Sáng kiến kinh nghiệm MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (386.29 KB, 23 trang )
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC
CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC
(Ghi đầy đủ tên gọi giải pháp SKKN)
Người thực hiện: Nguyên Tất Thu
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán học
(Ghi rõ tên bộ môn)
- Lĩnh vực khác:
(Ghi rõ tên lĩnh vực)
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
Mô hình Đĩa CD (DVD) Phim ảnh Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2014 – 2015.
BM 01-Bia SKKN
2
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: NGUYỄN TẤT THU
2. Ngày tháng năm sinh: 13/09/1980
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: Tổ 10-Khu phố 5- P. Trảng Dài- Biên Hòa- Đồng Nai
5. Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ:
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Tổ phó chuyên môn
8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc
chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Chủ nhiệm lớp 12 Toán 2, giảng
dạy lớp 12 Toán 2, 12 Hóa 1, 11 Lý, lớp10 Toán và tham gia dạy các đội tuyển
Quốc gia,Olympic 30-4.
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ
- Năm nhận bằng: 2013
- Chuyên ngành đào tạo: Phương pháp và lí luận dạy học bộ môn Toán.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy môn Toán
Số năm có kinh nghiệm: 12 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
1. Sử dụng hàm lồi trong chứng minh bất đẳng thức – năm 2009
2. Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010
3. Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012
4. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong tổ hợp – năm 2013
5. Một số phương pháp đếm nâng cao – năm 2014.
BM02-LLKHSKKN
3
Tên SKKN (VIẾT IN HOA ĐẬM)
MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Nhị thức Newton xuất hiện trong Sách giáo khoa lớp 11. Dựa vào khai
triển nhị thức Newton giúp chúng ta khai triển các lũy thừa bậc cao. Đối với học
sinh Chuyên Toán và đội tuyển ôn thi Quốc gia, thì ngoài những tính chất cơ
bản của khải triển thì tính chất số học của các hệ số là một chủ đề thú vị và các
bài toán về chủ đề đó được xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi các cấp. Nhằm
nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn Chuyên Toán và nâng cao chất lượng ôn
thi học sinh giỏi Quốc gia, chúng tôi chọn đề tài “Một số tính chất số học của
hệ số nhị thức” làm đề tài nghiên cứu của mình.
CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Một trong những vấn đề ta xét đến là việc mở rộng khai triển
n
a b
, trong đó
,
a b
là các số thực,
n
là số tự nhiên.
0 1 1 1 1
,
n
n n n n n n
n n n n
a b C a C a b C ab C b
Trong đó
!
, 0,1, ,
!( )!
k
n
n
C k n
k n k
với quy ước
0! 1
. Các số nguyên
0 1
,C , ,C
n
n n n
C được gọi là các hệ số của nhị thức. Các hệ số này có thể thu
được bằng đệ quy dựa vào tam giác Pascal như sau
Trong đó các hệ số khác 1 bằng tổng của hai hệ số liền kề với nó.
Các tính chất cơ bản của hệ số nhị thức
1) (Tính đối xứng)
k n k
n n
C C
;
2) (Tính chất tam giác Pascal)
1 1
1 1
;
k k k
n n n
C C C
3) (Tổng các hệ số)
0 1
2
n n
n n n
C C C ;
4) (Tổng đan dấu)
0 1
( 1) 0
n n
n n n
C C C
;
BM03
-
TMSKKN
4
5) (Tính chất Vandermonde)
0
;
k
i k i k
m n m n
i
C C C
Dựa vào các tính chất cơ bản trên, ta có thể nghiên cứu một số tính chất số học
của các hệ số khai triển.
TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
1. Giải pháp 1 (nêu tóm tắt giải pháp): Xây dựng các tính chất cơ
bản.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng nếu
p
là số nguyên tố thì
k
p
C p
với mọi
1, 2, , p 1
k
.
Lời giải.
Ta có
! ( 1)!
.
( )!. ! ( )!. !
k
p
p p
C p
p k k p k k
Vì
p
là số nguyên tố nên
p k
với mọi
2,3, , 1
k p
nên
( 1)!
