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

Hai quy tắc đếm cơ bản

Quy tắc cộng

Quy tắc cộng trong xác suất cho biết, nếu có m1 cách chọn đối tượng a1, m2 cách chọn đối tượng a2, và tiếp tục như vậy đến mn cách chọn đối tượng an, thì tổng số cách chọn các đối tượng này là tổng của tất cả các cách chọn Điều quan trọng là mỗi cách chọn đối tượng ai (với 1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào cách chọn đối tượng aj nào khác.

(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 A k và bằng

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 (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:

Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, trong đó mỗi số 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.

Trong bài toán xác định số lượng các số dạng a1cd, chữ số a không thể là 0 và 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} Do đó, tổng số cách lập các số dạng a1cd là 5 x 5 x 4 = 100, tức là |A2| = 100 Tương tự, ta cũng có |A3| = |A4| = 100.

Vì các số thuộc các dạng khác nhau không giao nhau, nên với mọi i, j (1 ≤ i, j ≤ 4) và i ≠ j, ta có A i ∩ A j = ∅ Do đó, số lượng các số cần tìm được tính theo quy tắc cộng.

Quy tắc nhân

Quy tắc nhân trong toán học được áp dụng khi có n đối tượng a1, a2, , an Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1, và với mỗi cách chọn a1 có m2 cách chọn đối tượng a2, tiếp tục như vậy cho đến an, thì tổng số cách chọn các đối tượng này sẽ là tích của số cách chọn từng đối tượng, tức là m1.m2 mn Quy tắc này có thể được diễn đạt bằng ngôn ngữ tập hợp, cho thấy mối liên hệ giữa các lựa chọn trong một tập hợp các đối tượng.

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 3 con đường, trong khi từ thành phố B đến thành phố D chỉ có 2 con đường Đặc biệt, từ thành phố C đến thành phố D có 4 con đường khác nhau Tuy nhiên, giữa thành phố B và thành phố A không có con đường nào kết nối.

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 tính số con đường từ A đến D qua B, ta có 4 cách chọn đường 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 từ A đến D qua C là 3 x 4.

Vì việc chọn lộ trình từ A đến D qua B và qua C là độc lập, theo quy tắc cộng, tổng số con đường từ A đến D là 8 cộng 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 thể phân tích thành các thừa số nguyên tố dưới dạng n = p₁^k₁ p₂^k₂ pᵣ^kᵣ, trong đó pᵢ là các số nguyên tố khác nhau và kᵢ là các số nguyên, thì tổng số ước số dương của n được tính bằng công thức Qᵣ i=1(kᵢ + 1).

Trong các ví dụ trước, chúng ta đã áp dụng quy tắc cộng và quy tắc nhân để giải quyết các bài toán đếm Để xử lý các bài toán phức tạp hơn, có thể cần kết hợp 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

Tìm số phần tử của S.

Để giải bài toán, chúng 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) có thể được tính là (100 - k)², theo quy tắc nhân Khi k nhận các giá trị từ 1 đến 99, áp dụng quy tắc cộng sẽ giúp chúng ta tìm ra tổng số bộ ba yêu cầu.

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 sao cho không có hai cô gái nào ngồi cạnh nhau Đây là một ví dụ điển hình cho các vấn đề sắp xếp với 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, với 0 < k < n, là cách sắp xếp k phần tử của A theo thứ tự 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 công thức:

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 24 hoán vị 3 phần tử, bao gồm: 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 hai bài toán thú vị về cách sắp xếp họ Thứ nhất, để ba cô gái luôn ngồi gần nhau, ta có thể coi họ như một nhóm duy nhất, từ đó tính toán số cách sắp xếp Thứ hai, nếu yêu cầu là hai chàng trai ngồi ở hai đầu và không có hai cô gái nào ngồi gần nhau, chúng ta cần áp dụng các quy tắc sắp xếp chặt chẽ để đảm bảo điều kiện này được thỏa mãn.

Để giải bài toán này, ta coi ba cô gái như một phần tử thống nhất do họ luôn ngồi gần nhau Số cách sắp xếp 7 chàng trai cùng với phần tử này là (7 + 1)! Các cô gái có thể hoán đổi vị trí cho nhau với số cách là 3! Áp dụng quy tắc nhân, tổng số cách sắp xếp là 8!.3! Đầu tiên, chúng ta sẽ xem xét sự sắp xếp cho các chàng trai, sau đó mới đến 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, tổng số cách sắp xếp trong trường hợp này là 7! x 6 x 5 x 4.

