lovetoan wordpress com NHỊ THỨC NEWTON

Nhị Thức EBOOK ĐƯỢC LATEX VÀ PHÁT HÀNH MIỄN PHÍ Special Edition  Nhị Thức  NHỊ THỨC NEWTON TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN NHỊ THỨC NEWTON THE BINOMIAL THEOREM TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Ngày 10 tháng 12 năm 2019 Tóm tắt nội dung Trong chương trình phổ thơng lớp 11 làm quen với định lý nhị thức, hay ta hay gọi công thức nhị thức Newton theo dạng tập tìm hệ số khai triển, chứng minh đẳng thức tổ hợp Tuy nhiên theo công thức dạng tốn tương đối hay khó mà bạn khơng tìm hiểu sâu, mà chuyên đề này, đề cập tới gần đầy đủ dạng toán bạn gặp đề thi THPT Quốc Gia hay đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh mảng không chun, nhằm giúp bạn có nhìn bao quát chủ đề Để hoàn thành viết này, không nhắc tới trợ giúp đóng góp từ bạn bè mình, xin gửi lời cảm ơn tới Bạn Doãn Quang Tiến - Đại Học KHTN TP.HCM Bạn Nguyễn Mai Hoàng Anh - Trường THPT Thực Hành Cao Nguyên - Đắk Lắk Bạn Ngô Nguyên Quỳnh - Đại học Sư Phạm Quy Nhơn Thầy Trần Văn Dũng - Tư Duy Mở Trong viết có sử dụng tư liệu ngồi nước, bạn đọc xem phần cuối tài liệu Mọi ý kiến đóng góp thắc mắc vui lòng gửi NGUYỄN MINH TUẤN Email tuangenk@gmail.com Facebook fb.com/tuankhmt.fpt Fanpage fb.com/OlympiadMathematical/ 1.1 Kí hiệu tổ hợp Hệ số nhị thức Hệ số nhị thức ký hiệu n k hệ số x k khai triển nhị thức n ( x + 1) n = ∑ k =0 n k x k n số tổ hợp n chập k (n choose k) Lưu ý có số quốc gia châu Á có Việt Nam, k sách thị trường, tài liệu thường kí hiệu Cnk , nhiên tài liệu viết theo quy n ước quốc tế k Ta đọc 1.2 Cơng thức tổ hợp Trong Tốn học, tổ hợp cách chọn phần tử từ nhóm lớn mà không phân biệt thứ tự Trong trường hợp nhỏ đếm số tổ hợp Ví dụ cho ba loại quả, táo, cam lê, có ba cách kết hợp hai loại từ tập hợp này: táo lê; táo cam; lê cam Theo định nghĩa, tổ hợp chập k n phần tử tập tập hợp mẹ S chứa n phần tử, tập gồm k phần tử riêng biệt thuộc S không thứ tự Số tổ hợp chập k n phần tử với hệ số nhị thức Ta có n n ( n − 1) ( n − k + 1) n! = = k k ( k − 1) k!(n − k)! TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC k 2.1 n, k > n kết Chú ý n! = 1.2 n quy ước 0! = Tam giác Pascal hình thành cơng thức nhị thức Newton Sự hình thành cơng thức nhị thức Các trường hợp đặc biệt định lý nhị thức biết đến từ vào kỷ thứ trước Cơng ngun nhà tốn học Hy Lạp Euclid đề cập đến trường hợp đặc biệt định lý nhị thức cho số mũ Các hệ số nhị thức, đại lượng tổ hợp biểu thị số cách chọn k đối tượng số n mà khơng thay thế, nhà tốn học Ấn Độ cổ đại quan tâm Tài liệu tham khảo sớm vấn đề kết hợp Chandahsastra, nhà thơ trữ tình Ấn Độ Pingala (khoảng năm 200 trước Cơng ngun), có đề cập tới phương pháp giải vấn đề Nhà bình luận Halayudha từ kỷ thứ 10 sau Cơng ngun giải thích phương pháp cách sử dụng cơng cụ tam giác Pascal Vào kỷ thứ sau Cơng ngun, nhà tốn học Ấn n! Độ biểu thị giá trị hệ số nhị thức theo công thức , điều đưa tài liệu Lilavati (nk)!k! Bhaskara vào kỷ thứ 12 Công thức định lý nhị thức bảng hệ số nhị thức, tìm thấy tác phẩm Al-Karaji , nhà tốn học Al-Samaw’al trích dẫn tác phẩm "al-Bahir" ơng Al-Karaji mơ tả mơ hình tam giác hệ số nhị thức đưa lời chứng minh cho định lý nhị thức tam giác Pascal phương pháp quy nạp toán học Khai triển nhị thức với đa thức có bậc nhỏ biết đến cơng trình tốn học kỷ 13 nhà toán học Trung Quốc Yang Hui Chu Shih-Chieh Năm 1544, Michael Stifel giới thiệu thuật ngữ "hệ số nhị thức" cách sử dụng chúng để biểu diễn (1 + a)n (1 + a)n thông qua (1 + a)n−1 (1 + a)n−1 cách sử dụng "tam giác Pascal" Tuy có nhiều nhà tốn học nghiên cứu định lý nhị thức, mang tên Newton ý tưởng Newton khơng dừng lại việc áp dụng công thức cho trường hợp số mũ số nguyên dương mà cho số mũ bất kì: số dương, số âm, số nguyên phân số Chính ý tưởng cho ý nghĩa lớn lao việc phát triển toán học Các nhà toán học đương thời thấy tầm quan trọng công thức công thức áp dụng rộng rãi nhiều cơng trình nghiên cứu tốn học, đặc biệt đại số giải tích Nhân phải nói thêm cơng thức nhị thức Newton khơng phải đóng góp lớn Newton cho tốn học Newton đóng góp nhiều cho việc mở đầu hướng tốn học cao cấp, phép tính đại lượng vơ bé Và đôi lúc Newton coi người sáng lập ngành Giải tích tốn học 2.2 Câu chuyện nhị thức Newton Để ghi nhớ công lao Isaac Newton (1642 – 1727) việc tìm công thức khai triển nhị thức sau, gọi nhị thức Newton ( x + 1) m = + m m ( m − 1) m (m − 1) (m − 2) 3.2.1 m x+ x + + x 1! 