( ) !. !
p
p k k
Suy ra
k
p
C p
.
Ví dụ 2. Cho số nguyên tố
p
và hai số nguyên dương
,
m n p
thỏa mãn
mod
m n p
. Chứng minh rằng
mod
k k
m n
C C p
với mọi
0 1
k p
.
Lời giải.
Ta có
mod
m n p
nên ta có
( 1) ( 1)
!. ! ( 1) ( 1)
!
k
m
m m m k
k C k m m m k
k
( 1) ( 1)
( 1) ( 1) ! !
!
k
n
n n n k
n n n k k k C
k
mod
p
.
Mà
!, 1
k p
nên ta có
mod
k k
m n
C C p
.
Ví dụ 3. (Định lí Lucas) Cho
,
m n
là các số tự nhiên,
p
là số nguyên tố. Giả
sử biểu diễn cơ sở
p
của
,
m n
là
1
1 1 0
k k
k k
m m p m p m p m
1
1 1 0
k k
k k
n n p n p n p n
.
(với
0 , 1 1,
i i
m n p i k
)
Khi đó
5
0
mod
i
i
k
n
n
m
m
i
C C p
Quy ước
0
b
a
C
khi
a b
.
Lời giải.
+)
m n
bài toán hiển nhiên đúng.
+) Không mất tính tổng quát, ta giả sử
m n
.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
m n
Vì
0 (mod ), 1, 1
k
p
C p k p
.
Nên ta có:
1
1
( 1) 1 . 1(mod )
p
p p i p i p
p
i
x x C x x p
(*)
Ta chứng minh:
*
( 1) 1(mod ),
j j
p p
x x p j
bằng quy nạp. Thật vậy:
Với
1
j
, nhận xét đúng theo (*).
Giả sử nhận xét này đúng với
1
j n
. Ta sẽ chứng minh rằng nó cũng
đúng với
1
j n
.
Ta có:
( 1) 1 (mod )
n n
p p
x x p
.
Suy ra:
( 1) 1 (mod )
n n
n n
p p
x x p
1 1
( 1) 1 (mod )
n n
p p
x x p
.
Do đó nhận xét đúng với
1
j n
.
Ta xét khai triển sau:
0
.
.
0
0 0
(1 ) (1 ) (1 ) (mod )
k
i
i
i
i i
i i
i
m
m p
k k
m
j
m p j p
m
j
i i
x x x C x p
.
Hệ số của
n
x
ở vế
(1 )
m
x
là
n
m
C
;
do biểu diễn
1 2
1 2 1 0
. . .
k k
k k
n n p n p n p n p n
là duy nhất nên
hệ số của
n
x
ở vế
.
0
0
i
i
i
m
k
j
j p
m
j
i
C x
là
0
i
i
k
n
m
i
C
.
Từ đó ta được:
0
(mod )
i
i
k
n
n
m
m
i
C C p
và bài toán được chứng minh.
Ví dụ 4. Cho
n
là số tự nhiên,
p
là số nguyên tố và
n p
. Chứng minh rằng
6
mod
p
n
n
C p
p
.
(Trong đó
x
là phần nguyên của
x
)
Lời giải.
Cách 1: (Dựa vào định lí Lucas)
Giả sử
1
1 1 0
k k
k k
n n p n p n p n
.
Theo định lí Lucas ta có
1
1
mod
p
p
n
n
n
C C n p
p
.
Cách 2: Xét dãy
, 1, 2, , 1
n n n n p
. Dãy này gồm
p
số tự nhiên liên
tiếp, nên tồn tại duy nhất một số chia hết cho
p
, gải sử số đó là
m
.
Ta có
m n
p p
.
Trong dãy trên, ta loại
m
thì các số còn lại nếu xét theo môđun
p
ta được dãy
1, 2, , 1
p
mod
p
.
Đặt
1 1
n n n p
k
m
, ta có
1 ! mod
k p p
.
Suy ra
1 ! mod
mk m p mp
1 ! mod
mk m
p p
p p
.
Vì
, ( 1)! 1
p p
nên ta được
mod
!
mk m
p
p p
.
Vậy
mod
p
n
n
C p
p
(đpcm).
