Bạn đọc sẽ có cảm giác những định lý hay công thức dù rất cơ bản ở đây đều như chính bạn là người tìm ra chúng vậy.. Khi đọc xong tài liệu này các bạn có thể nhận ra rằng: nghiên cứu To
Trang 1Toa n Hoc
&
Nh Nhữữữững suy lu ng suy lu ng suy luậậậận nghe có lý n nghe có lý n nghe có lý
2006
LỜI NÓI ĐẦU
Toán học và “Những suy luận nghe có lý” là tài liệu được đúc rút từ những bài học, kinh nghiệm, tư duy học Toán của chính tác giả Cách thể hiện nội dung trong tài liệu này có thể vắn tắt, chủ yếu là các suy luận mở, nhưng chắc chắn sẽ
đem lại cho bạn đọc yêu Toán nhiều điều bổ ích Cách suy nghĩ về một bài toán như thế nào? Có thể mở rộng được bài toán đó không? Có mối liên kết nào khác không? Bắt đầu từ đâu? Những câu hỏi loại như vậy được nhắc đến hầu như thông suốt từ đầu đến cuối trong những bài viết ở đây Điều đó khiến cho bạn
đọc như được cuốn hút vào từng chi tiết, mỗi vấn đề, mỗi công thức hay định lý Bạn đọc sẽ có cảm giác những định lý hay công thức dù rất cơ bản ở đây đều như chính bạn là người tìm ra chúng vậy Học để biết cách làm một bài toán không khó, nhưng học cách xây dựng một bài toán thậm chí là cả một công trình Toán Học mới là một vấn đề đáng quan tâm Khi đọc xong tài liệu này các bạn
có thể nhận ra rằng: nghiên cứu Toán học không phải là một điều gì đó quá xa vời ngoài tầm tay của bạn Hãy luyện tập tư duy sáng tạo ngay từ hôm nay! Chúc các bạn thành công!
Hà nội ngày 25 tháng 3 năm 2006
Hoàng Xuân Thanh
Trang 2MỘT: BẮT ĐẦU TỪ KHAI TRIỂN ĐA THỨC
Đa thức là một hàm số cơ bản và quan trọng Bản thân đa thức vốn chứa
đựng rất nhiều tính chất đặc thù mà ứng dụng của nó rất đa dạng trong nhiều lĩnh
vực khác nhau của Toán học cũng như trong tự nhiên Việc khảo sát các hàm số
dạng đa thức là rất đơn giản, vì thế người ta thường nghiên cứu các khai triển ra
đa thức có thể được đối với một hàm số bất kỳ để tiện lợi cho quá trình tính toán
Điển hình là khai triển nhị thức Newton mà chúng ta sẽ tìm hiểu sau đây:
BÀI 1: KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON
Công thức khai triển nhị thức Newton hẳn không xa lạ gì đối với bạn
khi được học về Tổ hợp Đó là công thức biểu diễn khai triển lũy thừa n của một
tổng:
n
n
k 0
=
Trong đó các hệ số Ckn (k 0, n = ) là số tổ hợp n chập k,
k
n
n!
C
k! n - k !
= (n!=1.2…n; 0!=1)
Câu hỏi đặt cho bạn là : “ Newton đã tìm ra công thức này như thế
nào?” Bạn có thể chứng minh (CM) được công thức trên mặc dù chưa được biết
đến các khái niệm và công thức về tổ hợp? Sao lại không nhỉ?
