Về hệ số nhị thức hệ số đa thức và một số bài toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN BÁ NAM VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN BÁ NAM VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ BÀI TỐN LIÊN QUAN Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 84 60 113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Trần Xuân Quý THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Chương Một số kiến thức giải tích tổ hợp 1.1 Hai quy tắc đếm 1.1.1 Quy tắc cộng 1.1.2 Quy tắc nhân 1.2 Hốn vị hốn vị xoay vịng 1.2.1 Hoán vị 1.2.2 Hoán vị xoay vịng (hay hốn vị trịn) 1.3 Tổ hợp 4 8 10 13 16 17 18 22 24 30 33 38 43 Chương Một số toán áp dụng 3.1 Một số toán hệ số nhị thức hệ số đa thức 3.2 Một số toán liên quan kỳ thi học sinh giỏi 48 48 84 Tài liệu tham khảo 90 Chương Về hệ số nhị thức hệ số đa thức 2.1 Định lý nhị thức 2.2 Đồng tổ hợp 2.3 Tam giác Pascal 2.4 Đồng Shih - Chieh 2.5 Một vài tính chất hệ số nhị thức 2.6 Hệ số đa thức Định lý hệ số đa thức 2.7 Tổng hệ số nhị thức 2.8 Quỹ đạo tiệm cận hệ số nhị thức Bảng ký hiệu N N∗ Z R a |b a |b [x] a ≡ b (mod m) |S|   n   Cnr =  r Arn = Pnr Pn Qn Hrn Cnn1 ,n2 , ,nm MO IM O AP M O V MO = = = = = = = : : = : = Tập hợp số tự nhiên {0, 1, 2, } Tập hợp số tự nhiên khác {1, 2, } Tập hợp số nguyên { , −3, −2, −1, 0, 1, 2, } Tập hợp số thực a ước b a không ước b phần nguyên số thực x a đồng dư b theo mô đun m số phần tử tập hợp S = số tổ hợp chập r tập n phần tử = n! r!(n−r)! = = số chỉnh hợp chập r n phần tử = = = = = = : : : : số hoán vị tập n phần tử n! số hốn vị vịng quanh tập n phần tử (n − 1)! r Cr+n−1 n! (n−r)! n! n1 !.n2 ! nm ! Olympic Olympic Olympic Olympic Toán Toán Toán Toán học Quốc tế Châu Á Thái Bình Dương Việt Nam Mở đầu Trong q trình giảng dạy Tốn THPT, tơi nhận thấy đa số học sinh, việc tiếp thu kiến thức chương Tổ hợp - Xác suất khó khăn Đây phần kiến thức khó chương trình sách giáo khoa Chủ yếu kiến thức chuyên sâu tổ hợp tập trung chương trình bậc Cao đẳng - Đại học, nên khó khăn cho thầy giáo giảng dạy Tốn THPT việc áp dụng phương pháp giảng dạy cho phù hợp Về quy tắc đếm, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp Nhị thức Newton xuất Sách giáo khoa lớp 11 Dựa vào khai triển nhị thức Newton giúp khai triển lũy thừa bậc cao Đối với học sinh giỏi học sinh ơn thi THPT Quốc gia, ngồi tính chất khai triển tính chất mở rộng hệ số nhị thức đa thức chủ đề thú vị tốn chủ đề thường xuất đề thi học sinh giỏi cấp, có đề thi THPT Quốc gia Nhằm hệ thống cách chặt chẽ phần kiến thức liên quan nói trên, chúng tơi chọn đề tài: “Về hệ số nhị thức, hệ số đa thức số tốn liên quan.” Ngồi phần mở đầu kết luận, nội dung luận văn trình bày chương: Chương Một số kiến thức giải tích tổ hợp Chương trình bày số kiến thức giải tích tổ hợp: Hai quy tắc đếm bản, hoán vị hốn vị xoay vịng, tổ hợp số ví dụ minh họa Chương Về