Các tính chất của nhị thức Newton
Với a, blà các số thực và n là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng2, ta luôn có
Công thức (1.1) gọi là công thức nhị thức Newton.
Chứng minh Với n= 2, ta có
Giả sử (1.1) đúng với n=m;m ∈N;m ≥2 Nghĩa là, ta có
Ta phải chứng minh (1.1) đúng với n =m+ 1, tức là phải chứng minh
Suy ra (1.1) đúng với mọi số tự nhiên n ≥2(điều phải chứng minh).
Tính chất 1.1 Số số hạng của công thức khai triển (1.1) bằng n+ 1.
Tính chất 1.2 cho biết rằng các hệ số tổ hợp của nhị thức có hai số hạng đầu và cuối bằng nhau Tính chất 1.3 chỉ ra rằng số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là số hạng thứ k + 1.
Tính chất 1.4 Với a=b= 1, ta có n
Tính chất 1.5 Với a= 1, b =−1, ta có n
Tính chất 1.6 (Đẳng thức Vandermonde (Vandermonde’s equality)).
(0≤k≤m; 0≤k ≤n) Chứng minh Xét đa thức
Hệ số của x k trong đa thức P(x).Q(x) bằng
Hệ số của x k trong đa thức R(x)bằng C m+n k
Vậy đẳng thức (1.4) được chứng minh.
Nhận xét 1.1 Áp dụng đẳng thức (1.4) với k=m=n, ta có đẳng thức
Tính chất 1.7 (Đẳng thức Vandermonde mở rộng) Cho n 1 , n 2 , , n r ∈N và k =k1+k2+ã ã ã+kr Khi đú
Các tính chất của các số tổ hợp
Tính chất 1.8 (Tính chất đối xứng) Với mọi số tự nhiên n, k ∈Nthỏa mãn0≤k ≤nta có:
C n k =C n n−k Tính chất 1.9 (Tính chất tam giác Pascal).
Tính chất 1.10 (Công thức tính tổng theo cột). n
Chứng minh Áp dụng công thức Pascal, ta có: n
Nhận xét 1.2 Từ Tính chất1.4, Tính chất 1.9 và Tính chất 1.10 ta có đẳng thức
Tính chất 1.11 (Công thức tính tổng theo đường chéo chính). n
Tính chất 1.12 (Công thức tính tổng theo đường chéo phụ liên quan đến số Fibonacci). n
Giả sử công thức trên đúng đến n−1 Khi đó n
=Fn−1 +F n (sử dụng giả thiết quy nạp)
=F n+1 (sử dụng công thức truy hồi của dãy Fibonacci).
Tính chất 1.13 (Quy tắc hút) Với n, k ∈N thỏa mãn 0< k ≤n ta có:
Tính chất 1.14 (Công thức lùi cơ số) Với n, k ∈Nthỏa mãn 0≤k < n ta có:
Chứng minh Ta có C n k = n! k!(n−k)! = n n−k (n−1)! k!(n−1−k)! = n n−kC n−1 k
Tính chất 1.15 (Tính đơn điệu (monotonicity)).
Một số đẳng thức tổ hợp
Để tính tổng liên quan đến tổ hợp hoặc chứng minh một đẳng thức tổ hợp, cần quan sát các số hạng trong tổng nhằm tìm ra nhị thức cần khai triển Việc kết hợp tính chất của các số tổ hợp với các phép toán đạo hàm, tích phân hoặc các phép toán về số phức sẽ giúp giải quyết bài toán một cách hiệu quả.
S2 =αC 2n 1 +α 3 C 2n 3 +α 5 C 2n 5 +ã ã ã+α 2n−2 C 2n 2n−1 (1.6) Lời giải Xét khai triển
Cộng từng vế hai đẳng thức (1.7) và (1.8), ta được
Trừ từng vế đẳng thức (1.7) cho đẳng thức (1.8), ta được
S 4 =C 2n 1 + 3C 2n 3 + 5C 2n 5 +ã ã ã+ (2n−1)C 2n 2n−1 (1.10) Lời giải Theo Tính chất 1.13, ta có
Bài toán 1.3 Chứng minh rằng
Lời giải Biến đổi vế trái đẳng thức (1.11), ta có
(Vì theo Tính chất 1.13, thì 1 k+ 1C 2n k = 1
P k=1 kC n k có thể tính bằng cách sử dụng phép tính đạo hàm.
1 k+ 1(−1) k+1 C 2n k+1 có thể tính bằng cách sử dụng phép tính tích phân.
