--- Phạm Văn Thế A/ Đặt vấn đề Trong một số bài toán Đại số ở chương trình trung học phổ thông, ngòai các bài dạng “ lập số ”, mà người làm toán cần hiểu rất sâu về khái niệm tổ hợp, c
Trang 1-
Phạm Văn Thế
A/ Đặt vấn đề
Trong một số bài toán Đại số ở chương trình trung học phổ thông, ngòai các bài dạng “ lập số ”, mà người làm toán cần hiểu rất sâu về khái niệm tổ hợp, chỉnh hợp và hoán vị cũng như nắm vững bản chất các khái niệm đó, nhưng còn một lớp các bài toán về dãy (đa số là tổ hợp) hay được nhắc đến trong các kỳ thi
Với những bài toán nêu ở trên, đa phần các lời giải theo quan điểm tính toán: Tức là gửi công thức vào để khai triển Cũng có một số bài đưa vào việc
khai triển các đa thức biến x (khả vi và khả tích) để dùng các phép toán đạo hàm
và tích phân Vậy cái gốc của các vấn đề ở đâu ? Câu trả lời là có thể nhìn một dãy đó theo quan điểm “Không gian Đại số các dãy” Từ đó ta có thể giải quyết
được một lớp nhỏ các bài toán dạng này
Vì trình độ cũng như sự hạn chế về giảm tải nội dung của chương trình THPT, tôi trình bày ba vấn đề thường gặp nhất Mong các đồng nghiệp góp ý
B/ Quan điểm "Đại số của không gian các dãy" - Thuật toán
I/ Đại số các dãy;
Cho hai đa thức
P(x) = a0 +a1x+a2x2 + +a n x
m x b x
b x b b x
Q( ) = 0 + 1 + 2 2 + +
n m m n k
k k
k
b a
x b a b a b a x b a b a b a x
Q x P
+
ư
+ +
+ + +
+ +
+ +
=
) (
)
(
) (
) (
) ( ) ( ).
(
0 2
2 1 1 0
2 0 2 1 1 2 0 0
1 1 1 0 0
Chú ý Hệ số của hạng chứa lũy thừa k là
x
)
, 0 ,
0
= +
j i
b a U
k j i
j i k
Khi cho đồng nhất
{ }a { }a x
P ↔ n ∞ =
0
) (
{ }b { }b x
Q ↔ n ∞ =
0
) (
Phép nhân P(x).Q(x) ↔ hay gọi là tích chập a⊗b được định nghĩa như trên ta có một đại số giáo hoán, có đơn vị : e= ( 1 , 0 , 0 ) , có ước của
là 0 khi chỉ khi )
0
,
0
,
0
(
nghiệm xác định
Trang 2Trở lại vấn đề Chúng ta chỉ cần rằng tích chập cho ta một đại số nên mọi
đa thức P(x), Q(x) khi nhân thông thường với nhau cho ta một đa thức T(x) có
dạng:
T(x) = k
k j i
j i
n m k
x b
a ) (
∑
= +
+
=
Các ví dụ áp dụng
VD I.1
Với k, n là hai số tự nhiên k ≤ n Chứng minh
k n k n k
+
1 1
Đây là một công thức trong sách giáo khoa HH12, việc chứng minh khá
đơn giản, chỉ cần thay công thức và biến đổi
Với quan điểm tích chập (Thực chất là nhân hai đa thức) Ta viết như sau:
