Trong một số bài toán Đại số ở chương trình trung học phổ thông, ngòai
các bài dạng “ lập số ”, mà người làm toán cần hiểu rất sâu về khái niệm tổ hợp,
chỉnh hợp và hoán vị cũng nhưnắm vững bản chất các khái niệm đó, nhưng còn
một lớp các bài toán về dãy (đa số là tổ hợp) hay được nhắc đến trong các kỳ thi.
Với những bài toán nêu ở trên, đa phần các lời giải theo quan điểm tính
toán: Tức là gửi công thức vào để khai triển. Cũng có một số bài đưa vào việc
khai triển các đa thức biến x (khả vi và khả tích)để dùng các phép toán đạo hàm
và tích phân. Vậy cái gốc của các vấn đề ở đâu ? Câu trả lời là có thể nhìn một
dãy đó theo quan điểm “Không gian Đại số các dãy”. Từ đó ta có thể giải quyết
được một lớp nhỏ các bài toán dạng này
19 trang |
Chia sẻ: manphan | Lượt xem: 1071 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề tài Giải một số bài toán dãy số tổ hợp Theo quan điểm "Đại số của không gian các dãy", để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Giải một số bμi toán dãy số tổ hợp
Theo quan điểm "Đại số của không gian các dãy"
-----------
Phạm Văn Thế
A/ Đặt vấn đề
Trong một số bài toán Đại số ở ch−ơng trình trung học phổ thông, ngòai
các bài dạng “ lập số ”, mà ng−ời làm toán cần hiểu rất sâu về khái niệm tổ hợp,
chỉnh hợp và hoán vị cũng nh− nắm vững bản chất các khái niệm đó, nh−ng còn
một lớp các bài toán về dãy (đa số là tổ hợp) hay đ−ợc nhắc đến trong các kỳ thi.
Với những bài toán nêu ở trên, đa phần các lời giải theo quan điểm tính
toán: Tức là gửi công thức vào để khai triển. Cũng có một số bài đ−a vào việc
khai triển các đa thức biến x (khả vi và khả tích) để dùng các phép toán đạo hàm
và tích phân. Vậy cái gốc của các vấn đề ở đâu ? Câu trả lời là có thể nhìn một
dãy đó theo quan điểm “Không gian Đại số các dãy”. Từ đó ta có thể giải quyết
đ−ợc một lớp nhỏ các bài toán dạng này.
Vì trình độ cũng nh− sự hạn chế về giảm tải nội dung của ch−ơng trình
THPT, tôi trình bày ba vấn đề th−ờng gặp nhất. Mong các đồng nghiệp góp ý.
B/ Quan điểm "Đại số của không gian các dãy" - Thuật toán
I/ Đại số các dãy;
Cho hai đa thức
xaxaxaaxP n++++= ...)( 2210
Ta có:
m
m xbxbxbbxQ ++++= ...)( 2210
nm
mn
k
kkkk xbaxbabababa
xbababaxbababaxQxP
+
−− +++++++
+++++++=
)(...)...(
..)()()()().(
022110
2
021120011100
Chú ý. Hệ số của hạng chứa lũy thừa là kx
)...,0,...0( === ∑
=+
jibaU
kji
jik
Khi cho đồng nhất
{ } { }aaxP n =↔ ∞0)(
{ } { }bbxQ n =↔ ∞0)(
Phép nhân hay gọi là tích chập a↔)().( xQxP ⊗b đ−ợc định nghĩa nh−
trên ta có một đại số giáo hoán, có đơn vị : ....)0,0,1(=e , có −ớc của
là 0 khi chỉ khi ....)0,0,0(0 = 0,0 == ba .Với 0≠a , ph−ơng trình ax + b = 0 có
nghiệm xác định.
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
2
Trở lại vấn đề. Chúng ta chỉ cần rằng tích chập cho ta một đại số nên mọi
đa thức P(x), Q(x) khi nhân thông th−ờng với nhau cho ta một đa thức T(x) có
dạng:
T(x) = k
kji
ji
nm
k
xba )(
0
∑∑
=+
+
=
Các ví dụ áp dụng
VD I.1
Với k, n là hai số tự nhiên k ≤ n. Chứng minh
k
n
k
n
k
n CCC += −+ 11
Đây là một công thức trong sách giáo khoa HH12, việc chứng minh khá
đơn giản, chỉ cần thay công thức và biến đổi .