2. Giải pháp 2 (nêu tóm tắt giải pháp): Một số bài toán liên quan đến
tính chất số học của hệ số khai triển.
Ví dụ 5. Cho
,
p k
là các số nguyên dương thoả
p
là số nguyên tố và
2 1
k p
. Chứng minh rằng
1
k
p
C
chia hết cho
p
.
(Trích đề thi HSG cấp tỉnh, lớp 12, tỉnh Đồng Nai, năm học 2012-2103).
Lời giải.
7
Ta có
1
( 1)! ( 1)!( 1)
.
!( 1 )! !( 1 )!
k
p
p p p
C p
k p k k p k
.
Vì
2 1
k p
nên
2 1 1
p k p
. Do đó
!, ( 1 )!, 1
k p p k p
.
Dẫn tới
( 1)!( 1)
!( 1 )!
p p
k p k
là số nguyên. Vậy
1
k
p
C p
(đpcm).
Ví dụ 6. Cho
p
là số nguyên tố. Chứng minh rằng
2
2
2(mod )
p
p
C p
.
Lời giải.
Ta có
0 1 1 1 1 0
2
. . . .
p
p p p p
p p p p p p p p
p
C C C C C C C C C
Vì
1,2, , 1
k
p
C p k p
nên
2
. 1,2, , 1
k p k
p p
C C p k p
và
0
1
p
p p
C C
Suy ra
2
2
2(mod )
p
p
C p
.
Ví dụ 7. Cho
p
là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng
0
2 1
p
k k p
p p k
k
C C
chia hết cho
2
p
.
Lời giải.
Đặt
0
2 1
p
k k p
p p k
k
m C C
, ta có
1 1
2
0 0 1 1
1 1 3
p p p p
p
k k k k k k
p p k p p p k p
p
k k k k
m C C C C C C C
1
2
1
1 2
p
p
k k
p p k
p
k
C C C
Theo ví dụ trên ta có
2
2
2
p
p
C p
và
1, 2, , 1
k
p
C p k p
.
Ta chứng minh
1
k
p k
C p
. Thật vậy, ta có
( )( 1) ( 1) !
1
!
k
p k
p k p k p k
C
k
Vì
1 1 ! 1 1 ! 0(mod )
p k p k p k k k k p
và
!, 1
k p
8
Nên ta có
1
2
1
1 1
p
k k k
p k p p k
k
C p C C p
.
Vậy
2
m p
(đpcm).
Ví dụ 8. Cho
p
là số nguyên tố
5
p
. Chứng minh rằng
1
3
2 1
1 mod
p
p
C p
(1).
Lời giải.
Ta có
1
2 1 2
2 1 ! 2 !
1 1
2 !. ! 2
1 !. !
p p
p p
p p
C C
p p
p p
.
Do đó, để chứng minh bai toán, ta chỉ cần chứng minh
3
2
2 modp
p
p
C (2).
Vì
2 2 2
0 1
2
p
p
p p p
p
C C C C nên ta đi chứng minh
1
2
3
1
0 mod
p
i
p
i
C p
(3).
Bởi vì
1, 2, , 1
k
p
C p k p
nên
1 !
1
! !
i
p
p
C
p
i p i
là số nguyên.
Để chứng minh (3) ta chỉ cần chứng minh
2
1
1
1 !
0 mod
! !
p
i
p
p
i p i
(4).
Ta có
1 1
1 ! 1 2 1 1 1 ! 1
modp
! !
! !
i i
p p p p i i
i i i
i p i
Nên
2
2
1 1
1 1
1 !
1
mod
! !
p p
i i
p
p
i
i p i
.
Do
1
i p
nên tồn tại
1 1
j p
để
1
1 mod mod
ij p j p
i
.
Do đó
2
1 1
2
1 1
1 ! 1 2 1
0 mod
6
! !
p p
i j
p p p p
j p
i p i
.
Từ đây ta có đpcm.
9
Ví dụ 9. Cho
p
là số nguyên tố lẻ. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương
n
sao
cho
1 2 1
, , ,
n
n n n
C C C
đều chia hết cho
p
(Trích đề thi HSG cấp tỉnh lớp 12,
tỉnh Phú Thọ, năm 2012).