I ĐI TÌM LỜI GIẢI
- Đặt P (x)n 0 n 1 n-1 n n
trong đó Ckn (k= 0,n) là các hệ số cần tìm
- Cho x=0, khi đó (1) trở thành an = C an nn Vậy Cnn =1
- Mặt khác P (x) =n n 0 n 1 n-1 n n
(a x) + = C a + C a x C x + + (3) đồng nhất (2) và (3) ta được:
C = C (k = 0,n) (I)
(I) ⇒ C0n = Cnn = 1
- Các hệ số Ckncó được bằng cách nhân Decactes thông thường là gì? Để ý rằng mỗi số hạng x an-k k được tạo nên bởi tích của (n-k) phần tử x được chọn trong (n-k) nhân tử (x+a) với k phần tử a trong k nhân tử (x+a) còn lại Do đó k
n
C chính là số tất cả các cách chọn k phần tử a trong n nhân tử (x+a)
- Để đơn giản hóa điều này người ta định nghĩa:
II ĐỊNH NGHĨA TỔ HỢP
Cho t ập hợp E = {a 1 ,a 2, ,a n } M ỗi tập con gồm k phần tử phân biệt của
E được gọi là một tổ hợp n chập k các phần tử của E
Như vậy Ckn chính là số các tổ hợp n chập k
Trở lại với đa thức
n
k 0
=
- Ta có: P (x) (x a)n 1 n 1+ (n 1)P (x)n
+
+
+
+
n
k 1
=
∑
Vì C0n = C0n 1+ = Cnn+ Cnn 1+ = 1 (theo công thức (I))
Do đó từ đẳng thức trên ta suy ra:
C − + C = C + (k 1, n) = (II)
Từ công thức (II) ta lập được bảng sau đây:
Trang 3n=0 C00 1
1
1
C
→
↓
1→ 1
↓
n=2 C02 1
2
C
→
↓
2 2
C
→
↓
hay 1→ 2
↓
n=3 C30 1
3
C
→
↓
2 3
C
→
↓
3 3
C
→
↓
1→ 3
↓
… … … … … … … … … … …
Tam giác số trên được gọi là tam giác Pascal, nó cho phép ta xác định
được dần các hệ sốCkn theo công thức (II) Đặc điểm của tam giác Pascal này là:
Hai cạnh của tam giác gồm toàn số 1, kể từ hàng n=2 trở đi thì mỗi số
hạng ở hàng dưới bằng tổng của hai số hạng hàng kề trên (theo chiều →)
Như vậy hàng n của ∆ Pascal cho ta các hệ số khai triển nhị thức
Newton P (x) (x a)n = + n
Ví d ụ: ( a b + )5= a5+ 5 a b4 + 10 a b3 2+ 10 a b2 3+ 5 ab4+ b5
Bài toán chưa thể khép lại ở đây, vì nếu chỉ dùng ∆ Pascal mà tính
k
n
C với n và k lớn (C10032006 chẳng hạn) thì không khả thi Thực tế ta cần tìm một
công thức tính Ckn trực tiếp theo n và k
Xét đa thức
n
k 0
=
Lấy đạo hàm bậc nhất cả hai vế biểu thức trên theo biến x ta được:
n
n
k 0
=
k n
n 1
(n k)C
C
−
−
k
n
k
n 1
−
⇒ kn 1
k
n 2
−
−
−
=
− −
⇒ kk 1
k k
Nhân các đẳng thức trên theo từng vế ta được:
k n
n(n 1) (k 1) C
(n k)(n k 1) 1
=
k
n
n(n 1) (k 1).k(k 1) 1 C
1.2 k.(n k)(n k 1) 1
Đặt n! = 1.2…n (quy ước 0! =1) ta được:
k n
n!
C k! n - k !
(III) chính là công thức ta cần tìm như ban đầu Sở dĩ quy ước 0! =1 là bởi vì
0 n
0! n - 0 ! 0!
= = = Để cho tiện trong tính toán ta cũng quy ước
k n
C =0 nếu k n >
Từ công thức (III) ta dễ dàng tìm lại được các công thức (I) và (II) Ngoài ra ta dễ dàng chứng minh được
Nh ận xét: Dĩ nhiên để tính được Ckn ta không thi ếu gì cách ngắn gọn hơn những suy lu ận rườm rà ở trên Nhưng điều quan trọng là cách giải quyết vấn đề, qua
đó mở đường cho những sáng tạo Mở rộng từ bài toán này là bài toán sau đây:
Trang 4BÀI 2: TÍCH TỰ NHIÊN
I ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán: Cho đa thức bậc n: P xn( ) ( = x + 1)( x + 2) ( x + n )
Hãy tìm d ạng khai triển của P xn( ), ( x ≠ 0)
1 ĐI TÌM LỜI GIẢI
Đặt
n
n k k n n
k 0
=
Trong đó ∏kn (k 0, n = ) là các hệ số cần tìm
Vậy hệ số ∏kn được tạo nên như thế nào ?
Để tạo nên một số hạng xn k− , ta ph ải chọn (n − k) s ố hạng x trong n
nhân t ử (x i + ) ; (i = 1, n) r ồi nhân với các số hạng tự do trong k nhân tử
(x i + ) còn l ại Như vậy mỗi số hạng chứa xn k− là tích các ph ần tử của một tổ
h ợp n chập k các phần tử của tập hợp {1, 2, , } n .
