Chuyên đề đẳng thức tổ hợp

Giới thiệu Chuyên đề đẳng thức tổ hợp

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề đẳng thức tổ hợp.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Chuyên đề đẳng thức tổ hợp

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

Chuyên đề Diễn đàn Toán học Chuyên đề ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Vol.1 Chế bản Hoàng Xuân Thanh [hxthanh] Trần Quốc Nhật Hân [perfectstrong] Trần Trung Kiên [Ispectorgadget] Nguyễn Bảo Phúc [dark templar] c 2013 Diễn đàn Toán học Lời giới thiệu Bạn đọc thân mến! Đại Số Tổ Hợp ngày nay đã trở thành một môn học không thể thiếu trong chương trình trung học phổ thông. Khi nói về các bài toán Tổ hợp, chúng ta không thể không nhắc tới một dạng toán rất hay và quen thuộc đó là: Đẳng thức tổ hợp. Đẳng thức tổ hợp (ĐTTH) là những đẳng thức có chứa các hệ số nhị thức thường được phát biểu dưới dạng tính tổng. Có thể nói ĐTTH là một trong những đề tài khó nhất và hấp dẫn nhất của Đại Số Tổ Hợp. Việc ĐTTH xuất hiện thường xuyên trong các kỳ thi Đại Học, học sinh giỏi những năm gần đây, cũng là một dấu hiệu cho thấy sự quan tâm và đầu tư một cách tích cực hơn về vấn đề này. Nhân sự kiện đón xuân Quý Tỵ và kỷ niệm tròn một năm Diễn đàn Toán học khai trương trang chủ mới (16/01/2012 – 16/01/2013), nhóm biên tập chúng tôi cùng nhiều thành viên tích cực của diễn đàn đã chung tay biên soạn một chuyên đề gửi đến bạn đọc. Với một số phương pháp từ cơ bản đến nâng cao về Đại Số Tổ Hợp nói chung và ĐTTH nói riêng, chúng tôi, những người thực hiện chuyên đề này, mong muốn đem đến cho bạn đọc một chút gì đó mới mẻ trong các bài toán về ĐTTH, chẳng hạn như phương pháp Sai Phân, Sai phân từng phần, v.v… Bạn đọc sẽ tìm thấy trong chuyên đề này một số dạng bài toán quen thuộc được nhìn nhận và tiếp cận theo phong cách hoàn toàn mới, qua những ví dụ và bài tập điển hình. i ii Chuyên đề là tập hợp các bài viết của các tác giả: Trần Quốc Nhật Hân (perfectstrong), Bùi Đức Lộc (supermember), Hoàng Xuân Thanh (hxthanh), Lê Kim Nhã (gogo123), Nguyễn Bảo Phúc (Dark Templar), Trần Trung Kiên (Ispectorgadget), Lưu Giang Nam (namheo1996), Hoàng Minh Quân (batigoal), Nguyễn Hiền Trang (tranghieu95) … cùng sự góp sức của nhiều thành viên tích cực khác trên Diễn đàn Toán học như thầy Châu Ngọc Hùng (hungchng), Lê Hữu Điền Khuê (Nesbit), Đinh Ngọc Thạch (T*genie*), HeilHittler, trungpbc, … Chuyên đề gồm 6 chương. Chương 1 tóm tắt Tổng quan về hệ số nhị thức. Phương pháp cân bằng hệ số của khai triển nhị thức quen thuộc sẽ được nghiên cứu ở chương 2. Tính tổng bằng Sai Phân và Sai Phân Từng Phần chiếm vị trí ở chương 3. Chương 4 viết về Hàm Sinh và những ứng dụng mạnh mẽ trong chứng minh ĐTTH. Chương 5 là Một số ứng dụng của nhị thức trong các bài toán Số Học. Khép lại chuyên đề là chương 6 Phương pháp đếm bằng hai cách. Những phương pháp và bài tập được giới thiệu trong chuyên đề này có thể chưa phải là hay nhất, chưa phải là tổng quát nhất. Nhưng hy vọng bạn đọc hãy tiếp tục nghiên cứu, sáng tạo. Đó mới là tinh thần học toán mà chuyên đề muốn mang tới. Tài liệu này cũng thay cho lời chúc mừng năm mới của Diễn đàn Toán học gửi đến quý bạn đọc! Do thời gian chuẩn bị gấp rút, một số nội dung chưa được đầu tư một cách tỉ mỉ và không thể tránh khỏi sai sót, chúng tôi mong bạn đọc thông cảm. Mọi sự ủng hộ, đóng góp, phê bình của độc giả sẽ là nguồn động viên tinh thần to lớn cho ban biên tập cũng như các tác giả để những phiên bản cập nhật sau của chuyên đề được tốt hơn. Mọi trao đổi góp ý xin gửi về địa chỉ email : [email protected] Trân trọng! Nhóm biên tập Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Mục lục i Lời giới thiệu Chương 1 Tổng quan về hệ số nhị thức 1 1.1 1.2 Một số khái niệm 1 Các tính chất cơ bản 4 Chương 2 Phương pháp cân bằng hệ số chứng minh đẳng thức tổ hợp 11 2.1 2.2 Khai triển số thực 12 Ứng dụng số phức 22 Chương 3 Tính tổng, chứng minh ĐTTH bằng phương pháp Sai phân từng phần 41 3.1 Sai Phân (Difference) 42 iii iv Mục lục 3.2 3.3 3.4 Sai Phân Từng Phần 43 Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 44 Bài tập tự luyện 68 Chương 4 Sử dụng hàm sinh chứng minh đẳng thức tổ hợp 71 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 Thay lời mở đầu 72   n 74 k Những dạng khai triển hàm sinh cần biết 75 Những định lý cơ bản trong tính tổng dùng hàm sinh 76 Bài tập minh họa 81 Các bài toán không mẫu mực 108 Bài tập tự luyện 121 Những biến đổi đại số thường gặp với Chương 5 Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào Số học 125 5.1 5.2 5.3 5.4 Định lý 125 Một số hệ thức cơ bản Các bài toán 127 Bài tập 148 126 Chương 6 Kỹ thuật đếm bằng hai cách chứng minh đẳng thức tổ hợp 151 6.1 6.2 Diễn đàn Toán học Nguyên lí đếm bằng hai cách 152 Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp 153 N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Mục lục v 6.3 6.4 6.5 171 Ứng dụng phương pháp đếm giải các bài toán đồ thị 165 Ứng dụng đếm hai cách giải các bài toán rời rạc 167 Bài tập 169 Tài liệu tham khảo Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học Chương 1 Tổng quan về hệ số nhị thức 1.1 1.2 Một số khái niệm 1 Các tính chất cơ bản 4 Hoàng Xuân Thanh (hxthanh) Tóm tắt nội dung Đẳng thức tổ hợp (ĐTTH) được giới thiệu trong bài viết này được hiểu   là các đẳng thức có chứa các hệ số nhị thức (binomial coefficient) n . ĐTTH là một đề tài rất hay và khó, cùng với đó là rất nhiều k phương pháp tiếp cận khác nhau cho một bài toán. Trong phần này, tác giả sẽ hệ thống cho bạn đọc một số khái niệm và những công thức thường sử dụng. 1.1 1.1.1 Một số khái niệm Hệ số nhị thức Định nghĩa 1.1 (Hệ số nhị  thức) n Hệ số nhị thức ký hiệu là hệ số của xk trong khai triển của nhị thức k 1 2 1.1. Một số khái niệm n   X n k (1 + x) = x . k n k=0   n đọc là số tổ hợp n chập k (n choose k). k 4 Lưu ý rằng, một số quốc gia Châu Á trong đó có Việt Nam, thường ký hiệu tổ hợp n chập k là {kn .   n Trong toàn bộ chuyên đề này chúng ta sử dụng ký hiệu quốc tế k Tính   chất 1.1 (Quy ước)– n = 0 nếu k > n ≥ 0 hoặc k < 0 ≤ n. k  Định lý 1.1 (Công thức giai thừa)– Với mọi số nguyên không âm n và k ta có   n n! = k!(n − k)! k (1.1) với n! = 1.2...n trong đó quy ước 0! = 1. 1.1.2  Luỹ thừa giảm, lũy thừa tăng Định nghĩa 1.2 (Luỹ thừa giảm) Lũy thừa giảm n của x là xn = x(x − 1)...(x − n + 1) | {z } n nhân tử Quy ước x0 = 1. 4 Định nghĩa 1.3 (Luỹ thừa tăng) Lũy thừa tăng n của x là (x)n = x(x + 1)...(x + n − 1) | {z } n nhân tử Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 1.1. Một số khái niệm 3 Quy ước (x)0 = 1   n nk (n − k + 1)k (−1)k (−n)k Tính chất 1.2– = = = k k! k! k! 1.1.3 4  Khai triển nhị thức suy rộng với số mũ thực Định lý 1.2– Với mọi số thực x và s ta có ∞   X s k s x (1 + x) = k (1.2) k=0 = 1+ s1 s2 sk x + x2 + · · · + xk + · · · 1! 2! k! (1.3)  Chứng minh. Đặt f (x) = (1 + x)s , áp dụng khai triển Maclaurin cho f (x), ta có lần lượt f (0) = (1 + x)s f 0 (0) = s(1 + x) f 00 (0) = s2 (1 + x=0 s−1 = s0 = s1 x=0 x)s−2 x=0 = s2 ··· = ··· f (k) (0) = sk Do đó f (x) = ∞ X f (k) (0) k=0 k! k ·x = ∞ k X s k=0 k! · xk  Vì lý do trên nên người ta mở rộng hệ số nhị thức cho “cơ số” thực s bất kỳ như sau: Định nghĩa 1.4 Với s ∈ R và k ∈ N   s sk s(s − 1) . . . (s − k + 1) = = k k! k!   s xác định như trên được gọi là hệ số nhị thức mở rộng. k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 4 Diễn đàn Toán học 4 1.2. Các tính chất cơ bản 1.2 Các tính chất cơ bản Tính chất 1.3 (Tính chất đối xứng)– Với mọi số nguyên n, k thoả mãn 0 ≤ k ≤ n ta có     n n = k n−k  Tính chất 1.4 (Công thức Pascal)–       n n n+1 + = k k+1 k+1  Chứng minh. Chứng minh trực tiếp từ công thức giai thừa.  Từ công thức Pascal, người ta lập được bảng số sau, được gọi là Tam giác Pascal             n n n n n n n 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 .. . 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 5 1 3 6 10 1 4 10 1 5 1 ··· ··· ··· ··· ··· ··· •→ • ↓ • Tam giác Pascal cho phép ta tính dần được các hệ số nhị thức. Mỗi số trong tam giác Pascal được xác định bởi tổng của hai số hạng hàng trên gần nhất phía bên trái (theo hướng mũi tên) Tính chất 1.5 (Tổng theo cột)–   n   X k n+1 = m m+1 k=0 Diễn đàn Toán học N  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 1.2. Các tính chất cơ bản 5 Ví dụ 1.1.       n n n n 1 2 3 2 3 4 5 6 7 1 3 6 10 15 1 + 3 + 6 + 10 + 15 = 35 35 4 Chứng minh. n   X k k=0 m  n  X k+1  k = − m+1 m+1 k=0     n+1 0 = − m+1 m+1   n+1 = m+1  (Theo công thức Pascal) (Sai phân)  Tính chất 1.6 (Tổng theo đường chéo chính)–  n  X m+k k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp k   m+n+1 = n N  Diễn đàn Toán học 6 1.2. Các tính chất cơ bản Ví dụ 1.2.           n n n n n n 0 1 2 3 4 2 3 4 5 6 7 1 3 1 + 3 + 6 + 10 + 15 = 35 6 10 15 35 4 Chứng minh.  n  X m+k k=0 k =  n  X m+k m k=0 (Đối xứng)   m+n+1 = (Tổng theo cột) m+1   m+n+1 = (Đối xứng) n  Tính chất 1.7 (Tổng theo đường chéo phụ (số Fibonacci))–  n  X n−k k=0 Diễn đàn Toán học k = Fn+1  N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 1.2. Các tính chất cơ bản 7 Ví dụ 1.3.           n n n n n n 0 1 2 3 4 2 3 4 5 6 7 1 1 1 4 5 6 3 6 10 F6 1 4 F7 F8 1 + 4 + 3 = 8 = F6 1 + 5 + 6 + 1 = 13 = F7 1 + 6 + 10 + 4 = 21 = F8 4 Chứng minh. Ta chứng minh đẳng thức trên bằng quynạp  theo n 0 Với n = 1 và n = 2 dễ thấy các tổng là: = 1 = F1 và 0     1 0 + = 1 = F2 0 1 Giả sử đẳng thức đúng đến n − 1. Khi đó ta có:  X  X  n  n  n  X n−k n−1−k n−1−k = + (Pascal) k k−1 k k=0 k=0 k=0 n−2 X n − 2 − k  n−1 X n − 1 − k  = + k k k=0 k=0 = Fn−2 + Fn−1 = Fn (giả thiết quy nạp) (Công thức truy hồi dãy Fibonacci) Tính chất 1.8 (Quy tắc “hút” (absorption))– Với 0 < k ≤ n, ta có:     n n n−1 = k k k−1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N   Diễn đàn Toán học 8 1.2. Các tính chất cơ bản Chứng minh. Chứng minh trực tiếp từ công thức giai thừa  Tính chất 1.9 (Công thức lùi “cơ số”)– Với 0 ≤ k < n, ta có:     n n n−1 = k n−k k  Chứng minh. Chứng minh trực tiếp từ công thức giai thừa.  Tính chất 1.10– Tập con của tập con Với 0 ≤ k ≤ m ≤ n, ta có:       n m n n−k = m k k m−k  Chứng minh. Chứng minh trực tiếp từ công thức giai thừa  Một đẳng thức cũng hay được dùng đến là đẳng thức Vandermonde Tính chất 1.11 (Đẳng thức Vandermonde (2 thừa số))– Cho các số nguyên không âm n, m, r. Ta có:    n   X n m n+m = k r−k r k=0  Chứng minh. Dựa vào đẳng thức: (1 + x)n (1 + x)m = (1 + x)n+m Khai triển ra ta có: n   X n k=0 ⇔ k m   n+m X X n + m m j x = xk j k j=0 k=0 n X m  X k=0 j=0 Diễn đàn Toán học xk   n+m X n + m n m j+k x = xk k j k k=0 N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 1.2. Các tính chất cơ bản 9 So sánh hệ số của xr ở hai vế ta có: X nm n + m = k j r j+k=r    n   X n m n+m ⇔ = k r−k r  k=0 Chứng minh tương tự ta có đẳng thức mở rộng sau: Tính chất 1.12 (Đẳng thức Vandermonde (mở rộng))– Cho các số nguyên không âm n1 , . . . , nr , k = k1 + k2 + ... + kr . Ta có:        X n1 n2 nr n1 + n2 + · · · + nr ... = k1 k2 kr k k1 +k2 +...+kr =k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N  Diễn đàn Toán học Chương 2 Phương pháp cân bằng hệ số chứng minh đẳng thức tổ hợp 2.1 2.2 Khai triển số thực 12 Ứng dụng số phức 22 Trần Trung Kiên (Ispectorgadget) Trần Quốc Nhật Hân (perfectstrong) Hoàng Xuân Thanh (hxthanh) Lê Kim Nhã (gogo123) Tóm tắt nội dung Phương pháp cân bằng hệ số là một trong những phương pháp khá hay và mạnh trong các bài toán tính tổng có chứa hệ số nhị thức. Cơ sở của phương pháp là việc đồng nhất hai đa thức bằng nhau (có thể là chuỗi luỹ thừa). Từ một hằng đẳng thức, ta khai triển thành đa thức theo 2 cách khác nhau, thì hai đa thức thu được vẫn phải là như nhau. Từ đó ta suy ra được hệ số của số hạng bậc nào đó trong 2 khai triển là bằng nhau, là điều cần chứng minh hoặc yêu cầu tính của đề bài. 11 12 2.1. Khai triển số thực 2.1 Khai triển số thực Ví dụ 2.1. Chứng minh đẳng thức 2n X k=0  2   2n n 2n (−1) = (−1) k n k 4 Lời giải. Xét đẳng thức (1 − x2 )2n = (1 − x)2n (1 + x)2n (2.1) Khai triển Vế Trái của (2.1), ta có: 2 2n (1 − x )  2n  X 2n (−1)k x2k = k k=0 Hệ số củax2n trong khai triển trên tương ứng với số hạng k = n là 2n (−1)n . n Khai triển Vế Phải của (2.1), ta được: 2n (1 − x) (1 + x) 2n =  2n  X 2n k k=0 = 2n X 2n X k=0 j=0  2n  X 2n j (−1) x x j k k j=0    2n j+k k 2n (−1) x k j Như vậy, hệ số của x2n trong khai triển trên tương ứng với các số hạng thoả k + j = 2n là X    X    X  2 2n 2n 2n 2n 2n k 2n k 2n (−1) = (−1) = (−1) k j k 2n − k k k k+j=2n k=0 k=0 Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. Diễn đàn Toán học N  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.1. Khai triển số thực 13 Ví dụ 2.2. a) Chứng minh đẳng thức:       X n n X 3n 2n k n k n (−1) (−1) = Sn = k n+k k 2k k=0 k=0 b) Tính S2m (m ∈ N) 4 Lời giải. Ta có đẳng thức: (1 − x2 )n (1 + x)2n = (1 − x)n (1 + x)3n . Khai triển ra ta được:   X     2n  2n  n n X X 3n j 2n j X k n k k n 2k (−1) x x (−1) x x = k j k j j=0 k=0 ⇔ k=0 j=0       n 2n 3n i+j 2n 2k+j X X k n k n x x = (−1) (−1) j k j k n X 2n X k=0 j=0 k=0 j=0 Tìm hệ số của x2n trong cả hai khai triển trên ta có:       X X 3n 2n k n k n = (−1) (−1) 2n − k k 2n − 2k k k+j=2n 2k+j=2n    X    n n X 2n 3n k n k n (−1) (−1) ⇔ = k 2k k n+k k=0 k=0 Đẳng thức a) được chứng minh. Ta tiếp tục chứng minh đẳng thức b). Ta có:    n X 3n k n Sn = (−1) k n+k = k=0 n X k=0 n!(3n)!(−1)k k!(n − k)!(n + k)!(2n − k)! n n!(3n)! X (2n)!(2n)!(−1)k (2n)!(2n)! k!(2n − k)!(n + k)!(n − k)! k=0    n n!(3n)! X 2n k 2n = (−1) (2n)!(2n)! k n−k = k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 14 ⇒ S2m 2.1. Khai triển số thực (2m)!(6m)! = (4m)!(4m)! X k  (−1) k+j=2m 4m k   4m j Xét đẳng thức: (1 − x2 )4m = (1 − x)4m (1 + x)4m      4m X 4m 4m X X 4m k+j k 4m 2k k 4m (−1) x = (−1) x ⇔ k k j k=0 j=0 k=0 Cân bằng hệ số x2m ở đẳng thức trên ta có:      X 4m m 4m k 4m (−1) = (−1) m k j k+j=2m Từ đó suy ra: S2m = (2m)!(6m)! (−1)m (4m)! (−1)m (2m)!(6m)! · = (4m)!(4m)! m!(3m)! m!(3m)!(4m)!  Ví dụ 2.3. Tìm hệ số x10 trong khai triển P (x) = (1 + x + x2 + x3 )15 4 Lời giải (1). - Dùng hệ số nhị thức mở rộng (1 − x4 )15 (1 − x)15 = (1 − x)−15 (1 − x4 )15  ∞  15   X X −15 15 k k = (−1) x (−1)j x4j k j j=0 k=0    X 15 k+4j j 14 + k = (−1) x k j P (x) = 0≤j≤15 k≥0 Ta cần tìm hệ số x10 , nghĩa là phải tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của k + 4j = 10. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.1. Khai triển số thực 15 Suy ra (j, k) ∈ {(0, 10); (1, 6); (2, 2)} Hệ số cần tìm có tất cả 3 số hạng tương ứng với (j, k) như trên là:  14 + 10 10         15 14 + 6 15 14 + 2 15 − + = 1 392 456 0 6 1 2 2  Lời giải (2). - Khai triển trực tiếp Một cách tổng quát: P (x) = (1 + x + x2 + x3 )n = (1 + x)n (1 + x2 )n n   n   X n k X n 2j = x x k j j=0 k=0 n X n    X n n k+2j = x k j k=0 j=0 Hệ số của xm trong khai triển trên sẽ tương ứng với các số hạng thoả k + 2j = m hay k = m − 2j. Nghĩa là: X n n  m 2 3 n hx i (1 + x + x + x ) = j m − 2j j≥0 Ký hiệu: hxm i f (x) nghĩa là hệ số của xm trong khai triển f (x) Với n = 15 và m = 10, ta có: X 15 15  10 2 3 15 x (1 + x + x + x ) = j 10 − 2j j≥0          15 15 15 15 15 15 = + + 0 10 1 8 2 6          15 15 15 15 15 15 + + + 3 4 4 2 5 0 = 1 392 456  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 16 2.1. Khai triển số thực Nhận xét. Bằng việc khai triển đẳng thức trên theo 2 cách khác nhau, ta thu được đẳng thức sau: X j  (−1) k+4j=m k,j∈N n+k−1 k   X    n n n = j k m − 2k k≥0 Ví dụ 2.4. Với các số tự nhiên m, n thoả m ≤ n. Chứng minh rằng:  m   X m k+n k=0 k m  m   m    X X m n+k m n k m (−2)k 2 = (−1) = k k k k k=0 k=0 4 Lời giải. Ta tìm hệ số xn trong các khai triển: (−1)m [1−2(1+x)]m (1+x)n = (1+2x)m (1+x)n = [x+(1+x)]m (1+x)n (2.2) Ta có: m   n   X m k kX n j (1 + 2x) (1 + x) = 2 x x k j j=0 k=0 m X n    X m n k k+j = 2 x k j m n k=0 j=0 Hệ số của xn bao gồm tổng các số hạng thoả: k + j = n hay j = n − k. Đó là:  m   X m n 2k (2.3) k n−k k=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.1. Khai triển số thực 17 Ta có tiếp: m   X m m−k [x + (1 + x)] (1 + x) = x (1 + x)k+n k k=0  m   n+k  X m m−k X n + k j = x x k j m n j=0 k=0 m n+k X X mn + k  = xm−k+j k j k=0 j=0 Hệ số của xn bao gồm tổng các số hạng thoả: m − k + j = n hay j = n + k − m. Đó là:  m   X m n+k (2.4) k n+k−m k=0 Tiếp theo: m   X m (−1) [1 − 2(1 + x)] (1 + x) = (−1) (−2)k (1 + x)k+n k k=0 m   n+k X X n + k  m m k = (−1) (−2) xj k j m m n m j=0 k=0 = (−1)m m n+k X X k=0 j=0   m n+k (−2)k xj k j Như vậy hệ số của xn tương ứng với j = n. Đó là:  m   X m n+k m (−1) (−2)k k n (2.5) k=0 Từ (2.2), (2.3), (2.4), (2.5) ta thu được các đẳng thức cần chứng minh. Ví dụ 2.5. Chứng minh đẳng thức:      n X 4n 2n + 2k 8n n−k 4 = 2n + 2k k 2n k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 4 Diễn đàn Toán học 18 2.1. Khai triển số thực Lời giải. Biểu thức của vế phải cho ta thấy đó là hệ số của số hạng thứ 2n + 1 trong khai triển của nhị thức với bậc 8n. Ta có:  8n  X 8n 8n−k k 8n (x + y) = x y k k=0   8n 6n 2n Như vậy số hạng thứ 2n + 1 (tương ứng với k = 2n) là x y 2n   8n Để cho đơn giản, ta cho y = x−1 tức là = x4n (x + x−1 )8n 2n Ký hiệu hxn i f (x) ở đây nghĩa là Hệ số của xn trong khai triển f (x) Ta có:   4n 8n = x4n (x + x−1 )8n = x4n x2 + x−2 + 2 2n  4n  X 4n−k k 4n 4n 2 x2 + x−2 = x k k=0 4n 4n−k X X 4n4n − k  4n = x 2k x8n−2k−2j x−2j k j k=0 j=0 = x 4n 4n 4n−k X X 4n4n − k  2k x8n−4j−2k k j k=0 j=0 Như vậy các số hạng chứa x4n tương ứng với k, j thoả 8n−4j −2k = 4n hay k = 2n − 2j, khi đó 0 ≤ 2n − 2j ≤ 2n ⇒ 0 ≤ j ≤ n Thay giá trị k = 2n − 2j và giới hạn của j vào biểu thức trên ta được:   X    X    n n 8n 4n 2n + 2j 4n 2n + 2k 2n−2j n−k = 2 = 4  2n 2n − 2j j 2n + 2k k j=0 k=0 Nhận xét. Cái hay của phương pháp này đó là: Bằng cách khai triển theo những cách khác nhau, ta có thể mở rộng được nhiều đẳng thức khác nhau từ bài toán ban đầu! Ví dụ: Từ đẳng thức:   8n = x4n (x + x−1 )8n 2n Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.1. Khai triển số thực 19 Ta khai triển như sau: (x + x −1 8n ) 2 = 2+x +x  −2 4n = =  4n  X 4n k k=0 4n X k  X k=0 j=0 24n−k (x2 + x−2 )k 4n k   k 4n−k 2k−2j −2j 2 x x j   4n X k  X 4n k 4n−k 2k−4j = 2 x k j k=0 j=0 Từ đó: 2k − 4j = 4n hay 0 ≤ k = 2n − 2j ≤ 2n ⇒ 0 ≤ j ≤ n Do đó hệ số x4n của khai triển trên sẽ là:     4n X k  n  X 4n k 4n−k 2k−4j X 4n 2n − 2j n+j 4n x 2 x = 4 k j 2n − 2j j k=0 j=0 j=0 Từ đó ta có thêm đẳng thức:   X   n  8n 4n 2n − 2k n+k = 4 2n 2n + 2k k k=0 Bây giờ mà đảo chiều của tổng Vế Phải (thay k bởi n − k), ta có tiếp:   X   n  8n 4n 2k = 42n−k 2n 2k n−k k=0 Kết hợp với đề bài thì ta có đẳng thức    X    n n X 4n 2n + 2k 2k n−k 2n−k 4n 4 = 4 2n + 2k k 2k n−k k=0 k=0   2k n Lưu ý rằng chỉ 6= 0 khi 2k ≥ n − k hay k ≥ 3 n−k Như vậy:       n n X X 4n 2k 4n 2k 42n−k = 42n−k 2k n−k 2k n−k k=0 k=b n+2 3 c Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 20 2.1. Khai triển số thực Ví dụ 2.6. Với các số nguyên n, m thoả 0 ≤ m ≤ n. Chứng minh đẳng thức: b n−m      2 c X 2n − 2k n n−m k n (−1) = 2 k n+m m k=0 4 Lời giải. Quan sát vế phải của đẳng thức cần chứng minh ta thấy rằng:   n n−m 2 = hxm i (2 + x)n m   2n − 2k Mặt khác quan sát thấy vế phải của đẳng thức có nhị thức , n+m điều này chứng tỏ biểu thức đó là hệ số bậc (n + m) của một khai triển bậc cao hơn n Do đó ta sẽ nhân thêm xn vào khai triển trên hxm i (2 + x)n = xn+m (2x + x2 )n = xn+m [(x + 1)2 − 1]n n   X n n+m = x (x + 1)2(n−k) (−1)k k k=0 n 2n−2k X X n2n − 2k  n+m = x (−1)k xj k j k=0 j=0 Suy ra j = n + m và do đó ta có:      n n n−m X 2n − 2k k n 2 (−1) = m k n+m k=0 n−m thì 2n−2k < n+m và khi đó 2 Từ đó ta có đẳng thức cần chứng minh Để ý rằng với k > Diễn đàn Toán học N   2n − 2k =0 n+m  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.1. Khai triển số thực 21 Bài tập Bài 1. Cho các số tự nhiên m, n thoả mãn m ≤ 2n Chứng minh đẳng thức     m  X 2n 2n − 2k k 4n 4 = 2k m−k 2m k=0 Bài 2. Cho các số tự nhiên m, n thoả mãn 2m + 1 ≤ 3n Chứng minh đẳng thức     X n n   X n n n + 2m − 4k k n (−1) = k 2m + 1 − 2k k n−1 k=0 k=0 Bài 3. Chứng minh đẳng thức      n X 2n − k k 2n n 2n (−3) = (−2) k n−k n k=0 Bài 4. Chứng minh đẳng thức n bX  2 c   n n−k k=0 k k = n X k=0    n 2n − 2k (−1) k n−k k Bài 5. Chứng minh đẳng thức n X k=0  2    n X n 2n n k n (−1) 2 =2 (−1) k k k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp k k k=0 N Diễn đàn Toán học 22 2.2 2.2. Ứng dụng số phức Ứng dụng số phức Việc tính tổng hoặc chứng minh đẳng thức chứa các hệ số nhị thức, đôi khi ta cũng cần dùng đến công cụ số phức. Vậy khi nào ta cần dùng đến số phức? Đó là những tổng có dạng n X n X (−1)k .f (m, pk) với f (m, pk) hoặc k=0 k=0 p>1 Ý nghĩa của những tổng dạng trên đó là “khoảng cách” giữa hai số hạng liên tiếp là một bội của biến chạy k. Ví dụ:   n X k 2n (−1) ; 2k k=0  n  X 3n k=0 3k ; v.v… Tại sao ta cần dùng số phức? Ta cần đến tính chất gì của số phức? Để trả lời cho câu hỏi trên, chúng ta hãy cùng tìm hiểu một số vấn đề sau: Ta có i2 = −1; i2n = (−1)n ; . . . . Xét phương trình xn − 1 = 0 (2.6) √ n Phương trình (2.6) có nghiệm x = 1. Những nghiệm này (cả nghiệm phức) bao gồm n giá trị {1; ε; ε2 ; …; εn−1 } trong đó:     2π 2π ε = cos + i sin n n Mặt khác: xn − 1 = (x − 1)(xn−1 + xn−2 + … + x + 1) Như vậy ngoại trừ nghiệm x = 1 thì n − 1 nghiệm phức còn lại đều thoả mãn phương trình: xn−1 + xn−2 + … + x + 1 = 0 Diễn đàn Toán học N (2.7) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 23 Thay lần lượt các giá trị nghiệm vào (2.7), ta được: εn−1 + εn−2 + … + ε + 1 = 0 ε2(n−1) + ε2(n−2) + … + ε2 + 1 = 0 … Một cách tổng quát ta có Định lý 2.1 (Định lý RUF – Root of Unity Filter)– 1 X k ε = n n ε =1 ( 1 0 nếu nếu n|k n-k  Hiểu một cách đơn giản là: Trung bình cộng với luỹ thừa bậc k của n giá trị căn phức bậc n của 1 bằng 1 nếu k là bội của n, ngược lại giá trị này bằng 0. Ngoài ra một tính chất rất cơ bản đó là: ( Re(z1 ) = Re(z2 ) z1 = z2 ⇔ Im(z1 ) = Im(z2 ) Để tìm hiệu cách sử dụng các tính chất trên như thế nào, ta hãy xét một số ví dụ sau: Ví dụ 2.7. Tính tổng   n X k 2n S= (−1) 2k k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 4 Diễn đàn Toán học 24 2.2. Ứng dụng số phức Lời giải. Xét khai triển (1 + i)2n , ta có: n (1 + i) =  2n  X 2n k k=0 ik  n  X 2n i2k−1 i + = 2k − 1 2k k=1 k=0   X   n n X 2n 2n = (−1)k + i.(−1)k−1 2k 2k − 1  n  X 2n 2k k=0 k=1 Như vậy ta dễ dàng nhận ra được:   n X k 2n S= (−1) = Re[(1 + i)2n ] 2k k=0 Và nhân tiện ta cũng có luôn:   n X 2n k−1 (−1) = Im[(1 + i)2n ] 2k − 1 k=1 Mặt khác: (1 + i)2n = h√   π π i2n nπ  nπ 2 cos + i sin = 2n cos + i sin 4 4 2 2 Từ đó suy ra: S= n X k=0 và: n X k=1   2n nπ (−1) = 2n cos 2 2k k−1 (−1) k   2n nπ = 2n sin 2k − 1 2  Nhận xét. Liệu bài toán này có phải bắt buộc phải dùng công cụ số phức? Các bạn thử tìm cách khác xem nhé! Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 25 Ví dụ 2.8. Tính tổng S=  3n  X 12n 4k k=0 4 Lời giải. Nhìn vào đề bài, gợi ý cho ta liên hệ ngay đến khai triển (1 + i)12n ? Nhưng liệu có ra được kết quả cuối cùng không? Ta hãy tính thử xem! 12n (1 + i)  12n  X 12n k i = k k=0 Các số hạng của ta “cách đều” một khoảng bội của 4, như vậy một cách tự nhiên ta sẽ tách khai triển trên thành 4 tổng theo phân đoạn module 4 (theo k mod 4)    12n  3n  3n−1  X 12n k X 12n 4k X 12n i = i + i4k+1 k 4k 4k + 1 k=0 k=0 k=0   3n−1 3n−1 X X  12n  12n 4k+2 + i + i4k+3 4k + 2 4k + 3 k=0 k=0    3n  3n−1 X X 12n 12n = +i 4k 4k + 1 k=0 k=0 3n−1 3n−1 X  12n  X  12n  − −i 4k + 2 4k + 3 k=0 k=0 Đến đây, ta gặp một “vướng mắc nhỏ”, đó là:  Re (1 + i) 12n  =  3n  X 12n 4k k=0 − 3n−1 X k=0 12n 4k + 2  (2.8) Như vậy là so với tổng cần tính giá trị của ta “thừa ra” một tổng … tương tự. Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 26 2.2. Ứng dụng số phức Không vấn đề gì, trở lại với số thực ta xét khai triển: 12n (1 + x)  12n  X 12n k x = k k=0   3n  3n−1  X 12n 4k X 12n = x + x4k+1 4k 4k + 1 k=0 k=0   3n−1 3n−1 X X  12n  12n 4k+2 + x + x4k+3 4k + 2 4k + 3 k=0 k=0 và 12n (1 − x)  12n  X 12n = (−1)k xk k k=0   3n−1  3n  X 12n 12n 4k X x4k+1 x − = 4k + 1 4k k=0 k=0 3n−1 3n−1 X  12n  X  12n  4k+2 + x − x4k+3 4k + 2 4k + 3 k=0 k=0 Cộng 2 đẳng thức trên theo từng vế ta được: 12n (1 + x) + (1 − x) 12n  3n  3n−1 X X  12n  12n 4k =2 x +2 x4k+2 4k 4k + 2 k=0 k=0 Cho x = 1, thì ta được: 2 12n =2  3n  X 12n k=0 4k +2 3n−1 X 12n 4k + 2 k=0  hay 2 12n−1 =  3n  X 12n k=0 Diễn đàn Toán học 4k + 3n−1 X k=0 N 12n 4k + 2  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 27 Cộng vế theo vế với (2.8), ta sẽ có:  3n  X   12n = 2S 212n−1 + Re (1 + i)12n = 2 4k k=0   Việc còn lại ta chỉ phải tìm Re (1 + i)12n . Ta có: h√  π i12n π (1 + i)12n = 2 cos + i sin 4 4 = 26n (cos(3nπ) + i sin(3nπ)) = (−1)n 26n Từ đó ta có: S=  3n  X 12n 4k k=0 = 212n−2 + (−1)n 26n−1  Nhận xét. Ngoài ra ta còn thu được đẳng thức:  12n Im (1 + i)  3n−1 X = k=0  3n−1 X  12n  12n − =0 4k + 1 4k + 3 k=0 hay 3n−1 X k=0 12n 4k + 1  = 3n−1 X k=0 12n 4k + 3  (2.9) Thêm một câu hỏi cho các bạn: Tổng (2.9) bằng bao nhiêu? Ví dụ 2.9. Cho n ∈ N. Chứng minh rằng      2       2 n n n n n 1− + − ··· + − + + · · · = 2n 2 4 1 3 5 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 4 Diễn đàn Toán học 28 2.2. Ứng dụng số phức Lời giải (1). Ta có:              n n n n n n (1 + i) = 1 − + + ··· + i − + + ··· 2 4 1 3 5 Lại có: (1 + i)n = √  nπ nπ  √ n nπ √ n nπ 2n cos + sin = 2 cos + 2 sin 4 4 4 4 Do đó:     2  nπ 2 n n 1− + + ··· = 2n cos 2 4 4       2  nπ 2 n n n − + − ··· = 2n sin 4 1 3 5  Cộng 2 đẳng thức trên, ta có đẳng thức cần chứng minh. Lời giải (2). Xét số phức z = 1 + i. Khi đó n   X n k i z n = (1 + i)n = k k=0              n n n n n = 1− + + ··· + i − + − ··· 2 4 1 3 5  Suy ra     2       2 n n n n n |z | = 1 − + + ··· + − + − ··· 2 4 1 3 5 √ n Mà |z n | = |z|n = 2 . Từ đó ta có được đpcm.   n 2 Ví dụ 2.10. Tính tổng        2n 2n 2n 2n − 3n−1 + … + (−1)n−1 3 + (−1)n 0 2 2n − 2 2n           4m 4m 4m 4m 4m B = 32m + 32m−2 + 32m−4 + … + 32 + 0 4 8 4m − 4 4m A = 3n  4 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 29 Lời giải. Xét các khai triển √ ( 3 + x) 2n √ ( 3 − x)2n  2n  X 2n √ 2n−k k ( 3) = x k k=0  2n  X 2n √ 2n−k = ( 3) (−1)k xk k k=0 Vậy        2n 2n 2n 2n + 3n−1 x2 + 3n−2 x4 + … + +x2n 0 2 4 2n i √ 1h √ = ( 3 + x)2n + ( 3 − x)2n 2 T = 3n  Chọn x = i thì   √ π π 2n nπ  nπ + i sin ( 3 + i)2n = 22n cos + i sin = 22n cos 3  6  6  2n 3  √ −π −π nπ nπ  ( 3 − i)2n = 22n cos + i sin = 22n cos − i sin 6 6 3 3 nπ 2n . Suy ra A = 2 cos 3 Với n = 2m, chọn x = 1 thì          4m 4m 4m 2m−1 4m 3m−2 4m A =3 +3 +3 + … + 3 + 0 2 4 4m − 2 4m √ 2m √ 2m 2m−1 =2 [(2 + 3) + (2 − 3) ]         4m 2mπ 2m 4m 2m−1 4m 2m−2 4m A=3 −3 +3 + … + = 24m cos 0 2 4 4m 3 0 2m  Do đó B= √ √ A + A0 2mπ = 22m−2 [(2 + 3)2m + (2 − 3)2m ] + 44m−1 cos 2 3 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N  Diễn đàn Toán học 30 2.2. Ứng dụng số phức Ví dụ 2.11. Chứng minh         n n n n + + + + … = 0 3 6 9         n n n n + + + + … = 1 4 7 10         n n n n + + + + … = 2 5 8 11 Lời giải. Ta có: 1 + cos ϕ + i sin ϕ = 2 cos Đặt ε = cos πn  1 n 2 + 2 cos 3 3   1 n−2 n 2 + 2 cos π 3 3   1 n−4 n 2 + 2 cos π 3 3 4 ϕ ϕ ϕ cos + i sin 2 2 2 2π 2π + i sin , ta có εk = 1 ⇔ k = 3m và 3 3 1 + εk + ε2k = 1 − ε3k =0 1 − εk với mọi k không là bội của 3. Xét các khai triển 2         n n n n = (1 + 1) = + + … + + 0 1 n−1 n         n n n n = +ε + … + εn−1 + εn 0 1 n−1 n         n n n 2 2n−2 2n n = +ε + … + ε +ε 0 1 n−1 n n n (1 + ε)n (1 + ε)2n Ta có: n 2π 2π + i sin = 2n cosn 3 3  n 4π 4π (1 + ε2 )n = 1 + cos + i sin = 2n cosn 3 3 π πn nπ  = 2n cosn cos − i sin 3 3 3 (1 + ε)n =  1 + cos Diễn đàn Toán học N π nπ nπ  cos + i sin 3 3 3   2π 2nπ 2nπ cos + i sin 3 3 3 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 31 Gọi vế trái các đẳng thức cần chứng minh lần lượt là S1 , S2 , S3 thì π nπ cos 3 3 3S1 = (1 + 1)n + (1 + ε)n + (1 + ε2 )n = 2n + 2.2n cosn Hay       nπ  n n n 1 n 2 + 2 cos + + + … = 3 3 0 3 9 3S1 = (1 + 1)n + ε2 (1 + ε)n + ε(1 + ε2 )n    nπ  2πn nπ 2nπ = 2n + ε2 cos + i sin + i sin + ε cos 2 3 3 3 Suy ra         n n n 1 n−2 n π + + +… = 2 + 2 cos 1 3 3 4 7    nπ  2nπ 2nπ nπ n 2 = 2 ε cos + i sin + ε cos + i sin 3 3 3 3 Suy ra           n n n n 1 n−4 n + + + + … = 2 + 2 cos π 2 5 8 11 3 3  Nhận xét. Điểm mấu chốt của lời giải là sử dụng tính chất căn bậc 3 của đơn vị và công thức Moivre. Chúng ta xét thêm một ví dụ nữa để làm rõ hơn nữa cách giải dạng toán này (Hoàn toàn tương tự cho lời giải bài toán tổng quát). Ví dụ 2.12. Tính tổng         n n n n S= + + + + … 0 6 12 18 4 Lời giải. Khoảng cách của hai chỉ số trên liên tiếp là 6 nên xét số phức ε = cos Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2π 2π π π + i sin = cos + i sin 6 6 3 3 N Diễn đàn Toán học 32 2.2. Ứng dụng số phức Ta thấy εk = 1 khi và chỉ khi k là bội của 6, và với mọi k không chia hết cho 6 thì 1 + εk + ε2k + ε3k + ε4k + ε5k = 1 − ε6k =0 1 − εk Ta có: (1 + 1)n + (1 + ε)n + (1 + ε2 )n + (1 + ε3 )n + (1 + ε4 )n + (1 + ε5 )n = 6S Rõ ràng ε = cos π π − i sin , ε3 = −1 và ε6 = 1 = ε.ε nên ε6−p = εp 3 3 Do đó: (1 + ε5 )n = (1 + ε)n , (1 + ε4 )n = (1 + ε2 )n √  π π 3 cos + i sin 6 6 √  π π 1+ε = 3 cos − i sin 6 6 π π 2 1 + ε = cos + i sin 3 3 π π 2 1 + ε = cos − i sin 3 3 1+ε = Suy ra 6S = 2n + (1 + ε)n + (1 + ε)n + (1 + ε2 )n + (1 + ε2 )n   √ √ nπ  nπ  nπ nπ + i sin + ( 3)n cos + i sin = 2n + ( 3)n cos 6 6 6 6 √ n nπ nπ n = 2 + 2( 3) cos + 2 cos 6 3 Vậy ta có: S= √ 1 h n−1 nπ nπ i 2 + ( 3)n cos + cos 3 6 3 Ví dụ 2.13. Tính tổng       8n 8n 8n T2 = 1 −3 + … − (8n − 1) 1 3 8n − 1 Diễn đàn Toán học N  4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 33 Lời giải. Trước tiên ta phải dùng đạo hàm để có được hệ số đứng trước tổ hợp. Xét đa thức   X 8n   8n n k 8n f (x) = (1 + x) = + x 0 k k=1 0 ⇒ f (x) = 8n(1 + x) 8n−1 8n   X n k−1 = k x k k=0 8n−1 Lại nhân với x ta đươc g(x) = 8nx(1 + x) 8n   X n k = k x Nhận k k=0 thấy T2 chính là phần ảo của g(i) = 8ni(1 + i)8n−1 = 4n.16n + 4n.16n i Do đó T2 = 4n.16n Tương tự ta dùng đạo hàm 2 lần để tính tổng         2 8n 2 8n 2 8n 2 8n 2 −4 +6 − … − (8n) 2 4 6 8n 8n (1 + x) ⇒ 8n(1 + x)8n−1 ⇔ 8nx(1 + x)8n−1 ⇒ 8n(1 + x)8n−2 (1 + 8nx) ⇔ 8nx(1 + x)8n−2 (1 + 8nx)   X  8n  8n 8n k = + x 0 k k=1  8n  X 8n k−1 = k x k k=1  8n  X 8n k = k x k k=1   8n X 2 8n = k xk−1 k k=1   8n X 2 8n = k xk = f (x) k k=1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 34 2.2. Ứng dụng số phức Tổng cần tìm chính là phần thực của f (i) = 8nf (1 + i)8n−2 (1 + 8ni) = 16n−1 + 128n2 .16n−2 i.  Ví dụ 2.14 (T7/248-THTT). Chứng minh đẳng thức sau với n là số nguyên dương:  X  (−1)k 0≤2k≤n    2 n  + 2k  X (−1)k  0≤2k+1≤n  2 n  = 2n 2k + 1 4 Lời giải. Xét số phức z = 1 + i, sử dụng khai triển nhị thức Newton ta có   n X k n z = (1 + i) = i k n n k=0 = X (−1)k 0≤2k≤n   n + i. 2k X (−1)k 0≤2k+1≤n  n 2k + 1  Lấy module hai vế v    u   2   2 u X X u n  n  |z n | = t (−1)k + (−1)k 2k 2k + 1 0≤2k≤n 0≤2k≤n Mặt khác: zn = h√  π π in √ n  nπ nπ  = 2 cos 2 cos + i sin + i sin 4 4 4 4 Từ đó ta có |z n |2 = 2n , là điều phải chứng minh Chú ý: Nếu số phức z = cos ϕ + i sin ϕ thì: z n = (cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 35  n (cos ϕ + i sin ϕ) = (−1) . cosn−2k ϕ sin2k ϕ 2k 0≤2k≤n   X n k + i. (−1) cosn−2k−1 ϕ sin2k+1 ϕ 2k + 1 X n k  0≤2k+1≤n Do đó lấy module hai vế ta có: 2  n  (−1)k . cosn−2k ϕ sin2k ϕ 2k 0≤2k≤n  2   X n + (−1)k . cosn−2k−1 ϕ sin2k+1 ϕ = 1 2k + 1   X 0≤2k≤n π ta có kết quả bài toán trên. 4 √ π 1 π π 3 nên ta có đẳng thức: Xét ϕ = thì cos = , sin = 3 3 2 3 2       2   2 X X n  n   = 4n (−3)k + 3 (−3)k 2k 2k + 1 Xét ϕ = 0≤2k≤n 0≤2k+1≤n  Ví dụ 2.15. Chứng minh rằng n  2 X n k=0 k cos kx = n bX    2c n 2k k=0 2k k 2 cos nx x n−2k cos , x ∈ [0; π] 2 2 4 Lời giải. Đặt An = n  2 X n k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp k cos kx, Bn = n  2 X n k=0 N k sin kx Diễn đàn Toán học 36 2.2. Ứng dụng số phức Ta có: An + iBn = n  2 X n k=0 k (cos kx + i sin kx) = n  2 X n k=0 k (cos x + i sin x)k Xét hệ số y n từ hằng đẳng thức (1 + y)n (1 + zy)n = [1 + (1 + z)y + zy 2 ]n ta có X X n n n! . zl = (z + 1)l z s k!l!s! k l k+l+s=n 0≤k,l,s≤n k+l=n 0≤k,l≤n Hay viết lại dưới dạng n  2 X n k=0 k n bX   2c n 2k k (z + 1)n−2k z k z = 2k k k=0 Xét z = cos x + i sin x thì x x x 1 + z = 1 + cos x + i sin x = 2 cos cos + i sin nên với x ∈ [0; π] 2 2 2 ta có n  2 X n An + iBn = (cos x + i sin x)k k k=0 n  2 X n = zk k k=0 n bX   2c n 2k = (z + 1)n−2k z k 2k k k=0 = n bX    2c n 2k k=0 2k k  x n−2k x(n − 2k) 2 cos cos 2 2  x(n − 2k) +i sin (cos kx + i sin kx) 2 n bX    2c n 2k x n−2k  nx nx  2. cos = . cos + i sin 2k k 2 2 2 k=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 37 Vì thế An = n bX    2c n 2k k=0 Bn = 2k k 2 cos n bX    2c n 2k k=0 2k k 2 cos nx x n−2k cos 2 2 nx x n−2k sin 2 2 Vậy ta có đpcm.  Nhận xét. Theo kết quả trên thì n  2 X n k=0 k sin kx = n bX    2c 2k n k=0 k 2k 2 cos x n−2k nx sin 2 2 Nếu x = 0 thì n  2 X n k=0 k n bX     2c n 2k n−2k 2n = 2 = 2k k n k=0 Nếu x = π thì   2 0, n X   n = 2m + 1 n n (−1)k = n (−1) 2 n k n = 2m k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp m∈N 2 N Diễn đàn Toán học 38 2.2. Ứng dụng số phức Bài tập Bài 1. Cho n, k là hai số nguyên dương với n > 2k + 1, chứng minh rằng: ” # n k  X 2n mπ mnπ a) = cos 1+2 cos 2k + 1 2k + 1 2k + 1 m=1 j≥0 ” # n k  X  n  2n X mnπ mπ b) 1+2 cos cos = 2k 2k + 1 2k + 1 j2k m=1 X n j(2k + 1)  j≥0 c) (Tổng quát) X  n  2n k−1 X mπ n (n − 2j)mπ = cos cos j + rk k m=0 k k r≥0 Bài 2. Cho các dãy số an , bn , cn được xác định theo công thức:       n n n an = + + + … 0 3 6       n n n bn = + + + … 1 4 7       n n n cn = + + + … 2 5 8 Chứng minh rằng: a) a3n + b3n + c3n − 3an bn cn = 2n b) a2n + b2n + c2n − an bn − bn cn − an cn = 1 Bài 3. Cho số nguyên dương n và các số thực x, y. Chứng minh rằng: n   X n x−y n(x + y) cos[(n − k)x + ky] = 2n cosn cos 2 2 k k=0   n X n x−y n(x + y) b) sin[(n − k)x + ky] = 2n cosn sin k 2 2 a) k=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2.2. Ứng dụng số phức 39 Bài 4. Cho khai triển (x2 + 3x + 1)10 = a0 + a1 x + a2 x2 + … + a20 x20 . Tính tổng a) T1 = a0 + a4 + a8 + … + a20 b) T2 = a1 + a5 + a9 + … + a17 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học Chương 3 Tính tổng, chứng minh ĐTTH bằng phương pháp Sai phân từng phần 3.1 3.2 3.3 3.4 Sai Phân (Difference) 42 Sai Phân Từng Phần 43 Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 44 Bài tập tự luyện 68 Nguyễn Bảo Phúc (dark templar) Trần Quốc Nhật Hân (perfectstrong) Hoàng Xuân Thanh (hxthanh) Tóm tắt nội dung Sai Phân Từng Phần (tên gọi do tác giả tự đặt) còn được biết đến với cái tên Summation by Parts. Đây là một phương pháp tính tổng có cấu trúc gần giống với phương pháp Tích Phân Từng Phần (Integration by Parts). Sai phân từng phần (SPTP) là một trong những công cụ sơ cấp khá hiệu quả trong các bài toán tính tổng hữu hạn. Trong khuôn khổ bài viết này, tác giả muốn giới thiệu đến bạn đọc một trong những ứng dụng của SPTP đó là: Sử dụng phương pháp SPTP trong các bài toán tính tổng hoặc chứng minh đẳng thức Tổ Hợp. 41 42 3.1 3.1. Sai Phân (Difference) Sai Phân (Difference) Định nghĩa 3.1 (Sai Phân) Cho dãy f (k) : {f (1), f (2), …, f (k), f (k + 1), …} Khi đó dãy ∆f (k) : {f (2) − f (1), f (3) − f (2), …, f (k + 1) − f (k), …} được gọi là Dãy Sai Phân của f (k) Một cách đơn giản, ta gọi: ∆f (k) = f (k + 1) − f (k) 4 là Sai Phân (cấp 1) của f (k) Tính chất 3.1 (cơ bản)– ∆(C) = 0 (C = const) ∆ [Cf (k)] = C∆f (k) (C = const) ∆ [f (k) + g(k)] = ∆f (k) + ∆g(k) (3.1) (3.2) (3.3)  Định lý 3.1 (Tổng Sai Phân)– b X k=a b+1 ∆f (k) = f (k) k=a = f (b + 1) − f (a)  Chứng minh. b X ∆f (k) = [f (a + 1) − f (a)] + [f (a + 2) − f (a + 1)] + … k=a + [f (b + 1) − f (b)] = f (b + 1) − f (a) Diễn đàn Toán học N  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.2. Sai Phân Từng Phần Ví dụ 3.1. n X 43 n n X X k+1 k 2 = (2 −2 )= ∆2k k k=0 k=0 k=0 Theo 3.1 ta có n X ∆2k = 2n+1 − 20 = 2n+1 − 1 4 k=0 Ví dụ 3.2. Với số n là số nguyên dương   X     n n  X n n−1 n−1 (−1)k = (−1)k − (−1)k−1 k k k−1 k=0 k=0    n X k−1 n − 1 ∆ (−1) = k−1 k=0 Theo 3.1 ta có      n X n−1 n−1 ∆ (−1)k−1 = (−1)k−1 k−1 k−1 k=0 3.2 n+1 =0 k=0 4 Sai Phân Từng Phần Định lý 3.2 (SPTP)– b X b+1 − g(k).