Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 0 - Toan Hoc & Nh NhNh Nhữ ữữ ững suy lu ng suy lung suy lu ng suy luậ ậậ ận nghe có lý n nghe có lýn nghe có lý n nghe có lý 2006 Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 1 - LỜI NÓI ĐẦU Toán học và “Những suy luận nghe có lý” là tài liệu được đúc rút từ những bài học, kinh nghiệm, tư duy học Toán của chính tác giả. Cách thể hiện nội dung trong tài liệu này có thể vắn tắt, chủ yếu là các suy luận mở, nhưng chắc chắn sẽ đem lại cho bạn đọc yêu Toán nhiều điều bổ ích. Cách suy nghĩ về một bài toán như thế nào? Có thể mở rộng được bài toán đó không? Có mối liên kết nào khác không? Bắt đầu từ đâu? Những câu hỏi loại như vậy được nhắc đến hầu như thông suốt từ đầu đến cuối trong những bài viết ở đây. Điều đó khiến cho bạn đọc như được cuốn hút vào từng chi tiết, mỗi vấn đề, mỗi công thức hay định lý. Bạn đọc sẽ có cảm giác những định lý hay công thức dù rất cơ bản ở đây đều như chính bạn là người tìm ra chúng vậy. Học để biết cách làm một bài toán không khó, nhưng học cách xây dựng một bài toán thậm chí là cả một công trình Toán Học mới là một vấn đề đáng quan tâm. Khi đọc xong tài liệu này các bạn có thể nhận ra rằng: nghiên cứu Toán học không phải là một điều gì đó quá xa vời ngoài tầm tay của bạn. Hãy luyện tập tư duy sáng tạo ngay từ hôm nay! Chúc các bạn thành công! Hà nội ngày 25 tháng 3 năm 2006 Hoàng Xuân Thanh Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 2 - MỘT: BẮT ĐẦU TỪ KHAI TRIỂN ĐA THỨC Đa thức là một hàm số cơ bản và quan trọng. Bản thân đa thức vốn chứa đựng rất nhiều tính chất đặc thù mà ứng dụng của nó rất đa dạng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học cũng như trong tự nhiên. Việc khảo sát các hàm số dạng đa thức là rất đơn giản, vì thế người ta thường nghiên cứu các khai triển ra đa thức có thể được đối với một hàm số bất kỳ để tiện lợi cho quá trình tính toán. Điển hình là khai triển nhị thức Newton mà chúng ta sẽ tìm hiểu sau đây: BÀI 1: KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON Công thức khai triển nhị thức Newton hẳn không xa lạ gì đối với bạn khi được học về Tổ hợp. Đó là công thức biểu diễn khai triển lũy thừa n của một tổng: n n k n-k k n k 0 (x a) C x a = + = ∑ (1) Trong đó các hệ số k n C ( k 0, n = ) là số tổ hợp n chập k, ( ) k n n! C k! n - k ! = (n!=1.2…n; 0!=1) Câu hỏi đặt cho bạn là : “ Newton đã tìm ra công thức này như thế nào?” Bạn có thể chứng minh (CM) được công thức trên mặc dù chưa được biết đến các khái niệm và công thức về tổ hợp? Sao lại không nhỉ? - Đặt n P (x) 0 n 1 n-1 n n n n n C x C x a C a = + + + (2) trong đó k n C (k = 0,n ) là các hệ số cần tìm. - Cho x = 0, khi đó (1) trở thành n n n n a C a = . Vậy n n C = 1 - Mặt khác n P (x) = n 0 n 1 n-1 n n n n n (a x) C a C a x C x + = + + + (3) đồng nhất (2) và (3) ta được: k n-k n n C C = ( k = 0,n ) (I) (I) 0 n n n C C 1 ⇒ = = . Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 3 - - Các hệ số k n C có được bằng cách nhân Decactes thông thường là gì? Để ý rằng mỗi số hạng n-k k x a được tạo nên bởi tích của (n-k) phần tử x được chọn trong (n-k) nhân tử (x+a) với k phần tử a trong k nhân tử (x+a) còn lại. Do đó k n C chính là số tất cả các cách chọn k phần tử a trong n nhân tử (x+a). - Để đơn giản hóa điều này người ta định nghĩa: Cho tập hợp E = {a 1 ,a 2, ,a n }. Mỗi tập con gồm k phần tử phân biệt của E được gọi là một tổ hợp n chập k các phần tử của E. Như vậy k n C chính là số các tổ hợp n