Bất đẳng thức và các bài toán cực trị trong đại số tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI THỊ LỢI BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI THỊ LỢI BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - 2017 i MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU ii iii Chương Nhị thức Newton số đẳng thức tổ hợp liên quan 1.1 Các tính chất nhị thức Newton 1.2 Các tính chất số tổ hợp 1.3 Một số đẳng thức tổ hợp 1.4 Đa thức Newton ứng dụng 12 1.5 1.4.1 Đa thức Newton 12 1.4.2 Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số Ai Cập với mẫu số lẻ 16 Một số dạng toán thi Olympic liên quan 21 1.5.1 Tính chia hết biểu thức tổ hợp 21 1.5.2 Quan hệ đồng dư biểu thức tổ hợp 23 Chương Bất đẳng thức tính toán tổ hợp 30 2.1 Các bất đẳng thức đại số 30 2.2 Một số tốn bất đẳng thức tính tốn tổ hợp 36 2.2.1 Phép biến đổi tương đương, phương pháp làm trội, làm giảm 36 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức để chứng minh 39 Chương Các dạng toán cực trị liên quan đến tổ hợp dãy số 3.1 42 Bất đẳng thức dãy số 42 3.1.1 Dãy sinh hàm số 42 3.1.2 Ước lượng tích tổng số dãy số 44 3.1.3 Bất đẳng thức tập rời rạc 47 3.2 Một số toán cực trị liên quan đến tổ hợp dãy số 49 3.3 Một số toán cực trị liên quan qua đề thi Olympic 51 KẾT LUẬN 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO 57 ii LỜI CẢM ƠN Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hồn thành hướng dẫn nhiệt tình Giáo sư - Tiến sĩ khoa học Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin trân trọng bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy, người tận tình bảo, hướng dẫn, động viên khích lệ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiên cứu luận văn Qua luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin, giảng viên tham gia giảng dạy tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu suốt thời gian qua Tác giả xin cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Ninh Bình Trường THPT n Khánh A, nơi tơi công tác, tạo điều kiện tốt để tơi hồn thành nhiệm vụ học tập Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp tất người quan tâm, động viên giúp đỡ để tác giả hồn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 22 tháng năm 2017 Tác giả Bùi Thị Lợi iii MỞ ĐẦU Tổ hợp có vị trí quan trọng Tốn học đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số Giải tích mà cịn cơng cụ đắc lực tốn rời rạc lý thuyết trị chơi Ngồi ra, tổ hợp cịn sử dụng nhiều tính tốn ứng dụng Trong kì thi học sinh giỏi tốn quốc gia Olympic tốn quốc tế tốn tổ hợp thường đề cập đến xem tốn khó bậc phổ thơng Hiện tài liệu tham khảo tổ hợp có nhiều khơng đề cập đầy đủ hệ thống chương trình khóa bậc phổ thơng Vì vậy, việc