Xét đồng nhất thức:
( 1 +x)n+1 = ( 1 +x)n ( 1 +x) (*)
Ta có:
) 2 , 1
; 1 , 0 ( )
1 ( ) 1 (
) 1 (
) 1 (
) 1 (
1 1
1 1 0 1
1 0
1 1 1 1
1 1 0
1 1
=
=
= + +
⇒
+
= +
+ + +
= +
+ + +
+ +
= +
∑
∑
= +
+
=
+ + + +
+ + +
i j
x C C x
x
x C C x
x C x
C C x
x C x
C x
C C x
k j i n n k j i n o k n
n n n n
n n
n n n k
k n n
n n
So sánh hai số hạng chứa xk ở hai vế của (*)
) 1 ( + n+
x C n k+1x k
Với VT = ( 1 +x)n ( 1 +x) là ∑+
= +
1
1
n k j i
k i n j x C
C (o ≤ j≤ 1 )
∑
= +
ư
⇒
k j i
k n k
n o j
i n k
1 1
1
n k n k
n o
C C C
C C
Các bạn đừng nghĩ rằng đã phức tạp lời giải của bài toán đơn giản Cái
chính là ta hiểu cách chứng minh qua một bài toán đơn giản
VD I.2 (Đề thi của trường ĐHCS ND)
Với hai số tự nhiên k, n ( 2 ≤k≤n) Chứng minh
k
n k
n k n k
HD Xét khai triển:
2 2
) 1 ( ) 1 ( )
1 ( +x n+ = +x n +x
Trang 3∑
= +
⇒
k j i
j i n k
2 1 1 2 0
2 2
ư
ư
n k
n k
n k
C
hay 1 2
n k n k n k
C
VD I.3
Chứng minh rằng ∀k,n∈N, 4 ≤k ≤n ta có:
n k
n k
n k
n k
n k
VD I.4.(Đề thi của trường ĐH Hồng Đức)
Cho n, k là các số tự nhiên , 5 ≤k ≤n. Chứng minh
C50 C n k +C51 C n kư1 + +C55 C n kư5 = C n k+5.
Với 4 ví dụ trên ta có một lớp bài toán đơn giản, mẹo là chỉ cần nhớ một
số hệ số của khai triển bậc thấp ( Tam giác Pascal)
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
vv
Sau đây là bài toán tổng quát
VD I.5 ( Công thức Vanđecmon)
Với k, m, n là các số tự nhiên, k ≤m,k ≤n.Chứng minh
n m m
k n m k n k
m n k m o
Bải giải Xét đồng nhất thức
n m m n
x x
+ ) ( 1 ) ( 1 ) 1
(
Xét hệ số của số hạng chứa k trong khai triển hai vế Ta có
x
C C C ( 0 i k, 0 j k)
k j i
k n m j
m i
∑
=
n m m
k n m k n k
m n k m
Trang 4Một số ví dụ khác
VD I.6 Chứng minh rằng ∀n∈N Ta có
n n
n n
Xét đồng nhất thức
n n n
x x
x) ( 1 ) ( 1 )2 1
∑ ∑ ∑
=
↔ n
k i j k
n k
k k n k
i n i
C
2
0
2
0 2
∑
= +
≤
≤
=
⇒
k j i
k n j
n i
Cho k = n nên i +j = n ( số hạng chứa xn)
∑
= +
−
⇒
n j i
i n n i
n n
n i
n n i
∑ (đpcm)
=
=
i
n n i
C
0
2 2
) (
VD I.7.( Đề thi Olympic 30/4-1999)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta đếu có
∑
=
n
k 0 2[ ( ) ]2
!
) (
)!
2 (
k n k
n
n n
2
Theo Ví dụ I.6 ta có
= +
+ +
2n n (C n) (C n) (C n n)
=
n
k 0 2[ ( ) ]2
2
! )
(
) (
k n k
n
−
Do đó ∑
=
n
k 0 2[ ( ) ]2
! )
(
)!
2 (
k n k
n
− = ( ! )( )
)!
