Hai quy tắc đếm cơ bản
Quy tắc cộng
Quy tắc cộng trong xác suất cho biết nếu có m cách chọn đối tượng a1, m2 cách chọn đối tượng a2, , mn cách chọn đối tượng an, và mỗi cách chọn a_i (1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào các cách chọn khác, thì tổng số cách chọn sẽ là tổng của tất cả các cách chọn đó.
(1≤ i ≤ n, i 6= j), thì sẽ có P n k=1 m k cách chọn đối tượng a 1 , hoặc a 2 , , hoặc a n
Quy tắc cộng theo ngôn ngữ tập hợp được phát biểu như sau:
Cho n tập hợp A k (1 ≤ k ≤ n) với |A k | = m k và ∀i, j (1 ≤i, j ≤ n)
A i ∩ A j 6= ∅, khi i 6= j Khi đó, số cách chọn a 1 , hoặc a 2 , , hoặc a n sẽ bằng số cách chọn các phần tử a thuộc S n k=1
Có thể di chuyển từ thành phố A đến thành phố B bằng ba phương thức: đường thủy, đường hàng không và đường bộ Cụ thể, có 2 cách di chuyển bằng đường thủy, 3 cách bằng đường hàng không và 2 cách bằng đường bộ Theo quy tắc cộng, tổng số phương thức di chuyển từ A đến B là 7 cách, được tính bằng 2 + 3 + 2.
Ví dụ 1.1.2 (Tài liệu [2], trang 2) Tìm số các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện: x 2 + y 2 ≤ 5.
Lời giải: Ta có thể chia làm 6 trường hợp: x 2 +y 2 = 0,1,2,3,4,5.
Vậy, theo quy tắc cộng, tổng số cặp (x;y) thỏa mãn đề bài là:
Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau, trong đó bắt buộc phải có chữ số 1?
Lời giải: Gọi số cần lập làabcd Vì trongabcd nhất thiết phải có mặt chữ số
1, nên ta xét các tập A 1 , A 2 , A 3 , A 4 là tập các số dạng 1bcd, a1cd, ab1d, abc1 tương ứng.
1 Xét A 1 khi lập số 1bcd, b có 6 cách chọn từ các chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6; c có 5 cách chọn từ các chữ số thuộc tập {0,2,3,4,5,6} \ {b}; d có 4 cách chọn từ các chữ số của tập {0,2,3,4,5,6} \ {b, c} Do đó, số cách lập các số dạng 1bcd là 6.5.4 = 120 hay |A 1 |0.
Chữ số a trong số a1cd không thể là 0, do đó a chỉ có thể chọn từ 5 chữ số: 2, 3, 4, 5, 6 Chữ số c có 5 cách chọn từ tập {0,2,3,4,5,6} \ {a}, và chữ số d có 4 cách chọn từ tập {0,2,3,4,5,6} \ {a, c} Như vậy, tổng số cách lập các số dạng a1cd là 5 x 5 x 4 = 100, hay |A2| = 100 Tương tự, ta cũng có |A3| = |A4| = 100.
Vì các số thuộc các dạng khác nhau đều khác nhau, nên với mọi chỉ số \(i\) và \(j\) (với \(1 \leq i, j \leq 4\) và \(i \neq j\)), ta có \(A_i \cap A_j = \emptyset\) Do đó, số lượng các số cần tìm được tính theo quy tắc cộng.
Quy tắc nhân
Quy tắc nhân cho n đối tượng a 1, a 2, , a n cho biết rằng nếu có m 1 cách chọn đối tượng a 1, với mỗi cách chọn a 1 có m 2 cách chọn a 2, và tiếp tục như vậy cho đến a n, thì tổng số cách chọn các đối tượng này là tích của số cách chọn từng đối tượng, tức là m 1 m 2 m n Quy tắc này có thể được diễn đạt bằng ngôn ngữ tập hợp, cho thấy mối quan hệ giữa các lựa chọn trong một tập hợp.
Cho n tập hợp A k (1 ≤k ≤ n) với |A k | = m k Khi đó, số cách chọn (S) bộ gồm n phần tử (a 1 , a 2 , , a n ), với a i ∈ A i (1 ≤ i ≤ n) sẽ là
Ví dụ 1.1.4 (Tài liệu [1], trang 13) Từ thành phố A đến thành phố B có
Từ thành phố A đến thành phố C có 4 con đường, trong khi từ thành phố B đến thành phố D chỉ có 2 con đường Ngoài ra, từ thành phố C đến thành phố D có 4 con đường Đặc biệt, không có con đường nào nối liền thành phố B và thành phố A.
C Hỏi có tất cả bao nhiêu con đường đi từ thành phố A đến thành phố D mà phải đi qua thành phố B hoặc thành phố C?
Để tìm số con đường từ A đến D qua B, ta có 4 cách đi từ A đến B và 2 cách từ B đến D, do đó tổng số cách là 4 x 2 = 8 Tương tự, số cách đi từ A đến D qua C là 3 x 4.
Số con đường để đi từ A sang D là tổng số đường đi qua B và C, cụ thể là 8 con đường qua B và 12 con đường qua C Do đó, tổng số con đường từ A đến D là 8 + 12.
Ví dụ 1.1.5 (Tài liệu [2], trang 5) Tìm số các ước số dương của số 600 (kể cả 1 và chính nó).
Lời giải: Trước hết, ta thấy rằng số 600 có sự phân tích thành tích duy nhất qua các thừa số nguyên tố, đó là
Do đó, một số nguyên dương m là ước của 600 khi và chỉ khi m có dạng m = 2 a 3 b 5 c , với a, b, c ∈ Z sao cho 0 ≤a ≤ 3, 0≤ b ≤ 1, 0 ≤c ≤ 2.
Vậy, số các ước số dương của 600 là số cách để tạo thành bộ 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 cả 4x2x3$ ước số dương của số 600.
Nhận xét 1.1.6 Bằng cách áp dụng quy tắc nhân một cách tương tự, ta có được kết quả tổng quát sau đây:
Nếu một số tự nhiên \( n \) có phân tích thành các thừa số nguyên tố dưới dạng \( n = p_1^{k_1} \cdot p_2^{k_2} \cdots p_r^{k_r} \), trong đó \( p_i \) là các số nguyên tố phân biệt và \( k_i \) là các số nguyên, thì số lượng ước số dương của \( n \) được tính bằng công thức \( d(n) = \prod_{i=1}^{r} (k_i + 1) \).
Trong các ví dụ trước, chúng ta đã áp dụng riêng biệt quy tắc cộng và quy tắc nhân để giải quyết các bài toán đếm Tuy nhiên, để giải quyết những bài toán phức tạp hơn, có thể cần sử dụng đồng thời cả hai quy tắc này Ví dụ dưới đây sẽ minh họa cho điều này.
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}. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Tìm số phần tử của S.
Để giải bài toán, ta chia thành các trường hợp rời rạc với a = 1, 2, 3, , 99 Đối với mỗi giá trị k ∈ {1, 2, , 99}, số lựa chọn cho b và c đều là 100 - k Do đó, số lượng bộ ba (k, b, c) là (100 - k)^2 Khi k nhận các giá trị từ 1 đến 99, ta áp dụng quy tắc cộng để tính tổng.
Sử dụng công thức P n k=1 k 2 = 1 6 n(n+ 1) (2n+ 1), cuối cùng ta có được
Hoán vị và hoán vị xoay vòng
Hoán vị
Trong Mục 1.1, chúng ta đã thảo luận về bài toán sắp xếp 5 chàng trai và 3 cô gái thành một hàng mà không có hai cô gái nào ngồi cạnh nhau Đây là một ví dụ điển hình cho một vấn đề tổng quát hơn liên quan đến việc sắp xếp các đối tượng khác nhau theo những điều kiện cụ thể Theo Định nghĩa 1.2.1 (Tài liệu [2], trang 6), cho tập hợp A = {a₁, a₂, , aₙ} với n phần tử khác nhau, một k-hoán vị của A là cách sắp xếp k phần tử của A liên tiếp, với k là số tự nhiên thỏa mãn 0 < k < n.
Khi k = n, một n-hoán vị của A được gọi đơn giản là một hoán vị của A.
Ký hiệu số k-hoán vị của A hay một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A là A k n , hay P n k Bằng quy tắc nhân, dễ dàng chứng minh được công thức:
(n−k)! luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Khi k = n, số các hoán vị của A là A n n và được ký hiệu gọn lại bằng P n Khi đó, ta có công thức:
Tập hợp A = {a, b, c, d} có tất cả các hoán vị 3 phần tử được liệt kê như sau: abc, acb, bac, bca, cab, cba, abd, adb, bad, bda, dab, dba, acd, adc, cad, cda, dac, dca, bcd, bdc, cbd, cdb, dbc, dcb.
Vậy có tất cả A 3 4 = 24 số các chỉnh hợp chập 3 của 4.
Ví dụ 1.2.3 Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 5 chỗ Hỏi có bao nhiêu cách?
Lời giải: Mỗi cách xếp chỗ 5 người trên băng ghế là 1 hoán vị của 5 phần tử.
Ví dụ 1.2.4 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được mấy số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau.
Lời giải: Gọi A = a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 với a 1 6= 0 và a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 phân biệt, là số cần lập.
+ Bước 1: chữ số a 1 6= 0 nên có 4 cách chọn a 1 + Bước 2: sắp 4 chữ số còn lại vào 4 vị trí có 4! = 24 cách.
Vậy có 4.24 = 96 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trong một cuộc gặp mặt có 7 chàng trai và 3 cô gái, có thể sắp xếp họ theo nhiều cách khác nhau Để ba cô gái luôn ngồi gần nhau, ta coi họ như một nhóm, từ đó tính số cách sắp xếp Ngược lại, nếu hai chàng trai ngồi ở hai đầu và không có hai cô gái nào ngồi gần nhau, ta cần áp dụng các quy tắc sắp xếp đặc biệt để đảm bảo điều kiện này được thỏa mãn.
Để giải bài toán, ta coi ba cô gái như một phần tử thống nhất, từ đó số cách sắp xếp 7 chàng trai cùng với phần tử này là \((7 + 1)!\) cách Các cô gái có thể hoán đổi vị trí cho nhau với số cách là \(3!\) cách Theo quy tắc nhân, tổng số cách sắp xếp trong trường hợp này là \(8! \cdot 3!\) cách Đầu tiên, chúng ta xem xét sự sắp xếp cho các chàng trai, sau đó là cho các cô gái.
Có 7! cách sắp xếp các chàng trai vào các vị trí từ B 1 đến B 7 (như Hình 1.1).
Như vậy, chỉ có 6 chỗ trống cho 3 cô gái G 1 , G 2 , G 3 (các cô gái xếp vào các ô trống như hình 1.1).
G1 có 6 lựa chọn, trong khi G2 chỉ có 5 lựa chọn do không có hai cô gái ở cạnh nhau, và G3 có 4 lựa chọn Theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp trong trường hợp này là \(7! \times 6 \times 5 \times 4\) cách.