Có ngh ĩa là :
1 2 k
k
1 p p p n
p p p
≤ < < < ≤
=
Rõ ràng v ới k = 0 thì : ∏0n = 1
(h ệ số xn c ủa khi khai triển đa thức P xn( )b ằng 1)
Và ∏nn = n! (theo (I))
Ví dụ:
1 2
2
≤ < ≤
Từ công thức (I) ta đi đến định nghĩa sau:
2 ĐỊNH NGHĨA
k
n
∏ là tổng của tất cả các tích các phần tử của mỗi tổ hợp n chập k của tập các
số tự nhiên không quá n Hay gọi tắt ∏kn là tích tự nhiên n chập k hay tích n
chập k
Vấn đề của đặt ra ở bài toán này là: Tìm công thức để tính ∏kn trực tiếp theo k
và n
- Xét đa thức
n
n k k n n
k 0
=
Ta có:
n 1
n 1 k k
n 1
n 1
k 0
+
+ − + +
=
= ∑ ∏ (1) Mặt khác theo đề bài:
k
k 0
− +
=
∑
Từ (1) và (2) suy ra:
+
+
n
k 1
=
∑
+
Công thức (II) cho phép ta tính dần được các ∏kn 1+ thông qua các giá trị trung gian k
n
n
−
Ta có thể quy ước ∏kn = 0 nếu k n > , để tiện cho việc tính toán mà không ảnh hưởng đến tính đúng đắn của các công thức ở trên
Theo (II) ta có: k k k-1
⇒ ∏kn-1 − ∏kn-2 = (n -1) ∏k-1n-2
… … … … … ⇒ ∏1k − ∏k0 = 1 ∏k-10
Cộng n đẳng thức trên lại ta được
Trang 5i 1
−
=
Cũng từ công thức (II) ta lập được bảng sau:
n=1 ∏10 → ∏11
↓
↓
2
2
→ ∏
↓
2 2
→ ∏
↓
hay 1→ 3
↓
3
→ ∏
↓
2 3
→ ∏
↓
3 3
→ ∏
↓
↓
… … … … … … … … … … …
Tam giác số này được gọi là ∆ Fermat (cũng tương tự như ∆ Pascal dùng để tính
dần các hệ số khai triển nhị thức) Tam giác Fermat này có đặc điểm sau:
- Cạnh góc vuông gồm toàn số 1
- Cạnh huyền là dãy số 0!, 1!, 2!,…,n!,…
- Kể từ hàng n=2 trở đi thì mỗi số hạng ở hàng n+1 bằng tổng của
(n+1) lần số hạng kề bên trái ở hàng n, với số hạng kế tiếp của hàng n (theo
chiều →)
Như vậy, hàng n của ∆ Fermat cho ta các hệ số khai triển đa thức
Pn(x) = (x+1)(x+2)…(x+n)
Ví d ụ: (x+1)(x+2)(x+3)= x 3 +6x 2 +11x+6
Cũng như ở bài trước, vấn đề đặt ra là ta phải tìm công thức để tính k
n
∏ trực tiếp theo k và n Nhưng ở bài toán này công việc đó không đơn giản như ta nghĩ
Ở bài trước ta đã dùng đạo hàm của đẳng thức Pn+1(x) = (x+a)Pn(x) để tìm được
mối liên hệ kn n kn 1
=
− , nhưng nếu áp dụng cách đó trong bài toán này với
đẳng thức:
P (x) (x n)P (x)n = + n 1−
thì cuối cùng ta vẫn chỉ thu được công thức (II) mà thôi! Tuy nhiên công thức
(III) cho phép ta tính dần được các ∏kn theo k
Ta có:
n(n 1)
2
−
+
2
n(n 1)(n 1)(3n 2)
24
−
−
=
Với phương pháp tính ∏kn theo công thức (III) ta thấy rằng: muốn tìm được công thức tính k
n
∏ tổng quát theo k và n thì phải tìm được công thức tính các tổng cơ bản (**) trực tiếp theo k và n
Tuy nhiên dễ nhận thấy và chứng minh được ∏kn là một đa thức bậc 2k của n, mặt khác vì ∏k0 = ∏1k = = ∏kk 1− = 0 nên trong đa thức ∏kn phải chứa tích sau:
k
n = n(n 1) (n k 1).Q (n) − − + k
∏
n = A Q (n)n k
∏ (IV) trong đó Akn = k!Ckn
còn Q (n)k là một đa thức bậc k của n với các hệ số hữu tỉ cần xác định
Ví dụ: tính 1
n
∏
theo (IV) ta có: ∏1n = A Q (n) n(an b)1n 1 = +
với:
1 1 1 2
2(a.2 b) 3
∏
Vậy 1 n
n(n 1) 2
+
=
Nhận xét: Ta có thể tính ∏kn v ới k cho trước theo nhiều cách khác nhau nhưng không tính được trực tiếp ∏kn theo k và n M ột trường hợp điển hình là:
1 n 1
n
n 1
1
k
−
−
−
Trang 6n! thì đã biết nhưng
n
k 1
1 k
=
∑ chính là chu ỗi điều hoà, mà chuỗi điều hoà thì không
bi ểu diễn trực tiếp bằng đa thức theo n Tuy nhiên từ các công thức ta tìm được
v ề ∏kn ta rút ra được những phát hiện mới, bài toán mới chẳng hạn ta có thể
bi ểu diễn ∏kn d ưới dạng
k
k
i 1
F C +
+
=
=
trong đó F (i 1,k)ki = là các h ệ số nguyên cần xác định Bạn thử chứng minh
công th ức (V) xem!
