Về hệ số nhị thức, hệ số đa thức và một số bài toán liên quan

Chủ yếucác kiến thức chuyên sâu về tổ hợp tập trung ở chương trình bậc Cao đẳng - Đại học, nên đó cũng là một khó khăn cho các thầy cô giáo giảng dạyToán THPT trong việc áp dụng phương p

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN BÁ NAM

VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC

VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN BÁ NAM

VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC

VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 84 60 113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS Trần Xuân Quý

THÁI NGUYÊN - 2018

Bảng ký hiệu 1

1.1 Hai quy tắc đếm cơ bản 4

1.1.1 Quy tắc cộng 4

1.1.2 Quy tắc nhân 6

1.2 Hoán vị và hoán vị xoay vòng 8

1.2.1 Hoán vị 8

1.2.2 Hoán vị xoay vòng (hay hoán vị tròn) 10

1.3 Tổ hợp 13

Chương 2 Về hệ số nhị thức và hệ số đa thức 16 2.1 Định lý nhị thức 17

2.2 Đồng nhất tổ hợp 18

2.3 Tam giác Pascal 22

2.4 Đồng nhất Shih - Chieh 24

2.5 Một vài tính chất của hệ số nhị thức 30

2.6 Hệ số đa thức và Định lý hệ số đa thức 33

2.7 Tổng của các hệ số nhị thức đều nhau 38

2.8 Quỹ đạo tiệm cận của các hệ số nhị thức 43

Chương 3 Một số bài toán áp dụng 48 3.1 Một số bài toán về hệ số nhị thức và hệ số đa thức 48

3.2 Một số bài toán liên quan trong các kỳ thi học sinh giỏi 84

Mở đầu

Trong quá trình giảng dạy Toán THPT, tôi nhận thấy rằng đối với đa sốhọc sinh, việc tiếp thu kiến thức chương Tổ hợp - Xác suất là rất khó khăn.Đây là phần kiến thức khó trong chương trình sách giáo khoa Chủ yếucác kiến thức chuyên sâu về tổ hợp tập trung ở chương trình bậc Cao đẳng

- Đại học, nên đó cũng là một khó khăn cho các thầy cô giáo giảng dạyToán THPT trong việc áp dụng phương pháp giảng dạy cho phù hợp Vềcác quy tắc đếm, cũng như hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp và Nhị thức Newtonxuất hiện trong Sách giáo khoa lớp 11 Dựa vào khai triển nhị thức Newtongiúp chúng ta khai triển các lũy thừa bậc cao Đối với học sinh giỏi và họcsinh ôn thi THPT Quốc gia, thì ngoài những tính chất cơ bản của khaitriển thì các tính chất mở rộng của các hệ số nhị thức cũng như đa thức

là một chủ đề thú vị và các bài toán về chủ đề đó thường được xuất hiệntrong đề thi học sinh giỏi các cấp, cũng như có thể có trong đề thi THPTQuốc gia Nhằm hệ thống một cách chặt chẽ các phần kiến thức liên quannói trên, chúng tôi chọn đề tài:

“Về hệ số nhị thức, hệ số đa thức và một số bài toán liên quan.”

Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung chính của luận văn được trìnhbày trong 3 chương:

Chương 1 Một số kiến thức về giải tích tổ hợp Chương 1 trình bày một

số kiến thức cơ bản về giải tích tổ hợp: Hai quy tắc đếm cơ bản, về hoán

vị và hoán vị xoay vòng, về tổ hợp và một số ví dụ minh họa

Chương 2 Về hệ số nhị thức và hệ số đa thức Chương này trình bày

về định lý hệ số nhị thức, một số đẳng thức về tổ hợp, tam giác Pascal,đẳng thức Chu Shih-Chieh, về một số tính chất của hệ số nhị thức, về hệ

số đa thức và định lý hệ số đa thức, về tổng của các hệ số nhị thức đềunhau, về quỹ đạo tiệm cận của các hệ số nhị thức

Chương 3 Một số bài toán áp dụng Chương 3 trình bày hệ thống cácbài toán sơ cấp liên quan đến hệ số nhị thức, hệ số đa thức và một số bàitoán trong các kỳ thi học sinh giỏi.