∆f (k) = g(k)f (k) k=a k=a b X k=a f (k + 1).∆g(k)  Chứng minh. Đặt h(k) = g(k).f (k) Ta có: ∆h(k) = g(k + 1).f (k + 1) − g(k).f (k) = g(k + 1).f (k + 1) − g(k).f (k + 1) + g(k).f (k + 1) − g(k)f (k) = f (k + 1)∆g(k) + g(k)∆f (k) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 44 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Lấy tổng hai vế từ a đến b, ta được: b X g(k).∆f (k) = b X ∆h(k) − f (k + 1).∆g(k) k=a k=a k=a b X b+1 − = g(k)f (k) k=a b X f (k + 1).∆g(k)  k=a Trường hợp g(k) ≡ 1 ta có được hệ quả là công thức 3.1 Vấn đề của việc tính tổng bằng phương pháp SPTP 3.2 là phải “nhìn thấy” sai phân ∆f (k) trong biểu thức lấy tổng mà đề bài cho. Đó quả thực là một điều không hề đơn giản và hết sức thú vị của phương pháp này! 3.2.1 Một số sai phân thường dùng 2k = ∆(2k )  k  a k a = ∆ a−1 (3.4) (a 6= 1) mk m−1 = ∆ (k m )      k n k−1 n − 1 (−1) = ∆ (−1) k k−1     n+k n+k = ∆ n n+1 3.3 (3.5) (3.6) (3.7) (3.8) Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Ví dụ 3.3. Tính tổng:   n X n+k S= k k k=1 Diễn đàn Toán học N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 45 Lời giải. Ta có:         n+k n+k n+k+1 n+k   = = −   k n n + 1  n+1   n+k =∆ = ∆f (k)   n+1    ∆g(k) = ∆(k) = k + 1 − k = 1 Từ đó, áp dụng SPTP 3.2 ta được:    n  n + k n+1 X n + k + 1 S=k − n + 1 k=1 n+1 k=1     n X n+k+1 2n + 1 ∆ = (n + 1) −1− n+2 n+1 k=1      2n + 1 2n + 2 = (n + 1) −1− −1 n+1 n+2   2n + 1 = (n + 1) n+2  Ví dụ 3.4. Tính tổng:    n X n+k k n S= (−1) k k k=0 4 Nhận xét. Trong biểu thức lấy tổng đã cho, cả hai thừa số đều có thể dễ dàng viết được dưới dạng sai phân. Vì vậy ta phải cân nhắc việc chọn một trong hai cách để tiếp cận. Giả sử ta làm như sau: Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 46 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Lời giải (Lời giải 1).        k−1 n − 1 k n−1 k n   − (−1) = (−1) (−1)   k−1 k k       k−1 n − 1  = ∆ (−1) = ∆f (k) k−1                n+k n+k+1 n+k n+k  ∆g(k) = ∆ = − = k k+1 k k+1 Từ đó, áp dụng SPTP 3.2 ta được:      n n+k n − 1 n + k n+1 X k n−1 (−1) S = (−1) − k k+1 k−1 k k=0 k=0    n−1 X n+k k+1 n − 1 = (−1) k k+1 k−1  k=0 Quan sát sự thay đổi của tổng sau 1 lần áp dụng SPTP thì ta thấy rằng, nếu đặt: S(m,n) = n−m X k+m (−1) k=0    n−m n+k k k+m rồi áp dụng SPTP 3.2 như trên ta sẽ có:        k+m n − m k+m n − m − 1 k+m−1 n − m − 1   (–1) = (–1) − (–1)   k k k−1       k+m−1 n − m − 1  = ∆ (−1) = ∆f (k) k−1                n+k n+k+1 n+k n+k  ∆g(k) = ∆ = − = k+m k+m+1 k+m k+m+1 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 47 Theo 3.2 ta được: S(m,n)   n−m−1 n + k n−m+1 = (−1) k−1 k + m k=0    n−m X n+k k+m n − m − 1 − (−1) k+m+1 k k=0    n−m−1 X n+k k+m+1 n − m − 1 (−1) = k k+m+1 k+m−1  k=0 = S(m+1,n) Từ đó ta có: S = S(0,n) = S(1,n) = … = S(n,n) = n−n X k+n (−1) k=0  n−n k  n+k k+n  = (−1)n  Lời giải (2). Ta có:         n+k n+k+1 n+k n+k   = − =∆ = ∆f (k)   n n+1 n+1 n+1             n n n k k+1 k ∆g(k) = ∆ (−1) = (−1) − (−1)   k k  k + 1     n+1 k+1   = (−1) k+1 Từ đó, áp dụng SPTP 3.2 ta được:     n+1 X    n n+k n n+1 n+k+1 S= (−1)k − (−1)k+1 n+1 k k=0 k+1 n+1 k=0    n X n+1+k k n+1 = (−1) k+1 n+1 k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 48 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Quan sát sự thay đổi của tổng sau 1 lần áp dụng SPTP thì ta thấy rằng, nếu đặt: 0 S(m,n) = n X k  m n−k (−1) k=0  m+k m  rồi áp dụng SPTP 3.2 như trên ta sẽ có:         m + k m + k + 1 m + k m + k   = − =∆ = ∆f (k)    m m+ 1  m + 1  m+ 1       m m m k k+1 k ∆g(k) = ∆ (–1) = (–1) − (–1)  n−k n−k  n − k −1   m + 1  k+1  = (−1)  n−k Theo 3.2 ta được: 0 S(m,n)     n+1 m+k m k = (−1) m+1 n − k k=0    n X m+1+k k+1 m + 1 − (−1) n−k m+1 k=0    n X m+1+k k m+1 = (−1) n−k m+1 k=0 0 = S(m+1,n) Từ đó ta có: S= 0 S(n,n) = 0 S(n−1,n) = … = 0 S(0,n)    n X 0 0+k k = (−1) n−k 0 k=0 n = (−1) (Chỉ có số hạng cuối cùng khác 0)  Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 49 Nhận xét. Phải nói là ta đã gặp may mắn khi tiếp cận bài này theo cách thứ hai. Trong đa số trường hợp, việc “nhìn thấy” sai phân từ biểu thức lấy tổng mang yếu tố quyết định xem có thể giải bài toán theo phương pháp SPTP được không! Ví dụ 3.5. Tính tổng: S= n X   n k 2k + 1 (−1)k k=0 4 Lời giải. Ta có:            k n k n−1 k n−1 k−1 n − 1  (–1) = (–1) + (–1) = ∆ (–1)  k k−1 k−1  k  1 1 2 1   = − =− ∆ 2k + 1 2k + 3 2k + 1 (2k + 3)(2k + 1) Áp dụng SPTP 3.2 cho S, ta được     n −2 (−1)k−1 n − 1 n+1 X k n−1 − (−1) S= 2k + 1 k − 1 k=0 k (2k + 3)(2k + 1) k=0   n−1 X n−1 2 = (−1)k (2k + 3)(2k + 1) k k=0 = S1 Tương tự, ta có:            k n–1 k n–2 k n–2 k−1 n − 2   (–1) = (–1) + (–1) = ∆ (–1)   k k–1 k−1  k   2 2 2 = − ∆  (2k + 3)(2k + 1) (2k + 5)(2k + 3) (2k + 3)(2k + 1)    2.4   =−  (2k + 5)(2k + 3)(2k + 1) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 50 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Áp dụng SPTP 3.2 cho S1 , ta được   2(−1)k−1 n−2 n S1 = (2k + 3)(2k + 1) k − 1 k=0   n−1 X −2.4 k n−2 (−1) − k (2k + 5)(2k + 3)(2k + 1) k=0   n−2 X 2.4 k n−2 = (−1) (2k + 5)(2k + 3)(2k + 1) k k=0 = S2 · · · Tiếp tục quá trình trên, cuối cùng ta thu được: S = S1 = … = Sn = n−n X (–1)k k=0 =   n–n 2.4…(2n) k (2k+2n+1)(2k+2n–1)…(2k+1) (2n)!! (2n + 1)!!  Ví dụ 3.6. Cho dãy Fibonacci ( F0 = 0; F1 = 1 Fn+2 = Fn+1 + Fn , (n ≥ 0) Chứng minh đẳng thức: n   X n S= Fk = F2n k 4 k=0 Lời giải. Để ý rằng: (−1)k .(−1)k = 1 nên ta có:        (−1)k n = ∆ (−1)k−1 n − 1 k i k−1 h  ∆ (−1)k Fk = (−1)k+1 Fk+1 − (−1)k Fk = (−1)k+1 Fk+2 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 51 Áp dụng SPTP 3.2 cho S, ta được n   X n S= Fk k k=0     n n+1 X k n−1 k−1 n − 1 k (−1) (−1)k+1 Fk+2 − = (−1) (−1) Fk k k−1 k=0 k=0   n−1 X n−1 = Fk+2 k k=0 = S1 Hoàn toàn tương tự áp dụng SPTP 3.2 cho S1 , ta được n−1 X  n−1 S1 = Fk+2 k k=0   k−1 n − 2 (−1)k Fk+2 = (−1) k−1 n−2 X n − 2 = Fk+4 k n − n−1 X k=0 k=0   n−2 (−1)k+1 Fk+4 (−1) k k k=0 = S2 Sau n bước áp dụng SPTP 3.2, cuối cùng ta thu được: S = S1 = … = Sn = n−n X k=0  n−n Fk+2n = F2n k  Ví dụ 3.7 (dark templar). Tính tổng:   n n X k S= 2 k + 3k + 2 k(−1)k k=1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 4 Diễn đàn Toán học 52 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Lời giải. Ta viết lại tổng đã cho dưới dạng:     n n+2 k k k(−1) n n k(−1) X X k k+2 S= = (k + 1)(k + 2) (n + 1)(n + 2) k=0 k=0 Do đó ta có:       (−1)k n + 2 = ∆ (−1)k−1 n + 1 k+1 k+2  ∆(k) = k + 1 − k = 1 Áp dụng SPTP 3.2, ta được n X   n+2 (n + 1)(n + 2)S = k(−1) k+2 k=0    n+1 X  n k n+1 k−1 n + 1 − (−1) k = (−1) k+2 k+1 k=0 k=0   n−1 X n+1 = (−1)k k+2 k=0   n−1 X  n k−1 = ∆ (−1) k+1 k=0  n n = (−1)k−1 k + 1 k=0 k = −n Từ đó ta có: S= −n (n + 1)(n + 2)  Ví dụ 3.8. Chứng minh rằng: n   X n cos(x + 2k) = 2n cosn (1) cos(x + n) k k=0 Diễn đàn Toán học N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 53 Lời giải. Một cách quen thuộc, ta phân tích:       n n−1 k k−1  (−1) = ∆ (−1)   h k k−1 i k ∆ (−1) cos(x + 2k) = (−1)k+1 cos(x + 2 + 2k) − (−1)k cos(x + 2k)     = (−1)k+1 2 cos(1) cos(x + 1 + 2k) Áp dụng SPTP 3.2, ta được n   X n cos(x + 2k) S(n,x) = k k=0   n+1 k−1 n − 1 = (−1) cos(x + 2k) k−1 k=0   n X n−1 − (−1)k (−1)k+1 2 cos(1) cos(x + 1 + 2k) k k=0 n−1 X n − 1 = 2 cos(1) cos(x + 1 + 2k) k k=0 = 2 cos(1)S(n−1,x+1) Do đó: S(n,x) = 2 cos(1)S(n−1,x+1) = 22 cos2 (1)S(n−2,x+2) = … = 2n cosn (1)S(0,x+n) = 2n cosn (1) cos(x + n)  Ví dụ 3.9. Với các số nguyên dương m, n Đặt:   n X n−k m + k S(m,n) = 2 k k=0 Chứng minh rằng: S(m,n) =  n  X m+n+1 k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N m+1+k Diễn đàn Toán học 54 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Từ kết quả đó, chứng minh: S(m,n) + S(n,m) = 2m+n+1 4 Nhận xét. Bài toán này là sự kết hợp giữa các phép biến đổi tổng đại số và áp dụng SPTP 3.2. Lời giải. • Từ đề bài ta có: (đảo chiều lấy tổng) S(m,n) = n X 2k k=0  m+n−k n−k  = n X k=0 2k   m+n−k m Phân tích sai phân:       m+n−k m+n+1−k m+n−k   = −   m m+1   m + 1 m+n+1−k = −∆   m+1    k k ∆(2 ) = 2 Áp dụng SPTP 3.2, ta được    n m + n + 1 − k n+1 X k m + n − k + 2 m+1 m+1 k=0 k=0   n−1 X m + n − k  m+n+1 = + 2k m+1 m+1 k=0   m+n+1 = + S(m,n,1) m+1 S(m,n) = −2k Diễn đàn Toán học  N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 55 Áp dụng SPTP 3.2 hoàn toàn tương tự cho tổng S(m,n,1)  n−1 X m + n − k  m+n+1−k n + 2k m+2 m+2 k=0 k=0   n−2 X m + n − k  m+n+1 = + 2k m+2 m+2 k=0   m+n+1 = + S(m,n,2) m+2 S(m,n,1) = −2k  …Thực hiện liên tiếp quá trình trên đến khi  n−n X m + n − k  m+n+1 = + 2k m+n m+n k=0     m+n+1 m+n+1 = + m+n m+n+1  S(m,n,n−1) Từ các đẳng thức trên, suy ra: S(m,n) = =       m+n+1 m+n+1 m+n+1 + + … + m+1 m+2 m+n+1   n X m+n+1 k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp m+1+k N Diễn đàn Toán học 56 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ • Như vậy ta có: S(m,n) + S(n,m) = =  n  X m+n+1 k=0 n  X k=0 m+1+k +  m+n+1 + n−k  m  X m+n+1 k=0 m  X k=0 n+1+k m+n+1 n+1+k  (Đối xứng)  m+n+1 n  X m + n + 1  X m+n+1 + = k k k=n+1 k=0 (Đảo chiều) (Tịnh tiến n + 1)   m+n+1 X m+n+1 = (Gộp lại) k k=0 m+n+1 =2  Qua những ví dụ trên chắc hẳn các bạn đã được thấy việc áp dụng linh hoạt phương pháp SPTP có hiệu quả mạnh như thế nào. SPTP sẽ biến đổi được từ một tổng tổ hợp phức tạp trở thành một tổng đơn giản hơn và đương nhiên cũng dễ tính toán và tìm ra kết quả hơn. Bên cạnh việc tính toán thông thường, một số bài toán ta có thể dễ dàng tìm được dạng khái quát hơn từ đề bài, khi quan sát được sự thay đổi của tổng mới sau một bước áp dụng SPTP. Sau đây là một số bài toán khó, được áp dụng phương pháp SPTP 3.2 để giải. Bài toán 3.1. Tính tổng:   k 4n (−1) 2n X 2k   S= 2n k=0 k Diễn đàn Toán học N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 57 Nhận xét. Đối với bài toán này ta rất khó đoán biết được đâu sẽ là ∆f (k) đâu sẽ là g(k) trong biểu thức lấy tổng. Trong đa số trường hợp như vậy, ta phải tiếp cận bài toán bằng cách giả tính sai phân ∆f (k) trước! f (k) có thể là một thành phần (phức tạp nhất) hoặc toàn bộ biểu thức lấy tổng. Trong trường hợp này ta sẽ tính Sai phân của cả biểu thức lấy tổng. Lời giải. Ta có:        4n 4n 4n k k k+1 (−1)  (−1) 2k  (−1) 2k 2k + 2      ∆ −  2n  = 2n 2n k k+1 k      (4n − 2k)(4n − 2k − 1) 4n 4n  (2k + 2)(2k + 1) 2k 2k      = (−1)k+1  +  2n − k 2n 2n  k+1 k k   4n (−1)k+1 4n 2k   = 2n (2k + 1) k Như vậy là sau khi ta lấy sai phân của toàn bộ  biểu thức  lấy tổng ta 4n được một biểu thức mới, “thừa ra” một nhân tử − 2k + 1 Nhưng nếu ta viết:    4n k (−1) 2n X  −2k − 1  2k  S= ∆     2n 4n k=0 k thì không ổn, vì sao? Vì khi áp dụng SPTP thì biểu thức trong dấu ∆ sẽ thay k bởi k + 1, Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 58 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ   2n khi đó = 0 khi k = 2n và phân thức khi đó sẽ không xác định! k+1 Để tránh điều đó xảy ra ta cần phải tính tách riêng số hạng cuối. Ta có:    k 4n (−1) 2n−1 X −2k − 1  2k     S =1+ ∆   2n 4n k=0  k  −2k − 1 1 =− 4n 2n Bây giờ, áp dụng SPTP 3.2 thì ta được:   2n    4n 4n k k+1 2n−1 X −1 (−1)  −2k − 1 (−1) 2k  2k + 2      S =1+  · − ·  4n  2n 2n 2n k=0 k k+1 k=0   4n k+1 2n−1 (−1) −4n − 1 −1 1 X 2k + 2   =1+ − + 2n 4n 4n 2n k=0 k+1   k 4n 2n (−1) 1 X 2k   = (Tịnh tiến 1) 2n 2n k=1 k 1 1 ·S− (Thêm bớt số hạng k = 0) = 2n 2n Dễ dàng tính được ∆ Từ đó suy ra S= −1 2n − 1 Bài toán 3.2. Chứng minh đẳng thức:  n   X 2k 2n − 2k = 4n k n−k k=0 Diễn đàn Toán học N  4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 59 Nhận xét. Bài này ta không thể đem cả biểu thức lấy tổng mà sai phân được, khi đó tổng thu được còn phức tạp hơn nhiều! Điều tương tự cũng xảy ra khi ta đem sai phân các thành phần. Vậy ta phải làm thế nào? Ý tưởng là ta sẽ biến đổi  đề  bài để làm xuất hiện một biểu thức sai n phân quen thuộc: (−1)k k Lời giải. Để ý rằng: (2n)! = [1.3…(2n − 1)].[2.4…(2n)] = 2n .n!(2n − 1)!! (n > 0) Còn nếu n = 0 thì: 1 = 0! = (2.0)! = 20 .0!(2.0 − 1)!! = (−1)!! Ta viết lại tổng đã cho dưới dạng: S= =  n   X 2n − 2k 2k k=0 n X k=0 = k n−k (2n)!(2n − 2k)! k!k!(n − k)!(n − k)! n X 2n .n!(2n − 1)!!2n−k .(n − k)!(2n − 2k − 1)!! k!k!(n − k)!(n − k)! k=0 n X 2n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!!n! k!(n − k)!n! k=0   n 2n X n = (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! n! k = k=0 = 2n n! A Với tổng: n   X n A= (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! k k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 60 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Ta có:       n n − 1  k k−1 (–1) = ∆ (–1) k k −i1 h  ∆ (–1)k (2k–1)!!(2n– 2k– 1)!! = (2n)(–1)k+1 (2k– 1)!!(2n– 2k– 3)!! Áp dụng SPTP 3.2 cho A, ta được:   n+1 k k−1 n − 1 (−1) (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! A = (−1) k−1 k=0   n X n−1 − (−1)k (2n)(−1)k+1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 3)!! k k=0 n−1 X n − 1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 3)!! = (2n) k k=0 = (2n)A1 Tương tự:       n−1 n−2 k k−1   = ∆ (−1)  (−1) k k −i 1 h k ∆ (−1) (2k − 1)!!(2n − 2k − 3)!! =     = (2n − 2)(−1)k+1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 5)!! Áp dụng SPTP 3.2 cho A1 , ta được:   n k−1 n − 2 A1 = (−1) (−1)k (2k − 1)!!(2n − 2k − 3)!! k−1 k=0   n−1 X n−2 − (−1)k (2n − 2)(−1)k+1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 5)!! k k=0 n−2 X n − 2 = (2n − 2) (2k − 1)!!(2n − 2k − 5)!! k k=0 = (2n − 2)A2 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 61 …Tiếp tục quá trình trên cho đến khi, ta được: An = n−n X k=0  n−n (2k − 1)!!(2n − 2k − (2n + 1))!! = 1 k Từ các đẳng thức trên suy ra: A = (2n)(2n − 2)…2.An = 2n .n! Vậy ta có: S= 2n · A = 4n n!  Bài toán 3.3. Với các số tự nhiên m, n thoả mãn n ≥ m Chứng minh rằng:   m  X 2n n−k 22m .n(n + m − 1)! = 2k m−k (2m)!(n − m)! k=0 4 Lời giải. Tư tưởng bài này hoàn toàn tương tự bài toán trên. Ta phân tích đề bài dưới dạng:   m  X 2n n−k S= 2k m−k k=0 = m X k=0 (2n)!(n − k)! (2k)!(2n − 2k)!(n − m)!(m − k)! m X (2n)!(n − k)!m! − − k)!(2n − 2k − 1)!!(n − m)!(m − k)!m! k=0   m m X (2n)! k = n 2 .m!(n − m)! (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! = 2k .k!(2k 1)!!2n−k .(n k=0 = (2n)! ·A 2n .m!(n − m)! Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 62 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Xét tổng:   m m X k A= (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! k=0 Ta có:        k m k−1 m − 1  (−1) = ∆ (−1)    k k−1           (−1)k  = ∆ (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!!    (−1)k (−1)k+1   − =   (2k + 1)!!(2n − 2k − 3)!! (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!!     (−1)k+1 (2n)   =  (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!! Áp dụng SPTP 3.2 cho A, ta được:   m+1 m−1 (−1)k A = (−1) · k−1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! k=0    m  X (−1)k+1 (2n) k m−1 − (−1) · k (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!! k=0   m−1 m−1 X k = (2n) (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!! k−1 k=0 = (2n)A1 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 63 Tương tự        (−1)k m − 1 = ∆ (−1)k−1 m − 2    k k−1           (−1)k  = ∆ (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!!    (−1)k+1 (−1)k   = −   (2k + 3)!!(2n − 2k − 3)!! (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!!     (−1)k+1 (2n + 2)   =  (2k + 3)!!(2n − 2k − 1)!! Áp dụng SPTP 3.2 cho A1 , ta được:   m m−2 (−1)k A1 = (−1) · (2k + 1)!!(2n − 2k − 1)!! k=0 k−1     m−1 X (−1)k+1 (2n + 2) k m−2 − (−1) · (2k + 3)!!(2n − 2k − 1)!! k k=0   m−2 m−2 X k = (2n + 2) (2k + 3)!!(2n − 2k − 1)!! k−1 k=0 = (2n + 2)A2 …Tiếp tục quá trình trên cho đến khi, ta được:   m−m m−m X 1 k Am = = (2k + 2m − 1)!!(2n − 2k − 1)!! (2m − 1)!!(2n − 1)!! k=0 Từ các đẳng thức trên suy ra: A = (2n)(2n + 2)…(2n + 2m − 2).Am = Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 2m .n(n + 1)…(n + m − 1) (2m − 1)!!(2n − 1)!! Diễn đàn Toán học 64 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Vậy ta có: (2n)! (2n)!2m .n(n + 1)…(n + m − 1) · A = 2n .m!(n − m)! 2n .m!(n − m)!(2m − 1)!!(2n − 1)!! 22m .n(n + m − 1)! = (2m)!(n − m)! S=  Bài toán 3.4. Chứng minh đẳng thức:  2 n n X 24n (n!)4 k  = 2n (2n)!(2n + 1)! k=0 (2k + 1) 2k 4 Nhận xét. Đây là một bài toán rất khó! Tưởng như ngoài cách giải bằng hàm sinh và kiến thức về chuỗi hàm luỹ thừa, thì không có một phương pháp sơ cấp nào có thể tiếp cận được bài này! Tác giả đã khá “may mắn” khi tìm được một lời giải bằng SPTP 3.2 sau đây: Lời giải. Trước hết ta đưa tổng cần tính về dạng:  2   n n n!