Lời giải.
Xét
1 1
m n
. Giả sử
1
1 1 0
k k
k k
m m p m p m p m
1
1 1 0
k k
k k
n n p n p n p n
.
(với
0 , 1 1,
i i
m n p i k
)
Khi đó, theo định lí Lucas ta có
0
i
i
k
m
m
n
n
i
C C
.
+) Nếu
k
n p
thì bài toán hiển nhiên đúng.
+) Nếu
k
n p
thì
1
k
n
và ta xét
k
m p n
, ta có
laàn
.1.1 1 0 mod
m
n k k
k
C n n p
.
Vậy
k
n p
.
Ví dụ 10. (VN TST 2010) Gọi
n
S
là tổng bình phương các hệ số trong khai
triển của nhị thức
(1 )
n
x
, trong đó
n
là số nguyên dương;
x
là số thực bất kì.
Chứng minh rằng:
2
1
n
S
không chia hết cho 3 với mọi
n
.
Lời giải.
Ta có:
2
2 2
2
1 0 0
(1 ) (1 ) .( 1) . . . .
nn n n
n n n i n i i n i n i i
n n n
i i i
x x n C x C x C x
.
Đồng nhất hệ số của
2
n
x
ở hai vế, ta có:
2
2
0 0
. ( )
n n
n i n i i
n n n n
i i
C C C C
.
Do đó, với mọi n tự nhiên thì
2
n
n n
S C
.
Như thế ta cần chứng minh rằng:
2
4
1
n
n
C
không chia hết cho 3 với mọi n.
Giả sử:
0
2 .3 , , 1,
k
i
i i
i
n a a i k
. Xét hai trường hợp:
10
+) Nếu
{0;1}, 1,
i
a i k
thì
2 {0;2}, 1,
i
a i k
và tổng
{0;1}, 1,
i
a i k
là số chẵn, đặt
0
2
0
2 , 2 2 4 1(mod 3)
k
i
i
a
k
t t
i
i
a t t
; ta cũng có:
0
4 2 .3 , , 1,
k
i
i i
i
n a a i k
.
Theo định lí Lucas thì
0
2
4
2
0 0
1 1 2 1 2 1 2(mod 3)
k
i
i
i i
i
a
k k
a
a
n
n
a
i i
C C
.
+) Nếu tồn tại một giá trị
2
j
a
; không mất tính tổng quát, giả sử đây là số nhỏ
nhất trong tập hợp
, 0,
i
a i k
. Khi đó: hệ số tương ứng tại vị trí
j
ở khai triển
theo lũy thừa 3 của 4n là 1.
Mà
2
1
0
C
nên
2 2
4 4
2
0
0 (mod 3) 1 1 (mod 3)
i
i
k
a
n n
n n
a
i
C C C
.
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có
2
1
n
S
không chia hết cho 3. Đây chính
là đpcm.
Ví dụ 11. Xác định tất cả các số nguyên
3
n
sao cho
2000
2
chia hết cho
1 2 3
1 .
n n n
C C C
(1998 Chinese Mathematical Olympiad)
Lời giải.
Bởi vì
2
là số nguyên tố nên
1 2 3
1 2 , 2000
k
n n n
C C C k
Ta có:
2
1 2 3
( 1)( 6)
1 1
6
n n n
n n n
C C C
Nghĩa là
2 1
1 6 3.2
k
n n n
11
Đặt
1, 4
m n m
và
2 1
3 8 3.2
k
m m m
. Ta xét các trường hợp
sau
(a)
2
s
m
, vì
4
m
nên
2
s
. Ta có
2 2
2 3.2 8 3 8 3.2
s s t
m m
Với
t
là số nguyên dương.
Nếu
4
s
thì
2
8 3 2 (mod16) 2 8 3 8 24 ( 3) 16,
t t
m m m m
điều này không thể xảy ra. Như vậy ta chỉ có hai khả năng
3, 8, 4
s m t
hoặc
2, 4, 2, 3
s m t n
.