Ví d ụ:
2 1
1
2
3
4
C
+
=
∏
∏
∏
∏
Vi ệc tìm các hệ số F (i 1,k)ki = l ại đặt ra cho ta một bài toán mới cũng khá thú
v ị (ta không xét đến ở đây)
Các b ạn thấy đấy: từ một bài toán đơn giản (khai triển nhị thức Newton) ta thay
đổi đề bài đi một chú,t kết quả thu được khác rất xa bài toán ban đầu Nếu như
bài toán khai tri ển nhị thức cho ta lời giải cuối cùng, thì ở đây bài toán của ta
còn b ỏ ngỏ, nhưng không phải vì thế mà ta không thu được kết quả gì trong quá
trình tìm cách gi ải quyết vấn đề Đó là một phương pháp cơ bản trong nghiên
c ứu Toán Học
-(*); (**) Xem các công thức về tổng cơ bản trong phần 2
BÀI 3: KHAI TRIỂN TỔNG VÀ TÍCH
I ĐẶT VẤN ĐỀ
- Khi học về định lý Viète ta thường gặp bài toán sau đây:
Cho ph ương trình ax2+ bx + = c 0 (1)
Không gi ải phương trình (1) hãy tính giá trị của biểu thức F(x 1 ,x 2 ) trong đó x 1 ,
x 2 là hai nghi ệm của phương trình (1)
- Theo định lý Viète:
1 2
b
x x
a c
x x a
Vì vậy muốn tính được giá trị của F(x1,x2) thì F(x1,x2) phải biểu diễn được dưới dạng hàm của hai biến “tổng” S = x1+ x2và “tích” P = x x1 2 Một trong những dạng đơn giản của hàm F(x1,x2) là đa thức hai biến đối xứng bậc n Việc khai triển một đa thức như vậy ra tổng và tích của hai biến là nội dung của bài toán sau đây:
II BÀI TOÁN
Cho đa thức hai biến bậc n: ( , ) n n
n
P x y = x + y
Khai tri ển được thành:
2
2 0
n
k
−
=
trong đó Dn k là các h ệ số nguyên, kí hiệu “[x]” dùng để chỉ phần nguyên của số
th ực x.Hãy tìm các hệ số khai triển Dn k
1 ĐI TÌM LỜI GIẢI
Trước hết ta tìm hiểu bài toán (I) qua các trường hợp đơn giản:
* x y (x y) + = + vậy D10= 1
* x2+ y2= (x y) + 2− 2xy vậy D02= 1; D12= − 2
* x3+ y3= (x y) + 3− 3xy(x y) +
Trang 7vậy D03 = 1; D13 = − 3
* x4+ y4 = (x y) + 4− 4xy(x y) + 2+ 2x y2 2
vậy D04 = 1; D14= − 4; D24= 2
v.v…
Bây giờ ta hãy sắp xếp các giá trị Dknthành bảng sau:
n = 1 1
n = 2 1 - 2
n = 3 1 - 3
n = 4 1 - 4 2
n = 5 1 - 5 5
n = 6 1 - 6 9 - 2
n = 7 1 - 7 14 - 7
… … …
Bảng số này có tên là “Thang Vi-et”.Dấu hiệu của thang Vi-et này là gì?