(2k)!(2n − 2k)! n n X X k k  = 2n k!(n − k)!(2n)!(2k + 1) k=0 (2k + 1) k=0 2k   n n!2k k!(2k–1)!!2n−k (n–k)!(2n–2k–1)!! n X k = k!(n–k)!(2n)!(2k + 1) k=0   n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! n n X 2 .n! k = (2n)! 2k + 1 k=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 65 Như vậy đẳng thức cần chứng minh tương đương với:   n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! n X 23n .(n!)3 k S= = 2k + 1 (2n + 1)! k=0 Ta có:    n−1 (2k − 3)!!(2n − 2k + 1)!! = k−1     n−1 n−1 = (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! − (2k − 3)!!(2n − 2k + 1)!! k k−1   n =− (2k − 3)!!(2n − 2k − 1)!! k ∆   2k − 1 Như vậy thừa số còn “sót” lại là − 2k + 1 với:   2k + 1 2k − 1 4 2k − 1 =− + =− ∆ − 2k + 1 2k + 3 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3) Áp dụng SPTP 3.2, ta được:   n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! n X k S= 2k + 1 k=0     n−1 2k − 1 = (2k − 3)!!(2n − 2k + 1)!! − k−1 2k + 1   n−1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!!(−4) n X k − (2k + 1)(2k + 3) k=0   n−1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! n−1 X4 k = (2k + 1)(2k + 3) n+1 k=0 k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 66 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ Quan sát sự thay đổi của tổng thu được, sau một lần áp dụng SPTP, ta nhận thấy dạng tổng quát của tổng cần tính là: S(p,n)   n−p (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! n−p X [(2p)!!] k = p Q k=0 (2p − 1)!! (2k + 1 + 2j) 2 j=0 Thật vậy:    n−p−1 ∆ (2k − 3 − 2p)!!(2n − 2k + 1)!! = k−1   n−p−1 = (2k − 1 − 2p)!!(2n − 2k − 1)!! k   n−p−1 (2k − 3 − 2p)!!(2n − 2k + 1)!! − k−1   n−p−1 = (2k − 3 − 2p)!!(2n − 2k − 1)!! (2k − 1 − 2p) k    n−p−1 − (2n − 2k + 1) k−1   n−p = −(2p + 1) (2k − 3 − 2p)!!(2n − 2k − 1)!! k Còn lại:   p p p Y 2k − 1 − 2j  Y 2k + 1 − 2j Y 2k − 1 − 2j ∆ = − 2k + 1 + 2j 2k + 3 + 2j j=0 2k + 1 + 2j j=0 j=0 (2p + 2)2 = p−1 Q (2k − 1 − 2j) j=0 p+1 Q (2k + 1 + 2j) j=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 67 Áp dụng SPTP 3.2, ta được:    2 n−p−1  [(2p)!!] k−1 S(n,p) =  − (2p − 1)!!(2p + 1) (2k − 3 − 2p)!!(2n − 2k + 1)!!  p Y 2k − 1 − 2j  · 2k + 1 + 2j j=0 n−p+1 k=0  n − p − 1 ” 2 (2k − 1 − 2p)!!(2n − 2k − 1)!! n−p X [(2p)!!] (−1) k − (2p − 1)!!(2p + 1)  k=0 · p−1 Q  (2k − 1 − 2j)  j=0   p+1 Q  (2k + 1 + 2j) (2p + 2)2 j=0   2 n−p−1 (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! n−p−1 X [(2p + 2)!!] k = p+1 Q k=0 (2p + 1)!! (2k + 1 + 2j) j=0 = S(p+1,n) Từ đó suy ra: S = S(0,n) = S(1,n) = … = S(n,n) =   2 n−n (2k − 1)!!(2n − 2k − 1)!! n−n X [(2n)!!] k = n Q k=0 (2n − 1)!! (2k + 1 + 2j) j=0 2 [(2n)!!] (2n + 1)!! [(2n)!!]3 = (2n + 1)!!(2n)!! 23n (n!)3 = (2n + 1)! = Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp  N Diễn đàn Toán học 68 3.4. Bài tập tự luyện Nhận xét. Luyện tập sử dụng phương pháp Sai Phân Từng Phần giúp cho bạn có nhiều kỹ năng biến đổi Đại Số và mỗi khi nhìn thấy biểu thức tổng bạn sẽ tự tin và đỡ choáng ngợp hơn! Bên cạnh đó SPTP cũng như tương tự như Tích Phân Từng Phần vậy, đều có những ưu nhược điểm của nó! Nếu không tinh ý, bạn dễ rơi vào vòng “luẩn quẩn” của tổng sau khi lấy SPTP, hoặc sau khi lấy SPTP tổng thu được còn khó hơn! Nhược điểm lớn nhất của phương pháp này là bạn phải “nhìn thấy” được Sai Phân trong biểu thức lấy tổng đã cho, giống như kiểu bạn phải tìm được nguyên hàm của v(x) để cho d(V (x)) = v(x)dx sau đó mới áp dụng được công thức Tích Phân Từng Phần. Việc làm này không phải lúc nào cũng thực hiện được! Để kết thúc phần này, mời các bạn cùng luyện tập với các bài tập sau: 3.4 Bài tập tự luyện Bài 1. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh đẳng thức: n X k=0   n   −1 2n k = n n+k n (−1)k Bài 2. Tính tổng:   n n X k S= (k + 1)(k + 3) (−1)k k=0 Bài 3. (dark templar) Tính tổng:   n n X k S= 4k 2 − 1 (−1)k k=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 3.4. Bài tập tự luyện 69 Bài 4. Tính tổng: n X (−1)k k=0   n (2k 2 + 5k + 2) k k+3 Bài 5. Chứng minh đẳng thức:   n k (−1) n X k = (2k + 1)(2k + 3) k=0 Bài 6. Tính tổng: S= n X k=0 Bài 7. Tính tổng: 4n   2n + 1 (2n + 3) n   2n (−1) (n − k) k k  n  X 2k 2 + k 2n S= n+k n+k+1 k=0 Bài 8. Tính tổng:   2n X k 2n + k S= (−2) 2k k=0 Bài 9. Với số nguyên dương n và số thực α. Tính tổng: S=   n X (−1)k n k=0 k+α k Bài 10. Chứng minh đẳng thức:     2n  X 2n + 1 1 k 2k (2n + 1)!! − = 2 k k+1 (2n)!! k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 70 3.4. Bài tập tự luyện Bài 11. Chứng minh đẳng thức      2n X 4n − 2k k 2k 2n 2n (−1) =2 k 2n − k n k=0 Bài 12. Tính tổng: n   X n k=0 k sin(x + 2k) Bài 13. Chứng minh đẳng thức:  2n  X 2n k=0 k cos[2(n − k)x] = 4n cos2n (x) Bài 14. Cho dãy Fibonacci ( F0 = 0; F1 = 1 Fn+2 = Fn+1 + Fn (n ≥ 0) Chứng minh đẳng thức: n   X n F3k = 2n F2n k k=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp Chương 4 Sử dụng hàm sinh chứng minh đẳng thức tổ hợp 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 Thay lời mở đầu 72 Những  biến đổi đại số thường gặp n với 74 k Những dạng khai triển hàm sinh cần biết 75 Những định lý cơ bản trong tính tổng dùng hàm sinh 76 Bài tập minh họa 81 Các bài toán không mẫu mực 108 Bài tập tự luyện 121 Bùi Đức Lộc (supermember) Lê Kim Nhã (gogo123) Tóm tắt nội dung Hàm sinh (General Funtion), được biến đến như là một công cụ rất mạnh trong các bài toán Tổ Hợp và Rời Rạc. Rất nhiều bài toán tổ hợp, rời rạc khó, khi đưa về ngôn ngữ hàm sinh thì được giải quyết một cách nhanh chóng và sáng tỏ. Hàm sinh có rất nhiều ứng dụng, đặc biệt dùng để tính tổng. Để bạn đọc hiểu rõ phương pháp và vai trò của hàm sinh trong các bài toán chứng minh ĐTTH, người viết sẽ từng bước nêu lên các bài toán, ví dụ, từ đơn giản đến phức tạp. Qua 71 72 4.1. Thay lời mở đầu mỗi ví dụ sẽ là những đúc kết ngắn gọn về đặc điểm và tính chất của từng bài toán… 4.1 Thay lời mở đầu Câu chuyện số 1 Cách đây khoảng hơn 2 tháng (tháng 11/2012), trên VMF xuất hiện bài toán sau: Bài toán 4.1. Chứng minh rằng: ∗ ∀n ∈ N : 2n X k=0  2   2n n 2n (−1) = (−1) k n k 4 Bài Toán này được người gửi đưa vào box THPT và nó đã được một số thành viên VMF dành cho sự quan tâm đặc biệt. Tuy nhiên, hơn 1 tuần sau đó thì bài này mới có lời giải đầu tiên sử dụng so sánh hệ số trong khai triển đa thức và sau đó; thành viên perfectstrong có đưa thêm 1 lời giải nữa sử dụng nội suy Lagrange. Cả 2 lời giải này đều không làm hài lòng người viết chuyên đề. Thực ra; nếu bạn là một học sinh học Toán ở mức độ bình thường; có thể có một giờ rảnh rỗi ở nhà thì sẽ không khó để tìm ra 1 lời giải 2n rất “sơ cấp-cơ bản-ngắn gọn” dựa vào khai triển đa thức: 1 − x2 = 2n 2n (1 − x) (1 + x) . Tuy nhiên, có khi nào bạn tự đặt mình vào hoàn cảnh đối diện bài toán trên trong kỳ thi kiểu như Đại Học: chỉ có 20 phút để làm bài này thì sẽ ra sao? Bài toán này đâu khó đến mức chiếm được vị trí chốt điểm trong đề của bài BĐT? Không lẽ các bạn chấp nhận quan điểm: “Tìm ra đa thức để có khai triển phù hợp là sự may 2n mắn”? Thực sự thì đa thức 1 − x2 có được là do may mắn hay là từ đâu? Suy nghĩ thêm về bài này thì có thể thấy nó có nét hao hao   n  2 X n 2n giống bài toán rất quen thuộc: = với lời giải dựa vào k n k=0 khai triển (1 + x)2n = (1 + x)n (1 + x)n . Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.1. Thay lời mở đầu 73 Câu chuyện số 2 Cách đây cũng khoảng hơn 2 tháng (tháng 11/2012), tác giả Dark Templar có đưa ra bài toán sau: Bài toán 4.2. Với Fn là số Fibonacci thứ n. Chứng minh rằng n bX  2c n−k k=0 k = Fn+1 4 Tác giả yêu cầu một lời giải dựa vào đại số thuần tuý, và người viết đã để mở vấn đề này trong một thời gian để có thể tiết lộ nó trong chuyên đề này. Thực ra, bài toán này cũng đã rất cũ, có thể điểm ra 1 vài vũ khí để tiêu diệt nó: tìm công thức truy hồi, sử dụng phép đặt quân domino… Tuy nhiên, nếu để ý kỹ là hàm sinh cho dãy Fibonacci sẽ là đơn giản để thiết lập. Vậy từ hàm sinh đó, tại sao ta không bước thêm n bX  2c n−k một bước, đó là chứng minh là hệ số của xn+1 trong khai k k=0 triển hàm sinh đó? Thật vậy, theo cái cách ta thường làm, khi dự đoán ra hàm sinh tương ứng để chứng minh đẳng thức tổ hợp, thường ta biến đổi hàm sinh đó theo 2 cách khác nhau – mục đích là để mô tả hệ số của xk (k ∈ N) theo 2 cách khác nhau. Ở đây rõ ràng ta đã có 1 số vốn khá lớn khi hàm sinh tương ứng và 1 cách mô tả thì đã tìm ra rồi. Vậy chỉ còn một bước khá ngắn là tìm thêm một cách để mô tả nó mà thôi. Trên đây là những điều trăn trở đầu tiên của tác giả khi tiếp cận chuyên đề này. Tác giả muốn chia sẻ sự trăn trở đó cho những người sẽ xem, sẽ nhận xét chuyên đề này; để từ đó có những sự hứng thú nhất định trong việc mở những cánh cửa mà tác giả đặt cho các bạn trong những phần tiếp theo. Nào, tạm quên và trước hết hãy trang bị cho mình vài thứ… Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học   n 4.2. Những biến đổi đại số thường gặp với k 74 4.2   n Những biến đổi đại số thường gặp với k Tích chéo của 2 hệ số tổ hợp [Tập con của tập con]       n k n n−j = k j j n−k Giảm tử-mẫu của hệ số tổ hợp [quy tắc hút]     n n n−1 = k k k−1 Hệ số tổ hợp viết ở dạng truy hồi [Công thức Pascal]  n+1 k+1      n n = + k k+1 Hệ số tổ hợp kèm phân số       n−k n n−k n−k−1 = + k k−1  k n − k     x+k 1 1 x+k x+k−1 = − k x+k x k k−1 Nhận xét. Từ nay, ta cần hiểu tổ hợp chập ở dạng suy rộng của nó: Với x là số thực tuỳ ý thì    1 với k = 0 x = x(x − 1)(x − 2)…(x − k + 1)  k với k ∈ N∗ k! Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.3. Những dạng khai triển hàm sinh cần biết 4.3 75 Những dạng khai triển hàm sinh cần biết Hệ số tổ hợp đơn giản    s k G a = (1 + at)s k (k ∈ N) Hệ số tổ hợp với mẫu số là hằng số   p+k tm−p G = m (1 − t)m+1 (k ∈ Z) Hệ số tổ hợp tăng dần đều nhau ở tử và mẫu  G   x+k k 1 a = k (1 − at)x+1 (k ∈ N) Hệ số tổ hợp trung tâm  G   2k k 1 x =√ k 1 − 4xt (k ∈ N) Dãy Fibonacci G (Fn ) = t 1 − t − t2 (n ∈ N) Dãy Fibonacci chỉ số chẵn G (F2n ) = t 1 − 3t + t2 (n ∈ N) Tức là hệ số của xn trong khai triển chuỗi luỹ thừa hình thức của hàm t bằng F2n . 1 − 3t + t2 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 76 4.4. Những định lý cơ bản trong tính tổng dùng hàm sinh Dãy Fibonacci chỉ số lẻ G (F2n+1 ) = 1−t 1 − 3t + t2 (n ∈ N) Tức là hệ số của xn trong khai triển chuỗi luỹ thừa hình thức của hàm 1−t bằng F2n+1 . 1 − 3t + t2 Số Catalan  G √   1 2k 1 − 1 − 4t = k+1 k 2t (k ∈ N) Một số dạng khác  n   a 1 • G = ln (n ∈ N∗ ) n 1 − at √  r   1 − 1 − 4t r + 2k 1 (r, k ∈ N) • G =√ 2t k 1 − 4t (Chứng minh bằng quy nạp)   p   X k!tk p p p • G(k ) = (trong đó, là số Stirling loại 2) k k (1 − t)k+1 k=0 Chứng minh đẳng thức này có thể dựa vào đẳng thức: k p = k     X k p j! , vốn rất quen thuộc của số Stirling loại 2. Tác giả j j j=1 không muốn đề cập đến chứng minh tại đây vì nó tương đối dài và không đi thẳng vào chuyên đề 4.4 Những định lý cơ bản trong tính tổng dùng hàm sinh Quy ước: ký hiệu [tn ]f (t) được hiểu là hệ số của tn trong khai triển chuỗi luỹ thừa hình thức của hàm số f (t) Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.4. Những định lý cơ bản trong tính tổng dùng hàm sinh 77 Định lý 4.1 (Định lý so sánh hệ số (Convolution))– [tn ] f (t) g (t) = n h i i h X tk f (t) . y n−k g (y)  k=0 Đây là định lý ứng dụng nhiều nhất trong giải bài toán ĐTTH dùng hàm sinh. Chẳng hạn như sau: [tn ] 1 rn+1 − sn+1 = (−1)n (1 + rt)(1 + st) r−s Công thức này đôi khi rất hữu ích khi tránh cho ta khỏi phải tính toán quá phức tạp. Định lý 4.2 (Định lý A)– X  n + ak  tm z n−m+(a−b)k fk = [tn ] f m + bk (1 − zt)m+1 k tb−a ! (1 − zt)b (b > a) (fk là hệ số của xk trong khai triển thành luỹ thừa hình thức của hàm f) Do trong đa số các trường hợp thì xét với z = 1 nên ta thường dùng định lý ở dạng: tm f fk = [t ] m + bk (1 − t)m+1 X  n + ak  k n tb−a (1 − zt)b ! (b > a)  Chứng minh. Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 78 4.4. Những định lý cơ bản trong tính tổng dùng hàm sinh Ta sẽ chứng minh định lý 4.2 ở dạng tổng quát.   n + ak n−m+(a−b)k z m + bk   n + ak = z n−m+(a−b)k n + ak − m − bk   −n − ak + n + ak − m − bk − 1 = (−z)n−m+(a−b)k n + ak − m − bk   −m − bk − 1 (−z)(n−m)+(a−b)k = n + ak − m − bk h i 1 = t(n−m)+(a−b)k (1 − zt)m+bk+1 !k tm tb−a n = [t ] (1 − zt)m+1 (1 − zt)b  Nhận xét. Bây giờ thử dùng viên kim cương này để cắt cái bánh số 2 nhé. Bài toán 4.3 (Bài toán 4.2). Chứng minh rằng ∀n ≥ 1: n bX  2c n−k k=0 k = Fn+1 4 Lời giải. Ta có: n bX    2c n−k A n 1 1 t2 = [t ] u= 1−t 1−u 1−t k k=0 = [tn ]   1 t = tn+1 = Fn+1 2 1−t−t 1 − t − t2  Còn gì để nói ngoài 2 từ “không tưởng” cho lời giải trên ? Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.4. Những định lý cơ bản trong tính tổng dùng hàm sinh 79 Tuy nhiên, ngay đến tác giả cũng không thích phải chứng minh lại định lý A (4.2). Nên nếu cần dùng, các bạn hãy dùng tư tưởng lời giải trên để lách qua quá trình chứng minh lại định lý, cụ thể như sau:   t 1 1 1 Fn+1 = tn+1 = [tn ] = [tn ] 1 − t − t2 1 − t − t2 1−t t2 1− 1−t ∞ ∞ 2k 2k X X t 1 t = [tn ] = [tn ] · k 1−t (1 − t) (1 − t)k+1 k=0 k=0 bXc t2k k=0 (1 − t)k+1 n 2 n = [t ] = n bX  2c n−k k=0 n − 2k bXc   n − 2k + k + 1 − 1 n 2 = = n − 2k k=0 n bX  2c n−k k k=0 (Hơi dài hơn 1 chút nhưng xem ra sơ cấp hơn 1 chút, dù bản chất là như nhau) Rõ ràng: ở đây ta đã tận dụng tối đa được lợi thế ban đầu là có sẵn hàm sinh tương ứng của dãy Fibonacci. Định lý A (4.2) này còn chỉ ra cách mô tả một vế của ĐTTH Định lý 4.3 (Định lý B)–   X  n + ak  fk = [tm ] (1 + zt)n f t−b (1 + zt)a m + bk (b < 0) k Do trong đa số các trường hợp thì xét với z = 1 nên ta thường dùng định lý ở dạng:   X  n + ak  fk = [tm ] (1 + t)n f t−b (1 + t)a (b < 0) m + bk  k Chứng minh.    k n + ak m+bk h m+bk i z = t (1 + zt)n+ak = [tm ] (1 + zt)n t−b (1 + zt)a m + bk  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 80 4.4. Những định lý cơ bản trong tính tổng dùng hàm sinh Nhận xét. Đôi khi ta cần cân nhắc lựa chọn giữa 2 định lý A (4.2), B (4.3) , vì đôi khi cả 2 điều kiện áp dụng đều thoả mãn. Hãy xem con dao này cắt cái bánh đầu tiên thế nào nhé! Bài toán 4.4 (Bài toán 4.1). Chứng minh rằng:∀n ∈ N∗ : 2n X k=0  2   2n n 2n (−1) = (−1) k n k 4 Chứng minh. 2n X (−1)k k=0  2 X    2n  2n 2n 2n = (−1)k k 2n − k k k=0   B  2n  2n 2n = t (1 + t) (1 − u) u = t     2n 2n = t2n 1 − t2 = (−1)n n  Nhận xét. Rất ấn tượng với cũng chỉ hơn một dòng! Quan trọng hơn là từ lời giải không sơ cấp trên, ta lại được gợi ý về lời giải rất sơ cấp. Để ý kỹ lời giải trên thì rõ ràng là khai triển (1 − x2 )2n = (1 − x)2n (1 + x)2n đã ở ngay trước mắt ta. Rõ ràng không có gì là may mắn cả! Tất nhiên là với một công cụ mạnh như định lý trên thì ta đã được tiếp sức rất nhiều, nhưng điều đó không có nghĩa là không cần sự khéo léo và xoay sở. Chẳng hạn: nếu áp dụng thẳng định lý A cho bài toán trên thì bài toán lại đi ngay vào ngõ cụt! Các bạn hãy sử dụng định lý này để làm luôn bài toán rất quen thuộc: n  2 X n k=0 Diễn đàn Toán học k N  = 2n n  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 81 Định lý 4.4 (Định lý E (Phép chuyển đổi Euler))–   X  n 1 t n−k n z fk = [t ] f k 1 − zt 1 − zt  k Định lý 4.5 (Định lý P (Formula of Partial sums))– n X fk = [tn ] k=0 4.5 f (t) 1−t  Bài tập minh họa Ví dụ 4.1. Chứng minh rằng ∀n ∈ N∗ : n    X n 2k k=0 k k = n bX   2c n 2k k=0 2k k 3n−2k 4 Lời giải.   n    X n 2k E n 1 1 t = [t ] √ |u= k k 1−t 1−t 1 − 4u k=0 1 = [tn ] p (1 − t) (1 − 5t) 1 = [tn ] √ 1 − 6t + 5t2 1 1 = [tn ] ·s 1 − 3t t2 1−4 (1 − 3t)2 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 82 4.5. Bài tập minh họa ∞   1 X 2k t2k = [t ] 1 − 3t k (1 − 3t)2k k=0 ∞   X 2k t2k = [tn ] k (1 − 3t)2k+1 k=0 n = [tn ] n bX  2c 2k k=0 = n bX  2c 2k k=0 = n bX  2c 2k k=0 = k k n bX  2c 2k k=0 k k t2k (1 − 3t)2k+1 n−2k 3 n−2k   2k + 1 + n − 2k − 1 n − 2k  n n − 2k 3 3n−2k  n 2k   Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Nhận xét. Bài này có thể có cách làm khác dựa trên hàm sinh đa thức. Đó là cách xét đa thức (x2 + 3x + 1)n . Chú ý là ta có 2 cách n để 2 khai triển đa thức này thông qua nhị thức Newton: x + 3x + 1 =  n  n (x + 1)2 + x = x2 + 1 + 3x . Cụ thể xét hệ số nào, xin được nhường cho bạn đọc. Đây cũng là 1 cách thú vị, tuy nhiên theo quan điểm tác giả, thì lời giải ban đầu như trên là tự nhiên hơn. Ngoài ra, với cách giải hoàn toàn tương tự, ta còn giải được bài toán sau: n X k=0 n bX      2c n 2k n 2k k n (−1) = (−1) (n ≥ 1) k k 2k k k=0 Ví dụ 4.2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có :  n   X 2k 2(n − k) = 4n k n−k k=0 Diễn đàn Toán học N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 83 Lời giải. Tham khảo lời giải tại địa chỉ http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/ 65986-cm-sum-k0n-c-2kkc-2n-2kn-k4n/ (Bài viết số 2-3) Xét khai triển hàm: ∞ A(x) = √ X 1 = (1 + (−x))−1/2 = 1−x n=0  −1  2 n (−x)n với |x| < 1 Trong đó  −1  • 2 n  −1  • 2 n = 1 nếu n = 0    − 12 − 12 − 1 − 21 − 2 ... − 12 − n + 1 (−1)n (2n − 1)!! = = n! 2n n! (−1)n n!2n (2n − 1)!! (−1)n (2n)!!(2n − 1)!! = = 4n (n!)2 4n (n!)2   n n (−1) (2n)! (−1) 2n = = nếu n ≥ 1 n 2 4 (n!) 4n n Suy ra A(x) = ∞ X n=0   1 2n an x với an = n 4 n n Ta có 2 (A(x)) = ∞ X !2 n an x ∞ = n=0 X 1 = xn (|x| < 1) 1−x n=0 Nên nếu vận dụng tính chất của 2 chuỗi số bằng nhau, ta có thể đồng Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 84 4.5. Bài tập minh họa nhất hệ số xn như sau: n X     n X 1 2k 1 2n − 2k ak an−k = 1= 4k k 4n−k n − k k=0 k=0  n   2n − 2k 1 X 2k = n k n−k 4 k=0    n X 2k 2n − 2k n ⇒4 = k n−k k=0 Và ta có điều phải chứng minh.  