Giải một số bi 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 chơng trình trung học phổ thông, ngòai các bài dạng lập số , mà ngời 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, nhng còn một lớp các bài toán về dãy (đa số là tổ hợp) hay đợc 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 đa 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 đợc một lớp nhỏ các bài toán dạng này. Vì trình độ cũng nh sự hạn chế về giảm tải nội dung của chơng trình THPT, tôi trình bày ba vấn đề thờng 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 ++++= )( 2 210 Ta có: m m xbxbxbbxQ ++++= )( 2 210 nm mn k kkkk xbaxbabababa xbababaxbababaxQxP + +++++++ +++++++= )( ) ( )()()()().( 022110 2 021120011100 Chú ý. Hệ số của hạng chứa lũy thừa là k x ) ,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 đợc 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 , phơng trình ax + b = 0 có nghiệm xác định. M M M T T T S S S B B B I I I T T T O O O A A A N N N T T T H H H P P P T T T H H H E E E O O O Q Q Q U U U A A A N N N I I I M M M K K K H H H ễ ễ ễ N N N G G G G G G I I I A A A N N N C C C C C C D D D Y Y Y 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 thờng 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 += + 1 1 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( + + n x kk n 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) 1 1 1 11 1;1( + +=== k n k n k n o 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 trờng ĐHCS ND) Với hai số tự nhiên k, n )2( nk . Chứng minh k n k n k n k n CCCC 2 21 2 + =++ HD. Xét khai triển: 22 )1()1()1( xxx nn ++=+ + P P P h h h ạ ạ ạ m m m V V V ă ă ă n n n T T T h h h ế ế ế T T T ổ ổ ổ T T T o o o á á á n n n T T T r r r ờ ờ ờ n n n g g g T T T H H H P P P T T T K K K I I I m m m T T T h h h à à à n n n h h h 3 =+ + == kji ji n k n jCCC )2;1;0( 22 22 2 11 2 0 22 + ++= k n k n k n k n CCCCCCC hay 21 2 2 + ++= k n k n k n k n CCCC VD I.3. Chứng minh rằng nkNnk 4,, ta có: k n k n k n k n k n k n CCCCCC 4 4321 4464 + =++++ VD I.4.(Đề thi của trờng 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. k x )0,0( kjkiCCC kji k nm j m i n = =+ + k nmm k nm k n k mn k mn CCCCCCCCC + =++++ 011110 M M M T T T S S S B B B I I I T T T O O O A A A N N N T T T H H H P P P T T T H H H E E E O O O Q Q Q U U U A A A N N N I I I M M M K K K H H H ễ ễ ễ N N N G G G G G G I I I A A A N N N C C C C C C D D D Y Y Y 4 Một số ví dụ khác VD I.6 Chứng minh rằng Nn .Ta có n n n nnn CCCC 2 22120 )( )()( =+++ Xét đồng nhất thức. nnn xxx 2 )1()1()1( +=++ ==+= = n kkji 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 x n ) =+ == 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 n 2 2 Theo Ví dụ I.6 ta có =+++= 22120 2 )( )()( n nnn n n CCCC = n k 0 () [] 2 2 2 !)!( )!( knk n Do đó = n k 0 () [] 2 2 !)!( )!2( knk n = )!)