Các tính chất của nhị thức Newton
Với a, blà các số thực và n là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng2, ta luôn có
Công thức (1.1) gọi là công thức nhị thức Newton.
Chứng minh Với n= 2, ta có
Giả sử (1.1) đúng với n=m;m ∈N;m ≥2 Nghĩa là, ta có
Ta phải chứng minh (1.1) đúng với n =m+ 1, tức là phải chứng minh
Suy ra (1.1) đúng với mọi số tự nhiên n ≥2(điều phải chứng minh).
Tính chất 1.1 Số số hạng của công thức khai triển (1.1) bằng n+ 1.
Các hệ số tổ hợp của nhị thức có hai số hạng đầu và cuối bằng nhau Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức được xác định là số hạng thứ k+1.
Tính chất 1.4 Với a=b= 1, ta có n
Tính chất 1.5 Với a= 1, b =−1, ta có n
Tính chất 1.6 (Đẳng thức Vandermonde (Vandermonde’s equality)).
(0≤k≤m; 0≤k ≤n) Chứng minh Xét đa thức
Hệ số của x k trong đa thức P(x).Q(x) bằng
Hệ số của x k trong đa thức R(x)bằng C m+n k
Vậy đẳng thức (1.4) được chứng minh.
Nhận xét 1.1 Áp dụng đẳng thức (1.4) với k=m=n, ta có đẳng thức
Tính chất 1.7 (Đẳng thức Vandermonde mở rộng) Cho n1, n2, , nr ∈N và k =k1+k2+ã ã ã+kr Khi đú
Các tính chất của các số tổ hợp
Tính chất 1.8 (Tính chất đối xứng) Với mọi số tự nhiên n, k ∈Nthỏa mãn0≤k ≤nta có:
C n k =C n n−k Tính chất 1.9 (Tính chất tam giác Pascal).
C n k +C n k+1 =C n+1 k+1 Tính chất 1.10 (Công thức tính tổng theo cột). n
Chứng minh Áp dụng công thức Pascal, ta có: n
Nhận xét 1.2 Từ Tính chất1.4, Tính chất 1.9 và Tính chất 1.10 ta có đẳng thức
C n 0 +C n 2 +ã ã ã=C n 1 +C n 3 +ã ã ã= 2 n−1 Tính chất 1.11 (Công thức tính tổng theo đường chéo chính). n
Tính chất 1.12 (Công thức tính tổng theo đường chéo phụ liên quan đến số Fibonacci). n
Giả sử công thức trên đúng đến n−1 Khi đó n
=Fn−1 +Fn (sử dụng giả thiết quy nạp)
=F n+1 (sử dụng công thức truy hồi của dãy Fibonacci).
Tính chất 1.13 (Quy tắc hút) Với n, k ∈N thỏa mãn 0< k ≤n ta có:
Tính chất 1.14 (Công thức lùi cơ số) Với n, k ∈Nthỏa mãn 0≤k < n ta có:
Chứng minh Ta có C n k = n! k!(n−k)! = n n−k (n−1)! k!(n−1−k)! = n n−kC n−1 k
Tính chất 1.15 (Tính đơn điệu (monotonicity)).
Một số đẳng thức tổ hợp
Để tính tổng liên quan đến tổ hợp hoặc chứng minh đẳng thức tổ hợp, cần quan sát các số hạng trong tổng nhằm xác định nhị thức cần khai triển Việc kết hợp tính chất của các số tổ hợp với các phép toán như đạo hàm, tích phân hoặc các phép toán về số phức sẽ giúp giải quyết bài toán hiệu quả.
