Những suy luận Toán học "nghe có lý"

Chia sẻ: Dao Thi Lanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

283
lượt xem 80
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Một số phương pháp nghiên cứu Toán Học

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Những suy luận Toán học "nghe có lý"

-0- -1- Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh L I NÓI U Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” là tài li u ư c úc rút t nh ng Toan Hoc bài h c, kinh nghi m, tư duy h c Toán c a chính tác gi . Cách th hi n n i dung trong tài li u này có th v n t t, ch y u là các suy lu n m , nhưng ch c ch n s em l i cho b n c yêu Toán nhi u i u b ích. Cách suy ngh ĩ v m t bài toán như th nào? Có th m r ng ư c bài toán ó không? Có m i liên k t nào khác không? B t ut âu?... Nh ng câu h i lo i như v y ư c nh c n h u như & thông su t t u n cu i trong nh ng bài vi t ây. i u ó khi n cho b n c như ư c cu n hút vào t ng chi ti t, m i v n , m i công th c hay nh lý. Bn c s có c m giác nh ng nh lý hay công th c dù r t cơ b n ây u Nhữ Những suy luận nghe có lý Nh luậ như chính b n là ngư i tìm ra chúng v y. H c bi t cách làm m t bài toán không khó, nhưng h c cách xây d ng m t bài toán th m chí là c m t công trình Toán H c m i là m t v n áng quan tâm. Khi c xong tài li u này các b n có th nh n ra r ng: nghiên c u Toán h c không ph i là m t i u gì ó quá xa v i ngoài t m tay c a b n. Hãy luy n t p tư duy sáng t o ngay t hôm nay! Chúc các b n thành công! Hà n i ngày 25 tháng 3 năm 2006 Hoàng Xuân Thanh 2006
-2- -3- Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh k - Các h s C n có ư c b ng cách nhân Decactes thông thư ng là gì? ý r ng M T: B T UT KHAI TRI N A TH C n-k k m i s h ng x a ư c t o nên b i tích c a (n-k) ph n t x ư c ch n trong (n-k) nhân t (x+a) v i k ph n t a trong k nhân t (x+a) còn l i. Do ó a th c là m t hàm s cơ b n và quan tr ng. B n thân a th c v n ch a ng r t nhi u tính ch t c thù mà ng d ng c a nó r t a d ng trong nhi u lĩnh Ck chính là s t t c các cách ch n k ph n t a trong n nhân t (x+a). n v c khác nhau c a Toán h c cũng như trong t nhiên. Vi c kh o sát các hàm s - ơn gi n hóa i u này ngư i ta nh nghĩa: d ng a th c là r t ơn gi n, vì th ngư i ta thư ng nghiên c u các khai tri n ra a th c có th ư c i v i m t hàm s b t kỳ ti n l i cho quá trình tính toán. i n hình là khai tri n nh th c Newton mà chúng ta s tìm hi u sau ây: PỢH ỔT AĨHGN HNỊĐ .II Cho t p h p E = {a1,a2,...,an}. M i t p con g m k ph n t phân bi t c a E ư c g i là m t t h p n ch p k các ph n t c a E. BÀI 1: KHAI TRI N NH TH C NEWTON Như v y Ck chính là s các t h p n ch p k. n Công th c khai tri n nh th c Newton h n không xa l gì i v i b n n ∑C k x n-k a