(!( )!2( nn n () [] 2 2 2 0 !)!( )!( knk n n k = = . =( C ) n n C 2 n n C 2 n n2 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 đợc xác định bởi 33 n a 33 n x na n 26 33 = Bài giải. Từ đẳng thức nnnnn x x xxx ) 2 1() 1 1()2()1( 2 32 ++=++ . Xét khai triển nn x x ) 2 1() 1 1( 2 ++ (*) P P P h h h ạ ạ ạ m m m V V V ă ă ă n n n T T T h h h ế ế ế T T T ổ ổ ổ T T T o o o á á á n n n T T T r r r ờ ờ ờ n n n g g g T T T H H H P P P T T T K K K I I I m m m T T T h h h à à à n n n h h h 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 x x ) 2 1() 1 1( 2 ++ = = jjj n ii n kJi n k xCxC =+= 2 2 2 0 jijj n i n kJi n k xCC =+= 2 2 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 n nnn CCCCa ji j i nnnnx Cho na n 26 3 = n nnn 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 4 x 102 )1( xx ++ Viết [ ] 10 2102 )1()1()( xxxxxP ++=++= )1()1()1( 482 10 2291 10 100 10 ++++++= xxCxxxCxC Từ đó số hạng chứa chỉ có trong 3 hạng tử đầu tiên. 4 x 0 8 2 10 2 9 1 10 4 10 0 104 CCCCCCa ++= 61545360210 4 = + + =ahay Chú ý rằng khi giảng dạy cho học sinh ta rất hạn chế kí hiệu Xichma. Còn không thể đợc thì bài trên ta viết. = += 10 210 10 )1()( ok kkk xxCxP M M M T T T S S S B B B I I I T T T O O O A A A N N N T T T H H H P P P T T T H H H E E E O O O Q Q Q U U U A A A N N N I I I M M M K K K H H H ễ ễ ễ N N N G G G G G G I I I A A A N N N C C C C C C D D D Y Y Y 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 Cho Ta có 42 =+ ik 40 = = = 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 42 =+ ik 40 = = ik 21 = = ik 02 = = ik .615 2 8 2 10 2 9 1 10 4 10 0 104 =++= CCCCCCa VD I.10 Xác định hệ số của trong khai triển. 4 a 4 x 102 )321( xx ++ Đáp số: 8085 4 =a VD I.11 Xác định hệ số của trong khai triển . 6 a 6 x 52 )1( xx ++ II/ Biến đổi dãy Cho X là không gian các dãy { } 0 n x { } n xxXx = )( Toán tử D : XX { } { } nnn xxxD = +1 gọi là toán tử sai phân bậc nhất. Toán tử {} { nn yxD = } {} ,3,2, 321 n nxxxx= Gọi là toán tử đạo hàm. Các số 1,2,3 gọi là trọng số. Toán tử. {} = , 2 , 1 ,0, , , 1 0 10 x x xxR Gọi là toán tử tích phân. Nếu {} { } , , ,, 1100 nnnp xpxpxpxD = Ta có toán tử sai phân với các trọng số , 10 pp Trong chơng trình toán - THPT ta có công thức C 1 1 1 + + + =+ k n k n k n CC từ đó. P P P h h h ạ ạ ạ m m m V V V ă ă ă n n n T T T h h h ế ế ế T T T ổ ổ ổ T T T o o o á á á n n n T T T r r r ờ ờ ờ n n n g g g T T T H H H P P P T T T K K K I I I m m m T T T h h h à à à n n n h h h 7 (1) ( Kiểu sai phân) k n k n k n CCC = ++ + 11 1 hoặc 11 )1( = kkk PkPP ( Kiểu sai phân có trọng số) (2) 1 1 1 1 = k n k n C k n C (Kiểu đạo hàm) (3) 1 1 1 1 + + + + = k n k n C n k C (Kiểu tích phân ) (4) p n k p kp kn k n CCCC = Chú ý. (a) ),,( 0 NnkiCCC n i i k k == (b) 6 )2)(1( ; 2 )1( ; 321 = == nnn C nn CnC nnn Từ hai khai triển cơ bản Ta có nn )11(,)11( + nn