MOT SO ÐANG THUC ÐEP vê SO CATALAN

ĐẲNG THỨC TỔ HỢP LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CATALAN Hoàng Minh Quân-GV.THPT Ngọc Tảo - Hà Nội Bài viết sau tiếp nối viết “Các toán tiếng dãy Catalan” đồng tác giả Nguyễn Thị Nhã Nguyễn Văn Lợi đăng báo TH&TT số 457 tháng 7/2015 Bài viết đề cập đến đẳng thức tổ hợp có liên quan đến số Catalan, kết khác hay việc tìm công thức tổng quát cho dãy Catalan , bạn đọc tham khảo số báo TH&TT 457 tháng 7/2015 C2nn n 1 C2nn  C2nn1  C2nn n 1 Kí hiệu Cn tất toán sau số Catalan thứ n với Cn  Bài toán 1: Cho số tự nhiên n  Chứng minh Lời giải Ta có C2nn  C2nn1   (2n)! (2n)! (2n)!( n  1) (2n)!n    n!n! (n  1)!(n  1)! n!(n  1)! n!(n  1)! (2n)![( n  1)  n] (2 n)!   C2nn n!(n  1)! n  n !n ! n  Bài toán 2: Chứng minh với số nguyên không âm n , ta có Cn  2C2nn  C2nn1 Lời giải Ta có 2C2nn  C2nn1   2(2n)! (2n  1)! 2( n  1)(2n)! (2n  1)!    n!n! n!(n  1)! n!(n  1)! n!(n  1)! (2n  1)! (2n)! (2 n  1)! (2 n)! (2n)!     Cn n!(n  1)! n!(n  1)! n!( n  1)! n  n!n! Bài toán 3: Chứng minh với số nguyên dương n , ta có Cn  4C2nn1  C2nn1 Lời giải Ta có 4C2nn1  C2nn1   4(2n  1)! (2n  1)!  n!(n  1)! n!(n  1)!  4n(n  1)(2n  1)! (2 n  1)!  n!(n  1)! n!( n  1)!   (2n)(2n  2)(2n  1)! (2 n  1)!   n   n!n!  (2n  2)(2n)! (2n  1)(2n)! (2n)!    n  n!n!  Cn n 1  n!n! Bài toán 4: Chứng minh với số nguyên dương n , ta có Cn  C2nn11  2C2nn1 Lời giải Ta có C2nn11  2C2nn1  (2n  1)! 2(2n)! (2n  1)! 2(2n)!n    (n  1)!n! (n  1)!(n  1)! (n  1)!n! (n  1)!n! (2n  1)! 2(2 n)!n (2 n)![(2n+1)-2n]  (n  1)!n! ( n  1)!n! (2n)!   Cn n  n!n!  Bài toán 5: Chứng minh với số nguyên dương n  , ta có Cn1  2Cn  C2nn2 n Lời giải 2 (2n)! (2n)! C2nn  C2nn2   Ta có 2Cn  C2nn2  n n 1 n n  n!n! n (n  2)!(n  2)! 2.(2n)! 2( n  1)(2 n)! (2 n)!(2 n   n  2)   (n  1)!n! n!( n  2)! n2 n!( n  1)! (2n)!2(2n  1) (2 n)!2( n  1)(2 n  1)   n  n!(n  1)! n2 ( n  1)!( n  1)!  (2n)!(2 n  2)(2 n  1) (2 n  2)!  n2 (n  1)!(n  1)! n  (n  1)!(n  1)!  C2nn12  Cn1 n2  Bài toán 6: Chứng minh với số nguyên dương n  , ta có C2 n  C42nn  C42nn1 Lời giải Ta có C42nn  C42nn1  C42nn   C42nn  (4n)! (2n).(4n)!  C42nn  (2n  1)!(2n  1)! 2n  (2n)!(2n)! 2n 2n   C42nn  C42nn 1  C42nn  C2 n  2n   2n   n  Bài toán 7: Chứng minh với số nguyên dương  k  n , ta có n  k (C k 1 )  n(2n  1)!Cn1 k n Lời giải Xét khai triển (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n Lấy đạo hàm hai vế ta có n(1  x) n1  Cn1  2Cn2 x   nCnn x n1 Tương đương nx(1  x) n1  Cn1 x  2Cn2 x   nCnn x n Thay x n 1 n ta (1  )n1  Cn1  Cn2   n Cnn x x x x x x Đem quy đồng ta n n(1  x)n1  nCnn  (n  1)Cnn1x   2Cn2 x n2  Cn1 x n1   kCnk x k (1) k 1 n Mặt khác ta có (1  x)n   Cnk x k (2) k 0 Từ (1) (2) nhân tương ứng vế, ta có n(1  x) n1 n  n  k n k     kCn x   kCnk x k   k 1   k 0  So sánh hệ số x n hai vế ta có  k C  n k 1 k n n(2n  1)! n(2n  1)(2n  2)!  