Tài liệu Skkn một số tính chất số học của hệ số nhị thức

BM 01-Bia SKKN 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. 1 BM02-LLKHSKKN 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: [email protected] 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. 2 BM03-TMSKKN 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 n Một trong những vấn đề ta xét đến là việc mở rộng khai triển  a  b , trong đó a, b là các số thực, n là số tự nhiên.  a  bn  Cn0an  Cn1 an1b  ...  Cnn 1abn1  Cnnbn , Trong đó Cnk  n! , k  0,1, ..., n với quy ước 0 !  1 . Các số nguyên k !(n  k) ! n Cn0, C1n , ..., Cn 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) Cnk  Cnn  k ; 2) (Tính chất tam giác Pascal) Cnk 1  Cnk11  Cnk1; 1 3) (Tổng các hệ số) Cn0  Cn  ...  Cnn  2n ; 1 4) (Tổng đan dấu) Cn0  Cn  ...  (1)n Cnn  0 ; 3 k 5) (Tính chất Vandermonde)  Cmi Cnk  i  Cmk  n; i 0 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 C kp  p với mọi k  1, 2, ..., p  1 . Lời giải. p! ( p  1) ! Ta có C pk   .p ( p  k) !.k ! ( p  k) !.k ! Vì p là số nguyên tố nên p  k với mọi k  2, 3,..., p  1 nên ( p  1) !  ( p  k) !.k ! Suy ra C kp  p . Ví dụ 2. Cho số nguyên tố p và hai số nguyên dương m, n  p thỏa mãn k m  n  mod p  . Chứng minh rằng Cm  Cnk  mod p với mọi 0  k  p  1. Lời giải. Ta có m  n  mod p  nên ta có m(m  1)...(m  k  1)  m(m  1)...(m  k  1) k! n(n  1)...(n  k  1)  n(n  1)...(n  k  1)  k !  k ! Cnk  mod p . k! k k !.Cm  k! k Mà  k !, p   1 nên ta có Cm  Cnk  mod 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 m  mk pk  mk 1 pk 1  ...  m1 p  m0 n  nk pk  nk1 pk 1  ...  n1 p  n0 . (với 0  mi , ni  p  1 i  1, k ) Khi đó 4 n Cm  k n  Cmii  mod p i 0 Quy ước Cab  0 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 C pk  0 (mod p), k  1, p  1 . Nên ta có: ( x  1) p  x p  1  p 1  Cip.x p i  x p  1(mod p) (*) i 1 j j Ta chứng minh: ( x  1) p  x p  1(mod p), j  * bằng quy nạp. Thật vậy:  Với j  1 , nhận xét đúng theo (*).  Giả sử nhận xét này đúng với j  n  1 . Ta sẽ chứng minh rằng nó cũng đúng với j  n  1 . n n Ta có: ( x  1) p  x p  1 (mod p) . Suy ra: n n   pn  pn  pn 1 p n1 ( x  1)  x  1 (mod p )  ( x  1)  x  1 (mod p) .         Do đó nhận xét đúng với j  n  1 . Ta xét khai triển sau: k (1  x) m  mi . pi  (1  x)i 0 k   (1  x pi mi ) k mi  i   Cmj i x j. p (mod p) . i 0 i 0 j  0 n Hệ số của xn ở vế (1  x)m là Cm ; do biểu diễn n  nk . pk  nk 1. pk 1  ...  n2 p2  n1. p  n0 là duy nhất nên n hệ số của x ở vế k mi  i 0 j  0 i C j x j. p là mi n Từ đó ta được: Cm  k n  Cmii . i 0 k n  Cmii (mod p) và bài toán được chứng minh. i 0 Ví dụ 4. Cho n là số tự nhiên, p là số nguyên tố và n  p . Chứng minh rằng 5 n Cnp     mod p .  p (Trong đó  x  là phần nguyên của x ) Lời giải. Cách 1: (Dựa vào định lí Lucas) Giả sử n  nk pk  nk1 pk 1  ...  