khảo sát sâu vấn đề tính tốn tổ hợp dạng tốn liên quan cho ta hiểu sâu sắc lý thuyết ứng dụng liên quan đến tổ hợp toán rời rạc Luận văn "Bất đẳng thức tốn cực trị đại số tổ hợp" trình bày số vấn đề liên quan tính chất dạng toán ứng dụng liên quan đến tổ hợp Mục đích luận văn nhằm thể rõ vai trị quan trọng tổ hợp dạng tốn thi HSG Olympic quốc gia quốc tế Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Nhị thức Newton số đẳng thức tổ hợp liên quan Chương Bất đẳng thức tính tốn tổ hợp Chương Các dạng tốn cực trị liên quan đến tổ hợp dãy số Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải đề thi HSG Olympic liên quan Chương Nhị thức Newton số đẳng thức tổ hợp liên quan Trong chương này, tác giả nhắc lại công thức nhị thức Newton, tính chất nhị thức Newton, tính chất số tổ hợp Từ xây dựng chứng minh số đẳng thức tổ hợp Trình bày kết đa thức Newton ứng dụng Tác giả nêu số dạng tốn thi Olympic liên quan đến tính chia hết quan hệ đồng dư biểu thức tổ hợp Các kết chương trích dẫn từ tài liệu tham khảo [2], [3], [4], [7], [8] [9] 1.1 Các tính chất nhị thức Newton Với a, b số thực n số tự nhiên lớn 2, ta ln có n n Cnk an−k bk , (a + b) = (1.1) k=0 Cnk = Quy ước: Cn0 = Cnn = 1; Cn1 = Cnn−1 = n n! k!(n − k)! Công thức (1.1) gọi công thức nhị thức Newton Chứng minh Với n = 2, ta có 2 C2k a2−k bk (a + b) = a + 2ab + b = k=0 Vậy (1.1) với n = Giả sử (1.1) với n = m; m ∈ N; m ≥ Nghĩa là, ta có m m k m−k k a b Cm (a + b) = (1.2) k=0 Ta phải chứng minh (1.1) với n = m + 1, tức phải chứng minh m+1 (a + b)m+1 = k Cm+1 am+1−k bk k=0 (1.3) Thật vậy, ta có (a + b)m+1 = (a + b)m (a + b) m k m−k k Cm a b (a + b) theo (1.2) = k=0 m m k m−k k+1 Cm a b k m+1−k k Cm a b = k=0 k=0 m−1 m+1 = Cm a + k k−1 m m+1 Cm + Cm b am+1−k bk + Cm k=1 m−1 = Cm+1 am+1 + k m+1 m+1 Cm+1 am+1−k bk + Cm+1 b k=1 m+1 k Cm+1 am+1−k bk = k=0 Vậy (1.3) Suy (1.1) với số tự nhiên n ≥ (điều phải chứng minh) Tính chất 1.1 Số số hạng cơng thức khai triển (1.1) n + Tính chất 1.2 Các hệ số tổ hợp nhị thức cách hai số hạng đầu cuối Tính chất 1.3 Số hạng tổng quát khai triển nhị thức số hạng thứ k + Tk+1 = Cnk an−k bk k ∈ N; k = 0; n Tính chất 1.4 Với a = b = 1, ta có n Cnk = 2n k=0 Tính chất 1.5 Với a = 1, b = −1, ta có n (−1)k Cnk = k=0 Tính chất 1.6 (Đẳng thức Vandermonde (Vandermonde’s equality)) k k−1 k−2 k Cn0 Cm + Cn1 Cm + Cn2 Cm + · · · + Cnk Cm = Cm+n (0 ≤ k ≤ m; ≤ k ≤ n) Chứng minh Xét đa thức n Cnk xk n P (x) = (1 + x) = k=0 (1.4) m k k Cm x m Q(x) = (1 + x) = k=0 m+n k Cm+n xk R(x) = (1 + x)m+n = k=0 Hệ số xk đa thức P (x).Q(x) k−2 k k−1 + Cn2 Cm + · · · + Cnk Cm Cn0 Cm + Cn1 Cm k Hệ số xk đa thức R(x) Cm+n k k−1 k−2 k Vì R(x) = P (x)Q(x) nên Cn0 Cm + Cn1 Cm + Cn2 Cm + · · · + Cnk