hệ số nhị thức hệ số đa thức Chương trình bày định lý hệ số nhị thức, số đẳng thức tổ hợp, tam giác Pascal, đẳng thức Chu Shih-Chieh, số tính chất hệ số nhị thức, hệ số đa thức định lý hệ số đa thức, tổng hệ số nhị thức nhau, quỹ đạo tiệm cận hệ số nhị thức Chương Một số tốn áp dụng Chương trình bày hệ thống toán sơ cấp liên quan đến hệ số nhị thức, hệ số đa thức số tốn kỳ thi học sinh giỏi Để hồn thành luận văn này, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Trần Xuân Quý, người thầy nhiệt huyết truyền thụ kiến thức, hướng đề tài tận tình hướng dẫn suốt q trình làm luận văn Đồng thời, tơi xin chân thành cảm ơn thầy, cô phản biện dành thời gian đọc đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn tồn thể thầy Khoa ToánTin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hồn thành luận văn Qua đây, tơi gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu Trường THPT Yên Phong số thầy giáo Tổ Tốn nhà trường, nơi công tác, tạo điều kiện thuận lợi công tác giảng dạy để tơi tập trung hồn thành chương trình học, luận văn Tôi muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đặc biệt người vợ tôi, động viên, giúp đỡ nguồn động lực cho tơi q trình học, hồn thiện luận văn Thái Nguyên, ngày 22 tháng năm 2018 Tác giả luận văn Nguyễn Bá Nam Chương Một số kiến thức giải tích tổ hợp Trong chương này, chúng tơi trình bày hai quy tắc đếm bản, hoán vị hốn vị xoay vịng, tổ hợp số ví dụ liên quan Nội dung cụ thể trình bày mục sau: 1.1 Hai quy tắc đếm Trong sống hàng ngày, thường gặp tình cần đếm liệt kê "sự kiện" như: xếp vật theo cách đó, phân chia vật điều kiện định, phân phối vật dụng theo đặc điểm định, Ví dụ, gặp tốn đếm loại sau: "Có cách để xếp chàng trai cô gái thành hàng cho khơng có hai gái ngồi cạnh nhau?", "Có cách để chia nhóm 10 người thành ba nhóm bao nhỏ gồm tương ứng 5, người nhóm?" Đây hai ví dụ đơn giản "hốn vị" "tổ hợp" Trước tìm hiểu hoán vị tổ hợp, nêu lên hai quy tắc phép đếm 1.1.1 Quy tắc cộng Nội dung quy tắc cộng: Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 , m2 cách chọn đối tượng a2 , , mn cách chọn đối tượng an , cách chọn đối tượng (1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào cách chọn đối tượng aj (1 ≤ i ≤ n, i = j), có n k=1 mk cách chọn đối tượng a1 , a2 , , an Quy tắc cộng theo ngôn ngữ tập hợp phát biểu sau: Cho n tập hợp Ak (1 ≤ k ≤ n) với |Ak | = mk ∀i, j (1 ≤ i, j ≤ n) Ai ∩ Aj = ∅, i = j Khi đó, số cách chọn a1 , a2 , , an số cách chọn phần tử a thuộc n k=1 Ak n k=1 Ak = n k=1 |Ak | Ví dụ 1.1.1 (Tài liệu [2], trang 2) Có thể từ thành phố A đến thành phố B đường thủy, đường hàng không đường Giả sử có cách đường thủy, cách đường hàng không cách đường Khi đó, theo quy tắc cộng, tổng số đường từ A đến B đường thủy, đường hàng không đường là + + = Ví dụ 1.1.2 (Tài liệu [2], trang 2) Tìm số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện: x2 + y ≤ Lời giải: Ta chia làm trường hợp: x2 + y = 0, 1, 2, 3, 4, Với i ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}, ta đặt Si = (x; y) |x, y ∈ Z, x2 + y = i Khi đó, ta có S0 S1 S2 S3 S4 S5 = {(0; 0)} = {(1; 0), (−1; 0), (0; 1), (0; −1)} = {(1, 1), (−1; −1), (1; −1), (−1; 1)} = ∅ = {(2, 0), (−2; 0), (0; 2), (0; −2)} = {(2, 1), (−2; −1), (2; −1), (−2; 1) , (1; 2), (−1; −2) , (1; −2), (−1; 2)} Vậy, theo quy tắc cộng, tổng số cặp (x; y) thỏa mãn đề là: |Si | =1 + + + + + = 21 i=1 Ví dụ 1.1.3 (Tài liệu [1], trang 12) Với chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên gồm chữ số đôi khác số phải thiết có mặt chữ số 1? Lời giải: Gọi số cần lập abcd Vì abcd thiết phải có mặt chữ số 1, nên ta xét tập A1 , A2 , A3 , A4 tập số dạng 1bcd, a1cd, ab1d, abc1 tương ứng Xét A1 lập số 1bcd, b có cách chọn từ chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6; c có cách chọn từ chữ số thuộc tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {b}; d có cách chọn từ chữ số tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {b, c} Do đó, số cách lập số dạng 1bcd 6.5.4 = 120 hay |A1 |=120 Xét A2 , A3 , A4 • Xét A2 Chữ số a đứng đầu số a1cd, nên khơng chữ số 0, nên a chọn từ chữ số 2, 3, 4, 5, 6; c có cách chọn từ chữ số thuộc tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {a}; d có cách chọn từ chữ số tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {a, c} Do đó, số cách lập số dạng a1cd 5.5.4 = 100 hay |A2 |=100 Lập luận tương tự, ta có |A3 | = |A4 | = 100 • Vì số thuộc dạng khác khác nhau, nên với i, j với (1 ≤ i, j ≤ 4) , i = j, ta có Ai ∩ Aj = ∅ Do đó, số số cần tìm tính theo quy tắc cộng, ta có |A1 | + |A2 | + |A3 | + |A4 | = 120 + 100 + 100 + 100 = 420 1.1.2 Quy tắc nhân Nội dung quy tắc nhân: Cho n đối tượng a1 , a2 , , an Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 với cách chọn a1 có m2 cách chọn đối tượng a2 , sau với cách chọn a1 , a2 có m3 cách chọn a3 , Cuối với cách chọn a1 , a2 , an−1 có mn , cách chọn đối tượng an Như có m1 m2 .mn−1 mn cách chọn đối tượng a1 , a2 , a3 , , an Quy tắc nhân theo ngôn ngữ tập hợp phát biểu sau: Cho n tập hợp Ak (1 ≤ k ≤ n) với |Ak | = mk Khi đó, số cách chọn (S) gồm n phần tử (a1 , a2 , , an ), với ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n) n S = |A1 × A2 × × An | = m1 × m2 × × mn = mk k=1 Ví dụ 1.1.4 (Tài liệu [1], trang 13) Từ thành phố A đến thành phố B có đường, từ thành phố A đến thành phố C có đường, từ thành phố B đến thành phố D có đường, từ thành phố C đến thành phố D có đường Khơng có đường nối thành phố B thành phố C Hỏi có tất đường từ thành phố A đến thành phố D mà phải qua thành phố B thành phố C? Lời giải: Trước hết ta tìm số đường từ A đến D qua B Có cách chọn đường từ A đến B có cách chọn đường từ B đến D, nên theo quy tắc nhân, số cách chọn đường từ A đến D qua B 4.2=8 Tương tự, số cách chọn