Đề tài Giải một số bài toán dãy số tổ hợp Theo quan điểm "Đại số của không gian các dãy"

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