2 (
n n
n
[ ]2 2
2
) (
k n k
n
n
∑
=
= n =( C )
n
C2 C2n n n n 2
( Điều phải chứng minh )
VD I.8.( Đề thi khối D - 2003)
Xác định số n Biết rằng trong khai triển
n n
x
x 1 ) ( 2 )
( 2 + + , hệ số a3n−3 chứa 3n− 3 đ−ợc xác định bởi
Bài giải
x x
x x
Xét khai triển n n
x
2 1 ( )
1 1
Trang 5Hệ số của số hạng chứa x cũng là hệ số của số hạng chứa trong khai triển (*)
3
x
x
2 1 ( )
1 1 (
n i i n k J i n k
x C x
= +
2
0
j i j j n i n k J i n k
x C
= +
2
0
2 Vì chứa − 3 nên ta có:
x
3 2
3
Vì: i, j∈N nên ta có các khả năng
3
) 4 3 4 (
2 6
8 ) 2 )(
1 (
2 2
1 1
3 0
2
2
1 1 3 3 0 3
3
+
−
=
+
−
−
=
+
=
⇒
=
→
=
=
→
=
−
n n n
n n
n n
C C C
C a
j i
j i
n n n
n x
Cho a n−3 = 26n
n n n 26n
3
) 4 3 4 ( 2
= +
−
⇒ ↔ 2n2 − 3n− 35 = 0
⎢
⎣
⎡
−
=
=
⇒
) (
5
2
n
n
Vậy ta có n = 5
VD I.9 (Đề thi BQP-2002-khối D)
Tìm số hạng chứa 4 trong khai triển
) 1 ( )
1 ( )
= C100( 1 +x)10 +C101 ( 1 +x)9x2 +x2C102( 1 +x)8x4 +
Từ đó số hạng chứa 4chỉ có trong 3 hạng tử đầu tiên
x
8 2 10 2 9 1 10 4 10 0 10
hay a4 = 210 + 360 + 45 = 615
Chú ý rằng khi giảng dạy cho học sinh ta rất hạn chế kí hiệu Xichma Còn không thể đ−ợc thì bài trên ta viết
∑
=
−
+
10 ( 1 ) )
(
o k
k k k
x x C x
P
Trang 6
∑ ∑
=
ư
ư
≤
= 10
0
10
0 10 2
k
i k
i
i k k
k
k i
x C x
C
∑ ∑
=
ư
=
+
⎢
⎣
⎡
= 10
0 10
0
2 10 10
k k i
i k i k k
x C C
Cho Ta có
Cho 2k + i= 4 Ta có 0 4
=
ư
ư
≤
= 10
0
10
0 10 2
k
i k
i
i k k
k
k i
x C x
C
∑ ∑
=
ư
=
+
⎢
⎣
⎡
= 10
0 10
0
2 10 10
k k i
i k i k k
x C C
4
2k + i= k = 0 →i= 4
k = 1 →i= 2
k = 2 →i= 0 ⇒ a4 = C100 C104 +C101 C92 +C102 C82 = 615
VD I.10 Xác định hệ số a4 của 4 trong khai triển
x
2 10
) 3 2 1 ( + x+ x
Đáp số: a4 = 8085
VD I.11 Xác định hệ số a6 của 6 trong khai triển
x
2 5
) 1
( +x+x
II/ Biến đổi dãy
Cho X là không gian các dãy { }∞
0
n x
∀ ) (x ∈X ↔x= { }x n
Toán tử D : X → X
D{ }x n = {x n+1 ưx n} gọi là toán tử sai phân bậc nhất
Toán tử D{ } {x n = y n}
= {x1, 2x2, 3x3 ,nx n }
Gọi là toán tử đạo hàm Các số 1,2,3 gọi là trọng số
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
2
, 1 , 0 , ,
1 0
x x x
x
R
Gọi là toán tử tích phân
Nếu D p{ } {x n = p0x0, p1x1, ,p n x n, }
Ta có toán tử sai phân với các trọng số p0, p1
Trong chương trình toán - THPT ta có công thức
C + +1 = k++11
n k
n k
từ đó
Trang 7(1) k ( KiÓu sai ph©n)
n k
n k
hoÆc P k −P k−1 = (k− 1 )P k−1 ( KiÓu sai ph©n cã träng sè)
1
1
−
−
−
n k
k
n
1
1
+
+
+
n k
n
k
C (KiÓu tÝch ph©n )
n k p k
p k n k
C − =
−
Chó ý (a) C k k = C i i = C n0 (i,k,n∈N)
(b)
6
) 2 )(
1 (
; 2
) 1 (
C n
n C
n
Tõ hai khai triÓn c¬ b¶n n n Ta cã
) 1 1 ( , ) 1 1
n n
)
( ) 0 − 1 + + ( − 1 ) n = 0
n n n
C
β
Sau ®©y lµ c¸c vÝ dô theo quan ®iÓm c¸c to¸n tö nªu trªn
VD II.1 ( Bµi to¸n ph−¬ng ph¸p sai ph©n)
TÝnh tæng S = 1 + 2 + +n voi n ∈ N
ViÕt
. 1
1 2 1
C
Theo d¹ng sai ph©n
1 1
k k
Cho k = n,n− 1 , , 1 ta cã
2 2 1 1
n n
2 1 2
n
C
M
2 2 3 2 1
2 2 1
C = Céng vÕ ta cã:
2
) 1 ( 11 21
1 1
C C C
+
Víi c¸c sai ph©n bËc 1 nh− trªn ta cã c¸c vÝ dô sau víi c¸ch lµm t−¬ng tù
Trang 8VD II.2 Tính tổng
S = 1 2 + 2 3 + +n(n+ 1 )
HD Viết: 2
1 2
3 2
2S = C +C + +C n+
áp dụng công thức: 3 3 cho
1 2
k k
C = + − k = 2 , ,n+ 1
VD II.3 Tính tổng:
S = 1 2 3 + 2 3 4 + +n(n+ 1 )(n+ 2 )
HD: 3
2 3
4 3
!