Cm = Cm+n Vậy đẳng thức (1.4) chứng minh Nhận xét 1.1 Áp dụng đẳng thức (1.4) với k = m = n, ta có đẳng thức Cn0 2 + Cn1 + Cn2 n + · · · + (Cnn )2 = C2n Tính chất 1.7 (Đẳng thức Vandermonde mở rộng) Cho n1 , n2 , , nr ∈ N k = k1 + k2 + · · · + kr Khi Cnk11 Cnk22 Cnkrr = Cnk1 +n2 +···+nr k1 +k2 +···+kr =k 1.2 Các tính chất số tổ hợp Tính chất 1.8 (Tính chất đối xứng) Với số tự nhiên n, k ∈ N thỏa mãn ≤ k ≤ n ta có: Cnk = Cnn−k Tính chất 1.9 (Tính chất tam giác Pascal) k+1 Cnk + Cnk+1 = Cn+1 Tính chất 1.10 (Cơng thức tính tổng theo cột) n m+1 Ckm = Cn+1 k=0 Chứng minh Áp dụng cơng thức Pascal, ta có: n n Ckm k=0 = k=0 m+1 m+1 m+1 (Ck+1 − Ckm+1 ) = Cn+1 − C0m+1 = Cn+1 Nhận xét 1.2 Từ Tính chất1.4, Tính chất 1.9 Tính chất 1.10 ta có đẳng thức Cn0 + Cn2 + · · · = Cn1 + Cn3 + · · · = 2n−1 Tính chất 1.11 (Cơng thức tính tổng theo đường chéo chính) n k n Cm+k = Cm+n+1 k=0 Chứng minh n n k Cm+k k=0 m Cm+k (sử dụng Tính chất 1.8) = k=0 m+1 = Cm+n+1 (sử dụng Tính chất 1.10) n = Cm+n+1 (sử dụng Tính chất 1.8) Tính chất 1.12 (Cơng thức tính tổng theo đường chéo phụ liên quan đến số Fibonacci) n k Cn−k = Fn+1 k=0 Qui ước Cnk = 0, với k > n Chứng minh Với n = 0, n = C00 = = F1 , C10 + C10 = = F2 Giả sử công thức đến n − Khi n n n k Cn−k k−1 Cn−1−k = k=0 n−1 k=0 n−2 k=0 k Cn−k k Cn−k + = k=0 k Cn−1−k (sử dụng Tính chất 1.9) + k=0 = Fn−1 + Fn (sử dụng giả thiết quy nạp) = Fn+1 (sử dụng công thức truy hồi dãy Fibonacci) Tính chất 1.13 (Quy tắc hút) Với n, k ∈ N thỏa mãn < k ≤ n ta có: n k−1 C k n−1 n (n − 1)! n k−1 n! = = Cn−1 Chứng minh Ta có Cnk = k!(n − k)! k (k − 1)!(n − k)! k Cnk = Tính chất 1.14 (Cơng thức lùi số) Với n, k ∈ N thỏa mãn ≤ k < n ta có: n k Cn−1 n−k n! n (n − 1)! n Chứng minh Ta có Cnk = = = Ck k!(n − k)! n − k k!(n − − k)! n − k n−1 Cnk = Tính chất 1.15 (Tính đơn điệu (monotonicity))  n   Cn0 < Cn1 < · · · < Cn 1.3 −  +1  n = Cn > · · · > Cnn Một số đẳng thức tổ hợp Trong phần này, để tính tổng liên quan đến tổ hợp chứng minh đẳng thức tổ hợp, ta phải quan sát số hạng tổng để tìm nhị thức cần khai triển, kết hợp tính chất số tổ hợp với phép tốn đạo hàm, tích phân phép toán số phức để giải toán Bài tốn 1.1 Tính tổng 2n S1 = C2n + α2 C2n + α4 C2n + · · · + α2n C2n 2n−1 S2 = αC2n + α3 C2n + α5 C2n + · · · + α2n−2 C2n (1.5) (1.6) Lời giải Xét khai triển 2n (1 + α)2n = k C2n αk (1.7) k C2n (−1)k αk (1.8) k=0 2n (1 − α)2n = k=0 Cộng vế hai đẳng thức (1.7) (1.8), ta 2S1 = (1 + α) 2n + (1 − α) 2n (1 + α)2n + (1 − α)2n ⇔ S1 = Trừ vế đẳng thức (1.7) cho đẳng thức (1.8), ta 2S2 = (1 + α)2n − (1 − α)2n ⇔ S2 = (1 + α)2n − (1 − α)2n Bài tốn 1.2 Tính tổng S3 = Cn1 + 2αCn2 + 3α2 Cn3 + · · · + nαn−1 Cnn 2n−1 S4 = C2n + 3C2n + 5C2n + · · · + (2n − 1)C2n Lời