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 hoặc 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 mời ngồi trên một bàn tròn, người ngồi đầu tiên có thể chọn bất kỳ vị trí nào Nếu ta mời một người ngồi ở 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, được ký hiệu là Q n, có thể được định nghĩa một cách tổng quát Công thức tính số hoán vị này được trình bày trong tài liệu [1], trang 16.

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 sắp xếp chỗ ngồi cho các đại biểu sao cho 2 người cùng quốc tịch ngồi cạnh nhau, ta cần xác định số cách sắp xếp hợp lý Việc này có thể thực hiện bằng cách nhóm những người cùng quốc tịch lại với nhau, từ đó tính toán số cách sắp xếp cho các nhóm và các đại biểu còn lại.

Để giải quyết bài toán, trước tiên cần sắp xếp khu vực cho đại biểu từng nước Một phái đoàn sẽ được mời ngồi vào chỗ trước, và từ đó, bốn phái đoàn còn lại có 4! cách sắp xếp Mỗi cách sắp xếp của các phái đoàn sẽ tạo ra các kết quả khác nhau.

Có 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 bao nhiêu cách để 5 chàng trai và 3 cô gái ngồi xung quanh một bàn tròn? Đầu tiên, nếu chỗ ngồi là tùy ý, ta có thể tính toán tổng số cách sắp xếp Thứ hai, nếu yêu cầu là chàng trai B1 và cô gái G1 không ngồi gần nhau, ta cần áp dụng nguyên tắc loại trừ để tìm số cách hợp lệ Cuối cùng, nếu không cho phép hai cô gái ngồi cạnh nhau, ta sẽ phải sắp xếp các chàng trai trước và sau đó chèn các cô gái vào các vị trí thích hợp.

Số cách xếp chỗ ngồi cho 5 chàng trai và 2 cô gái, không bao gồm G1, là 6! cách Tổng số cách xếp cho 8 người là 7!.

- 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

Để xếp chỗ ngồi cho 5 chàng trai quanh bàn tròn, có (5 - 1)! = 4! cách sắp xếp Khi đã xác định vị trí cho các chàng trai, có 5 cách để xếp chỗ cho cô gái G1 Vì không có hai cô gái nào ngồi gần nhau, cô gái G2 có 4 lựa chọn và G3 có 3 lựa chọn tương ứng Do đó, tổng số cách xếp chỗ ngồi thỏa mãn yêu cầu bài toán là tổng hợp các lựa chọn này.

Hình 1.3: Minh họa Ví dụ 1.2.9 c)

Có bao nhiêu cách để xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng quanh một bàn tròn? Trong trường hợp đầu tiên, yêu cầu là đàn ông và phụ nữ ngồi xen kẽ nhau Trong trường hợp thứ hai, mỗi phụ nữ phải ngồi cạnh chồng của mình.

Để sắp xếp n ông chồng, có (n - 1)! cách xếp chỗ Tiếp theo, 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 là (n - 1)! * n! Mỗi cặp vợ chồng được xem như một thực thể thống nhất, và số cách sắp xếp n cặp vợ chồng xung quanh bàn tròn là (n - 1)! Với mỗi cặp có thể đổi chỗ cho nhau theo 2! cách, tổng số cách sắp xếp theo yêu cầu 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, là một khái niệm cơ bản trong toán học Định lý 2.1.1 nêu rõ rằng với mọi số nguyên n lớn hơn hoặc bằng 0, có những quy tắc nhất định áp dụng.

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)

+ 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.

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

Để tìm số hạng dạng x^n - k y^k, ta bắt đầu bằng cách chọn k nhân tử từ (x + y) trong số n nhân tử có sẵn Khi chọn k nhân tử, sẽ có y từ k nhân tử được chọn và x từ n - k nhân tử còn lại Số cách chọn k nhân tử trong n là C(n, k), trong khi bước tiếp theo chỉ có một cách chọn Do đó, tổng số cách để đạt 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 Bài viết này 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 Qua một số so sánh, các chứng minh cho những đồng nhất này sẽ được trình bày rõ ràng.

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

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

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

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).