Với quan điểm tích chập (Thực chất là nhân hai đa thức) Ta viết nh− sau:
Xét đồng nhất thức:
(*) )1()1()1( 1 xxx nn ++=+ +
Ta có:
...)2,1;1,0()1()1(
)1(
...)1(
......)1(
1
1
1
1
0
1
10
11
11
1
1
0
1
1
===++⇒
+=+
+++=+
+++++=+
∑∑
=+
+
=
++
++++
+
ijxCCxx
xCCx
xCxCCx
xCxCxCCx
kji
n
n
kji
n
ok
n
nn
nnn
n
nn
n
kk
nnn
n
So sánh hai số hạng chứa x ở hai vế của (*) k
Với VP = là
1)1( ++ nx kkn xC 1+
Với VT = là )1()1( xx n ++ ∑+
=+
1
1
n
kji
ki
n
j xCC )1( ≤≤ jo
∑
=+
−
+ +==⇒
kji
k
n
k
n
oji
n
k
n CCCCCCC
11
1111
Với (đpcm) 11
1
11 1;1(
−
+ +=⇒== knknkno CCCCC
Các bạn đừng nghĩ rằng đã phức tạp lời giải của bài toán đơn giản. Cái
chính là ta hiểu cách chứng minh qua một bài toán đơn giản.
VD I.2. (Đề thi của tr−ờng ĐHCS ND)
Với hai số tự nhiên k, n )2( nk ≤≤ . Chứng minh
kn
k
n
k
n
k
n CCCC 2
212 +
−− =++
HD. Xét khai triển:
22 )1()1()1( xxx nn ++=+ +
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
3
∑
=+
+ ==⇒
kji
ji
n
k
n jCCC )2;1;0(22
222
11
2
0
22
−−
+ ++=⇒ knknknkn CCCCCCC
hay 212 2
−−
+ ++= knknknkn CCCC
VD I.3.
Chứng minh rằng nkNnk ≤≤∈∀ 4,, ta có:
kn
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n CCCCCC 4
4321 4464 +
−−−− =++++
VD I.4.(Đề thi của tr−ờng ĐH Hồng Đức)
Cho n, k là các số tự nhiên , .5 nk ≤≤ Chứng minh.
.... 5
55
5
11
5
0
5
k
n
k
n
k
n
k
n CCCCCCC +
−− =+++
Với 4 ví dụ trên ta có một lớp bài toán đơn giản, mẹo là chỉ cần nhớ một
số hệ số của khai triển bậc thấp ( Tam giác Pascal)
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
vv ...
Sau đây là bài toán tổng quát.
VD I.5 ( Công thức Vanđecmon)
Với k, m, n là các số tự nhiên, ., nkmk ≤≤ Chứng minh.
k nmm
k
nm
k
n
k
mn
k
m
o
n CCCCCCCCC +
−− =++++ 01111 ...
Bải giải. Xét đồng nhất thức.
nmmn xxx ++=++ )1()1()1(
Xét hệ số của số hạng chứa trong khai triển hai vế. Ta có. kx
)0,0( kjkiCCC
kji
k
nm
j
m
i
n ≤≤≤≤=∑
=+
+
k nmm
k
nm
k
n
k
mn
k
mn CCCCCCCCC +
−− =++++⇒ 011110 ... ⊕
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
4
Một số ví dụ khác
VD I.6 Chứng minh rằng Nn∈∀ .Ta có
nn
n
nnn CCCC 2
22120 )(...)()( =+++
Xét đồng nhất thức.
nnn xxx 2)1()1()1( +=++
∑ ∑ ∑
= =+ =
=↔
n
k kji
n
k
kk
n
ki
n
i
n xCxCC
2
0
2
0
2
∑
=+
≤≤=⇒
kji
k
n
j
n
i
n nkCCC )20(2
Cho k = n nên i +j = n ( số hạng chứa xn)
∑
=+
−− ==⇒
nji
in
n
i
n
n
n
in
n
i
n CCdoCCC 2
(đpcm) ∑
=
=⇒
n
i
n
n
i
n CC
0
2
2)(
VD I.7.( Đề thi Olympic 30/4-1999)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta đếu có.