nnn CCC 2 )( 10 =+++ 0)1( )( 10 =++ n n n nn CCC Sau đây là các ví dụ theo quan điểm các toán tử nêu trên. VD II.1 ( Bài toán phơng pháp sai phân) Tính tổng NnvoinS + + + = 21 Viết 11 2 1 1 n CCCS +++= Theo dạng sai phân 22 1 1 kkk CCC = + Cho ta có 1 ,,1, = nnk 22 1 1 nnn CCC = + 2 1 2 1 = nn n n CCC M 2 2 3 2 1 2 CCC = 2 2 1 1 CC = Cộng vế ta có: 2 )1( 2 1 1 1 1 1 1 nn CCCC nnn + ==+++ + (đpcm) Với các sai phân bậc 1 nh trên ta có các ví dụ sau với cách làm tơng tự. M M M T T T S S S B B B I I I T T T O O O A A A N N N T T T H H H P P P T T T H H H E E E O O O Q Q Q U U U A A A N N N I I I M M M K K K H H H ễ ễ ễ N N N G G G G G G I I I A A A N N N C C C C C C D D D Y Y Y 8 VD II.2 Tính tổng. )1( 3.22.1 + + + + = nnS HD. Viết: 2 1 2 3 2 2 2 + +++= n CCCS 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 + +++= n CCCS và áp dụng công thức với 44 1 3 kkk CCC = + )2, ,4,3( + = nk VDII.4 Chứng minh : 13210 )1( 32)( + + + + + = n PnPPPPnP 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 lợc 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 đợc đa 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 =++++ P P P h h h ạ ạ ạ m m m V V V ă ă ă n n n T T T h h h ế ế ế T T T ổ ổ ổ T T T o o o á á á n n n T T T r r r ờ ờ ờ n n n g g g T T T H H H P P P T T T K K K I I I m m m T T T h h h à à à n n n h h h 9 VD II.7. Các bạn hãy chứng minh bài toán tính tổng r m r m r m r r r r CCCcC =++++ 1 1 1 2 11 1 HD Xét. r k r k r k CCC = + 1 1 Cho 1 ,,,1 = mrrk và cộng vế Một số bài toán đợc chế biến. VDII.8. Chứng minh. ( ) ( ) p n p p n p nnn CCCCC 1 321 11 1 =+++ Lời giải. () () () p n p p n p p n p 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 ( ) p n p CVT 1 1 = ( 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 1999 2000 3 2000 1 2000 CCC +++= Từ khai triển cơ bản ( ) 2000 2000 2000 1999 2000 2 2000 1 2000 0 2000 11 +=+++++ CCCCC ( ) 2000 2000 2000 1999 2000 2 2000 1 2000 0 2000 11 =+++ CCCCC Trừ vế ta có. 20001999 2000 3 2000 1 2000 2) (2 =+++ CCC hay !2000 2 2 2 1 !2000 1999 2000 = = S S M M M T T T S S S B B B I I I T T T O O O A A A N N N T T T H H H P P P T T T H H H E E E O O O Q Q Q U U U A A A N N N I I I M M M K K K H H H ễ ễ ễ N N N G G G G G G I I I A A A N N N C C C C C C D D D Y Y Y 10 VD II.10 ( toán tử tích phân) Chứng minh với n N ta có () () () + = + ++ 12 1 12 1 1 4 1 2 1 10 n C n CC n n n nn Bài toán này trong đề thi ĐH đa ra đề dẫn a/ Tính () 1 0 2 1 dxxx n Ta sẽ làm trực tiếp bài này bằng toán tử tích phân. Đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với. () () 1 1 1 1 2 1 1 1 10 1 = + + ++ + + n n n n C n n C n C n Chuyển sang vế phải () () 0 1 1 1 2 1 1 1 1 1 10 1 = + + ++ + + + + n n n n C n n C n C n áp dụng công thức 1 1 1 1 + + = + + k n k n CC k n với k=0, , n ( ) 01 1 1 1 2 1 1 1 0 1 =+++ + + + +++ n n n nnn CCCC Đúng do khai triển cơ bản ( ) 011 1 = +n VD II.11. Chứng minh () 1 12 1 1 2 1 1 10 + = + +++ + n C n CC n n nnn ( chứng minh tơng tự ) VD II.12.