2 THANG VI-ET
- Trước tiên ta có thể nhận thấy trong thang Vi-et:
* Cột đầu tiên gồm toàn số 1 (D0n = 1)
* Các cột của thang Vi-et là đan dấu
(D2kn 0; 2k n ; D2k 1n 0; 2k 1 n
+
- Còn dấu hiệu nào đặc trưng cho thang Vi-et này?
- Nếu vẽ lại thang Vi-et mà bỏ đi các dấu “-” thì ta được hình sau:
n = 1 1
n = 2 1 2
n = 3 1 3
n = 4 1 4 2
n = 5 1 5 5
n = 6 1 6 9 2
n = 7 1 7 14 7
… … …
- “Hình như”: * Kể từ hàng n = 2 trở đi, mỗi trị tuyệt đối số hạng của hàng n
bằng tổng của trị tuyệt đối số hạng hàng (n–1) với trị tuyệt đối số hạng (n–2) kề
trên bên trái theo hình trong thang Vi-et
- Chuyển nội dung “hình như” thành công thức mà ta dự đoán sẽ là:
- Bây giờ là lúc ta kiểm nghiệm xem kết luận (I) của ta là đúng hay sai
- Ta có:
n 1
P xyP
−
−
Thay giả thiết (I) vào công thức (III) ta có:
n 2
k 0
n 2
k 1
n 1 2
k 0
n 1 2
k 1
−
=
−
=
−
−
=
−
−
=
∑
∑
∑
∑
n 2 2
k 0
−
=
n 2
k 1
(xy)P D (x y) (xy) (3)
=
- Nếu n lẻ (n 2t 1) = +
+
Trang 8và: n 1 2t [ ] t t n
−
Do đó số số hạng trong tổng ∑ của (1), (2), (3) là bằng nhau
- Nếu n chẵn (n 2t) =
ta có n 2t
t
khi đó số số hạng trong tổng ∑ ở (2) ít hơn một số hạng cuối ứng với
n
2
= =
tuy nhiên:
n
t 2
t 2
−
> Do đó có thể thêm số hạng ứng
2
= = vào tổng∑ ở (2) mà vẫn không làm thay đổi giá trị
Vậy số số hạng trong tổng ∑ của (1), (2), (3) vẫn bằng nhau
Lấy (1) trừ (2) cộng (3) theo từng vế, cùng với kết luận trên, ta rút ra được công
thức (II)
D D D − (k 1; n 2) (II)
Áp dụng (II) cho k 1 = và n 2 = ta được
0
0
⇒ = (về ý nghĩa chỉ là quy ước)
Cũng từ công thức (II), ta tính dần được:
Vì D10 = D02= D = 0n 2− = 1, cộng các đẳng thức trên lại ta có
D = D − (n 2) −
1 n
2 n
n(n 3)
2
−
Tương tự như trên ta tính được
3 n
n(n 4)(n 5)
6
Qua các trường hợp trên ta dự đoán cho trường hợp tổng quát là
k
( 1) n
k
−
− −
−
Hay Dkn ( 1) (Ck kn k Ck 1n k 1− ) (k 1; n k 1) (IV)
Chứng minh (IV) bằng quy nạp theo k
Dễ thấy (IV) đúng với k 1; 2;3 =
Giả sử (IV) đúng đến k, xét trường hợp k+1, ta có
= − (theo (II))
= + − + theo giả thiết quy nạp
…
Cộng các đẳng thức trên lại ta thu được
Trang 9(Vì 2k 1
k 1
2
+
+ > Dk 12k 1 + 0
+
n
C = 0với k n > )
Đây cũng chính là công thức (IV) với k+1
Theo nguyên lý quy nạp (IV) đúng với mọi k 1 ≥
Với quy ướcD00= 2thì (IV) đúng cho cả k 0; n k 1 ≥ ≥ +
Nhận xét: Xét trên khía cạnh nội dung thì bài toán này cũng tương tự như hai
bài toán tr ước Nhưng ở đây, thay vì những suy luận chặt chẽ để tìm ra công
th ức tổng quát, ta lại đi tìm những trường hợp riêng, quan sát những dấu hiệu
thu được, rồi đưa ra dự đoán cho công thức tổng quát, sau đó dùng phép quy
n ạp toán học để kiểm chứng Phương pháp giải quyết vấn đề như vậy được gọi
là “Phép suy lu ận quy nạp không hoàn toàn” Vận dụng tốt phương pháp này
chính là cách rèn luy ện tư duy toán học hiệu quả nhất
BÀI 4: KHAI TRIỂN TCHEBYCHEV
I ĐẶT VẤN ĐỀ