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 sự tồn tại một 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

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 = X n k=1 kC n k y k − 1

Cuối cùng, cho y = 1, ta nhận được

X n k=1 kC n k = n(1 + 1) n − 1 = n2 n − 1 Cách chứng minh thứ hai: Đẳng thức (2.2) có thể viết lại như sau kC n k = nC n k − − 1 1 Điều này dẫn đến

Nhận xét 2.2.4 Mở rộng kỹ thuật trong hai chứng minh trên, ta có thể chỉ ra rằng

Nói chung, ta có thể kết luận điều gì từ tổng

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

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 X k=0

Bây giờ, ta so sánh hệ số của x k trong cả hai vế và thu được

Để chứng minh điều thứ hai, ta xét tập X = {a₁, a₂, , aₘ, b₁, b₂, , bₙ} với m + n phần tử Ta sẽ tính số tổ hợp của tập A gồm k phần tử từ X Giả sử A chứa i phần tử dạng a (với i = 0, 1, , k), thì k - i phần tử còn lại của A sẽ là dạng b Số cách để lập nên tập A trong trường hợp này là C(m, i) * C(n, k - i) Theo quy tắc cộng, ta có thể tổng hợp các cách chọn này.

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

Để minh họa ứng dụng của đồng nhất Vandermonde, chúng ta sẽ xem xét số lượng các tập con r phần tử của tập M {∞.a 1, ∞.a 2, , ∞.a n}, ký hiệu là H r n.

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: 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 j − − 1 i tức là

Khi đó A = BC Thật vậy, nếu a nr là phần tử ở vị trí (n, r) của tích BC, khi đó a nr = X k i=1 b ni c ir = X k i=1

= C r+n r − 1 (sử dụng Đồng nhất Vandermonde)

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 không chỉ đẹp mắt mà còn mang ý nghĩa quan trọng trong lịch sử toán học, được đặt theo tên nhà toán học người Pháp Blaise Pascal.

Tam giác Pascal, được thiết lập và xây dựng dễ hiểu vào năm 1653, còn được gọi là tam giác Yang Hui theo cách hiểu của người Trung Quốc Điều này bởi vì nó được phát hiện sớm hơn bởi nhà toán học Yang Hui vào năm 1261 Một phiên bản tương tự cũng xuất hiện trong cuốn sách “Precious Mirror of the Four Elements” của nhà toán học 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 k − 1 + C n k − 1 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 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, và C 6 2 = 15 theo dòng N E khi r = 2 từ bên phải của tam giác Tổng của năm số này là 1 + 3 + 6 + 10 + 15 = 35, tương ứng với chu trình 1−3−6−10−15 Điều này xảy ra bởi vì khi thay thế C 2 2 bằng C 3 3 (vì tất cả đều bằng 1) và áp dụng quan sát trên đường (4), ta có thể thấy sự tương đồng.

Khẳng định này có thể được sử dụng trong cách tổng quát để thu được đẳng thức (2.12), được xây dựng bởi Chu Shih - Chieh 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 r − 1 cách có thể xây dựng A .

(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) r − (n − 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).

Cho 1 ≤ r ≤ n, xét tất cả các tập con k phần tử của tập {1, 2, , n} Mỗi tập con 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) / (k + 1) Để minh họa, hãy xem xét ví dụ với n = 5 và k = 3, trong đó tất cả các tập con có 3 phần tử của {1, 2, 3, 4, 5} cùng với 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

Trong bài viết này, chúng ta sẽ giải quyết hai câu hỏi liên quan đến tập hợp {1, 2, , n} Đầu tiên, chúng ta cần xác định các số nào có thể là số nhỏ nhất trong các tập con có k phần tử của tập hợp này Thứ hai, chúng ta sẽ tính số lần mà một phần tử nhỏ nhất xuất hiện trong vai trò này trong các tập con đã được liệt kê.