Để hoàn thành bản luận văn này, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâusắc tới TS Trần Xuân Quý, người thầy nhiệt huyết đã truyền thụ kiếnthức, đã chỉ ra hướng đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trìnhlàm luận văn Đồng thời, tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô phản biện

đã dành thời gian đọc và đóng góp những ý kiến quý báu cho bản luận vănnày

Tôi xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướngdẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoànthành luận văn Qua đây, tôi cũng gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu TrườngTHPT Yên Phong số 1 và các thầy cô giáo trong Tổ Toán của nhà trường,nơi tôi đang công tác, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi trong công tác vàgiảng dạy để tôi được tập trung hoàn thành chương trình học, cũng nhưbản luận văn

Toán-Tôi cũng muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đặc biệt là người vợcủa tôi, cũng như các con tôi đã luôn động viên, giúp đỡ và là nguồn độnglực cho tôi trong quá trình học, cũng như hoàn thiện bản luận văn này

Thái Nguyên, ngày 22 tháng 4 năm 2018

Tác giả luận văn

Nguyễn Bá Nam

Chương 1

Một số kiến thức về giải tích tổ hợp

Trong chương này, chúng tôi trình bày về hai quy tắc đếm cơ bản, về hoán

vị và hoán vị xoay vòng, về tổ hợp và một số ví dụ liên quan Nội dung cụthể được trình bày trong các mục sau:

Trong cuộc sống hàng ngày, chúng ta thường gặp các tình huống cần đếmhoặc liệt kê "sự kiện" như: sắp xếp các vật theo một cách nào đó, phânchia các vật trong một điều kiện nhất định, phân phối các vật dụng theomột đặc điểm nhất định, Ví dụ, chúng ta có thể gặp bài toán đếm cácloại sau: "Có bao nhiêu cách để sắp xếp 5 chàng trai và 3 cô gái thành mộthàng sao cho không có hai cô gái nào ngồi cạnh nhau?", "Có bao nhiêucách để chia một nhóm 10 người thành ba nhóm bao nhỏ gồm tương ứng

5, 3 và 2 người mỗi nhóm?" Đây là hai ví dụ rất đơn giản về "hoán vị" và

"tổ hợp" Trước khi chúng ta tìm hiểu về hoán vị và tổ hợp, chúng ta nêulên hai quy tắc cơ bản về phép đếm

1.1.1 Quy tắc cộng

Nội dung quy tắc cộng: Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1, m2 cách chọn

đối tượng a2, , m n cách chọn đối tượng a n, trong đó cách chọn đối tượng

a i (1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào bất kỳ cách chọn đối tượng a j nào

(1 ≤ i ≤ n, i 6= j), thì sẽ có Pn

k=1

m k cách chọn đối tượng a1, hoặc a2, ,

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 a1, hoặc a2, , hoặc a n sẽbằng số cách chọn các phần tử a thuộc Sn

k=1

A k và bằng

= Pn

k=1

|A k|

Ví dụ 1.1.1 (Tài liệu [2], trang 2) Có thể đi từ thành phố A đến thành

phố B bằng đường thủy, đường hàng không và đường bộ Giả sử có 2 cách

đi bằng đường thủy, 3 cách đi bằng đường hàng không và 2 cách đi bằngđường bộ Khi đó, theo quy tắc cộng, tổng số các đường đi từ A đến Bbằng đường thủy, đường hàng không hoặc đường là bộ là 2 + 3 + 2 = 7

Ví dụ 1.1.2 (Tài liệu [2], trang 2) Tìm số các cặp số nguyên (x, y) thỏa

5 X

i=1

|S i | =1 + 4 + 4 + 0 + 4 + 8 = 21.

Ví dụ 1.1.3 (Tài liệu [1], trang 12) Với các chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có

thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau vàtrong mỗi số phải nhất thiết có mặt chữ số 1?

Lời giải: Gọi số cần lập là abcd Vì trong abcd nhất thiết phải có mặt chữ số

1, nên ta xét các tập A1, A2, A3, A4 là tập các số dạng 1bcd, a1cd, ab1d, abc1

tương ứng

1 Xét A1 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 |A1|=120

2 Xét A2, A3, A4

• Xét A2 Chữ số a đứng đầu của số a1cd, nên nó không được là chữ

số 0, nên a chỉ có thể chọn từ 1 trong 5 chữ số 2, 3, 4, 5, 6; c có 5

cách chọn từ các chữ số thuộc tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {a}; d có 4 cách chọn từ các chữ số của tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {a, c} Do đó, số cách lập các số dạng a1cd là 5.5.4 = 100 hay |A2|=100 Lập luận tương

Nội dung quy tắc nhân: Cho n đối tượng a1, a2, , a n Nếu có m1 cách

chọn đối tượng a1 và với mỗi cách chọn a1 có m2 cách chọn đối tượng

a2, sau đó với mỗi cách chọn a1, a2 có m3 cách chọn a3, Cuối cùng với

mỗi cách chọn a1, a2, a n−1 có m n , cách chọn đối tượng a n Như vậy sẽ có

Quy tắc nhân theo ngôn ngữ tập hợp được phát biểu như sau:

Cho n tập hợp A k (1 ≤ k ≤ n) với |A k | = m k Khi đó, số cách chọn (S)

Ví dụ 1.1.4 (Tài liệu [1], trang 13) Từ thành phố A đến thành phố B có

4 con đường, từ thành phố A đến thành phố C có 3 con đường, từ thành

phố B đến thành phố D có 2 con đường, từ thành phố C đến thành phố D

có 4 con đường Không có con đường nào nối thành phố B và thành phố

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?