k . khi ư c h c v T h p. ó là công th c bi u di n khai tri n lũy th a n c a m t Tr l i v i a th c Pn (x) = n t ng: k =0 n +1 - Ta có: Pn +1 (x) = (x + a) = (n + 1)Pn (x) n (x + a)n = ∑ Cn x n-k a k k (1) n n +1 ⇒ ∑ C k x n-k a k (x + a) = ∑ Cn+1x n +1a k k =0 k n Ck ( k = 0, n ) là s t h p n ch p k, Trong ó các h s k =0 k =0 n n n n +1 ⇔ ∑ Ck x n +1− k a k + ∑ Ck x n − k a k +1 = ∑ Ck +1x n +1− k a k n! k C= (n!=1.2…n; 0!=1) n n n k!( n - k ) ! n k =0 k =0 k =0 n n ⇔ (C0 x n +1 + ∑ Ck x n +1− k a k ) + (∑ C k −1x n +1− k a k + C n a n +1 ) Câu h i t cho b n là : “ Newton ã tìm ra công th c này như th n n n n nào?” B n có th ch ng minh (CM) ư c công th c trên m c dù chưa ư c bi t k =1 k =1 n các khái ni m và công th c v t h p? Sao l i không nh ? n = (C0 +1x n +1 + ∑ C n x n +1− k a k + Cn +1a n +1 ) k n1 n + k =1 IẢIG IỜL MÌT IĐ .I Vì C0 = C0 +1 = Cn + Cn +1 = 1 (theo công th c (I)) n n 0 n 1 n-1 n n t Pn (x) = C x + C x a + ... + C a - (2) n n n n n Do ó t ng th c trên ta suy ra: k trong ó C (k = 0,n ) là các h s c n tìm. n n n n n - Cho x = 0, khi ó (1) tr thành a = Cn a . V y Cn = 1 C k −1 + Cn = Cn+1 (k = 1, n) k k +1 (II) n n 0 n 1 n-1 n n - M t khác Pn (x) = (a + x) = C a + C a x + ... + C x (3) n n n ng nh t (2) và (3) ta ư c: T công th c (II) ta l p ư c b ng sau ây: k n-k C =C ( k = 0,n ) (I) n n 0 n (I) ⇒ C n = Cn = 1 .
-4- -5- Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh ... ... C0 n=0 1 0 k C k +1 ⇒ k +1 = . k C 1 1 0 C →C 1→ 1 n=1 k 1 1 ↓ Nhân các ng th c trên theo t ng v ta ư c: ↓ n(n − 1)...(k + 1) 0 C2 → C1 → C2 1→ 2 → 1 n=2 hay Ck = 2 2 n ↓ ↓ (n − k)(n − k − 1)...1 ↓ ↓ n(n − 1)...(k + 1).k(k − 1)...1 C3 → C1 → C3 → C3 0 2 1→ 3 → 3 → 1 n=3 ⇔ Ck = 3 3 ↓ ↓ ↓ n ↓ ↓ ↓ 1.2...k.(n − k)(n − k − 1)...1 … … … … … … …… … …… t n! = 1.2…n (quy ư c 0! = 1) ta ư c: n! Tam giác s trên ư c g i là tam giác Pascal, nó cho phép ta xác nh Ck = (III) k!( n - k ) ! n k ư c d n các h s Cn theo công th c (II). c i m c a tam giác Pascal này là: u. S dĩ quy ư c 0! = 1 là b i Hai c nh c a tam giác g m toàn s 1, k t hàng n=2 tr i thì m i s (III) chính là công th c ta c n tìm như ban h ng hàng dư i b ng t ng c a hai s h ng hàng k trên (theo chi u → ). n! 1 0 vì C n = ( = 1) . = cho ti n trong tính toán ta cũng quy ư c Như v y hàng n c a Pascal cho ta các h s khai tri n nh th c 0!( n - 0 ) ! 