chập k. Trở lại với đa thức n k n-k k n n k 0 P (x) C x a = = ∑ . - Ta có: n 1 n 1 n P (x) (x a) (n 1)P (x) + + = + = + ⇒ n n 1 k n-k k k n 1 k n n+1 k 0 k 0 C x a (x a) C x a + + = = + = ∑ ∑ n n n 1 k n 1 k k k n k k 1 k n 1 k k n n n 1 k 0 k 0 k 0 C x a C x a C x a + + − − + + − + = = = ⇔ + = ∑ ∑ ∑ n n 0 n 1 k n 1 k k k 1 n 1 k k n n 1 n n n n k 1 k 1 n 0 n 1 k n 1 k k n 1 n 1 n 1 n n 1 k 1 (C x C x a ) ( C x a C a ) (C x C x a C a ) + + − − + − + = = + + − + + + + = ⇔ + + + = + + ∑ ∑ ∑ Vì 0 0 n n n n 1 n n 1 C C C C 1 + + = = + = (theo công thức (I)) Do đó từ đẳng thức trên ta suy ra: k 1 k k 1 n n n+1 C C C (k 1, n) − + + = = (II) Từ công thức (II) ta lập được bảng sau đây: Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 4 - n=0 0 0 C 1 n=1 0 1 C 1 1 C → ↓ 1 1 → ↓ n=2 0 2 C 1 2 C → ↓ 2 2 C → ↓ hay 1 2 → ↓ 1 → ↓ n=3 0 3 C 1 3 C → ↓ 2 3 C → ↓ 3 3 C → ↓ 1 3 → ↓ 3 → ↓ 1 → ↓ … … … … … … … … … … … Tam giác số trên được gọi là tam giác Pascal, nó cho phép ta xác định được dần các hệ số k n C theo công thức (II). Đặc điểm của tam giác Pascal này là: Hai cạnh của tam giác gồm toàn số 1, kể từ hàng n=2 trở đi thì mỗi số hạng ở hàng dưới bằng tổng của hai số hạng hàng kề trên (theo chiều → ). Như vậy hàng n của ∆ Pascal cho ta các hệ số khai triển nhị thức Newton n n P (x) (x a) = + . Ví dụ: 5 5 4 3 2 2 3 4 5 ( ) 5 10 10 5 a b a a b a b a b ab b + = + + + + + Bài toán chưa thể khép lại ở đây, vì nếu chỉ dùng ∆ Pascal mà tính k n C với n và k lớn ( 1003 2006 C chẳng hạn) thì không khả thi. Thực tế ta cần tìm một công thức tính k n C trực tiếp theo n và k. Xét đa thức n n k n k k n n k 0 P (x) (x a) C x a − = = + = ∑ Lấy đạo hàm bậc nhất cả hai vế biểu thức trên theo biến x ta được: n n 1 k (n 1) k k n k 0 n(x a) (n k)C x a − − − = + = − ∑ k n n 1 n 1 k n 1 (n k)C nP (x) P (x) C − − − − ⇔ = k n k n 1 C n C n k − ⇔ = − ⇒ k n 1 k n 2 C n 1 C n k 1 − − − = − − Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 5 - ⇒ k k 1 k k C k 1 C 1 + + = . Nhân các đẳng thức trên theo từng vế ta được: k n n(n 1) (k 1) C (n k)(n k 1) 1 − + = − − − k n n(n 1) (k 1).k(k 1) 1 C 1.2 k.(n k)(n k 1) 1 − + − ⇔ = − − − Đặt n! = 1.2…n (quy ước 0! = 1) ta được: ( ) k n n! C k! n - k ! = (III) (III) chính là công thức ta cần tìm như ban đầu. Sở dĩ quy ước 0! = 1 là bởi vì ( ) 0 n n! 1 C ( 1) 0! n - 0 ! 0! = = = . Để cho tiện trong tính toán ta cũng quy ước k n C = 0 nếu k n > . Từ công thức (III) ta dễ dàng tìm lại được các công thức (I) và (II). Ngoài ra ta dễ dàng chứng minh được k n k n n C C − = Nhận xét: Dĩ nhiên để tính được k n C ta không thiếu gì cách ngắn gọn hơn những suy luận rườm rà ở trên. Nhưng điều quan trọng là cách giải quyết vấn đề, qua đó mở đường cho những sáng tạo. Mở rộng từ bài toán này là bài toán sau đây: Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 6 - BÀI 2: TÍCH TỰ NHIÊN Bài toán: Cho đa thức bậc n: ( ) ( 1)( 2) ( ) n P x x x x n = + + + . Hãy tìm dạng khai triển của ( ), ( 0) n P x x ≠ . Đặt n n k k n n k 0 P (x) x − = = ∏ ∑ , Trong đó k n ∏ ( k 0,n = ) là các hệ số cần tìm. Vậy hệ số k n ∏ được tạo nên như thế nào ? Để tạo nên một số hạng n k x − , ta phải chọn ( n k − ) số hạng x trong n nhân tử ( x i + ) ; ( 1, i n = ) rồi nhân với các số hạng tự do trong k nhân tử ( x i + ) còn lại. Như vậy mỗi số hạng chứa n k x − là tích các phần tử của một tổ hợp n chập k các phần tử của tập hợp {1,2, , } n . Có nghĩa là : 1 2 k k n 1 2 k 1 p p p n p p p ≤ < < < ≤ = ∏ ∑ ( k 1,n = ) (I) Rõ ràng với k = 0 thì : 0 n 1 = ∏ (hệ số n x của khi khai triển đa thức ( ) n P x bằng 1) Và n n n! = ∏ (theo (I)) Ví dụ: 1 2 2 3 1 2 1 p p 3 p p 1.2 1.3 2.3 11. ≤ < ≤ = = + + = ∏ ∑ Từ công thức (I) ta đi đến định nghĩa sau: k n ∏ là tổng của tất cả các tích các phần tử của mỗi tổ hợp n chập k của tập các số tự nhiên không quá n. Hay gọi tắt k n ∏ là tích tự nhiên n chập k hay tích n chập k. Vấn đề của đặt ra ở bài toán này là: Tìm công thức để tính k n ∏ trực tiếp theo k và n. Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 7 - - Xét đa thức n n k k n n k 0 P (x) x − = = ∏ ∑ Ta có: n 1 n 1 k k n 1 n 1 k 0 P (x) x + + − + + = = ∏ ∑ (1) Mặt khác theo đề bài: [ ] [ ] n n k n k n 1 n k 0 n n n 1 k n k k k n n k 0 k 0 P (x) x (n 1) P (x) x x (n 1) x (n 1)x ( 2) − + = + − − = = = + + = + + ∏ = + + ∏ ∏ ∑ ∑ ∑ Từ (1) và (2) suy ra: n 1 n n n 1 k n 1 k n k k k k n 1 n n k 0 k 0 k 0 x x (n 1)x + + − + − − + = = = = + + ∏ ∏ ∏ ∑ ∑ ∑ n n 1 n 1 k n 1 k 0 n 1 k n 1 n 1 n 1 k 1 n n n 1 n 1 k n+1 k 0 k k 1 n n n n n k 1 k 1 x x x x x (n 1)x (n 1) + + − + − + + + + = + + − − − = = ⇔ + + = ∏ ∏ ∏ + + + + + ∏ ∏ ∏ ∏ ∑ ∑ ∑ n n n n 1 k n 1 k n+1 k k k k 1 n 1 n n k 1 k 1 k 1 x x (n 1)x + − + − − − + = = = ⇔ = + + ∏ ∏ ∏ ∑ ∑ ∑ k k-1 k n 1 n n (n 1) + ⇒ = + + ∏ ∏ ∏ (II) Công thức (II) cho phép ta tính dần được các k n 1 + ∏ thông qua các giá trị trung gian k n ∏ và k 1 n − ∏ . Ta có thể quy ước k n 0 = ∏ nếu k n > , để tiện cho việc tính toán mà không ảnh hưởng đến tính đúng đắn của các công thức ở trên. Theo (II) ta có: k k k-1 n n-1 n-1 n− = ∏ ∏ ∏ k k k-1 n-1 n-2 n-2 (n -1) ⇒ − = ∏ ∏ ∏ … … … …. … k k k-1 1 0 0 1 ⇒ − = ∏ ∏ ∏ Cộng n đẳng thức trên lại ta được Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 8 - n k k 1 n i 1 i 1 i k,n − − = = ∀ ∈ ∏ ∏ ∑  (III) Cũng từ công thức (II) ta lập được bảng sau: n=0 0 0 ∏ 1 n=1 0 1 ∏ 1 1 → ∏ ↓ 1 1 → ↓ n=2 0 2 ∏ 1 2 → ∏ ↓ 2 2 → ∏ ↓ hay 1 3 → ↓ 2 → ↓ n=3 0 3 ∏ 1 3 → ∏ ↓ 2 3 → ∏ ↓ 3 3 → ∏ ↓ 1 6 → ↓ 11 → ↓ 6 → ↓ … … … … … … … … … … … Tam giác số này được gọi là ∆ Fermat (cũng tương tự như ∆ Pascal dùng để tính dần các hệ số khai triển nhị thức). Tam giác Fermat này có đặc điểm sau: - Cạnh góc vuông gồm toàn số 1. - Cạnh huyền là dãy số 0!, 1!, 2!,…,n!,… - Kể từ hàng n=2 trở đi thì mỗi số hạng ở hàng n+1 bằng tổng của (n+1) lần số hạng kề bên trái ở hàng n, với số hạng kế tiếp của hàng n (theo chiều → ) Như vậy, hàng n của ∆ Fermat cho ta các hệ số khai triển đa thức P n (x) = (x+1)(x+2)…(x+n). Ví dụ: (x+1)(x+2)(x+3)= x 3 +6x 2 +11x+6. Cũng như ở bài trước, vấn đề đặt ra là ta phải tìm công thức để tính k n ∏ trực tiếp theo k và n. Nhưng ở bài toán này công việc đó không đơn giản như ta nghĩ. Ở bài trước ta đã dùng đạo hàm của đẳng thức P n+1 (x) = (x+a)P n (x) để tìm được mối liên hệ k k n n 1 n C C n k − = − , nhưng nếu áp dụng cách đó trong bài toán này với đẳng thức: n n 1 P (x) (x n)P (x) − = + ' ' n n 1 n 1 P (x) P (x) (x n)P (x) − − ⇒ = + + thì cuối cùng ta vẫn chỉ thu được công thức (II) mà thôi! Tuy nhiên công thức (III) cho phép ta tính dần được các k n ∏ theo k. Ta có: n n 1 0 n i 1 i 1 i 1 n(n 1) i i 2 − = = + = = = ∏ ∏ ∑ ∑ Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 9 - 2 n n n n 3 2 2 1 n i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 2 2 i (i 1) 1 1 i i i 2 2 2 n (n 1) n(n 1)(2n 1) (*) 8 12 n(n 1)(n 1)(3n 2) 24 − = = = = − = = = − ∏ ∏ + + + = − − + + = ∑ ∑ ∑ ∑ Với phương pháp tính k n ∏ theo công thức (III) ta thấy rằng: muốn tìm được công thức tính k n ∏ tổng quát theo k và n thì phải tìm được công thức tính các tổng cơ bản (**) trực tiếp theo k và n. Tuy nhiên dễ nhận thấy và chứng minh được k n ∏ là một đa thức bậc 2k của n, mặt khác vì k k k 0 1 k 1 0 − = = = = ∏ ∏ ∏ nên trong đa thức k n ∏ phải chứa tích sau: k n k n(n 1) (n k 1).Q (n) = − − + ∏ hay k k n n k A .Q (n) = ∏ (IV) trong đó k k n n A k!C = còn k Q (n) là một đa thức bậc k của n với các hệ số hữu tỉ cần xác định. Ví dụ: tính 1 n ∏ theo (IV) ta có: 1 1 n n 1 A .Q (n) n(an b) = = + ∏ với: 1 1 1 2 1(a.1 b) 1 1 1 a , b 2 2 2(a.2 b) 3  = + = ∏   ⇒ = =   = + =  ∏   Vậy 1 n n(n 1) 2 + = ∏ . Nhận xét: Ta có thể tính k n ∏ với k cho trước theo nhiều cách khác nhau nhưng không tính được trực tiếp k n ∏ theo k và n. Một trường hợp điển hình là: 1 n 1 n n 1 n 1 n 1 1 k k n k 1 1 k k n! k − − − ≤ < < ≤ = = = ∏ ∑ ∑ ; Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 10 - n! thì đã biết nhưng n k 1 1 k = ∑ chính là chuỗi điều hoà, mà chuỗi điều hoà thì không biểu diễn trực tiếp bằng đa thức theo n. Tuy nhiên từ các công thức ta tìm được về k n ∏ ta rút ra được những phát hiện mới, bài toán mới chẳng hạn ta có thể biểu diễn k n ∏ dưới dạng k i k i k n k n i i 1 F .C + + = = ∏ ∑ (V) trong đó i k F (i 1,k) = là các hệ số nguyên cần xác định. Bạn thử chứng minh công thức (V) xem! Ví dụ: 2 1 1 4 3 2 2 1 6 5 4 3 3 2 1 8 7 6 5 4 4 3 2 1 3 15 10 105 105 25 n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C + + + + + + + + + + = ∏ = − ∏ = − + ∏ = − + − ∏ Việc tìm các hệ số i k F (i 1,k) = lại đặt ra cho ta một bài toán mới cũng khá thú vị (ta không xét đến ở đây). Các bạn thấy đấy: từ một bài toán đơn giản (khai triển nhị thức Newton) ta thay đổi đề bài đi một chú,t kết quả thu được khác rất xa bài toán ban đầu. Nếu như bài toán khai triển nhị thức cho ta lời giải cuối cùng, thì ở đây bài toán của ta còn bỏ ngỏ, nhưng không phải vì thế mà ta không thu được kết quả gì trong quá trình tìm cách giải quyết vấn đề. Đó là một phương pháp cơ bản trong nghiên cứu Toán Học. (*); (**) Xem các công thức về tổng cơ bản trong phần 2 Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 11 - BÀI 3: KHAI TRIỂN TỔNG VÀ TÍCH - Khi học về định lý Viète ta thường gặp bài toán sau đây: Cho phương trình 2 0 ax bx c + + = (1). Không giải phương trình (1) hãy tính giá trị của biểu thức F(x 1 ,x 2 ) trong đó x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (1). - Theo định lý Viète: 1 2 1 2 b x x a c x x a  + = −     =   Vì vậy muốn tính được giá trị của F(x 1 ,x 2 ) thì F(x 1 ,x 2 ) phải biểu diễn được dưới dạng hàm của hai biến “tổng” 1 2 S x x = + và “tích” 1 2 P x x = . Một trong những dạng đơn giản của hàm F(x 1 ,x 2 ) là đa thức hai biến đối xứng bậc n. Việc khai triển một đa thức như vậy ra tổng và tích của hai biến là nội dung của bài toán sau đây: Cho đa thức hai biến bậc n: ( , ) n n n P x y x y = + Khai triển được thành: 2 2 0 ( , ) ( ) ( ) n k n k k n n k P x y D x y xy       − = = + ∑ (I) trong đó k n D là các hệ số nguyên, kí hiệu “[x]” dùng để chỉ phần nguyên của số thực x.Hãy tìm các hệ số khai triển k n D . Trước hết ta tìm hiểu bài toán (I) qua các trường hợp đơn giản: * x y (x y) + = + vậy 0 1 D 1 = * 2 2 2 x y (x y) 2xy + = + − vậy 0 1 2 2 D 1; D 2 = = − * 3 3 3 x y (x y) 3xy(x y) + = + − + Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 12 - vậy 0 1 3 3 D 1; D 3 = = − * 4 4 4 2 2 2 x y (x y) 4xy(x y) 2x y + = + − + + vậy 0 1 2 4 4 4 D 1; D 4; D 2 = = − = v.v… Bây giờ ta hãy sắp xếp các giá