Lời giải: Trước hết ta tìm số con đường đi từ A đến D qua B Có 4 cách

chọn đường đi từ A đến B và có 2 cách chọn đường đi từ B đến D, nêntheo quy tắc nhân, số cách chọn đường đi từ A đến D qua B là 4.2=8.Tương tự, số cách chọn đường đi từ A đến D qua C là 3.4=12

Vì cách chọn đường đi từ A sang D qua B và cách chọn đường đi từ Asang D qua C không phụ thuộc lẫn nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có sốcon đường để đi từ A sang D là 8+12=20

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

600 = 23.31.52.

Do đó, một số nguyên dương m là ước của 600 khi và chỉ khi m có dạng

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=24 ước số dương của số600

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 sự phân tích thành các thừa số nguyên tố dạng

1 .p k2

2 p k r

i=1 (k i + 1).

Trong các ví dụ trên, chúng ta đã thấy các quy tắc cộng và nhân được

sử dụng riêng biệt để giải quyết một số bài toán đếm Hiển nhiên, việc giảiquyết một bài toán phức tạp hơn có thể cần áp dụng đồng thời cả hai quytắc cộng và quy tắc nhân Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau

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}

Tìm số phần tử của S.

Lời giải: Để giải bài toán, ta chia thành các trường hợp rời rạc bằng cách xét a = 1, 2, 3, , 99 Đối với a = k ∈ {1, 2, , 99}, số các lựa chọn cho b

là 100 - k và cho c cũng là 100 - k Do đó, số lượng yêu cầu bộ ba yêu cầu

(k, b, c) là (100 − k)2, theo quy tắc nhân Vì k lấy các giá trị 1, 2, , 99,bằng cách áp dụng quy tắc cộng, chúng ta có

đề tổng quát hơn về sắp xếp một số người hay đồ vật khác nhau tùy thuộcvào các điều kiện cụ thể nhất định nào đó

Định nghĩa 1.2.1 (Tài liệu [2], trang 6) Cho A = {a1, a2, a n} là một

tập hợp gồm n phần tử khác nhau Với số tự nhiên k, 0 < k < n, một k-hoán vị của A hay một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A, là một

cách sắp xếp bất kỳ k phần tử của A liên tiếp

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 côngthức:

A k n = n.(n − 1) (n − k)

hay

(n − k)!

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:

với quy ước 0! = 1 và A0n = 1

Ví dụ 1.2.2 Cho A = {a, b, c, d} Khi đó, tất cả 3-hoán vị của A được

liệt kê dưới đây:

abc, acb, bac, bca, cab, cba, abd, adb, bad, bda, dab, dba, acd, adc, cad, cda, dac, dca, bcd, bdc, cbd, cdb, dbc, dcb.

+ 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

Ví dụ 1.2.5 Có 7 chàng trai và 3 cô gái trong một cuộc găp mặt Hỏi có

bao nhiêu cách sắp xếp họ theo một hàng sao cho:

a) Ba cô gái luôn ngồi gần nhau (tức là không có chàng trai nào ngồi giữahai cô gái)?

b) Hai chàng trai ngồi ở hai đầu và không có hai cô gái nào ở gần nhau?

Lời giải:

a) Vì 3 cô gái luôn ngồi gần nhau, nên ta có thể coi ba cô gái như mộtphần tử thống nhất Khi đó, số cách sắp xếp 7 chàng trai cùng với phần

tử này là (7 + 1)! cách Vì các cô gái có thể hoán đổi vị trí cho nhau với

số cách là 3! cách Do đó, theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp trong trườnghợp này là: 8!.3! (cách)

b) Trước tiên chúng ta xem xét sự sắp xếp cho các chàng trai và sau đó làcho các cô gái

Có 7! cách sắp xếp các chàng trai vào các vị trí từ B1 đến B7 (như Hình1.1)

Như vậy, chỉ có 6 chỗ trống cho 3 cô gái G1, G2, G3 (các cô gái xếp vàocác ô trống như hình 1.1)

G1 có 6 lựa chọn Vì không có hai cô gái ở cạnh nhau, nên G2 có 5 lựa

chọn và G3 có 4 lựa chọn Do đó, theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp trongtrường hợp này là 7! x 6 x 5 x 4 (cách)

Hình 1.1: Minh họa Ví dụ 1.2.5 b)

1.2.2 Hoán vị xoay vòng (hay hoán vị tròn)

Các hoán vị thảo luận trong Phần 1.2.1 liên quan đến sắp xếp các vật trongmột hàng Có hoán vị đòi hỏi sắp xếp các đối tượng trong một đường tròn.Đây được gọi là hoán vị xoay vòng hay hoán vị tròn Để hiểu rõ về hoán

vị tròn, trước hết ta xét ví dụ sau:

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 chỗngồi?