Hình 1.1: Minh họa Ví dụ 1.2.5 b)
Hoán vị xoay vòng (hay hoán vị tròn)
Hoán vị thảo luận trong Phần 1.2.1 liên quan đến việc sắp xếp các vật trong một hàng, trong khi hoán vị xoay vòng hay hoán vị tròn yêu cầu sắp xếp các đối tượng trong một đường tròn Để hiểu rõ hơn về hoán vị tròn, chúng ta sẽ xem xét một ví dụ cụ thể.
Ví dụ 1.2.6 (Ví dụ dẫn dắt) (Tài liệu [1], trang 16) Mời sáu người khách ngồi xung quanh một bàn tròn Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi?
Khi xếp các khách ngồi trên một bàn tròn, người ngồi đầu tiên có thể chọn vị trí bất kỳ Nếu một người được mời ngồi vào một vị trí cụ thể, số cách sắp xếp 5 người còn lại vào 5 vị trí còn lại sẽ là 5! cách.
Vậy có tất cả 120 cách xếp sáu người vào ngồi xung quanh một bàn tròn.
Số hoán vị xoay vòng của n phần tử khác nhau, ký hiệu là Q n, được định nghĩa và tính toán theo công thức cụ thể.
Ví dụ 1.2.8 (Tài liệu [1], trang 16) Một hội nghị bàn tròn có 5 nước tham gia: Anh có 4 đại biểu, Pháp có 3 đại biểu, Nga có 4 đại biểu, Mỹ có
Có 4 đại biểu và Nhật có 3 đại biểu Để tìm số cách sắp xếp chỗ ngồi cho các đại biểu sao cho 2 người cùng quốc tịch ngồi cạnh nhau, ta cần nhóm 2 đại biểu cùng quốc tịch lại với nhau Sau đó, tính số cách sắp xếp nhóm này cùng với các đại biểu còn lại.
Để giải quyết vấn đề, trước tiên cần sắp xếp khu vực cho đại biểu của từng nước Chúng ta sẽ mời một phái đoàn ngồi vào vị trí trước, và từ đó, bốn phái đoàn còn lại có thể được sắp xếp theo 4! cách khác nhau Đối với mỗi cách sắp xếp của các phái đoàn, sẽ có những phương án tiếp theo.
Có tổng cộng 4! cách sắp xếp các đại biểu trong nội bộ phái đoàn Anh, 3! cách sắp xếp trong phái đoàn Pháp, 4! cách sắp xếp trong phái đoàn Nga, 4! cách sắp xếp trong phái đoàn Mỹ, và 3! cách sắp xếp trong phái đoàn Nhật.
Do đó, số cách sắp xếp chỗ ngồi cho tất cả các đại biểu để những người cùng quốc tịch sẽ ngồi cạnh nhau là
Có 5 chàng trai và 3 cô gái cần sắp xếp xung quanh một bàn tròn a) Số cách sắp xếp chỗ ngồi tùy ý là tính theo công thức hoán vị b) Nếu chàng trai B1 và cô gái G1 không ngồi gần nhau, ta cần loại bỏ các trường hợp mà họ ngồi cạnh nhau c) Để đảm bảo không có 2 cô gái nào ngồi cạnh nhau, ta phải sắp xếp các chàng trai trước và sau đó chèn các cô gái vào các vị trí trống.
Số cách xếp chỗ ngồi cho 5 chàng trai và 2 cô gái, không bao gồm G1, là \(6!\) Tổng số cách xếp là \(7!\) Hình 1.2 minh họa sự sắp xếp này, trong đó G1 có 5 vị trí.
- 2) lựa chọn cho một chỗ ngồi không liền kề với B 1 Do đó, số cách xếp chỗ ngồi để thỏa mãn yêu cầu bài là 6! x 5 = 3600 (cách) c) Đầu tiên, ta
Hình 1.2 minh họa ví dụ về việc xếp chỗ ngồi cho 5 chàng trai quanh bàn tròn, với số cách sắp xếp là (5 - 1)! = 4! Theo hình 1.3, có 5 cách để xếp chỗ cho cô gái G1, trong khi G2 và G3 có 4 và 3 lựa chọn tương ứng Do đó, tổng số cách xếp chỗ ngồi thỏa mãn yêu cầu bài toán là
Hình 1.3: Minh họa Ví dụ 1.2.9 c)
Có bao nhiêu cách để xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng xung quanh một bàn tròn trong các trường hợp sau: a) Đàn ông và phụ nữ ngồi xen kẽ nhau; b) Mỗi phụ nữ đều ngồi cạnh chồng của mình.
Số cách xếp chỗ cho n ông chồng là (n - 1)!, trong khi n bà vợ có thể ngồi trong n khoảng cách giữa hai người đàn ông với n! cách Do đó, tổng số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu là (n - 1)! * n! Mỗi cặp vợ chồng được xem như một thực thể thống nhất, nên số cách sắp xếp n cặp vợ chồng xung quanh bàn tròn là (n - 1)! Với khả năng đổi chỗ giữa hai vợ chồng trong mỗi cặp, tổng số cách sắp xếp theo yêu cầu bài toán là (n - 1)! * 2^n.
Về hệ số nhị thức và hệ số đa thức 16
Định lý nhị thức
Định lý nhị thức, được I Newton thiết lập vào năm 1676, bắt đầu với dạng đơn giản nhất Theo Định lý 2.1.1 (tài liệu [2], trang 70), với mọi số nguyên n ≥ 0, ta có
Cách chứng minh thứ nhất: (Quy nạp toán học)
Giả sử đẳng thức trong định lý đã đúng với n = k, tức là
C k r x k−r y r (theo giả thiết quy nạp) k
+ C k 0 x k y +C k 1 x k−1 y 2 + ã ã ã+ C k k−1 xy k +C k k y k+1 Áp dụng đẳng thức (2.4) và các quy ước C k 0 = 1 = C k+1 0 , C k k = 1 = C k+1 k+1 , ta có
Do đó, kết quả định lý được suy ra từ quy nạp.
Cách chứng minh thứ hai: (Phương pháp tổ hợp)
Ta chỉ cần chứng minh hệ số của x n−k y trong biểu diễn (x +y) n là C n k là xong. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Thật vậy, viết lại tích (x +y) n = (x+y)(x+y) .(x+y)
Để tìm số hạng dạng \$x^{n-k}y^k\$ từ nhân tử \$(x+y)\$, ta cần chọn \$k\$ nhân tử từ tổng số \$n\$ nhân tử Trong quá trình này, có \$C_{n}^{k}\$ cách chọn các nhân tử, trong khi việc chọn “y” từ \$k\$ nhân tử đã chọn chỉ có một cách Do đó, tổng số cách để có được số hạng \$x^{n-k}y^k\$ là \$C_{n}^{k}\$, như đã nêu trong định lý.
Đồng nhất tổ hợp
Định lý nhị thức là một trong những kết quả quan trọng của toán học với nhiều ứng dụng thực tiễn Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh Định lý 2.1.1, từ đó thiết lập các đồng nhất thú vị liên quan đến các hệ số nhị thức Bằng cách thực hiện một số so sánh, các chứng minh cho những đồng nhất này sẽ được trình bày.
Ví dụ 2.2.1 (Tài liệu [2], trang 71) Chứng minh rằng với mọi n≥ 0 thì n
Chứng minh: Bằng cách cho x = y = 1 trong Định lý 2.1.1, ta thu được ngay điều phải chứng minh n
Bằng cách tương tự, ta dễ dàng chứng minh rằng với mọi số nguyênn ≥1, ta có
Bằng cách cho x = 1 và y = −1 vào Định lý 2.1.1, ta thu được n
C n k (−1) k = (1−1) n = 0, đây là (i) Biểu thức trong phần (ii) được suy ra từ (i) và đẳng thức (2.6). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Một tập con không rỗng của tập X được gọi là tập phần tử chẵn (hoặc lẻ) nếu số lượng phần tử của nó là chẵn (hoặc lẻ) Đẳng thức (2.8) chỉ ra rằng trong một tập n phần tử X, số lượng tập con chẵn bằng số lượng tập con lẻ Điều này cho thấy có một sự song ánh giữa các tập con chẵn và các tập con lẻ của X.
Ví dụ 2.2.3 (Tài liệu [2], trang 72) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n∈ N, ta có n
Cách chứng minh thứ nhất: Cho x = 1 trong Định lý 2.1.1, ta có
C n k y k Đạo hàm cả hai vế đẳng thức trên theo y ta có n(1 +y) n−1 n
Cuối cùng, cho y = 1, ta nhận được n
Cách chứng minh thứ hai: Đẳng thức (2.2) có thể viết lại như sau kC n k = nC n−1 k−1 Điều này dẫn đến n
Nhận xét 2.2.4 Mở rộng kỹ thuật trong hai chứng minh trên, ta có thể chỉ ra rằng n
X k=1 k 3 C n k = n 2 (n+ 3)2 n−3 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si với mọi n ∈ N. Nói chung, ta có thể kết luận điều gì từ tổng n
Kết quả tiếp theo ngay sau đây được đưa ra bởi nhà toán học người Pháp A.T Vandermonde (1735-1796) vào năm 1772.
Ví dụ 2.2.5 (Đồng nhất Vandermonde) (Tài liệu [2], trang 74): Chứng minh rằng với mọi m, n, k ∈ N thì k
Cách chứng minh thứ nhất: Theo Định lý 2.1.1, khai triển cả hai vế của đẳng thức (1 +x) m+n = (1 +x) m (1 +x) n , ta có m+n
Bây giờ, ta so sánh hệ số của x k trong cả hai vế và thu được
Để chứng minh, ta xét tập hợp \( X = \{a_1, a_2, \ldots, a_m, b_1, b_2, \ldots, b_n\} \) với \( m+n \) phần tử Ta sẽ đếm số tổ hợp của tập \( A \) gồm \( k \) phần tử từ \( X \) Giả sử tập \( A \) chứa đúng \( i \) phần tử dạng \( a \) (với \( i = 0, 1, \ldots, k \)), thì số phần tử còn lại của \( A \) sẽ là \( k-i \) phần tử dạng \( b \) Số cách lập nên tập \( A \) trong trường hợp này là \( C_m^i \cdot C_n^{k-i} \) Theo quy tắc cộng, ta có tổng số cách chọn.
Chú ý 2.2.6 Nếu ta cho m = n = k trong đẳng thức (2.1) và áp dụng đồng nhất (2.10) thì ta thu được n
(C n i ) 2 = (C n 0 ) 2 + (C n 1 ) 2 +ã ã ã+ (C n n ) 2 = C 2n n (2.11) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Tiếp theo, ta đưa ra một ví dụ để làm rõ ứng dụng của đồng nhất
Vandermonde Ta biết rằng H r n là số các tập con r phần tử của tập M {∞.a 1 ,∞.a 2 , ,∞.a n }, được cho bởi
Xét ma trận A cỡ 3×3 mà các phần tử của A là H r n ,
Câu hỏi đặt ra là giá trị định thức det(A) là bao nhiêu? Ta quan sát thấy rằng
và dễ dàng tính được det(A) = 1.
Tổng quát lên, ta có kết quả thú vị sau đây:
Ví dụ 2.2.7 (Tài liệu [2], trang 75) Cho A = (H r n ) là ma trận vuông cấp k, trong đó n, r ∈ {1,2, , k}, mà phần tử ở vị trí (n, r) là H r n Chứng minh rằng det(A) = 1.