(b)
3 2
u
m
, khi đó
4, 1
m u
. Chúng ta có:
2 2
9 2 9 2 8 3 8 2
u u v
m m
Ta kiểm tra được với
1,2
u
thỏa phương trình
Xét
4
u
, ta có
3
8 2 (mod 16)
( 3) 0
v
v
m m
điều này không thể xảy ra
Với
3
3, 3 2 24, 9, 23
u m v n .
Ví dụ 12. Cho
p
là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng:
2
2 2 2
1 2 2
1 2 3 (mod )
2
p
p
p p p
p
p
p
(Singapore MO 2012).
Lời giải.
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có
1 2 1
2 2 (1 1) 2
p p p
p p p
C C C
Mặt khác, với mọi số tự nhiên
1,2, , 1
k p
ta có
1
1 ( 1)! ( 1)( 2) ( 1) ( 1)
mod
!( )! !
k
k
p
p p k p k p
p
p k p k
C
k k
Do đó
2 2 1 1 1 1
1
2 3 4 1
p
p p
1 1 1 1 1
1 2
2 1 2 4 1
p p
1 1
1 mod
1
2
2
p
p
12
Chú ý rằng ở trên ta đã sử dụng
1 1
1
2 1
1 1 1
1 0 mod
1 ( 1) / 2 ( 1) / 2
p
p
p p p
Mặt khác, theo định lí nhỏ Fermat
1
1 mod , 1,2, , 1
p
a p a p
nên
2
2 2
1 1 1
1 2 1 mod
2 2 ( 1) / 2
p
p p
p
p
p
Kết hợp với các kết quả trên ta được
2
2 2
2 2 1
1 2 mod
2
p
p
p p
p
p
p
Tóm lại ta có đpcm.
Ví dụ 13. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương
n
thì
2 2 2
2 1 2 1 2 1
.2 .2 .3 .3
0 2 2
n n n
n
n n n
S
n
là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp.
(1999 Romanian IMO Team Selection Test).
Lời giải.
Ta dễ dàng có được:
2 1 2 1
1
2 3 2 3
4
n n
n
S
Giả sử
n
S
phân tích được thành tổng bình phương hai số nguyên liên tiếp, khi
đó tồn tại số nguyên dương
k
sao cho
2 2
( 1)
n
S k k
hay
2
2 2 1 0
n
k k S
Phương trình có
2
2 1 2 1
1 3 1 3
4 2 1
2
n n
n
n
S
Nên giải phương trình trên, ta được
2 1 2 1
1
2
2 1 3 1 3
2
n n
n
n
k
Ta chứng minh
k
là số nguyên.
13
Xét
1 3 1 3
m m
m
E với
m
là số nguyên dương.
Ta có
1 2
2 2
m m m
E E E
với
2
m
Dựa vào công thức truy hồi, ta chứng minh được
m
E
chia hết cho
2
2
m
Ví dụ 14. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương
n
thỏa
2
2
k
n
n
C n
, trong đó
k
là số các ước nguyên tố của
2
n
n
C
(VMO 2002 ).
Lời giải.
Giả sử
p
là một ước nguyên tố của
2
n
n
C
, gọi
m
là số mũ của
p
trong phân tích
tiêu chuẩn ra các thừa số nguyên tố của
2
n
n
C
.
Ta chứng minh
2
m
p n
bằng phản chứng.
Giả sử
2
2 0
m
m
n
p n
p
2 2 1 1
2 2 2
2 2 2
m m
n n n n n n
m
p p
p p p p
Do
x
ta có:
2 2 2 2 2 2 1
x x x x x
Dẫn tới:
1
m m
vô lí. Do đó:
2
m
p n
Từ đó ta có được:
2
2
1
2 1
2
k
n
n
n
n
k
C n n k
C n
.
Ví dụ 15. Cho
*
n
, đặt
1 , 0,1, 2, ,
k
k n
a n C k n
. Chứng minh
rằng
0 1
, , , 1, 2, , 1
n
BCNN a a a BCNN n
.
Lời giải.
Ta có
1
1,2, , 1 , 1BCNN n p p n p
.