2! m! (1) Trên bia mộ Newton tu viện Wesminster (là nơi an nghỉ Hoàng gia người tiếng nước Anh) người ta cịn khắc họa hình Newton với nhị thức Newton Vậy có phải lồi người khơng biết cơng thức khai triển nhị thức trước có phát minh nhà bác học vĩ đại ? Theo văn lưu giữ từ lâu trước Newton, từ 200 năm trước Cơng ngun nhà tốn học Ấn Độ quen biết với bảng tam giác số học Trong tác phẩm nhà toán học Trung Quốc Chu Sinh viết từ năm 1303 người ta tìm thấy bảng số sau 1 1 3 1 1 10 10 1 15 20 15 1 21 35 35 21 1 28 56 70 56 28 Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng Rõ ràng hệ số cơng thức khai triển nhị thức Newton từ cấp đến cấp 8, dù nhà tốn học khơng nói cho hệ số công thức tổng quát chúng, theo cách thức lập bảng ơng, ta dễ dàng tìm quy luật cho phép viết hàng Vào nửa đầu kỉ XV tác phẩm chìa khóa số học viết tiếng Ả rập nhà toán học, thiên văn học Xamacan có tên Giêm Xit-Giaxedin Casi người ta lại gặp tam giác số học mà tác giả gọi tên rõ hệ số nhị thức với dẫn cách thành lập hàng nhị thức Với lối dẫn (khơng chứng minh) Casi cho ta khả khai triển nhị thức cấp Có thể coi phát biểu văn lịch sử định lí nhị thức Newton Ở châu Âu, tam giác số học tìm thấy cơng trình nhà tốn học người Đức Stiffel M Công bố vào năm 1544 Trong cơng trình dẫn hệ số nhị thức cấp 17 Gần trăm năm sau, hoàn toàn độc lập với nhau, Các nhà tốn học người Anh Bơ-rit-gơn (1624), nhà tốn học Pháp Fermat (1636) nhà toán học Pháp Pascal (1654) đưa cơng thức hồn hảo hệ số nhị thức Newton Đặc biệt cơng trình mang tên Luận văn tam giác số học công bố vào năm 1665, Pascal trình bày chi tiết tính chất hệ số tam giác số học từ tam giác số học sử dụng cách rộng rãi tên tam giác Pascal đời thay cho tam giác số học Rõ ràng mà nói mặt lịch sử tam giác số học nhà tốn học Á đơng xét đến trước Pascal nhiều Vậy vai trò Newton đâu q trình hình thành cơng thức nhị thức Newton ? Năm 1676 thư thứ gửi Ô-đen Hiaro – Chủ tịch Viện Hàn Lâm hồng gia Anh, Newton đưa cơng thức (1) mà khơng dẫn giải cách chứng minh Sau lâu thư thứ hai gửi đến Viện Hàn Lâm, Newton trình bày rõ ràng cách ơng đến cơng thức Thì cách Newton tìm cơng thức Newton từ năm 1665 mà ông 22 tuổi Nhưng dù việc đưa trình cơng thức Newton khơng nói điều cho nhà tốn học đương thời 2.3 Tam giác Pascal Trong toán học, tam giác Pascal mảng tam giác hệ số nhị thức Trong phần lớn giới phương Tây, đặt theo tên nhà tốn học người Pháp Blaise Pascal, nhà toán học khác nghiên cứu hàng kỷ trước Pascal Ấn Độ, Ba Tư (Iran), Trung Quốc, Đức Ý Các hàng tam giác Pascal liệt kê theo quy ước bắt đầu hàng n = (hàng 0) Các mục hàng đánh số từ đầu bên trái với k = thường đặt so le so với số hàng liền kề Tam giác xây dựng theo cách sau Trong hàng (hàng cùng), có số Mỗi số hàng xây dựng cách thêm số bên trái với số sang bên phải, coi mục trống Ví dụ số ban đầu hàng (hoặc số khác) (tổng 1), số hàng thứ ba thêm vào để tạo số hàng thứ tư Hay ta hiểu đơn giản • Ở hàng đầu tiên, viết số • Ở hàng tiếp theo, viết hai số • Tiếp tục hàng tiếp theo, số số cuối 1; cịn số bên tổng hai số đứng hàng phía Ví dụ + = 2, + = 3, + = 3, + = 4, + = 6, + = Ta có sơ đồ sau n=0 n=1 1 n=2 n=3 3 n=4 n = 5 10 10 Nhận xét i) Xét hàng thứ nhất, ta có = ,1 = TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC ii) Ở hàng thứ 2, ta có = ,2 = ,1 = iii) Ở hàng thứ 3, ta có = ,3 = ,3 = ,1 = Như số hàng thứ n tam giác Pascal dãy gồm (n + 1) số n n n n n , , , , , n−1 n Chúng ta dùng tam giác số Pascal để khai triển biểu thức ( x + y)n ( x − y)n sau Khai triển ( x + y)n 1 1 3 1 1 10 10 → → → → → → ( x + y )0 ( x + y )1 ( x + y )2 ( x + y )3 ( x + y )4 ( x + y )5 =1 = x+y = x2 + 2xy + y2 = x3 + 3x2 y + 3xy2 + y3 = x4 + 4x3 y + 6x2 y2 + 4xy3 + y4 = x5 + 5x4 y + 10x3 y2 + 10x2 y3 + 5xy4 + y5 → → → → → → ( x − y )0 ( x − y )1 ( x − y )2 ( x − y )3 ( x − y )4 ( x − y )5 =1 = x−y = x2 − 2xy + y2 = x3 − 3x2 y + 3xy2 − y3 = x4 − 4x3 y + 6x2 y2 − 4xy3 + y4 = x5 − 5x4 y + 10x3 y2 − 10x2 y3 + 5xy4 − y5 Khai triển ( x − y)n 1 1 1 3 1 10 10 Chúng ta đánh số hàng tam giác Pascal theo thứ tự bắt đầu hàng số 0, tiếp đến hàng số 1, hàng số 2, v.v Còn hàng, xếp thứ tự số bắt đầu số thứ 0, tiếp đến số thứ 1, số thứ 2, v.v Chúng ta gọi số thứ k hàng thứ n pn,k Từ suy cơng thức để xây dựng tam giác Pascal pn−1,k−1 + pn−1,k = pn,k Ta có sơ đồ → → → → → → Hàng thứ Hàng thứ Hàng thứ Hàng thứ Hàng thứ Hàng thứ Từ ta có cơng thức tổng qt pn,k pn,k = n k 1 1 1 3 1 1 10 10 = n! k!(n − k )! 5! 1×2×3×4×5 = = = 10 2!3! 1×2×1×2×3 Ngồi từ cơng thức xây dựng tam giác Pascal, ta có cơng thức sau Ví dụ p5,2 = n k = n−1 n−1 + k−1 k Công thức người ta gọi theo tên nhà tốn học Pascal - Công thức Pascal 2.4 Chứng minh công thức tổng quát pn,k công thức nhị thức Newton Bây chứng minh quy nạp theo biến số n công thức sau pn,k = n k = n! k!(n − k)! Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng 0! , công thức với trường hợp n = Chúng ta lưu ý 0! 0!0! Giả sử công thức với trường hợp n N Bây ta chứng minh công thức với trường hợp n = N + Thật vậy, với trường hợp k = k = N + ta có Với n = 0, có p0,0 = = p N +1,0 = p N +1,N +1 = = ( N + 1) ! = 0!( N + 1)! N+1 N+1 N+1 = Với trường hợp k N ta có p N +1,k = p N,k−1 + p N,k Theo giả thiết quy nạp cơng thức với trường hợp n = N, mà p N,k−1 = N k−1 = N! ,p = (k − 1)!( N − k + 1)! N,k N k = N! k!( N − k)! Từ suy N! N! + (k − 1)!( N − k + 1)! k!( N − k)! N!k N!( N − k + 1) = + k!( N − k + 1)! k!( N − k + 1)! N!( N + 1) ( N + 1) ! = = = k!( N − k + 1)! k!( N − k + 1)! p N +1,k = p N,k−1 + p N,k = N+1 k Như chứng minh công thức cho trường hợp n = N + Tóm lại, theo nguyên lý quy nạp chứng minh công thức cho hệ số tam giác Pascal pn,k = 2.5 n k = n! k!(n − k)! Chứng minh công thức nhị thức Newton Chứng minh Bây dùng quy nạp để chứng minh định lý khai triển nhị thức Newton ( a + b)n = n ∑ k =0 n n−k k a b = k n n n n −1 n n−k k n n a + a b + + a b + + b k n Với n = n = hiển nhiên ta có điều phải chứng minh Giả sử công thức trường hợp n N, với N 1, ta chứng minh trường hợp n = N + Thật vậy, ta có ( x + y) N +1 = ( x + y)( x + y) N = ( x + y)( x N + p N,1 x N −1 y + p N,2 x N −2 y2 + · · · + p N,N −2 x2 y N −2 + p N,N −1 xy N −1 + y N ) = x N +1 + p N,1 x N y + p N,2 x N −1 y2 + · · · + p N,N −2 x3 y N −2 + p N,N −1 x2 y N −1 + xy N + x N y + p N,1 x N −1 y2 + p N,2 x N −2 y3 + · · · + p N,N −2 x2 y N −1 + p N,N −1 xy N + y N +1 Để ý theo công thức xây dựng tam giác Pascal ta có p N,1 + = p N +1,1 , p N,2 + p N,1 = p N +1,2 , , p N,N −1 + p N,N −2 = p N +1,N −1 , + p N,N −1 = p N +1,N , từ suy ( x + y) N +1 = x N +1 + p N +1,1 x N y + p N +1,2 x N −1 y2 + · · · + p N +1,N −1 x2 y N −1 + p N +1,N xy N + y N +1 Vậy chứng minh công thức cho trường hợp n = N + Theo nguyên lý quy nạp chứng minh xong định lý khai triển nhị thức Newton ( x + y)n = x n + pn,1 x n−1 y + pn,2 x n−2 y2 + · · · + pn,n−2 x2 yn−2 + pn,n−1 xyn−1 + yn = xn + n n −1 n n −2 n n x y+ x y +···+ x y n −2 + xyn−1 + yn n−2 n−1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Hoặc ta có lời giải sử dụng tam giác Pascal nhìn tường minh sau Lời giải Sử dụng phương pháp quy nạp, ta thấy n = 0, 1, đẳng thức đúng, ta giả sử đẳng thức với n − tức n −1 n − n −1− i i ( x + y ) n −1 = ∑ x y i i =0 Khi ( x + y)n = ( x + y)( x + y)n−1 = ( x + y) n −1 n − n −1− i i x y i ∑ i =0 Sử dụng tính chất phân phối, ta n −1 x ∑ i =0 n −1 n − n −1− i i n − n −1− i i n −1 n − n − i i n −1 n − n −1− i i +1 x y +y ∑ x y = ∑ x y +∑ x y i i i i i =0 i =0 i =0 Bây ta biến đổi chút để đưa tổng, ta n −1 ∑ i =0 n − n − i i n −1 n − n −1− i i +1 x y +∑ x y i i i =0 n −1 = n n − n −i i n − n −i i x y +∑ x y i i−1 i =1 ∑ i =0 = n−1 n n − n n −1 n − n − i i n −1 n − n − i i x y + y x y +∑ x +∑ i−1 n−1 i i =1 i =1 = n − n n −1 x +∑ i =1 n−1 n−1 + i i−1 x n −i yi + n−1 n y n−1 Khi sử dụng cơng thức Pascal ta n − n n −1 x +∑ i =1 n−1 n−1 + i i−1 x n −i yi + = n − n n −1 n n − i i n−1 n x +∑ x y + y i n−1 i =1 = n n n −1 n n − i i n n x +∑ x y + y i n i =1 n = ∑ i =0 n−1 n y n−1 n n −i i x y i n−1 Chú ý bước tiếp theo, ta sử dụng công thức = n n−1 n−1 = n n Như định lý chứng minh 3.1 Một số tính chất Nhắc lại khai triển nhị thức Newton Trước tiên ta có cơng thức khai triển nhị thức Newton phát biểu sau ĐỊNH LÝ (3.1) Với a, b số thực n số nguyên dương, ta có ( a + b)n = n ∑ k =0 n n−k k a b = k n n n n −1 n n−k k n n a + a b + + a b + + b k n Quy ước a0 = b0 = Công thức gọi công thức nhị thức Newton (1) Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng Trong biểu thức vế phải cơng thức (1) ta có a) Số hạng tử n + b) Số hạng tử có số mũ a giảm dần từ n đến 0, số mũ b tăng dần từ đến n, tổng số mũ a b hạng tử n c) Các hệ số hạng tử cách hai hạng tử đầu cuối HỆ QUẢ Với a = b = 1, ta có 2n = n n n + + + n Với a = 1; b = −1, ta có = n n n n − + + (−1)k + + (−1)n k n CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN LIÊN QUAN TỚI KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON n k n n + k k+1 k = n k = n k+1 k n n−k = n+1 , (n k+1 1) n ( n − 1) ! n−1 k.n! = =n k−1 (n − k)!k! ( n − k ) ! ( k − 1) ! = k.n! n+1 n ( n − 1) ! = = n+1 k+1 (k + 1) (n − k)!k! ( n + 1) ( n − k ) ! ( k + 1) ! NGỒI RA TA CỊN CĨ MỘT SỐ CƠNG THỨC KHÁC NHƯ SAU • 2n = n n n + + + n • 2n −1 = n n n n + + + n2 • 2n −1 = n n n + + + Ngồi từ cơng thức k n k n−1 k−1 =n n n −1 ta mở rộng công thức sau n+2 k+2 n n n +2 + k k+1 k+2 n n n n +3 +3 + k k+1 k+2 k+3 3.2 +1 = = n+3 k+3 Dấu hiệu toán sử dụng nhị thức Newton toán chứng minh đẳng thức Sau số dấu hiệu giúp ta nhận biết dạng toán phần này, dạng toán hướng dẫn kỹ phần sau Một số dấu hiệu n n + Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có ∑ với i số tự nhiên liên tiếp i i =1 n n + Trong biểu thức có ∑ i (i − 1) ta dùng đạo hàm (i ∈ N), ngồi i i =1 n • Trong biểu thức có ∑ (i + k ) i =1 n • Trong biểu thức có ∑ ak i =1 n i n i ta nhân vế với x k lấy đạo hàm ta chọn giá trị x = a thích hợp TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Kết hợp (∗) (∗∗) ta có 1+ m m n n 1+ BÀI 10 n Cho m, n số tự nhiên khác 0, m Chứng minh m+i i+1 ∑ i =0 −1 < m−2 Chứng minh Ta có m+k k+1 −1 (k + 1)!m! ( k + 1) ! ( m − 1) ! = [m + k − (k + 2)] (m + k)! ( m + k ) ! ( m − 2) ! ( m − 1) ( m − 1) ! ( k + 1) ! ( m − 2) ! ( k + 2) ! = − (m − 2) [(m − 1) + k]! (m + k)! = = ( m − 1) ( m − 2) k+m−1 k+1 −1 m+k k+2 −1 m+k k+2 − −1 Từ suy n ∑ i =0 m+i i+1 −1 = ( m − 1) ( m − 2) −1 m−1 − < m−1 ( m − 1) · ( m − 2) −1 = m−2 Bài toán giải BÀI 11 Chứng minh √ lim n n = n→+∞ Nếu m > lim √ n n→+∞ Chứng minh Đặt m = √ n m = lim √ n n→+∞ n = n − > 0, ta suy n = ( m + 1) n = k ∑ k =0 n mk k n n ( n − 1) m2 = m 2 √ n ( n − 1) m ⇒ < m = n n−1 √ ⇒ < n n 1+ n−1 n−1 ⇒n Mặt khác ta lại có lim x →+∞ n−1 1+ = ⇒ lim x →+∞ √ n n=1 Như ta có điều phải chứng minh Áp dụng kết câu 1, ta sử dụng nguyên lý kẹp, suy kết câu BÀI 12 Cho a, b số nguyên dương, chứng minh Chứng minh Ta có an−i + bn−i + bi ⇒ a n + b n ( a + b)n = n ∑ k =0 an + bn a+b n a n −i − b i + b n −i a i , ∀0 n n n−k k n n−k k a b = ∑ b a k k k =0 84 i n Mặt khác Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng Từ suy 2( a + b ) n = n ∑ k =0 n k an−k bk + bn−k ak = 2n ( a + b)n n n an + bn ( an + bn ) ⇒ k ∑ k =0 a+b Bài toán giải BÀI 13 n Với n 2, chứng minh √ n k ∑k k =1 2n −1 n Chứng minh Trước tiên ta có n ∑ k =0 n n n k d n k n x = (1 + x ) n ⇒ ∑ k x = x (1 + x )n = nx (1 + x )n−1 ⇒ ∑ k k k k dx k =0 k =1 = n2n−1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có n n n ∑k · k =1 n ∑k k k =1 ∑k k =1 n ( n + 1) ⇒ · n2n−1 n ⇒ ∑k k =1 n k n n k ∑k k =1 2 √ n n2 −1 n + n k Từ ta dễ dàng suy điều phải chứng