Lời giải: Vì xếp các người khách ngồi trên 1 bàn tròn nên người ngồi đầu

tiên có thể ngồi ở vị trí bất kỳ Do đó, nếu ta mời một người nào đó ngồi

vào một vị trí bất kỳ trước, thì số cách sắp xếp 5 người còn lại vào 5 vị trícòn lại sẽ là 5!=120 cách.

Vậy có tất cả 120 cách xếp sáu người vào ngồi xung quanh một bàntròn

Một cách tổng quát, ta có định nghĩa sau:

Định nghĩa 1.2.7 (Tài liệu [1], trang 16) Số hoán vị xoay vòng (hoán vị

vòng quanh) của n phần tử khác nhau, ký hiệu là Q n, và được tính bằngcông thức

Q n = (n − 1)!

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

4 đại biểu và Nhật có 3 đại biểu Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồicho các đại biểu sao cho 2 người cùng quốc tịch đều ngồi cạnh nhau?

Lời giải: Đầu tiên sắp xếp khu vực cho đại biểu từng nước Ta mời một

phái đoàn nào đó ngồi vào chỗ trước Khi đó, bốn phái đoàn còn lại có 4!cách sắp xếp

Đối với mỗi cách sắp xếp các phái đoàn, lại có:

4! cách sắp xếp các đại biểu trong nội bộ phái đoàn Anh; 3! cách sắpxếp các đại biểu trong nội bộ phái đoàn Pháp; 4! cách sắp xếp các đại biểutrong nội bộ phái đoàn Nga; 4! cách sắp xếp các đại biểu trong nội bộ pháiđoàn Mỹ; 3! cách sắp xếp các đại biểu trong nội bộ phái đoàn Nhật

Do đó, số cách sắp xếp chỗ ngồi cho tất cả các đại biểu để những ngườicùng quốc tịch sẽ ngồi cạnh nhau là

4!.4!.3!.4!.4!.3!=11943936

Ví dụ 1.2.9 (Tài liệu [2], trang 15) Có bao nhiêu cách có thể 5 chàng

trai và 3 cô gái ngồi xung quanh một bàn tròn, nếu

a) chỗ ngồi tùy ý?

b) chàng trai B1 và cô gái G1 không ngồi gần nhau?

c) không có 2 cô gái nào ngồi cạnh nhau?

Lời giải:

a) Số cách xếp là Q8 = 7!

b) 5 chàng trai và 2 cô gái không bao gồm G1 có số cách xếp chỗ ngồi là

(7-1)!=6! cách Với sự sắp xếp như thể hiện trong Hình 1.2, G1 có 5 (= 7

- 2) lựa chọn cho một chỗ ngồi không liền kề với B1 Do đó, số cách xếpchỗ ngồi để thỏa mãn yêu cầu bài là 6! x 5 = 3600 (cách) c) Đầu tiên, ta

Ví dụ 1.2.10 (Tài liệu [2], trang 16) Có bao nhiêu cách để xếp chỗ ngồi

cho n cặp vợ chồng xung quanh một bàn tròn, trong mỗi trường hợp sauđây:

a) Đàn ông và phụ nữ ngồi xen kẽ nhau.

b) Mỗi phụ nữ đều ngồi cạnh chồng của mình

Lời giải:

a) Với n ông chồng, có số cách xếp chỗ là (n - 1)! cách Tiếp theo, n

bà vợ có thể được ngồi trong n khoảng cách giữa hai người đàn ông, với sốcách xếp là n! cách Do đó, theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp thỏa mãnyêu cầu là (n - 1)!.n ! (cách)

b) Mỗi cặp vợ chồng được xem như một thực thể thống nhất Số cách

để sắp xếp n cặp vợ chồng xung quanh bàn tròn là (n - 1)! Vì hai vợ chồngtrong mỗi cặp có thể đổi chỗ cho nhau với 2! cách, nên số cách sắp xếp

theo yêu cầu bài toán là: (n − 1)!.2 n (cách)

Định nghĩa 1.3.1 (Tài liệu [1], trang 19) Cho tập A gồm n phần tử.

Mỗi tập con gồm k (0 ≤ k ≤ n) phần tử thuộc A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.

Nhận xét 1.3.2 Hai tổ hợp được coi là khác nhau khi và chỉ khi có ít

Ví dụ 1.3.3 (Tài liệu [2], trang 20) Có bao nhiêu cách thành lập một

Hội đồng gồm 5 thành viên từ một nhóm gồm 11 người bao gồm 4 giáoviên và 7 sinh viên nếu:

a) Số người chọn là ngẫu nhiên?

b) Trong Hội đồng phải có đúng 2 giáo viên?

c) Trong Hội đồng phải có ít nhất 3 giáo viên?