n1 p  n0 . Theo định lí Lucas ta có n Cnp  C p  n1     mod p  . n1  p Cách 2: Xét dãy n, n  1, n  2, ..., n  p  1 . 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 . m n Ta có .  p  p  Trong dãy trên, ta loại m thì các số còn lại nếu xét theo môđun p ta được dãy 1, 2, ..., p  1  mod p  . Đặt k  n  n  1 ...  n  p  1 m , ta có k   p  1 !  mod p  . Suy ra mk  m  p  1 !  mod mp  mk m   p  1 !  mod p . p p Vì  p, ( p  1) !  1 nên ta được mk m   mod p . p! p n Vậy Cnp     mod p (đpcm).  p 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  k  p  1 . Chứng minh rằng C pk 1 chia hết cho p . (Trích đề thi HSG cấp tỉnh, lớp 12, tỉnh Đồng Nai, năm học 2012-2103). Lời giải. 6 ( p  1) ! ( p  1) !( p  1) Ta có C pk 1   .p . k !( p  1  k) ! k !( p  1  k) ! Vì 2  k  p  1 nên 2  p  1  k  p  1 . Do đó  k !, p   ( p  1  k) !, p  1 . Dẫn tới ( p  1) !( p  1) là số nguyên. Vậy C pk 1  p (đpcm). k !( p  1  k) ! Ví dụ 6. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng C2pp  2(mod p2 ) . Lời giải. Ta có C2pp  C0p .C pp  C1p .C pp 1  ...  C pp 1.C1p  C pp .C0p Vì C pk  p k  1, 2, ..., p  1 nên C pk .C pp  k  p2 k  1, 2, ..., p  1 và C 0p  C pp  1 Suy ra C2pp  2(mod p2 ) . p Ví dụ 7. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng  C pkC pk  k   2 p  1 k 0 chia hết cho p2 . Lời giải. p Đặt m   CpkC pk k   2 p  1 , ta có k0 p m  k 0  p C pkC kp  k      k 0  p 1  k 1 C kp  1      p 1 C pkC pk  k  C2pp  1      k 1 p 1   Cpk  Cpk  k  1  C2pp  2 k 1 Theo ví dụ trên ta có C2pp  2  p2 và C pk  p k  1, 2, ..., p  1 . Ta chứng minh C pk  k  1  p . Thật vậy, ta có ( p  k)( p  k  1)...( p  1)  k ! C pk  k  1  k! Vì  p  k  p  k  1 ...  p  1  k !  k  k  1 ...1  k !  0(mod p) và  k !, p  1 7  C pk  3    p 1  Cpk  Cpk k  1  p2 . Nên ta có C pk  k  1  p  k 1 2 Vậy m  p (đpcm). Ví dụ 8. Cho p là số nguyên tố p  5 . Chứng minh rằng  C2pp11  1 mod p3  (1). Lời giải.  2 p  1 !  1  2 p  !  1 C p . Ta có C2pp11   p  1 !.p ! 2 p !. p ! 2 2 p  Do đó, để chứng minh bai toán, ta chỉ cần chứng minh C2pp  2 modp3 2 2     Vì C2pp  C 0p  C1p  (2). 2   nên ta đi chứng minh   C   0  mod p  (3).  ...  C pp p 1 i p i 1 2 3  p  1 ! là số nguyên. 1 Bởi vì C pk  p k  1, 2, ..., p  1 nên Cip  p i !  p  i ! Để chứng minh (3) ta chỉ cần chứng minh 2 p 1   p  1 !     i !  p  i !  i 1    0  mod p  (4). Ta có  p  1 !   p  1 p  2 ...  p  i  1   1i1  i  1 !   1i1 modp   i! i! i i !  p  i ! p 1  Nên 2  p  1 !     i 1  i !  p  i  !  p 1 1    i i 1   2  mod p . Do 1  i  p nên tồn tại 1  j  p  1 để ij  1  mod p  p 1  Do đó  p  1 !    i !  p  i !  i 1   2 p 1   j2  p  p  1 2 p  1 6 j 1 Từ đây ta có đpcm. 8 1  j  mod p . i  0  mod p . Ví dụ 9. Cho p là số nguyên tố lẻ. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao 1 2 cho Cn , Cn , ..., Cnn 1 đều chia hết cho p (Trích đề thi HSG cấp tỉnh lớp 12, tỉnh Phú Thọ, năm 2012). Lời giải. Xét 1  m  n  1 . Giả sử m  mk pk  mk 1 pk 1  ...  m1 p  m0 n  nk pk  nk1 pk 1  ...  n1 p  n0 . (với 0  mi , ni  p  1 i  1, k ) Khi đó, theo định lí Lucas ta có Cnm  k m  Cni i . i 0 +) Nếu n  pk thì bài toán hiển nhiên đúng. +) Nếu n  pk thì nk  1 và ta xét m  pk  n , ta có Cnm  nk .1.1...1   nk  0  mod p  . k laàn k Vậy n  p . Ví dụ 10. (VN TST 2010) Gọi Sn là tổng bình phương các hệ số trong khai triển của nhị thức (1  x)n , trong đó n là số nguyên dương; x là số thực bất kì. Chứng minh rằng: S2n  1 không chia hết cho 3 với mọi n . Lời giải. Ta có: (1  x) 2n n n  (1  x) .(n  1)  2nn  i 1  n C2i n .x2n  i      i 0   n Cni .xn  i  .       i 0 . Đồng nhất hệ số của x2n ở hai vế, ta có: C2nn  n  i 0 Cni .Cnn  i  n  (Cni )2 . i 0 Do đó, với mọi n tự nhiên thì Sn  C2nn . Như thế ta cần chứng minh rằng: C42nn  1 không chia hết cho 3 với mọi n. k Giả sử: 2n   ai .3i , ai  , i  1, k . Xét hai trường hợp: i 0 9  Cnn  i .xi    +) Nếu ai  {0;1}, i  1, k thì 2ai  {0; 2}, i  1, k và tổng ai  {0;1}, i  1, k là số chẵn, đặt k  ai k  22t  4 t  1(mod 3) ; ta cũng có:  ai  2t, t    2i 0 i 0 k 4n   2ai.3i, ai  , i  1, k . i 0 Theo định lí Lucas thì k C42nn  1  k k a  C2ai i  1   2 i 0 ai  ai 1  2i  0  1  2(mod 3) . i 0 +) Nếu tồn tại một giá trị a j  2 ; không mất tính tổng quát, giả sử đây là số nhỏ nhất trong tập hợp ai , i  0, k . Khi đó: hệ số tương ứng tại vị trí j ở khai triển theo lũy thừa 3 của 4n là 1. Mà C12  0 nên C42nn  k a  C2ai i  0 (mod 3)  C42nn  1  1 (mod 3) . i 0 Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có S2n  1 không chia hết cho 3. Đây chính là đpcm. Ví dụ 11. Xác định tất cả các số nguyên n  3 sao cho 22000 chia hết cho 1 1  Cn  Cn2  Cn3 . (1998 Chinese Mathematical Olympiad) Lời giải. Bởi vì 2 là số nguyên tố nên 1 1  Cn  Cn2  Cn3  2k , k  2000 Ta có: 1 1  1  Cn  Cn2  Cn3  (n  1)(n2  n  6) 6 Nghĩa là  n  1  n2  n  6  3.2k1 10   Đặt m  n  1, m  4 và m m2  3m  8  3.2k 1 . Ta xét các trường hợp sau (a) m  2s , vì m  4 nên s  2 . Ta có 22s  3.2s  8  m2  3m  8  3.2t Với t là số nguyên dương. Nếu s  4 thì 8  3  2t (mod 16)  2t  8  m2  3m  8  24  m(m  3)  16, điều này không thể xảy ra. Như vậy ta chỉ có hai khả năng s  3, m  8, t  4 hoặc s  2, m  4, t  2, n  3 . (b) m  3  2u , khi đó m  4, u  1 . Chúng ta có: 9  22u  9  2u  8  m2  3m  8  2v Ta kiểm tra được với u  1, 2 thỏa phương trình v  3 Xét u  4 , ta có 8  2v (mod 16)   điều này không thể xảy ra m ( m  3)  0  Với u  3, m  3  23  24, v  9, n  23 . Ví dụ 12. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng: 1 p2 2 p2 p 2  p 1 2  2p 3  ...    (mod p)  p  2  (Singapore MO 2012). p 2 Lời giải. Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có 2 p  2  (1  1) p  2  C1p  C p2  ...C pp 1 Mặt khác, với mọi số tự nhiên k  1, 2, ..., p  1 ta có 1 k ( p  1) ! ( p  k  1)( p  k  2)...( p  1) (1) k 1 C    p p k !( p  k) ! k! k Do đó 2p  2 1 1 1 1  1     ...  p 2 3 4 p1  1 1 1 1  1    1   ...    2    ...   2 p  1 p 1  2 4    1 1     1   ...    mod p p  1 2    2  11  mod p Chú ý rằng ở trên ta đã sử dụng 1 1 1   ...  2 p1  1   1    ...  p  1   1 1  ( p  1) / 2  ( p  1) /  Mặt khác, theo định lí nhỏ Fermat a p 1  1   0  mod p 2   mod p , a  1, 2, ..., p  1 nên p 2  p 1 1 1 1 2  ...    1   ...   2 ( p  1) / 2  2  Kết hợp với các kết quả trên ta được p2 p2  mod p p2  p  1 2  2p  1 p  2  2 p  2  ...    mod p  p 2   Tóm lại ta có đpcm. Ví dụ 13. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì  2n  1  2 n  2n  1  2 n  2  2n  1  n Sn   .3  ...    .2    .2  .3  0   2   2n  là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp. (1999 Romanian IMO Team Selection Test). Lời giải. Ta dễ dàng có được: 2n  1 2n  1  1 Sn   2  3  2 3  4       Giả sử Sn phân tích được thành tổng bình phương hai số nguyên liên tiếp, khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho Sn  k2  (k  1)2 hay 2k2  2k  1  Sn  0 Phương trình có 2 n 1 2n  1   1  3  1  3     4  2Sn  1      2n   Nên giải phương trình trên, ta được   2n  1  1  3 k   2n  1 2n  2 Ta chứng minh k là số nguyên. 12    1 3  2 n 1  2  Xét Em  1  3 m    1 3  m với m là số nguyên dương. Ta có Em  2 Em 1  2 Em  2 với m  2 m 2 Dựa vào công thức truy hồi, ta chứng minh được Em chia hết cho 2  k Ví dụ 14. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa C2nn  2n , trong đó k là số các ước nguyên tố của C2nn (VMO 2002 ).   Lời giải. Giả sử p là một ước nguyên tố của C2nn , gọi m là số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn ra các thừa số nguyên tố của C2nn . Ta chứng minh pm  2n bằng phản chứng.  2n  Giả sử pm  2n   0 m  p    2n   n   n    2n   n     2n  m      2         2     ...     2    2 2 m  1 m  1    p p  p     p        p      p Do x   ta có: 2  x   2  2 x   2 x   2 x   2  x   1 Dẫn tới: m  m  1 vô lí. Do đó: pm  2n  k  1 k Từ đó ta có được: C2nn   2n    n  n  k  1. C  2 n  2n Ví dụ 15. Cho n   * , đặt ak   n  1 Cnk , k  0,1, 2, ..., n . Chứng minh rằng BCNN  a0 , a1, ..., an   BCNN 1, 2, ..., n  1 . Lời giải. Ta có BCNN 1, 2, ..., n  1   p , p  n  1  p 1 . Ta cần chứng minh vp (ai )   và tồn tại i0 : vp (ai )   . 0 ak  (n  1). n! k !(n  k) ! 13 k Bổ đề: Với mọi m sao cho p  m  p 1 thì vp (Cm )   , k  0,1, ..., m   k Chứng minh: vp Cm  vp (m !)  vp (k !)  vp ((n  k) !)        k n  k    n            i i i i 1    p   p   p    Vì  x  y    x    y  1 . Cần chứng minh: 1) vp (ak )   2) Tồn tại k0 để vp (ak )   . 