SH sang TM so hoc cua cac he so nhi thuc 2016 08 17

1 CHUYÊN ĐỀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA CÁC HỆ SỐ NHỊ THỨC Thông tin tác giả - Tên tác giả: Trần Mạnh Sang - Tên cơ quan nơi tác giả công tác: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, tỉnh Nam Định -

1

CHUYÊN ĐỀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA CÁC HỆ SỐ NHỊ THỨC

Thông tin tác giả

- Tên tác giả: Trần Mạnh Sang

- Tên cơ quan nơi tác giả công tác: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, tỉnh Nam Định

- Địa email và điện thoại: manhsang12.1@gmail.com

Nội dung chính của báo cáo: Chuyên đề này tập trung khai thác các tính chất số học của

hệ số k

n

C (tổ hợp chập k của n) Các tính chất đại số không được trình bày trong chuyên đề này

Một số định lý và áp dụng: Lucas, Kummer, Woltenholme

Phần 1 Lí thuyết mở đầu

Định nghĩa Tổ hợp chập k của n, kí hiệu là k

n

C , là số cách chọn k phần tử từ tập có n phần tử, hay bằng số tập con có k phần tử của tập có n phần tử

Theo quy tắc nhân ta có

khi

k n

C







 



Quy ước 0

0 1

C 

Một số tính chất của k

n

C :

1 C n k C n n k ;

3

1

n



   

   

   

4 kC n k nC n k11;

5 0 1 2

C C  C   C  C   ;

6 C n0 C n1C n2  C n n 2n;

0 1 2  

1 n n 0

C C C    C  ;

7 C n0 C n2C n4  C n1C n3 C n5  2n1;

2

8 C n2C n 3C n  nC n n2 ;

9 (Vandermonde)

0

k

i

C C  C 





10 Cho số p nguyên tố, khi đó C p kp, k 1,p1

Các tính chất từ 1 đến 9 có thể được chứng minh dễ dàng bằng công thức C n k hoặc bằng định nghĩa C n k, ở đây tôi chỉ xin trình bày chứng minh của tính chất 10, một tính chất được áp dụng trong nhiều ví dụ của chuyên đề này

Với mỗi k1,p , ta có 1

!

k p

p C



 là một số nguyên

Trong đó p p k p! , !,  pk!,p1 nên C p k p

Phần 2 Một số bài toán

Bài 1 Với n là số nguyên dương lẻ lớn hơn 3, chứng minh dãy số

1

, , ,

n



chứa chẵn số lẻ

Giải

Ta có



Hơn nữa



Suy ra

1

n n





    , là số chẵn

Vậy trong dãy trên có chẵn số lẻ, vì nếu có lẻ số lẻ thì tổng tất cả các số phải là số lẻ

Bài 2 Chứng minh 1| a

b

b   C với a, b là các số nguyên lớn hơn 1, ja 1

Giải

+ Chứng minh quy nạp được b n n  nguyên dương 1, n

Suy ra b a a 1 j

+ Ta có  

1 0

!

a

a b

i

b

j





3

Với số i0, j1, đặt ib m với b m| , r là số tự nhiên

Do j a  nên i1 a , suy ra r nhỏ hơn a

Khi đó a a r r a r 

b  i b b mb b  m , hay số mũ của b trong i bằng số mũ của b trong

a

b  i

Với mỗi i 1, j  thì số mũ của b ở tử và mẫu trong (*) là bằng nhau, vậy số mũ của b trong 1

a

j

b

C bằng a trừ số mũ của b trong j

Do b j1 j nên số mũ của b trong j không vượt quá j  , hay số mũ của b trong 1 a

j b

C không

nhỏ hơn a  , ta có điều phải chứng minh j 1

Bài 3 Với số nguyên dương n Tìm ước chung lớn nhất của các số C12n,C23n, ,C22n n1

Giải

Gọi g là ước chung lớn nhất của tất cả các số trên

Ta có C12n C23n  C22n n1 22n1, suy ra g 2 ,m m   (do g là ước của C12n C23n  C22n n1)