đường từ A đến D qua C 3.4=12 Vì cách chọn đường từ A sang D qua B cách chọn đường từ A sang D qua C không phụ thuộc lẫn nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có số đường để từ A sang D 8+12=20 Ví dụ 1.1.5 (Tài liệu [2], trang 5) Tìm số ước số dương số 600 (kể nó) Lời giải: Trước hết, ta thấy số 600 có phân tích thành tích qua thừa số nguyên tố, 600 = 23 31 52 Do đó, số nguyên dương m ước 600 m có dạng m = 2a 3b 5c , với a, b, c ∈ Z cho ≤ a ≤ 3, ≤ b ≤ 1, ≤ c ≤ Vậy, số ước số dương 600 số cách để tạo thành ba (a, b, c), với a ∈ {0, 1, 2, 3} , b ∈ {0, 1} , c ∈ {0, 1, 2} Khi đó, theo quy tắc nhân, ta có tất 4x2x3=24 ước số dương số 600 Nhận xét 1.1.6 Bằng cách áp dụng quy tắc nhân cách tương tự, ta có kết tổng quát sau đây: Nếu số tự nhiên n có phân tích thành thừa số nguyên tố dạng n = p1k1 pk22 pkr r , đó, pi số nguyên tố phân biệt ki số r nguyên, số ước số dương n (ki + 1) i=1 Trong ví dụ trên, thấy quy tắc cộng nhân sử dụng riêng biệt để giải số toán đếm Hiển nhiên, việc giải tốn phức tạp cần áp dụng đồng thời hai quy tắc cộng quy tắc nhân Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau Ví dụ 1.1.7 (Tài liệu [2], trang 5) Cho tập X = {1, 2, , 100} Đặt S = {(a; b, c) |a, b, c ∈ X, a < b, a < c} 76 với r thỏa mãn ≤ r ≤ p − Khi p (1 + x)p = r=0 = = Cpr xr p−1 Cp + Cpr xr + Cpp xp r=1   p−1 r r  Cp x  + + xp r=1 Vì Cpr ≡ (mod p), với r thỏa mãn ≤ r ≤ p − 1, nên suy (1 + x)p ≡ (1 + xp )(mod p) Bài toán 42 Chứng minh khơng có bốn hệ số nhị thức liên tiếp Cnr , Cnr+1 , Cnr+2 , Cnr+3 (n, r ∈ N, r + ≤ n) mà chúng lập thành cấp số cộng Lời giải: Giả sử tồn bốn hệ số nhị thức liên tiếp Cnr , Cnr+1 , Cnr+2 , Cnr+3 (n, r ∈ N, r + ≤ n) mà chúng lập thành cấp số cộng Khi đó, ta có      Cnr + Cnr+2 = 2Cnr+1 Cnr+1 + Cnr+3 = 2Cnr+2 ⇔ ⇔    n! n! n! r!.(n−r)! + (r+2)!.(n−r−2)! = (r+1)!.(n−r−1)! n! n! n!   (r+1)!.(n−r−1)! + (r+3)!.(n−r−3)! = (r+2)!.(n−r−2)!  1   (n−r)(n−r−1) + (r+1)(r+2) = (r+1)(n−r−1) 1   (n−r−1)(n−r−2) + (r+2)(r+3) = (r+3)(n−r−2)    (r + 1) (r + 2) + (n − r) (n − r − 1) = (r ⇔ + 2) (n − r) (r + 2) (r + 3) + (n − r − 1) (n − r − 2) = (r + 2) (n − r − 1) ⇔ (r + 2) (2r + − n) = (n − r) (2r + − n) (r + 2) (2r + − n) = (n − r − 1) (2r + − n)       n = 2r + Thay vào phương n = 2r + trình thứ ta thấy khơng thỏa mãn Vậy khơng có bốn hệ số nhị thức liên tiếp Cnr , Cnr+1 , Cnr+2 , Cnr+3 (n, r ∈ N, r + ≤ n) mà chúng lập thành cấp số cộng Từ phương trình thứ hai suy   77 Bài toán 43 Chứng minh số hạng tử phân biệt khai triển (x1 + x2 + · · · + xm )n n Hnm = Cn+m−1 Lời giải: Xét khai triển (x1 + x2 + + xm )n = Cnn1 ,n2 , ,nm xn1 xn2 xnmm Ta thấy, số hạng khai triển tương ứng với tập có n phần tử tập M = {∞.x1 , ∞.x2 , , ∞.xm } Vậy số số hạng phân biệt khai triển (x1 + x2 + · · · + xm )n n số tập n phần tử tập M , tức Hnm = Cn+m−1 Bài toán 44 Chứng minh đẳng thức sau Cnn1 ,n2 , ,nm = m n , ,ni −1,ni+1 , ,nm Cn−1 i=1 Lời giải: Ta có (n − 1)! (n − 1)!.n1 = (n1 − 1)!.n2 ! nm ! n1 !.n2 ! nm ! (n − 1)! (n − 1)!.n2 = = n1 ! (n2 − 1)! nm ! n1 !.n2 ! nm ! n1 −1,n2 , ,nm Cn−1 = n1 ,n2 −1, ,nm Cn−1 n1 ,n2 , ,nm −1 Cn−1 = (n − 1)! (n − 1)!.nm = n1 !.n2 ! (nm − 1)! n1 !.n2 ! nm ! Cộng vế tương ứng đẳng thức trên, ta m n , ,ni −1,ni+1 , ,nm Cn−1 i=1 (n − 1)! [n1 + n2 + + nm ] n1 !.n2 ! nm ! (n − 1)!.n = n1 !.n2 ! nm ! n! = n1 !.n2 ! nm ! = Cnn1 ,n2 , ,nm = 78 Bài toán 45 (i) Sử bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân n Cn+1 , Cn+1 , , Cn+1 , để chứng minh (2n+1 − 2)n ≥ nn n r=1 r Cn+1 , với n ∈ N (ii) Chứng minh  (n!)n+1 =  n  rr   r=1  n (r!) r=1 (iii) Từ (i) (ii) kiến thức liên quan khác, n (n!)n+1 n(n + 1)!   ≤ n r 2n+1 − r  r=1 (iv) Chứng minh đẳng thức (iii) xảy n = n = Lời giải: (i) Với n ∈ N , ta có n n+1 Cn+1 + Cn+1 + Cn+1 + · · · + Cn+1 + Cn+1 = (1 + 1)n+1 = 2n+1 Suy 2n+1 − = n r=1 r Cn+1 ≥ n n hay (2n+1 − 2)n ≥ nn n r=1 n r Cn+1 r=1 r Cn+1 79 (ii) Ta có    n rr    r=1 n  (r!) = 11 22 33 nn (1!.2!.3! n!) r=1 = [1.2 n] [(2.3 n) 1!] [(3.4 n) 2!] [((n − 1) n) (n − 2)!] [n (n − 1)!] n! = n!.n! n! (có n+1 nhân tử) = (n!)n+1 (iii) Từ (ii) suy bất đẳng thức cần chứng minh trở thành n  n n(n + 1)!   ≤ (r!) 2n+1 − r=1 n   2 n n(n + 1)!  ⇔  n+1 ≤  (r!) −2 r=1 n  n+1 [(n + 1)!]n − 2  ≥ ⇔ n n (r!) r=1  n+1 n − 2 (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! ≥ n 1!.n! 2!.(n − 1)! 3!.(n − 2)! n!.1! n  n+1 − 2 n ≥ Cn+1 Cn+1 Cn+1 Cn+1 ⇔ n  n n+1 n − r  ≥ Cn+1 ⇔ n r=1 ⇔ Đây bất đẳng thức chứng minh (i) (iv) Đẳng thức (iii) xảy thức (i) xảy ra, xảy n Cn+1 = Cn+1 = = Cn+1 tức n = n = Bài tốn 46 Tìm hệ số xn xn+r (1 ≤ r ≤ n) khai triển (1 + x)2n + x(1 + x)2n−1 + x2 (1 + x)2n−2 + · · · + xn (1 + x)n Bài toán 47 Một đa thức theo x cho a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + a2n x2n = (x + 2x2 + · · · + nxn )2 80 Chứng minh 2n = i=n+1 n(n + 1)(5n2 + 5n + 2) 24 Bài toán 48 Với n ∈ N∗ , chứng minh n (2n)! n = (C2n ) 2 r=0 (r!) ((n − r)!) Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau Bài toán 49-60 Bài toán 49 Bài toán 50 Bài toán 51 Bài toán 52 Bài toán 53 Bài toán 54 Bài toán 55 Bài toán 56 Bài toán 57 Bài toán 58 Bài toán 59 Bài toán 60 n r=m m r=0 m r Cnr Cm = 2n−m Cnm với m ≤ n, (−1)r Cnr =    (−1)m C m n−1   0 m < n m = n, m (−1)m−r Cnr = Cn−1 với m ≤ n − r=0 n r rC2n = n22n−1 , r=0 n n−1 r−1 , = C2n−1 Cnr Cn−1 r=1    (−1)m n (−1)r Cnr Crm =  r=m  0 m = n , m < n n−1 r=1 n r (C2n ) = r=0 n r=0 n−r (n − r)2 Cn−1 = n(n − 1)2n−3 , 2n n {C4n + (C2n ) }, k (Cnr )2 Crn−k = Cnk Cn+k với k ∈ N∗ , ≤ k ≤ n, n r=0 m r=0 m r=0 n Cnr Cm+r = n r=0 r r Cnr Cm 2, r r m+n Cm Cn Cp+r = Cpm Cpn với p ∈ N, p ≥ m, n; r r m+n m n + Cp+n với p ∈ N Cm Cn Cp+m+n−r = Cp+m 81 Bài toán 61 Cho n ∈ N, chứng minh đẳng thức tổ hợp n r=1 rCnr = n2n−1 Bài toán 62 (i) Chứng minh với r, k ∈ N, rk = k