Lời giải:

a) Số cách chọn là C115 = 462

b) Trước hết, ta chọn 2 giáo viên trong số 4 giáo viên, có C42 = 6 cách

chọn Sau đó, chọn 3 sinh viên từ 7 sinh viên, có C73 = 35 cachs chọn Do

đó, theo quy tắc nhân, số cách thành lập hội đồng trong trường hợp này

là 6.35=210 (cách)

c) Có 2 trường hợp: Hội đồng có 3 giáo viên và có 4 giáo viên

Trường hợp Hội đồng có 3 giáo viên, số cách lập sẽ là C43.C72 = 84(cách)

Trường hợp Hội đồng có 4 giáo viên, số cách lập sẽ là C44.C71 = 7 (cách).Như vậy, theo quy tắc cộng, số cách lập Hội đồng thỏa mãn yêu cầu là

84 + 7 = 91 (cách)

Ví dụ 1.3.4 (Tài liệu [2], trang 24) Cần xếp chỗ cho 6 người vào ngồi

các bàn tròn, với giả thiết rằng phải có ít nhất 1 người ngồi ở mỗi bàn.Khi đó, có bao nhiêu cách xếp chỗ nếu:

trong mỗi nhóm lần lượt là 5 và 1 người Theo công thức tính số hoán vịtròn, 5 người được lựa chọn có thể được ngồi xung quanh một bàn tròn với(5-1)! cách và người còn lại có 0! cách ngồi ở bàn tròn còn lại Do đó, theo

quy tắc nhân, số cách xếp trong trường hợp này là C65.4!.0! = 144 (cách).

trong mỗi nhóm lần lượt là 4 và 2 người Như vậy, tương tự trường hợp

trên, số cách xếp trong trường hợp này là C64.3!.1! = 90 (cách).

Trường hợp 3: Chúng ta phải cẩn thận trong trường hợp này Số cách phân

chia 6 người thành 2 nhóm với số người trong mỗi nhóm đều là 3, sẽ là

1

2C63 Vì vậy, số cách xếp trong trường hợp này là 12C63.2!.2! = 40 (cách).

Vậy, theo quy tắc cộng, tổng số cách xếp 6 người vào 2 bàn tròn theoyêu cầu là 144+90+40=274 (cách).

b) Khi có 3 bàn tròn, ta xét 3 trường hợp số người ngồi xung quanh 3bàn tương ứng là:

(1) 4 + 1 + 1(2) 3 + 2 + 1(3) 2 + 2 + 2

Khi đó, số cách xếp trong các trường hợp lần lượt sẽ là:

Chương 2

Về hệ số nhị thức và hệ

số đa thức

Cho trước k, n ∈ Z với 0 ≤ k ≤ n, số C n k được định nghĩa trong Chương

1 là số tập con có k phần tử trong tập n phần tử Để thuận tiện, ta định nghĩa C n k = 0 nếu k > n hoặc k < 0 Do đó, ta có thể viết

Trong Chương 1, ta đã có một số đẳng thức từ số C n k Ngoài ra, tiếp tục

sử dụng công thức tính số tổ hợp, ta dễ dàng thu được các kết quả cơ bảntương tự Các kết quả đó được tóm tắt thành các đẳng thức sau

Các số C n k có thể rất quan trọng và khá lớn, chúng được gọi là hệ số nhị

chương này, ta sẽ trình bày các tính chất cơ bản và một số đẳng thức thuđược từ các hệ số nhị thức Các kỹ thuật khảo sát cũng được nhấn mạnh

trong việc tìm ra các đồng nhất toán học Chúng ta cũng sẽ giới thiệu vànghiên cứu hệ số đa thức như là trường hợp tổng quát của hệ số nhị thức.

Cách chứng minh thứ nhất: (Quy nạp toán học)

Giả sử đẳng thức trong định lý đã đúng với n = k, tức là

(x + y) k = Pk

r=0 C k r x k−r y r Xét n = 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 làxong

Thật vậy, viết lại tích (x + y) n = (x + y)(x + y) (x + y)

n

, ta chọn x

hoặc y từ nhân tử (x + y) và nhân chúng lại với nhau Do đó, để có được

số hạng dạng x n−k y k , đầu tiên ta chọn k nhân tử (x + y) trong số n nhân

tử (x + y), khi đó, “y” từ k nhân tử được chọn (tất nhiên “x” thì từ n − k nhân tử còn lại) Bước đầu tiên này có C n k cách chọn trong khi bước thứ

hai có 1 cách chọn Do đó, số cách chọn để có được số hạng x n−k y k là C n k,như trong định lý