giải Theo Tính chất 1.13, ta có Cnk = n k−1 k−1 Cn−1 ⇔ kCnk = nCn−1 k (1.9) (1.10) 43 Định lý 3.2 (xem [1]) Với hàm số f (x) có đạo hàm liên tục tới cấp 2n, (n ∈ N∗ ) f (2n) (x) = với x ∈ (a, b), tồn đa thức P2n−1 (x) bậc không 2n − cho hàm số h(x) := f (x) − P2n−1 (x) lồi lõm khoảng (a, b) Chứng minh Cách chứng minh dựa vào công thức khai triển Taylor tới cấp 2n hàm f (x) x0 ∈ (a, b) ′ f (x0 ) f (2n) (x0 ) f (2n) (x1 ) f (x) = f (x0 ) + (x − x0 ) + + (x − x0 )2n−1 + (x − x0 )2n+1 1! (2n − 1)! (2n)! với x1 ∈ (a, b) Tiếp theo ta cần chọn ′ f (2n−1) (x0 ) f (x0 ) (x − x0 ) + · · · + (x − x0 )2n−1 đủ P2n−1 (x) = f (x0 ) + 1! (2n − 1)! Thật vậy, do f (2n) (x) liên tục f (2n) (x) = với x ∈ (a, b) nên f (2n) (x) dương âm khoảng (a, b) f (2n) (x1 ) f (2n) (x1 ) ′′ (x − x0 )2n có h n (x) := (x − x0 )2n−2 tương ứng, Do hàm số hn (x) := (2n)! (2n − 2)! luôn không âm ln ln khơng âm khoảng (a, b) Do h(x) hàm lồi lõm khoảng (a, b) Định lý 3.3 (xem [1]) Với dãy số giảm a1 , a2 , , an với hàm lồi f (x) (−∞; a1 ] ta có n n i=1 f (ai+1 )ai ≤ f (ai )ai+1 an+1 := a1 i=1 Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp toán học Với n = ta thu đẳng thức hiển nhiên Với n = k > 2, ta đặt k−1 Sk = [f (ak )a1 − f (a1 )ak ] + i=1 [f (ai )ai+1 − f (ai+1 )ai ] Ta chứng minh Sk+1 ≥ Sk ứng với dãy giảm {ai } Từ giả thiết f (x) hàm lồi, ta có: f (ak ) = f Do ak − ak+1 a1 − ak a1 + ak+1 a1 − ak+1 a1 − ak+1 ≤ a1 − ak ak − ak+1 f (a1 ) + f (ak+1 ) a1 − ak+1 a1 − ak+1 (ak+1 − a1 )f (ak ) + (ak − ak+1 )f (a1 ) + (a1 − ak )f (ak+1 ) ≥ Suy Sk+1 − Sk ≥ Sn ≥ Sn−1 ≥ · · · ≥ S2 ≥ 44 Bài toán 3.1 Cho dãy số {ak } cho ứng với số tự nhiên n cho trước đa thức sinh n phần tử dãy số Pn (x) = xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 có n nghiệm thực khơng âm Chứng minh |an−k ak | ≥ (Cnk )2 |a0 |, (k = 1, , n) Lời giải Theo định lí Viete an−k = (−1)k xi1 xi2 xik , (k = 1, , n), i1 a1 +) Nếu có số = 4, số + tổng tích số khơng đổi +) Nếu có ba số 2, ba số hai số tổng khơng đổi, tích tăng lên Vậy để tích p số lớn phải chọn khơng q hai số 2, số khác Do 2009 = 3.669 + nên maxP = 2.3669 Suy minA = 2.3669 3.3 Một số toán cực trị liên quan qua đề thi Olympic Bài toán 3.12 (Olympic 30/4/2011) Cho hàm số 2011 F (x) = k=0 k (k − 2011x)2 C2011 xk (1 − x)2011−k 52 Tìm giá trị nhỏ hàm số F (x) [0; 1] Nhận xét 3.3 Để giải tốn này, trước hết ta phải sử dụng tính chất số tổ hợp, công thức khai triển nhị thức Newton để rút gọn hàm số F (x) Lời giải n A= k=0 (k − nx)2 Cnk xk (1 − x)n−k = (nx) n n n Cnk xk (1 k=0 − x) n−k k + Cnk xk (1 − x) k=0 n−k − 2nx k=0 kCnk xk (1 − x)n−k Xét n kCnk xk (1 − x)n−k A1 = k=0 n =n k=1 n k−1 k Cn−1 x (1 − x)n−k = nx = nx[x + (1 − x)] n−1 k=1 k−1 k−1 Cn−1 x (1 − x)n−k = nx n k Cnk xk (1 − x) A2 = n−k k=0 n =n k=1 n k−1 k kCn−1 x (1 − x)n−k n k−1 k−1 Cn−1 x (1 = nx k=1 − x) n−k +n k=1 k−1 k (k − 1)Cn−1 x (1 − x)n−k n = nx + n(n − 1)x2 k=2 k−2 k−2 Cn−2 x (1 − x)n−k = nx + n(n − 1)x2 n A3 = k=0 Cnk xk (1 − x) n−k = [x + (1 − x)]n = Vậy A = (nx)2 + nx + n(n − 1)x2 − 2(nx)2 = nx(1 − x) Áp dụng kết ta F (x) = 2011x(1 − x) Do x ∈ [0; 1] nên x ≥ 0, − x ≥ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có F (x) ≤ 2011 Vậy max F (x) = [0;1] x + (1 − x) Dấu đẳng thức xảy x = 2 2011 ⇔x= Nhận xét 3.4 Ta thay số 2011 hàm số f (x) số thực dương Xuất phát từ 53 (−1)k Cnk p(n) dạng , q(n) k=0 k + 9k + 26k + 24 p(n), q(n) đa thức với hệ số nguyên, ta xây dựng tốn cực trị liên Bài toán 3.13 (Canada 1997) Hãy viết tổng n quan đến tổ hợp toán sau: Bài toán 3.14 Tìm giá trị nhỏ biểu thức n (−1)k Cnk 2n4 − 10n3 − 64n2 + 272n + 959 + k + 9k + 26k + 24 2(n + 3)(n + 4) f (n) = k=0 Nhận xét 3.5 Để giải toán này, trước hết ta phải sử dụng cơng thức tính số tổ hợp, tính chất số tổ hợp, cơng thức khai triển nhị thức Newton để rút gọn biểu thức f (n) Lời giải Đặt n S(n) = k=0 (−1)k Cnk k + 9k + 26k + 24 Ta có k + 9k + 26k + 24 = (k + 2)(k + 3)(k + 4), nên n S(n) = k=0 n = k=0 (−1)k n! k!.(n − k)!(k + 2)(k + 3)(k + 4) (−1)k (n + 4)! (k + 4)!.(n − k)! k+1 (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) Đặt n k+4 Cn+4 (k + 1)(−1)k T (n) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)S(n) = k=0 Ta có n n (−1) i Cni i=0 j (−1)j Cn−1 = 0, n = (x − 1) = ⇒ −n j=0 n n (−1) i=0 i Cni i (−1)i = i=1 n 0.n! i.n! + (−1)0 i!(n − i)! 0!n! n! (−1) = = (i − 1)!(n − i)! i=1 n i i=1 i−1 (−1)i Cn−1 = −n Do n k+4 (−1)k Cn+4 (k + 1) T (n) = k=0 i=1 n n =n i−1 (−1)i nCn−1 i−1 (−1)i−1 nCn−1 = i=1 54 n k+4 (−1)k+4 Cn+4 (k + 1) = k=0 n = k=−4 k+4 (−1)k+4 Cn+4 (k + 1) − (−3 + 2(n + 4) − Cn+4 ) n+4 = j=0 j (−1)j Cn+4 (j − 3) − 2n + − − n+4 n+4 (−1) = (n + 4)(n + 3) j j Cn+4 j j=0 −3 j (−1)j Cn+4 − (4n + 10 − n2 − 7n − 12) j=0 1 = + + (n2 + 3n + 2) = (n + 1)(n + 2) 2 Suy S(n) = T (n) (n + 1)(n + 2) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) Vậy S(n) = 2(n + 3)(n + 4) Do 2n4 − 10n3 − 64n2 + 272n + 959 + 2(n + 3)(n + 4) 2(n + 3)(n + 4) 2n − 10n − 64n + 272n + 960 = 2(n + 3)(n + 4) 2(n + 3)(n + 4)(n2 − 12n + 40) = 2(n + 3)(n + 4) f (n) = = n2 − 12n + 40 Ta có n2 − 12n + 40 = (n − 6)2 + ≥ 4, ∀n ∈ N Dấu đẳng thức xảy n = Vậy f (n) đạt giá trị nhỏ n = Bài tốn 3.15 Trong thi có 11 thí sinh tham gia giải tốn Hai thí sinh giải chung với khơng q Tìm k lớn để có k thí sinh giải Lời giải Gọi Hi thí sinh thứ i tập tốn {b1 , b2 , , b9 } Theo đề ta có |Hi ∩ Hj | ≤ 1, ∀i = j Đặt ni số thí sinh giải bi Ta đếm (bi , Hj , Hi ), bi ∈ Hj ∩ Hl Ta có số i