S2 =αC 2n 1 +α 3 C 2n 3 +α 5 C 2n 5 +ã ã ã+α 2n−2 C 2n 2n−1 (1.6) Lời giải Xét khai triển
C 2n k (−1) k α k (1.8) Cộng từng vế hai đẳng thức (1.7) và (1.8), ta được
Trừ từng vế đẳng thức (1.7) cho đẳng thức (1.8), ta được
S4 =C 2n 1 + 3C 2n 3 + 5C 2n 5 +ã ã ã+ (2n−1)C 2n 2n−1 (1.10) Lời giải Theo Tính chất 1.13, ta có
Bài toán 1.3 Chứng minh rằng
Lời giải Biến đổi vế trái đẳng thức (1.11), ta có
(Vì theo Tính chất 1.13, thì 1 k+ 1C 2n k = 1
Nhận xét 1.3 Tổng P n k=1 kC n k có thể tính bằng cách sử dụng phép tính đạo hàm.
1 k+ 1(−1) k+1 C 2n k+1 có thể tính bằng cách sử dụng phép tính tích phân.
Sử dụng phép tính đạo hàm, phép tính tích phân, ta có thể giải được bài toán sau đây.
Bài toán 1.4 Chứng minh rằng
C n k x k (1.15) Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.15), ta có n(1 +x) n−1 n
Nhân từng vế của (1.15) với (1.16), ta có n(1 +x) 2n−1 n
Hệ số của x n−1 trong đa thức ở vế trái của (1.17) là nC 2n−1 n
Hệ số của x n−1 trong đa thức ở vế phải của (1.17) là
+ã ã ã+n(C n n ) 2 =nC 2n−1 n Vậy (1.12) được chứng minh.
C n k x k (1.18) Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.18), ta có n(1 +x) n−1 n
Nhân hai vế của (1.19) với x, ta được nx(1 +x) n−1 n
X k=1 kC n k x k (1.20) Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.20), ta thu được đẳng thức n(1 +x) n−1 +n(n−1)x(1 +x) n−2 n
X k=1 k 2 C n k x k−1 (1.21) Thay x= 1, vào đẳng thức (1.21), ta được
Cộng từng vế của hai đẳng thức (1.22) và (1.23) rồi chia hai vế cho 2, ta được n
Lấy tích phân từ 1 đến 2 hai vế của đẳng thức (1.24), ta có n
Vậy đẳng thức (1.14) được chứng minh.
Kết hợp với kiến thức về số phức, ta có các bài toán sau:
Lời giải Với ilà đơn vị ảo (i 2 =−1), ta có
(1.27) Đồng nhất phần thực với phần thực ở vế phải của hai đẳng thức (1.26) và (1.27), ta được
4 Đồng nhất phần ảo với phần ảo ở vế phải của hai đẳng thức (1.26) và (1.27), ta được
Cộng từng vế đẳng thức (1.28) và (1.30) rồi chia hai vế cho 2, ta được
Cộng từng vế đẳng thức (1.29) và (1.31) rồi chia hai vế cho 2, ta được
Lời giải Xét đa thức
2 là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị.
Công thức Euler e iϕ = cosϕ + isinϕ cho phép chuyển đổi các tổng lượng giác thành các cấp số nhân hoặc áp dụng công thức Nhị thức Newton, mở ra nhiều ứng dụng trong giải quyết các bài toán liên quan.
C n k coskx. b) Chứng minh rằng 2 2m−1 cos 2m x m−1
So sánh phần thực, phần ảo ta được S10= 2 n cos n x
2 b) Ta có e ix = cosx+isinx;e −ix = cosx−isinx⇒cosx= e ix +e −ix
Với cách làm tương tự như trên, ta cũng chứng minh được đẳng thức
Sử dụng công thức2isinx=e ix −e −ix và biến đổi tương tự như trên, ta chứng minh được các đẳng thức sau
Đa thức Newton và ứng dụng
Đa thức Newton
Bổ đề 1.1 (Khai triển Newton) Cho n và m là các số nguyên dương Với bất kỳ x (x1, x2,ã ã ã , xn)trongR n , ta cú
|α|=m m! α!x α , (1.33) trong đúα! =α1!α2!ã ã ãαn!với α= (α1, α2,ã ã ã , αn)trongN n , x α =x α 1 1 x α 2 2 x α n n và tổng chạy qua tất cảα cú thể cú trongN n thỏa món |α|=α1+α2+ã ã ã+αn =m.