∑
=
n
k 0 ( )[ ] 22 !.)!(
)!2(
knk
n
− =( C ) .
n
n2
2
Theo Ví dụ I.6 ta có
=+++= 221202 )(...)()( nnnnnn CCCC ∑
=
n
k 0 ( )[ ]22
2
!)!(
)!(
knk
n
−
Do đó ∑
=
n
k 0 ( )[ ]22 !)!(
)!2(
knk
n
− = )!)(!(
)!2(
nn
n ( )[ ]22
2
0 !)!(
)!(
knk
nn
k −∑= = . =( C ) nnC2 nnC2 nn2 2
( Điều phải chứng minh )
VD I.8.( Đề thi khối D - 2003)
Xác định số n. Biết rằng trong khai triển
nn xx )2()1( 2 ++ , hệ số chứa đ−ợc xác định bởi 33 −na 33 −nx na n 2633 =−
Bài giải.
Từ đẳng thức nnnnn
xx
xxx )21()11()2()1( 2
32 ++=++ .
Xét khai triển nn
xx
)21()11( 2 ++ (*)
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
5
Hệ số của số hạng chứa x cũng là hệ số của số hạng chứa trong
khai triển (*).
33 −n 3−x
Ta có nn
xx
)21()11( 2 ++ = = jjjniin
kJi
n
k
xCxC −−
=+=
∑∑ 222
0
jijj
n
i
n
kJi
n
k
xCC −−
=+=
∑∑ 22
0
2
Vì chứa nên ta có: 3−x
3232 =+↔−=−− jiji
Vì: nên ta có các khả năng. Nji ∈,
3
)434(
2
6
8)2)(1(
22
11
30
2
2
11330
33
+−=
+−−=
+=⇒
=→=
=→=
−
nnn
nnnn
CCCCa
ji
ji
nnnnx
Cho nan 263 =−
nnnn 26
3
)434( 2 =+−⇒
03532 2 =−−↔ nn
⎢⎣
⎡
−=
=⇒
)(
5
2
7 loain
n
Vậy ta có n = 5.
VD I.9. (Đề thi BQP-2002-khối D)
Tìm số hạng chứa trong khai triển 4x 102 )1( xx ++
Viết [ ]102102 )1()1()( xxxxxP ++=++=
...)1()1()1( 48210
2291
10
100
10 ++++++= xxCxxxCxC
Từ đó số hạng chứa chỉ có trong 3 hạng tử đầu tiên. 4x
08
2
10
2
9
1
10
4
10
0
104 CCCCCCa ++=
615453602104 =++=ahay
Chú ý rằng khi giảng dạy cho học sinh ta rất hạn chế kí hiệu Xichma.
Còn không thể đ−ợc thì bài trên ta viết.
∑
=
−+=
10
210
10 )1()(
ok
kkk xxCxP
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
6
∑ ∑
=
−
=
− −≤=
10
0
10
0
10
2
10 )10(
k
i
k
i
i
k
kk kixCxC
∑ ∑
=
−
=
+
− ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
10
0
10
0
2
1010
k
k
i
iki
k
k xCC
Cho Ta có 42 =+ ik 40 =→= ik
21 =→= ik
02 =→= ik
.61528
2
10
2
9
1
10
4
10
0
104 =++=⇒ CCCCCCa
VD I.10 Xác định hệ số của trong khai triển. 4a
4x
102 )321( xx ++
Đáp số: 80854 =a
VD I.11 Xác định hệ số của trong khai triển . 6a
6x
52 )1( xx ++
II/ Biến đổi dãy
Cho X là không gian các dãy { }∞0nx
{ }nxxXx =↔∈∀ )(
Toán tử D : XX →
{ } { }nnn xxxD −= +1 gọi là toán tử sai phân bậc nhất.
Toán tử { } { nn yxD = }
{ }......,3,2, 321 nnxxxx=
Gọi là toán tử đạo hàm. Các số 1,2,3... gọi là trọng số.
Toán tử. { } ⎭⎬⎫⎩⎨⎧= ,...2,1,0,...,..., 1010 x
xxxR
Gọi là toán tử tích phân.
Nếu { } { },...,...,, 1100 nnnp xpxpxpxD =
Ta có toán tử sai phân với các trọng số ..., 10 pp
Trong ch−ơng trình toán - THPT ta có công thức
C 11
1 +
+
+ =+ knknkn CC
từ đó.