Quan sát rằng tập con {n−k+1, n−r+2, , n} chứa n−(n−k+1)+1 = r phần tử, đồng thời là tập con có k phần tử của {1,2, , n} với phần tử lớn nhất Do đó, các số 1, 2, , n−r + 1 là những phần tử nhỏ nhất có thể trong các tập k phần tử của {1,2, , n} Đây là câu trả lời cho câu hỏi đầu tiên Đối với m = 1, 2, , n−r + 1, số lần xuất hiện của m trong tổng là số tập con có k phần tử của {1,2, , n} với m là phần tử nhỏ nhất Điều này tương ứng với số cách chọn tập con có k−1 phần tử từ {m+ 1, m+ 2, , n} Do đó, số lần m xuất hiện trong tổng là C(n−1, k−1) m, đây 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 mà chứa m là phần tử nhỏ nhất được tính bằng C(n−1, k−1) Do đó, tổng các phần tử nhỏ nhất của các tập có k phần tử, ký hiệu là S, được tính theo công thức S = ∑(m).

+C r r − − 1 1 (có n-r+1 hàng). Áp dụng đẳng thức (2.12) vào mỗi hàng ta có

S = C n r +C n r − 1 + C n r − 2 +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, ta sẽ xét một ví dụ khác Với n ∈ N, chia nhỏ tam giác ABC thành các phần bằng nhau n lần như hình mẫu bằng cách:

Chia mỗi cạnh của tam giác ABC thành n+1 phần bằng nhau thông qua n điểm Sau đó, 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 Hình 2.4 minh họa các ví dụ cho n=1, 2, 3 Số lượng hình bình hành được ký hiệu là Chog(n).

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 đều được thiết lập bởi 4 đoạn thằng ℓ 1 , ℓ 2 , ℓ 3 và ℓ 4 được chỉ ra như trong Hình 2.5 Mỗi cạnh của ∆ABC có độ dài là

Hình 2.5 minh họa các hình bình hành loại 1 với n + 1 đơn vị Khi độ dài ℓ1 từ đỉnh A là k đơn vị, số cách chọn cho ℓ2 là n + 1 − r, và số cách chọn cho cặp {ℓ3, ℓ4} là C(k + 1, 2) Từ đó, tổng số hình bình hành loại 1 có thể được tính bằng công thức cụ thể.

(trong tổng trên có n hàng)

= C n+3 4 (lại áp dụng đẳng thức (2.12)).

Đáp án cho g(n) là một hệ số nhị thức đơn giản, vì vậy 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.

Đầu tiên, chúng ta sẽ mở rộng các 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 ∆AB′C′ Lưu ý rằng trên cạnh B′C′ có 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′C′ như 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 ′ C ′

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 giới thiệu các kỹ thuật để thu được chúng Ở phần này, chúng ta sẽ nêu ra một số tính chất nổi bật và ý nghĩa quan trọng của hệ số nhị thức mà không cần chứng minh.

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

(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 r − 1 ≡ (−1) r (mod p) với mọi số r sao cho 0 ≤ r ≤p−1.

(v) C p r − 2 ≡ (−1) r (r + 1) (mod p) với mọi r sao cho 0 ≤ r ≤p−2. (vi) C p r − 3 ≡ (−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

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 tập A khi và chỉ khi n có dạng kp m − 1, trong đó m là số nguyên không âm và k nhận các giá trị từ 1 đến 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 = n₀ + n₁p + n₂p² + + nₖpᵏ và r = r₀ + r₁p + r₂p² + + rₖpᵏ, với k là số nguyên không âm và nᵢ, rᵢ ∈ {0, 1, , p - 1} cho mọi i = 0, 1, , k Năm 1878, Lucas đã chứng minh một kết quả quan trọng liên quan đến cách biểu diễn 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 đã được nghiên cứu bởi Fine, liên quan đến việc xác định số lượng hệ số nhị thức lẻ C n k trong tam giác Pascal ở cấp n Để giải quyết vấn đề này, chúng ta có thể áp dụng kết quả (2.16) Đầu tiên, viết n dưới dạng nhị phân là (n k n k − 1 n 1 n 0) 2 và xác định w(n) = P k i=0 n i, trong đó w(n) là tổng số các số 1 trong tập hợp {n 0 , n 1 , , n k } với k ∈ N đã cho.

Đối với 0 ≤ r ≤ n, viết k = (r k r k − 1 r 1 r 0)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, trong đó 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 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 1 − r 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, chúng ta xem xét biểu thức (x₁ + x₂ + ã + + xₘ)ⁿ với n, m ∈ N và m ≥ 2 Trước tiên, chúng ta cần xác định một họ các số phù hợp cho việc này.