Chứng minh: Cho B = (b ij ) và C = (c ij ) là các ma trận vuông cấp k được xác định bởi b ij = C i j , c ij = C j−1 j−i tức là
luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si và
Khi đó A = BC Thật vậy, nếu a nr là phần tử ở vị trí (n, r) của tích BC, khi đó a nr k
= C r+n−1 r (sử dụng Đồng nhất Vandermonde)
Do đó, A = BC. Ngoài ra, det(A) = det(BC) = det(B) det(C)
Tam giác Pascal
Hệ số nhị thức C n k có thể được sắp xếp thành một tam giác, gọi là tam giác Pascal, theo thứ tự tăng dần của n và k Hình mẫu này, được phát hiện bởi nhà toán học Pháp B Pascal, là một trong những hình mẫu số học đẹp nhất trong lịch sử toán học.
Tam giác Pascal, được thiết lập vào năm 1653, đã được xây dựng một cách dễ hiểu bởi nhà toán học (1623 - 1662) Tại Trung Quốc, tam giác này được gọi là tam giác Yang Hui, do nhà toán học Yang Hui phát hiện vào năm 1261 Ngoài ra, một hình thức tương tự cũng đã được tìm thấy trong cuốn sách “Precious Mirror of the Four Element” của Chu Shih-Chieh vào năm 1303.
Tiếp theo, ta đưa ra một số quan sát đơn giản ứng với Hình 2.1 (Ở đây ta dùng ký hiệu n k thay cho C n k ).
(1) Hệ số nhị thức C n k nằm ở cấp thứ n từ trên xuống và thứ k từ trái sang, đây là số chu trình ngắn nhất từ đỉnh biểu diễn C 0 0 đến đỉnh C n k
(2) Vì C n k = C n n−k nên các hệ số của tam giác là đối xứng qua trục đối xứng đi qua đỉnh C 0 0
(3) Đẳng thức (2.6) phát biểu rằng tổng các hệ số nhị thức tại cấp n là 2 n và đẳng thức (2.11) đưa ra tổng các bình phương hệ số nhị thức ở cấp n là C 2n n
Đẳng thức C n k = C n−1 k−1 + C n−1 k cho thấy mỗi hệ số nhị thức trong tam giác Pascal bằng tổng của hai hệ số nhị thức ngay bên trên nó Ví dụ, trong Hình 2.2, ta có thể thấy 21 = 15 + 6.
Đồng nhất Shih - Chieh
Tiếp theo, ta sẽ trình bày một số quan sát từ Hình 2.2 Xét 5 hệ số nhị thức liên tiếp sau
C 2 2 = 1, C 3 2 = 3, C 4 2 = 6, C 5 2 = 10, C 6 2 = 15 theo dòng N E khi r = 2 từ bên phải của tam giác Tổng của 5 số này là 1 + 3 + 6 + 10 + 15 = 35, đây là số đạt được theo chu trình 1−3−6−10−15 Thay thế C 2 2 bởi C 3 3 (vì tất cả đều bằng 1) và áp dụng quan sát trên đường (4), ta có.
Khẳng định này có thể áp dụng một cách tổng quát để rút ra đẳng thức (2.12), được phát triển bởi Chu Shih - Chieh vào năm 1303.
Hình 2.3: Sơ đồ minh họa Ví dụ 2.4.1
Ví dụ 2.4.1 (Tài liệu [2], trang 79) Chứng minh rằng:
Các đẳng thức (2.12) và (2.13) có thể dễ dàng nhớ được từ sơ đồ cho bởi Hình 2.3 (Ở đây ta dùng ký hiệu n k thay cho C n k ).
Vì tính đối xứng của tam giác Pascal, đẳng thức (2.12) và (2.13) là tương đương, (2.13) ⇔ (2.12).
Bây giờ, ta sẽ đưa ra cách chứng minh theo tổ hợp cho đẳng thức (2.12).
Cách chứng minh phần (i): Cho X = {a 1 , a 2 , , a n+1−r , , a n+1 } là tập có n + 1 phần tử Ta sẽ đếm số tập con A có k + 1 phần tử của X Xét n+ 1−r trường hợp sau đây:
(1): a 1 ∈ A Ta cần r phần tử khác nằm trong tập X \ {a 1 } Ở đây, có C n r cách xây dựng A.
(2): a 1 ∈/ A và a 2 ∈ A Ta cần r phần tử khác nằm trong A thuộc vào
X \ {a 1 , a 2 } Ở đây có C n−1 r cách có thể xây dựng A . luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(n-r): a 1 , a 2 , , a n−1−r ∈/ A và a n−r ∈ A Ta cần r phần tử khác của A nằm trong tập X \ {a 1 , a 2 , , a n−r } Ở đây, có C (n+1)−(n−r) r = C r+1 r cách xây dựng A.
(n+1-r): a 1 , a 2 , , a n−r ∈/ A Trong trường hợp này, có C r r = 1 cách xây dựng
Ta chú ý rằng tất cả n+ 1−r trường hợp trên đều đôi một phân biệt và đầy đủ Do đó, theo quy tắc cộng, ta có
Tiếp theo, ta sẽ đưa ra hai ví dụ để làm rõ áp dụng của đẳng thức (2.12).
Ví dụ 2.4.2 từ tài liệu [2] (trang 80) xem xét tất cả các tập con k phần tử của tập {1,2, , n} với điều kiện 1 ≤ r ≤ n Mỗi tập con này có một phần tử nhỏ nhất, và ký hiệu trung bình của các số nhỏ nhất này là F(n, r) Kết quả cần chứng minh là F(n, r) = \frac{n + 1}{k + 1} Để minh họa, khi n = 5 và k = 3, ta có thể xem xét tất cả các tập con có 3 phần tử của tập {1,2,3,4,5} và phần tử nhỏ nhất tương ứng, được trình bày trong Bảng 2.1.
Các tập con có 3 phần tử của {1,2,3,4,5} Phần tử nhỏ nhất
2. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá hai câu hỏi quan trọng liên quan đến tập hợp {1, 2, , n} Đầu tiên, chúng ta sẽ xác định các số nào có thể là số nhỏ nhất trong các tập con có k phần tử của tập hợp này Tiếp theo, chúng ta sẽ tính số lần mà một phần tử nhỏ nhất xuất hiện trong vai trò này trong số các tập con đã được liệt kê.
Quan sát rằng tập hợp \{n−k+1, n−r+2, , n\} chứa n−(n−k+1)+1 = r phần tử, và đây cũng là tập con có k phần tử của \{1,2, ,n\} chứa phần tử lớn nhất Do đó, các số 1, 2, , n−r + 1 là các phần tử có thể là phần tử nhỏ nhất trong các tập có k phần tử của \{1,2, ,n\} Đây là câu trả lời cho câu hỏi thứ nhất Với m = 1, 2, , n−r + 1, số lần mà m xuất hiện trong tổng là số tập con có k phần tử của tập \{1,2, ,n\} chứa m như là phần tử nhỏ nhất Điều này tương ứng với số cách chọn tập con có k−1 phần tử từ tập \{m+1, m+2, ,n\} Do đó, số lần m xuất hiện trong tổng là C_{n−m}^{r−1}, đây chính là đáp án cho câu hỏi thứ hai Bây giờ, chúng ta sẽ sử dụng đẳng thức (2.12) để chứng minh Ví dụ 2.4.2.
Với m = 1, 2, , n−r + 1, số tập con của {1, 2, , n−1} có k phần tử với m là phần tử nhỏ nhất được tính bằng công thức C(n−m, r−1) Do đó, tổng S của các phần tử nhỏ nhất trong các tập có k phần tử được xác định theo công thức này.
+C r−1 r−1 (có n-r+1 hàng). Áp dụng đẳng thức (2.12) vào mỗi hàng ta có
S = C n r +C n−1 r + C n−2 r +ã ã ã+ C r r , và bằng C n+1 r+1 bằng cách áp dụng đẳng thức (2.12) một lần nữa, vì số tập con có r phần tử của tập {1,2, , n} là C n r nên suy ra
Bây giờ, chúng ta sẽ xem xét một ví dụ khác Với \( n \in \mathbb{N} \), hãy chia nhỏ tam giác ABC thành các phần bằng nhau \( n \) lần theo hình mẫu.
Chia mỗi cạnh của tam giác \( \Delta ABC \) thành \( n + 1 \) phần bằng nhau bằng cách sử dụng \( n \) điểm Tiếp theo, thêm \( 3n \) đường thẳng nối \( 3n \) cặp điểm thuộc các cạnh kề nhau, đảm bảo rằng các đoạn thẳng nối này song song với ba cạnh ban đầu Các hình vẽ mẫu cho các giá trị \( n = 1, 2, 3 \) được minh họa trong Hình 2.4 Ký hiệu \( Chog(n) \) đại diện cho số lượng hình bình hành được tạo ra.
Hình 2.4: Chia tam giác thành các phần bằng nhau nằm trong tam giác sau khi chia lần thứ n Có thể kiểm tra Hình 2.4 và thấy rằng g(1) = 3, g(2) = 15, g(3) = 45.
Trường hợp tổng quát sẽ được nghiên cứu ngay sau đây.
Ví dụ 2.4.3 (Tài liệu [2], trang 83) Với mỗi n ∈ N, hãy tính các giá trị g(n).
Lời giải: Có 3 loại hình bình hành sau đây
Vì tính đối xứng nên số hình bình hành trong mỗi loại là bằng nhau.
Do đó, ta chỉ cần đếm số hình bình hành một loại là đủ, cụ thể, ta sẽ đếm số hình loại 1 (Type 1).
Mọi hình bình hành loại 1 được cấu thành từ 4 đoạn thẳng `1`, `2`, `3` và `4`, như thể hiện trong Hình 2.5 Mỗi cạnh của tam giác ∆ABC có độ dài tương ứng.
Hình 2.5 minh họa các hình bình hành loại 1 với n + 1 đơn vị Khi độ dài của cạnh ` 1 từ đỉnh A là k đơn vị, số cách chọn cho ` 2 là n + 1 - r, và số cách chọn cặp {` 3, ` 4} là C_{k+1}^{2} Tổng số hình bình hành loại 1 được tính theo công thức n.
(trong tổng trên có n hàng)
= C n+3 4 (lại áp dụng đẳng thức (2.12)).
Chú ý 2.4.4 Đáp án cho g(n) là một hệ số nhị thức đơn giản, do đó, chúng ta cần xem xét khả năng tồn tại một lời giải ngắn gọn hơn hoặc một chứng minh tổ hợp trực tiếp cho kết quả này.
Chúng tôi sẽ trình bày nội dung ngay sau đây Tải luận văn tốt nghiệp mới nhất qua email luanvanfull@gmail.com Đối với luận văn thạc sĩ, trước tiên, hãy mở rộng cạnh AB và AC của tam giác đều ABC thành AB' và AC' tương ứng.
Phần chia thứ n của tam giác ABC là một phần của phần chia thứ n+1 của tam giác ∆AB₀C₀ Lưu ý rằng trên cạnh B₀C₀ có đúng n+3 điểm chia tương ứng với n+1 lần chia.