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
7
(1) ( Kiểu sai phân) kn
k
n
k
n CCC =− +++ 111
hoặc 11 )1( −− −=− kkk PkPP ( Kiểu sai phân có trọng số)
(2) 111
1 −
−−
−= knkn Ck
nC (Kiểu đạo hàm)
(3) 111
1 +
++
+= knkn Cn
kC (Kiểu tích phân )
(4) pn
k
p
kp
kn
k
n CCCC =−−
Chú ý. (a) ),,(0 NnkiCCC n
i
i
k
k ∈==
(b)
6
)2)(1(;
2
)1(; 321 −−=−== nnnCnnCnC nnn
Từ hai khai triển cơ bản Ta có nn )11(,)11( −+
nnnnn CCC 2...)(
10 =+++α
0)1(...)( 10 =−++− nnnnn CCCβ
Sau đây là các ví dụ theo quan điểm các toán tử nêu trên.
VD II.1 ( Bài toán ph−ơng pháp sai phân)
Tính tổng NnvoinS ∈+++= ...21
Viết
.... 112
1
1 nCCCS +++=
Theo dạng sai phân
22 1
1
kkk CCC −= +
Cho ta có 1...,,1, −= nnk
22
1
1
nnn CCC −= +
2
1
2
1 −− −= nnnn CCC
M
22
3
2
1
2 CCC −=
22
1
1 CC =
Cộng vế ta có:
2
)1(... 2 1
1
1
1
1
1 nnCCCC nnn
+==+++ +− (đpcm)
Với các sai phân bậc 1 nh− trên ta có các ví dụ sau với cách làm t−ơng tự.
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
8
VD II.2 Tính tổng.
)1(...3.22.1 ++++= nnS
HD. Viết: 2 1
2
3
2
2 ...2 ++++= nCCCS
áp dụng công thức: cho 33 1
2
kkk CCC −= + 1,...,2 += nk
VD II.3 Tính tổng:
)2)(1(...4.3.23.2.1 +++++= nnnS
HD: 3 2
3
4
3
3 ...!3 ++++= nCCCS
và áp dụng công thức
với
44
1
3
kkk CCC −= +
)2,...,4,3( += nk
VDII.4 Chứng minh :
13210 )1(...32)( −−+++++= nPnPPPPnP
HD do 11 )1( −− −=− kkk PkPP
với nk ,....,2,1= ta có kết quả.
VD II.5 Tính tổng:
!)1(...!3)133()122(!1)111( 2222 nnnB ++++++++++++=
Sơ l−ợc cách giải
Viết ( ) ( ) !12!1 22 kkkkkkk −++=++
( ) !.!1 2 kkkk −+=
!.!)1)(1( kkkk −++=
[ ]!!)1(!)1(!)2( kkkk −+−+−+=
!!)1(2!)2( kkk ++−+=
Cho và cộng vế (kiểu sai phân) nk ,...,1=
ĐS : 1!)1)(1( −++= nnB
Với cách giải nh− trên các bài toán tính tổng đ−ợc đ−a thành bài toán tổ
hợp. Sau đây là một số đề thi.
VD II.6
Chứng minh:
a/ 54 1
4
6
4
5
4
4 ... nn CCCCC =++++ −
b/ 32 1
2
4
2
3
2
2 ... nn CCCCC =++++ −
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
9
VD II.7. Các bạn hãy chứng minh bài toán tính tổng
r
m
r
m
r
m
r
r
r
r CCCcC =++++ −−−−−−− 1112111 ...
HD Xét. rk
r
k
r
k CCC −= +− 11
Cho 1...,,,1 −−= mrrk và cộng vế
Một số bài toán đ−ợc chế biến.
VDII.8. Chứng minh.
( ) ( ) pnppnpnnn CCCCC 1321 11.....1 −−=−++−+−
Lời giải.
( ) ( ) ( ) pnppnppnp
nnn
nnn
n
CCC
CCC
CCC
C
1
1
1
2
1
1
1
2
1
1
0
1
1
0
1
111
1
−
−
−
−−
−−
−
−+−=−
+=
−−=−
=
M
Cộng vế ( ) pnpCVT 11 −−=⇒ ( đpcm ).
VD.II.9. Tính tổng (đề thi Olympic 30/4/1999)
!1!1999
1
!3!1997
1.......
!1997!3
1
!1999!1
1 ++++=S
Ta có
!1!1999
!2000.......
!1997!3
!2000
!1999!1
!2000!2000 +++=S
19992000
3
2000
1
2000 ....... CCC +++=
Từ khai triển cơ bản
( )20002000200019992000220001200002000 11....... +=+++++ CCCCC
( )20002000200019992000220001200002000 11....... −=+−++− CCCCC
Trừ vế ta có.