3 S = C +C + +C n+
và áp dụng công thức với
4 4 1 3
k k
) 2 , , 4 , 3
VDII.4 Chứng minh :
P(n) = P0 +P1 + 2P2 + 3P3 + + (n− 1 )P n−1
HD do P k − P k−1 = (k− 1 )P k−1
với k = 1 , 2 , ,n ta có kết quả
VD II.5 Tính tổng:
B= ( 12 + 1 + 1 ) 1 ! + ( 22 + 2 + 1 ) + ( 32 + 3 + 1 ) 3 ! + + (n2 +n+ 1 )n!
Sơ l−ợc cách giải
Viết (k2 +k+ 1) k! = (k2 + 2k+ 1 −k)k!
= (k+ 1)2k! −k.k!
= (k+ 1 )(k+ 1 ! −k.k! = (k+ 2 ! − (k+ 1 ! −[(k+ 1 ! −k!]
= (k+ 2 ! − 2 (k+ 1 ! +k! Cho k = 1 , ,n và cộng vế (kiểu sai phân)
ĐS : B= (n+ 1 )(n+ 1 ! − 1
Với cách giải nh− trên các bài toán tính tổng đ−ợc đ−a thành bài toán tổ
hợp Sau đây là một số đề thi
VD II.6
Chứng minh:
1 4
6 4 5 4
1 2
4 2 3 2
Trang 9VD II.7 Các bạn hãy chứng minh bài toán tính tổng
r m r
m r
m r
r r
−
−
−
−
−
1 2 1
1
HD Xét r
k r
k r
1 1
Cho k = r − 1 ,r, ,m− 1 và cộng vế
Một số bài toán đ−ợc chế biến
VDII.8 Chứng minh
n p p
n p n
n
Lời giải
n p p
n p p
n p
n n
n
n n
n n
C C
C
C C
C
C C
C C
1 1
1
2 1 1
1 2
1 1 0
1 1
0 1
1 1
1
1
−
−
−
−
−
−
−
−
− +
−
=
−
+
=
−
−
=
−
=
M
Cộng vế ( ) p
n p C
VT = − 1 −1
VD.II.9 Tính tổng (đề thi Olympic 30/4/1999)
! 1
! 1999
1
! 3
! 1997
1
! 1997
! 3
1
! 1999
! 1
=
S
Ta có
! 1
! 1999
! 2000
! 1997
! 3
! 2000
! 1999
! 1
! 2000
!