Định lý nhị thức là một trong những kết quả cơ bản của toán học có rấtnhiều ứng dụng Trong phần này, chúng ta sẽ chứng tỏ Định lý 2.1.1 cóthể dễ dàng thiết lập các đồng nhất thú vị từ các hệ số nhị thức Với mộtvài so sánh, các chứng minh của các đồng nhất này được đưa ra

Ví dụ 2.2.1 (Tài liệu [2], trang 71) Chứng minh rằng với mọi n ≥ 0 thì

n

X

k=0

C n k = C n0 + C n1 + · · · + C n n = 2n (2.6)

Chứng minh: Bằng cách cho x = y = 1 trong Định lý 2.1.1, ta thu được

ngay điều phải chứng minh

Chú ý 2.2.2 Một tập con của tập X khác rỗng được gọi là tập phần tử

chẵn (tương ứng là lẻ) của X nếu |A| là chẵn (tương ứng là lẻ).

Đẳng thức (2.8) phát biểu rằng với tập n phần tử X thì số tập con chẵn bằng số tập con lẻ của X Khi đó, ta thấy có một song ánh giữa họ các tập con chẵn phần tử và họ các tập con lẻ phần tử của X.

Ví dụ 2.2.3 (Tài liệu [2], trang 72) Chứng minh rằng với mọi số nguyên

Ví dụ 2.2.5 (Đồng nhất Vandermonde) (Tài liệu [2], trang 74): Chứng

minh rằng với mọi m, n, k ∈ N thì

C m+n k = C m0C n k + C m1 C n k−1 + · · · + C m k C n0.

gồm m + n phần tử Ta sẽ đếm số tổ hợp tập A gồm k phần tử của X Giả sử rằng A chứa đúng i phần tử dạng a, với i = 0, 1, , k, khi đó,

k − i phần tử còn lại của A dạng b; trong trường hợp này, số cách lập nên tập A như vậy là C m i C n k−i Do đó, theo quy tắc cộng, ta có

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 =

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

của giá trị n và k một cách tương ứng, như trong Hình 2.1 Biểu đồ này là

một trong những hình mẫu số học đẹp nhất trong lịch sử toán học, nó đượcgọi là tam giác Pascal, ngay sau đó, nhà toán học người Pháp B Pascal(1623 - 1662) đã thiết lập và xây dựng nó một cách dễ hiểu vào năm 1653.Tam giác này cũng được gọi là tam giác Yang Hui theo cách hiểu của ngườiTrung Quốc vì nó được phát tìm ra sớm hơn bởi nhà toán học Trung Quốc

là Yang Hui vào năm 1261 Một tam giác giống như vậy cũng được tìmthấy trong cuốn sách “Precious Mirror of the Four Element” bởi một nhàtoán học Trung Quốc tên là Chu Shih-Chieh vào năm 1303

Hình 2.1: Tam giác Pascal

Tiếp theo, ta đưa ra một số quan sát đơn giản ứng với Hình 2.1 (Ởđây 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 C00 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

Hình 2.2: Tam giác Pascal

Tiếp theo, ta sẽ trình bày một số quan sát từ Hình 2.2 Xét 5 hệ số nhịthức liên tiếp sau

C22 = 1, C32 = 3, C42 = 6, C52 = 10, C62 = 15

theo dòng N E khi r = 2 từ bên phải của tam giác như trong hình Tổng

của 5 số này là 1 + 3 + 6 + 10 + 15 = 35, đây là số ta sẽ đạt được theo chu

trình 1 − 3 − 6 − 10 − 15 Tại sao vậy? Thay thế C22 bởi C33 (vì tất cả chúngđều bằng 1) và áp dụng quan sát trên đường (4), ta có

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:

Bây giờ, ta sẽ đưa ra cách chứng minh theo tổ hợp cho đẳng thức (2.12)

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

C n r + C n−1 r + · · · + C r+1 r + C r r = C n+1 r+1

Tiếp theo, ta sẽ đưa ra hai ví dụ để làm rõ áp dụng của đẳng thức (2.12)

Ví dụ 2.4.2 [IMO, 1982/2] (Tài liệu [2], trang 80) Cho 1 ≤ r ≤ n và xét

tất cả các tập con k phần tử của tập {1, 2, , n} Mỗi tập trong số tập

con này có một phần tử nhỏ nhất Ký hiệu trung bình của các số nhỏ nhất

này là F (n, r) Chứng minh rằng F (n, r) = n + 1

Trước khi chứng minh kết quả này, ta đưa ra một ví dụ giúp chúng ta

hiểu bài toán dễ hơn Lấy n = 5 và k = 3 Tất cả các tập con có 3 phần

tử của tập {1, 2, 3, 4, 5} và phần tử nhỏ nhất tương ứng chúng được trình

2.