200019992000
3
2000
1
2000 2).......(2 =+++ CCC
hay
!2000
2
2
2
1!2000
1999
2000
=
=⇒
S
S
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
10
VD II.10 ( toán tử tích phân)
Chứng minh với n∈ N ta có
( ) ( ) ( ) ⊗+=+−++− 12
1
12
11......
4
1
2
1 10
n
C
n
CC nn
n
nn
Bài toán này trong đề thi ĐH đ−a ra đề dẫn
a/ Tính ( )∫ −1
0
21 dxxx n
Ta sẽ làm trực tiếp bài này bằng toán tử tích phân. Đẳng thức ⊗ cần
chứng minh t−ơng đ−ơng với.
( ) ( ) 11
11......
2
1
1
1 10
1 =+
+−+++−+ nnnn Cn
nCnCn
Chuyển sang vế phải
( ) ( ) 01
11......
2
1
1
11 1101 =+
+−+++++−⇔ + nnnn Cn
nCnCn
áp dụng công thức 111
1 +
+=+
+ k
n
k
n CCk
n với k=0,..., n
⇔ ( ) 01...... 1112 11 10 1 =−+++− ++++++ nnnnnn CCCC
Đúng do khai triển cơ bản ( ) 011 1 =− +n
VD II.11. Chứng minh
( ) 1
12
1
1......
2
1 110
+
−=++++
+
n
C
n
CC
n
n
nnn ( chứng minh t−ơng tự )
VD II.12.( Ph−ơng pháp toán tử đạo hàm).
Chứng minh với n∈N ta có
121 2......2 −=+++ nnnnn nnCCC
Đẳng thức t−ơng đ−ơng với
121
1 2......
21 −=++++ nnnknn Cn
nC
n
kC
n
C
n
(1)
theo công thức 11
−
−= knkn CCn
k với k = 1; 2; 3; ...; n.
(1) ⇔ 1111110 2........... −−−−− =+++++ nnnknnn CCCC
đúng do khai triển ( ) 111 −+ n
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
11
VD II.13. ( Đề thi ĐHQG Hà Nội - khối D )
Chứng minh rằng với ta có 2≥≥ kn
( ) ( ) 2211 −−−=− knkn CnnCkk (ph−ơng pháp toán tử đạo hàm cấp
hai)
22
1
1
2
2 1
1
)1(
)1((*) −−
−
−
−
− =−
−⇔=−
−⇔ knknknkn CCn
kCC
n
k
n
k (đúng)
VD II.14 ( đề thi Olympic 30/4/2002 )
Tính tổng (ph−ơng pháp toán tử đạo hàm cấp hai ) ( knn
k
Ccbkka ⋅++∑
=
2
0
)
Từ đồng nhất thức ( ) ( ) ckbakkacbkka +++−=++ 12
tổng trên viết thành.
( ) ( ) knn
k
k
n
n
k
k
n
n
k
CcCkbaCkkaT .1
000
∑∑∑
===
+++−=
Ta đi tính từng tổng
( ) knn
k
CkkaT 1
0
1 −=∑
=
Ta có 22
2
2
1
1 )1()1(1
1
)1(
)1( −
−
−
−
−
− −=−⇔=−
−=−
− k
n
k
n
k
n
k
n
k
n CnnCkkCCn
kC
n
k
n
k
( ) ( ) inn
i
k
n
n
k
CnnaCannT 2
2
0
2
2
2
1 11 −
−
=
−
−
=
∑∑ −=−=⇒
hay ( ) 21 21 −−= nnnaT
T−ơng tự
( )
( )[ ] 223
1
2
242
2
2
−
−
+++=⇒
=
+=
n
n
n
cnbanaT
cT
nbaT
VD II.15 (Bài toán phối hợp ph−ơng pháp toán tử sai phân cùng toán tử
đạo hàm)
a) Chứng minh
( ) NnCCCCn nn ∈∀++++=+++ ++ 2 13 13433333 ......6....21 và 2≥n
( Bài toán sẽ khó hơn nếu thay ) 4 2
3
1
3
4
3
3 .... ++ =+++ nn CCCC
HD. Ta có :
6
)2)(1(3
2
++=+ kkkCk
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
12
3
2
23 623 +=++⇒ kCkkk thay k từ 1 đến n cộng vế
)....(6)...21(2)...21(3....321 3 2
3
4
32223333
+++=+++++++++++⇒ nCCCnnn
( )3 23433333 ...6)1(6 )12)(1(321 ++++=+++++++↔ nCCCnnnnnn