Ta cần chứng minh
( )
p i
v a
và tồn tại
0
0
: ( )
p i
i v a
.
!
( 1).
!( )!
k
n
a n
k n k
14
Bổ đề: Với mọi
m
sao cho
1
p m p
thì
( ) , 0,1, ,
k
p m
v C k m
Chứng minh:
( !) ( !) (( )!)
k
p m p p p
v C v m v k v n k
1
i i i
i
n k n k
p p p
Vì
1
x y x y
.
Cần chứng minh:
1)
( )
p k
v a
2) Tồn tại
0
k
để
0
( )
p k
v a
.
Giả sử tồn tại
k
để
p k
v a
.
( 1) ( ) ( 1) ( 1) 1 1
k
p k p p n p p
v a v n v C v n v n n p
1
1 1
1 1 ( 1)
k k k
k n n n
a n C n k C k C
( ) ( 1) 1 1
p k p
v a v n k n k p
. Tương tự
1
k p
.
Từ đó, suy ra
1
p
vô lí.
Ta chọn
0
1
0 p k
k p n v a
.
Cuối cùng là một số bài tập luyện tập
Bài 1. Chứng minh rằng dãy
1 2
, , C ,
k k k
k k k
C C
là dãy tuần hoàn nếu xét
trong modulo
k
.
HD: Đặt
. !
m k k
, ta có
( )( 1) ( 1)
!
k
x m
x m x m x m k
C
k
( 1) ( 1) .
!
x x x k t m
k
( 1) ( 1)
(mod )
!
k
x
x x x k
C k
k
.
Bài 2. Cho
, ,
m n k
là các số nguyên dương thỏa
1
m k
là số nguyên tố lớn
hơn
1
n
. Đặt
( 1)
i
a i i
. Chứng minh rằng
1 2
m k m k m n k
a a a a a a
chia hết cho
1 2
n
a a a
.
HD:
15
Ta có
2
2
1
m i k
a a m i m i k k m i k m i k
Suy ra
1 1
1
n n
m i k
i i
a a m i k m i k
Và
1 2
!.( 1)!
n
a a a n n
Do đó, ta có
1 2
1
1 2
1
!.( 1)!
n
m k m k m n k
i
n
m i k m i k
a a a a a a
a a a n n
1 1
( ) ( 1)
.
! ( 1)!
n n
i i
m i k m i k
n n
.
Ta có
1
( )
( )( 1) ( 1)
! !
n
i
m i k
m n k m n k m k
n n
( )!
!( )!
n
m n k
m n k
C
n m k
.
1
( 1)
1 2
( 1)! ( 1)!
n
i
m i k
m n k m n k m k
n n
1
1 !
1 1
.
1 ( 1)!.( )! 1
m k
m n k
m n k
C
m k n m k m k
.
Ta có
1
m k
m n k
C
là số nguyên và chia hết cho
1
m k
và
1
m k
là số
nguyên tố lớn hơn
1
n
và
m k
nên
1
1
.
1
m k
m n k
C
m k
.
Suy ra
1 2
1 2
m k m k m n k
n
a a a a a a
a a a
(đpcm).
Bài 3. Cho các số nguyên dương
,
n k
tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại các số
nguyên dương
1 2 3 4 5
a a a a a k
sao cho
16
1 2 3 4 5
3 3 3 3 3
a a a a a
n C C C C C
(Romania TST 2000).
HD:
Ta xét
m k
là số nguyên dương sao cho
3
m
n C
là số lẻ.
Cụ thể: Nếu
n
lẻ, ta chọn
0(mod 4)
m
, nếu
n
chẵn ta chọn
3 mod 4
m
.
Ta có
3
2 1
m
n C a
Mặt khác
3 3 3 3
1 2 3
2 1
a a a a
a C C C C
nên ta có
3 3 3 3 3
1 2 3
a a a a m
n C C C C C
Và
3
1
2
m
n C
a m
. Từ đó, ta có đpcm.
Bài 4. Chứng minh rằng nếu
,
m n
là các số nguyên dương và
m
là số lẻ thì
3
3
0
3 1
m
k
k
m
k
A C n
Chia hết cho
.3
m
n
(2004 Romanian IMO Team Selection Test).