Xét 2 k

n q với q là số lẻ

Ta có C12n 2n2k1q, suy ra g2k1

Với mỗi i lẻ và 1 i 2n , ta có 1  

1 1

k









Do i là số lẻ nên 1

2i 2k n

C  

Vậy g 2k1

Bài 4 (1998 Chinese Mathematical Olympiad) Xác định số nguyên dương n  sao cho 3 22000 chia hết cho 0 1 2 3

C C C C

Giải

Giả sử n là số thỏa mãn đề bài

Do 2 là số nguyên tố nên 0 1 2 3

2 ,0k 2000

C C C C  k 

6

C C C C     , suy ra    2  1

n n  n  

4

Đặt n 1 m4, ta được  2  1

3 8 3.2k

Ta xét 2 trường hợp

Trường hợp 1 2 ,s 4 2

m m   s

3 8 2 s 3.2s 8 3.2t

m  m     , với t k  1 s

3.2t 2 s 3.2s  8 8 mod16 ,

suy ra 2t  , hay 8 m23m 8 24 m2 3m16 , vô lí do m là số nguyên 0

Với s  ta được 3 m8,t 4,n 7

Với s  ta được 2 m4,t 2,n 3

Trường hợp 2 m3.2 ,u m4u 1

3 8 9.2 u 9.2u 8 2v

m  m     , với vk  1 u

Dễ thấy với u 1; 2 không tồn tại v

2v 9.2u 9.2u  8 8 mod16 v 3 m m3  , mâu thuẫn với 0 m 4

Với u  ta được 3 m24,v9,n23

Vậy các giá trị của n là 3, 7, 23

Bài 5 (1999 Romanian IMO TST) Chứng minh với số nguyên dương n bất kì thì số

2 12 n 2 12 n 3 2n13n

S C  C    C  là tổng của 2 số chính phương liên tiếp

Giải

Sử dụng khai triển nhị thức ta tính được 1 2 32 1 2 32 1

4

n

S

Cần chứng minh tồn tại số nguyên dương k sao cho  2 2

1

n

S  k k hay 2k2 2k 1 S n  0

Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn k, có   1 32 1 1 32 1 2

4 2 1

2

S

Suy ra phương trình có nghiệm 1  2 1  2 1

2

2

n

n

k







5

Ta cần chứng minh k là số nguyên

Kí hiệu 1 3 1 3

m

a     với m là số nguyên dương

Ta được dãy  a m :a0 2,a1 2,a m 2a m12a m2,m 2

Suy ra a là số nguyên với mọi m m

Từ công thức truy hồi trên quy nạp được 2

2

m

m

a

 

 

 



Bài 6 (IMO lần thứ 16) Chứng minh với số nguyên dương n bất kì, ta có 22 11 3

0

2

n

n k

C 



 không chia hết cho 5

Giải

Ta có khai triển

2 1

2 1

2 1 0

n n

i n i

C











3

Với 22 1 3

0

2

n

i



 và 22 11 3

0

2

n

i



Tương tự ta có 1 2 22 1 8

n



Nhân hai đẳng thức trên với nhau ta được 2 1 2 2



3 mod 5

n



Tuy nhiên 2 và 3 đều không là số chính phương mod 5, suy ra mâu thuẫn

Vậy có điều phải chứng minh

Bài 7 Với số nguyên dương lẻ n  , chứng minh 5 C1n5C n2 52C n3 5n1C n n không là số nguyên tố

Giải

N C  C  C   C

6

N  C  C  C  C  C      

2 1 2

n

N



                   

Với n  thì hai thừa số trên đều lớn hơn 5 và có ít nhất 1 số chia hết cho 5, giả sử 5

1 2 1 2

1

5

5

N  N N N N , hay N là hợp số

Vậy có điều phải chứng minh

Bài 8 Chứng minh k 0 mod 2 

n

C  với mọi k 1, 2, ,n khi và chỉ khi 1 *

2 ,a

n a 

Giải

Kí hiệu v n2  là số mũ lớn nhất của 2 trong khai triển n thành tích các thừa số nguyên tố

+ Xét k 0 mod 2 

n

C  với mọi k 1, 2, ,n 1

Ta có v C2 n k v n2 ! v k2 ! v2 nk!