0! n Newton Pn (x) = (x + a) . Ck = 0 n u k > n . n Ví d : ( a + b)5 = a 5 + 5a 4b + 10a 3b 2 + 10a 2b3 + 5ab 4 + b5 T công th c (III) ta d dàng tìm l i ư c các công th c (I) và (II). Bài toán chưa th khép l i ây, vì n u ch dùng Pascal mà tính Ngoài ra ta d dàng ch ng minh ư c Ck v i n và k l n ( C1003 ch ng h n) thì không kh thi. Th c t ta c n tìm m t C k = Cn − k n 2006 n n k công th c tính C tr c ti p theo n và k. n n k Nh n xét: Dĩ nhiên tính ư c Cn ta không thi u gì cách ng n g n hơn nh ng ∑C x n k n −k ak Xét a th c Pn (x) = (x + a) = n suy lu n rư m rà trên. Nhưng i u quan tr ng là cách gi i quy t v n , qua k =0 Ly o hàm b c nh t c hai v bi u th c trên theo bi n x ta ư c: ó m ư ng cho nh ng sáng t o. M r ng t bài toán này là bài toán sau ây: n n(x + a)n −1 = ∑ (n − k)Ck x (n −1) − k a k n k =0 (n − k)C k n ⇔ nPn −1 (x) Pn −1 (x) = Ck −1 n Ck n n ⇔ = k Cn −1 n−k C k −1 n −1 ⇒ n = Ck −2 n − k −1 n
-6- -7- Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh BÀI 2: TÍCH T NHIÊN n ∑∏ x n −k k - Xét a th c Pn (x) = n k =0 ỀĐ NẤV TẶĐ .I n +1 ∑∏ Bài toán: Cho a th c b c n: Pn ( x) = ( x + 1)( x + 2)...( x + n) . x n +1− k k Ta có: Pn +1 (x) = (1) n +1 Hãy tìm d ng khai tri n c a Pn ( x), (x ≠ 0) . k =0 M t khác theo bài: n IẢIG IỜL MÌT IĐ .1 Pn +1 (x) = [ x + (n + 1) ] Pn (x) = ∑ ∏ n x n − k [ x + (n + 1)] n ∑∏ k x n −k , k t Pn (x) = k =0 n k =0 n n = ∑ ∏ k x n +1− k + ∑ ∏ k (n + 1)x n − k (2) Trong ó ∏ k ( k = 0, n ) là các h s c n tìm. n n n k =0 k =0 k V yh s ∏ ư c t o nên như th nào ? T (1) và (2) suy ra: n n +1 n n n−k , ta ph i ch n ( n − k ) s h ng x trong n t o nên m t s h ng x ∑∏ x n +1− k = ∑ ∏ n x n +1− k + ∑ ∏ n (n + 1)x n − k k k k n +1 nhân t ( x + i ) ; ( i = 1, n ) r i nhân v i các s h ng t do trong k nhân t k =0 k =0 k =0 n n−k ( x + i ) còn l i. Như v y m i s h ng ch a x ⇔ ∏ 0 +1 x n +1 + ∏ n +1 x n +1− k + ∑ ∏ k +1 x n +1− k = là tích các ph n t c a m t t n n +1 n h p n ch p k các ph n t c a t p h p {1, 2,.., n} . k =1 Có nghĩa là : n n + ∑ ∏ n x n +1− k + ∑ ∏ n −1 (n + 1)x n+1− k + (n + 1)∏ n n +1 0 k k ∏n x ∑ k n p1p 2 ...p k ( k = 1, n ) = ∏ (I) n k =1 k =1 1≤ p1 < p 2 n , T công th c (I) ta i n nh nghĩa sau: ti n cho vi c tính toán mà không n nh hư ng n tính úng n c a các công th c trên. AĨHGN HNỊĐ .2 k Theo (II) ta có: ∏ k − ∏ k = n ∏ k-1 ∏ n là t ng c a t t c các tích các ph n t c a m i t h p n ch p k c a t p các n n-1 n-1 s t nhiên không quá n. Hay g i t t ∏ k là tích t nhiên n ch p k hay tích n ⇒ ∏ k − ∏ k = (n -1)∏ k-1 n n-1 n-2 n-2 … … … …. … ch p k. tính ∏ k tr c ti p theo k k k k-1 ⇒∏ V n c a t ra bài toán này là: Tìm công th c = 1∏ 0 −∏ n 1 0 và n. C ng n ng th c trên l i ta ư c
-8- -9- Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh i 2 (i − 1) 1 n 3 1 n 2 n n n ∏ n = ∑ i∏ i −1 = ∑ = ∑i − ∑i = ∑ i∏ ik−−1 2 1 k ∀k,n ∈ ∏ (III) 2 2 i =1 2 i =1 n 1 i =1 i =1 i =1 2 2 n (n + 1) n(n + 1)(2n + 1) Cũng t công th c (II) ta l p ư c b ng sau: (*) = − 0 ∏0 n=0 1 8 12 n(n − 1)(n + 1)(3n + 2) = 0 1 1→ 1 ∏1 → ∏1 n=1 24 ↓ ↓ 0 1 2 1→ 3 → 2 ∏2 → ∏2 → ∏2 V i phương pháp tính ∏ k theo công th c (III) ta th y r ng: mu n tìm ư c n=2 hay n ↓↓ ↓ ↓ công th c tính ∏ k t ng quát theo k và n thì ph i tìm ư c công th c tính các n 0 1 2 3 1 → 6 → 11 → 6 ∏3 → ∏3 → ∏3 → ∏3 n=3 t ng cơ b n (**) tr c ti p theo k và n. ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ Tuy nhiên d nh n th y và ch ng minh ư c ∏ k là m t a th c b c 2k c a n, n … … … ……… …… … …… m t khác vì ∏ 0 = ∏1 = ... = ∏ k −1 = 0 nên trong a th c ∏ k ph i ch a k k Tam giác s này ư c g i là Fermat (cũng tương t như Pascal dùng tính k n d n các h s khai tri n nh th c). Tam giác Fermat này có c i m sau: tích sau: - C nh góc vuông g m toàn s 1. k ∏ n = n(n − 1)...(n − k + 1).Q k (n) - C nh huy n là dãy s 0!, 1!, 2!,…,n!,… - K t hàng n=2 tr i thì m i s h ng hàng n+1 b ng t ng c a k k k hay ∏ k = A n .Q k (n) (IV) trong ó A n = k!Cn n (n+1) l n s h ng k bên trái hàng n, v i s h ng k ti p c a hàng n (theo còn Q k (n) là m t a th c b c k c a n v i các h s h u t c n xác nh. chi u → ) Như v y, hàng n c a Fermat cho ta các h s khai tri n a th c 1 Ví d : tính ∏ n Pn(x) = (x+1)(x+2)…(x+n). theo (IV) ta có: ∏1 = A1 .Q1 (n) = n(an + b) Ví d : (x+1)(x+2)(x+3)= x3+6x2+11x+6. n n tính ∏ k tr c Cũng như bài trư c, v n t ra là ta ph i tìm công th c ∏1 = 1(a.1 + b) = 1 1 1 1  n ⇒ a = , b = v i:  ti p theo k và n. Nhưng bài toán này công vi c ó không ơn gi n như ta nghĩ. 2 2 1  ∏ 2 = 2(a.2 + b) = 3  bài trư c ta ã dùng o hàm c a ng th c Pn+1(x) = (x+a)Pn(x) tìm ư c n(n + 1) n V y ∏1 = m i liên h Ck = Ck −1 , nhưng n u áp d ng cách ó trong bài toán này v i . n n n 2 n−k ng th c: Nh n xét: Ta có th tính ∏ k v i k cho trư c theo nhi u cách khác nhau nhưng n Pn (x) = (x + n)Pn −1 (x) không tính ư c tr c ti p ∏ k theo k và n. M t trư ng h p i n hình là: n ' ' ⇒ P (x) = Pn −1 (x) + (x + n)P (x) n 1 n n −1 ∑ k1...k n −1 = n!∑ ; n −1 = ∏n thì cu i cùng ta v n ch thu ư c công th c (II) mà thôi! Tuy nhiên công th c k =1 k 1≤ k1
- 10 - - 11 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh BÀI 3: KHAI TRI N T NG VÀ TÍCH n 1 ∑k n! thì ã bi t nhưng chính là chu i i u hoà, mà chu i i u hoà thì không k =1 ỀĐ NẤV TẶĐ .I bi u di n tr c ti p b ng a th c theo n. Tuy nhiên t các công th c ta tìm ư c - Khi h c v nh lý Viète ta thư ng g p bài toán sau ây: v ∏ k ta rút ra ư c nh ng phát hi n m i, bài toán m i ch ng h n ta có th Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0 (1). n bi u di n ∏ k dư i d ng Không gi i phương trình (1) hãy tính giá tr c a bi u th c F(x1,x2) trong ó x1, n x2 là hai nghi m c a phương trình (1). k ∏ n = ∑ Fk .C n +i (V) i k +i k  b  x1 + x2 = − a i =1  - Theo nh lý Viète:  i trong ó Fk (i = 1,k) là các h s nguyên c n xác nh. B n th ch ng minh x x = c công th c (V) xem! 12 a  Ví d : Vì v y mu n tính ư c giá tr c a F(x1,x2) thì F(x1,x2) ph i bi u di n ư c dư i 2 1 ∏n = Cn +1 d ng hàm c a hai bi n “t ng” S = x1 + x2 và “tích” P = x1 x2 . M t trong nh ng 4 3 2 ∏ n = 3Cn+ 2 − d ng ơn gi n c a hàm F(x1,x2) là a th c hai bi n i x ng b c n. Vi c khai Cn +1 tri n m t a th c như v y ra t ng và tích c a hai bi n là n i dung c a bài toán 6 5 4 3 ∏ n = 15Cn+3 − 10Cn + 2 + Cn +1 sau ây: 8 7 6 5 4 ∏ n = 105Cn + 4 − 105Cn+3 + 25Cn + 2 − Cn +1 NÁOT IÀB .II ... Cho a th c hai bi n b c n: Pn ( x, y ) = x + y n n i Vi c tìm các h s Fk (i = 1,k) l i t ra cho ta m t bài toán m i cũng khá thú Khai tri n ư c thành: v (ta không xét n ây). n Các b n th y y: t m t bài toán ơn gi n (khai tri n nh th c Newton) ta thay 2  Pn ( x, y ) = ∑ Dn ( x + y ) n − 2 k ( xy )k i bài i m t chú,t k t qu thu ư c khác r t xa bài toán ban u. N u như k (I) bài toán khai tri n nh th c cho ta l i gi i cu i cùng, thì ây bài toán c a ta k =0 còn b ng , nhưng không ph i vì th mà ta không thu ư c k t qu gì trong quá k trong ó Dn là các h s nguyên, kí hi u “[x]” dùng ch ph n nguyên c a s trình tìm cách gi i quy t v n . ó là m t phương pháp cơ b n trong nghiên c u Toán H c. k th c x.Hãy tìm các h s khai tri n Dn . IẢIG IỜL MÌT IĐ .1 Trư c h t ta tìm hi u bài toán (I) qua các trư ng h p ơn gi n: * x + y = (x + y) ------- (*); (**) Xem các công th c v t ng cơ b n trong ph n 2 0 v y D1 = 1 * x 2 + y 2 = (x + y) 2 − 2xy 0 1 v y D 2 = 1; D 2 = −2 3 3 3 * x + y = (x + y) − 3xy(x + y)
- 12 - - 13 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh 0 1 v y D3 = 1; D3 = −3 D k = D k −1 − D n −1 k− (k ≥ 1; n ≥ 2) (II) n n 2 * x 4 + y 4 = (x + y) 4 − 4xy(x + y) 2 + 2x 2 y 2 - Bây gi là lúc ta ki m nghi m xem k t lu n (I) c a ta là úng hay sai. v y D 0 = 1; D1 = −4; D 2 = 2 4 4 4 - Ta có: v.v… (x + y)Pn −1 = (x + y)(x n −1 + y n −1 ) k Bây gi ta hãy s p x p các giá tr D n thành b ng sau: = x n + y n + xy(x n − 2 + y n − 2) ) n=1 1 n=2 1 -2 = Pn + xyPn − 2 n=3 1 -3 ⇒ Pn − (x + y)Pn −1 + xyPn − 2 = 0 (III) n=4 1 -4 2 n=5 1 -5 5 Thay gi thi t (I) vào công th c (III) ta có: n=6 1 -6 9 -2 n n=7 1 -7 14 -7 2  Pn = ∑ D k (x + y) n − 2k (xy) k … … ... ... ... … n k =0 B ng s này có tên là “Thang Vi-et”.D u hi u c a thang Vi-et này là gì? n  2  Pn = (x + y)n + ∑ D n (x + y)n − 2k (xy) k TE-IV GNAHT .2 k (1) - Trư c tiên ta có th nh n th y trong thang Vi-et: k =1 0 ( Dn = 1 ) * C t u tiên g m toàn s 1  n −1  2   * Các c t c a thang Vi-et là an d u ∑D k (x + y)n − 2k (xy)k (x+y)Pn −1 = n −1 n n  2k D 2k +1 < 0; 2k + 1 ≤   ) k =0 ( Dn > 0; 2k ≤   ; n 2 2  n −1  2   - Còn d u hi u nào c trưng cho thang Vi-et này? ∑D (x+y)Pn −1 = (x + y) n + k (x + y)n − 2k (xy)k (2) n −1 - N u v l i thang Vi-et mà b