Với n = 2, theo nhị thức Newton ta có
Giả sử đẳng thức (1.33) đã đúng cho đến n-1. Đặt
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.2 (Khai triển Taylor) Cho một đa thức f(x) n
Khi đó, hệ số thứ j của f(x) có thể được biểu diễn bởi aj = 1 j!f (j) (0), (1.35) trong đó f (j) (0) ứng với đạo hàm cấpj tại 0.
Chứng minh f là hàm khả vi vô hạn Đạo hàm lần thứ j của x k là d dx j x k = k!
(k−j)!akx k−j , (1.38) với bất kì j nằm giữa 0và n Khi đó f j (0) =j!aj (1.39)
Bổ đề dược chứng minh.
Bổ đề 1.3 Cho n là một số nguyên dương Ta đặt g(x) x+1
(1.43) Áp dụng công thức Leibniz g (n) (x) n
Do đó, ta thu được g (n) (0) =n!h(0) =n! (1.45)
Bổ đề được chứng minh. Định lý 1.1 Với bất kỳ số nguyên dương n, ta có đẳng thức
1 αj!j α j = 1, (1.46) trong đú tổng trờn Sn chạy qua tất cả α = (α 1 , α 2 ,ã ã ã, αn) cú thể cú trong N n thỏa món điều kiện n
Chứng minh Theo Bổ đề 1.1, ta có x1+1
Cho m=n và xj =t với j = 1,2,ã ã ã , n dẫn đến t+1
So sánh hệ số của t^n trong cả hai đồng nhất thức, chúng ta có thể áp dụng Bổ đề 1.2 và 1.3 để thu được hệ số tương ứng ở vế trái Đồng thời, hệ số t^n ở vế phải được xác định là tổng của tất cả các số hạng chứa t^n.
1 αj!j α j , (1.50) trong đó tổng chạy qua tất cả α có thể có trong Sn xác định bởi
Do đó ta thu được
1 αj!j α j = 1, (1.52) và ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.1 Xét phương trình vô định sau đây α1+ 2α2+ 3α3+ 4α4 = 4.
Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên không âm chỉ là α = (α1, α2, α3, α4) = (4,0,0,0), (0,0,0,1), (1,0,1,0), (0,2,0,0), (2,1,0,0).
Tiếp theo, ta tính các đại lượng Πα=α1!1 α 1 α2!2 α 2 α3!3 α 3 α4!4 α 4 , α = (α1, α2, α3, α4).
Ví dụ 1.2 Xét phương trình vô định sau đây α1+ 2α2+ 3α3+ 4α4+ 5α5 = 5.
Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên không âm chỉ là α = (α1, α2, α3, α4, α5) = (5,0,0,0,0), (0,0,0,0,1), (0,1,1,0,0),
Tiếp theo, ta tính các đại lượng Πα=α1!1 α 1 α2!2 α 2 α3!3 α 3 α4!4 α 4 α5!5 α 5 , α = (α1, α2, α3, α4, α5).
Biểu diễn đơn vị thành tổng các phân số Ai Cập với mẫu số lẻ
Hai bài toán tối ưu hóa về việc biểu diễn số 1 dưới dạng tổng các phân số Ai Cập với mẫu số lẻ đã được giải quyết Giải pháp duy nhất cho các mẫu số lẻ lên tới 105 được xác định là 3.
5, 7, 11, 33, 35, 45, 55,7 7, 105 Có 5 lời giải khi chỉ có 9 mẫu số được sử dụng.
Bằng phân số Ai Cập với độ dài l nghĩa là Ta có một biểu diễn có dạng
, trong đó ai là các số nguyên dương phân biệt Ta xem xét biểu diễn của 1bởi các phân số với các mẫu số lớn hơn 1, đơn giản là
Bài toán trở nên phức tạp hơn khi thêm điều kiện rằng các mẫu số không chia hết cho một số nguyên tố đầu tiên Đặc biệt, việc tìm kiếm một biểu diễn với mẫu số lẻ là một vấn đề thú vị Vấn đề này có liên quan đến việc giải phương trình.
= 1, 3≤a1 < a2