trị k n D thành bảng sau: n = 1 1 n = 2 1 - 2 n = 3 1 - 3 n = 4 1 - 4 2 n = 5 1 - 5 5 n = 6 1 - 6 9 - 2 n = 7 1 - 7 14 - 7 … … … Bảng số này có tên là “Thang Vi-et”.Dấu hiệu của thang Vi-et này là gì? - Trước tiên ta có thể nhận thấy trong thang Vi-et: * Cột đầu tiên gồm toàn số 1 ( 0 n D 1 = ) * Các cột của thang Vi-et là đan dấu ( 2k 2k 1 n n n n D 0; 2k ; D 0; 2k 1 2 2 +     > ≤ < + ≤         ) - Còn dấu hiệu nào đặc trưng cho thang Vi-et này? - Nếu vẽ lại thang Vi-et mà bỏ đi các dấu “-” thì ta được hình sau: n = 1 1 n = 2 1 2 n = 3 1 3 n = 4 1 4 2 n = 5 1 5 5 n = 6 1 6 9 2 n = 7 1 7 14 7 … … … - “Hình như”: * Kể từ hàng n = 2 trở đi, mỗi trị tuyệt đối số hạng của hàng n bằng tổng của trị tuyệt đối số hạng hàng (n–1) với trị tuyệt đối số hạng (n–2) kề trên bên trái theo hình trong thang Vi-et. - Chuyển nội dung “hình như” thành công thức mà ta dự đoán sẽ là: Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 13 - k k k 1 n n 1 n 2 D D D (k 1; n 2) (II) − − − = − ≥ ≥ - Bây giờ là lúc ta kiểm nghiệm xem kết luận (I) của ta là đúng hay sai. - Ta có: n 1 n 1 n 1 n n n 2 n 2) n n 2 n n 1 n 2 (x y)P (x y)(x y ) x y xy(x y ) P xyP P (x y)P xyP 0 (III) − − − − − − − − + = + + = + + + = + ⇒ − + + = Thay giả thiết (I) vào công thức (III) ta có: n 2 k n 2k k n n k 0 n 2 n k n 2k k n n k 1 n 1 2 k n 2k k n 1 n 1 k 0 n 1 2 n k n 2k k n 1 n 1 k 1 P D (x y) (xy) P (x y) D (x y) (xy) (1) (x+y)P D (x y) (xy) (x+y)P (x y) D (x y) (xy) (2)       − =       − = −       − − − = −    − − − = = + = + + + = + = + + + ∑ ∑ ∑    ∑ n 2 2 k n 2 2k k 1 n 2 n 2 k 0 (xy)P D (x y) (xy) −       − − + − − = = + ∑ n 2 k 1 n 2k k n 2 n 2 k 1 (xy)P D (x y) (xy) (3)       − − − − = = + ∑ - Nếu n lẻ (n 2t 1) = + ta có: n 2t 1 1 t t 2 2 2 +       = = + =             Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 14 - và: [ ] n 1 2t n t t 2 2 2 −       = = = =             Do đó số số hạng trong tổng ∑ của (1), (2), (3) là bằng nhau - Nếu n chẵn (n 2t) = ta có n 2t t 2 2     = =         và: n 1 2t 1 1 n t t 1 1 2 2 2 2 − −         = = − = − = −                 khi đó số số hạng trong tổng ∑ ở (2) ít hơn một số hạng cuối ứng với n k t 2   = =     . tuy nhiên: n t 2 n 1 2t 1 D D 0       − − = = do 2t 1 t 2 −   >     . Do đó có thể thêm số hạng ứng với n k t 2   = =     vào tổng ∑ ở (2) mà vẫn không làm thay đổi giá trị. Vậy số số hạng trong tổng ∑ của (1), (2), (3) vẫn bằng nhau Lấy (1) trừ (2) cộng (3) theo từng vế, cùng với kết luận trên, ta rút ra được công thức (II). k k k 1 n n 1 n 2 D D D (k 1; n 2) (II) − − − = − ≥ ≥ Áp dụng (II) cho k 1 = và n 2 = ta được 1 1 0 0 2 1 0 0 2 D D D D − = = − = − 0 0 D 2 ⇒ = (về ý nghĩa chỉ là quy ước) Cũng từ công thức (II), ta tính dần được: 1 1 0 n n 1 n 2 1 1 0 n 1 n 2 n 3 1 1 0 3 2 1 D D D D D D D D D − − − − − = − = − = − Vì 0 0 0 1 2 n 2 D D D 1 − = = = = , cộng các đẳng thức trên lại ta có Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 15 - 1 1 n 2 D D (n 2) = − − 1 n D n (n 2) ⇒ = − ≥ 2 2 1 n n 1 n 2 2 2 1 n 1 n 2 n 3 2 2 1 5 4 3 D D D D D D D D D − − − − − = − = − = − 2 2 n 4 D D (3 4 (n 2)) ⇒ = + + + + − 2 n n(n 3) D (n 3) 2 − ⇒ = ≥ Tương tự như trên ta tính được 3 n n(n 4)(n 5) D (n 4) 6 − − = − ≥ Qua các trường hợp trên ta dự đoán cho trường hợp tổng quát là k k k 1 n n k 1 ( 1) n D .C (k 1; n k 1) k − − − − = ≥ ≥ + Hay k k k k 1 n n k n k 1 D ( 1) (C C ) (k 1; n k 1) (IV) − − − − = − + ≥ ≥ + Chứng minh (IV) bằng quy nạp theo k. Dễ thấy (IV) đúng với k 1;2;3 = Giả sử (IV) đúng