( Phơng pháp toán tử đạo hàm). Chứng minh với n N ta có 121 2 2 =+++ nn nnn nnCCC Đẳng thức tơng đơng với 121 1 2 21 =++++ nn n k nn C n n C n k C n C n (1) theo công thức 1 1 = k n k n CC n k với k = 1; 2; 3; ; n. (1) 11 1 1 1 10 2 =+++++ nn n k nnn CCCC đúng do khai triển ( ) 1 11 + n [...]... 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 phơng pháp toán tử a/ Các trọng số là 1 thì từ khai triển cơ bản (1 + 1)n , (1 1)n b/ Các trọng số là 1, 2, , k hoặc 1, 1 1 , 2 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... II.15 (Bài toán phối hợp phơng pháp toán tử sai phân cùng toán tử đạo hàm) a) Chứng minh ( ) 3 3 3 2 13 + 2 3 + + n 3 = 6 C 3 + C 4 + + C n +1 + C n +1 n N ( Bài toán sẽ khó hơn nếu thay C 33 + C 43 + + C n3+1 = C n4+ 2 ) HD Ta có : C k3+ 2 = k ( k + 1)(k + 2) 6 và n 2 MT S BIIITOAN T HP THEO QUAN IIIM KHễNG GIIIAN CC DY MT S B TOAN T HP THEO QUAN M KHễNG G A N CC DY MT S B TOAN T HP THEO QUAN ... thi chỉ ở dạng khai triển (1 + x ) n hay 1 + 1 x n Phạm Văn Thế Tổ Toán Trrờng THPT KIIIm Thành Phạm Văn Thế Tổ Toán Tr ờng THPT K m Thành Phạm Văn Thế Tổ Toán T ờng THPT K m Thành 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 m n (vì chúng không thể bằng nhau) m n +1 m n + 2 giả sử m 1 n + 1 (ta bắt đầu... n k n n 2 n 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 (1 + 2 x )12 Bài giải Xét hai phần tử lân cận của hệ số k a k = C12 2 k ta có (k = 0, .,12 ) a k < a k +1 k< 23 3 vậy a0 < a1 < < a7 Phạm Văn Thế Tổ Toán Trrờng THPT KIIIm Thành Phạm Văn Thế Tổ Toán Tr ờng THPT K m Thành Phạm Văn Thế Tổ Toán T ờng THPT K m Thành a k > a k... Tính tổng S 2 = 12 + 2 2 + + n 2 Ta có: k N k ( k 1) = C k2 2 k = 2C k2 + k lấy k = 2, n Cộng vế ta có 12 + 2 2 + + n 2 = 2 1 + 2(C 2 + C 32 + + C n2 ) + 2 + 3 + + n 3 S 2 = 2C n +1 + = n( n + 1) 2 ( n + 1) n( n 1) n( n + 1) + = 3 2 n( n + 1)(2n + 1) 6 Một số ví dụ về biến đổi dãy đợc trình bày ở trên thể hiện một cách nhìn theo toán tử đại số Tuy nhiên thực tế các thầy cô thờng áp dụng các. .. C9k 0 k 9 Bài giải So sánh hai phần tử lân cận C 9k C 9k +1 9! 9! k !(9 k )! (k + 1)!(9 k 1)! 1 3 C 90 < C 9 < C 92 < C 9 < C 94 9 8 7 5 C 9 < C 9 < C 9 < C 96 < C 9 1 1 < k . Giải một số bi to n 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 to n Đại số ở chơng trình trung. không gian các dãy { } 0 n x { } n xxXx = )( To n tử D : XX { } { } nnn xxxD = +1 gọi là to n tử sai phân bậc nhất. To n tử {} { nn yxD = } {} ,3,2, 321 n nxxxx= Gọi là to n. )( 10 =++ n n n nn CCC Sau đây là các ví dụ theo quan điểm các to n tử nêu trên. VD II.1 ( Bài to n phơng pháp sai phân) Tính tổng NnvoinS + + + = 21 Viết 11 2 1 1 n CCCS +++= Theo dạng sai phân 22 1 1 kkk CCC