Cki (r − 1)k−i i=0 (ii) Với n, k ∈ N, cho n R(n, k) = r=1 rk Cnr Chứng minh k−1 R(n, k) = n j R(n − 1, j) Ck−1 j=0 Chú ý: Hai giáo viên người Trung Quốc Wei Guozhen Wang Kai (1988) chứng minh n r=1 rk Cnr = k S(k, i)Ain 2n−i , i=1 với k ≤ n S(k, i) số Stirling loại Bài toán 63 Chứng minh n 1 r Cn = (2r − 1) r=1 n r=1 r n Bài toán 64 Chứng minh đẳng thức sau hai cách khác n r=1 n−1 r(Cnr )2 = nC2n−1 với n ∈ N Bài toán 65 Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh p C2p ≡ 2(mod p) 82 Bài toán 66 Với n, m ∈ N, chứng minh Cnn1 ,n2 , ,nm = m!S(n, m), đây, tổng lấy với m-dãy (n1 , n2 , , nm ) cho ni = với i S(n, m) số Stirling loại Bài toán 67 Chứng minh    1 Cnn1 ,n2 , ,nm (−1)n2 +n4 +n6 + =   0 m lẻ , m chẵn tổng lấy với m-dãy khác (n1 , n2 , , nm ) số m nguyên không âm mà ni = n i=1 Bài toán 68 Chứng minh đẳng thức Vandermonde với hệ số đa thức: p, q ∈ N k1 ,k2 , ,km Cp+q = Cpj1 ,j2 , ,jm Cqk1 −j1 ,k2 −j2 , ,km −jm , đó, tổng lấy với m-dãy (j1 , j2 , , jm ) số nguyên không âm mà j1 + j2 + · · · + jm = p Bài toán 69 Cho p số nguyên tố m ∈ N, chứng minh Cpn1 ,n2 , ,nm ≡ (mod p) p = ni với i = 1, 2, , m Từ suy   m p m xi  ≡  i=1 xpi (mod p) i=1 Bài toán 70 Chứng minh n 2n n (Cnr )2 C2n+m−r = (Cm+n )2 r=0 Bài toán 71 Chứng minh n (−1)r−1 r Cn = , r r=1 k=1 k n với n ∈ N 83 Bài toán 72 Cho r ∈ N với r ≥ 2, chứng minh ∞ r = r−1 n=r Cnr Bài toán 73 Cho an = n (Cnk )−1 , n ∈ N, chứng minh k=0 lim a n→∞ n = Bài toán 74 Chứng minh với n ∈ N, n ≥ √ n r r=1 Cnr < 2n−1 n3 Bài toán 75 Cho n, r ∈ N với r ≤ n k HCF số sau r r Cnr , Cn+1 , , Cn+r Chứng minh k = Bài tốn 76 Tìm ước chung lớn (tức HCF) 2n−1 C2n , C2n , , C2n Bài toán 77 Cho n ∈ N Chứng minh Cnr lẻ với r ∈ {0, 1, 2, , n} 2k − với k ∈ N Bài toán 78 Chứng minh pb Cpa ≡ Cab (mod p) với số nguyên p, a b với p số nguyên tố, a ≥ b ≥ Bài toán 79 Với n, k ∈ N, cho Sk (n) = 1k + 2k + · · · + nk Chứng minh (i) m−1 k=0 k Cm Sk (n) = (n + 1)m − 1, (ii) Sm (n) − m k (−1)m−k Cm Sk (n) = nm , với m ∈ N, k=0 Bài toán 80 Cho Sn = n k=0 3k C3n Chứng minh lim (S ) 3n = n→∞ n 84 Bài toán 81 Cho n ∈ N∗ Với p = 1, 2, , định nghĩa Ap (n) = 0≤k≤ n2 (−1)k Cnk − Cnk−1 p Chứng minh rằng, n lẻ A2 (n) = nA1 (n) Bài toán 82 Cho n ∈ N∗ Với p = 1, 2, , định nghĩa [ n2 ] Bp (n) = Cnk − Cnk−1 p k=0 Tính B2 (n) Bài tốn 83 Chứng minh r )−1 = (i) (C2n−1 (ii) 2n r −1 r+1 −1 {(C2n ) + (C2n ) } với r, n ∈ N; 2n + 2n−1 r=1 (−1)r−1 (C2n−1 )r )−1 2n 2n 1 = j=1 j 2n + r=1 r r Bài toán 84 Cho , m, n ∈ N∗ với , n ≤ m, tính tổng kép sau i m− i−j (−1)j Cm−i Cnj Cm−n i=0 j=0 Bài toán 85 Chứng minh n r=0 m+n Cnr Cpr+s Cq+r n = r=0 n+s Cnr Cqm+r Cp+r , với m, n, p, q, s ∈ N∗ 3.2 Một số toán liên quan kỳ thi học sinh giỏi Bài toán 86 (2004 Romanian IMO Team Selection Test) Chứng minh m, n số nguyên dương m số lẻ, m A= k=0 chia hết cho n.3m 3k C3m (3n − 1)k 85 Lời giải: (của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai) Gọi ω nghiệm phức phương trình x3 = Ta có m 3k C3m (3n − 1)k k=0 √ √ √ 3m 3m 3m + + ω 3n − + + ω 3n − = + 3n − √ √ √ Đặt a = + 3n − 1, b = + ω 3n − 1, c = + ω 3n − Suy 3A = a3m + b3m + c3m a, b, c nghiệm đa thức 3A = (X − 1)3 − (3n − 1) = X − 3X + 3X − 3n Đặt sk = ak + bk + ck ⇒ s0 = s1 = s2 = sk+3 = 3sk+2 − 3sk+1 + 3nsk k Bằng quy nạp, ta chứng minh sk chia hết cho 3[ ]+1 Mặt khác, ta có sk+7 = 63nsk+2 − 9(n2 − 3n − 3)sk+1 + +27n(2n + 1)sk s3 = 9n Do đó, áp dụng quy nạp ta chứng minh s3m = s6k+3 22k+1 n, (với m = 2k + 1) Suy 3A 32k+2 n ⇒ A 32k+1 n = 3m n Bài toán 87 (1998 Chinese Mathematical Olympiad) Xác định tất số nguyên n ≥ cho 22000 chia hết cho + Cn1 + Cn2 + Cn3 Lời giải:(của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai) Do số nguyên tố, nên + Cn1 + Cn2 + Cn3 = 2k , k ≤ 2000 Ta có 1+1+ Cn1 + Cn2 + Cn3 (n + 1) (n2 − n + 6) = Tức (n + 1) n2 − n + = 3.2k+1 Đặt m = n + 1, m ≥ m(m2 − 3m + 8) = 3.2k+1 Ta xét trường hợp sau (i) m = 2s Vì m ≥ nên s ≥ Ta có 22s − 3.2s + = m2 − 3m + = 3.2t , 86 với t số nguyên dương Nếu s ≥ ≡ 3.2t (mod 16) ⇒ 2t = ⇒ m2 − 3m + = 24 ⇒ m (m − 3) = 16, điều xảy Vậy ta có hai khả    s = 3, m = 8, t = s = 2, m = 4, t = 2, n = (ii) m = 3.2u , m > 4, u ≥ Ta có 9.22u − 9.2u + = m2 − 3m + = 2v Ta kiểm tra thấy u = 1, u = thỏa mãnphương trình   v=3 v Điều khơng Xét với u ≥ 4, ta có ≡ ( mod 16) ⇒   m (m − 3) = thể xảy Với u = 3, m = 3.23 = 24, v = 9, n = 23 Bài toán 88 (1999 Romanian IMO Team Selection Test) Chứng minh với số nguyên dương n 2n Sn = C2n+1 22n + C2n+1 22n−2 + C2n+1 22n−4 32 + + C2n+1 3n tổng bình phương hai số nguyên liên tiếp Lời giải:(của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai) Ta dễ dàng có Sn = 2+ √ 2n+1 + 2− √ 2n+1 Giả sử Sn phân tích thành tổng bình phương hai số nguyên liên tiếp, tồn số nguyên dương k cho Sn = k + (k − 1)2 hay 2k − 2k + − Sn = Phương trình bậc hai ẩn k có  ∆ = (2Sn − 1) =  1+ √ 2n+1 + 1− 2n √ 2n+1 2   87 Nên giải phương trình trên, ta √ 2n+1 + + k= 2n+1 + 1− √ 2n+1 2n+2 Ta chứng minh k số nguyên Thật vậy, xét Em = + với m số nguyên dương Ta có √ m + 1− √ m , Em = 2Em−1 + 2Em−2 , với ∀m ≥ Dựa vào công thức truy hồi, ta dễ dàng chứng minh Em chia hết cho m 2[ ] Vậy Sn = k + (k − 1)2 , với k số nguyên Bài toán 89 (Đề thi HSG lớp 12, Tỉnh Đồng Nai, năm học 2012-2013) Cho p, k số nguyên dương, với p số nguyên tố ≤ k ≤ p − k chia hết cho p Chứng minh Cp+1 Lời giải:(của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai) Ta có (p + 1)! (p − 1)! (p + 1) k Cp+1 = = p k! (p + − k)! k! (p + − k)! Vì ≤ k ≤ p − 1, nên ≤ p + − k ≤ p − Do (k!, p) = ((p + − k)!, p) = Suy (p − 1)! (p + 1) k! (p + − k)! k Vậy Cp+1 chia hết cho p Bài tốn 90 (VMO 2002) Tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn n n C2n = (2n)k , k số ước nguyên tố C2n Lời giải:(của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai) n