Hai câu hỏi được đặt ra Đầu tiên, các số nào trong tập {1, 2, , n}

có thể là số nhỏ nhất trong các tập con có k phần tử của {1, 2, , n}? Có

bao nhiêu lần mà một phần tử nhỏ nhất này xuất hiện với tư cách là phần

tử nhỏ nhất trong số các tập con có k phần tử đã liệt kê?

Quan sát thấy rằng {n−k+1, n−r+2, , n} chứa n−(n−k+1)+1 = r phần tử và đó cũng là tập con có k phần tử của {1, 2, , n} chứa phần

Với m = 1, 2, , n − r + 1, số tập con của {1, 2, , n − 1} có k phần tử

mà chứa m là phần tử nhỏ nhất là C n−m r−1 Do đó, nếu ký hiệu S là tổng các phần tử nhỏ nhất của các tập có k phần tử thì S được tính bởi

= C n−1 r−1 + C n−2 r−1 + C n−3 r−1 + · · · + C r−1 r−1 + C n−2 r−1 + C n−3 r−1 + · · · + C r−1 r−1

+ C n−3 r−1 + · · · + C r−1 r−1 + · · · + C r−1 r−1

(i) Chia mỗi cạnh của ∆ABC thành n + 1 phần bằng nhau bởi n điểm; (ii) Thêm 3n đường thẳng nối 3n cặp điểm thuộc các cạnh kề nhau sao

cho các đoạn thẳng nối song song với ba cạnh ban đầu Các hình vẽ mẫu

tương ứng n = 1, 2, 3 được cho bởi Hình 2.4 Cho g(n) là số hình bình hành

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

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 đều được thiết lập bởi 4 đoạn thằng `1, `2, `3

và `4 được chỉ ra như trong Hình 2.5 Mỗi cạnh của ∆ABC có độ dài là

Hình 2.5: Các hình bình hành loại 1 (Type 1)

với `2 là n + 1 − r và số cách chọn cặp {`3, `4} là C2

k+1 Do đó, tổng số hìnhbình hành loại 1 được tính bởi công thức sau

+

+ C22 + C32+ C22

(trong tổng trên có n hàng)

= C n+23 + C n+13 + + C43 + C33 (áp dụng (2.12))

= C n+34 (lại áp dụng đẳng thức (2.12)).

Do đó, g(n) = 3C n+34

Chú ý 2.4.4 Vì đáp án cho g(n) là một hệ số nhị thức đơn giản nên ta

muốn đặt ra vấn đề liệu có một lời giải ngắn hơn hoặc một chứng minh tổhợp một cách trực tiếp kết quả này

Ta sẽ trình bày chúng ngay sau đây

Đầu tiên, mở rộng cạnh AB và AC của tam giác đều ABC thành AB0

và AC0 tương ứng sao cho AB

quy tắc song ánh, số các hình bình hành loại 2 trong lần chia thứ n của

∆ABC bằng số tập con 4 điểm của tập n + 3 điểm chia trên cạnh B0C0

Từ suy luận cuối chứng tỏ có C n+34 cách chọn ra tập con có 4 điểm chia từ

tập có n + 3 điểm chia nên ta có g(n) = 3C n+34

Hình 2.6: Chia tam giác thành các phần bằng nhau

Trong các phần trước, chúng ta đã nghiên cứu một số đồng nhất thu được

từ hệ số nhị thức và giới thiệu các kỹ thuật khác nhau để thu được chúng.Trong phần này, chúng ta sẽ phát biểu mà không chứng minh một số tínhchất nổi bật và có nhiều ý nghĩa của hệ số nhị thức

10 Với các số chẵn n ∈ N

n = C n2

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

30 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.

40 Cho trước số nguyên tố p, ta nhận thấy rằng luôn có thể tìm được số

Bài toán này được phát biểu và giải bởi hai nhà toán học Ấn độ làM.R Railkar và M.R Modak năm 2976 Họ đã chứng minh

với m là số nguyên không âm và k = 1, 2, , p − 1.