Công thức C(n, n_1, n_2, , 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, cụ thể là n_1 phần tử trong hộp 1, n_2 phần tử trong hộp 2, và tiếp tục như vậy cho đến hộp thứ m Các biến n, m, n_1, n_2, , n_m đều là các số nguyên không âm, với điều kiện tổng số phần tử trong các hộp bằng n, tức là n_1 + n_2 + + n_m = n.

Hệ số (2.18) khim = 2 cho thấy rằng có C n n 1 cách chọn n 1 phần tử từ n phần tử để đưa vào hộp 1, trong khi n 2 = n−n 1 phần tử còn lại được giữ trong hộp 2 Do đó, ta có C n n 1 ,n 2 = C n n 1, thể hiện tính chất của hệ số nhị thức Tổng quát, các số dạng (2.18) có thể được biểu diễn dưới dạng tích của các hệ số nhị thức, cho thấy rằng với n phần tử riêng biệt, có C n n 1 cách chọn n 1 phần tử để đưa vào hộp 1.

C n n − 2 n 1 cách chọn n 2 phần tử trong số các phần tử còn lại và cho chúng vào hộp 2

− 2 ) cách chọn n m − 1 phần tử từ số các phần tử còn lại vào hộp thứ m−1 và

− 1 ) = 1 cách đưa số phần tử còn 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 tập {x_1, x_2, , x_m} và nhân chúng với các phần tử còn lại Mỗi thành phần của biểu diễn có dạng x_1^{n_1} x_2^{n_2} x_m^{n_m}, với các số nguyên không âm n_1, n_2, , n_m thỏa mãn tổng P_{i=1}^{m} n_i = n Khi các nhân tử giống nhau được nhóm lại, hệ số trong biểu diễn này có thể được tính toán Ký hiệu A đại diện cho số cách mà biểu diễn này có thể đưa ra, trong khi B là số cách phân chia n phần tử phân biệt vào m hộp phân biệt sao cho n_i phần tử vào hộp thứ i, với điều kiện P_{i=1}^{m} n_i = n Chúng ta sẽ chứng minh khẳng định này.

Định nghĩa ánh xạ f: A → B được thiết lập khi |A| = |B| Đối với mỗi phần tử a = x n1 1 x n2 2 x nm m trong A, f(a) biểu thị số cách phân bổ n i phần tử vào hộp thứ i tương ứng với x i Do đó, f là một song ánh giữa A và B.

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

Định lý nhị thức tổng quát được phát biểu lần đầu bởi G.W Leibnitz và được chứng minh bởi J Bernoulli, kết hợp với đẳng thức (2.21) dẫn đến định lý hệ số đa thức.

(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)

Hệ số đa thức, được định nghĩa qua các số dạng (2.18), là trường hợp tổng quát của hệ số nhị thức Điều này dấy lên 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, chúng tôi sẽ trình bày một số tính chất quan trọng liên quan đến hệ số đa thức.

1 0 Đẳng thức C n n 1 = C n n − n 1 đối với hệ số nhị thức có thể được viết như là C n n 1 ,n 2 = C n n 2 ,n 1 (ở đây, n 1 +n 2 = n) Từ đẳng thức (2.21) có thể dễ dàng thấy được trường hợp tổng quát là

2 0 Đẳng thức C n n 1 = C n n − 1 − 1 1 +C n n − 1 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 (x₁ + x₂ + + xₘ)ⁿ được đơn giản hóa thành mⁿ Ví dụ, tổng các hệ số trong khai triển (x₁ + x₂ + x₃)⁴ là 81, tương đương với 3⁴.

Trong khai triển nhị thức $(x_1 + x_2)^n$, số các số hạng phân biệt là $n + 1$ Tương tự, khi khai triển $(x_1 + x_2 + \ldots + x_m)^n$, câu hỏi đặt ra là có bao nhiêu số hạng phân biệt Để trả lời, hãy xem ví dụ với $(x_1 + x_2 + x_3)^4$ Các số hạng phân biệt được trình bày như sau: $x_1^4$ cho ra $\{4.x_1\}$, $x_1^3 x_2$ cho ra $\{3.x_1, x_2\}$, $x_1^3 x_3$ cho ra $\{3.x_1, x_3\}$, và tiếp tục với các tổ hợp khác như $x_2^2 x_3$ cho ra $\{2.x_2, 2.x_3\}$ Qua đó, ta có thể thấy rõ sự đa dạng trong các số hạng phân biệt khi thực hiện khai triển này.