minh BÀI 14 n Chứng minh 2k − n k =1 k k ∑ n 2n −1 n Chứng minh Trước tiên ta có đẳng thức ∑ (2k − 1)k k =1 n k = n2 · 2n−1 , bạn đọc tìm hiểu phần Khi theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có    n 2k −  ∑   n  k =1 k k n ∑ (2k − 1)k k =1 n k n ∑ (2k − 1) = n4 k =1 Từ ta dễ dàng suy điều phải chứng minh BÀI 15 Cho số nguyên dương m n cho n 2n n! m Chứng minh (m + n)! (m − n)! m2 + m n Chứng minh Ta có n (m + n)! = (m + n)(m + n − 1) (m − n + 2)(m − n + 1) = ∏ (m + − i )(m + i ) (m − n)! i =1 85 n TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Ngồi ta có 2n n!n = 2n 1.2.3.n = (2.1) (2.2) (2n) = n ∏ 2i i =1 n (m2 + m) = (m2 + m)(m2 + m) (m2 + m) = ∏ m2 + m i =1 Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với n n n i =1 i =1 i =1 ∏ 2i ∏ (m + − i)(m + i) ∏ Ta có 2i = i2 + i − i2 + i n nên ta suy m2 + m − i2 + i = (m + − i )(m + i ) ta m(m + 1) = m2 + m i số nguyên nằm m2 + m (m + − i )(m + i ) 2i m2 + m n n n i =1 i =1 i =1 ∏ 2i ∏ (m + − i)(m + i) ∏ m2 + m Vậy bất đẳng thức cho BÀI 16 Cho n nguyên dương , n a, b > Chứng minh ( a + b)n − an − bn 2n − Chứng minh Ta có n n n n + + + + n n n an ( a + b) − 2n − − bn = = = 2n khai triển nhị thức n n −i i a b − an − bn i ∑ i =0 2n − 2n 1 −2 n −1 2n − i∑ =1 n −1 ∑ i =1 ( ab)n n i n ∑ = a n −i bi i =0 n n −i i a b i 2n − n −1 ∑ i =1 n n −i i b a i √ n √ n n a b = n [2n − 2] an bn = i −2 ( ab)n Vậy toán giải BÀI 17 Chứng minh bất đẳng thức 2n n > 4n , ∀n ∈ N, n 2n Chứng minh Ta dùng phương pháp quy nạp để chứng minh bất đẳng thức Với n = ta thu =6>4= 42 , hiển nhiên Giả sử bất đẳng thức đến n = k tức 2.2 ta có bất đẳng thức sau 2k k > 4k 2k Bây ta cần chứng minh bất đẳng thức với n = k + tức cần chứng minh 2k + k+1 > 86 4k +1 2k + Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng Thật ta có biến đổi đại số sau 2k + k+1 = 2(2k + 1) > ( k + 1) 2k k 2k k 4k k+1 4k 2k > 4k k+1 = 4k +1 2k + từ theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thức chứng minh BÀI 18 Cho x1 x2 0; y1 y2 n số nguyên dương Chứng minh ( x1 + y2 ) n + ( x2 + y1 ) n ( x1 + y1 ) n + ( x2 + y2 ) n Chứng minh Vì x1 Do x1m − x2m Lấy m = n − k; n y1k − y2k k x2m , m ∈ N Cũng y1 nên x1m x2 hay x1m y1k + x2m y2k y2 nên y1k y2k ; k ∈ N x1m y2k + x2m y1k ta x1n−k y1k + x2n−k y2k x1n−k y2k + x2n−k y1k ⇒ n k n k x1n−k y1k + x2n−k y2k x1n−k y2k + x2n−k y1k (1) Từ bất đẳng thức (1) cho k 0, 1, n, n + ta n ( x1n + x2n ) = n n ( x1n + x2n ) n x1n−1 y2 + x2n−1 y1 x1n−1 y1 + x2n−1 y2 n n−1 n x1 y2n−1 + x2 y1n−1 n−1 n (y2n + y1n ) n x1 y1n−1 + x2 y2n−1 n (y1n + y2n ) = n Cộng tất bất đẳng thức với sử dụng công thức nhị thức Newton ta ( x1 + y1 ) n + ( x2 + y2 ) n ( x1 + y2 ) n + ( x2 + y1 ) n Đẳng thức xảy x1 = x2 y1 = y2 BÀI 19 Chứng minh xk 0, yk 0(k = 1, 2, , m) m ∑ ( xk + yk ) n m ∏ xk + m k =1 Chứng minh Vì xk 0, yk m m k =1 n ∏ yk k =1 0, nên theo bất đẳng thức AM - GM ta có m ∑ k =1 n− j j yk xk m m· m n− j j yk ∏ xk k =1 n cho j chạy từ đến n n + bất đẳng thức j chiều, sau cộng vế theo vế bất đẳng thức lại với nhau, cuối áp dụng cơng thức nhị thức Newton ta có điều phải chứng minh Nhân vế bất đẳng thức với ! Bài toán tương tự Cho a1 , a2 , b1 , b2 số không âm, chứng minh n a1n + b1n + n n a2n + b2n 87 ( a1 + a2 )n + (b1 + b2 )n TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC 5.2 Bài tập tự giải Bài Chứng minh ( n + 1) m m! m+n m Bài Cho số nguyên dương Bài Cho số nguyên dương l n − 2, chứng minh k(n − k) < k k n, chứng minh n (k− l) b (nk) a < n − k (nk) a+b n n n r 2n n Bài Chứng minh n n 2N 2N N Bài Chứng minh < 2N N < N N n n k Bài Chứng minh k k k k 22 Bài Chứng minh 2(2)−1 với k k k n n Bài Chứng minh ∑ i k i =0 Bài 10 Với k n số tự nhiên, chứng minh Bài Chứng minh n ∑ i =k n i k n+1 i 1− k n+1 n −i 1− e n n n n + với k a < k k−1−a a k Bài 12 Với a, b, c số nguyên dương cho a, b < c, chứng minh Bài 11 Chứng minh a+n−1 b+n−1 + n n 4m 2m Bài 13 Chứng minh √ m m √ Bài 14 Cho bất đẳng thức 2π nn+ e−n n! e nn+ e−n , chứng minh n k Bài 15 Chứng minh n s c+n−1 n nn k k (n − k )n−k nn nk n nk k k! kk n 2n √ Bài 17 Chứng minh n n n n n n Bài 18 Chứng minh + + +···+ n Bài 19 Với n số nguyên dương, chứng minh Bài 16 Chứng minh 2n n 2n n n! 2n n > 31 n > < √ 2n + < (2n)n Bài 20 Chứng minh đẳng thức (n − 2k) n k =n n−1 n−1 − k k−1 88 Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng n Từ đẳng thức trên, chứng minh Bài 21 Với n, l ∈ N, l < n < n < < n số cố định Cho k ∈ N với 2n − l n−k k n n l, chứng minh 2n − l 2n−l k+n−1 k+n+1 k+n × k k k 8564 8564 < 28564 Bài 23 Chứng minh ∑ i i =82 √ 1!2! + 2!3! + + n!