Trong phần chia thứ n của ∆ABC, chúng ta quan sát các hình bình hành loại 2 tương ứng với tập duy nhất có 4 điểm chia của B 0 C 0, như thể hiện trong Hình 2.6(b) Có thể chỉ ra rằng sự tương ứng này là một song ánh, do đó, theo quy tắc song ánh, số lượng hình bình hành loại 2 trong lần chia thứ n được xác định.
∆ABC bằng số tập con 4 điểm của tập n+ 3 điểm chia trên cạnh B 0 C 0
Từ suy luận cuối chứng tỏ có C n+3 4 cách chọn ra tập con có 4 điểm chia từ tập có n+ 3 điểm chia nên ta có g(n) = 3C n+3 4
Hình 2.6: Chia tam giác thành các phần bằng nhau
Một vài tính chất của hệ số nhị thức
Trong các phần trước, chúng ta đã khám phá các đồng nhất từ hệ số nhị thức và các kỹ thuật để thu được chúng Ở phần này, chúng ta sẽ trình bày một số tính chất nổi bật và ý nghĩa của hệ số nhị thức mà không cần chứng minh.
C n 0 < C n 1 < ã ã ã < C n n 2 = C n n 2 > ã ã ã > C n n−1 > C n n (2.14) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si và với số lẻ n ∈ N,
2 0 Với n ≥ 2 là số nguyên, Mann và Shanks [MS] đã chỉ ra rằng n là số nguyên tố khi và chỉ khi n C n k với mọi k = 1,2, , n−1.
Gần đây, kết quả này được phát triển bởi Z Hao, người đã chứng minh rằng số nguyên n > 2 là số nguyên tố khi và chỉ khi n
, trong đó, [x] là số nguyên lớn nhất mà không vượt quá số thực x.
3 0 Cho các số nguyên a, b, c, ta viết a ≡b(mod c) nếu và chỉ nếu c|(a−b)
Kết quả sau đây dựa theo nhà toán học Pháp ở thế kỷ 12 tên là E. Lucas (1842 - 1891).
Cho p là số nguyên tố, khi đó
(i) C n p ≡[ n p ](mod p) với mọi n ∈ N. (ii) C p r ≡ 0(mod p) với mọi r sao cho 1 ≤ r ≤ p−1.
(iii) C p+1 r ≡ 0 (mod p) với mọi r sao cho 2 ≤ r ≤p−1.
(iv) C p−1 r ≡ (−1) r (mod p) với mọi số r sao cho 0 ≤ r ≤p−1.
(v) C p−2 r ≡ (−1) r (r + 1) (mod p) với mọi r sao cho 0 ≤ r ≤p−2. (vi) C p−3 r ≡ (−1) r C r+2 r (mod p) với mọi r sao cho 0 ≤ r ≤ p−3.
4 0 Cho trước số nguyên tố p, ta nhận thấy rằng luôn có thể tìm được số n∈ N ∗ = N∪ {0} sao cho p 6 |C n r , với r = 0,1, , n.
Chẳng hạn, cho n = 0,1,2, , p−1 (xem các tính chất (iv) - (vi) bên trên) Bên cạnh đó, tồn tại số n khác sao cho bài toán:
Cho trước số nguyên tố p, xác định tập
A= {n∈ N|p 6 |C n r , với mọi r = 0,1, , n}. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán này được phát biểu và giải bởi hai nhà toán học Ấn Độ, M.R Railkar và M.R Modak, vào năm 1976 Họ đã chứng minh rằng n thuộc A khi và chỉ khi n = kp m - 1, trong đó m là số nguyên không âm và k = 1, 2, , p - 1.
Cho n, r ∈ N và p là số nguyên tố, ta có thể viết n và r theo cơ sở của p như sau: \$n = n_0 + n_1 p + n_2 p^2 + \ldots + n_k p^k\$ và \$r = r_0 + r_1 p + r_2 p^2 + \ldots + r_k p^k\$, với k là số nguyên không âm và \$n_i, r_i \in \{0, 1, \ldots, p - 1\}\$ cho mọi i = 0, 1, \ldots, k Năm 1878, Lucas đã chứng minh một kết quả quan trọng liên quan đến vấn đề này.
Nói riêng, nếu lấy p = 2 và viết n và r theo hệ nhị phân n= (n k n k−1 n 1 n 0) 2 r = (r k r k−1 r 1 r 0) 2 , với n i , r i ∈ {0,1} với mọi i = 0,1, , k thì khi đó ta có kết quả thú vị sau đây
C n r là lẻ khi và chỉ khi n i ≥ r i với mọi i = 0,1, , k (2.16)
Chẳng hạn như, lấy a = 11 = (a 3 a 2 a 1 a 0 ) 2 = (1011) 2 , b = 9 (b 3 b 2 b 1 b 0 ) 2 = (1001) 2 và c = 6 = (c 3 c 2 c 1 c 0 ) 2 = (0110) 2 Vì a i ≥ b i với mọi i = 0,1,2,3 nên C a b = C 11 9 là lẻ và vì a 2 c 2 nên C a c = C 11 6 là chẵn.
Bài toán của Theo Honsberger, được nghiên cứu và giải bởi Fine, đặt ra câu hỏi về số lượng hệ số nhị thức lẻ \( C_{n}^{k} \) ở cấp thứ \( n \) trong tam giác Pascal Chúng ta có thể dễ dàng áp dụng kết quả (2.16) để tìm ra câu trả lời cho vấn đề này.
Viết số tự nhiên n dưới dạng nhị phân là (n k n k−1 n 1 n 0 ) 2, trong đó w(n) = \sum_{i=0}^{k} n_i là tổng số các bit 1 trong dãy {n 0 , n 1 , , n k } Đối với k ∈ N, bạn có thể tìm hiểu thêm về luận văn tốt nghiệp và luận văn thạc sĩ tại địa chỉ email z z @gmail.com.
Trong khoảng từ 0 đến n, viết k = (r k r k−1 r 1 r 0) 2 Theo kết quả (2.16), hệ số nhị thức C n k là lẻ khi và chỉ khi k i ≤ n i Ta có k i ≤ n i, với k i = 0 nếu n i = 0 và k i ∈ {0,1} khi n i = 1 Do đó, số cách chọn k là 2 w(n) Kết luận rằng với n ∈ N, số các hệ số nhị thức lẻ C n k ở cấp thứ n là 2 w(n) Ví dụ, với n = 11 = (1001) 2, ta có w(11) = 3 và có 12 hệ số nhị thức.
11 0 , 11 1 , , , 11 11 ở hàng thứ 11, giá trị 8(= 2 3 ) là lẻ
Hệ số đa thức và Định lý hệ số đa thức
Bằng cách thay đổi các ký hiệu một cách tương ứng từ x, y thành x 1 , x 2 , biểu diễn nhị thức có thể viết lại như sau
C n r x n−r 1 x r 2 , với n ∈ N Một cách hết sức tự nhiên, ta cũng muốn tìm các hệ số trong khai triển tích tổng quát sau
Để mở rộng các hệ số nhị thức, ta xem xét biểu thức \((x_1 + x_2 + \ldots + x_m)^n\) với \(n, m \in \mathbb{N}\) và \(m \geq 2\).
Công thức C(n; n_1, n_2, \ldots, n_m) mô tả số cách phân chia n phần tử riêng biệt vào m hộp, trong đó mỗi hộp chứa một số lượng phần tử nhất định: n_1 phần tử trong hộp 1, n_2 phần tử trong hộp 2, và tiếp tục như vậy cho đến hộp m Các biến n, m, n_1, n_2, \ldots, n_m đều là các số nguyên không âm, với điều kiện tổng số phần tử trong các hộp phải bằng n, tức là n_1 + n_2 + \ldots + n_m = n.
Hệ số (2.18) khim = 2 cho thấy có C n n 1 cách chọn n 1 phần tử từ n phần tử để đưa vào hộp 1, và 1 cách giữ n 2 = n−n 1 phần tử còn lại vào hộp 2 Điều này chứng tỏ rằng C n n 1 ,n 2 = C n n 1, một hệ số nhị thức phổ biến Tổng quát, các số dạng (2.18) có thể được biểu diễn dưới dạng tích của các hệ số nhị thức, với n phần tử riêng biệt, cho phép C n n 1 cách chọn n 1 phần tử và đưa chúng vào hộp 1.
C n−n n 2 1 cách chọn n 2 phần tử trong số các phần tử còn lại và cho chúng vào hộp 2
1 +ããã+n m−2 ) cỏch chọn n m−1 phần tử từ số cỏc phần tử cũn lại vào hộp thứ m−1 và
1 +ããã+n m−1 ) = 1 cỏch đưa số phần tử cũn lại vào hộp thứ m.
Chú ý rằng, vế phải của (2.20) bằng n! n 1 !n 2 ! n m ! Do đó, ta có
Ta sẽ xem quy tắc tính các hệ số trong (2.18) trong biểu diễn tích (2.17). Trong mở rộng tích
Trong bài viết này, chúng ta xem xét cách chọn các nhân tử từ tập hợp n phần tử, với mỗi nhân tử x_i được lấy từ {x_1, x_2, , x_m} và nhân chúng với số còn lại Mỗi thành phần trong biểu diễn có dạng \$x_1^{n_1} x_2^{n_2} \ldots x_m^{n_m}\$ với các số nguyên không âm \$n_1, n_2, \ldots, n_m\$ thỏa mãn điều kiện \$\sum_{i=1}^{m} n_i = n\$ Khi các nhân tử giống nhau được nhóm lại, hệ số có thể được tính toán Ký hiệu A là tập hợp các cách mà biểu thức này có thể được tạo ra, trong khi B là tập hợp các cách phân chia n phần tử phân biệt vào m hộp phân biệt sao cho mỗi hộp i chứa n_i phần tử, với điều kiện \$\sum_{i=1}^{m} n_i = n\$ Chúng ta sẽ đưa ra khẳng định rằng
Định nghĩa ánh xạ \( f: A \to B \) được thiết lập khi \( |A| = |B| \) Với mỗi thành phần \( a = x_{n_1}^{1} x_{n_2}^{2} \ldots x_{n_m}^{m} \) trong \( A \), ký hiệu \( f(a) \) đại diện cho số cách phân phối \( n_i \) phần tử vào hộp thứ \( i \) tương ứng với \( x_i \) Do đó, \( f \) là một song ánh giữa \( A \) và \( B \).
|A| = |B|, như khẳng định. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Do đó, ta có thể thấy rằng hệ số (2.22) trong biểu diễn có thể tính bởi
Kết hợp với đẳng thức (2.21), chúng ta có thể phát triển trường hợp tổng quát của định lý nhị thức, được G.W Leibnitz (1646-1716) phát biểu lần đầu và J Bernoulli (1667-1748) đã chứng minh Định lý 2.6.1, hay còn gọi là định lý hệ số đa thức, được trình bày trong tài liệu [2] ở trang 98.