Sử dụng phép tính đạo hàm, phép tính tích phân, ta có thể giải được bài toán sau đây.
Bài toán 1.4 Chứng minh rằng
C n k x k (1.15) Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.15), ta có n(1 +x) n−1 n
Nhân từng vế của (1.15) với (1.16), ta có n(1 +x) 2n−1 n
Hệ số của x n−1 trong đa thức ở vế trái của (1.17) là nC 2n−1 n
Hệ số của x n−1 trong đa thức ở vế phải của (1.17) là
+ã ã ã+n(C n n ) 2 =nC 2n−1 n Vậy (1.12) được chứng minh.
C n k x k (1.18) Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.18), ta có n(1 +x) n−1 n
Nhân hai vế của (1.19) với x, ta được nx(1 +x) n−1 n
X k=1 kC n k x k (1.20) Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.20), ta thu được đẳng thức n(1 +x) n−1 +n(n−1)x(1 +x) n−2 n
X k=1 k 2 C n k x k−1 (1.21) Thay x= 1, vào đẳng thức (1.21), ta được
Cộng từng vế của hai đẳng thức (1.22) và (1.23) rồi chia hai vế cho 2, ta được n
Lấy tích phân từ 1 đến 2 hai vế của đẳng thức (1.24), ta có n
Vậy đẳng thức (1.14) được chứng minh.
Kết hợp với kiến thức về số phức, ta có các bài toán sau:
C n 4k+1 Lời giải Với ilà đơn vị ảo (i 2 =−1), ta có
(1.27) Đồng nhất phần thực với phần thực ở vế phải của hai đẳng thức (1.26) và (1.27), ta được
4 Đồng nhất phần ảo với phần ảo ở vế phải của hai đẳng thức (1.26) và (1.27), ta được
Cộng từng vế đẳng thức (1.28) và (1.30) rồi chia hai vế cho 2, ta được
Cộng từng vế đẳng thức (1.29) và (1.31) rồi chia hai vế cho 2, ta được
Lời giải Xét đa thức
2 là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị.
Công thức Euler \( e^{i\phi} = \cos\phi + i\sin\phi \) cho phép chuyển đổi các tổng lượng giác thành dạng cấp số nhân hoặc áp dụng công thức Nhị thức Newton Điều này có thể được minh họa qua bài toán cụ thể sau đây.
C n k coskx. b) Chứng minh rằng 2 2m−1 cos 2m x m−1
So sánh phần thực, phần ảo ta được S 10 = 2 n cos n x
2 b) Ta có e ix = cosx+isinx;e −ix = cosx−isinx⇒cosx= e ix +e −ix
Với cách làm tương tự như trên, ta cũng chứng minh được đẳng thức
Sử dụng công thức2isinx=e ix −e −ix và biến đổi tương tự như trên, ta chứng minh được các đẳng thức sau
Đa thức Newton và ứng dụng
Đa thức Newton
Bổ đề 1.1 (Khai triển Newton) Cho n và m là các số nguyên dương Với bất kỳ x (x 1 , x 2 ,ã ã ã , x n )trongR n , ta cú
|α|=m m! α!x α , (1.33) trong đúα! =α 1 !α 2 !ã ã ãα n !với α= (α 1 , α 2 ,ã ã ã , α n )trongN n , x α =x α 1 1 x α 2 2 x α n n và tổng chạy qua tất cảα cú thể cú trongN n thỏa món |α|=α1+α2+ã ã ã+αn =m.
Với n = 2, theo nhị thức Newton ta có
Giả sử đẳng thức (1.33) đã đúng cho đến n-1. Đặt
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.2 (Khai triển Taylor) Cho một đa thức f(x) n
Khi đó, hệ số thứ j của f(x) có thể được biểu diễn bởi a j = 1 j!f (j) (0), (1.35) trong đó f (j) (0) ứng với đạo hàm cấpj tại 0.
Chứng minh f là hàm khả vi vô hạn Đạo hàm lần thứ j của x k là d dx j x k = k!
(k−j)!a k x k−j , (1.38) với bất kì j nằm giữa 0và n Khi đó f j (0) =j!a j (1.39)
Bổ đề dược chứng minh.