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 n − 1

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

| {z } m n là số hạng duy nhất được giá trị cực đại.

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:

Các tổng C n k là hữu hạn, với C n k = 0 khi k > n, và cả hai tính chất này có thể được chứng minh bằng tổ hợp Tuy nhiên, khi r ≥ 3, tổng P k ≥ 0 C n rk ít khi 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 i 2 r π 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 i 2 3 π = − 1+ 2 √ 3i 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

P k ≥ 0 C n 4k = 2 n +m.2[ 4 n 2 ] 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

C n a+rk =1 r r − 1 X j=0 ω − ja 1 +ω j n (2.29) trong đó ω = e i 2 r π là căn bậc r nguyên thủy của đơn vị.

Trong Mệnh đề 2.7.1 và Mệnh đề 2.7.2, có các giải thích đại số ngắn gọn thông qua phép khai triển nhị thức nhằm chứng minh chúng bằng tổ hợp Một tổ hợp dẫn chứng thể hiện việc chứng minh một dạng bài bằng cách đếm một vấn đề theo hai cách khác nhau.

Biểu đồ Cr là một đồ thị chu kỳ có hướng, bao gồm các vòng lặp với tập đỉnh V = 0, 1, , r − 1 Mỗi đỉnh j trong biểu đồ này có một đường cung nối đến đỉnh j và j + 1 (theo modulo r), như được minh họa trong Hình 2.7.

Chúng tôi xác định một n-đường đi trên Cr, yêu cầu phải có chính xác n bước Một đường đi được gọi là đóng nếu nó 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 sẽ như thế nào.

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 còn lại biểu thị trạng thái chuyển tiếp hoặc tĩnh tại bước thứ i 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 P(k ≥ 0) = C(n, kr) cho số bước đóng.

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, n-đường đi với đỉnh đầu x₀ = j và m chuyển tiếp sẽ có độ lớn ω₍j₎ₘ Ví dụ, 7-đường đi trên C₅ có j = 3 và m = 4, dẫn đến độ lớn ω₁₂ = ω₂ và ω₅ = 1 Một bước đi từ đỉnh j đến đỉnh j+m(mod r) cũng có độ lớn ω₍j₎ₘ, trong khi bất kỳ đường đi đóng nào đều có độ lớn ω₀ = 1 Để đánh giá độ lớn của bước đi từ đỉnh j, mỗi bước di chuyển được gán độ lớn 1 và mỗi bước tiến có độ lớn ω₍j₎ Tổng độ lớn của tất cả các n-đường đi 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.

Công thức (1 + ω^j)^n = ∑(k ≥ 0) C(n, k) ω^(jk) biểu thị tổng độ lớn của tất cả các bước n-đường đi bắt đầu từ điểm j, trong đó C(n, k) ω^(jk) là tổng độ lớn của các bước đi với k bước tiến Tổng tất cả các điểm khởi đầu được tính là ∑(j=0)^(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 số tất cả các n-đường đi đóng trên C r được thể hiện qua công thức tổng (2.30) Mỗi đường đi đóng kín có độ lớn 1, do đó tổng độ lớn của tất cả các đường đi mở là 0 Khi xem xét một đường đi mở X 0 từ đỉnh 0 đến đỉnh m (m khác 0), ta tạo ra quỹ đạo {X 0 , X 1 , , X r − 1}, trong đó đường đi X j bắt đầu tại đỉnh j và kết thúc tại đỉnh j+m(mod r), với tổng độ lớn là r P − 1 j=0 ω jm = 1/(1 − ω m) khi ω r = 1 và ω m khác 1 Mỗi bước đi mở xuất hiện trong một quỹ đạo duy nhất, dẫn đến tổng độ lớn bằng 0, từ đó khẳng định tổng độ lớn của tất cả các đường đi mở cũng là 0 Kết luận, để di chuyển trên C r, số lượng n-đường đi đóng bằng tổng độ lớn của tất cả các n-đường đi đóng, được tính bằng công thức tổng độ lớn của tất cả các n-đường đi = r P − 1 j=0(1 +ω j ) n.