Giả sử p ước nguyên tố C2n Gọi m số mũ p phân n tích tiêu chuẩn thừa số nguyên tố C2n Ta chứng minh pm ≤ 2n phản chứng Giả sử ngược lại pm > 2n, suy p2nm = Khi m= 2n n −2 p p + 2n n −2 2 p p + + 2n n − m−1 m−1 p p 88 Do ∀x ∈ R, ta có [x] + > 2x ≥ [2x] ⇒ [2x] − [x] ≤ Dẫn đến m ≤ m − 1, vơ lý Do pm ≤ 2n Từ suy    n C2n = (2n)k ⇔   k=1 ⇔ n = k = n = 2n C2n Vậy có n = thỏa mãn yêu cầu toán 89 Kết luận Luận văn trình bày cách có hệ thống tổng quan hệ số nhị thức, hệ số đa thức số toán liên quan, số kết liên quan đến hệ số nhị thức hệ số đa thức Trong Chương 1, chúng tơi trình bày lại số kiến thức giải tích tổ hợp nhằm làm sở lý thuyết phục vụ cho kiến thức trọng tâm Chương Ở Chương 2, chúng tơi nghiên cứu trình bày cụ thể vấn đề quan trọng hệ số nhị thức, hệ số đa thức, đồng thức tổ hợp quan trọng, số kết hệ số nhị thức dựa tài liệu tham khảo Trong Chương 3, đưa loạt toán sơ cấp, số tốn dành cho học sinh giỏi có liên quan đến hệ số nhị thức hệ số đa thức Đó tốn điển hình cho dạng tốn có liên quan đến phần kiến thức Nó thường gặp đề thi học sinh giỏi bậc THPT, gặp kỳ thi THPT Quốc gia Các kết trình bày luận văn hy vọng góp phần nâng cao chất lượng dạy học toán Tổ hợp trường phổ thơng, nhằm phát triển tư tốn học cho học sinh lứa tuổi trung học phổ thông đặc biệt tạo tiền đề cho em u thích, tìm hiểu chun sâu tốn Tổ hợp, gọi mơn học khó lý thú cấp học 90 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh chuyên toán - Chuyên đề chọn lọc: Tổ hợp Toán rời rạc, NXB Giáo dục Tiếng Anh [2] P S Bravo (2013), Problem-Solving Methods in Combinatorics: An approach to Olympiad Problems, Birkhăauser [3] C C Chong, K K Meng (1992), Princples and Techniques in Combinatorics, World Scentific [4] J H Lint, R M Wilson (2001), A Course in Combinatorcs, Cambridge [5] J Riordan (1958), An Introduction to Combinatorial Analysis, John Wiley & Sons [6] Zhi-Wei Sun (2011), "On congruences related to central binomial coefficients", Journal of Number Theory, 131(11), pp 2219-2238 [7] Arthur T Benjamin, Bob Chen, Kimberly Kindred (2010), "Sums of Evenly Spaced Binomial Coefcients", Mathematics Magazine, 83(5), pp 370-373 [8] Paul Levrie (2017), "The Asymptotic Behavior of the Binomial Coefficients", Mathematics Magazine, 90(2), pp 119-123 ... Chương Một số toán áp dụng 3.1 Một số toán hệ số nhị thức hệ số đa thức 3.2 Một số toán liên quan kỳ thi học sinh giỏi 48 48 84 Tài liệu tham khảo 90 Chương Về hệ số nhị thức hệ số đa thức. .. thức, hệ số đa thức định lý hệ số đa thức, tổng hệ số nhị thức nhau, quỹ đạo tiệm cận hệ số nhị thức 3 Chương Một số toán áp dụng Chương trình bày hệ thống tốn sơ cấp liên quan đến hệ số nhị thức, ... hợp số ví dụ minh họa Chương Về hệ số nhị thức hệ số đa thức Chương trình bày định lý hệ số nhị thức, số đẳng thức tổ hợp, tam giác Pascal, đẳng thức Chu Shih-Chieh, số tính chất hệ số nhị thức,