(x 1 +x 2 +ã ã ã+x m ) n = X C n n 1 ,n 2 , ,n m x n 1 1 x n 2 2 x n m m , trong đó, tổng được lấy trên mọi dãy m số khác nhau (n 1 , n 2 , , n m ) không âm với P m i=1 n i = n và
Ví dụ 2.6.1 (Tài liệu [2], trang 99) Với n = 4 và m = 3, ta có
Các số dạng (2.18) được gọi là hệ số đa thức, là tổng quát của hệ số nhị thức Điều này dẫn đến câu hỏi liệu các kết quả về hệ số nhị thức có thể được mở rộng cho hệ số đa thức hay không Dưới đây là một số tính chất ngắn gọn để kết thúc phần này.
Đẳng thức C(n, n-1) = C(n, n-n-1) cho hệ số nhị thức có thể được diễn đạt dưới dạng C(n, n_1, n_2) = C(n, n_2, n_1), với điều kiện n_1 + n_2 = n Từ đẳng thức này, ta có thể dễ dàng nhận thấy trường hợp tổng quát.
2 0 Đẳng thức C n n 1 = C n−1 n 1 −1 +C n−1 n 1 đối với hệ số nhị thức có thể được viết thành
Tổng quát lên, ta có
3 0 Với hệ số nhị thức, ta có đồng nhất P n r=0 C n r = 2 n Bằng cách cho x 1 x 2 = ã ã ã = x m = 1 trong định lý về hệ số đa thức, ta cú
X C n n 1 ,n 2 , ,n m = m n (2.25) trong đó, tổng này được lấy trên tất cả các dãy (n 1 , n 2 , , n m ) là các số nguyên không âm mà P m i=1 n i = n.
Trong đẳng thức (2.25), tổng các hệ số trong khai triển của biểu thức \((x_1 + x_2 + \ldots + x_m)^n\) có thể được đơn giản hóa thành \(m^n\) Ví dụ, trong Ví dụ 2.6.1, tổng các hệ số trong khai triển của \((x_1 + x_2 + x_3)^4\) là 81, tương đương với \(3^4\).
Trong khai triển nhị thức \((x_1 + x_2)^n\), số các số hạng phân biệt là \(n + 1\) Để xác định số hạng phân biệt trong khai triển \((x_1 + x_2 + \ldots + x_m)^n\), ta xem xét ví dụ \((x_1 + x_2 + x_3)^4\) Các số hạng phân biệt bao gồm: \(4x_1\), \(3x_1x_2\), \(3x_1x_3\), \(2x_1^2x_2\), \(2x_1^2x_3\), \(2x_1x_2^2\), \(2x_2^2x_3\), và nhiều tổ hợp khác Số lượng các số hạng này cho thấy sự đa dạng trong các cách kết hợp các biến trong khai triển.
Quan sát thấy rằng mỗi hàng tương ứng với tập con 4 phần tử duy nhất của M = {∞.x 1 ,∞.x 2 ,∞.x 3 } và được chỉ ra ở cột bên phải.
Do đó, theo quy tắc song ánh, số các số hạng phân biệt trong biểu diễn (x 1 + x 2 + x 3 ) 4 bằng số số tập con 4 phần tử của M, tức là
Nói chung, ta có thể chứng minh số các số hạng phân biệt trong biểu diễn (x 1 +x 2 +ã ã ã+x m ) n được tớnh bởi H n m = C n+m−1 n
Nói riêng, với khai triển nhị thức, ta có H n 2 = C 2+n−1 n = n+ 1 Điều này đúng với khẳng định bên trên.
5 0 Từ (2.14) và (2.15) suy ra với số nguyên dương n, giá trị cực đại của các hệ số nhị thức C n k , k = 0,1, , n bằng
Từ đó, ta có thể tìm được giá trị cực đại của hệ số đa thức C n n 1 ,n 2 , ,n m Khi đó, với n, m ≥ 2, cho
Cho n = mr với k ∈ N Khi đó,
(k!) m , luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si và C r, r, , r
| {z } n m là số hạng duy nhất được giá trị cực đại.
Trường hợp 2: m 6 |n Giả sử rằng n= mr+k với k, k ∈ N và 1 ≤k ≤ m−1 Khi đó,
(k + 1) k (k!) m , và C n n 1 ,n 2 , ,n m với {n 1 , n 2 , , n m } = {(m−k).r, k.(k+ 1)} như là các tập đa phần tử, là C m k số hạng đạt giá trị cực đại.
Chẳng hạn như trong Ví dụ 2.6.1, ta có n = 4, m = 3, r = 1, k = 1.
Nên hệ số đạt giá trị cực đại là
2!(1!) 3 = 12, và đạt được giá trị này tại C m k = 33 số hạng sau đây
Tổng của các hệ số nhị thức đều nhau
Trong phần này, chúng tôi trình bày một số kết quả mới nhất dựa trên tài liệu tham khảo số [7].
Hai trong số các dạng đầu tiên mà ta gặp trong một môn toán học rời rạc sau một số hữu hạn các hệ số nhị thức, đó là:
C n 2k = 2 n−1 (2.27) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Các tổng này là hữu hạn vì \( C_{n}^{k} = 0 \) khi \( k > n \) Cả hai tính chất này đều có cơ sở và có thể được chứng minh bằng tổ hợp Tuy nhiên, khi \( r \geq 3 \), tổng \( P_{k \geq 0} C_{n}^{r k} \) ít được đề cập do hình thức đóng của nó phức tạp hơn.
Mệnh đề 2.7.1 Cho n ≥0 và r ≥1, ta có
1 +ω j n (2.28) trong đó ω = e i2π r là căn bậc r nguyên thủy của đơn vị.
Chú ý rằng khi r = 1 hoặc 2, ta có ω = 1 hoặc -1, tương ứng ta thu được các công thức (2.26) và (2.27) ở trên Khi r = 3, ta có ω = e i2π 3 = −1+
√ 3i 2 và Mệnh đề 2.7.1 trở thành, với n ≥0, ta có
P k≥0 C n 3k = 2 n +m 3 trong đó m phụ thuộc vào n và bằng 2, 1, -1, -2, -1, 1, khi n đồng dư 0, 1,
2, 3, 4, 5 (mod 6) tương ứng Tương tự như vậy khi r = 4, ta có ω = i, và ta có
2 ] 4 trong đó m = 2, 1, 0, -1, -2, -1, 0, 1, khi n ≥1 và tương ứng đồng dư 0, 1,
2, 3, 4, 5, 6, 7 (mod 8) (Khi n = 0, công thức này cần được điều chỉnh, vì khi đó 0 0 = 1.)
Mệnh đề 2.7.2 Với các số nguyên 0 ≤ a < r và n≥ 0 , ta có
X j=0 ω −ja 1 +ω j n (2.29) trong đó ω = e i2π r là căn bậc r nguyên thủy của đơn vị.
Trong Mệnh đề 2.7.1 và Mệnh đề 2.7.2, các giải thích đại số được trình bày ngắn gọn thông qua phép khai triển nhị thức nhằm mục đích chứng minh bằng tổ hợp Một tổ hợp dẫn chứng cho thấy một bài toán có thể được chứng minh bằng cách đếm theo hai cách khác nhau.
Biểu đồ Cr là một đồ thị chu kỳ có hướng, bao gồm các đỉnh từ 0 đến r-1 Mỗi đỉnh j trong biểu đồ này có một đường cung kết nối tới đỉnh j và j + 1 (theo modulo r), như được minh họa trong Hình 2.7.
Chúng ta xác định một n-đường đi trên Cr với đúng n bước Đường đi được gọi là đường đi đóng nếu bắt đầu và kết thúc tại cùng một đỉnh; ngược lại, nó được gọi là đường đi mở Ví dụ, với r = 5, đường đi
3, 4, 4, 0, 1, 1, 1, 2 là một đường đi mở 7-đường đi Nó di chuyển 4 chuyển tiếp và 3 di chuyển tĩnh Một cách khác để mô tả đường đi này sẽ là
X = (x 0 ; x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ) = (3; F, S, F, F, S, S, F) cho thấy x 0 là đỉnh đầu tiên, trong khi các giá trị x i khác chỉ ra bước thứ i là chuyển tiếp (S) hoặc tĩnh (F) Một n-đường đi bắt đầu từ x 0 và thực hiện m bước di chuyển sẽ kết thúc tại đỉnh x 0 + m (mod r).
Chứng minh đồng nhất của Mệnh đề 2.7.1
Câu hỏi: Có bao nhiêu bước đóng n-đường đi vào C r bắt đầu ở đỉnh 0?
Bắt đầu từ đỉnh 0, có C(n, m) bước n-đường đi với m bước chuyển tiếp Để một đường đi được coi là đóng, m phải là bội số của r Do đó, câu trả lời đầu tiên là số lượng đường đi đóng là P(k ≥ 0) C(n, kr).
Trả lời 2 Đầu tiên chúng ta quan sát thấy rằng có nhiều bước đóng n- đường đi được bắt đầu từ đỉnh 0, như bắt đầu từ đỉnh 1, hoặc 2, , hoặc r
- 1 Vì vậy, nó đủ để chứng minh rằng tổng số bước đóng n-đường đi trên
Chúng ta gán cho mỗi n-đường đi một độ lớn phụ thuộc vào đỉnh đầu và số lượng chuyển tiếp Cụ thể, một n-đường đi với đỉnh đầu x 0 = j và m chuyển tiếp sẽ có độ lớn ω jm Ví dụ, 7-đường đi trên C 5 với j = 3 và m = 4 có độ lớn ω 12 = ω 2, với ω 5 = 1 Bất kỳ đường đi đóng nào cũng có độ lớn ω 0 = 1 Để đánh giá độ lớn của một bước đi từ đỉnh j, mỗi bước di chuyển được gán độ lớn 1 và mỗi bước tiến được gán độ lớn ω j Tổng độ lớn của tất cả các n-đường đi bắt đầu từ j là (1 + ω j ) n, với mỗi (1 + ω j ) đại diện cho sự lựa chọn di chuyển tại chỗ hoặc tiến về phía trước.
Tổng độ lớn của tất cả các bước n-đường đi bắt đầu từ j được biểu diễn bởi công thức \((1 + \omega^j)^n = P_{k \geq 0} C_{n}^{k} \omega^{jk}\), trong đó \(C_{n}^{k} \omega^{jk}\) là tổng độ lớn của tất cả các bước đi với k bước về phía trước Tổng tất cả các điểm khởi đầu là tổng \(r - 1\).
(1 +ω j ) n (2.30) đếm tổng độ lớn của tất cả các n-đường đi (mở và đóng) trên C r
Mục tiêu của bài viết là chứng minh rằng tổng (2.30) đếm tất cả các n-đường đi đã đóng trên C r Mỗi đường đi đóng kín có độ lớn 1, do đó tổng độ lớn của tất cả đường đi mở là 0 Xem xét một đường đi mở X 0 bắt đầu từ đỉnh 0 và kết thúc tại đỉnh m khác 0, X 0 tạo ra quỹ đạo {X 0 , X 1 , , X r−1} Đường đi X j bắt đầu tại đỉnh j và kết thúc tại đỉnh j+m(mod r), với tổng độ lớn của n-đường đi trong quỹ đạo này là r−1.