Bổ đề 1.3 Cho n là một số nguyên dương Ta đặt g(x) x+1
(1.43) Áp dụng công thức Leibniz g (n) (x) n
Do đó, ta thu được g (n) (0) =n!h(0) =n! (1.45)
Bổ đề được chứng minh. Định lý 1.1 Với bất kỳ số nguyên dương n, ta có đẳng thức
1 α j !j α j = 1, (1.46) trong đú tổng trờn S n chạy qua tất cả α = (α 1 , α 2 ,ã ã ã, α n ) cú thể cú trong N n thỏa món điều kiện n
Chứng minh Theo Bổ đề 1.1, ta có x 1 +1
Cho m=n và x j =t với j = 1,2,ã ã ã , n dẫn đến t+1
So sánh hệ số của t n trong hai đồng nhất thức cho thấy rằng, theo các Bổ đề 1.2 và 1.3, ta có thể thu được hệ số t n ở vế trái Đồng thời, hệ số t n ở vế phải là tổng của tất cả các số hạng chứa t n.
1 α j !j α j , (1.50) trong đó tổng chạy qua tất cả α có thể có trong S n xác định bởi
Do đó ta thu được
1 α j !j α j = 1, (1.52) và ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.1 Xét phương trình vô định sau đây α 1 + 2α 2 + 3α 3 + 4α 4 = 4.
Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên không âm chỉ là α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 ) = (4,0,0,0), (0,0,0,1), (1,0,1,0), (0,2,0,0), (2,1,0,0).
Tiếp theo, ta tính các đại lượng Π α =α 1 !1 α 1 α 2 !2 α 2 α 3 !3 α 3 α 4 !4 α 4 , α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 ).
Ví dụ 1.2 Xét phương trình vô định sau đây α 1 + 2α 2 + 3α 3 + 4α 4 + 5α 5 = 5.
Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên không âm chỉ là α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 , α 5 ) = (5,0,0,0,0), (0,0,0,0,1), (0,1,1,0,0),
Tiếp theo, ta tính các đại lượng Π α =α 1 !1 α 1 α 2 !2 α 2 α 3 !3 α 3 α 4 !4 α 4 α 5 !5 α 5 , α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 , α 5 ).
Biểu diễn đơn vị thành tổng các phân số Ai Cập với mẫu số lẻ
Hai bài toán tối ưu hóa liên quan đến việc biểu diễn số 1 dưới dạng tổng các phân số Ai Cập với mẫu số lẻ đã được giải quyết Giải pháp duy nhất cho các mẫu số lẻ lên đến 105 được xác định bởi số 3.
5, 7, 11, 33, 35, 45, 55,7 7, 105 Có 5 lời giải khi chỉ có 9 mẫu số được sử dụng.
Bằng phân số Ai Cập với độ dài l nghĩa là Ta có một biểu diễn có dạng
1 a 1 + 1 a 2 +ã ã ã+ 1 a n , trong đó a i là các số nguyên dương phân biệt Ta xem xét biểu diễn của 1bởi các phân số với các mẫu số lớn hơn 1, đơn giản là
Bài toán trở nên phức tạp hơn khi yêu cầu rằng các mẫu số không chia hết cho một số nguyên tố đầu tiên Đặc biệt, việc tìm kiếm một biểu diễn với mẫu số lẻ cũng rất thú vị và liên quan đến việc giải phương trình.
= 1, 3≤a 1 < a 2 1), ta cần chứng minh nó cũng đúng với xn−1 Thay x n trong bất đẳng thức (2.1) bằng trung bình cộng của các biến x 1, x 2, , x n−1, ta có x 1 + x 2 + + xn−1 ≥ (x 1 x 2 x n)^(1/n) Qua đó, ta rút ra được bất đẳng thức cho n-1, tức là x 1 + x 2 + + xn−1 ≥ (x 1 x 2 x n−1)^(1/(n-1)).
Rút gọn biểu thức trên ta thu được x 1 +x 2 +ã ã ã+xn−1 n−1 ≥ n−1 √ x 1 x 2 ã ã ãx n−1
Từ các kết quả chứng minh theo cặp hướng (lên - xuống), chúng ta có thể áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp cho định lý 2.1 Định lý 2.2 (xem [1]) đề cập đến bất đẳng thức AM - GM mở rộng Giả sử có hai dãy số dương x₁, x₂, , xₙ và p₁, p₂, , pₙ, thì bất đẳng thức sau đây được thiết lập: x₁^(p₁) * x₂^(p₂) * * xₙ^(pₙ) ≥ (x₁^(p₁) + x₂^(p₂) + + xₙ^(pₙ))^(1/(p₁ + p₂ + + pₙ)).