đến k, xét trường hợp k+1, ta có k 1 k 1 k n n 1 n 2 D D D + + − − = − (theo (II)) k 1 k 1 k 1 k k 1 n n 1 n k 2 n k 3 D D ( 1) (C C ) + + + − − − − − − = + − + theo giả thiết quy nạp k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k k n n 1 n k 1 n k 2 n k 2 n k 3 D D ( 1) (C C C C ) + + + + + − − − − − − − − − ⇒ = + − − + − k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k k n 1 n 2 n k 2 n k 3 n k 3 n k 4 D D ( 1) (C C C C ) + + + + + − − − − − − − − − − ⇒ = + − − + − … k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k k 2k 2 2k 1 k k 1 k 1 k 2 D D ( 1) (C C C C ) + + + + + + + − − − ⇒ = + − − + − Cộng các đẳng thức trên lại ta thu được k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k k n 2k 1 n k 1 k 1 n k 2 k 2 D D ( 1) (C C C C ) + + + + + + − − − − − − = + − − + − Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 16 - (Vì 2k 1 k 1 2 +   + >     k 1 2k 1 D 0 + + ⇒ = và k n C 0 = với k n > ) k 1 k 1 k 1 k n n k 1 n k 2 D ( 1) (C C ) + + + − − − − ⇒ = − + Đây cũng chính là công thức (IV) với k+1 Theo nguyên lý quy nạp (IV) đúng với mọi k 1 ≥ Với quy ước 0 0 D 2 = thì (IV) đúng cho cả k 0; n k 1 ≥ ≥ + k k k k 1 n n k n k 1 D ( 1) (C C ) (k 0; n k 1) (IV) − − − − = − + ≥ ≥ + Nhận xét: Xét trên khía cạnh nội dung thì bài toán này cũng tương tự như hai bài toán trước. Nhưng ở đây, thay vì những suy luận chặt chẽ để tìm ra công thức tổng quát, ta lại đi tìm những trường hợp riêng, quan sát những dấu hiệu thu được, rồi đưa ra dự đoán cho công thức tổng quát, sau đó dùng phép quy nạp toán học để kiểm chứng. Phương pháp giải quyết vấn đề như vậy được gọi là “Phép suy luận quy nạp không hoàn toàn”. Vận dụng tốt phương pháp này chính là cách rèn luyện tư duy toán học hiệu quả nhất. Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 17 - BÀI 4: KHAI TRIỂN TCHEBYCHEV - Trong lượng giác ta đã biết đến những công thức cộng cung, công thức nhân đôi, nhân ba, một cung, chẳng hạn: 2 cos2 2cos 1 x x = − 3 cos3 4cos 3cos x x x = − 4 2 cos4 8cos 8cos 1 x x x = − + v.v… - Không khó khăn lắm để chứng minh được rằng cos nx luôn khai triển được dưới dạng đa thức bậc n của cos x : -2 0 1 2 2 2 cos cos cos cos n n n n n n n n nx T x T x T x         −     = + + + . - Trong đó k n T là các hệ số của khai triển cần tìm. Tương tự như khai triển tổng và tích, ta có bài toán sau: Khai triển cos nx theo đa thức của cos x ta được: 2 2 0 cos cos n k n k n k nx T x       − = = ∑ (I) trong đó k n T là các hệ số nguyên, kí hiệu “[x]” dùng để chỉ phần nguyên của số thực x. Hãy tìm các hệ số khai triển k n T . Biểu thức (I) còn được gọi là khai triển Tchebychev. - Với công thức cộng cung, ta sẽ áp dụng ở đây để tìm biểu thức truy hồi của cos nx Ta có : cos cos[( 1) ] cos cos[( 1) ] sin sin[( 1) ] nx n x x x n x x n x = − + = − − − Mặt khác : cos[( 2) ] cos[( 1) ] cos cos[( 1) ] sin sin[( 1) ] n x n x x x n x x n x − = − − = − + − - Cộng các vế hai biểu thức trên ta được: Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 18 - cos cos[( 2) ] 2cos cos[( 1) ] cos 2cos cos[( 1) ] cos[( 2) ] (II) nx n x x n x nx x n x n x + − = − ⇔ = − − − - Biểu thức (II) cho ta khả năng khai triển của cos nx khi biết các khai triển với n nhỏ hơn ( biểu thức truy hồi) - Thay biểu thức (I) vào (II) ta sẽ được: 1 2 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 2) 2 1 2 0 0 0 cos 2cos cos cos n n n k n k k n k k n k n n n k k k T x x T x T x − −                   − − − − − − − = = = = − ∑ ∑ ∑ 