HD:
Gọi
là một nghiệm phức của phương trình
3
1
x
. Ta có
3
3
0
3
3 3
23 3 3
3 3 3 1
1 3 1 1 3 1 1 3 1
m
k
k
m
k
m
m m
A C n
n n n
Đặt
2
3 3 3
1 3 1, 1 3 1, 1 3 1
a n b n c n
Suy ra
3 3 3
3
m m m
A a b c
và
, ,
a b c
là nghiệm của đa thức
3
3 2
1 3 1 3 3 3
X n X X X n
Đặt
0 1 2
3
k k k
k
s a b c s s s
và
3 2 1
3 3 3
k k k k
s s s ns
Bằng quy nạp, ta chứng minh được
k
s
chia hết cho
1
3
3
k
.
17
Mặt khác, ta có
2
7 2 1
63 9 3 3 27 2 1
k k k k
s ns n n s n n s
và
3
9
s n
Do đó,áp dụng quy nạp ta chứng minh được
2 2
3 6 3
2 .
k
m k
s s n
(với
2 1
m k
).
Suy ra
2 2 2 1
3 3 . 3 . 3 .
k k m
A n A n n
.
Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
n
thì tổng
2 1 3
2 1
0
.2
n
k k
n
k
S C
không chia hết cho
5
.
HD:
Đặt
8
x .
Ta có:
2 1
(1 )
n
x A Bx
(1) với
2 1 3
2 1
0
.2
n
k k
n
k
B C
Tương tự:
2 1
(1 )
n
x A Bx
(2)
Nhân (1) và (2) theo vế ta được:
2 2 1 2 2 2
(1 )
n
x A x B
Hay là:
2 1 2 2
7 8
n
B A
Do
2 1
7 49 .7 ( 1) .2 2(mod 5)
n n n
Nên nếu
2
0(mod 5) 2(mod 5)
B A
điều này vô lí vì mọi số chính
phương khi chia cho
5
chỉ có các số dư là:
0
hoặc
1
.
Bài 6. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương
n
thì
2 2
0 2 2 4 1 3 2 5
2 2 2 2
n n n n n n n
a C C C C C C
là số tam giác (MR 02-2009).
HD:
Xét hai triển
0 1 2 2
1
n
n n n
x C xC x C
0 1 2 2
1
n
n n n
x C xC x C
Cộng và trừ hai vế của hai đẳng thức trên ta được
0 2 2 4 4
1
1 1
2
n n
n n n
x x C x C x C
1 2 2 4 5
1
1 1
2
n n
n n n
x x C x C x C
x
Trong hai đẳng thức trên, ta cho
2
x
ta được
18
0 2 2 4
1
2 1 2 1 2 2
2
n n
n n n
C C C
1 3 2 5
1
2 1 2 1 2 2
2 2
n n
n n n
C C C
Suy ra
2 2 2 2
1
2 2 2 2
2 2
n n n n n n n n
n
a b a b a b a b
a
với
2 1, 2 1
a b
.
Đặt
2 2
1
2 2
n n n n
a b a b
k k
.
Do đó
( 1)
2
n
k k
a
(đpcm).
Bài 7. Cho
3
n
là số nguyên dương. Đặt
1
2 1
2 1
0
.4 .3
n
k n k k
n n
k
s C
.
Chứng minh rằng
2 1
n
s
là số chính phương.
HD: Ta có
2 1 2 1
1
2 3 2 3
4
n n
n
s
.
Do đó
2
2 1 2 1
3 1 3 1
2 1 , 0
2
n n
n
n
s n
.
Đặt
2 1 2 1
3 1 3 1
n n
n
v
, ta chứng minh với mọi
1
n
thì
2
n
n
v
Từ công thức tổng quát của
n
v
ta có được hệ thức truy hồi :
1 2
2
n n n
v v v
Vì
1 2
1 2
2 2 , 20 2
v v
nên bằng quy nạp và dựa vào hệ thức truy hồi ta
chứng minh được
2
n
n
v
với
1
n
.