( )3 23433333 ....6)1(2 )342)(1(...21 ++++=++−+++++↔ nCCCnnnnn
( )3 23433333 ...62 )1()2)(1(...21 ++++=+−++++++↔ nCCCnnnnnn
( ) 2 13 23 233333 6...6...21 +++ +−++=+++↔ nnn CCCCn
( ) 2 13 13433 ...6 ++ ++++= nn CCCC (đpcm)
b) Tính tổng
2222 ...21 nS +++=
Ta có: 2
2
)1(
kC
kkNk =−∈∀
lấy kCk k +=→ 22 nk ,...2= Cộng vế
ta có nCCCn n ++++++++=+++ ...32)...(21...21 22322222
2
)1(2 3 12
++= + nnCS n
6
)12)(1(
2
)1(
3
)1()1( ++=++−+= nnnnnnnn
Một số ví dụ về biến đổi dãy đ−ợc trình bày ở trên thể hiện một cách nhìn
theo toán tử đại số. Tuy nhiên thực tế các thầy cô th−ờng áp dụng các phép tính
vi phân và tích phân vào các đa thức của khai triển nhị thức Newton.
Khẳng định là mọi khai triển có trọng số đều có thể làm trực tiếp bằng
ph−ơng pháp toán tử.
a/ Các trọng số là 1 thì từ khai triển cơ bản ± ( ) ( )nn 11,11 −+
b/ Các trọng số là 1, 2, ...., k .... hoặc
.......1,
2
1,1
k
thì áp dụng các toán tử đạo hàm, tích phân trong tổ hợp.
c/ Các trọng số khác để thì hiện tại các đề thi chỉ ở dạng khai triển
( ) nn
x
hayx ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++ 111
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
13
với x nguyên nào đó.
III/ Cực trị rời rạc
1/ Đề dẫn
Bài toán. Xét cặp số tự nhiên ( m, n ) có tổng bằng 9. Tìm max(m.n)
Lời giải.
Ta coi (vì chúng không thể bằng nhau) nm 〉
1+≥⇒ nm
giả sử 2+〉 nm
11 +〉−⇒ nm (ta bắt đầu lùi m và tăng n )
mà nmnm +=++− )1()1(
Dự đoán ( )( ) (*)11. +−〈 nmnm
Nếu dự đoán trên là đúng thì max ở chỗ không lùi đ−ợc nữa.
Dự đoán đúng vì (*) ⇔ 10 +−〈 nm (đúng)
Độ lệch pha là 2. Nên cứ giảm cho đến khi không giảm đ−ợc nữa
Minh họa ( độ lệch pha) }}2145
2
336
527
2
718
→
→
→ ⎭
⎬⎫
→
Từ đó 4,5 == nm
Tất nhiên lời giải bài toán chỉ là đề dẫn (chứ học sinh lớp 3 cũng có thể
làm đ−ợc bằng ph−ơng pháp chọn số) . Chính ý t−ởng là xét hai phần tử lân cận.
2/ Các ví dụ minh họa ph−ơng pháp
VD III.1 Xét khai triển
( ) tìm 99919099 .......1 xCxCCx +++=+ kk C990max≤≤
Bài giải. So sánh hai phần tử lân cận
( ) ( ) ( ) 41
1
9
1
!19!1
!9
!9!
!91
99 <⇔+<−⇔−−+〈−⇔〈
+ k
kkkkkk
CC kk
do có tính đối xứng 49
3
9
2
9
1
9
0
9 CCCCC <<<<⇒
59
6
9
7
9
8
9
9
9 CCCCC <<<<⇒
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
14
Vậy max là một trong 2 số hoặc nh−ng
4
9C
5
9C
5
9
4
9 CC =
5
9
4
99
90
max CCC k
k
==⇒
≤≤
VD III.2 Tìm số lớn nhất trong các giá trị
nnnn CCC ,......,,
10
Bài giải. T−ơng tự nh− VD III.1. Tức là so sánh hai phần tử lân cận
k
nk
CC kn
k
n
1
1
−<⇔
< +
Ta có 2 tr−ờng hợp
a/ Nếu n - lẻ
2
1
1
2
1
10
.....
.....