0 Giả sử tồn tại k để vp  ak    . vp  ak   vp (n  1)  vp (Cnk )  vp (n  1)    vp (n  1)  1  n  1  p ak   n  1 Cnk   n  k  1 Cnk1  (k  1)Cnk11   vp (ak )  vp (n  k  1)  1  n  k  1 p . Tương tự k  1  p . Từ đó, suy ra 1  p vô lí.   . Ta chọn k0  p 1  n  vp ak 0 Cuối cùng là một số bài tập luyện tập Bài 1. Chứng minh rằng dãy Ckk , Ckk1, Ckk  2 , ... là dãy tuần hoàn nếu xét trong modulo k . HD: Đặt m  k.k ! , ta có Cxk m  ( x  m)( x  m  1)...( x  m  k  1) k!  x( x  1)...( x  k  1)  t.m k!  x( x  1)...( x  k  1)  Cxk (mod k) . k! Bài 2. Cho m, n, k là các số nguyên dương thỏa m  k  1 là số nguyên tố lớn hơn n  1 . Đặt ai  i(i  1) . Chứng minh rằng  am 1  ak  am  2  ak  ...  am n  ak  chia hết cho a1a2...an . HD: 14  Ta có am  i  ak  m  i n Suy ra   am  i  ak   i 1 Và 2  m  i  k2  k   m  i  k m  i  k  1 n   m  i  k m  i  k  1 i 1 a1a2 ...an  n !.(n  1) ! Do đó, ta có n   am 1  ak  am  2  ak  ...  am  n  ak    i 1 m  i  k  m  i  k  1 a1a2 ...an n n !.(n  1) ! n  (m  i  k)  (m  i  k  1)  i 1 n! . i 1 (n  1) ! . n  (m  i  k) Ta có i 1  n!  (m  n  k)(m  n  k  1)...(m  k  1) n! (m  n  k) ! n  Cm  n k   . n !(m  k) ! n  (m  i  k  1)  m  n  k  1 m  n  k ...  m  k  2 i 1  (n  1) !  (n  1) !  m  n  k  1 !  1 .Cm  k . 1 m  k  1 (n  1) !.(m  k) ! m  k  1 m  n k 1 m k Ta có Cm  n  k 1 là số nguyên và chia hết cho m  k  1 và m  k  1 là số 1 m k nguyên tố lớn hơn n  1 và m  k nên .Cm  n  k1   . m k1 Suy ra  am 1  ak  am  2  ak  ...  am  n  ak    (đpcm). a1a2 ...an Bài 3. Cho các số nguyên dương n, k tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương a1  a2  a3  a4  a5  k sao cho 15 n  C 3  C 3  C 3  C3  C 3 (Romania TST 2000). a1 a2 a3 a4 a5 HD: 3 Ta xét m  k là số nguyên dương sao cho n  Cm là số lẻ. Cụ thể: Nếu n lẻ, ta chọn m  0(mod 4) , nếu n chẵn ta chọn m  3  mod 4  . 3 Ta có n  Cm  2a  1 Mặt khác 2a  1  Ca3  Ca31  Ca3 2  Ca3 3 nên ta có 3 n  Ca3  Ca31  Ca3 2  Ca3 3  Cm Và a  3 n  1  Cm  m . Từ đó, ta có đpcm. 2 Bài 4. Chứng minh rằng nếu m, n là các số nguyên dương và m là số lẻ thì m A  C33mk  3n  1 k k 0 Chia hết cho n.3m (2004 Romanian IMO Team Selection Test). HD: Gọi  là một nghiệm phức của phương trình x3  1 . Ta có m k 3 A  3  C33m  3n  1 k k0   1  3 3n  1 3m    1   3 3n  1  3m   1   2 3 3n  1 3m  Đặt a  1  3 3n  1, b  1   3 3n  1, c  1   2 3 3n  1 Suy ra 3 A  a3m  b3m  c3m và a, b, c là nghiệm của đa thức  X  13   3n  1  X 3  3 X 2  3 X  3n Đặt sk  a k  bk  ck  s0  s1  s2  3 và sk  3  3sk 2  3sk 1  3nsk  k  3  1 Bằng quy nạp, ta chứng minh được sk chia hết cho 3  . 16   Mặt khác, ta có sk 7  63nsk  2  9 n2  3n  3 sk 1  27n 2n  1 sk và   s3  9n Do đó,áp dụng quy nạp ta chứng minh được s3m  s6k 3  22k 2.n (với m  2k  1 ). Suy ra 3 A  32k  2.n  A  32k 1.n  3m.n . n Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì tổng S   C22nk11.23k k 0 không chia hết cho 5 . HD: Đặt x  Ta có: 8. n (1  x)2n 1  A  Bx (1) với B   C22nk11 .23k k0 Tương tự: (1  x)2n 1  A  Bx (2) Nhân (1) và (2) theo vế ta được: (1  x2 )2n 1  A2  x2 B2 Hay là: 72n 1  8 B2  A2 Do 72n 1  49n.7  (1)n .2  2(mod 5) Nên nếu B  0(mod 5)  A2  2(mod 5) 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  an  Cn0  2Cn2  22 Cn4  ... 