Nhận xét. Đây là bài Toán rất cơ bản - đẹp và tiêu biểu cho việc áp dụng hàm sinh chứng minh Lời giải dùng hàm sinh dựa trên  ĐTTH.  2k 1 khai triển liên quan đến của hàm số √ (hoặc có thể là k 1−x 1 √ ); đồng thời phần “mẫu số” với k, n − k thoả : k + n − k = n 1 − 4x cũng góp phần định hướng lời giải cho ta. Đẳng thức trên đóng vai trò là bổ đề trong nhiều bài toán khác. Chẳng hạn: dùng đẳng thức này có thể tính tổng: n   X n (2i − 1)!! (2 (n − i) − 1)!! i i=0 (Coi (−1)!! = 1). Gợi ý: = (2n)!! Trong đường link trên, còn có 1 lời giải rất sáng tạo - đẹp, sử dụng đếm 2 cách với ý tưởng là tô màu n đoạn thẳng liên tiếp bởi 4 màu khác nhau. Lời giải này đẹp và sử dụng được 1 trong những phương pháp truyền thống của đếm 2 cách: tô màu, chia thẻ,... nhưng xét về khía cạnh hiệu quả thì lời giải bằng hàm sinh chỉ đòi hỏi một lượng kiến thức tối thiểu. Ví dụ 4.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, m, ta có:      n X n m m+n−1 k =n k k n 4 k=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 85 Lời giải.     n n n−1 = Sử dụng công thức , ta có: k k k−1      n n  X X n m n−1 m k =n k k k−1 k k=0 k=1   1 t E = n [tm ] u(1 + u)n−1 u = 1−t 1−t 1 t 1 = n [tm ] · · 1 − t 1 − t (1 − t)n−1   1 = n tm−1 (1 − t)n+1   n+1+m−1−1 =n m−1   n+m−1 =n n Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:   n  X 4n − 4k 4k k=0 2n − 2k 2k 1 = 2    2n n n 4 + 16 n 4 Lời giải.     2 n  X 4n − 4k 4k conv  2n  1 1 1 = t √ +√ 2n − 2k 2k 2 1 − 4t 1 + 4t k=0     1 2n  1 2 1  = t +q + 4 1 − 4t 1 + 4t 2 1 − (4t) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 86 4.5. Bài tập minh họa   1  2n   2 2  = +q t 4 2 1 − (4t)2 1 − (4t) ! 1 1  2n  1 = t +p 2 1 − (4t)2 1 − 4. (4t2 )    2n 1 42n + 4n = 2 n    1 2n = 16n + 4n 2 n Nên từ đây suy ra đpcm.  1 Nhận xét. Một lần nữa, ta lại sử dụng khai triển √ quen thuộc. 1 − 4x Tuy có phức tạp hơn một chút nhưng bản chất thì vẫn là tổ hợp chập trung tâm (central binomial); xét phần mẫu số để định hướng: 2k + (2n − 2k) = 2n. Bài này còn đòi hỏi một chút khôn khéo để “loại” ra những phần tử không cần thiết trong khai triển. Ví dụ 4.5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:    n X 2n n 2n − 1 −1 = k k k n+1 k=0 4 Lời giải.    n n X n 2n − 1 −1 X n!k! (2n − 1 − k)! = k k k k k! (n − k)! (2n − 1)! k=0 k=0    n  2n − 1 −1 X 2n − 1 − k = k n n−k k=0  −1   2n − 1 u t B 2n–1 n = [t ] (1+t) u= n 1+t (1–u)2 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 87   2n − 1 −1 n t = [t ] (1 + t)2n−1 (1 + t)2 n 1+t   2n − 1 −1 n = [t ] (1+t)2n t n   2n − 1 −1  n−1  = t (1+t)2n n     2n − 1 −1 2n 2n = = n+1 n n−1 Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Nhận xét. Thông thường những bài tính tổng có tổ hợp chập ở mẫu số sẽ đòi hỏi kỹ năng biến đổi, vì ta thường không có hàm sinh tương ứng cho dạng phân thức có tổ hợp chập ở mẫu số. Chú ý là trong 2 công thức A, B thì hệ số cần xét là khác nhau, cần chú ý để tránh nhầm lẫn. Ngoài ra, từ bài toán trên, các bạn hãy tự giải bài tương tự sau:  n   X n 2n − 1 −1 ∗ Chứng minh rằng: ∀n ∈ N : =2 k k k=0 Ví dụ 4.6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:   n  X 4n + 1 k+n k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2n − 2k n N   3n =4 n n 4 Diễn đàn Toán học 88 4.5. Bài tập minh họa Lời giải.   n  X 4n + 1 k+n k=0 2n − 2k n = n  X k=0 4n + 1 2n + 2k + 1  k+n k    t2n+1 1 t2 u= (1–t)2n+2 (1–u)n+1 (1–t)2    2n  1 1 t2 = t u= (1 − t)2n+2 (1–u)n+1 (1–t)2   1 (1 − t)2n+2 = t2n (1 − t)2n+2 (1 − 2t)n+1   1 = t2n (1 − 2t)n+1   2n n + 1 + 2n − 1 =2 2n     3n n n 3n =4 =4 2n n A   = t4n+1 Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Nhận xét. Không phải lúc nào tổng tổ hợp cũng ở ngay dấu hiệu để ta áp dụng định lý. Đôi khi ta cần phải thực hiện một vài biến đổi, như ở trong trường hợp này:  4n + 1 2n − 2k   → 4n + 1 2n + 2k + 1  và     n+k n+k → n k Với bài này, ta thấy được đầy đủ sức mạnh của định lý A (4.2). Vì nếu theo cách làm dự đoán hàm sinh mà đa số người dùng thường chọn, 1 thì dù có dự đoán đúng hàm sinh: cũng rất khó để hoàn (1 − 2t)n+1 thành bài toán, do những bước biến đổi đòi hỏi là tương đối lòng vòng, thiếu tự nhiên. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 89 Ví dụ 4.7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n bX       2c n 2k k n−2k n 2n − 2j 2 = 2k k j j n k=j 4 Lời giải. Ta có : n bX    2c n 2k k k=j 2k k j = n bX   2 c   n n−k k k=j k k j 2n−2k n   bX   2c n n−j n−k = 2n−2k j k−j n − 2k k=j     t2 B n n n−j n j = [t ] (1 + 2t) u (1 + u) u= j 1 + 2t n−j   1 + 2t + t2 n tj n n = [t ] (1 + 2t) j (1 + 2t)j (1 + 2t)n−j   n  n−2j  = t (1 + 2t)2n−2j j    n 2n − 2j = j n Nên từ đây suy ra đpcm.  Ví dụ 4.8. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:        n  n X x y−k 1 X x + 1 y −1 1 n −1 = k k x+1 k k k−1 n−k k=1 k=1     1 x y = − x−y n n (x, y là 2 số nguyên và y ≥ x + 1 > n). Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 4 Diễn đàn Toán học 90 4.5. Bài tập minh họa Lời giải. Ta có:      n X 1 n −1 x y−k k k k−1 n−k k=1 n X x! (y − k)!k! (n − k)! k! (x − k + 1)! (n − k)! (y − n)!n! k=1  n  y−k x! (y − x − 1)! X = x−k+1 n! (y − n)! k=1   n+1 t B x! (y − x − 1)!  x+1  y u−u = t (1 + t) u= n! (y − n)! 1−u 1+t   n+1 t t − x! (y − x − 1)!  x+1  (1 + t)n+1 y 1+t t (1 + t) = t n! (y − n)! 1− 1+t    x! (y − x − 1)! x = [t ] (1 + t)y − tx−n (1 + t)y−n n! (y − n)!   x! (y − x − 1)! y! (y − n)! = − n! (y − n)! x! (y − x)! (y − x)! (x − n)!     x y 1 − = x−y n n = Nên từ đây suy thẳng ra điều phải chứng minh.  Nhận xét. Cái khôn khéo của người giải toán là cần phải linh hoạt sử u − un+1 1 dụng hàm thay vì hàm quen thuộc. Các bạn hãy tự lý 1−u 1−u giải vì sao lại chọn như thế. Ngoài ra, bằng cách làm hoàn toàn tương tự, các bạn hãy giải bài toán:       ! n   −1 X z x x+1 z x + 1 −1 z x + 1 −1 = − k k x−z+1 j j n+1 n+1 k=j Gợi ý: f (u) = Diễn đàn Toán học uj − un+1 1−u N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 91 Ví dụ 4.9. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:    n   X x x − 2k 2k 2x 2 = ; ∀x ∈ R 2k n−k 2n 4 k=0 Lời giải. Ta có :  n   X x − 2k 2k x 2 n−k 2k k=0   √ x √ x t B n x (1 + 2 u) + (1 − 2 u) = [t ] (1 + t) u = 2 (1 + t)2 √ √ x x ! 1+2 t+t + 1−2 t+t = [tn ] (1 + t)x 2(1 + t)x √ 2x √ 2x + 1− t n 1+ t = [t ] 2   = t2n (1 + t)2x   2x = 2n Nên từ đây suy thẳng ra điều phải chứng minh.  Nhận xét. Với cùng cách giải trên, ta cũng giải được bài toán sau do giáo sư H.W.Gould đề xuất:     n  X x+1 x − 2k 2k+1 2x + 2 2 = 2k + 1 n−k 2n + 1 ∀n ∈ N k=0 Ví dụ 4.10. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: k X i=0     n n+k−i−1 0 (−1) = 1 i k−i i Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N nếu k ≥ 1 nếu k = 0 4 Diễn đàn Toán học 92 4.5. Bài tập minh họa Lời giải. Ta có :  X      k  n+k−i−1 n n+k−i−1 i n (−1) = (−1) i k−i k−i i i=0 i=0  h i B = tk (1 + t)n+k−1 (1 − u)n u = k X i t 1+t  h i 1 = tk (1 + t)n+k−1 (1 + t)n h i = tk (1 + t)k−1     Với k = 0 : t0 (1 + t)−1 = t0    1 = t0 1 − t + t2 − t3 + … = 1. 1+t Còn với k ≥ 1 thì hiển nhiên bậc lớn nhất của t trong khai triển nhị thức (1 + t)k−1 là k − 1. h i Suy ra tk (1 + t)k−1 = 0. Nên từ đây suy thẳng ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.11. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n−1 X k=0        2n n 4n − 4k − 2 4k + 2 1 n 16 − 4 = n 2n − 2k − 1 2k + 1 2 4 Lời giải. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 93 Ta có : n−1 X    4n − 4k − 2 4k + 2 2n − 2k − 1 2k + 1 k=0   2  2n  1 1 1 √ = t −√ 2 1 − 4t 1 + 4t ! 1 1 2 1  2n  t + −p = 4 1 − 4t 1 + 4t 1 − 4 (4t2 ) ! 1  2n  2 2 = t −p 4 1 − 16t2 1 − 4 (4t2 ) ! 1  2n  1 1 = t −p 2 1 − 16t2 1 − 4 (4t2 )    1 2n = 16n − 4n 2 n Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.    1 1 1 √ √ Nhận xét. Cách xét (C (x)) với C (x) = − ở 2 1 − 4x 1 + 4x đây đã là tương đối Xquen thuộc. XCách này nhìn X chung là hữu ích với những tổng dạng ak an−k ; a2k an−2k ; a2k+1 an−2k−1 ….Cũng 2 có thể để ý thêm là dãy (ak )k≥0 không nhất thiết phải có hàm sinh tương ứng là hàm C (x), như trường hợp bài toán trên là một điển hình. Ví dụ 4.12. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n X k=0 k+1 (−1)      2n 1 n 2k 2k + 1 = k k k n (2n − 1) 4n 4 4 Lời giải. Bài này cần một chút “gia cố – thêm thắt” từ khai triển quen 1 thuộc của √ . 1 − 4x Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 94 4.5. Bài tập minh họa Thật vậy, nếu tinh ý 1 chút ta sẽ nhận ra: 1 (1 + x)3/2 = ∞ X k=0   2k k (−1/4) (2k + 1) x k k Hoặc nếu viết theo ngôn ngữ hàm sinh :    2k 1 k G (−1/4) (2k + 1) = k (1 + x)3/2 Tức là hệ số của xk trong khai triển chuỗi luỹ thừa hình thức   thành 2k 1 k của là (−1/4) (2k + 1) k (1 + x)3/2 Ta có: ” #    n X n 2k 2k + 1 1 t 1 E (−1)k+1 u= = − [tn ] k k 1 − t (1 + u)3/2 1−t 4k k=0 √ = − [tn ] 1 − t 1 = − 2 (−1)n n (−1)n (−1)n (2n − 1)!! = n   2 n! 2n 1 = n 4n (2n − 1) Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Nhận xét. Theo quan điểm chủ quan của tác giả, bạn đọc chỉ cần nhớ 1 , và tất thật kỹ dạng khai triển luỹ thừa hình thức của hàm √ 1 − 4x cả những dãy số có liên quan như:          2k 1 2k 2k G k ;G ; G (2k + 1) , … k 2k + 1 k k Khi cần thiết, ta có thể tự thiết lập hàm sinh tương ứng thông qua các phép biến đổi, lấy đạo hàm tương đối đơn giản. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 95 Ví dụ 4.13. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n 4 n    X n 2k k=0 k k   n  X 2n − 2k 2k k 5 = n−k k 4 k=0 Lời giải. Ta có:   n    X n 2k E n n 1 1 t = √ 4 4 [t ] u= k k 1−t 1−t 1 − 4u n k=0 1 = 4n [tn ] p (1 − t) (1 − 5t) 1 = [tn ] p (1 − 4t) (1 − 20t) Đồng thời ta cũng có:   n  X 2n − 2k 2k k conv n 1 1 5 = [t ] √ ·√ n−k k 1 − 4t 1 − 20t k=0 1 = [tn ] p (1 − 4t) (1 − 20t) Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.    n Nhận xét. Có thể nói, trong tổng tổ hợp có chứa là dấu hiệu hay k để áp dụng phép chuyển đổi Euler. Đồng thời, cách biến đổi hàm sinh để làm mất đi số 4n cũng là một kỹ thuật đẹp cần lưu ý. Ví dụ 4.14. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: 4n n X k=0 (−1)k    X   n  n 2k 2n − 2k 2k = (−3)k k k n−k k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp k=0 N 4 Diễn đàn Toán học 96 4.5. Bài tập minh họa Lời giải. Ta có: n 4 n X k=0      n 2k E n n 1 1 t = √ (−1) 4 [t ] u= k k 1−t 1−t 1 + 4u k 1 = 4n [tn ] p (1 − t)(1 + 3t) 1 = [tn ] p (1 − 4t)(1 + 12t) Đồng thời ta cũng có:   n  X 2n − 2k 2k 1 1 conv (−3)k = [tn ] √ ·√ n−k k 1 − 4t 1 + 12t k=0 1 = [tn ] p (1 − 4t)(1 + 12t) Từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.15. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n bX 2c k=0   n − k 4n−k 4n+1 − 2n+1 (−1) = k k+1 n+2 k 4 Lời giải. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 97 Ta có: n bX 2c k (−1) k=0 n =4   n − k 4n−k k k+1 n bX  2c n − k (−1/4)k k=0 k k+1   t2 1  −1 1  ln u u= 1−t 1−t u 1+ 4 4 1 −4 (1 − t) (1 − t) = 4n [tn ] · ln 2 2 1−t t t −t+1 4        1  1  = 4n+1 tn+2 ln − 2 ln  t  1−t 1− 2   1 2 − = 4n+1 n + 2 2n+2 (n + 2) 4n+1 − 2n+1 = n+2 A = 4n [tn ] Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.16. Cho trước các số nguyên dương p, m, q. Chứng minh rằng ∀n ∈ N∗ :   n  X p–k q+k+1 k=0 p–n m =   m  X q–k p+k+1 k=0 q–n n  = p+q+2 n–m + q + 1  4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 98 4.5. Bài tập minh họa Lời giải. Ta có:   n  X p−k q+k+1 k=0 p−n m =   n  X p−k q+k+1 k=0 n−k m  um−q−1 t = [t ] (1 + t) u= 1+t (1 − u)m+1 tm−q−1 m+1 = [tn ] (1 + t)p m−q−1 (1 + t) (1 + t)  n−m+q+1  = t (1 + t)p+q+2   p+q+2 = n−m+1+q B p n  Đẳng thức còn lại chứng minh hoàn toàn tương tự. Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.17. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:   n X 2x − n k n (−1) (x − k)n+1 ≡ (n + 1)! k 2 4 k=0 Lời giải. Trước tiên ta cần điểm qua bổ đề sau: Bổ đề 4.1– n X k=0     n j j (−1) k = (−1)n n! n k k  Chứng minh. ” j   # n   k X X j t n 1 k!(−u) E u= (−1)k k j = [tn ] k (1 + u)k+1 k 1−t 1−t k=0 k=0 j   X j n = [t ] k!(−1)k tk k k=0   j = (−1)n n!  n Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 99 Trở lại với vấn đề chính. Ta có:   n X k n (−1) (x − k)n+1 k k=0   n+1 n X X n = 1 k n = (−1) xn+1−r (−1)r k r k r r=0 k=0     n+1 n X n+1 X n+1−r r k n = x (−1) (−1) kr r k r=0 k=0     n+1 n (−1)n n! = x(−1)n n n     n+1 n+1 n + 1 (−1)n n! + (−1) n n+1 n(n + 1) = x(n + 1)! − n! 2 2x − n = (n + 1)! 2 Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.18. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n X k=0 (−1)k   n 3n2 + n + 12×2 − 12nx (x − k)n+2 ≡ (n + 2)! k 24 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 4 Diễn đàn Toán học 100 4.5. Bài tập minh họa Lời giải. n X   n (−1) (x − k)n+2 k k=0   n+2 n X X n + 2 k n = (−1) xn+2−r (−1)r k r k r r=0 k=0     n+2 n X n+2 X n+2−r r k n = x (−1) (−1) kr r k r=0 k=0            n+2 n+2 n+2 2 n n+2 n+1 n! n! + n! − x = x n n n n+2 n+1 n k x2 xn 3n + 1 (n + 2)! − (n + 2)! + n(n + 2)! 2 2 24 3n2 + n + 12×2 − 12nx = (n + 2)! 24 = Nhận xét. Bằng việc sử dụng định lý: G (k p ) = p   X p k=0 k  k!tk (1 − t)k+1 . các bạn có thể tự luyện tập bằng bài toán sau: n  2 X n k=0 k r k =   r   X n 2n − k r k=0 k n k k! Ví dụ 4.19. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n  X k=0 Diễn đàn Toán học 4n 2n − 2k  k+n n N    2 n 3n = ·4 n 3 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 101 Lời giải. Ta có : n  X   k+n 4n n 2n − 2k k=0    n X k+n 4n = k 2n + 2k k=0    t2n 1 t2 A  = t4n u= (1 − t)2n+1 (1 − u)n+1 (1 − t)2    2n  1 t2 1 u= = t (1 − t)2n+1 (1 − u)n+1 (1 − t)2   1 (1 − t)2n+2 = t2n · (1 − t)2n+1 (1 − 2t)n+1   1−t = t2n (1 − 2t)n+1    2n−1  1 1 = t2n n+1 − t (1 − 2t) (1 − 2t)n+1     2n n + 1 + 2n − 1 2n−1 2n − 1 + n + 1 − 1 =2 −2 2n 2n − 1     3n − 1 3n 1 = 4n − 4n · n 2 n       n 3n n 1 2 3n n 2 3n =4 −4 · · = 4 · n 2 3 n 3 n Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.20. Cho bộ ba số nguyên (m, n, r) thỏa mãn 0 ≤ r ≤ n ≤ m−2.    r X r k m + n − 2 (k + 1) Ký hiệu 😛 (m; n; r) = (−1) . n k k=0 Chứng minh rằng: n X r=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp   m+n P (m; n; r) = n N 4 Diễn đàn Toán học 102 4.5. Bài tập minh họa Nhận xét. Bài Toán này là một trong những bài tác giả thích nhất, vì nó rất đúng với dụng ý về hàm sinh của tác giả khi viết chuyên đề. Rõ ràng các cách khác như, đếm 2 cách, quy nạp, … gần như không hiệu quả khi ngoại hình bài toán quá cồng kềnh, rối rắm. Lời giải. Ta có:    r X r m + n − 2 (k + 1) P (m; n; r) = (−1)k k n k=0   tn r 2 (1 − u) | u = t (1 − t)n+1   m−2  1 − t2 r = t (1 − t)n+1  n n X X  m−2  1 − t2 r ⇒ P (m; n; r) = t (1 − t)n+1 r=0 r=0 n r P 1 − t2   = tm−2 r=0 (1 − t)n+1 n+1 1 − 1 − t2   1 − (1 − t2 ) = tm−2 (1 − t)n+1   m−2  1 − 1 − t2 n+1 = t t2 (1 − t)n+1  2 n+1 m 1− 1−t = [t ] (1 − t)n+1   1 n+1 m = [t ] − (1 + t) (1 − t)n+1 1 = [tm ] (1 − t)n+1     m+n+1−1 m+n = = m m A   = tn+m−2 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 103 Do n + 1 ≤ m − 1 < m ⇒ [tm ] (1 + t)n+1 = 0. Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.21 (Hoàng Xuân Thanh). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n X k=0   n+1 n+k (−2) = (−1)b 2 c 2k k 4 Nhận xét. Tất nhiên là so với những bài toán nêu ở trên, bài này chỉ là bài dễ. Tuy nhiên, dụng ý tác giả đưa ra bài này là một mục đích khác, tức là: Trong trình bày lời giải, đôi khi ta không muốn phải chứng minh lại các định lý A (4.2); B (4.3), khi đó, ta sẽ ngầm dùng chúng và sử dụng luôn kết quả hàm sinh tìm được để lời giải ngắn gọn. Và cũng là để làm “vừa ý” những người đọc vốn không quen với kiểu trình bày có các ẩn u. Chẳng hạn với bài toán này: khi dùng định lý A (4.2), ta tìm ra được 1−t ngay hàm sinh cần tìm: f (t) = , và hệ số cần xét là tn . 1 + t2 Lời giải. Bây giờ, tuỳ theo số dư của n trong phép chia cho 4, ta có: 1 t − [tn ] 1 + t2 1 + t2 1−t = [tn ] 1 + t2 1 (1 − t)2 = [tn ] · 1 − t 1 + t2 1 1 = [tn ] · 2t 1−t 1+ (1 − t)2 (Biến đổi này thực ra cũng là từ định lý A (4.2)) n+1 (−1)b 2 c = [tn ] Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 104 4.5. Bài tập minh họa 1 = [t ] 1−t n n X ∞ X (−2t)k k=0 ! = [tn ] (1 − t)2k n X (−2t)k ∞ X (−2t)k k=0 (1 − t)2k+1   n − k + 2k + 1 − 1 = [t ] = (−2) n−k (1 − t)2k+1 k=0 k=0     X n n X k n+k k n+k (−2) (−2) = = 2k n−k n k  k=0 k=0 Nhận xét. Ở đây đã dùng tới khai triển quen thuộc:       1 n n−1 n+k−1 k x + ... + x + ... + = 1 k 0 (1 − x)n Ví dụ 4.22. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n bX 2c k=0   n − k 4n−k 2n+1 (−1) = k n−k n k 4       n n−k n−k n−k−1 Lời giải. Áp dụng đẳng thức: = + n−k k k k−1 Ta có đẳng thức cần chứng minh trở thành: n bX 2c k  (−1) k=0 ⇔ n bX 2c k=0 ⇔ n bX 2c k=0  n − k 4n−k 2n+1 = n−k n k     n−k n−k−1 (−1) + 4n−k = 2n+1 k k−1 k b n2 c     n − k n−k X k n−k−1 (−1) 4 + (−1) 4n−k k k−1 k =2n+1 k=0 Ta có theo định lí A (4.2) thì: Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 105 n bX     2c n − k k k n−k n−k n (−1) 4 =4 (−1/4) k k k=0 k=0   2 1 1 t   = 4n [tn ] u= 1−t 1+ u 1−t 4 4 n n = 4 [t ] (t − 2)2   n bX   2c 2   n − k − 1 n−k 1 1 t  4 = 4n tn−1 (−1)k u= k−1 t 1+ u 1−t k=0 4 4 (1 − t) = 4n [tn ] (t − 2)2 n bX 2c Suy ra: n bX 2c k=0 b n2 c     n − k n−k X n − k − 1 n−k (−1) 4 + (−1)k 4 k k−1 k k=0 2−t = 4n+1 [tn ] (t − 2)2 1 4n+1 n 1 4n+1 1 = 4n+1 [tn ] = [t ] = · n = 2n+1 t 2−t 2 2 2 1− 2 Từ đây suy thẳng ra điều phải chứng minh.  Ví dụ 4.23. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: n bX  k 2c n−k 6 3n + (−2)n = k n−k n k=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N 4 Diễn đàn Toán học 106 4.5. Bài tập minh họa Lời giải. Ta có : n bX b n2 c      2c n−k n k X n−k n−k−1 + 6k nS = 6 = k k k−1 n−k k=0 k=0 Ta lại có: n bX    2c 1 t2 1 n−k k A n 1 u= = [tn ] 6 = [t ] k 1 − t 1 − 6u 1−t 1 − t − 6t2 k=0 bXc     n − k − 1 k A  n−1  1 1 1−t t2 = 6 t = [tn ] u= k−1 t 1 − 6u 1−t 1 − t − 6t2 n 2 k=0 Suy ra: n bX  2c n−k n nS = · 6k k n−k k=0 = n bX  2 c  n−k k k=0   n−k−1 + 6k k−1 2−t −t+1 2−t = [tn ] (1 − 3t)(1 + 2t)   1 1 n = [t ] + 1 − 3t 1 + 2t = 3n + (−2)n = [tn ] ⇒S= Diễn đàn Toán học −6t2 3n + (−2)n n  N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.5. Bài tập minh họa 107 Ví dụ 4.24 (Hoàng Xuân Thanh). Chứng minh rằng ∀n ∈ N∗ : n  X k=0  n+k  2 k  !n+2  √ √ !n+2 1  1+ 5 5 − 1  + (−1)n+1 = √ 2 2 5 4 Lời giải. Đây có lẽ nên là một bài Toán đẹp mà không quá khó. Ngoại hình của bài toán có thể khiến bạn hơi rối, nhưng trước tiên, theo thói quen, ta hãy làm một bước nhỏ để đưa mọi thứ trở lại quỹ đạo. !n+2  √ !n+2 √ 1 1+ 5 5−1  √  + (−1)n+1 2 2 5  !n+2  √ !n+2 √ 5 − 1 1  1+ 5  =√ − (−1)n+2 2 2 5   √ !n+2 √ !n+2 1  1+ 5 1− 5  = Fn+2 =√ − 2 2 5  Kể ra cũng gọn được một ít rồi, tuy chưa đáng kể, cái ta muốn khử là cái dấu phần nguyên, vốn hơi khó chịu trong tính toán. Số 2 ở mẫu số n+k trong gợi ý cho ta cách xét số dư trong phép chia của n cho 2 2, nói cách khác là tính chẵn lẻ của n. Một cách tự nhiên, sau khi xét tính chẵn lẻ của n, ta chia tổng ban đầu tiếp thành hai thành phần theo tính chẵn lẻ của  k, và như vậy hiển n+k nhiên sẽ phá hết được những dấu phần nguyên . Một ý tưởng 2 hết sức đẹp và đơn giản! Bây giờ, ta xét thử n = 2m + 1, trường hợp n = 2m hoàn toàn tương Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 108 4.6. Các bài toán không mẫu mực tự. n  X  n+k  k=0 2 k = n  X k=0 m  X  2m+1+k  2 k  2m+1+2k  m  2m+1+2k+1  X 2 + 2k 2k + 1 k=0 k=0  X  m  m  X m+k m+k+1 = + 2k 2k + 1 k=0 k=0   1 1 t A m = [t ] u= 1−t 1−u (1 − t)2    m+1  t 1 t + t u= (1 − t)2 1 − u (1 − t)2 1−t 1 = [tm ] + [tm ] (∗) 2 1 − 3t + t 1 − 3t + t2 2−t = [tm ] 1 − 3t + t2 2 (1 − t) t = [tm ] + [tm ] 1 − 3t + t2 1 − 3t + t2 = 2F2m+1 + F2m = 2 = F2m+1 + (F2m+1 + F2m ) = F2m+1 + F2m+2 = F2m+3 = F(2m+1)+2 = Fn+2 Bước (*) là dạng quen thuộc của các hàm sinh liên quan dãy Fibonacci. Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh. Một bài toán rất - rất đẹp! 4.6 Các bài toán không mẫu mực Bài toán 4.5. Chứng minh rằng ∀n ∈ N∗      X n n n 2n (i − k) = 2 n i k 0≤k≤i≤n Diễn đàn Toán học N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.6. Các bài toán không mẫu mực 109 Lời giải. Tham khảo lời giải tại địa chỉ http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/82111-sum -0-le-k-le-i-le-n-lefti-kbinomnibinomnkright-dfracn2binom2nn/ (Bài viết số 2). Ta có đẳng thức sau: X 0≤k≤i≤n (i − k)      n−1 X n n n n n + + ··· + = 0 1 k i k k=0       n n n · + + ··· + k+1 k+2 n = an−1 Với một số nguyên dương n cho trước, xét dãy số (bk )k≥0 xác định như sau:       n n n bk = + + ··· + 0 1 k Bây giờ xét khai triễn chuỗi luỹ thừa hình thức của: C(x) = (1 + x)n 1−x với |x| < 1. Ta có:        X ∞ n n n n cn xn C(x) = 1 + x + x + · · · + x + ··· + x = 0 1 n 2  n=0 Bằng cách xem xét hệ số của xk (0 ≤ k ≤ n); ta có: bk = ck ∀0 ≤ k ≤ n ! ! ∞ ∞ 2n X X (1 + x) ⇒ (C(x))2 = = cn xn · cn xn (1 − x)2 n=0 n=0         2n 2n 2n 2n ⇒ + x + ··· + x · 1 + 2x + 3x2 + ... 0 1 2n ! ! ∞ ∞ X X = cn xn · cn xn n=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N n=0 Diễn đàn Toán học 110 4.6. Các bài toán không mẫu mực Bây giờ so sánh hệ số của xn−1 ở hai vế, ta có: n−1 X r=0  2n (n − r) = c0 cn−1 + c1 cn−2 + ... + cn−1 c0 r = b0 bn−1 + b1 bn−2 + ... + bn−1 b0   n−1 X n n n = + + ··· + 0 1 k k=0       n n n · + + ··· + k+1 k+2 n = an−1 Như vậy, công việc còn lại của ta là đi chứng minh đẳng thức sau: n−1 X r=0    2n n 2n (n − r) = r 2 n (4.1) Ta có: n−1 X r=0  n−1 X 2n n−1 X 2n 2n r (n − r) = n − r r r r=0 r=0 " 2n    # n−1   X 2n n X 2n 2n = − − r r 2 r n r=0 r=0   n−1 X 2n n 2n 2n−1 = n.2 − · − r 2 n r r=0 Nên (5.1) tương đương với 2n−1 n.2   n X 2n = r r (4.2) r=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.6. Các bài toán không mẫu mực 111 Bây giờ với r = 1; 2; ...; n, ta có:  2n r r  r · (2n)! (2n)! = r! · (2n − r)! (r − 1)! · (2n − r)!   2n − 1 2n · (2n − 1)! = 2n = (r − 1)! · (2n − r)! r−1 = Suy ra    n n  n−1 X X X 2n − 1 2n 2n − 1 r = 2n = 2n r r−1 r r=0 r=1 r=0  2n−1  1 X 2n − 1 = 2n · · = n.22n−1 2 r r=0 Từ đây suy ra (5.2) đúng; suy ra (5.1) đúng. Do đó đẳng thức ban đầu được chứng minh hoàn toàn.  Nhận xét. Đây là một trong những bài Toán khó nhất trong tài liệu này. Bước biến đổi đầu tiên là tương đối khó để xây dựng. Hàm sinh đưa ra cũng không phải là hàm sinh tương ứng với cả 1 dãy số cần xét, mà nó chỉ là hàm sinh tương ứng với những số hạng đầu tiên của dãy mà thôi. Ngoài ra, bài này còn đòi hỏi các kỹ năng biến đổi thành thạo với tổ hợp chập (ở phần 3-4). Nhìn chung; đây là 1 bài toán hay - khó - ngoạn mục! Điều dễ dàng bù lại là kỹ năng xét (C(x))2 tương đối quen thuộc. Suy ngẫm về bài toán này ta thấy, có mối liên hệ mật thiết với định lý tổng từng phần n X f (t) fk = [tn ] (Định lý P): 1−t k=0 Như vậy, dù là một bài toán không mẫu mực nhưng lời giải trên cũng có những cơ sở nhất định, chứ không hẳn là cảm tính và kỹ năng. Bài toán 4.6. Chứng minh rằng Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 112 4.6. Các bài toán không mẫu mực m X    X  m  x+y+j y + 2j x+j (x + m + 1) (−1) − (−4)j m−j j m−j j=0 j=0   x = (x − m) 4 m j Lời giải. j Chú ý: Hàm sinh tương ứng của dãy (−1) 1 √ 1 + 4t   y + 2j j  (j ∈ N) là: √ y √ y 1 − 1 + 4t 1 1 + 4t − 1 =√ 2(−t) 2t 1 + 4t Ta có:    m X y + 2j j x+y+j (x + m + 1) (−1) m−j j j=0   √ y 1 1 + 4u − 1 B m x+y =(x + m + 1) [t ] (1 + t) √ u = t(1 + t) 2u 1 + 4u 1 (2t)y = (x + m + 1) [tm ] (1 + t)x+y · y y 1 + 2t 2 t (1 + t)y 1 = (x + m + 1) [tm ] (1 + t)x 1 + 2t x (1 + t) = (x + m + 1) [tm ] 1 + 2t Ta cũng có:  m  X x+j j=0 m−j B j= (−4) Diễn đàn Toán học m [t ] (1+t) x   1 (1 + t)x u = t(1 + t) = [tm ] 1 + 4u (1 + 2t)2 N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.6. Các bài toán không mẫu mực 113 Từ đó suy ra: (x + m + 1) m X j=0    X  m  x+y+j y + 2j x+j (−1) − (−4)j m−j j m−j j j=0 (1 + t)x (1 + − [tm ] 1 + 2t (1 + 2t)2 x (1 + t) (1 + t)x (1 + t)x = (x + 1) [tm ] + m [tm ] − [tm ] 1 + 2t 1 + 2t (1 + 2t)2 t)x = (x + m + 1) [tm ] (Mẫu số (1 + 2t)2 chính là mấu chốt gợi cho ta liên tưởng đến việc xét đạo hàm) (1 + t)x (1 + t)x (1 + t)x + m [tm ] − [tm ] 1 + 2t 1 + 2t (1 + 2t)2   x  m−1  d (1 + t)x (1 + t)x m (1 + t) + t − [tm ] = (x + 1) [t ] 1 + 2t dt 1 + 2t (1 + 2t)2   x−1 x  m−1  x(1 + t) (1 + 2t) − 2(1 + t)x m (1 + t) + t = (x + 1) [t ] 1 + 2t (1 + 2t)2 (1 + t)x − [tm ] (1 + 2t)2 (1 + t)x t(1 + t)x−1 2t(1 + t)x = (x + 1) [tm ] + x [tm ] − [tm ] 1 + 2t 1 + 2t (1 + 2t)2 x (1 + t) − [tm ] (1 + 2t)2 (1 + t)x t(1 + t)x−1 (1 + t)x = (x + 1) [tm ] + x [tm ] − [tm ] 1 + 2t 1 + 2t 1 + 2t x−1 (1 + t) ((x + 1)(1 + t) + xt − (1 + t)) = [tm ] 1 + 2t x−1 (1 + 2t)x (1 + t) = [tm ] 1 + 2t   x−1 m x−1 = [t ] x(1 + t) =x m   x = (x − m)  m (x + 1) [tm ] Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 114 4.6. Các bài toán không mẫu mực Nhận xét. Đây là bài toán khó nhất trong chuyên đề này! Bài toán này được đưa vào mục các bài toán không mẫu mực vì phép biến đổi trong bài này là tương đối lạ và ít gặp, hàm sinh đưa ra (1 + t)x cũng không quá quen thuộc, dù sao thì phép biến đổi m [tm ] = 1 + 2t   x  m−1  d (1 + t) cũng là phép biển đổi đẹp và nên nhớ! t dt 1 + 2t Bài toán 4.7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có: X 2n F2k+1 = 5n F2n+1 k 4 k≥0 Lời giải. Ta có: X 2n k≥0 k A  2n F2k+1 = t    1−u t 1 u= 1 − t 1 − 3u + u2 1−t   = t2n 1 · 1−t 1− t 1−t t + 1 − 3 1−t  t 1−t 2 1 (1 − t)2 − t(1 − t) · 1 − t (1 − t)2 − 3t(1 − t) + t2   1 − 2t = t2n 2 5t − 5t + 1 √ 2 5t   1 − √ 5 = 5n t2n t2 − 5t + 1   = t2n √   Tức là ta cần chứng minh t2n Diễn đàn Toán học 1 − 2 55t √ = F2n+1 t2 − 5t + 1 N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.6. Các bài toán không mẫu mực 115 Ta có: √  2n  t   1 − 2 55t √ = t2n  t2 − 5t + 1 t− √ 1 − 2 55t  √ 5−1 t− 2 √ 5+1 2  √  = t2n  √  5−1 2 1 − 2 55t  √  5+1 −t − t 2 √  2n = t  1 − 2 55t   √  √ 1 + t 1−2 5 1 + t − 25−1   = t2n  1 1+ √  t 1−2 5 1 + t− √ 5−1 2  √ 1 2 5  2n−1    t − √  √ 5 1− − 5−1 5 1+t 1+t 2  Tới đây ta dùng đến công thức [tn ]  = = rn+1 –sn+1 1 = (–1)n (1+rt)(1+st) r–s  √ 2n+1 √ 2n+1 − 5−1 1− 5 − 2 2  √   √  (−1)2n − 5−1 1− 5 − 2 2  √ 2n √ 1− 5 − 2 2 5 − ·  √  1− 5 5 − 2 √ !2n+1 1− 5 + 2 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 2  2n √ − 5−1 2  √  (−1)2n−1 − 5−1 2  √ !2n+1 5+1 2  √ √ !2n 2 5 1− 5 + − 5 2 N √ 5+1 2 !2n   Diễn đàn Toán học 116 4.6. Các bài toán không mẫu mực  √ !2n+1 1  1+ 5 =√ − 2 5  √ !2n+1 1− 5  2 = F2n+1 Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét.  √ 1 − 255 √ , vì cách xử lý này cũng là Hãy để ý kỹ cách xử lý t t2 − 5t + 1 cách làm tổng quát với dạng phân thức có mẫu thức là hàm bậc 2 có nghiệm thực.  2n  Trong topic http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/68310sum-kge-0-binom2nk-f-2k1-5n-f-2n1/ nickname hxthanh có đưa ra một lời giải khá ngắn gọn dựa trên nhị thức Newton và tính toán Đại Số thuần tuý. Tuy nhiên, theo quan điểm của người viết, lời giải trên tuy “cồng kềnh” nhưng lại có nhiều cái để học tập hơn. Dựa trên tư tưởng lời giải trên, các bạn hãy giải bài tương tự: Với mọi số nguyên dương n. Chứng minh: n   X n Fk = F2n k k=0 Tuy nhiên, cách này sẽ không thể dùng để giải bài sau: Với mọi số nguyên dương n. Chứng minh:   n X n+k k n (−1) 2 F2k = F3n k k=0 Các bạn hãy tự tìm cho mình cách giải thích tại sao như vậy. Đồng thời giải nó bằng cách của hxthanh xem sao? Đây có thể xem là một dịp để đối chiếu các cách giải khác nhau. Bài toán 4.8. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,ta có : n−1 X    n−1 X 3n 3n 3n − k − 2 3 = (n − k) 2k k n−1−k k n−1−k k (−1) k=0 Diễn đàn Toán học k=0 N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.6. Các bài toán không mẫu mực 117 Lời giải. Tham khảo lời giải (bằng tiếng Anh) tại địa chỉ: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/ viewtopic.php?f=41&t=491174 (Bài viết số 3). Ta có tính chất sau: (Định lý Convolution (4.1)) n h i i h X tk f (t) · tn−k g(t) [t ] (f (t)g(t)) = n (4.3) k=0 Ta thấy: • n − k là hệ số của xn−k trong khai triển • 2k x . (1 − x)2   3n là hệ số của xk trong khai triển (1 + 2x)3n . k Do đó theo (4.3), ta có: ! !  3n  ∞ 3n X X 3n (1 + 2x) x = [xn ] (2x)k . [xn ] kxk k (1 − x)2 k=0 k=1   n−1 X 3n = 2k (n − k) k k=0 (1 + 2x)3n .x Mặt khác để tính hệ số của x trong khai triển hàm f (x) = (1 − x)2 n Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 118 4.6. Các bài toán không mẫu mực theo cách khác (theo hướng có số 3k ) ở vế trái, ta có : [xn ] 3n (1 + 2x)3n x n ((1 − x) + 3x) x = [x ] (1 − x)2 (1 − x)2   3n P 3n k k+1 3 x · (1 − x)3n−k k k=0 = [xn ] (1 − x)2  3n  X 3n k k+1 n 3 x · (1 − x)3n−k−2 = [x ] k k=0 n−1 X 3n n 3k xk+1 · (1 − x)3n−k−2 = [x ] k k=0    n−1 X 3n − k − 2 n−1−k k 3n = (−1) 3 k n−1−k k=0 Vậy ta có kết quả cuối cùng: n−1 X (−1)n−1−k 3k k=0    n−1 X 3n 3n 3n − k − 2 = (n − k)2k k n−1−k k k=0  Bài toán 4.9. Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm r, s, t thỏa mãn t ≥ r + s, ta có :       s s s t+1 1 s 0  +  + ... +  =   t t t t−s (t + 1 − s) r r+1 r+s r 4 Lời giải. Đặt q = t − r − s. Rõ ràng q là số nguyên không âm. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.6. Các bài toán không mẫu mực 119 Với i = 0, ..., s, ta có:   s (r + i)! (t − r − i)! s! i  = · t i! (s − i)! t! r+i s! (r + i)! (q + s − i)! = · i! (s − i)! t! s!q!r! (r + i)! (q + s − i)! = · · t! r!i! (s − i)!q!    s!q!r! r + i q + s − i = t! i s−i    s!q!r! r + i q + s − i = t! r q Suy ra :       s s s   s  s!q!r! X r + i q + s − i 1 s 0  +  + ... +  = t t t r q t! i=0 r r+1 r+s Xét khai triển hàm sinh dựa trên chuỗi luỹ thừa hình thức: 1 1 1 r+q+2 = r+1 (1 − x) (1 − x) (1 − x)q+1   ! X  ! ∞ ∞  X r+i i q+i i = x x i i i=0 i=0   ! X  ! ∞  ∞  ∞  X X r+q+1+i i r+i i q+i i ⇒ x = x x i i i i=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp i=0 N i=0 Diễn đàn Toán học 120 4.6. Các bài toán không mẫu mực Xét hệ số của xs cả 2 vế, ta có:   s  X r+i q+s−i   r+q+s+1 = i s−i s i=0      s s!q!r! X r + i q + s − i s!q!r! r + q + s + 1 ⇒ = t! t! s i q i=0   s!(t − s − r)!r! t + 1 = t! s s! (t − s − r)!r! (t + 1)! = t! (t + 1 − s)!s! (t − s − r)!r! (t + 1) = (t + 1 − s)! t+1  = (t + 1 − s) t−s r Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.  Nhận xét. Với cách dùng hàm sinh như trên, các bạn hãy thử luyện tập bằng cách giải bài toán đơn giản sau: Chứng minh rằng với các số nguyên 0 ≤ s ≤ k ≤ n, ta có :    n   X t n−t n+1 = s k−s k+1 t=0   p+k tm−p Gợi ý: Sử dụng định lý: G = m (1 − t)m+1 Bài toán 4.10. Chứng minh rằng:   n  X x+k y+n−k k=0 Diễn đàn Toán học n−k k N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.7. Bài tập tự luyện 121 Lời giải. Ta có:   n  X x+k y + n − k conv n 1 1 = [t ] · x+1 k n−k (1 − t) (1 − t)y+1 k=0 1 = [tn ] (1 − t)x+y+2     x+y+2+n−1 x+y+n+1 = = n n Từ đó ta có điều phải chứng minh. 4.7  Bài tập tự luyện Bài 1. Chứng minh rằng với các số nguyên dương m, n thoả mãn: 1 ≤ m ≤ n − 1 thì ta luôn có đẳng thức :     XX   2n–m–1 n–1 k+j 2n–m–2k–j–3 – = 2n–2m–1 m k 2 (n–m–k–1) k j Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có :    nπ  X n−k k n 2 = 2n−1 + cos n−k 2k 2 n 0≤k≤ 3 Bài 3. Cho trước 2 số nguyên dương n; r với r < n. Chứng minh rằng nếu có các bộ số nguyên không âm (k1 ; k2 ; ...; kn ) thỏa mãn n X ki = r i=1 n X iki = n i=1 thì ta luôn có X Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp   1 1 n−1 = k1 ! k2 !......kn ! r! r − 1 N Diễn đàn Toán học 122 4.7. Bài tập tự luyện Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: X (−1)j1 +j2 +...+jn +1 (j1 + j2 + ... + jn − 1)! 1 = j1 !j2 !...jn ! n Trong đó tổng trên được lấy trên tất cả các bộ số nguyên không âm (j1 ; j2 ; ...; jn ) thoả mãn j1 + 2j2 + ... + njn = n Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 4.7. Bài tập tự luyện 123 Lời kết Chỉ bằng vài chục trang thì đương nhiên không thể truyền tải hết những gì người viết chuyên đề muốn gửi gắm. Tuy nhiên, tác giả đã cố gắng để có thể có một chuyên đề cô đọng - dễ hiểu và dễ áp dụng. Xin được điểm lại một vài ý lớn trong chuyên đề: • Luyện tập để sử dụng thành thạo những dạng khai triển hàm sinh cơ bản. • Giới thiệu một vài kiểu khai triển hàm sinh tương đối khó. • Giới thiệu những định lý có ứng dụng nhiều trong tính tổng dùng hàm sinh. • Các bài tập không mẫu mực có nhiều ứng dụng. Vẫn còn nhiều điều khác trong tính tổng dùng hàm sinh mà tác giả chưa thể mang đến: các tổng có liên quan đến số nghịch đảo (harmonic number), tổng lượng giác, dạng hàm sinh của số phức... Cũng như là những cách tiếp cận để tìm ra cụ thể hàm tương ứng với dãy ví dụ như phương pháp sử dụng hàm siêu hình (hypergeometric function); phương pháp sử dụng định lý nghịch đảo Lagrange (Lagrange’s Inversion Theorem)... Tác giả rất tiếc nhưng chưa thể nói ra được do những giới hạn về thời gian và kiến thức. Hi vọng là có thể gặp được các bạn trong một chuyên đề khác, có thể là 1 ấn phẩm khác của VMF, tác giả có thể có dịp để chia sẻ và thảo luận nhiều hơn về những vấn đề này. Còn hiện tại, nếu thật sự quan tâm, các bạn có thể tìm hiểu thông qua các từ khoá tiếng Anh mà tác giả cung cấp, hoặc trao đổi thêm thông qua địa chỉ mail: [email protected] Tạm biệt và cảm ơn các bạn vì đã theo dõi chuyên đề. Chúc các bạn học tốt. Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học Chương 5 Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào Số học 5.1 5.2 5.3 5.4 Định lý 125 Một số hệ thức cơ bản Các bài toán 127 Bài tập 148 126 Trần Trung Kiên (Ispectorgadget) Lê Kim Nhã (gogo123) Tóm tắt nội dung Trong phần này, chúng tôi giới thiệu một số định lý và các bài toán Số học sử dụng Tổ hợp và ĐTTH. Để giải được chúng, các bạn phải biết kết hợp các phương pháp, kỹ thuật với nhau. 5.1 Định lý Định lý 5.1–   p .. Cho p là số nguyên tố. Khi đó . p với mọi p = 1, 2, ..., p − 1 k  Chứng   minh. p p(p − 1)...(p − k + 1) = Do p nguyên tố và k ∈ {1, 2, ..., p − 1} k k! nên (p, k!) = 1 125 126 5.2. Một số hệ thức cơ bản   . p Mà nguyên liên tiếp nên (p − 1)(p − 2)...(p − k + 1)..k! k (p − 1)(p − 2)...(p − k + 1) =a∈Z Hay k! Vậy ta có điều cần chứng minh.  Định lý 5.2 (Định lý tương ứng của Lucas.)– Cho p là một số nguyên tố và n là một số nguyên dương với n = (nm nm−1 ...n0 )p . Giả sử i là một số nguyên dương nhỏ hơn n, viết i = i0 +i1 p+· · · im pm , ở đó 0 ≤ i0 , ..., im ≤ p − 1. Khi đó   Y m   n nj ≡ (mod p) i ij j=0  Định lý 5.3 (Định lí RUF)– Cho số nguyên dương n, Gọi ε là nghiệm phức khác 1 bất kì của phương trình xn = 1. Xét hàm đa thức: ∞ X ai .xi F (x) = i=0 thì ∞ X i=0 ain =  1 f (1) + f (ε) + f (ε2 ) + ... + f (εn−1 ) n Khi sử dụng định lí này nên chú ý từ định nghĩa ε thì ta có: 1 + ε + ... + εn−1 = 0 5.2  Một số hệ thức cơ bản     n n • = (Đối xứng) k n−k       n n−1 n−1 • = + (Hệ thức Pascal) k k k−1 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 127         n n n n     = • < < ... < n n−1 +1 0 1 2 2    k   X n m n+m • = (Hệ thức Vandermonde) i k−i k i=0 5.3 Các bài toán Ví dụ 5.1 (Định lý Wolstenholme). Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng   2p ≡ 2 (mod p2 ) p 4 Lời giải (1). Theo hệ thức Vandermonde, ta có            2p p p p p p p = + + ... + p 0 p 1 p−1 p 0      .. 2 p .. p p Mà . p , ∀k = 1, p − 1. Do đó . p , ∀i = 1, p − 1 k i p−1 Lời giải (2).   