Tổng hợp các đường đi mở trong một quỹ đạo chính xác với tổng độ lớn bằng 0, cho thấy rằng tổng độ lớn của tất cả các đường đi mở cũng bằng 0 Để di chuyển trên C r, số lượng n-đường đi đóng sẽ bằng tổng độ lớn của tất cả các n-đường đi đóng, tương đương với công thức \( r-1 \sum_{j=0}^{P} (1 + \omega^j)^n \).
Do đó, số n-đường đi đóng bắt đầu từ 0 là 1 r r−1 P j=0
1 +ω j n luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh đồng nhất của Mệnh đề 2.7.2
Trong chứng minh này, một n-đường đi trên C r bắt đầu từ đỉnh j và thực hiện m di chuyển được định nghĩa là có độ lớn ω −ja ω mj = ω (m−a)j
Do đó bất kỳ đường đi mà làm cho a+rk di chuyển độ lớn ω rkj = 1.
Cũng giống như trong các chứng minh của (2.7.1), tổng số độ lớn của tất cả các n-đường đi trên C r là r−1
Mệnh đề này với m đường đi tiếnm 6= a+rk, có thể được đặt vào các quỹ đạo của độ lớn r−1
Các Mệnh đề 2.7.1 và 2.7.2 có thể được biểu diễn dưới dạng hàm lượng giác mà không cần biểu thức phức tạp Giả sử \( v = e^{i\pi/r} \) là căn bậc hai nguyên thủy của đơn vị với \( v^2 = \omega \) Sử dụng công thức Euler \( e^{-i\theta} + e^{i\theta} = 2 \cos \theta \), ta có thể tóm tắt như sau.
Cụ thể, nếu n là một bội số của r, tức là n= qr, thì
(2.31) có thể được thể hiện hoàn toàn với số thực Tương tự như vậy, (2.7.2) là kết quả đơn giản khi cho vế phải của (2.31) với n= qr+ 2a.
Chúng ta sẽ khám phá các đặc tính của đồ thị bằng cách đếm số bước đi, từ đó hy vọng hiểu rõ hơn về sự kết hợp của các hệ số nhị thức với số phức Cụ thể, với điều kiện r > 1, chúng ta có thể áp dụng kỹ thuật này để phân tích sâu hơn.
C kr r = r−1 P k=1−ω k 1−ω k r−1 log 1−ω −ω k k , trong đó ω là căn bậc hai nguyên thủy của đơn vị. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Một số bài toán áp dụng 48
Một số bài toán về hệ số nhị thức và hệ số đa thức
Bài toán 1 Số nguyên 4 có thể được viết thành tổng của một hoặc một số số nguyên dương và có tính thứ tự, cụ thể theo 8 cách sau
Cho trước n∈ N, hỏi có bao nhiêu cách biểu diễn n như vậy?
Lời giải: Với mỗi số nguyên dương k, 1 ≤ k ≤ n, ta đếm số cách phân tích
(biểu diễn) n thành tổng của k số nguyên dương, tức là đếm số nghiệm nguyên dương của phương trình x 1 +x 2 + +x k = n (3.1)
Số nghiệm nguyên dương của phương trình (3.1) được xác định bằng cách xếp n viên bi thành một hàng dài, tạo ra n−1 khoảng trống Bằng cách sử dụng k−1 vách ngăn để chia n viên bi thành k nhóm, với điều kiện mỗi nhóm có ít nhất một viên bi, ta có thể thấy rằng mỗi cách đặt k−1 vách ngăn tương ứng với một tổ hợp chập k−1 của n−1.
Khi đó, với mỗi k, mỗi cách đặt như trên tương ứng là một nghiệm của phương trình (3.1) Vậy số nghiệm của phương trình (3.1) ứng với k là
Vì 1 ≤ k ≤ n, nên suy ra tổng số cách biểu diễn n theo yêu cầu bài toán luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si là P n k=1
Có mười điểm được đánh dấu trên một đường tròn Câu hỏi đặt ra là có bao nhiêu đa giác lồi phân biệt có thể được tạo thành từ ba hoặc nhiều hơn ba điểm trong số mười điểm này Đa giác phân biệt được định nghĩa là các đa giác không hoàn toàn trùng các đỉnh.
Lời giải: Mỗi đa giác tương ứng là một tổ hợp chập k (3 ≤ k ≤10) của 10. Vậy, số các đa giác là
Bài toán 3 yêu cầu xác định số lượng tứ giác có bốn đỉnh là các đỉnh của một đa giác (H) có 60 đỉnh, nội tiếp trong một đường tròn, với các cạnh là đường chéo của (H).
Lời giải: Giả sử A, B, C, D là bốn đỉnh của đa giác thỏa mãn bài toán. Gọi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 lần lượt là số đỉnh nằm giữa hai đỉnh A, B, giữa hai đỉnh
B, C, giữa hai đỉnh C, D, giữa hai đỉnh D, A, thì ta có x i ≥ 1, i = 1,2,3,4 và x 1 +x 2 +x 3 +x 4 = 56 (3.2)
Theo cách lập luận như Bài toán 1, thì ta có số nghiệm của phương trình (3.2) là C 55 3
Như vậy, với mỗi bộ 4 đỉnh trong 60 đỉnh của đa giác, ta có C 55 3 tứ giác thỏa mãn.
Vậy số tứ giác thỏa yêu cầu bài toán là 60C 4 55 3 = 393.525.
Bài toán 4 Tìm hệ số của x 5 trong biểu diễn (1 +x+x 2 ) 8 Lời giải: Ta có
C k i x i luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Khi đó, hệ số của x 5 tương ứng với x k x i =x k+i = x 5 , hay
Vậy hệ số của x 5 trong khai triển là
Bài toán 5 Tìm hệ số của x 6 trong biểu diễn (1 +x+x 2 ) 9 Lời giải: Ta có
Khi đó, hệ số của x 6 tương ứng với x k x i =x k+i = x 6 , hay
Vậy hệ số của x 6 trong khai triển là
Bài toán 6 Tìm hệ số của x 18 trong khai triển
(1 +x 3 +x 5 + x 7 ) 100 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nhận thấy rằng x 18 chỉ có trong hai số hạng sau: i) Trong số hạng C 100 4 x 12 (1 +x 2 +x 4 ) 4 , x 18 tương ứng với x 6 trong khai triển
Suy ra hệ số của x 18 ở đây là C 100 4 (C 4 3 C 3 0 +C 4 2 C 2 1 ) = 16C 100 4 ii) Trong số hạng C 100 6 x 18 (1 +x 2 +x 4 ) 6 , hệ số của x 18 là C 100 6 Vậy hệ số của x 18 trong khai triển của bài toán là
Bài toán 7 Tìm hệ số của x 29 trong khai triển
(1 +x 5 + x 7 +x 9 ) 1000 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nhận thấy rằng x 29 chỉ có trong số hạng C 1000 5 x 25 (1 +x 2 +x 4 ) 5 Khi đó, x 29 tương ứng với x 4 trong khai triển (1 +x 2 + x 4 ) 5
Vậy hệ số của x 29 trong khai triển là
Bài toán 8 Trong khai triển
(i) x 5 ? (ii) x 8 ? luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(i) Xác định hệ số của x 5
Nhận thấy, hệ số của x 5 có ở trong các số hạng sau:
*Trong số hạng (1 +x+x 2 ) 3 = (1 +x) 3 + 3(1 +x 2 ) 2 x 2 + 3 (1 +x)x 4 +x 6 , dễ thấy hệ số của x 5 là 3.
=3 h 1 + 2x+ 3x 2 + 2x 3 +x 4 i x 3 +x 4 +ã ã ã+x 10 , dễ thấy hệ số của x 5 là 3.1 + 3.2 + 3.3 = 18.
Vậy hệ số của x 5 trong khai triển là 3 + 18 = 21.
(i) Xác định hệ số của x 8
Nhận thấy, hệ số của x 8 có ở trong các số hạng sau:
*Trong số hạng 3(1 +x+ x 2 + +x 7 ) 2 (x 8 +x 9 +x 10 ), dễ thấy hệ số của x 8 là 3. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
1 +x+x 2 +x 3 3 = 1 +x+x 2 3 +3 1 +x+ x 2 2 x 3 +3 1 +x+x 2 x 6 +x 9 , thì hệ số của x 8 là 3.
= 3x 4 (1 +x) 3 + 9x 6 (1 +x) 3 + 9x 8 (1 +x) 3 + 3x 10 (1 +x) 3 , thì hệ số của x 8 là 27 + 9 = 36.
- Với 3x 8 (1 +x+x 2 + x 3 ) 3 , thì hệ số của x 8 là 3.
Vậy, hệ số của x 8 trong khai triển của bài toán là 3 + 3 + 36 + 3 = 45.
Bài toán 9 Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển
Khi đó, số hạng chứax 5 trong khai triển (1 +x+ x 2 +x 3 ) 10 tương ứng với k, i thỏa mãn luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Suy ra hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển là
Bài toán 10 Giả sử có khai triển
1 +x+x 2 +x 3 + +x 10 11 = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 + +a 110 x 110 , với a 0 , a 1 , a 2 , , a 110 là các hệ số.
Tính giá trị của tổngT = C 11 0 a 11 −C 11 1 a 10 +C 11 2 a 9 −C 11 3 a 8 + +C 11 10 a 1 −C 11 11 a 0 Lời giải: Ta có
Số hạng chứa x 11 trong khai triển trên ứng với 121−11k = 11 ⇔k = 10. Vậy hệ số của số hạng chứa x 11 trong khai triển(x 11 −1) 11 là
Mặt khác, trong khai triển
(−1) k C 11 k x 11−k , hệ số của số hạng chứa x 11 là a 0 (−1) 0 C 11 0 +a 1 (−1) 1 C 11 1 +a 2 (−1) 2 C 11 2 + +a 11 (−1) 11 C 11 11
Từ (3.3) và (3.4) suy ra −T = 11 ⇔ T = −11. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 11 Giả sử có khai triển
1 +x+x 2 +x 3 + +x 10 11 = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 + +a 110 x 110 , với a 0 , a 1 , a 2 , , a 110 là các hệ số.
Tính tổng T = a 1 + 2a 2 + 3a 3 + + 110a 110 Lời giải: Xét khai triển
Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta được
Bài toán 12 Trong khai triển thành đa thức của
P(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 + a 3 x 3 + + a 18 x 18 Hãy tìm số hạng có hệ số lớn nhất.
Khi đó, a k = C 17 k 2 k +C 17 k−1 2 k−1 Ta có a k ≥ a k+1 tương đương với
C 17 k 2 k +C 17 k−1 2 k−1 ≥ C 17 k+1 2 k+1 +C 17 k 2 k ⇔C 17 k−1 2 k−1 ≥ C 17 k+1 2 k+1 ⇔ k ≥ 12. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Do a 12 = 50692096 > a 18 = C 17 17 2 17 , nên ta có max{a 1 , a 2 , a 18 } = a 12 = 50692096.
Vậy số hạng có hệ số lớn nhất trong khai triển là 50692096x 12
Bài toán 13 Có bao nhiêu số nguyên dương n sao cho
S = 2+ C 1 0 +C 2 0 + +C n 0 + C 1 1 +C 2 1 + +C n 1 + + C n−1 n−1 + C n n−1 +C n n là một số có 1000 chữ số?