Do đó, số n-đường đi đóng bắt đầu từ 0 là 1 r r P − 1 j=0

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 X j=0 ω − ja 1 +ω j n

Mệnh đề này với m đường đi tiếnm 6= a+rk, có thể được đặt vào các quỹ đạo của độ lớn r X − 1 j=0 ω (m − a)j = 0.

Các Mệnh đề 2.7.1 và 2.7.2 có thể được biểu diễn dưới dạng hàm lượng giác mà không cần đến các biểu thức phức tạp Giả sử v = e^(iπ/r) là căn bậc hai nguyên thủy của đơn vị với v^2 = ω Sử dụng công thức Euler e^(-iθ) + e^(iθ) = 2 cosθ, ta có thể tóm tắt như sau.

Cụ thể, nếu n là một bội số của r, tức là n= qr, thì

!n (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 tiến xa hơn từ đây bằng cách đếm số bước đi trên các đồ thị để khám phá các đặc tính khác Kỹ thuật này hy vọng sẽ giúp hiểu rõ hơn về các đặc tính thông qua sự kết hợp của các hệ số nhị thức với số phức Chẳng hạn, khi r > 1, chúng ta có thể nhận thấy những điều thú vị.

C kr r = r P − 1 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.

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)

Để đếm số nghiệm nguyên dương của phương trình (3.1), ta xếp n viên bi thành một hàng dài với n−1 khoảng trống ở giữa Sau đó, sử dụng k−1 vách ngăn để chia n viên bi thành k nhóm, đảm bảo mỗi nhóm có ít nhất một viên bi 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 là P n k=1 C n k − − 1 1 = 2 n − 1

Bài toán yêu cầu xác định số lượng đa giác lồi phân biệt có thể được tạo thành từ mười điểm đã được đánh dấu trên một đường tròn, với điều kiện là mỗi đa giác phải có ít nhất ba đỉnh Đa giác phân biệt được định nghĩa là các đa giác không hoàn toàn trùng lặp về 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 yêu cầu tìm số lượng tứ giác có bốn đỉnh từ một đa giác (H) với 60 đỉnh, các đỉnh này đều nằm trên một đường tròn Các cạnh của tứ giác phải là các đường chéo của đa giác (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

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

Bài toán 6 Tìm hệ số của x 18 trong khai triển

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

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

Bài toán 8 Trong khai triển

(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 hạng3(1 + x+ x 2 + +x 7 ) 2 (x 8 +x 9 +x 10 ), dễ thấy hệ số của x 8 là 3.

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

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

(−1) 10 C 11 10 = 11 (3.3) 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

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.

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

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 n − − 1 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 đa giác đều 2n đỉnh, với điều kiện n≥ 2 và n ∈ N Đa giác này nội tiếp trong một đường tròn, và số lượng tam giác được tạo thành từ 3 trong 2n đỉnh A1, A2, , A2n gấp 20 lần số hình chữ nhật được tạo từ 4 trong 2n đỉnh.

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 bài toán Do đó, số lượng hình chữ nhật được tính bằng 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

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

(ii) với số lẻ n∈ N thì

Vậy với số chẵn n ∈ N thì

Vậy với số lẻ n∈ N thì

Bài toán 18 Chứng minh các đẳng thức dưới đây

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,

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

(-1) i C n i C n 2m − i = (−1) m C n m Tương tự, trong đẳng thức cần chứng minh, vế trái là hệ số của x 2m+1 (khi n= 2m+ 1) trong khai triển của tích (1 + x) 2m+1 (1−x) 2m+1, còn 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

Bài toán 22 Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh đẳng thức sau

Lấy đạo hàm hai vế của (3.5) theo x ta được n(1 +x) n − 1 = X n r=0 r.C n r x r − 1 (3.6)

Cộng từng vế hai đẳng thức trên ta được

Lấy tích phân hai vế, ta được

(−1) r r+ 1C n r = 1 n+ 1. Lời giải: Xét khai triển

Lấy tích phân hai vế, ta được

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 P − 1 r=0 C 2n r − 1 = 2 2n − 2

2C 2n n Lời giải: Xét khai triển

Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh có dạng

Bài toán 30 Cho n∈ N, chứng minh đẳng thức tổ hợp dưới đây

(i) Lấy đạo hàm hai vế của (3.7) theo x, ta được n(1 +x) n − 1 = X n r=0 r.C n r x r − 1 (3.8)