n!(n  1)! n(n  1)!(n  1)!  nC2nn1  (2n  2)!  n(2n  1)  n(2n  1)Cn1 n (n  1)!(n  1)! Bài toán Chứng minh với số nguyên dương  k  n , ta có n1 Cn   Cnk  Cnk 1  k 0 Lời giải n 1 f (n)   C  C Đặt k 0 k 1 n k n 2  Ta có tính chất tam giác PasCal sau Cnk1  Cnk 1  Cnk   Cnk1    Cnk 1   2Cnk 1Cnk   Cnk  2 Suy  Cnk1    Cnk    Cnk 1   2Cnk 1Cnk Do n 1 f (n)   C  C k 0 k n k 1 n n 1 2     Cnk   2Cnk Cnk 1   Cnk 1     k 0 n 1  2  C k 0 k n  2  C n k 0 k n   n 1  2  C k 1 n k 0  2  C n k n k 0 n 1    C  k 0 n 1    C  k 0 k n 1 k n 1  2C2nn  2C2nn  C2nn12  4C2nn  C2nn1  C2nn   2C2nn  2C2nn1   C2nn  C2nn1  Theo kết toán 1, ta có C2nn  C2nn1  Vậy ta có f (n)   C2nn  C2nn1   C2nn , n 1 C2nn  2Cn n 1 1 n1 Do Cn  f (n)   Cnk  Cnk 1  2 k 0 Chú ý: Trong lời giải tốn 8, ta có sử dụng đẳng thức Lagrange: Đẳng thức Lagrange phát biểu sau: với số nguyên dương  k  n ,  C  n tacó k 0 k n  C2nn (Đây đẳng thức quen thuộc dễ chứng minh) Bài toán 9: Chứng minh với số nguyên dương  k  n , ta có ( n 1)     k 0  n  2k k   n Cn   Cn1 Lời giải Đặt f ( n)  ( n 1)     k 0  n  2k k   n Cn  Ta dễ thấy n n n  n  2k k  n k k2 k k k f ( n)    Cn     Cn   2  Cn   2  Cn  2 k 0  n n n  k 0 k 0 k 0 2 2 n n n    Cnk   2 Cnk Cnk11  2  Cnk11  k 0 k 0 k 0 2 n 1 n 1 n k k 1 k    Cn   2 Cn Cn1  2  Cnk1  k 0 k 0 k 0  C2nn  2.C2nn1  2C2nn12  2n  2(2n  1)   C2nn12    2 n  n   C2nn12  Cn1 n Bài toán 10: Chứng minh với số nguyên dương  k  n , ta có (1)k k 22 n1 Cn   (n  1)(n  2)Cn1 k 0 2k  n Lời giải n Ta có khai triển (1  x )n   (1)k Cnk x k k 0 Do n  (1  x ) dx    (1) C n k k 0  Tương đương  cos Tương đương k n x2k n tdt   (1) k Cnk n 1 k 0 2k  n 2.4.6 (2n) (1) k k  Cn 1.3.5 (2n  1) k 0 2k  (1) k k n!2n C   n 1.3.5 (2 n  1) k 0 2k  n Ta viết lại thành n!2n  2.4.6 (2n  2)  (2n  2)! 22 n1 n!(n  1)!  (2n  2)! 22 n1 (n  1)!(n  1)!(n  2)  (n  1)(n  2)(2n  2)! 22 n1  (n  1)(n  2)Cn1 Vì Cn1  (2n  2)! n  (n  1)!(n  1)! BÀI TẬP TỰ LUYỆN Một số đẳng thức sau bạn đọc chứng minh trực tiếp, kết tìm từ tốn đếm mà có Việc chứng minh trực tiếp hay nghiên cứu, tìm tịi để tìm đẳng thức xin dành cho bạn đọc Bài 1: Với số nguyên dương n , ta có Cn  Bài 2: Cho số Catalan Cn  C2nn1 2n  1 C2nn Ta có n 1 n 1 C2 n1    C k 0 n  k 1 n 1   C nk 2 n 1  Bài : Cho số Catalan Cn  C2nn Chứng minh n 1 n k n1 C2 nk 1  Cn1  Cn  k 1 n Bài 4: Cho số Catalan Cn  C2nn n 1 Đẳng thức sau đề cập đến báo David Callan năm 2010 n  2n  2k  1C k 0 Bài 5: Cho số Catalan Cn  C2nkk  Cn k n2 k 1 C2nn n 1 Đẳng thức sau Arthur Cayley Krikman tìm năm 1859 Cn1  1.3.5 (2n  3) n1 1.2.3 n