1999
2000 3
2000 1
2000 C C
=
Từ khai triển cơ bản
2000 1999
2000 2
2000 1
2000 0
2000 +C +C + +C +C = 1 + 1
C
2000 ( )2000
2000 1999
2000 2
2000 1
2000 0
2000 −C +C + −C +C = 1 − 1
C Trừ vế ta có
2000 3
2000 1
(
hay
! 2000 2
2 2
1
! 2000
1999 2000
=
=
⇒
S S
Trang 10VD II.10 ( toán tử tích phân)
Chứng minh với n∈ N ta có
ư + +( ) ( )ư + = 2( + 1) ⊗
1 1
2
1 1
4
1 2
n
C n C
Bài toán này trong đề thi ĐH đưa ra đề dẫn
a/ Tính ∫1 ( ư )
0
2
1 x dx
Ta sẽ làm trực tiếp bài này bằng toán tử tích phân Đẳng thức ⊗ cần
chứng minh tương đương với
1
1 1
2
1 1
+
+
ư + +
+
ư
n n
n
n C
n C n
Chuyển sang vế phải
1
1 1
2
1 1
1
+
+
ư + +
+ +
+
ư
n n
n
n C
n C n
áp dụng công thức 1
1
1
+
= +
n k
n C C k
n
với k=0, , n ⇔ 01ư 1 1+ 21+ +( )ư 1 1 +11 = 0
+
+ +
+
n n
n
C
Đúng do khai triển cơ bản ( )1 ư 1n+1= 0
VD II.11 Chứng minh
1 2 1
1
2
0
+
ư
= +
+ +
n
C n C
C
n n n n
VD II.12.( Phương pháp toán tử đạo hàm)
Chứng minh với n∈N ta có
1 2
1
2
n n
C
Đẳng thức tương đương với
1 2
1
n k
n
n
n C n
k C
n
C
1
ư
ư
n k
C n
k
với k = 1; 2; 3; ; n
1 1
1 1
0
2
+ ưư + + ưư = ư +
n k
n n
C
đúng do khai triển ( ) 1
1
1 + nư
Trang 11VD II.13 ( Đề thi ĐHQG Hà Nội - khối D )
Chứng minh rằng với n ≥ k≥ 2 ta có
( ) ( ) 2
2
1
n k
C k
hai)
2 1
1 2
2
1
1 )
1 (
) 1 (
ư
ư
⇔
=
ư
ư
n k
n k
n k
n
k C
C n
k n
k
(đúng)
VD II.14 ( đề thi Olympic 30/4/2002 )
Tính tổng ( k (phương pháp toán tử đạo hàm cấp hai )
n n
k
C c bk k
∑
=
2
0
)
Từ đồng nhất thức a k2 +bk+c=a k(kư 1) (+ a+b)k+c
tổng trên viết thành
n n k
k n n
k
k n n
k
C c C
k b a C
k k a
0 0
∑
=
=
=
+ +
+
ư
=
Ta đi tính từng tổng
n n
k
C k k a
0
=
2 2
2 1
1
1 )
1 (
) 1
ư
ư
ư
ư
ư
ư
=
ư
n k
n k
n k
n k
n
k C n
k n k
n n i
k n n k
C n
n a C a n n
2
0
2 2 2
ư
=
ư
ư
∑ = ư
ư
=
⇒
hay ( ) 2
n n a T
Tương tự
3
1 2
2 4 2 2
2
ư
ư
+ + +
=
⇒
=
+
=
n n
n
c n b a n a T
c T
n b a T
VD II.15 (Bài toán phối hợp phương pháp toán tử sai phân cùng toán tử
đạo hàm)
a) Chứng minh
+ +
1 3
1 3
4 3 3 3
3 3
6
2
( Bài toán sẽ khó hơn nếu thay 4 )
2 3
1 3
4 3
3 +C + +C n+ =C n+ C
HD Ta có :
6
) 2 )(
1 (
3 2
+ +
=
+
k k k
C k
Trang 123 2 2
3
6 2
+
⇒k k k C k thay k từ 1 đến n cộng vế
)
( 6 )
2 1 ( 2 )
2 1 ( 3
3 2
13 + 3 + 3 + + 3 + 2 + 2 + 2 + + + + = 3 + 43 + 3+2
2 3
4 3 3 3
3 3
6 ) 1 ( 6
) 1 2 )(
1 ( 3 2
2 3
4 3 3 3
3 3
6 ) 1 ( 2
) 3 4 2 )(
1 (
2
2 3
4 3 3 3
3 3
6 2
) 1 ( ) 2 )(
1 (
2
1 3
2 3
2 3
3 3
3 3
6
6
2
( ) 2
1 3
1 3
4 3
= C C C n C n (đpcm)
b) Tính tổng
2 2 2
S = + + +
2
) 1 (
k
C k
k N
∀ →k = C k2 +k lấy