2  1 Cn  2Cn3  22 Cn5  ... là số tam giác (MR 02-2009). HD: Xét hai triển  x  1n  Cn0  xCn1  x2Cn2  ...  x  1n  Cn0  xCn1  x2Cn2  ... Cộng và trừ hai vế của hai đẳng thức trên ta được n n 1 x  1   x  1   Cn0  x2Cn2  x4Cn4  ...   2  n n 1  1 x  1  x  1  Cn  x2Cn2  x4Cn5  ...       2x   Trong hai đẳng thức trên, ta cho x  2 ta được 17 2  1  2   n 2  1   Cn0  2Cn2  22 Cn4  ...  n n 2  1  2  1   C1n  2Cn3  22 Cn5  ...  2 1 1   2 2   n        2  a n  bn   Suy ra an     2   a  2  1, b  2  1 . 2  a n  bn  1  a n  bn        2 2   2 2     2 2 2  a n  bn    với   2   2  a n  bn   a n  bn    k1    . Đặt k       2 2     k(k  1) Do đó an  (đpcm). 2 n 1 Bài 7. Cho n  3 là số nguyên dương. Đặt sn   C22nk1.4n  k1.3k . k 0 Chứng minh rằng 2sn  1 là số chính phương. 2 n 1 2 n 1  1 HD: Ta có sn   2  3  2 3  . 4       Do đó 2sn  1     Đặt vn   3 1   3 1   2 n 1   3 1 2n 2 n 1    3 1 2n 1   2 n 1  2   , n  0.   , ta chứng minh với mọi n  1 thì vn  2n Từ công thức tổng quát của vn ta có được hệ thức truy hồi : vn  2  vn 1  vn  2  Vì v1  2  21, v2  20  22 nên bằng quy nạp và dựa vào hệ thức truy hồi ta chứng minh được vn  2n với n  1 . Do đó : 2an  1 là số chính phương với mọi n  0 . 18 Bài 7 (Iran TST 2011) Tìm tất cả các số nguyên dương n  2 sao cho với mọi số nguyên i, j thỏa mãn 0  i, j  n thì i  j và Cni  Cnj có cùng tính chẵn lẻ. ĐS: n  2k  2, k  2 . Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại vô hạn số nguyên dương n thỏa n  k | C2nn (China National Olympiad 2015). ĐS: k  1 .  Bài 9. n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2  1  n  an  bn 3 2  cn 3 4 . Chứng minh rằng cn  1  mod 3  n  2  mod 3 . (Romania TST 2013). HD: Ta có  an  3  bn  3 3 2  cn  3 3 4  an  bn 3 2  cn 3 4  3 2 1  3 Suy ra cn  3  7cn  cn  mod 3 . Và trong ba số c2 , c3, c4 chỉ có c2  1  mod 3 .   Bài 10. Với n   , ta xét các tập hợp: A  k Cnk  1  mod 3 và   B  k Cnk  2  mod 3 . Đặt an  A , bn  B . Chứng minh rằng an  bn 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 m  C k  C k 1  ...  C t ak ak1 at Với ak  ak 1  ...  at  t  1 (1996 Iranian Mathematical Olympiad) Bài 12. Cho m, n là các số nguyên thỏa 1  m  n . Chứng minh rằng m là ước của m 1 n  k0 (1)k Cnk . 19 Bài 13. Cho p là số nguyên tố và đa thức f  [x] có bậc nhỏ hơn p  1 thỏa mãn f  i   với mọi i  0,1, ..., p  1 . Chứng minh rằng p 1  f (i)  0  mod p  . i 0 n 4  4n  k Bài 14. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p   n; thì C  n   3  k0 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. 20