Do đó :
2 1
n
a
là số chính phương với mọi
0
n
.
19
Bài 7 (Iran TST 2011) Tìm tất cả các số nguyên dương
2
n
sao cho với mọi
số nguyên
,
i j
thỏa mãn
0 ,
i j n
thì
i j
và
i j
n n
C C
có cùng tính chẵn
lẻ.
ĐS:
2 2, 2
k
n k
.
Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên dương
k
sao cho tồn tại vô hạn số nguyên
dương
n
thỏa
2
|
n
n
n k C
(China National Olympiad 2015).
ĐS:
1
k
.
Bài 9.
n
là số nguyên dương thỏa mãn
3 3 3
2 1 2 4
n
n n n
a b c
.
Chứng minh rằng
1 mod 3 2 mod 3
n
c n
.
(Romania TST 2013).
HD: Ta có
3
3 3 3 3 3
3 3 3
2 4 2 4 2 1
n n n n n n
a b c a b c
Suy ra
3
7 mod 3
n n n
c c c
.
Và trong ba số
2 3 4
, ,
c c c
chỉ có
2
1 mod 3
c
.
Bài 10. Với
n
, ta xét các tập hợp:
1 mod 3
k
n
A k C
và
2 mod 3
k
n
B k C
. Đặt
,
n n
a A b B
. Chứng minh rằng
n n
a b
là một lũy thừa của
2
.
Bài 11. Chứng minh rằng với mỗi cặp số tự nhiên
,
m k
thì
m
có cách biểu diễn
duy nhất dưới dạng
1
1
k k t
k k t
a a a
m C C C
Với
1
1
k k t
a a a t
(1996 Iranian Mathematical Olympiad)
Bài 12. Cho
,
m n
là các số nguyên thỏa
1
m n
. Chứng minh rằng
m
là
ước của
1
0
( 1)
m
k k
n
k
n C
.
20
Bài 13. Cho
p
là số nguyên tố và đa thức
[ ]
x
f
có bậc nhỏ hơn
1
p
thỏa
mãn
f i
với mọi
0,1, , 1
i p
. Chứng minh rằng
1
0
( ) 0 mod
p
i
f i p
.
Bài 14. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố
4
;
3
n
p n
thì
4
0
n
k
n
k
C
chia hết cho
p
.
II. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Qua việc sử dụng đề tài để giảng dạy cho các lớp chuyên toán và đội
tuyển Quốc gia, thấy được các em tự tin hơn và các em nhanh chóng tìm được
phương án giải quyết khi gặp các bài toán về tính chất số học của hệ số khai
triển. Qua đó thấy được sự hứng thú học toán cho các em học sinh tăng lên.
ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề tại có thể áp dụng khi dạy các lớp chuyên hoặc dùng để bồi dưỡng học sinh
giỏi ở các trường THPT.
21
III. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Hà Huy Khoái (2006), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Số học,
NXB Giáo dục.
2. Tủ sách THTT (2007), Các bài thi Olympic Toán THPT 1990-2006,
NXB Giáo dục.
3. Đào Mạnh Thắng ,Chuyên đề Định Lí Lusca và ứng dụng.
4. Các tài liệu từ Internet
5. Các Website
IV. PHỤ LỤC
NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
Nguyễn Tất Thu
22
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị Trường Chuyên Lương
Thế Vinh
–––––––––––
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
Biên hòa, ngày 22 tháng 05 năm 2015
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2014 – 2015
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ KHAI TRIỂN
Họ và tên tác giả: NGUYỄN TẤT THU Chức vụ: Tổ phó chuyên môn
Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh.
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học bộ môn:
- Phương pháp giáo dục - Lĩnh vực khác:
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị Trong Ngành
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn
- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu
quả cao
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc
sống: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng:
Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành
Xếp loại chung: Xuất sắc Khá Đạt Không xếp loại
Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của
người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.
Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này
đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác
giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ
của chính tác giả.
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người
có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.
BM04-NXĐGSKKN
23
NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
XÁC NHẬN CỦA TỔ
CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ
họ tên và đóng dấu)
Nguyễn Tất Thu Trần Tiến Đạt