+
−
−
<<<
<<<
n
n
n
n
n
n
n
nnn
CCC
CCC
do đối xứng.
Vì
2
1
2
1 +=−− nnn ⇒ 2
1
2
1
0
+−
≤≤
==
n
n
n
n
k
nnk
CCCMax
b/ Nếu n - chẵn
21
210
.....
.....
n
n
n
n
n
n
n
nnn
CCC
CCC
<<<
<<<
−
do đối xứng.
2
0
n
n
k
nnk
CCMax =⇒
≤≤
Ví dụ III.3 ( có trọng số - không còn tính đối xứng nữa )
Tìm hệ số lớn nhất của đa thức chứa x trong khai triển ( ) 1221 x+
Bài giải. Xét hai phần tử lân cận của hệ số
( )12,.......,0212 == kCa kkk
ta có
3
23
1 <⇔< + kaa kk vậy 710 ..... aaa <<<
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
15
xét tiếp
3
23
1 >⇔> + kaa kk nên 81112 ..... aaa <<<
so sánh và ta có 7a 8a 87 aa <
vậy 888128120 2.4952 ===≤≤ CaaMax kk
Ví dụ III.4 . Chứng minh rằng ∀ k : 20000 ≤≤ k ta có
( )*1001200110002001120012001 CCCC kk +≤+ +
Bài giải
( ) 1001200212002* CC k ≤⇔ +
Bài toán trở thành. Chứng minh là giá ttrị lớn nhất của
dãy
1001
2002C
{ } ( 2000012002 ≤≤+ kC k )
)
T−ơng tự VD III.2 với n - chẵn. Ta có là giá trị lớn nhất 10012002C
Ví dụ III.5
a/ Chứng minh ( ) ( !1
!!1
1
0, ++=−= ∫ nm nmdxxxI nmnm với m, n ∈ N
b/ giả sử . Tìm m, n để đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 10=+ nm nmI ,
Lời giải câu b/ vì 10=+ nm
( )
( )
!11
!10!
!1
!!
,
mm
nm
nmaI mnm
−=++==
( )
mm C
mma
1011
1
!10.11
!10! =−=
ma lớn nhất nhỏ nhất
mC10⇔ 0=⇔ m hoặc 10=m
Lúc đó
11
1
10,00,10 == aa là nhỏ nhất
ma nhỏ nhất lớn nhất
mC10⇔ 5,5 ==⇔ nm
lúc đó
2772
1
!10.11
!5!5
.11
1
5
10
5,5 === Ca
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
16
C/ Phụ lục Một số bμi toán
1. ( Đề thi ĐH KTQD ).
Chứng minh rằng , ta có Nn∈
144332111 3.......2.42.322 −−−−− =+++++ nnnnnnnnnnn nCnCCCC
2. Chứng minh với nk ≤≤0 ta có
( )222 nnn knn kn CCC ≤−+
3. Tìm số hạng chứa trong khai triển yx3 ( )52 yx+
4. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
121 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
x
x
5. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
n
xxx ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ + 15
28
3 biết 7921 =++ −− nnnnnn CCC
6. Tìm số hạng chứa trong khai triển 1025 yx ( )153 xyx +
7. Biết tổng các hệ số trong khai triển ( )112 1+x là 1024. Tìm hệ số của số
hạng chứa . 12x
8. Chứng minh
( )NnCCCC nnnnnnn ∈=++++ 3.2......42 210
9. Chứng minh
nnnn
n
nnn CCCCCC
2
2
2
2
0
2
12
2
3
2
1
2 .......... +++=+++ −
10. Chứng minh
( ) ( ) 231 21.1.....2.3.1 −−=−+++ nnnn nnCnnCC
11. Chứng minh
( ) ( ) ( ) !
2
!1!1
1.....
!3!3
1
!1!1
1 1
nnnn
n−
=−++−+− ( Nh− VD II.8 )
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
17
12. Chứng minh
a/ ( ) 11.....222 22110 =−+++− −− nnnnnnnnn CCCC
b/ ( ) ( )nnnnnnnn CCCC 121.....42 210 −=−+++−
HD. Xét ( )n12 − và ( )n21−
13. Chứng minh
( )
2
1..........2
1 111
21 +=+++++ −− nnC
Cn
C
Ck
C
CC
n
n
n
n
k
n
k
n
n
nn
HD. rút gọn từng số hạng
14. ( Đề thi tuyển sinh khối D-2002)
Tìm số n nguyên d−ơng sao cho
2432.....2 10 =+++ nnnnn CCC
15. ( Đề thi tuyển sinh khối A-2002 )
Cho khai triển
nx
n
n
xnx
n
nx
n
nxx
CCC ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛++⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ + −−
−−−−−
33
1
2
1
12
1
032
1
2.....22222
Biết và số hạng thứ tự bằng 20n, tìm n và x. 13 5 nn CC =
16. Rút gọn
1919
18
19
2
19
1
19
0
19 .21
1.