S có 1000 chữ số khi và chỉ khi
Vậy có 3 số nguyên dương n thỏa mãn bài toán.
Bài toán 14 yêu cầu tìm số cạnh của một đa giác đều 2n đỉnh (với n ≥ 2, n ∈ N) nội tiếp trong một đường tròn Đặc biệt, số tam giác được tạo thành từ 3 đỉnh trong 2n đỉnh A1, A2, , A2n gấp 20 lần số hình chữ nhật được tạo thành từ 4 đỉnh trong cùng 2n đỉnh.
Số tam giác được tính bằng công thức \$C_{2n}^{3}\$ Mỗi đa giác có \$2n\$ đỉnh sẽ có \$n\$ đường chéo đi qua tâm của đường tròn Hai đường chéo này tạo thành một hình chữ nhật, đáp ứng yêu cầu của bài toán Do đó, số hình chữ nhật là \$C_{n}^{2}\$.
Vậy đa giác có 16 cạnh.
Bài toán 15 Chứng minh rằng
A r r +A r r+1 + ã ã ã+ A r 2r = A r 2r+1 , với r là số nguyên không âm.
Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Cộng từng vế tương ứng các đẳng thức trên, ta được
C r r +C r+1 r +ã ã ã+C 2r r = C 2r+1 r+1 = C 2r+1 r luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 16 Cho r, n, m∈ N ∗ với r < n, chứng minh rằng
Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với r! [C n r +C n+1 r + .+ C n+m r ] = (r + 1)! r + 1 (C n+m+1 r+1 −C n r+1 ), hay
Cộng từng vế tương ứng các đẳng thức trên, ta được
Bài toán 17 Chứng minh rằng (i) với số chẵn n∈ N thì
(ii) với số lẻ n∈ N thì
2(n+ 1)≤ i < j ≤n. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Suy ra (i) Với n chẵn thì
Vậy với số chẵn n ∈ N thì
Vậy với số lẻ n∈ N thì
2(n+ 1) ≤ i < j ≤ n. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 18 Chứng minh các đẳng thức dưới đây (i) C 2(n+1) n+1 = C 2n n+1 + 2C 2n n +C 2n n−1 ;
(ii) C n+1 m = C n m−1 +C n−1 m + C n−1 m−1 Lời giải: i) Ta có
Bài toán 19 Chứng minh đẳng thức tổ hợp sau
Bài toán 20 Bằng cách sử dụng đẳng thức (1−x 2 ) n = (1 +x) n (1−x) n , chứng minh mỗi đẳng thức sau đây với m ∈ N ∗ , m ≤n,
0 nếu n lẻ. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vậy hệ số của x 2m trong tích (1 +x) 2m (1−x) 2m là
(−1) i C n i x 2i , nên hệ số của x 2m trong khai triển (1 −x 2 ) 2m là (−1) m C n m
Trong bài viết này, chúng ta sẽ chứng minh đẳng thức sau: \((-1)^i C_n^i C_n^{2m-i} = (-1)^m C_n^m\) Đầu tiên, vế trái của đẳng thức là hệ số của \(x^{2m+1}\) (khi \(n = 2m + 1\)) trong khai triển của tích \((1 + x)^{2m+1} (1 - x)^{2m+1}\) Tiếp theo, vế phải là hệ số của \(x^{2m+1}\) trong khai triển của \((1 - x^2)^{2m+1}\).
0 (vì trong khai triển không có x với lũy thừa lẻ).
Khi thay C n 2m−i = C n i (nếu n = 2m) và C n 2m+1−i = C n i (nếu n = 2m + 1), ta được n
0 nếu n lẻ. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Cộng từng vế tương ứng các đẳng thức trên, ta được
Bài toán 22 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau n
Bài toán 23 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau
P n r=0(r + 1)C n r = (n+ 2)2 n−1 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Lấy đạo hàm hai vế của (3.5) theo x ta được n(1 +x) n−1 n
Cộng từng vế hai đẳng thức trên ta được n
Bài toán 24 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau n
Lời giải: Xét khai triển
Lấy tích phân hai vế, ta được
Bài toán 25 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si n
(−1) r r+ 1C n r = 1 n+ 1. Lời giải: Xét khai triển
Lấy tích phân hai vế, ta được
Bài toán 26 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau
Lời giải: Xét khai triển
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được n(1 +x) n−1 = P n r=0 r.C n r x r−1
Cho x = −1 ta được P n r=0(−1) r−1 r.C n r = 0., hay P n r=0(−1) r rC n r = 0.
Bài toán 27 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau n−1
Lời giải: Xét khai triển
P r=0 C 2n−1 r = 2 2n−1 2 = 2 2n−2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 28 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau n
2C 2n n Lời giải: Xét khai triển
Bài toán 29 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau m
Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh có dạng
Cộng từng vế tương ứng các đẳng thức trên, ta được
Bài toán 30 Cho n∈ N, chứng minh đẳng thức tổ hợp dưới đây luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(iv) P n r=1 r 4 C n r = n(n+ 1)(n 2 + 5n−2)2 n−4 Lời giải: Xét khai triển
(i) Lấy đạo hàm hai vế của (3.7) theo x, ta được n(1 +x) n−1 n
X r=1 r.C n r = n.2 n−1 (ii) Lấy đạo hàm hai vế của (3.8) theo x, ta được n.(n−1) (1 +x) n−2 n
Thay kết quả của (i) vào vế phải đẳng thức trên, ta được n
X r=1 r 2 C n r = n(n−1).2 n−2 + n.2 n−1 = n(n+ 1).2 n−2 (iii) Lấy đạo hàm hai vế của (3.9) theo x, ta được n(n−1) (n−2) (1 +x) n−3 n
X r=0 r(r−1) (r −2).C n r x r−3 (3.10) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(iv) Lấy đạo hàm hai vế của (3.10) theo x, ta được n(n−1) (n−2) (n−3) (1 +x) n−4 n
Bài toán 31 Nhắc lại rằng với các số nguyên không âm r, n, H r n = C r+n−1 r Chứng minh các đẳng thức sau đây
(a) H r n = n rH r−1 n+1 ; luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
H 0 n = H 0 n+1 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Cộng từng vế tương ứng, ta được P r k=0
H r n = H r n+1 (e) Theo (a), ta có rH r n = nH r−1 n+1 Vậy suy ra r
Bài toán 32 Cho a n = 6 n + 8 n Xác định số dư trong phép chia a 83 cho 49.
Lời giải: Với n lẻ, ta có
Do 2 (C n 0 7 n +C n 2 7 n−2 + +C n n−3 7 3 ) ≡0( mod 49), nên từ đó suy ra 8 n +
Vậy với n= 83 thì a 83 ≡ 14.83(mod 49)≡ 14.(−1) (mod 49) ≡35(mod 49).
Bài toán 33 Một dãy số tăng 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, chứa tất cả các số nguyên là lũy thừa của 3 hoặc là tổng của các lũy thừa khác nhau của
3 Tìm số hạng thứ 100 trong dãy này (tức là 1 là số hạng thứ nhất, 3 là số hạng thứ hai, và cứ như thế ).
Lời giải: Với mỗi số nguyên k, ta có
+) Số phần tử của dãy số dạng 3 0 , 3 1 , ,3 k là k + 1 = C k+1 1
+) Số phần tử của dãy số dạng 3 0 + 3 1 , 3 0 + 3 2 , , 3 k−1 + 3 k là C k+1 2
luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
+)Số phần tử của dãy số dạng 3 0 + 3 1 + + 3 k là C k+1 k+1
Do đó, số hạng 3 0 + 3 1 + + 3 k là số hạng thứ
Mặt khác, 3 0 + 3 1 + + 3 k = 3 k+1 2 −1 < 3 k+1 < 3 k+1 + 3 0 , hay 3 k+1 là phần tử thứ 2 k+1 của dãy.
Vậy, số hạng thứ 64 là 3 6 , và các số hạng tiếp theo là 3 6 +a 1 , 3 6 +a 2 ,
Khi đó, a 100 = 3 6 +a 36 Mà a 32 = 3 5 , a 36 = a 32 +a 4 = 3 5 + 3 2 Vậy ta có a 100 = 3 6 + 3 5 + 3 2 = 981.
1−x+x 2 −x 3 +ã ã ã+x 16 −x 17 có thể viết dưới dạng a 0 +a 1 y +a 2 y 2 +a 3 y 4 +ã ã ã+a 16 y 16 +a 17 y 17 với y = x+ 1 và a i là các hằng số Tìm giá trị của a 2 (AIME, 1986/11). Lời giải: Ta có
Bài toán 35 Phân tích (1 + 0.2) 1000 bởi định lý nhị thức và không tính toán bằng máy có
= A 0 +A 1 +A 2 +ã ã ã+A 1000 , với A k = C 1000 k ().2) k , k = 0,1,2, ,1000 Với giá trị k là bao nhiêu để A k là lớn nhất? luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Lời giải: Xét với số nguyên k, 0 < k < 1000, ta thấy A k lớn nhất khi và chỉ khi
Vậy với k = 166, thì A k lớn nhất.
Xét khai triển (1 +x) 2018 = 2018 P k=0 C 2018 k x k Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta được
2018(1 +x) 2017 2018 X k=0 k.C 2018 k x k−1 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Cho x = 3, ta được 2018 P k=0 k.3 k−1 C 2018 k = 2018.4 2017 Khi đó, ta có
Lời giải: Xét khai triển
Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta được
Lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo x, ta được
Thay x = 1 vào hai vế, ta được
Lời giải: Xét khai triển
2019 C 2018 2018 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 39 Cho n là số tự nhiên thỏa mãn
Lời giải: Xét khai triển x 3 (1 +x) n = x 3 C n 0 + x 4 C n 1 +x 5 C n 2 + +x n+3 C n n
Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta được 3x 2 (1 +x) n +x 3 n.(1 +x) n−1 = 3x 2 C n 0 + 4x 3 C n 1 + + (n+ 3)x n+2 C n n
Cho x = 1 vào hai vế, ta được
(ii) Tính giá trị của biểu thức
2017 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Khi đó, áp dụng đẳng thức (3.12), ta có
Bài toán 41 Cho p là số nguyên tố Chứng minh rằng
C p r ≡0(mod p) với mọi r sao cho 1 ≤r ≤p−1 Từ đó suy ra (1 +x) p ≡ (1 +x p )( mod p). Lời giải: Ta có
C p r = r!(p−r)! p! ≡ 0 (modp), luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si với mọi r thỏa mãn 1 ≤ r ≤p−1.
Vì C p r ≡0 (modp), với mọi r thỏa mãn 1 ≤ r ≤ p−1, nên suy ra
Bài toán 42 Chứng minh rằng không có bốn hệ số nhị thức liên tiếp
C n r , C n r+1 , C n r+2 , C n r+3 (n, r ∈ N, r+ 3 ≤ n) mà chúng lập thành một cấp số cộng.
