1 = = Sn = k=0 Chứng minh b ∆f (k) = [f (a + 1) − f (a)] + [f (a + 2) − f (a + 1)] + n + [f (b + 1) − f (b)] S= = f (b + 1) − f (a) k=1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp n−n Fk+2n = F2n k Ví dụ 3.7 (dark templar) Tính tổng: k=a Diễn đàn Tốn học n−1 n Chun đề Đẳng Thức Tổ Hợp n k k + 3k + k(−1)k Diễn đàn Toán học 50 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ Ví dụ 3.1 Áp dụng SPTP 3.2 cho S1 , ta S1 = 2(−1)k−1 n−2 (2k + 3)(2k + 1) k − n−1 k − (−1) k=0 n−2 = (−1) k=0 n k=0 k=0 n−2 −2.4 k (2k + 5)(2k + 3)(2k + 1) = ∆2k −2 )= k=0 k=0 ∆2k = 2n+1 − 20 = 2n+1 − k=0 Ví dụ 3.2 Với số n số nguyên dương · · · Tiếp tục trình trên, cuối ta thu được: k=0 (2 k n (−1)k (–1)k n k+1 Theo 3.1 ta có n n−n n = = S2 S = S1 = = Sn = 43 k n n−2 2.4 (2k + 5)(2k + 3)(2k + 1) k k 3.2 Sai Phân Từng Phần k=0 n k n (−1)k = k=0 n ∆ (−1)k−1 = n–n 2.4 (2n) k (2k+2n+1)(2k+2n–1) (2k+1) n−1 n−1 − (−1)k−1 k k−1 k=0 n−1 k−1 Theo 3.1 ta có (2n)!! (2n + 1)!! n ∆ (−1)k−1 k=0 Ví dụ 3.6 Cho dãy Fibonacci F0 = 0; F1 = Fn+2 = Fn+1 + Fn , (n ≥ 0) 3.2 n−1 k−1 = (−1)k−1 n−1 k−1 n+1 =0 k=0 Sai Phân Từng Phần Định lý 3.2 (SPTP)– Chứng minh đẳng thức: b n S= k=0 n Fk = F2n k k=a Lời giải Để ý rằng: (−1)k (−1)k = nên ta có:   (−1)k n = ∆ (−1)k−1 n − k k−1  ∆ (−1)k Fk = (−1)k+1 Fk+1 − (−1)k Fk = (−1)k+1 Fk+2 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp b b+1 − g(k).∆f (k) = g(k)f (k) k=a f (k + 1).∆g(k) k=a Chứng minh Đặt h(k) = g(k).f (k) Ta có: ∆h(k) = g(k + 1).f (k + 1) − g(k).f (k) = g(k + 1).f (k + 1) − g(k).f (k + 1) + g(k).f (k + 1) − g(k)f (k) = f (k + 1)∆g(k) + g(k)∆f (k) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 44 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ Lấy tổng hai vế từ a đến b, ta được: ∆h(k) − g(k).∆f (k) = f (k + 1).∆g(k) k=a k=a k=a b b+1 − = g(k)f (k) k=a Ví dụ 3.5 Tính tổng: f (k + 1).∆g(k) k=a Trường hợp g(k) ≡ ta có hệ cơng thức 3.1 Vấn đề việc tính tổng phương pháp SPTP 3.2 phải “nhìn thấy” sai phân ∆f (k) biểu thức lấy tổng mà đề cho Đó thực điều khơng đơn giản thú vị phương pháp này! Một số sai phân thường dùng 2k = ∆(2k ) ak ak = ∆ a−1 n k 2k + (−1)k n 3.2.1 49 Nhận xét Phải nói ta gặp may mắn tiếp cận theo cách thứ hai Trong đa số trường hợp, việc “nhìn thấy” sai phân từ biểu thức lấy tổng mang yếu tố định xem giải tốn theo phương pháp SPTP không! b b b 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ S= k=0 Lời giải Ta có:  n n−1 n−1 n−1   = (–1)k + (–1)k = ∆ (–1)k−1 (–1)k k k k−1 k−1 1   = − =− ∆ 2k + 2k + 2k + (2k + 3)(2k + 1) (3.4) (a = 1) mk m−1 = ∆ (k m ) n n−1 (−1)k = ∆ (−1)k−1 k k−1 n+k n+k = ∆ n n+1 (3.5) (3.6) Áp dụng SPTP 3.2 cho S, ta (−1)k−1 n − S= 2k + k − (3.7) n−1 (−1)k = (3.8) k=0 n n+1 (−1)k − k=0 k=0 n−1 −2 k (2k + 3)(2k + 1) n−1 (2k + 3)(2k + 1) k = S1 3.3 Một số toán Ví dụ minh hoạ Ví dụ 3.3 Tính tổng: n S= k k=1 Diễn đàn Toán học n+k k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Tương tự, ta có:  n–1 n–2 n–2 n−2    (–1)k = (–1)k + (–1)k = ∆ (–1)k−1   k k k–1 k−1   2 = − ∆  (2k + 3)(2k + 1) (2k + 5)(2k + 3) (2k + 3)(2k + 1)    2.4   =−  (2k + 5)(2k + 3)(2k + 1) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 48 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ Quan sát thay đổi tổng sau lần áp dụng SPTP ta thấy rằng, đặt: n k S(m,n) = (−1) k=0 m n−k 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ Lời giải Ta có:  n+k     k  m+k m áp dụng SPTP 3.2 ta có:  m+k m+k+1 m+k m+k   = − =∆ = ∆f (k)    m m+1 m+1 m+1   m m m ∆g(k) = ∆ (–1)k = (–1)k+1 − (–1)k  n−k n−k−1 n−k    m +  k+1  = (−1)  n−k Theo 3.2 ta được: n+k+1 n+k − n+1 n+1 n+k =∆ = ∆f (k)   n+1    ∆g(k) = ∆(k) = k + − k = = m+k m (−1)k m+1 n−k n (−1)k+1 − k=0 n (−1)k = k=0 m+1 n−k m+1 n−k n+k n = Từ đó, áp dụng SPTP 3.2 ta được: S=k n+1 n n+1 n+k n+1 = (n + 1) S(m,n) = − k=1 k=1 n+k+1 n+1 2n + −1− n+1 2n + −1− n+1 2n + = (n + 1) n+2 = (n + 1) k=0 m+1+k m+1 45 n ∆ k=1 n+k+1 n+2 2n + −1 n+2 m+1+k m+1 Ví dụ 3.4 Tính tổng: = S(m+1,n) n Từ ta có: (−1)k S= k=0 n k S = S(n,n) = S(n−1,n) = = S(0,n) = (−1) k=0 n−k n k n+k k 0+k = (−1)n (Chỉ có số hạng cuối khác 0) Nhận xét Trong biểu thức lấy tổng cho, hai thừa số dễ dàng viết dạng sai phân Vì ta phải cân nhắc việc chọn hai cách để tiếp cận Giả sử ta làm sau: Diễn đàn Toán học Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Diễn đàn Toán học 46 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ 3.3 Một số tốn Ví dụ minh hoạ 47 Lời giải (Lời giải 1) Theo 3.2 ta được:  n−1 n−1 n   − (−1)k−1 = (−1)k (−1)k   k−1 k k     k−1 n −  = ∆ (−1) = ∆f (k) k−1        n+k n+k+1 n+k  ∆g(k) = ∆ = − k k+1 k S(m,n) = (−1)k+m−1 n−m−1 k−1 n−m (−1)k+m − = k=0 n−m−1 n+k k+1 n−m−1 k k=0 S = (−1) n−1 k−1 n−1 (−1)k+1 = k=0 n+k k n−1 k n n+1 k − k=0 (−1) k=0 n−1 k (−1)k+m k=0         ∆g(k) = ∆ n−m k n+k k+m Diễn đàn Toán học Lời giải (2) Ta có:  n+k   =   n      n−m−1 n−m−1 − (–1)k+m−1 k k−1 k+m−1 n − m − = ∆ (−1) = ∆f (k) k−1 = n−n k n+k k+n = n+k k+m+1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp = (−1)k+1 = (−1)k+1 =∆ n+k n+1 = ∆f (k) n n − (−1)k k+1 k n+1 k+1 Từ đó, áp dụng SPTP 3.2 ta được: S= n+k n (−1)k n+1 k n n+k+1 n+k − k+m+1 k+m n+k+1 n+k − n+1 n+1 n  ∆g(k) = ∆ (−1)k   k       = (–1)k+m n+k k+m (−1)k+n S = S(0,n) = S(1,n) = = S(n,n) = = (−1)n áp dụng SPTP 3.2 ta có:  n−m   (–1)k+m   k      n−n k=0 Quan sát thay đổi tổng sau lần áp dụng SPTP ta thấy rằng, đặt: S(m,n) = n+k k+m+1 Từ ta có: n+k k+1 n+k k+1 n−m k=0 = S(m+1,n) Từ đó, áp dụng SPTP 3.2 ta được: k−1 n−m+1 n+k k+m+1 n−m−1 k (−1)k+m+1 = n+k k+m (−1)k = k=0 n+1 k+1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp n n+1 (−1)k+1 − k=0 k=0 n+1 k+1 n+k+1 n+1 n+1+k n+1 Diễn đàn Toán học ... 1)!!(2n − 2k − 1)!! (2m − 1)!!(2n − 1)!! Từ đẳng thức suy ra: A = (2n)(2n + 2) (2n + 2m − 2) .Am = Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2m n(n + 1) (n + m − 1) (2m − 1)!!(2n −... cosn−2k ϕ sin2k ϕ 2k (−1)k 0≤2k≤n (−1)k + i 0≤2k+1≤n n cosn−2k−1 ϕ sin2k+1 ϕ 2k + Do lấy module hai vế ta có: 2k k 2n − 2k n−k 2  (−1)k  0≤2k≤n n cosn−2k ϕ sin2k ϕ 2k  2 n + (−1)k cosn−2k−1... 3 .2 cho S1 , ta S1 = 2( −1)k−1 n 2 (2k + 3)(2k + 1) k − n−1 k − (−1) k=0 n 2 = (−1) k=0 n k=0 k=0 n 2 2. 4 k (2k + 5)(2k + 3)(2k + 1) = ∆2k 2 )= k=0 k=0 ∆2k = 2n+1 − 20 = 2n+1 − k=0 Ví dụ 3.2