- Trong lượng giác ta đã biết đến những công thức cộng cung, công thức nhân đôi, nhân ba, một cung, chẳng hạn:
2
cos 2 x = 2cos x − 1
3
cos 3 x = 4cos x − 3cos x
cos 4 x = 8cos x − 8cos x + 1
v.v…
- Không khó khăn lắm để chứng minh được rằng cos nx luôn khai triển được dưới dạng đa thức bậc n của cos x:
-2
n
- Trong đó k
n
T là các hệ số của khai triển cần tìm Tương tự như khai triển tổng
và tích, ta có bài toán sau:
II BÀI TOÁN
Khai tri ển cos nxtheo đa thức của cos xta được:
2
2 0
n
n k
−
=
trong đó Tn k là các h ệ số nguyên, kí hiệu “[x]” dùng để chỉ phần nguyên của số
th ực x Hãy tìm các hệ số khai triển Tn k
Bi ểu thức (I) còn được gọi là khai triển Tchebychev
1 ĐI TÌM LỜI GIẢI
- Với công thức cộng cung, ta sẽ áp dụng ở đây để tìm biểu thức truy hồi của
cos nx
Ta có :
cos nx = cos[( n − 1) x + x ] cos cos[( = x n − 1) ] sin sin[( x − x n − 1) ] x
Mặt khác :
cos[( n − 2) ] cos[( x = n − 1) x − x ] cos cos[( = x n − 1) ] sin sin[( x + x n − 1) ] x
- Cộng các vế hai biểu thức trên ta được:
Trang 10cos cos[( 2) ] 2cos cos[( 1) ]
- Biểu thức (II) cho ta khả năng khai triển của cos nx khi biết các khai triển với
n nhỏ hơn ( biểu thức truy hồi)
- Thay biểu thức (I) vào (II) ta sẽ được:
1
−
- Nếu như bây giờ ta quy ước k 0
n
T = với k < 0 hoặc
2
n
k
> điều này là hoàn toàn tự nhiên theo như định nghĩa về k
n
T Khi đó từ biểu thức (*) ta suy ra:
1
T T− T−− k n
- Công thức (III) cho phép ta tính dần được các hệ số khai triển Tchebychev
k
n
T qua các giá trị trung gian
+ Với k = 0 ta có: 0 2 01 22 02 2n 1 10 2 (n1 1)
T = T− = T− = = −T = − n ≥
+ Với k = 1 và n = 2 ta có: − = 1 T21= 2 T11− T00= − T00
+ Do vậy ta quy ước T =00 1
- Từ công thức (III) và các giá trị vừa tính được, ta xây dựng bảng sau:
n = 0 1
n = 1 1
n = 2 2 -1
n = 3 4 -3
n = 4 8 -8 1
n = 5 16 -20 5
n = 6 32 -48 18 -1
n = 7 64 -112 56 -7
… … …
- Cứ như vậy ta dựng nên thang Tchebychev Các dấu hiệu của thang này “có vẻ” giống thang Vi-et Liệu có mối liên hệ nào giữa chúng?
- Nếu nhìn vào công thức (II) ở bài trước
D D D − (k 1; n 2) (II)
và công thức (III) ở trên:
1
T = T− − T−− k ≥ n ≥
ta thấy có cùng một dạng
- Thực ra thì công thức Ckn C + Ckn 1 k 1n 1− (k 1, n 1)
tự vậy thôi Chẳng phải đã có mối liên hệ:
k
( 1) n
k
−
− −
−
đó sao? Vậy tại sao ta không thử tìm xem giữa k
n
T và k n
D có quan hệ tuyến tính với nhau không?
2 TRUY TÌM CÔNG THỨC
- Đặt k { } , k
T = u k n D trong đó u k n { } , là dãy hệ số cần tìm Ta sẽ được:
u k n D = u k n − D− − u k − n − D−−
- Lại theo công thức (II) ⇒
0,0 2 (c)
u k n u k n
u k n u k n
=
- Từ (a) ta có: { } , 2 { , 1 } 22 { , 2 } 2n 2k { , 2 }
u k n = u k n − = u k n − = = − u k k
- Lại theo (b) và (c) thì:
u k k = u k − k − = u k − k − = = u = −
- Do đó: u k n { } , = 2n−2k−1
- Cuối cùng ta thu được công thức k 2n 2k 1. k
T = − − D
trong đó: k ( 1) (k k k 11)
D = − C− + C − −−