4 Với p = 2 điều khẳng định đúng vì − 2 = 4 chia hết cho 22 = 4. 2 Xét số nguyên tố p > 2, trước hết ta có đẳng thức     2p 2p − 1 =2 p p−1 Từ hệ thức (2p − k)(p + k) ≡ k(p − k) (mod p2 ) đúng với mọi k = p−1 1, 2, …, (số p − 1 chẵn), ta có tích 2 (2p − 1)(2p − 2)…(p + 1)    p−1 p−1 = [(2p − 1)(p + 1)][(2p − 2)(p + 2)]… 2p − p+ 2 2   p+1 p+2 ≡ [1.(p − 1)] [2.(p − 2)] … · (mod p2 ) 2 2 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 128 5.3. Các bài toán 2 đồng dư với số (p −  1)! theo p .  modulo  2p 2p − 1 Lập luận tiếp được =2 ≡ 2 (mod p2 ). p p−1  Ví dụ 5.2. Chứng minh rằng với n là các số nguyên dương lẻ thì tập       n n n S= ; ; …; n−1 1 2 2 4 chứa lẻ các số lẻ. Lời giải. Đặt       n n n Sn = + + … + n−1 1 2 2 Khi đó       n n n 2Sn = + + … + − 2 = 2n − 2 ⇒ Sn = 2n−1 − 1 là số lẻ 0 1 n Vậy tập S phải chứa lẻ các số lẻ.  Ví dụ 5.3. Cho n ∈ N, n ≥ 1. Tìm ƯCLN của các số       2n 2n 2n , , …, 1 3 2n − 1 4 Lời giải.       2n 2n 2n Ta có: + + … + = 22n−1 1 3 2n − 1       2n 2n 2n Suy ra ước chung của các số , , …, có dạng 2m . 1 2 2n − 1 Giả sử  n =2p q, với q lẻ. 2n Ta có: = 2p+1 q ⇒ ước chung đang xét sẽ ≤ 2p+1 . 1 p+1 Ta cần chứng  minh ước chung  p+1 chínhlà 2 .  p+1  p+1 p+1 2 q 2 q 2 q 2 q−1 ⇒ 2p+1  Ta có: = m m m−1 m Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 129 Ví dụ 5.4 (Đề thi HSG tỉnh Đắk Lắk 2011-2012). Cho m là số nguyên (m + 2010)! thỏa 0 < m < 2011. Chứng minh rằng là một số nguyên.4 m!2011! Lời giải. Để ý rằng     m + 2010 (m + 2010)! 2011 m + 2011 = = 2010 m!2010! m + 2011 2011 Suy ra     m + 2010 m + 2011 (m + 2011) = 2011 2010 2011   m + 2010 Tức là 2011 | (m + 2011) 2010       m + 2010 m + 2011 do ; ∈N . 2010 2011 Vì 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: ƯCLN(m  + 2011,2011) = 1. m + 2010 (m + 2010)! Vậy 2011 hay là một số nguyên.  2010 m!2011! Ví dụ 5.5 (Hungari 2001). Cho m, n là các số nguyên dương và 1 ≤ m ≤ n. Chứng minh rằng   m−1 X k n .. n (−1) . m k 4 k=1 Lời giải. Áp dụng hệ thức Pascal m−1 X       n n−1 n−1 = + , ta có: k k k−1     m−2     X n n−1 n−1 n−1 k (−1) = − (−1) + k 0 k k+1 k=0 k=0   n−1 = (−1)m−1 m−1 k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 130 5.3. Các bài toán Suy ra: n m−1 X k=1       n n−1 n .. m−1 m−1 (−1) = (−1) n = (−1) m . m k m−1 m k  Ví mãnđiều kiện  dụ  5.6. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa  2n 2n = (2n)k , trong đó k là số các ước nguyên tố của . 4 n n Lời giải.   2n . Gọi m là số mũ của p trong Giả sử p là một ước nguyên tố của n   2n phân tích tiêu chuẩn của . n m m Ta sẽ chứng  minh p ≤ 2n. Giả sử ngược lại, p > 2n. 2n Khi đó = 0. pm Suy ra :             2n n 2n n 2n n m= –2 + –2 2 +…+ –2 m−1 p p p2 p pm−1 p (*) Với x ∈ R ta có b2xc + 2 > 2x ≥ b2xc ⇒ b2xc − 2 bxc ≤ 1 Do đó từ (*) suy ra m ≤ m − 1 mâu thuẫn. Suy ra điều phải chứng minh. Từ kết quả vừa chứng minh ở trên ta được:     2n 2n k = (2n) ⇔ k = 1 và = 2n ⇔ n = 1 n n  Ví dụ 5.7 (T7/245-THTT). Cho m, n, p ∈ N thỏa mãn: p ≤ m + n và a = max{0; p − m}; b = min{p; n} Chứng minh:  b   X n m (m + n − b)!p! (m + n − a)! i p−i i=a Diễn đàn Toán học N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 131 Lời giải. Theo đẳng thức Vandermonde :    p   X n m m+n = k p−k p k=0 Dễ thấy rằng tổng này tương đương với  b   X n m i p−i i=a nên : (m + n − p)!p!  b   X n m = (m + n)! i p−i i=a ∀a ≥ 0 thì (m + n − a)! (m + n)! và (m + n − p)! (m + n − b)!. Từ đó suy ra ngay đpcm.  Ví dụ 5.8 (China MO 1998). Tìm số tự nhiên n ≥ 3 sao cho       n n n 2000 .. 2 . 1+ + + 1 2 3 4 Lời giải. Theo đề bài ta có:       n n n 1+ + + = 2k (0 ≤ k ≤ 2000, k ∈ Z) 1 2 3 (n + 1)(n2 − n + 6) = 2k 6 ⇔ (n + 1)(n2 − n + 6) = 3.2k+1 Đặt m = n + 1 (m ≥ 4). Khi đó ta có m(m2 − 3m + 8) = 3.2k+1 Do đó chỉ có thể xảy ra 1 trong hai trường hợp sau: Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 132 5.3. Các bài toán Trường hợp 1: m = 2s Do m ≥ 4 nên s ≥ 2 ⇒ m2 − 3m + 8 = 22s − 3.2s + 8 = 3.2k+1−s Nếu s ≥ 4 thì 22s − 3.2s + 8 ≡ 8 (mod 16) ⇒ 8 ≡ 3.2k+1−s (mod 16) ⇒ 2k+1−s = 8 ⇒ m2 − 3m + 8 = 24 (không có nghiệm nguyên) Nếu s = 2 ⇒ m = 4 ⇒ n = 3 (thỏa mãn) Nếu s = 3 ⇒ m = 8 ⇒ n = 7 (thỏa mãn) Trường hợp 2: m = 3.2s Làm tương tự như trên ta tìm được n = 23 Vậy n = 3, n = 7, n = 23 là những giá trị cần tìm.  Ví dụ 5.9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta có n−1 X k=0   2n + 1 n − k .. n−1 .4 2 (n − k) 1 4 Lời giải (1). S= n−1 X k=0 2n + 1 2(n − k)   X  n  n−k 2n + 1 = i 1 2i i=1     n n−1 Sử dụng công thức: k =n . Ta có: k k−1 2S = n X i=1   X    n n  X 2n + 1 2n 2n 2i = (2n + 1) = (2n + 1) 2i − 1 2i 2i i=1 i=0  n  X 2n Bây giờ đặt A = . 2i i=1 Xét hàm f (x) = (1 + x)2n , theo định lí RUF ta có: 1 1 A = (f (1) + f (−1)) = .22n = 4n 2 2 Hay S = (2n + 1) Diễn đàn Toán học . A = (2n + 1)4n−1 ..4n−1 . Suy ra đpcm. 2 N  Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 133 Lời giải (2). Ta có   n−1 X 2(n − k)n − k  n−1 X 2n + 1 (n − k) = 2n + 1 1 2(n − k) k=0 k=0    n  n n X X 2n + 1 X 2n 2n + 1 2k(2n + 1)! = = k = 2(2k)!(2n − 2k + 1)! 2 2k − 1 2k k=1 k=1 k=1 Mặt khác 4n = (1 + 1)2n − (1 − 1)2n = 2 n  X k=1 2n 2k − 1  Do đó n−1 X k=0   . 2n + 1 n−k 2n + 1 1 n = · · 4 = (2n + 1)4n−1 .. 4n−1 2(n − k) 1 2 2 Vậy ta có đpcm.  Ví dụ 5.10 (USA MO). Cho p là số nguyên tố chứng minh     n n ≡ (mod p) p p 4 Lời giải. Xét n số liên tiếp n, n − 1, …, n − p + 1. Chúng đồng dư theo module p với các số 1, 2, …, p. Ngoài   ra một trong chúng, chẳng hạn số N , chia hết cho p, từ đó N n = . p p Xóa số N sẽ được bộ số đồng dư với hệ thặng dư khác 0, 1, 2, …, p − 1 theo modulo Y p. Giả sử là tích cách số còn lại sau khi loại số N : Y n(n − 1)…(n − p + 1) N Thế thì Y ≡ (p − 1)! (mod p). Nhân với Q N (p − 1)!N = p p Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N N được: p (mod p) (5.1) Diễn đàn Toán học 134 5.3. Các bài toán và chia cho số (p − 1)! nguyên tố cùng nhau với p, ta biến đổi (5.1) dưới dạng Q N N ≡ (mod p) (5.2) p! p Q   n N là số nguyên bằng . trong đó p p! Vậy ta đã chứng  minh xong điều kiện khẳng định đầu tiên của bài toán. N n Nếu số = chia hết cho ps thì (5.1),(5.2) vẫn đúng theo module p p ps+1 . Q   N n .. s Suy ra . p . Vậy khẳng định thứ hai được chứng minh. = p p Ví dụ 5.11 (Trường Đông toán học miền Nam 2012-2013). Cho số nguyên tố p. Chứng minh rằng  p   X p p+i ≡ 2p (mod p2 ) i i 4 i=1 Lời giải.   p ≡0 i Ta có: Suy ra: (mod p);   p+i ≡1 i (mod p) ∀i = 1, p − 1      .. p p+i −1 . p2 i i      p p+i p ⇒ ≡ (mod p2 ) i i i  p   X p p+i i=0 i i ≡ p   X p i=0 i ≡ 2p (mod p2 )  Ví dụ 5.12. Cho p ∈ P và p 6= 2. Chứng minh rằng:  p   X p p+j ≡ 2p + 1 (mod p2 ) j j j=0 Diễn đàn Toán học N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 135 Lời giải. Ta có 2 bổ đề:    p ..   . p  j   ∀j = 1, p − 1 : . p+j   − 1 ..p  j   2p Và định lý Wolstenholme: ≡ 2 (mod p2 ) (đã chứng minh ở bài p 5.1) Áp dụng vào bài toán:  p   X p p+j − 2p − 1 j j j=0 =1−1+   X  p−1   2p p p+j + − (1 + 1)p p j j j=1     p−1    X . 2p p p+j = −2+ − 1 .. p2 p j j  j=1  2p . Ví dụ 5.13. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 và k = 3 Chứng minh rằng: k   X p .. 2 .p i  4 i=1 Lời giải.   p .. Dễ thấy . p, ∀i = 1, p − 1 i       p p p .. 2 Để chứng minh + + … + .p ta chỉ cần chứng minh 1 2 k   k X 1 p .. S= .p p i (5.3) i=1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 136 5.3. Các bài toán Ta có   1 p p! = p i p(p − i)!i! (p − i + 1)(p − i + 2)…(p − 1) i! i−1 (−1)i−1 (−1) (i − 1)! ≡ (mod p) ≡ i i 1 1 (−1)k−1 ⇒ S ≡ 1 − + − … + (mod p) 2 3 k = Trường   hợp  1: p = 3h+ 1thì  2p 2(3h + 1) 2 k= = = 2h + = 2h 3 3 3 ⇒p−k−1=h⇒p−h=k+1 Khi đó   1 1 1 1 1 1 S ≡ 1 + + + … + − 2 + + … + 2 3 k  2 4 k  1 1 1 1 1 1 ≡ 1 + + + … + − + + … + (mod p) 2 3 k 1 2 h Ta có − 1 1 ≡ (mod p) nên h p−h S ≡1+ 1 1 1 1 1 + + … + + + … 2 3 k k+1 p−1 (mod p) Trường hợp 2: p = 3h + 2 thì       2p 2(3h + 2) 1 k= = = 2h + 1 + = 2h + 1 ⇒ p − h = k + 1 3 3 3 Khi đó 1 1 S ≡ 1 + + + … + 2 3 1 1 ≡ 1 + + + … + 2 3 Ta có −   1 1 1 1 −2 + + … + k  2 4 k − 1 1 1 1 1 − + + … + (mod p) k 1 2 h 1 1 ≡ (mod p) nên h p−h S ≡1+ Diễn đàn Toán học 1 1 1 1 1 + + … + + + … 2 3 k k+1 p−1 N (mod p) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 137 1 1 1 1 + + … + + (mod p) 2 3 p−2 p−1 Theo định lí Wolstenholme ta có Tóm lại ta luôn có S ≡ 1 + 1+ 1 1 1 1 + + … + + ≡0 2 3 p−2 p−1 (mod p) ⇒ S ≡ 0 . ⇒ S .. p (mod p)  Ví dụ 5.14. Cho các số nguyên không âm i; j; n thoả mãn : i + j ≤ n. Chứng minh rằng: 2n−i−j n     X n p p p=0 p i j 4 Lời giải. Không  mất tính giả sử i ≥ j.   quát tổng    p n−i n n p p = Ta có: n−p j j i i p   n   X n n−i p Đặt Aj = n−p j i p=0 Xét biểu thức F (x) = n X Aj x j j=0 n  n X X    n n−i p j = x i n−p j j=0 p=0  X  n   n  n n−i X p j = x i n−p j p=0 j=0  X  n  n n−i = (1 + x)p i n−p p=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 138 5.3. Các bài toán    n  X n n−i 1 n = (1 + x) i n − p (1 + x)n−p p=0 n−i    n 1 n = (1 + x) 1 + 1+x i   n = (1 + x)i (2 + x)n−i i   n Vậy F (x) = (1 + x)i (2 + x)n−i và Aj là hệ số của xj trong khai i triển của F (x). Dễ thấy là hệ số của các đơn thức của x có bậc bé hơn j trong khai triển (2 + x)n−i đều chia hết cho 2n−i−j Do đó 2n−i−j |Aj . Đây là đpcm.  Ví dụ 5.15 (Australia MO). Tìm giá trị k tự nhiên nhỏ nhất sao cho số   k 2n ∀n ≥ m : ∈N m+n+1 n+m 4 Lời giải.   2m 1 ∈Z Trước hết ta chứng minh m+1 m Ta có:        1 2m m 2m 2m (2m)! = 1− = − m+1 m m+1 m m (m − 1)!(m + 1)!       2m (2m)! 2m 2m = − = − ∈Z m (m − 1)!(m + 1)! m m−1   k 2n Giả sử cho trước số m ∈ N. Vì với n = m, số = m+n+1 n+m k phải là số tự nhiên nên giá trị phải tìm k ∈ N phải chia hết 2m + 1 cho 2m + 1, vì thế k ≥ 2m + 1. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 139   n+m k Giả sử k = 2m + 1, thế thì với n = m, số dương n+m+1 2n là số tự nhiên và với n > m nó bằng      2m + 1 2n n−m 2n = 1− n+m+1 n+m n+m+1 n+m   2n (2n)! = − n+m (n + m + 1)!(n − m − 1)!     2 2n = − ∈Z n+m n+m+1 Vậy giá trị k nhỏ nhất bằng 2m + 1.  Ví dụ 5.16 (T8/419-THTT). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương n, k thỏa mãn điều kiện   3n = 3n .nk n 4 Lời giải. Ta có:   3n = 3n .nk n (3n)! ⇔ = 3n .nk n!(2n)! (3n − 2)!(3n − 1).3n ⇔ = 3n .nk 2n2 (n − 1)!(2n − 1)! (3n − 2)! 2.3n−1 nk+1 ⇔ = (n − 1)!(2n − 1)! 3n − 1 Vì (3n − 2)! = (n − 1)!(2n − 1)!   . 3n − 2 ∈ Z ⇒ 2.3n−1 .nk+1 .. 3n − 1 n−1 (5.4) Lại có (3, 3n − 1) = 1 và (n, 3n − 1) = 1 nên từ (5.4) suy ra . 2 .. 3n − 1 ⇒ 3n − 1 ≤ 2 ⇒ n ≤ 1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 140 5.3. Các bài toán     3n 3 n k Do đó n = 1. Ta được = 3 .n ⇔ = 3.1k n 1 Đẳng thức này thỏa mãn với mọi số k nguyên dương. Vậy cặp số (n, k) cần tìm là (1, k) với k là số nguyên dương bất kì.  Nhận xét. Có thể giải bài toán này bằng cách khác như sau: Với n = 1,  ta có kết quả như trên; với n ≥ 2, bằng quy nạp ta chứng . 3n minh rằng 6 .. 3n nên bài toán không thỏa mãn. n Ví dụ 5.17 (IMO 1974). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì  n  X 2n + 1 3k .. 2 6. 5 2k + 1 4 k=0 Lời giải (1). Ta có:   n  n  X 2n + 1 3k X 2n + 1 3(n−k) 2 2 = 2k 2k + 1 k=0 k=0 Mặt khác vì 16 chia 5 dư 1 nên ta có: 23(n−i) ≡ 1 2n−i = 2i 2n (mod 5)  n  X 2n + 1 Suy ra 2 . .23k ≡ S2n+1 (mod 5) 2k + 1 k=0  n  X 2n + 1 i với S2n+1 = 2 2k k=0  n  X 2n + 1 i Do vậy, giờ ta sẽ đi tính S2n+1 = 2 2k k=0 2n+1 X i  √ 2n+1 = Xét hàm sinh f (x) = (1 + x 2) 2i ,theo định lí 2n + 1 n i=0 RUF thì:  √ √ 1 1 S2n+1 = (f (1) + f (−1)) = (1 + 2)2n+1 + (1 − 2)2n+1 2 2 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 141 √ √ Đây là một con số quen thuộc, 1+ 2 và 1− 2 là 2 nghiệm của phương trình x2 − 2x − 1 = 0 nên S2n+1 là công thức tổng quát của một dãy số cho bởi công thức truy hồi : un+2 = 2un+1 + un Và u0 = 1; u1 = 1 nên un không chia hết cho 5.  Lời giải (2).  n  X 2n + 1 3k Gọi Sn = 2 2k + 1 k=0 Vì 23 = 8 = 10 − 2 chia cho 5 dư −2, nên 23k chia cho 5 có số dư bằng . số dư của (−2)k khi chia cho 5. Do đó, ta chỉ cần chứng minh Sn 6 .. 5   n X 2n + 1 với Sn = (−2)k 2k + 1 k=0   n X 2n + 1 k Đặt Rn = (−1)k 2 2k k=0 Theo khai triển nhị thức Newton ta có:  n  √ 2n+1 X √ 2n + 1 √ k (1 + i 2) = (i 2) = Rn + i 2Sn k k=0 Lấy module 2 vế suy ra 32n+1 = Rn2 + 2Sn2 . . Vì 32n+1 = 3.9n chia cho 5 sẽ có số dư là ±3 nên nếu Sn ..5 thì Rn2 chia cho 5 sẽ dư ±3. Nhưng Rn2 là bình phương của một số nguyên nên chia cho 5 chỉ có thế . dư 0; 1; 4. Mâu thuẫn này chứng tỏ S 6 .. 5. Vậy ta có đpcm.  n Ví dụ 5.18. Cho p là một số nguyên tố và các sốtự nhiên  m, n, p thỏa qpm .. m−n+1 mãn 2 ≤ n ≤ m và (p, q) = 1. Chứng minh rằng . p 4 n Lời giải (1). Viết số tự nhiên n dưới dạng n = kpα với (k, p) = 1; k, α ∈ N∗ . Nếu α ≥ n thì n = kpα ≥ kpn ≥ pn . Điều này vô lý vì vậy α ≤ n − 1. Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 142 5.3. Các bài toán     n n n−1 nên Ta có: = k k−1 k  m  m   qp qp q m−α qpm−1 = = p n kq α k kq α−1  m−1   m .. m−α qp qp Do (k, p) = 1 và là số nguyên dương suy ra . p α−1 kp n . Mà α ≤ n − 1 nên pm−α .. pm−n+1 Từ đó ta có điều phải chứng minh. Lời giải (2). Ta có:   m qp qpm (qpm − 1)(qpm − n + 1) = n n! (5.5) Gọi a và b thứ tự là số mũ caonhấtcủa p trong phân tích tiêu chuẩn qpm .. a−b của tử và mẫu trong (5.5) thì . p . n Nhận thấy a ≥ m.       n n n b= + 2 + … k với k ∈ N∗ , pk ≤ n ≤ pk+1 p p p   1 1 1 n ≤n + 2 + … + k < ≤n p p p−1 p Nên a − b ≥ m − n + 1. Do đó ta có đpcm.  m .. m−n+2 qp Nhận xét. Ta có kết quả mạnh hơn . p . n  Ví dụ 5.19. Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên thoả mãn n ≥ p. Chứng minh rằng :       n+p 2 n + 2p n + p .. 2 − − . p 2p 2p p Diễn đàn Toán học N 4 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 143 Lời giải. Trước tiên ta có:  2p p  = p  2 X p i=0 i ≡2 (mod p2 )       n+p 2 n + 2p n+p Đặt S = − − . Ta có p 2p 2p            2p n+p n + p 2p n n + 2p S= − − p p p p p p         n+p n+p n n + 2p ≡ 2 − − (mod p2 ) p p p p Giờ ta chỉ cần chứng minh:       n n + 2p n + p .. 2 + −2 . p p p p .       n n + 2p n+p Mà + −2 là hệ số của xp trong khai triển: p p p (1 + x)n + (1 + x)n+2p − 2(1 + x)n+p = (1 + x)n ((1 + x)p − 1)2 !2 p   X p xi = (1 + x)n i i=1 Dễ thấy trong khai triển !2 p   X p i x thì hệ số của xj là i i=1  j−1   X .. 2 p p . p i j−i i=1 Do đó hệ số của xp trong khai triển (1 + x)n ((1 + x)p − 1)2 chia hết cho p2 , ta có đpcm.  Ví dụ 5.20 (Nghệ An 2011-2012). Cho số nguyên tố p > 3 và tập hợp M = {1, 2, …, p}. Với mỗi số nguyên k thỏa mãn 1 ≤ k ≤ p ta đặt Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 144 5.3. Các bài toán X : Ek = {A ⊂ M : |A| = k} và xk = (min A + max A). A∈Ek Chứng minh rằng: p−1 X k=1   p ≡0 xk k (mod p3 ) 4 Lời giải. Giả sử A = {m1 ; m2 ; …; mk } ∈ Ek . Suy ra A0 = {p + 1 − m1 ; …; p + 1 − mk } ∈ Ek . Ta có nhận xét sau: Nếu m1 = min A thì p + 1 − m1 = max A0 và mk = max A thì p + 1 − mk = min A0 Suy ra:   X X p 2xk = (m1 + p + 1 + ak + p + 1 − ak ) = 2(p + 1) = 2(p + 1) k A∈Ek A∈Ek   p hay xk = (p + 1). k Do đó ta cần chứng minh (p + 1) p−1  2 X p k=1 p−1  2 X p k=1 k ≡0 k ≡ 0 (mod p3 ) hay (mod p3 ) (5.6) Thật vậy,ta có:     p .. 1 p (p − 1)! . p⇒ = k p k k!(p − k)!  p−1  X (p − 1)! 2 Do đó (5.6) tương đương với: ≡ 0 (mod p) k!(p − k)! k=1 (p − 1)! Đặt ak = k!(p − k)! ⇒ k!ak = (p − 1)(p − 2)…(p − k + 1) ≡ (−1)k−1 (k − 1)! ⇒ kak ≡ (−1)k−1 (mod p) Diễn đàn Toán học N (mod p) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 145 (p − 1)! ⇒ kbk = (p − 1)! ≡ −1 (mod p) k k Suy ra: ak ≡ (−1) .bk (mod p) Ta có: ∀k ∈ {1; 2; …; p − 1} , ∃!j ∈ {1; 2; …; p − 1} : jk ≡ 1 (mod p). Do đó: Đặt bk = p−1 X b2k ≡ k=1 p−1 X b2k (kj)2 ≡ p−1 X (bk k)2 j 2 ≡ j=1 k=1 k=1 p−1 X j2 ≡ (p –1)(2p –1)p (mod p) 6 Mặt khác p > 3 nên . p − 1 .. 2 và (p − 1)(2p − 1) = 2p2 + 1 − 3p ≡ 2.1 + 1 ≡ 0 (mod 3) . hay (p − 1)(2p − 1) .. 6. Suy ra p−1 X a2k ≡ k=1 p−1 X b2k ≡ 0 (mod p) k=1 Tức (5.6) đúng. Ta có đpcm.  Ví dụ 5.21. Cho m, n là các số nguyên dương, biết m lẻ. Chứng minh rằng:  m  1 X 3m (3n − 1)k ∈ Z n3m 3k 4 k=0 Lời giải.  m  X . 3m Ta sẽ chứng minh S = (3n − 1)k .. n3m . 3k k=0 √ 2π 2π 3 Xét f (x) = (x + 3n − 1x)3m . Gọi ε = cos + i sin thì ta có: 3 3 1 S = (f (1) + f (ε) + f (ε2 )) 3 Mặt khác ta có: p √ √ (1 + 3 3n − 1.εi )3m = (1 + 3n − 1 + 3 3 3n − 1.εi + 3 3 (3n − 1)2 .ε2i )m p √ = 3m (n + 3 3n − 1.εi + 3 (3n − 1)2 .ε2i )3m Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 146 5.3. Các bài toán Nên: S √ 3 p 3n − 1.ε + 3 (3n − 1)2 .ε2 )3m p √ + (n + 3 3n − 1.ε2 + 3 (3n − 1)2 .ε)3m p √ + (n + 3 3n − 1 + 3 (3n − 1)2 )3m = (n + 3m−1  p √ 3 3 2 3m  = am  (n + √3n − 1.ε + p(3n − 1)2 .ε ) 3 3 2 3m 2 Đặt (n + 3n − 1.ε + p (3n − 1) .ε) = bm √  3  3 3m 2 (n + 3n − 1 + (3n − 1) ) = cm Chú ý 1 + ε + ε2 = 0; ε3 = 1 và an + bn + cn là số nguyên với mọi n . . Ta có: a1 + b1 + c1 = 3n; a3 + b3 + c3 ..3n; a5 + b5 + c5 ..3n. . Giả sử a2i+1 + b2i+1 + c2i+1 .. 3n với mọi i < k ta có: a2k+1 + b2k+1 + c2k+1 = (a2k−1 + b2k−1 + c2k−1 )(a2 + b2 + c2 ) − (a2k−3 + b2k−3 + c2k−3 )(a2 b2 + c2 b2 + a2 c2 ) + a2 b2 c2 (a2k−5 + b2k−5 + c2k−5 ) chia hết cho 3n theo giả thiết quy nạp. . Nên theo nguyên lí qui nạp thì a2k+1 + b2k+1 + c2k+1 .. 3n với mọi k nguyên dương, tức là S chia hết cho n3m .  m  1 X 3m (3n − 1)k ∈ Z  Hay n3m 3k k=0 Ví dụ 5.22 (Mongolia TST 2011). Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng    p X p+k k p (−1) ≡ −1 (mod p3 ) k k 4 k=0 Lời giải. Xét hàm sinh:    p ∞ X X p+k p k p f (x) = (−1) x k k p=0 k=0 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.3. Các bài toán 147 Ta có: p ∞ X X    p p+k p f (x) = (−1) x k k p=0 k=0    ∞  ∞ X X p+k k k p p−k (−1) x x = k k p=0 k=0   ∞ X 1 k p = (−1) xp−k · k (1 − x)p+1 k k=0  ∞   X p −1 k xp = k (1 − x)p+1 x k=0  p p x 1 = 1− p+1 (1 − x) x 1 =− = −1 − x − x2 − ... 