Hơn nữa ta có 2 

1

!

2i i

n

v n





 

  

 

 , thực ra ta đánh giá được i log2n, các giá trị i lớn hơn thì

0

2i

n

 



 

 

Suy ra 2 

k

v C



      

Do C  n k 0 mod 2 với mọi k 1, 2, ,n nên 1 v C2 n k  với mọi 0 k 1, 2, ,n 1

Ta viết n2a m, giả sử 1m2a  1 mn 1

Ta được 2 

0

m

v C

       

 

Vậy m 0 hay *

2 ,a

n a 

7

+ Xét số nguyên dương n2 ,a 

Ta có  2 2 2 

mod 2 , ,

x y x  y x y 

Quy nạp ta được  2 2 2  

mod 2

a a a

Thay y  ta được 1  1n n 1 mod 2 

x x 

n n n n 0 mod 2

C x C x C  x  C x 

Do tính chất k n k

 nên suy ra C n k 0 mod 2 ,   k 1, 2, ,n 1

Ta có điều phải chứng minh

Bài 9 Chứng minh với mọi số nguyên dương n thì C2n n có chẵn ước nguyên dương

Giải

Ta có các nhận xét:

+ Một số nguyên dương k có chẵn ước nguyên dương khi và chỉ khi k không là số chính

phương (Chú ý nếu d n thì | n |n

d )

Vì vậy mục đích của bài toán thay bởi chứng minh C2n n không là số chính phương

+ Với số nguyên dương n, tồn tại số nguyên tố p mà n p2n

Đây là nội dung của định đề Bertrand (năm 1832), ông chứng minh được điều này đúng với mọi số nguyên dương nhỏ hơn 3 triệu, nhưng không chứng minh được đúng với mọi số nguyên

dương n, đến năm 1837 Chebyshev chứng minh bằng công cụ giải tích, đến đây định đề được

công nhận Từ đây ta gọi là định lý Bertrand Năm 1932 định đề được chứng minh bởi Erdos bằng phương pháp sơ cấp

Sau đây là các bước chứng minh của Erdos

Bổ đề 1 Với n là số nguyên dương, nếu không có số nguyên tố nào nằm giữa n và 2n thì tất cả

các ước nguyên tố của C2n n nằm trong đoạn 2

2;

3

n

 

Bổ đề 2 Với số nguyên dương n và p là ước nguyên tố của 2n

n

C thì  2 

2

n

p n

v C

Bổ đề 3 Với số nguyên dương n thì 4n

p n

p





 với p là số nguyên tố

8

Bổ đề 4 Với số nguyên dương n thì 2 4

2 1

n n

C

n





Quay lại Bài 9

Tồn tại số nguyên tố p mà n p2n, suy ra 2n2p4n

Ta có v pC2n nv p  2n !2v p n!  1

Suy ra 2n

n

C không là số chính phương, ta có điều phải chứng minh

Một số ví dụ áp dụng định lí Bertrand

1 (Định lý Green field) Với số nguyên dương n, tập 1, 2, , 2n1, 2n có thể phân hoạch

thành n tập a b1, 1 , a b2, 2, ,a b n, n thỏa mãn a ib i là số nguyên tố với mọi số i 1, 2, ,n