(n + 1)! 2n Bài 24 Chứng minh n! n 2 n (1!) (n!)  S = a + a + + an  Bài 25 Cho Chứng minh a , a , , an  n∈Z Bài 22 Chứng minh (1 + a1 ) (1 + a2 ) (1 + a n ) m Bài 26 Chứng minh ∑ k =0 n k en m m Bài 29 Với n < n n n n 2n + n+m n− nn < n! < n+m , chứng minh n (mm )(n − m)n−m 2n n 2, chứng minh 2n < Bài 30 Chứng minh n m S2 Sn S + + + 1! 2! n! Bài 27 Cho n số tự nhiên m ∈ [−n, n] Với p = 0, , Bài 28 Chứng minh 1+ m < 4n Tính chất số học hệ số nhị thức Trong chủ đề dừng mức độ giới thiệu lịch sử vài toán để bạn mở mang thêm chút kiến thức, nên không đề cập sâu Các bạn muốn tham khảo thêm chủ đề tìm đọc Khai thác số chủ đề số học hay khó fanpage bọn Bây bắt đầu 6.1 Đôi nét lịch sử nghiên cứu tính chất số học hệ số nhị thức Từ kỉ XIX nhà toán học tiếng Babbage, Cauchy, Cayley, Gauss, Hensel, Hermite, Kummer, Legendre, Lucas and Stickelberger, bắt đầu nghiên cứu tính chất số học liên quan hệ số nhị thức lũy thừa số nguyên tố Và đến tận bây giờ, vấn đề nghiên cứu phát triển nữa, việc giúp phát nhiều kết có có ý nghĩa to lớn đóng góp hữu ích cho tổ hợp, xác suất, giải tích Năm 1773, nhà toán học Jonh Wilson chứng minh kết ( p − 1)! ≡ −1 ( mod p) Sau vào năm 1819, nhà tốn học Charles Babbage 2p − p−1 ≡ (mod p2 ), với số nguyên tố p Năm 1852 nhà toán học Kummer chứng minh kết Cho m n hai số nguyên dương p số nguyên tố Khi lũy thừa p 89 m n số lần nhớ thực TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC phép cộng m − n n hệ số p Vào năm 1862, kết khác mạnh kết Charles Babbage Wolstenholme đưa ra, 2p − ≡ (mod p3 ), với số nguyên tố p p−1 Một kết mạnh phải kể đến kết nhà toán học Lucas, kết phát biểu sau Cho m, n hai số nguyên dương p số nguyên tố Gọi m0 n0 tương ứng số dư m, n chia cho p Khi ta có kết sau m m m0 p ≡ ( mod p) n n n0 p Khi ta viết m = m0 + m1 p + + ms ps , n = n0 + n1 p + + ns ps định lý Lucas phát biểu cách tương đương sau Cho m, n hai số nguyên dương p số nguyên tố Gọi m0 n0 tương ứng số dư m n chia cho p Giả sử biểu diễn sở p m, n m = m0 + m1 p + + ms ps n = n0 + n1 p + + ns ps với mi , ni p − 1, ∀i = 0, k Khi ta m n ≡ m0 n0 m1 ms ( mod p) n1 ns Một số kết quan trọng khác kể đến kết Frank Morley vào năm 1895 (−1) p −1 2 James W.L Glaisher vào năm 1900 Wilhelm Ljunggren vào năm 1952 Ernst Jacobsthal vào năm 1952 mp np p−1 p −1 mod p3 , ∀ p p−1 ≡ mp − ≡ (mod p3 ) p−1 ap bp ≡ ≡ m n a b 5, p số nguyên tố (mod p3 ) mod pt , t lũy thừa p p3 mn (m − n) Ngồi cịn nhiều kết khác, bạn đọc tham khảo link https://arxiv.org/pdf/1111.3057.pdf Sau ta tìm hiểu số toán mức độ sử dụng tính chất bản, khơng sâu 6.2 Các toán minh họa BÀI Cho n ∈ N, n > Chứng minh số Tn = 2n +1 2n Chứng minh Bây ta xét đa thức P ( x ) = (1 + x )2 n hạng chứa x2 Tn Mặt khác ta có P ( x ) = (1 + x )2 = 1+ n n +1 n (1 + x )2 − (1 − x )2 − 2n chia hết cho 22n+2 2n −1 − − x2 2n ta thấy đa thức có hệ số số n n 2n 2n x + + n x2 n 2n 2n 2n x+ x + + n x −1 −1 n Bằng phương pháp đồng hệ số hai vế ta hệ số x2 ta Tn = 2n 2n 2n + 2n − 2n 2n + + 2n − 2n − 90 2n Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng 2n 2n 2n , , , n −1 Mà từ kết quen thuộc ta thấy số chia hết cho 2n nên từ Tn chia hết cho 22n+2 Vậy từ ta suy điều phải chứng minh BÀI Chứng minh dãy k+1 k+2 k , , k k k dãy tuần hoàn xét modulo k Chứng minh Ta có phép đặt hay m = k.k! Khi ta biến đổi x+m k ( x + m)( x + m − 1) ( x + m − k + 1) k! x ( x − 1) ( x − k + 1) + t · m = k! x ( x − 1) ( x − k + 1) x = = ( modk) k! k = Như ta có điều phải chứng minh BÀI Cho số nguyên dương n, k tùy ý Chứng minh tồn số nguyên dương a1 > a2 > a3 > a4 > a5 > k cho n = ± a1 a2 ± ± a3 a4 ± ± a5 Romania TST 2010 Chứng minh Với toán ta xét n > k số nguyên dương cho n + chọn m ≡ 0( mod4) n chẵn ta chọn m ≡ 3( mod4) Ta có n + 2a + = m m số lẻ Cụ thể, n lẻ ta = 2a + 1, mặt khác a a+1 a+2 a+3 − − + 3 3 Do ta n= n−1+ Đồng thời a = m a a+1 a+2 a+3 m − − + − 3 3 > m, từ ta suy điều phải chứng minh BÀI Tìm số tự nhiên k nhỏ cho với n Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh 2m m+1 m = 1− m ta có 2m m+1 m m m+1 2m m ∈ N ∈ Z Ta có = = 91 k 2n m+n+1 n+m 2m (2m)! − m ( m − 1) ! ( m + 1) ! 2m 2m − ∈Z m m−1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC 2n k k = phải số tự nhiên nên giá trị phải tìm m+n+1 n+m 2m + k ∈ N phải chia hết cho 2m + 1, k 2m + k 2n Giả sử k = 2m + với n = m số dương số tự nhiên với n > m m+n+1 n+m Giả sử cho trước m ∈ N Vì với n = m 2m + 2n n+m+1 n+m n−m n+m+1 2n n+m 2n (2n)! − n+m ( n + m + 1) ! ( n − m − 1) ! 2n 2n − ∈Z n+m+1 n+m 1− = = = Vậy giá trị k nhỏ 2m + BÀI Cho n > k thỏa mãn < k < n Chứng minh gcd n ,n k >1 Chứng minh Ta ý n k = n n−1 k k−1 = n gcd(k, n) n − gcd(k, n) k k−1 (1) Do từ (1) ta có k n n−1 gcd(k, n) gcd(k, n) k − (2) k n , gcd(k, n) gcd(k, n) (3) Tuy nhiên ta lại có gcd =1 Điều (2) ám k gcd(k, n) n−1 k−1 (4) n k (5) Như từ (1) (4) ta có n gcd(k, n) từ ta suy n gcd gcd(k, n) Nếu k n gcd(k, n) n, n gcd(k, n) n ,n k Vậy ta có điều phải chứng minh BÀI Cho < a < n < b < n, chứng minh n n , a b không nguyên tố Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử a, b khác khơng lớn hớn Vì n a n b n! a!b!(n − a − b)! = n!(n − a − b)! n(n − 1)(n − 2) · · · (n − a + 1) = >1 (n − a)!(n − b)! (n − b)(n − b − 1) · · · (n − b − a + 1) 92 (6) Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng Nên ta có lcm Nếu n n , b a n n , a b | n! a!b!(n − a − b)! n b n a > n! a!b!(n − a − b)! n n , a b lcm n a = n b > n! a!b!(n − a − b)! lcm n n , a b Mâu thuẫn, ta có điều phải chứng minh BÀI Cho m, n, k số nguyên dương thỏa mãn < m n k k < n Chứng minh số n m không nguyên tố Chứng minh Ta sử dụng phản chứng, giả sử Ta có n − m > n k n−m k−m k − m < n − m n m nguyên tố số nguyên Chú ý n−m k−m = (n − m)! (n − m)! = (k − m)! ((n − m) − (k − m))! (k − m)! (n − k)! Suy n k · k m = n n−m · m k−m n! k! n! (n − m)! · = · = k! (n − k)! m! (k − m)! m! (n − m)! (k − m)! (n − k )! n k n n n chia hết cho Mặt khác ta lại giả sử nguyên tố nhau, điều · k m m k m k n k n chứng tỏ chia hết cho Như , nhiên từ điều kiện k < n lại có m m m m Do mà k m = k · (k − 1) · · (k − m + 1) n · (n − 1) · · (n − m + 1) < = m · (m − 1) · · m · (m − 1) · · Từ điều ta mâu thuẫn với giả sử phản chứng Vậy ta có điều phải chứng minh BÀI 2p p Chứng minh với p số nguyên tố ta có ≡ mod p2 Chứng minh Trước hết ta có đẳng thức Vandermonde quen thuộc sau k ∑ i =0 m i n k−i = m+n k Ta xét m = n = k = p đẳng thức tương đương với 2p p = p Do p số nguyên tố nên ta có p k p p + p p p + + p−1 p p−1 p + p p ≡ ( mod p) , ∀k = 1, p − nên từ ta suy p + + p−1 p p−1 p Vậy từ ta thu 2p p = mod p2 hay ta có điều phải chứng minh 93 ≡ ( mod p) p n m TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC BÀI Với số tự nhiên m nguyên dương Chứng minh 1991 1991 1991 (−1)m 1991 − m − + − + 1991 1991 1991 1991 − m m Chứng minh Với n = 1, 2, , ta đặt S (n) = n−m m ∑ (−1)m m = 1991 tổng lấy từ m = hết số hạng khác Ta có n m k ∑ k=m = n−m−1 m+1 = − S (n) Ta có n −2 S (n) = − ∑ S (k), suy S (n + 1) = S (n) − S (n − 1) (1) k =0 S (0) = S (1) = 1, từ S (2) = 0, S (3) = −1, S (4) = −1, S (5) = 0, S (6) = 1, S (7) = Từ (1) ta có S (m) = S (n) m = n ( mod6) n n−m n−m n−m−1 Do = + n−m n m m−1 1991 nên ta 1991 1991 1991 996 (−1)m 1991 − m − + − + + − 1991 1991 1991 1991 − m m 996 995 =1 Suy điều phải chứng minh BÀI 10 Chứng minh với m, n ∈ N tồn k ∈ N cho √ Chứng minh Ta có x = m± √ m−1 n n = ∑ k =0 √ n k m+ √ m−1 n = √ k+ √ k − √ k ± m − , ta xét