2 k = 2 , n Cộng vế
ta có 1 + 2 + +n = 1 + 2 (C +C2 + +C n2 ) + 2 + 3 + +n
3 2 2 2
2 2
2
) 1 (
2 31
2
+ +
6
) 1 2 )(
1 ( 2
) 1 ( 3
) 1 ( ) 1
=
+ +
ư +
Một số ví dụ về biến đổi dãy được trình bày ở trên thể hiện một cách nhìn
theo toán tử đại số Tuy nhiên thực tế các thầy cô thường áp dụng các phép tính
vi phân và tích phân vào các đa thức của khai triển nhị thức Newton
Khẳng định là mọi khai triển có trọng số đều có thể làm trực tiếp bằng
phương pháp toán tử
a/ Các trọng số là 1 thì từ khai triển cơ bản ± ( ) ( )n n
1 1 , 1
b/ Các trọng số là 1, 2, , k hoặc
, 1
2
1 , 1
k
thì áp dụng các toán tử đạo hàm, tích phân trong tổ hợp
c/ Các trọng số khác để thì hiện tại các đề thi chỉ ở dạng khai triển
x hay
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
1
Trang 13với x nguyên nào đó
III/ Cực trị rời rạc
1/ Đề dẫn
Bài toán Xét cặp số tự nhiên ( m, n ) có tổng bằng 9 Tìm max(m.n) Lời giải
Ta coi m〉n (vì chúng không thể bằng nhau)
⇒m≥n+ 1
giả sử m 〉 n+ 2
⇒mư 1 〉n+ 1 (ta bắt đầu lùi m và tăng n )
mà (mư 1 ) + (n+ 1 ) =m+n
Dự đoán m.n 〈 (mư 1)(n+ 1) (*)
Nếu dự đoán trên là đúng thì max ở chỗ không lùi được nữa
Dự đoán đúng vì (*) ⇔ 0 〈 mưn+ 1 (đúng)
Độ lệch pha là 2 Nên cứ giảm cho đến khi không giảm được nữa
Minh họa } ( độ lệch pha)
}2 1 4 5
2 3 3 6
5 2 7
2 7 1 8
→
→
→ ⎭⎬
⎫
→
Từ đó m= 5 ,n= 4
Tất nhiên lời giải bài toán chỉ là đề dẫn (chứ học sinh lớp 3 cũng có thể làm được bằng phương pháp chọn số) Chính ý tưởng là xét hai phần tử lân cận
2/ Các ví dụ minh họa phương pháp
VD III.1 Xét khai triển
9 1
9 0 9 9
k C9
9 0
max
≤
≤
Bài giải So sánh hai phần tử lân cận
1 9
1
! 1 9
! 1
! 9
! 9
!
! 9
1 9
+
<
ư
⇔
ư
ư +
〈
ư
⇔
〈 +
k k
k k
k k k C
9 3 9 2 9 1 9 0
C < < < <
⇒
9 6 9 7 9 8 9 9
C < < < <
⇒
Trang 14Vậy max là một trong 2 số 4 hoặc nhưng
9
5 9 4 9 9 9 0
k
=
=
⇒
≤
≤
VD III.2 Tìm số lớn nhất trong các giá trị
n
n n
C0, 1, , Bài giải Tương tự như VD III.1 Tức là so sánh hai phần tử lân cận
k
n k
C
n k n
1
1
ư
<
⇔
< +
Ta có 2 trường hợp
a/ Nếu n - lẻ
2 1 1
2
1 1
0
+
ư
ư
<
<
<
<
<
<
n n n
n n n
n n n
n
C C
C
C C
C
do đối xứng
Vì
2
1 2
1= +
ư
1 2
1
0
+
ư
≤
n n n n k n n
Max
b/ Nếu n - chẵn
2 1
2 1
0
n n n
n n n
n n n
n
C C
C
C C
C
<
<
<
<
<
<
ư
do đối xứng
2
0
n n k n n
Max =
⇒
≤
≤
Ví dụ III.3 ( có trọng số - không còn tính đối xứng nữa )
Tìm hệ số lớn nhất của đa thức chứa x trong khai triển ( )12
2
1 + x
Bài giải Xét hai phần tử lân cận của hệ số
a k =C12k 2k (k = 0 , , 12)
ta có
3
23
<a + k
a k k vậy a0 <a1 < <a7