2 Tồn tại 2 số nguyên dương a, b thỏa mãn với mọi số thực dương x thì alnx  x blnx

với  x là số số nguyên tố không lớn hơn x

3 Kí hiệu p là số nguyên tố thứ k, khi đó k p k1  p p1 2 p k  1

4 Với số nguyên dương k 202 và số nguyên dương n2k thì C n k n  k

0

2 1 mod

p

p p j j



Giải

Ta có

0

p

j j

p p j

j

C C 



 là hệ số của x trong khai triển p

p

Hệ số của x trong khai triển này là p

0

p

k

C C 





Do tính chất 10 nên 1  2

1

p

k











0

2 1 2 mod

p

j



9

2p p 2 mod

C  p với số nguyên tố p bất kì

Giải

Theo công thức Vandermonde ta có

0

k

i

C C  C 







Xét mnk  p ta có C2p p C C0p p p C C1p p p1 C p p1C1p C C p p p0

Do p nguyên tố nên C p k 0 mod p, k 1, 2, ,p 1

C C C C C  p , ta có điều phải chứng minh

10

Phần 3 Một số định lý

Định lý Lucas Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n với  m m1 0

p

n n n  n Với số

nguyên dương i nhỏ hơn n ta viết 0 1 m

m

i i i p i p với 0i i0, , ,1 i m  p Khi đó 1

0

mod

j

j

m

i

i

j



Để chứng minh định lý ta cần xét đồng dư của các đa thức hệ số nguyên với modp

Với số nguyên tố p, ta nói hai đa thức hệ số nguyên f x  và g x  đồng dư theo modp và viết

   mod 

f x g x p nếu tất cả các hệ số của đa thức f x g x  chia hết cho p Ở dây

Theo định nghĩa trên ta suy ra

1 f x  f x modp;

2 Nếu f x g x modp thì g x  f x modp;

3 Nếu f x g x modp và g x h x mod p thì f x h x modp;

4 Nếu f x g x modp và f x1 g x1 modp thì

  1    1 mod 

f x  f x  g x g x p và f x f x   1 g x g x   1 modp;

Chứng minh định lý Lucas

Theo tính chất 10 ta có 1xp  1 x pmodp

Quy nạp ta được 1  1 mod 

r r

   với mọi số nguyên dương r

Ta có     0 1   0  1  

m

n n

n n

Hai đa thức trên đồng dư modp nên các hệ số tương ứng đồng dư modp Ta xét hệ số của i

x ở

hai vế

Hệ số của x trong i 1xn là C n i

11

Do 0 1 m

m

ii i p i p nên hệ số của i

x ở vế phải là hệ số của 0 1  

m m

i

x x x , hệ số này bằng 0 1

0 1 m

m

0 1 m mod

m

i

C C C C p , ta có điều phải chứng minh

Định lý Kummer Cho số nguyên dương n và i với in và số nguyên tố p Khi đó t

p là ước

của i

n

C khi và chỉ khi t nhỏ hơn hoặc bằng số lần nhớ khi cộng n i  và i trong hệ cơ số p

Chứng minh

Trước hết có 2 nhận xét

+ Với số nguyên dương n và số nguyên tố p ta có v p n! n n2

   

  

   

+ (Định lý Legendre) Với số nguyên tố p và số nguyên dương n,  m m1 0

p

n n n  n Khi đó

!

1

p

v n

p





Thật vậy

p

n n n  n n n pn p  n p

Suy ra n n1 n p2 n p m m1

p



 

 

 

2

2 3

n

p



 

 

 

…

m m

n

n p

 



 

 

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được

2 1

m m

 0 1 

1

m

p





12

Quay lại định lý

Ta có v p C n i v p n! v p i! v p n i !, ta chứng minh  i

v C bằng số lần nhớ khi cộng

n i  và i trong hệ cơ số p

Giả sử  m m 1 0 ,  k k 1 0 ,   l l 1 0

n a a  a i  b b b n i  c c c

Suy ra    1 0  1 0  1 0

1

p





Thực hiện phép tính ở tử trong hệ cơ số p

b c a  p

b c  a  p

…

b c  a

Với  i là số lần nhớ trong bước cộng thứ i  1

Suy ra v p C n i 12   m

Ta có điều phải chứng minh

Một số bài toán áp dụng hai định lý trên

Bài 1 Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n,  m m1 0

p

n n n  n Khi đó

a Có đúng n m1n m11  n01 số trong các số C C n0, n1, ,C n n không chia hết cho p;

b p chia hết tất cả các số C C n1, n2, ,C n n1 nếu và chỉ nếu n p k với k là số nguyên dương;

c p không chia hết bất kì số nào trong các số 0 1

, , , n

C C C nếu và chỉ nếu k 1

ns p  với các

số nguyên dương k, s thỏa mãn 1 s p 1

Giải

Với số nguyên dương i ta viết 0 1 m

m

ii i p i p

Ta có C n i 0 mod p nếu và chỉ nếu tồn tại số j 0,m sao cho i j n j

13

Vậy mỗi cách chọn bộ i i0, , ,1 i m mà 0i j n j, j 0,m là một cách chọn số i để C n không