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 0 0 1 cos 2 cos cos n n n k n k k n k k n k n n n k k k T x T x T x −                   − − − − − − = = = ⇔ = − ∑ ∑ ∑ (*) - Nếu như bây giờ ta quy ước 0 k n T = với 0 k < hoặc 2 n k   >     điều này là hoàn toàn tự nhiên theo như định nghĩa về k n T . Khi đó từ biểu thức (*) ta suy ra: 1 1 2 2 ( 1; 2) (III) k k k n n n T T T k n − − − ⇔ = − ≥ ≥ - Công thức (III) cho phép ta tính dần được các hệ số khai triển Tchebychev k n T qua các giá trị trung gian. + Với 0 k = ta có: 0 0 2 0 1 0 1 1 2 1 2 2 2 2 ( 1) n n n n n T T T T n − − − − = = = = = ≥ + Với 1 k = và 2 n = ta có: 1 1 0 0 2 1 0 0 1 2 T T T T − = = − = − + Do vậy ta quy ước 0 0 1 T = - Từ công thức (III) và các giá trị vừa tính được, ta xây dựng bảng sau: n = 0 1 n = 1 1 n = 2 2 -1 n = 3 4 -3 n = 4 8 -8 1 n = 5 16 -20 5 n = 6 32 -48 18 -1 n = 7 64 -112 56 -7 … … … Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 19 - - Cứ như vậy ta dựng nên thang Tchebychev. Các dấu hiệu của thang này “có vẻ” giống thang Vi-et. Liệu có mối liên hệ nào giữa chúng? - Nếu nhìn vào công thức (II) ở bài trước k k k 1 n n 1 n 2 D D D (k 1; n 2) (II) − − − = − ≥ ≥ và công thức (III) ở trên: 1 1 2 2 ( 1; 2) (III) k k k n n n T T T k n − − − = − ≥ ≥ ta thấy có cùng một dạng. - Thực ra thì công thức k k k 1 n n 1 n 1 C C + C (k 1,n 1) − − − = = − cũng có dạng tương tự vậy thôi. Chẳng phải đã có mối liên hệ: k k k 1 n n k 1 ( 1) n D .C (k 1; n k 1) k − − − − = ≥ ≥ + đó sao? Vậy tại sao ta không thử tìm xem giữa k n T và k n D có quan hệ tuyến tính với nhau không? - Đặt { } , . k k n n T u k n D = trong đó { } , u k n là dãy hệ số cần tìm. Ta sẽ được: - Theo (III): { } { } { } 1 1 2 , . 2 , 1 1, 2 k k k n n n u k n D u k n D u k n D − − − = − − − − - Lại theo công thức (II) ⇒ { } { } { } { } { } 1 , 2 , 1 (a) , 1, 2 (b) 0,0 2 (c) u k n u k n u k n u k n u −   = −   ⇒ = − −     =   - Từ (a) ta có: { } { } { } { } 2 2 , 2 , 1 2 , 2 2 ,2 n k u k n u k n u k n u k k − = − = − = = - Lại theo (b) và (c) thì: { } { } { } { } 1 ,2 2 1,2 2 2 1,2( 1) 2 0,0 2 u k k u k k u k k u − = − − = − − = = = - Do đó: { } 2 1 , 2 n k u k n − − = - Cuối cùng ta thu được công thức 2 1 2 . k n k k n n T D − − = trong đó: 1 1 ( 1) ( ) k k k k n n k n k D C C − − − − = − + [...]... bài toán c a ta s như th nào ? Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 24 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” BÀI 2 : T NG CƠ B N NHI U BI N 0 1 AĨHGN HNỊĐ I ∑ p k1p1 k2p2 kmm • (III) là t ng cơ b n m bi n b c [ p1 , p2 , , pm ] =C C +C C p1 p1 −1 p2 p2 p1 p1 p2 p2 −1 k2 = 1 ho c k2 = 0; k1 = 1 =0 v i k = 2 , ta có 2 E[[p1], p2 ] k1 + k2 + + k m = 0 2 v i k = 1 , khi ó có hai... n Bây gi ta s tìm hi u xem n u t ng c n tìm là không y thì ph i tính như th nào ? Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” - 32 - Hoàng Xuân Thanh BÀI 3 : BI N KHUY T – B C MÀN BÍ N Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” NÁOT IÀB I S ( p 1, p2 , , pr  ); m   = Σ k1 + k2 + + km = 0 ∑ n Trong m t t ng cơ b n m bi n, có m − r bi n khuy t (b c 0) n n M [[( p]1 , p2 , , pr+1 );m] = n − km ∑ k m = 0 k1... (8) Có th nói ây là công th c t ng quát nh t tính ư c các t ng cơ b n Hành trình i tìm công th c (8) ta ã g p ph i không ít khó khăn V i m i khó khăn như v y l i t ra cho ta m t bài toán, òi h i s suy lu n m t cách logic và h th ng ôi khi tìm hư ng gi i quy t m t khía c nh c a bài toán l i khó khăn và ph c t p hơn chính b n thân bài toán ó Thành qu c a vi c i tìm l i gi i c a m t bài toán ph c t p, có. .. t p và nghiên c u Toán H c Và bi t âu ai ó trong s các b n s tr thành m t nhà Toán H c vĩ i! - Gi là lúc chúng ta cùng nhau i ti p sang ph n 2 v i nh ng th thách l n hơn và h a h n nhi u i u thú v ó là con ư ng i tìm các T ng cơ b n! Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” HAI: V N Hoàng Xuân Thanh - 21 - XUNG QUANH CÁC T NG CƠ B N T ng cơ b n là m t công c r t quan tr ng trong Toán sơ c p Ta thư... k =0 n Suy ra: M m = n ∑A m m + k −1 k =0 M t khác theo ∑k Π i m −i m −1 m −1−i m −1 - 23 - k i +1 i =0 m m = ∑ Πm−−1i Si k =0 i =1 ∑Π m−i m −1 m +1 Si = m !Cm+ n (II) i =1 k =0 n m −1 ∑Π m = 2∑ Ck2+1 − S1 Ta có: M m = m ! Hoàng Xuân Thanh k =0 n n Do ó ta có ư c công th c: M m = n r k +1 n n M m = ∑ k (k + 1) (k + m − 1) = ∑ u v i cách tìm t ng cơ b n S2 n Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” n... = 4 ⇒ S3 = Cũng như trong bài tích t nhiên, bài toán v các t ng cơ b n ch có th d ng l i ây Và t t nhiên s không có i u gì ph i nh c t i n u ta không xét bài toán m r ng sau ây T u bài vi t cho n ây thì các t ng cơ b n c a ta ư c xét n là t ng c a m t bi n ch s k ( k = 0, n ) Bây gi gi s trong m t t ng c a ta có nhi u hơn m t bi n ch s thì sao ? Gi s có m bi n ch s k1 , k2 , , km cũng ch y t 0 cho... = Ta có: S[1,2] = Hoàng Xuân Thanh k1 + k2 = 0 ∑ n Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” 4 p + +1 Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 = C p11+ pp22+ k −1 ∀k ∈ 1 n M [[p ], p , , p ] = - 28 - Hoàng Xuân Thanh n Σ k1 + k2 + + km = 0 1 (5) - V n s tr nên r c r i b i ta không th áp d ng công th c (4) vào trư ng h p này ư c 0 0 - Cho dù 1 = k10 k2 km nhưng ch v i i u ki n ki ≠ 0 , i = 1, m th c t thì s 1 ch có ý... ph i tính (5) b ng con ư ng khác ! Ta có n Σ k1 + k2 + + km = 0 n = Σ( Σ k = 0 k1 + k2 + + km = k ) Cái ký hi u trong ngo c ( ) nói lên i u gì? ó là : S cách phân tích s t nhiên k thành t ng c a m s nguyên không âm, hai cách phân tích là khác nhau n u có s h ng khác nhau ho c th t các s h ng khác nhau Ví d : k = 4 và m = 3 thì Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 30 - 4 = 0 +... h p t ng quát ó chính là phép suy lu n quy n p không hoàn toàn” hay “nh ng suy lu n nghe có lý” Vi c cu i cùng sau khi ta phán oán ư c công th c t ng quát là i ch ng minh nó - Các b n rút ra ư c nh ng b ích gì qua ph n M t này? Ch c h n vi c gi i quy t m t bài toán không ch ơn thu n là tìm ra k t qu ph i không các b n! Nhìn vào con ư ng ta i tìm l i gi i cho các bài toán t I n IV ta m i th y ư c thành... 3, 4 Gi s (3) úng v i k (≥ 4) , ta xét xem (3) có úng v i k + 1 không ? Ta có : E[[p1 , p]2 ] = k +1 ∑ k1 + k2 = k +1 Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 1 Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 26 - k1 = 0 k 2 ⇔ E[[p1 , p]2 ] = ∑ Ckp1+ p1 −1Ckp− k1 + p2 1 k +1 M [[p1], p2 , , pm+1 ] = p1 ! p2 ! pm +1 ! t k2 = k − k1 suy ra ⇒ = k +1 ⇒ E[[p1 , p]2 ] = k +1 ⇒ ⇒ ⇒ k +1 E[[p1 , p]2 ] k +1 E[[p1 . nghe có lý n nghe có lý 2006 Toán học và Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 1 - LỜI NÓI ĐẦU Toán học và Những suy luận nghe có. Toán học và Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 0 - Toan Hoc & Nh NhNh Nhữ ữữ ững suy lu ng suy lung suy lu ng suy luậ ậậ ận nghe có lý n nghe có. phương pháp cơ bản trong nghiên cứu Toán Học. (*); (**) Xem các công thức về tổng cơ bản trong phần 2 Toán học và Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 11