1−x    p X p+k k p (−1) ≡ −1 (mod p3 ) Suy ra k k  k=0 Ví dụ 5.23. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng  p   X . p p+k T = − (2p + 1) .. p2 k k k=0 4 Lời giải. Ta có: !   p   p   p   X X X p p+k p p + k p T = − (2p + 1) = − +1 k k k k k k=0 k=0 k=0 !  p−1   X 2p p ⇒T = +1+ − +3 k p p k k=1 k=1      p−1    X p p+k 2p = −1 + −2 k k p  p−1   X p p+k  k=1 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 148 5.4. Bài tập  p−1    X p p+k  . − 1 .. p2 thì ta chỉ cần chứng Ta cần chứng minh k k k=1     .. p+k p .. − 1 . p với 1 ≤ k ≤ p − 1 vì . p. minh k k Thật vậy :   p+k (p + k)! (p + 1)(p + 2)...(p + k) − k! −1= −1= k p!.k! k! Vì (p + 1)(p + 2)...(p + k) ≡ k! (mod p) ⇒ (p + 1)(p + 2)...(p + k) − k! chia hết cho p và k!.   .. . p+k Mà (p, k!) = 1 ⇒ (p + 1)(p + 2)...(p + k) − k! . k!p ⇒ − 1 .. p k ⇒  p−1    X p p+k k=1 k k  . − 1 .. p2   . 2p − 2 .. p2 (định lý Wolstenholme, xem bài 5.1) p . Do đó, ta có T .. p2 . Mà ta lại có 5.4  Bài tập   2p Bài 1. Cho p là số nguyên tố và p ≥ 5. Chứng minh rằng ≡2 p (mod p3 ) Bài 2. (Putnam 1997) Cho p là số nguyên tố và a, b là số dương thỏa mãn a ≥ b > 0. Chứng minh     pa a ≡ (mod p) pb b Bài 3. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng   p−1 ∀k = 0, p − 1 : ≡ (−1)k k Diễn đàn Toán học N (mod p) Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 5.4. Bài tập 149 Bài 4. Cho p là số nguyên tố và gọi bất kì k, a ∈ N : 0 ≤ a ≤ pk − 1. Chứng minh rằng  k  p −1 ≡ (−1)a (mod p) a   n Bài 5. Chứng minh rằng nếu n = 2 − 1 thì ∀k = 0, n : là số lẻ. k   2009 Bài 6. Tìm số dư của khi chia cho 2011. k m Bài 7. Cho k là số tự nhiên chẵn và p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh p−1  k X p .. k+1 rằng nếu k không chia hết cho p − 1 thì . p i i=1   kn .. n Bài 8. Tìm tất cả số nguyên n > 1 sao cho ∀k ∈ N {1} : . k . n ∗ Bài 9. Chứng minh rằng:       2000 2000 2000 .. 2.1 + 3.2 + .. + 2000.1999 . 3998000 2 3 1999 Bài 10. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ k :       n n+1 n+k ƯCLN ; ;…; =1 k k k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học Chương 6 Kỹ thuật đếm bằng hai cách chứng minh đẳng thức tổ hợp 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 Nguyên lí đếm bằng hai cách 152 Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp 153 Ứng dụng phương pháp đếm giải các bài toán đồ thị 165 Ứng dụng đếm hai cách giải các bài toán rời rạc 167 Bài tập 169 Hoàng Minh Quân (batigoal) Nguyễn Hiền Trang (tranghieu95) Tóm tắt nội dung Kỹ thuật đếm bằng hai cách là một phương pháp phổ biến và đã có nhiều tác giả viết về nó. Tuy nhiên để bạn đọc hiểu tại sao lại giải được như thế, hoặc cách xây dựng các bước giải cho bài toán sử dụng kĩ thuật này như thế nào thì nhiều bài viết lại chưa đề cập đến. Trong khuôn khổ bài viết nhỏ này tác giả hy vọng cung cấp được phần nào ý tưởng của phương pháp này tới bạn đọc. 151 152 6.1. Nguyên lí đếm bằng hai cách 6.1 Nguyên lí đếm bằng hai cách “Cùng một số lượng thì kết quả đếm được theo hai cách là như nhau”. Nguyên lí tưởng chừng như rất đơn giản này nhưng lại là khởi nguồn của nhiều ý tưởng để giải các bài toán tổ hợp hay và khó. Bài viết sau đây sẽ phân tích một số ý tưởng cho việc sử dụng nguyên lí này. Để chứng minh một đẳng thức tổ hợp có dạng A = B. Chúng ta có thể thực hiện các bước dự đoán sau đây để sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách: 6.1.1 Các bước thực hiện • Bước 1: Phát biểu lại bài toán về đếm một sự kiện quen thuộc. • Bước 2: Đếm theo vế trái của đẳng thức. • Bước 3: Đếm theo vế phải của đẳng thức. 6.1.2 Ghi nhớ cần thiết • Nếu vế trái (hoặc vế phải) là tổng các biểu thức thì ở cách đếm vế trái (hoặc vế phải) đó ta chia thành các trường hợp riêng để đếm dùng quy tắc cộng. • Nếu vế trái (hoặc vế phải) là tích các biểu thức thì ở cách đếm vế trái (hoặc vế phải) đó ta chia thành các công đoạn cùng hoàn thành để đếm dùng quy tắc nhân. Trong bài viết này, chúng tôi minh họa kỹ thuật đếm bằng hai cách thông qua các bài toán nổi tiếng và đa phần là các bài toán, các định lý có tên nhằm minh họa cho ý tưởng của bài viết. Sau đây là một số ứng dụng của phương pháp đếm bằng hai cách. Chúng tôi phân tích và trình bày chi tiết hai ví dụ mở đầu, các ví dụ sau ý tưởng phân tích tương tự. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp 6.2 153 Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp Ví dụ 6.1. (Chứng minh đẳng thức Pascal) Với mọi số nguyên dương n ≥ k ≥ 1 chúng ta có       n n−1 n−1 = + k k−1 k 4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc: Trại hè toán học có n học sinh tham dự ban tổ chức cần chọn ra k học sinh làm bài thi môn tổ hợp . Như vậy ban tổ chức có hai cách đếm số cách chọn. • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) Nếu   chọn k học sinh bất kì trong n học sinh thì ban tổ chức có n cách chọn. k • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Quan sát vế phải ta thấy vế phải là “tổng” của hai biểu thức tổ hợp nên điều đó gợi cho chúng ta nhớ tới xét các khả năng để dùng quy tắc cộng. Giả sử Long là một trong n học sinh đó. – Phương án 1 : Nếu Long được chọn tham dự thi môn tổ hợp thì cần chọn k −1 người  trong số n − 1 người còn lại. Khi đó ban tổ chức n−1 có cách chọn. k−1 – Phương án 2 : Nếu Long không được chọn thi môn tổ hợp thì cần chọn ra cho đủ kngười trong số n − 1 người còn lại. Khi đó ban tổ n−1 chức có cách chọn. k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 154 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp Như vậy theo nguyên lí đếm bằng hai cách chúng ta có đẳng thức được chứng minh.  Ví dụ 6.2. Chứng minh rằng:       n n n + + … + = 2n 0 1 n 4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu bài toán dưới lại dưới dạng toán đếm quen thuộc: Tìm số cách chọn một số số từ n số cho trước. • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1)   n + Nếu chọn 0 viên có cách 0   n + Nếu chọn 1 viên có cách 1 + … …   n + Nếu chọn n viên có cách  n       n n n n Vậy tổng cộng có + + + … + cách. 0 1 2 n • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Mỗi số sẽ có 2 trạng thái (được chọn và không được chọn), mà có n số như vậy nên có 2n cách chọn. Như vậy ta có điều cần chứng minh.  Ví dụ 6.3. (Chứng minh đẳng thức Vandermonde.)            n m n m n m m+n + +…+ = ; với k ≤ n ≤ m. 0 k 1 k−1 k 0 k 4 Lời giải. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp 155 • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc. Công ty X gồm n nhân viên nam và m nhân viên nữ cần chọn ra k người để lập thành đội tình nguyện. • Bước 2: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 1) Chọn ngẫu  nhiên k người trong công ty gồm n + m người thì có  m+n cách chọn. k • Bước 3: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 2) Quan sát vế trái ta thấy vế trái các số hạng thành phần là “tích” của hai biểu thức tổ hợp nên điều đó gợi cho chúng ta nhớ tới xét các khả năng để dùng quy tắc nhân.    n m Chọn ra i nhân viên nam và k−i nhân viên nữ thì có i k−i cách. Vì số người được chọn là tùy ý trong giới hạn cho phép k người nên cho i chạy từ 0 đến k, ta có tổng tất cả các cách chọn như vậy là:          n m n m n m + + … + 0 k 1 k−1 k 0 Vậy đẳng thức được chứng minh.  Nhận xét. Đẳng thức Vandermonde được viết thu gọn như sau:    k   X n m m+n = i k−i k i=0 Khi đó: a. Với m = n thì chúng ta có đẳng thức quen thuộc   n  2 X n 2n = i n i=0 b. Với (0 ≤ ki ≤ ni ); i = 1, r thì        X n1 n2 nr n1 + n2 + … + nr … = k1 k2 kr k k1 +k2 +…+kr =k Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 156 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp Ví dụ 6.4. Chứng minh rằng với n ≥ m thì X n k   n  = 2n−m k m m k≥0 4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại bài toán đếm quen thuộc: Giả sử rằng từ n học sinh của lớp học, giáo viên chủ nhiệm cần chọn ra một đội văn nghệ số lượng người tùy ý, trong đó có m học sinh cầm micro. Khi đó giáo viên chủ nhiệm có hai phương án thực hiện. • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1)   n Trước hết giáo viên chọn ra k người từ n người. Khi đó có k cách chọn , sau đó từ k người này sẽ chọn lấy m người cầm micro. Cho k chạy từ 0 đến n chúng ta có X n k  k k≥0 m • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Chọn ngay m học sinh cầm Micro từ n học sinh của lớp, sau đó chọn bổ sung thêm một nhóm tùy ý từ n−m người còn lại. Trong n − m người này đối với mỗi người có thể được chọn hoặc không n−m được chọn nên có  2 cách chọn. n n−m Vậy cả thảy có 2 m X n k   n  Do đó chúng ta có = 2n−m  k m m k≥0 Nhận xét. Với ý tưởng tương tự ví dụ trên, bạn đọc có thể chứng minh đẳng thức sau: Chứng minh rằng với n, m ∈ N thì    X   m n  X m n+m−r n n−r n 2 = . r r m r r=0 Diễn đàn Toán học r=0 N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp 157 Ví dụ 6.5. Với n nguyên dương cho trước. Chứng minh rằng:  n   X 2n − 2k 2k k=0 k n−k = 4n 4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc: Một đoạn thẳng có độ dài n được tô bằng 4 màu, D, X, V, T . • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) Ta sẽ chọn ra một tập cách tô màu D và X sao cho D + X = k    k   X i k 2k thì số cách chọn sẽ là = k k−i k i=0 khi đó số cách chọn ra các đoạn màu V, T sẽ là     k  X n−k n−k 2n − 2k = j k−j n−k j=0 • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Rõ ràng ta có 4n cách như thế.    2k 2n − 2k Do đó với mỗi k cố định thì ta được số cách tô sẽ là k n−k  n   X 2k 2n − 2k Cho k chạy từ 0 đến n ta được số cách tô màu là k n−k i=0 Từ đây ta có điều phải chứng minh.  Ví dụ 6.6. n X k=0 n−k 4  4n 2n + 2k  2n + 2k k    8n = ; n ∈ N∗ 2n 4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc: Xét 8n viên bi. Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 158 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) Cho 8n viên bi này vào 4n hộp, mỗi hộp có 2 viên: Đầu tiên chọn ra đúng k hộp sao cho mỗi hộp có đúng 1 viên bi được lấy ra.   4n – Số cách chọn 2n − 2k hộp trong 4n hộp là 2n − 2k – Trong mỗi hộp trong 2n − 2k hộp trên ta chọn ra đúng 1 bi, trong 2 viên bi có trong hộp, nên số cách chọn là 22n−2k = 4n−k – Chọn 2k viên bi còn lại trong 2n+2k hộp còn lại sao  cho mỗi  2n + 2k hộp sẽ có đúng 2 bi được chọn sẽ là k hộp nên có k cách chọn. • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Ta  sẽ  đếm số cách chọn 2n viên bi từ 8n viên bi này khi đó có 8n cách. 2n Từ đó suy ra số cách chọn 2n trong 8n viên bi theo cách đếm thứ    n X 4n 2n + 2k n−k 2 sẽ là 4 2n + 2k k k=0 Từ đây ta có điều phải chứng minh.  Ví dụ 6.7. Chứng minh rằng: k k k 1 + 2 + … + n = k−1 X i=0 Ak−i k  n+1 k−i+1  4 với k = 1, 2, 3, … Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc: Từ tập các số nguyên dương A = {1, 2, …, n + 1}, ta chọn ra bộ sắp thứ tự (x1 , x2 , …, xk+1 ) thỏa mãn điều kiện: Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp 159 xk+1 > max {x1 , x2 , …, xk } Hỏi có bao nhiêu cách chọn? • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) Ứng với mỗi xk+1 = i + 1, (1 ≤ i ≤ n), ta có i các chọn x1 , i cách chọn x2 , …; i cách chọn xk . Do đó, số các cách chọn là: S = 1k + 2k + … + nk • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Ta sẽ chọn ra k + 1 số từ n + 1 số, số lớn nhất, ta chọn làm xk+1 , các số còn lại, ta sếp thứ tự là xong. Gọi i(0 ≤ i ≤ k) là số các phần tử bằng nhau trong nhóm x1 , x2 , …, xk .   n+1 Chọn k − i + 1 số khác nhau từ n + 1 số, ta có cách. k−i+1 Xếp thứ tự k − i số khác nhau vào k chỗ trống (các chỗ trống còn lại, hiển nhiên dành cho i số bằng nhau), ta có Ak−i cách. k Vậy số cách chọn là: S= k−1 X Ak−i k i=0  n+1 k−i+1  Từ đây ta có điều phải chứng minh.  Ví dụ 6.8. n X 2k k=0      n n−k 2n + 1  n−k  = k n 2 4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc. Thầy Thế, GVCN lớp 10A gồm n học sinh nam và n học sinh nữ. Tối nay, ở Rạp chiếu phim quốc gia, chiếu một bộ phim rất hay, thầy định tổ chức cho cả lớp đi xem… Cuối cùng thầy Thế chỉ mua được n vé. Thầy suy nghĩ: Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 160 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) Thầy ghép n học sinh nam và n học sinh nữ thành n đôi. (việc làm này coi như thực hiện từ đầu và không ảnh hưởng gì đến cách chia vé của thầy)   k n – Chọn ra k đôi và chia cho mỗi đôi 1 vé – có 2 cách chọn k (vì mỗi đôi có 1 vé nên k đôi sẽ có 2k kết cục khác nhau), như vậy tiếp  cònlại n − k vé và n − k đôi còn lại. Thầy  tục chọn ra  n−k n−k đôi và chia cho mỗi đôi 2 vé – có  n−k  cách. 2 2   n−k – Bây giờ thầy còn lại S = n − k − 2 vé. 2 S = 0 nếu n − k là số chẵn (khi đó n vé đã được chia hết) S = 1 nếu n − k là số lẻ (khi đó chiếc vé còn lại dành cho thầy) – Dễ thấy rằng k có thể nhận các giá trị từ 0 đến n • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Nếu n  vé được chia ngẫu nhiên cho 2n học sinh và cả mình thì 2n + 1 xảy ra trường hợp. n Do đó, theo cách chia đó của thầy ta có tất cả: n X k=0 các cách chia n vé cho 2n + 1 người. Từ đây ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 6.9. Tính n X k=3   n (k − 2)(k − 1)k k    n n−k   2 n−k k 2 k  4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc. Giả sử có n bạn tham gia thi hội khỏe Phù Đổng vòng sơ tuyển cần chọn ra một số bạn vào vòng chung kết. Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp 161 • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) Sau đó chọn ra 3 bạn cho ba vị trí nhất, nhì, ba,…, bét thế thì tổng cần tính chính là số cách chọn đó. • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Chọn luôn hạng nhất, nhì,…bét ngay từ n bạn và bổ sung thêm một số bạn trong n − 3 bạn còn lại để thi vòng chung kết. Nếu chọn kiểu này này thì có n(n − 1)(n − 2)2n−3 giải pháp vì 1 số bạn chọn theo cách kia chính là 1 tập con trong n − 3 cô còn lại. Từ đó có kết quả cần tìm là n(n − 1)(n − 2)2n−3 Từ đây ta có điều phải chứng minh.  Ví dụ 6.10. Chứng minh rằng: k   X n n k .2k = 3n 4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc. Có n gia đình trong 1 công ty, mỗi gia đình có 2 người con. Nhân ngày trung thu, công ty tổ chức phát quà cho các cháu có kết quả học tập cao, nhưng trong cùng 1 gia đình không có 2 cháu nào cùng được nhận quà. Hỏi có bao nhiêu cách phát quà? • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) +  Nếu không có gia đình nào có con được nhận quà thì có n .20 cách phát quà. 0   n + Nếu có 1 gia đinh có con được nhận quà thì có .21 cách 1 phát quà. + … … Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 162 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp +  Nếu tất cả các gia đình đều có con được nhận quà thì có n .2n cách phát quà. n n   X n .2k cách phát quà. Vậy tổng cộng có k k=0 • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Mỗi gia đình thì có 3 cách (cả 2 con đều không có quà, cả 2 con đều có quà, hoặc 1 đứa có quà 1 đứa không có quà). Như vậy có tất cả 3n cách phát quà. Từ đây ta có điều phải chứng minh.  Ví dụ 6.11. Chứng minh rằng:  n  X n+k−1 k=1 2k − 1 √ !2n+1 1  1+ 5 =√ − 2 5   √ !2n+1 1− 5  2 4 Lời giải. • Bước 1: Phát biểu lại thành bài toán đếm quen thuộc. Một lớp học có n học sinh đi dã ngoại. Cô giáo chia thành một số nhóm và trong mỗi nhóm chọn ra một nhóm trưởng để tiện quản lí. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia? • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) Xét số nhóm là k. Mô hình hóa bài toán như sau: Ta cho trưởng nhóm cầm một cái cột, giữa 2 nhóm có 1 cái cột nên có tất cả 2k − 1 cái cột  trong n +  k − 1 vị trí. n+k−1 Do đó với k nhóm thì có cách chia. 2k − 1   n X n+k−1 Như vậy có tất cả cách chia. 2k − 1 k=1 Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp 163 • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Gọi xn là số cách chia thỏa mãn bài toán với n học sinh. Xét xn+1 Giả sử nhóm được chia cuối cùng có k người, khi đó có k cách chia nhóm này ( thực ra là k cách chọn nhóm trưởng), và gn+1−k cách chia n − k người trước, nên có k.gn+1−k cách chia. Quy ước g0 = 1, ta có: g1 = 1 n X ⇒ gn+1 = kgn+1−k k=0 ⇒ gn+1 = 3gn − gn−1 Kết hợp với  g0 = 1, g!1 = 1 ta được: !  √ 2n+1 √ 2n+1 1 1+ 5 1− 5  gn = √  − 2 2 5 Như vậy ta có điều phải chứng minh.  Ví dụ 6.12. Tính tổng: n+1 bX  2 c n−i+1 i i=0 4 Lời giải. • Bước 2: Xét biểu thức vế trái (Đếm theo cách 1) Ta đếm số tập con có i phần tử của tập hợp (1; 2; 3; …; n) mà không chứa hai số nguyên liên tiếp. Gọi A là họ tất cả các tập con có tính chất nêu trên và B là tất cả các tập con của tập hợp 1; 2; …; n − (r − 1). Xét ánh xạ f : A → B như sau: f : a1 ; a2 ; …; ar → b1 ; b2 ; …; br với bi = ai −i + 1, i =1; r n−i+1 Dễ thấy f là 1 song ánh nên |A| = |B| = i n+1 c bX   2 n−i+1 ⇒ là số các tập con của 1; 2; …; n i i=0 Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học 164 6.2. Ứng dụng chứng minh đẳng thức tổ hợp • Bước 3: Xét biểu thức vế phải (Đếm theo cách 2) Gọi an là số tập con của tập (1; 2; …; n) mà không chứa 2 số nguyên liên tiếp. Xét an+1 Nếu phần tử cuối cùng là n + 1 thì phần tử liền trước nó không thể là n, nên có an−1 tập con. Nếu phần tử cuối cùng không phải là n + 1 thì có an tập con. ⇒ an+1 = an + an−1 Dễ thấy a0 = 1; a1 = 2 nên √ √ !n √ √ !n 5+3 5 1+ 5 5−3 5 1− 5 an = + 10 2 10 2 Như vậy: n+1 bX 2 c i=0 i n−i+1  √ 5+3 5 = 10 √ !n √ 1+ 5 5−3 5 + 2 10 √ !n 1− 5 2  Ví dụ 6.13. Cho k1 ; k2 ; …; kn là các số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng: X 1≤i
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top