Lời giải: Giả sử tồn tại bốn hệ số nhị thức liên tiếp C n r , C n r+1 , C n r+2 , C n r+3
(n, r ∈ N, r+ 3 ≤n) mà chúng lập thành một cấp số cộng Khi đó, ta có
Từ phương trình thứ hai suy ra
n= 2r + 3 n= 2r + 4 Thay lần lượt vào phương trình thứ nhất ta đều thấy không thỏa mãn.
Vậy không có bốn hệ số nhị thức liên tiếp C n r , C n r+1 , C n r+2 , C n r+3 (n, r ∈
N, r+ 3 ≤ n) mà chúng lập thành một cấp số cộng. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 43 Chứng minh rằng số hạng tử phân biệt trong khai triển
(x 1 +x 2 + ã ã ã+ x m ) n là H n m = C n+m−1 n Lời giải: Xét khai triển
Ta thấy, mỗi số hạng trong khai triển tương ứng với một tập con duy nhất có n phần tử của tập M = {∞.x 1 , ∞.x 2 , , ∞.x m }.
Vậy số cỏc số hạng phõn biệt trong khai triển của (x 1 + x 2 + ã ã ã+ x m ) n bằng số tập con n phần tử của tập M, tức là bằng H n m = C n+m−1 n
Bài toán 44 Chứng minh đẳng thức sau
Cộng từng vế tương ứng các đẳng thức trên, ta được m
= C n n 1 ,n 2 , ,n m luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(i) Sử bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân trên
C n+1 r , với n ∈ N. (ii) Chứng minh rằng
(iii) Từ (i) và (ii) hoặc các kiến thức liên quan khác, hãy chỉ ra
(iv) Chứng minh rằng đẳng thức trong (iii) xảy ra khi và chỉ khi n = 1 hoặc n= 2.
C n+1 r luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(iii) Từ (ii) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
C n+1 r Đây chính là bất đẳng thức đã chứng minh ở (i).
(iv) Đẳng thức trong (iii) xảy ra khi và chỉ khi thức trong (i) xảy ra, và xảy ra khi và chỉ khi
C n+1 1 = C n+1 2 = = C n+1 n tức là khi và chỉ khi n= 1 hoặc n= 2.
Bài toán 46 Tìm hệ số của x n và x n+r (1 ≤ r ≤n) trong khai triển
Bài toán 47 Một đa thức theo x được cho bởi a 0 +a 1 x+ a 2 x 2 +ã ã ã+a 2n x 2n = (x+ 2x 2 + ã ã ã+nx n ) 2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 48 Với n ∈ N ∗ , chứng minh rằng n
Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh các đẳng thức sau đây trong các Bài toán 49-60.
Bài toán 60 P m r=0 C m r C n r C p+m+n−r m+n = C p+m m +C p+n n với p∈ N. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 61 Cho n∈ N, chứng minh đẳng thức tổ hợp dưới đây n
Chú ý: Hai giáo viên người Trung Quốc là Wei Guozhen và Wang Kai
S(k, i)A i n 2 n−i , với k ≤ n và S(k, i) là số Stirling loại 2.
Bài toán 63 Chứng minh rằng n
Bài toán 64 Chứng minh đẳng thức sau đây bằng hai cách khác nhau n
Bài toán 65 Cho p là số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng
C 2p p ≡ 2(mod p). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 66 Với n, m ∈ N, chứng minh rằng
X C n n 1 ,n 2 , ,n m = m!S(n, m), ở đây, tổng được lấy với mọi m-dãy (n 1 , n 2 , , n m ) sao cho n i 6= 0 với mọi i và S(n, m) là số Stirling loại 2.
Bài toán 67 Chứng minh rằng
, ở đây tổng được lấy với mọi m-dãy khác nhau (n 1 , n 2 , , n m ) của các số nguyên không âm mà P m i=1 n i = n.
Bài toán 68 Chứng minh đẳng thức Vandermonde với hệ số đa thức: p, q ∈ N
C p+q k 1 ,k 2 , ,k m = X C p j 1 ,j 2 , ,j m C q k 1 −j 1 ,k 2 −j 2 , ,k m −j m , trong đó, tổng được lấy với mọi m-dãy (j 1 , j 2 , , j m ) của các số nguyên khụng õm mà j 1 +j 2 + ã ã ã+ j m = p.
Bài toán 69 Cho p là số nguyên tố và m ∈ N, chứng minh rằng
Bài toán 70 Chứng minh rằng n
Bài toán 71 Chứng minh rằng n
1 k, với n ∈ N. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 72 Cho r ∈ N với r ≥2, chứng minh rằng
Bài toán 74 Chứng minh rằng với n∈ N, n ≥2 n
Bài toán 75 Cho n, r ∈ N với r ≤n và k là HCF của các số sau đây
Bài toán 76 Tìm ước chung lớn nhất (tức là HCF) của
Bài toán 77 Chon∈ N Chứng minh rằngC n r là lẻ với mỗir ∈ {0,1,2, , n} khi và chỉ khi 2 k −1 với k ∈ N.
Bài toán 78 Chứng minh rằng
C pa pb ≡C a b (mod p) với mọi số nguyên p, a và b với p là số nguyên tố, a ≥ b ≥0.
Bài toỏn 79 Với n, k ∈ N, cho S k (n) = 1 k + 2 k + ã ã ã+n k Chứng minh rằng
Bài toán 80 Cho S n = P n k=0 C 3n 3k Chứng minh rằng n→∞lim(S n ) 3n 1 = 2. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 81 Cho n∈ N ∗ Với p = 1,2, , định nghĩa
Chứng minh rằng, khi n lẻ thì A 2 (n) = nA 1 (n).
Bài toán 82 Cho n∈ N ∗ Với p = 1,2, , định nghĩa
Bài toán 83 Chứng minh rằng
Bài toán 84 Cho `, m, n∈ N ∗ với `, n ≤ m, tính tổng kép sau
Bài toán 85 Chứng minh rằng n
Một số bài toán liên quan trong các kỳ thi học sinh giỏi
Bài toán 86 (2004 Romanian IMO Team Selection Test) Chứng minh rằng nếu m, n là các số nguyên dương và m là số lẻ, thì
C 3m 3k (3n−1) k chia hết cho n.3 m luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Lời giải: (của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai).
Gọi ω là một nghiệm phức của phương trình x 3 = 1 Ta có 3A= 3 m
3n−1 Suy ra 3A = a 3m + b 3m +c 3m và a, b, c là nghiệm của đa thức
Bằng quy nạp, ta chứng minh được s k chia hết cho 3[ k 3 ] +1 Mặt khác, ta có s k+7 = 63ns k+2 −9(n 2 −3n−3)s k+1 + +27n(2n+ 1)s k và s 3 = 9n.
Do đó, áp dụng quy nạp ta chứng minh được s 3m = s 6k+3 2 2k+1 n,(với m = 2k + 1).
Bài toán 87 (1998 Chinese Mathematical Olympiad) Xác định tất cả các số nguyên n≥ 3 sao cho 2 2000 chia hết cho
Lời giải:(của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai).
Do 2 là số nguyên tố, nên
(n+ 1) n 2 −n+ 6 = 3.2 k+1 Đặt m = n+ 1, m ≥ 4 và m(m 2 − 3m + 8) = 3.2 k+1 Ta xét các trường hợp sau
2 2s −3.2 s + 8 = m 2 −3m+ 8 = 3.2 t , luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si với t là số nguyên dương.
8 ≡ 3.2 t (mod 16)⇒ 2 t = 8⇒ m 2 −3m + 8 = 24 ⇒m(m −3) = 16, điều này không thể xảy ra Vậy ta chỉ có hai khả năng
(ii) m = 3.2 u , khi đó m > 4, u ≥ 1 Ta có
Ta kiểm tra thấy u = 1, u = 2 thỏa mãn phương trình.
Xét vớiu ≥ 4, ta có 8 ≡ 2 v ( mod 16) ⇒
v = 3 m(m−3) = 0 Điều này không thể xảy ra.
Bài toán 88 (1999 Romanian IMO Team Selection Test) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì
S n = C 2n+1 0 2 2n +C 2n+1 2 2 2n−2 3 +C 2n+1 4 2 2n−4 3 2 + +C 2n+1 2n 3 n là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp.
Lời giải:(của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai).
Ta dễ dàng có được
Giả sử S n phân tích được thành tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp, khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho
S n = k 2 + (k−1) 2 hay 2k 2 −2k+ 1−S n = 0 Phương trình bậc hai ẩn k ở trên có
2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nên giải phương trình trên, ta được k = 2 n+1 + 1 +√
Ta chứng minhk là số nguyên Thật vậy, xétE m = 1 +√
3 m , với m là số nguyên dương Ta có
Dựa vào công thức truy hồi, ta dễ dàng chứng minh được E m chia hết cho 2[ m 2 ]
Vậy S n = k 2 + (k−1) 2 , với k là số nguyên.
Bài toán 89 (Đề thi HSG lớp 12, Tỉnh Đồng Nai, năm học 2012-2013).
Cho p, k là các số nguyên dương, với p là số nguyên tố và 2≤ k ≤ p−1.
Chứng minh rằng C p+1 k chia hết cho p.
Lời giải:(của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai).
Bài toán 90 (VMO 2002) Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn
C 2n n = (2n) k , trong đó k là số các ước nguyên tố của C 2n n
Lời giải:(của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai).
Giả sử p là một ước nguyên tố của C 2n n Gọi m là số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn ra các thừa số nguyên tố của C 2n n
Ta chứng minh p m ≤ 2n bằng phản chứng.
Giả sử ngược lại p m > 2n, suy ra
#! luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
2 [x] + 2 > 2x ≥ [2x] ⇒ [2x]−2 [x] ≤ 1 Dẫn đến m ≤ m−1, vô lý Do đó p m ≤2n Từ đó suy ra
Vậy chỉ có n = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài viết đã hệ thống hóa tổng quan về hệ số nhị thức và hệ số đa thức, đồng thời trình bày một số bài toán liên quan cùng với các kết quả mới nhất về hai loại hệ số này.
Trong Chương 1, chúng tôi đã giới thiệu các kiến thức cơ bản về giải tích tổ hợp để làm nền tảng lý thuyết cho Chương 2 Ở Chương 2, chúng tôi đã phân tích và trình bày chi tiết các vấn đề quan trọng liên quan đến hệ số nhị thức, hệ số đa thức, các đồng nhất thức tổ hợp quan trọng, cùng với những kết quả mới nhất về hệ số nhị thức dựa trên tài liệu tham khảo.
Trong Chương 3, chúng tôi trình bày các bài toán sơ cấp và bài toán nâng cao cho học sinh giỏi liên quan đến hệ số nhị thức và hệ số đa thức Những bài toán này là ví dụ điển hình cho các dạng toán trong lĩnh vực này, thường xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi bậc THPT và kỳ thi THPT Quốc gia.
Các kết quả trong luận văn này nhằm nâng cao chất lượng dạy và học môn Toán Tổ hợp tại trường phổ thông, phát triển tư duy toán học cho học sinh trung học phổ thông, và khuyến khích các em yêu thích, tìm hiểu sâu về môn học này, được xem là khó nhưng thú vị.