50 Cho n, r ∈ N và p là số nguyên tố Viết n và r theo cơ sở của p như

sau

với k là số nguyên không âm và n i , r i ∈ {0, 1, , p − 1} với mọi

i = 0, 1, , k Năm 1878, Lucas đã chứng minh kết quả quan trong

60 Theo Honsberger, bài toán sau đây đã được nghiên cứu và giải bởi

Fine, có bao nhiêu hệ số nhị thức lẻ C n k ở cấp thứ n trong tam giác

Pascal? Ta dễ dàng áp dụng kết quả (2.16) để trả lời câu hỏi này

Viết n = (n k n k−1 n1n0)2 trong hệ nhị phân và cho w(n) = Pk

i=0 n i bằng số các số 1 trong tập {n0, n1, , n k } Cho trước k ∈ N sao cho

0 ≤ r ≤ n, viết k = (r k r k−1 r1r0)2 Theo kết quả (2.16), C n k là

lẻ khi và chỉ khi k i ≤ n i Ta có k i ≤ n i , có k i = 0 nếu n i = 0 và

với n ∈ N Một cách hết sức tự nhiên, ta cũng muốn tìm các hệ số trong

khai triển tích tổng quát sau

là số cách chia n phần tử riêng biệt vào m hộp sao cho n1 phần tử trong

hộp 1, n2 phần tử trong hộp 2, , n m phần tử trong hộp thứ m, trong

đó, n, m, n1, n2, , n m là các số nguyên không âm với

được biểu diễn dưới dạng tích của các hệ số nhị thức như sau: Cho n phần

tử riêng biệt, khi đó có C n1

nhân tử giống nhau được nhóm lại với nhau, khi đó hệ số (2.22) có thể

tính toán Ký hiệu A là tập cách số cách mà (2.22) có thể đưa ra, B là tập các số cách chia n phần tử phân biệt vào m hộp phân biệt sao cho n i phần

m trong A, ký hiệu f (a) là số cách đưa n i phần tử

vào hộp thứ i (tương ứng x i ) Rõ ràng, f là một song ánh giữa A và B nên

|A| = |B|, như khẳng định.

Do đó, ta có thể thấy rằng hệ số (2.22) trong biểu diễn có thể tính bởi

|A| = |B| = C n1,n2, ,n m

Kết hợp với đẳng thức (2.21), ta đi đến trường hợp tổng quát của định lýnhị thức, được phát biểu đầu tiên bởi G.W Leibnitz (1646-1716) và đượcchứng minh bởi J Bernoulli (1667-1748)

Định lý 2.6.1 (Định lý hệ số đa thức)(Tài liệu [2], trang 98)

+ C40,2,2 x22x23 + C40,1,3 x2x33 + C40,0,4 x43

=x41 + 4x31x2 + 4x31x3 + 6x31x22 + 12x21x2x3 + 6x21x23+ 4x1x32 + 12x1x22x3 + 12x1x2x23 + 4x1x33 + x42+ 4x32x3 + 6x22x23 + 4x2x33 + x43.

Cũng theo đó, các số dạng (2.18) thường được gọi là hệ số đa thức Vì hệ

số đa thức là trường hợp tổng quát của hệ số nhị thức nên câu hỏi hết sức

tự nhiên được đặt ra là các kết quả về hệ số nhị thức có thể được tổngquát hóa cho hệ số đa thức không Để kết thúc phần này, ta đưa ra một

dàng thấy được trường hợp tổng quát là

trong đó, tổng này được lấy trên tất cả các dãy (n1, n2, , n m) là các

số nguyên không âm mà Pm

i=1 n i = n.

Trong đẳng thức (2.25), có thể phát biểu một cách đơn giản hơn là

tổng các hệ số trong khai triển (x1 + x2 + · · · + x m)n là m n Do đó,

trong Ví dụ 2.6.1, tổng các hệ số trong khai triển (x1+ x2+ x3)4 là 81,đúng bằng 34

40 Trong khai triển nhị thức (x1 + x2)n = Pn

r=0 C n r x r1x n−r2 , số các số hạng

phân biệt là n + 1 Câu hỏi tương tự đặt ra là có bao nhiêu số hạng phân biệt khi khai triển (x1+ x2 + · · · + x m)n? Để trả lời câu hỏi này,trước hết ta xem với Ví dụ 2.6.1, số các số hạng phân biệt thu được

từ khai triển (x1 + x2 + x3)4 được trình bày ở cột trái dưới đây

nhất của M = {∞.x1, ∞.x2, ∞.x3} và được chỉ ra ở cột bên phải.

Do đó, theo quy tắc song ánh, số các số hạng phân biệt trong biểu

diễn (x1 + x2 + x3)4 bằng số số tập con 4 phần tử của M , tức là

H34 = C4+3−14 = C64 = 15

Nói chung, ta có thể chứng minh số các số hạng phân biệt trong biểu

diễn (x1 + x2 + · · · + x m)n được tính bởi H n m = C n+m−1 n

Nói riêng, với khai triển nhị thức, ta có H n2 = C 2+n−1 n = n + 1 Điều

này đúng với khẳng định bên trên

50 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

số đa thức trường hợp tổng quát hệ số nhị thức nên câu hỏi

tự nhiên đặt kết hệ số nhị thức tổngqt hóa cho hệ số đa thức khơng... học Chúng ta giới thiệu vànghiên cứu hệ số đa thức trường hợp tổng quát hệ số nhị thức.

Cách chứng minh thứ nhất: (Quy nạp toán học)

Giả sử đẳng thức định lý với n = k,... thức sau

Các số C n k quan trọng lớn, chúng gọi hệ số nhị< /i>

chương này, ta trình bày tính chất số đẳng thức thuđược từ hệ số nhị thức Các kỹ thuật khảo