Dấu đẳng thức xảy ra khi x 1 =x 2 =ã ã ã=x n
Hệ quả 2.2 Giả sử cho trước hai cặp dãy số dương x 1 , x 2 , , x n ;α 1 , α 2 , , α n ; với x β 1 1 x β 2 2 ã ã ãx β n n =M.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x k = β k A αkB Theo định lý 2.3 (bất đẳng thức Cauchy-Schwarz), với các số thực bất kỳ a 1, a 2, , a n và b 1, b 2, , b n, ta có thể áp dụng bất đẳng thức này để đưa ra các kết luận quan trọng về mối quan hệ giữa các biến.
(2.4) Đẳng thức xảy ra khi tồn tại một số k sao cho a i =kb i với mọi i= 1,2,ã ã ã , n.
Hệ quả 2.3 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel) khẳng định rằng, với các số thực bất kì a1, a2, , an và các số thực dương b1, b2, , bn, ta có bất đẳng thức: a1²b1 + a2²b2 + + an²bn ≥ (a1 + a2 + + an)² / (b1 + b2 + + bn) Đẳng thức xảy ra khi a1b1 = a2b2 = = anbn Định lý 2.4 (Bất đẳng thức Chebyshev) chỉ ra rằng, nếu a1, a2, , an là các số thực với điều kiện a1 ≤ a2 ≤ ≤ an, thì bất đẳng thức giữa chúng và các số thực b1, b2, , bn cũng được thiết lập.
+) Nếu b 1 ≤b 2 ≤ ã ã ã ≤b n thỡ ta cú a 1 b 1 +a 2 b 2 +ã ã ã+a n b n ≥ 1 n(a 1 , a 2 ,ã ã ã , a n ) (b 1 , b 2 ,ã ã ã , b n ) (2.6) +) Nếu b 1 ≥b 2 ≥ ã ã ã ≥b n thỡ ta cú a 1 b 1 +a 2 b 2 +ã ã ã+a n b n ≤ 1 n(a 1 , a 2 ,ã ã ã , a n ) (b 1 , b 2 ,ã ã ã , b n ) (2.7)
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá một số dạng đa thức đối xứng cơ bản Đa thức P(x1, x2, , xn) với n biến số thực x1, x2, , xn được định nghĩa là một hàm số (biểu thức) có cấu trúc đặc trưng.
Mk(x1, x2,ã ã ã , xn) = X j 1 +j 2 +ããã+j n =k aj 1 ,j 2 ,ããã ,j nx j 1 1 ã ã ãx j n n , ji ∈N(i= 1,2,ã ã ã , n.) (2.8)
Trong phần này, chúng ta sẽ tập trung vào các đa thức đồng bậc với biến số thực và giá trị thực, đặc biệt là các đa thức đối xứng sơ cấp, những dạng đa thức quen thuộc liên quan đến các hằng đẳng thức nổi bật trong chương trình toán học trung học phổ thông.
Trước hết, ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Newton:
Nếu ta coi (x+a) n như là tớch của n thừa số (x+a)(x+a)ã ã ã(x+a), thỡ khi đú
(x+a 1 )(x+a 2 )ã ã ã(x+a n ) cũng có thể viết dưới dạng một biểu thức tương tự như công thức khai triển nhị thức Newton sau
Nếu các số a1, a2, , an đều dương (hoặc không âm) và không đồng thời bằng 0, thì tính tổng quát vẫn được giữ nguyên Do đó, ta có thể xem các số p1, p2, , pn cũng đều dương (hoặc không âm) Từ đó, ta thu được kết quả từ (2.9).
(2.10) Định nghĩa 2.1 (xem [1]) (Bất đẳng thức Newton) Cho¯a là bộ n số dương {a 1 , a 2 , , a n }, (n≥1, n∈N) Khi đó f(x) = (x+a 1 )(x+a 2 )ã ã ã ã(x+a n )
1≤i0 (i∈ {1,2,3, , n}) và không đồng thời bằng nhau Chứng minh bất đẳng thức
Chúng ta có thể dễ dàng chứng minh bất đẳng thức Pr−1P r+1 < P r 2 bằng phương pháp quy nạp Giả sử bất đẳng thức này đúng với n−1 số dương a1, a2, , an−1 và E r 0, P r 0 là các E r, P r được tạo bởi n−1 số đó, với điều kiện là tất cả các số này không đồng thời bằng nhau.
Từ đó suy ra n 2 (Pr−1P r+1 −P r 2 ) =A+Ba n +Ca 2 n trong đó
Vì các a i không đồng thời bằng nhau nên theo giả thiết ta có
P 0 r−2 P 0 r+1 < P 0 r−1 P 0 r ⇒A