trường hợp n−k m √ • Nếu n = 2p, ta có p x= ∑ k =0 p n 2k √ m 2p−2k √ m−1 2k p ± n 2k − ∑ k =1 √ m 2p−2k +1 √ m−1 2k −1 p n n m p − k ( m − 1) k ± m ( m − 1) ∑ m p − k ( m − 1) k 2k 2k −1 k =0 k =1 √ = a ± b m ( m − 1) = a2 ± b2 m ( m − 1) = ∑ a, b ∈ Z • Nếu n = 2p − 1, ta có p −1 x= ∑ n 2k √ p k =0 √ m 2p−2k −1 √ m−1 2k p ± n 2k − ∑ k =1 √ √ m 2p−2k √ m−1 2k−1 p n n m p − k −1 ( m − ) k ± m − ∑ m p − k ( m − ) k −1 2k 2k − k =0 k =1 √ √ √ = c m ± d m − = c2 m ± d2 ( m − 1) = m ∑ c, d ∈ Z √ √ √ √ n Tóm lại trường hợp ta ln có m ± m − = k ± l, suy √ √ √ √ √ √ n √ √ k−l = k+ l k− l = m+ m−1 m− m−1 √ √ √ √ n Do m + m − = k + k − 94 n = ⇒ l = k−1 Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng BÀI 11 √ Chứng minh xlà số tự nhiên chia hết cho 2002 với x = √ √ 2000 Chứng minh Đặt a = 1011 + ,b = 1011 − √ √ 2000 2000 2000 2000 Ta có 1001 + x = 1001 + • Với x = 1, ta có a = • Với x = −1, ta có b = 2000 2000 √ 1001 √ 2000 1001 2000 − 1001 + 2000 − √ 1001 − 2000 2000 2000 + √ 1001 2000 √ 1001 1999 √ 1999 1001 √ 1001 x+ 2000 2000 x , 2000 + + 1999 + + 2000 2000 2000 2000 Như ta suy √ a − b = 1001 2000 2000 2000 + 1001 + + 10011999 1999 A ∈ N Bài toán giải 95 √ = 1001.A ⇒ x = 2002A ⇒ x 2002 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Tài liệu [1] Đẳng thức tổ hợp – VMF [2] Tuyển tập chuyên đề tổ hơp - MathScope [3] Chuyên đề tổ hợp bồi dưỡng học sinh giỏi – Lê Hồnh Phị [4] Nhị thức Newton ứng dụng - Nguyễn Văn Lâm, Lê Hoàng Nam [5] The Art of Proving Binomial Identities - Michael Z Spivey [6] Câu chuyện nhị thức Newton - Nguyễn Công Sứ - Trường ĐH Kĩ thuật mật mã [7] https://vuontoanblog.blogspot.com/2012/09/pascal-triangle.html [8] https://vuontoanblog.blogspot.com/2012/09/binomial-identity.html [9] Notes on the combinatorial fundamentals of algebra - Darij Grinberg [10] Diễn đàn https://math.stackexchange.com/ [11] Diễn đàn https://artofproblemsolving.com/community Ngồi có số tài liệu tham khảo khác có sử dụng khơng kiểm chứng tác nguồn gốc toán, mong tác giả thật viết đọc thơng cảm 96 Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng Mục lục Kí hiệu tổ hợp 1.1 Hệ số nhị thức 1.2 Công thức tổ hợp 1 Tam giác Pascal hình thành cơng thức nhị thức Newton 2.1 Sự hình thành cơng thức nhị thức 2.2 Câu chuyện nhị thức Newton 2.3 Tam giác Pascal 2.4 Chứng minh công thức tổng quát pn,k công thức nhị thức Newton 2.5 Chứng minh công thức nhị thức Newton 2 Một số tính chất 3.1 Nhắc lại khai triển nhị thức Newton 3.2 Dấu hiệu toán sử dụng nhị thức Newton toán chứng minh đẳng thức 6 Các dạng toán liên quan tới nhị thức newton 4.1 Bài toán khai triển nhị thức chứng minh đẳng thức 4.2 Bài toán hệ số lớn 4.3 Chứng minh đẳng thức 4.3.1 Các đẳng thức 4.3.2 Ứng dụng số tính chất đẳng thức đặc biệt 4.4 Ứng dụng đạo hàm chứng minh đẳng thức tổ hợp 4.5 Ứng dụng tích phân chứng minh đẳng thức tổ hợp 4.6 Ứng dụng số phức chứng minh đẳng thức tổ hợp 4.7 Đồng hệ số 4.8 Bài tập tự luyện 8 23 27 27 30 40 46 55 67 76 Bất đẳng thức liên quan tới cơng thức tổ hợp 5.1 Lí thuyết ví dụ minh họa 5.2 Bài tập tự giải 79 79 88 Tính chất số học hệ số nhị thức 6.1 Đơi nét lịch sử nghiên cứu tính chất số học hệ số nhị thức 6.2 Các toán minh họa 89 89 90 97 NHỊ THỨC NEWTON TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC  Ebook phát hành miễn phí fanpage Tạp chí tư liệu Tốn học, hoạt động mục đích thương mại không tác giả cho phép ... lúc Newton coi người sáng lập ngành Giải tích tốn học 2.2 Câu chuyện nhị thức Newton Để ghi nhớ công lao Isaac Newton (1642 – 1727) việc tìm cơng thức khai triển nhị thức sau, gọi nhị thức Newton. .. a b + + b k n Quy ước a0 = b0 = Công thức gọi công thức nhị thức Newton (1) Nguyễn Minh Tuấn - Nhị thức Newton ứng dụng Trong biểu thức vế phải công thức (1) ta có a) Số hạng tử n + b) Số hạng... nhận biết ta sử dụng đến cơng thức Nhị thức Newton, sau giải dạng tập phần Các dạng toán liên quan tới nhị thức newton 4.1 Bài toán khai triển nhị thức chứng minh đẳng thức Đầu tiên ta tìm hiểu thuật