X n 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 = X n r=0 r.(r −1)C n r x r − 2 (3.9)

Thay kết quả của (i) vào vế phải đẳng thức trên, ta được

X n 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 = X n r=0 r(r−1) (r −2).C n r x r − 3 (3.10)

(iv) Lấy đạo hàm hai vế của (3.10) theo x, ta được n(n−1) (n−2) (n−3) (1 +x) n − 4

Bài toán 31 Nhắc lại rằng với các số nguyên không âm r, n, H r n = C r+n r − 1 Chứng minh các đẳng thức sau đây

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 n+1 − 1 Vậy suy ra

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

Do2 (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

+)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?

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

Cho x = 3, ta được 2018 P k=0 k.3 k − 1 C 2018 k = 2018.4 2017 Khi đó, ta có

Lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo x, ta được

Thay x = 1 vào hai vế, ta được

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

Cho x = 1 vào hai vế, ta được

(ii) Tính giá trị của biểu thức

2018 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 p! − r)! ≡ 0 (modp), 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.

Bài toán 43 Chứng minh rằng số hạng tử phân biệt trong 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 n − 1

Bài toán 44 Chứng minh đẳng thức sau

(i) Sử bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân trên

(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.

(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

Bài toán 48 Với n ∈ N ∗ , chứng minh rằng

Với m, n ∈ N ∗ , chứng minh các đẳng thức sau đây trong các Bài toán 49-60.

Bài toán 61 Cho n∈ N, chứng minh đẳng thức tổ hợp dưới đây

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 64 Chứng minh đẳng thức sau đây bằng hai cách khác nhau

Bài toán 65 Cho p là số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng

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.

0 nếu m chẵn , 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 72 Cho r ∈ N với r ≥2, chứng minh rằng

Bài toán 73 Cho a n = P n k=0(C n k ) − 1 , n ∈ N, chứng minh rằng n lim→∞ a n = 2.

Bài toán 74 Chứng minh rằng với n∈ N, n ≥2

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.

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 ) 3 1 n = 2.

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 84 Cho ℓ, m, n∈ N ∗ với ℓ, n ≤ m, tính tổng kép sau

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

Lời giải: (của Nguyễn Tất Thu - THPT Chuyên Đồng Nai).

Gọi ω là một nghiệm phức của phương trình x 3 = 1 Ta có

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 , 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 có8 ≡ 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.

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

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.

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

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 p 2n m = 0 Khi đó m "2n p

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

C 2n n = 2n ⇔n = k = 1.Vậy chỉ có n = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài viết đã hệ thống hóa tổng quan về hệ số nhị thức và hệ số đa thức, đồng thời trình bày các bài toán liên quan cũng như những kết quả mới nhất trong lĩnh vực này.

Trong Chương 1, chúng tôi đã cung cấp kiến thức cơ bản về giải tích tổ hợp, tạo nền tảng lý thuyết cho Chương 2 Chương 2 tập trung vào các vấn đề quan trọng như hệ số nhị thức, hệ số đa thức, các đồng nhất thức tổ hợp và một số kết quả mới nhất về hệ số nhị thức dựa trên tài liệu tham khảo.

Trong Chương 3, chúng tôi trình bày nhiều 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 tiêu biểu cho các dạng toán thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi bậc THPT và kỳ thi THPT Quốc gia.

Luận văn này nhằm nâng cao chất lượng dạy và học môn Toán Tổ hợp trong trường phổ thông, từ đó phát triển tư duy toán học cho học sinh trung học phổ thông Bên cạnh đó, nghiên cứu cũng mong muốn khuyến khích các em yêu thích và tìm hiểu chuyên sâu về Toán Tổ hợp, một môn học được xem là khó nhưng rất thú vị ở cấp học này.

Tiêu đề	Về hệ số nhị thức, hệ số đa thức và một số bài toán liên quan
Tác giả	Nguyễn Bá Nam
Người hướng dẫn	TS. Trần Xuân Quý
Trường học	Đại Học Thái Nguyên
Chuyên ngành	Phương pháp Toán sơ cấp
Thể loại	Luận văn thạc sĩ
Năm xuất bản	2018
Thành phố	Thái Nguyên

Định dạng
Số trang	93
Dung lượng	629,97 KB