chia hết cho p

Số cách chọn này bằng n m1n m11  n01

b + Nếu k

n p với k là số nguyên dương, khi đó viết 100 0

p

n  , có k số 0

Với số nguyên dương 1 i n , ta viết 1 ii0i p1  i p m m với i  và m 0

0i j  p  1, j 0,m , có nghĩa tồn tại số 1 i j 0j 0,m1

Suy ra j 0

j

i

n

C  , có nghĩa C n i 0 mod p

+ Nếu p chia hết tất cả các số C C1n, n2, ,C n n1

Giả sử n p k với k là số nguyên dương và n  , xét số m 1 1 m1 0

p

i  n  n nhận thấy

1 i n 1

0 mod

m

i

C C  p , mâu thuẫn

Giả sử k

n p với k là số nguyên dương và n  , tồn tại m 1 n j 0 0  jm1

Xét số  j j 1 0

p

i  n n  n nhận thấy 1 i n 1

0

1

j 0 mod

m j j

i

C C C C C  p , mâu thuẫn

Ta có điều phải chứng minh

c + Nếu ns p k  với k là số nguyên dương, khi đó viết 1   1 1   1 

p

n s p p , có k

số p  1

Với số nguyên dương 0  , ta viết i n ii0 i p1  i p m m với 0i j  p  1, j 0,m và 1

0i m   s 1

Do p là số nguyên tố nên p không là ước của các số i m1

s

C  và i j1

p

C  , có nghĩa p không là ước của

i

n

C

+ Nếu p không chia hết bất kì số nào trong các số C C n0, n1, ,C n n

Giả sử n không viết được dưới dạng k 1

s p  thì có số j 0,m mà 1 n j  p 1

14

Xét số   1 0 0 

p

i  p với j  số 0, ta có 1 C n i 0 mod p, mâu thuẫn

Ta có điều phải chứng minh

Bài 2 (Hải Phòng 2012) Cho số nguyên tố p, tìm số nguyên dương n  thỏa mãn với mọi 3

1, 2, , 1

k n ta có k

n

C chia hết cho p

Suy trực tiếp từ bài toán trên

Bài 3 Với số nguyên dương n, ta xét các tập hợp Ak C| n k 1 mod 3   và

 | n k 2 mod 3

B k C  Đặt a n  A b, n  B Chứng minh rằng a n b n là một lũy thừa của 2 Giải

Ta biểu diễn n và k dưới dạng hệ cơ số 3 như sau

0 1.3 m.3 ,m i 0,1, 2

nx x  x x 

0 1.3 m.3 ,m i 0,1, 2

k  y y   y y 

Trước hết tính a n

Áp dụng định lý Lucas ta có    

0

1 mod 3 i 1 mod 3

i

m y k

i



   (1) Với mỗi bộ y y0, 1, ,y m cho ta 1 số k khác nhau, để đếm k ta đi đếm số bộ y y0, 1, ,y m thỏa mãn

0

1 mod 3

i

i

m

y

x

i

C







Trước hết nhận xét x i  y i, i 0,m vì nếu tồn tại x i  y i thì

0

0

i i

m y x i

C





Nếu x  thì i 0 y  i 0

Nếu x  thì i 1 y  hoặc i 0 y  i 1

Nếu x  thì i 2 y  hoặc i 0 y  hoặc i 1 y  i 2

Nhận thấy C 21 2, các trường hợp còn lại đều cho i 1

i

y x

C 

Do đó để thỏa mãn (1) thì phải có chẵn số bộ x y  i, i 2,1 (Nếu có lẻ bộ thì có lẻ số 2 trong tích, tích này sẽ đồng dư 2 theo mod3)

Giả sử n có k số 1 x  , i 0 k số 2 x  và i 1 k số 3 x  i 2 k1k2 k3 m1

Có k số 1 x  nên sẽ có 1 cách chọn i 0 y tương ứng i

Có k số 2 x  nên sẽ có i 1 2k2 cách chọn y tương ứng (mỗi i x  có 2 cách chọn i 1 y ) i