20
1......
4
`
3
1
2
1 CCCCCS ++−+−=
HD. Xét khai triển ( )192 1 xx −
17. (Đề thi Viện ĐH Mở HàNội)
Chứng minh ( )13
12.
33
1......
9
1`
6
1
3
1 1210
+
−=++++−
+
n
C
n
CCC
n
n
nnnn
18. Chứng minh 3 1
22
1
2
3
2
4
2
3
2
2 ...... +−− =++++++ nnnn CCCCCCC
19. Chứng minh
( )
( ) !!
!.
nm
nm
n là 1 số nguyên ( đề thi Olympic 30/4/2002 )
H−ớng dẫn: Phân tích
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) !0!
!......
2!
!.
!!
!.
!
!.
m
m
mmnm
mmn
mmnm
nm
m
nm
n −
−
−=
mm
m
mmn
m
mn CCC ......−=
( ) 111121 111 2......1 −−−−− −−−− −= mmmmm mmnmmn Cm
mC
m
mC
m
nmC
m
mn ( viết ng−ợc lại )
MỘTT SS Ố BB ÀÀ III TT OAA NN TT Ổ HHỢPP TT HH EE O QUU AA NN ĐĐ IIIỂỂ M KK HH ễNN G GIIIAA NN CC ÁÁ CC DD ÃÃ YY
18
11
1
13
1
12 ....!
−
−
−
−
−
−= mmnmmmm CCCn
( )
( ) ∏= −−=⇒
n
k
m
kmn Cnm
nm
2
1
1!!
!. là một số nguyên
20. Cho n, p nguyên d−ơng np ≤ chứng minh
pn
pip
in
p
i
i
p CCC 2
0
=−−
=
∑
HD. Ta có ( )npiCCCC pnipip inin ≤≤=−−
Lấy tổng và để ý rằng ppppp CCC 2.....
10 =+++
21. Chứng minh rằng
( ) ( )19991999 199945199945 −++ là một số nguyên.
22. Rút gọn các tổng sau.
a/ !....!3.3!2.2!1.1 nnA ++++=
b/ !)1(...!3)133()122(!1)11( 2222 nnnB +++++++++++=
H−ớng dẫn:
a/ ( ) !)1(!11!. kkkkkk −+=−+=
cho và cộng vế (kiểu sai phân) nk ,...,1=
ĐS: 1!)1( −+= nA
b/ ( ) ( ) !12!1 22 kkkkkkk −++=++
( ) !.!1 2 kkkk −+=
!.!)1)(1( kkkk −++
[ ]!!)1(!)1(!)2( kkkk −+−+−+
!!)1(2!)2( kkk ++−+=
Cho và cộng vế (kiểu sai phân) nk ,...,1=
ĐS : 1!)1)(1( −++= nnB
23. Chứng minh với n là số tự mhiên. Ta có
.2)(...21 2222212 −+=+++ nnnnn nnCnCC
HD. Viết .)1(2 kkkk +−=
[ ] ∑ ∑∑ +−=+−=⇒
=
k
n
k
n
k
n
n
k
CkCkkCkkkVT )1()1(
1
(Thêm k = 0, áp dụng toán tử sai phân)
PP hh ạạ m VV ăănn TT hh ếế –– TT ổổ TT oo áánn TT rrr−− ờờ nn gg TT HPP TT KK IIIm TT hh àà nn hh
19
24. Chứng minh đẳng thức sau với số nguyên d−ơng n (báo TH&TT số 2/2004)
a) ∑
=
−
−+
−
=−
−n
k
k
kn
k
n
k
CCk1
1
1
1
1
12
)1(
b) ∑
=
−
=−
−n
k
n
k
n
nk
n
n
k
k C
1
21
!)2(
2)!(
12
)1(
Kim Thành, Xuân 2002
File đính kèm:
- Giai bai toan to hop theo quan diem khong gian cac day.pdf