i các d u “-” thì ta ư c hình sau: k =1 n=1 1  n −2  n=2 1 2 2   ∑D k (x + y) n − 2 − 2k (xy) k +1 n=3 1 3 (xy)Pn − 2 = n −2 n=4 1 4 2 k =0 n=5 1 5 5 n  2 n=6 1 6 9 2  (xy)Pn − 2 = ∑ D n −1 (x + y)n − 2k (xy)k k− (3) n=7 1 7 14 7 2 … … ... ... ... … k =1 - N u n l (n = 2t + 1) - “Hình như”: * K t hàng n = 2 tr i, m i tr tuy t i s h ng c a hàng n b ng t ng c a tr tuy t i s h ng hàng (n–1) v i tr tuy t i s h ng (n–2) k n   2t + 1   1  = t+ =t ta có:   =  trên bên trái theo hình trong thang Vi-et. 2   2 2    - Chuy n n i dung “hình như” thành công th c mà ta d oán s là:
- 14 - - 15 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh D1 = D1 − (n − 2)  n − 1   2t  n   2  =  2  = [t] = t =  2  n 2 và:    ⇒ D1 = −n (n ≥ 2) n ∑ Do ó s s h ng trong t ng c a (1), (2), (3) là b ng nhau D 2 = D 2 −1 − D1 − 2 n n n - N u n ch n (n = 2t) D 2 −1 = D n − 2 − D1 −3 2  n   2t  n n ta có   =   = t ... ... ... 2  2  2 2 − D1 D =D  n − 1   2t − 1   1  n  5 4 3  =  2  = t − 2  = t −1 =  2  −1 và:  ⇒ D 2 = D 2 + (3 + 4 + ... + (n − 2)) 2     n 4 ∑ khi ó s s h ng trong t ng (2) ít hơn m t s h ng cu i ng v i n(n − 3) ⇒ D2 = (n ≥ 3) n 2 n  k= =t. Tương t như trên ta tính ư c 2 n(n − 4)(n − 5) n  D3 = −  2t − 1  (n ≥ 4)  t tuy nhiên: D n 2 1 = D 2t −1 = 0 do t >   n . Do ó có th thêm s h ng ng 6 2 −  Qua các trư ng h p trên ta d oán cho trư ng h p t ng quát là n  ∑ (−1)k n k −1 v i k =   = t vào t ng (2) mà v n không làm thay i giá tr . Dk = (k ≥ 1; n ≥ k + 1) .Cn − k −1 2 n k ∑ V y s s h ng trong t ng c a (1), (2), (3) v n b ng nhau − Hay D k = ( −1) k (Ck − k + C k −1 −1 ) (k ≥ 1; n ≥ k + 1) (IV) n n nk L y (1) tr (2) c ng (3) theo t ng v , cùng v i k t lu n trên, ta rút ra ư c công Ch ng minh (IV) b ng quy n p theo k. th c (II). D th y (IV) úng v i k = 1; 2;3 D k = D k −1 − D n −1 k− (k ≥ 1; n ≥ 2) (II) n n 2 Gi s (IV) úng n k, xét trư ng h p k+1, ta có Áp d ng (II) cho k = 1 và n = 2 ta ư c D k +1 = D n −1 − D n − 2 (theo (II)) k +1 k n −2 = D1 = D1 − D 0 = − D0 1 0 0 D k +1 = D n −1 + (−1) k +1 (C n − k − 2 + C n −1 −3 ) theo gi thi t quy n p k +1 k− k 2 n k 0 ⇒ D = 2 (v ý nghĩa ch là quy ư c) ⇒ D k +1 = D n −1 + (−1) k +1 (C n −1 −1 − Ck +1 − 2 + Ck − k − 2 − C k − k −3 ) k +1 k+ 0 n −k n k n n Cũng t công th c (II), ta tính d n ư c: ⇒ D k +1 = D k +1 + (−1) k +1 (C k +1 − 2 − Ck −1 −3 + C k − k −3 − C k − k − 4 ) + D1 = D1 −1 − D0 − 2 n −1 n −2 n −k nk n n n n n … D1 −1 = D1 − 2 − D 0 −3 ⇒ D k +1 2 = D k +1 1 + (−1) k +1 (C k +1 − C k +1 + Ck −1 − Ck − 2 ) 1 n n n 2k + 2k + k− k k k ... ... ... C ng các ng th c trên l i ta thu ư c k +1 k +1 + (−1) k +1 (C n −1 −1 − Ck −1 + C k − k − 2 − Ck − 2 ) k+ + 1 1 0 D =D D =D −D 2k +1 n k k1 n k 3 2 1 D1 = D0 = ... = D0 − 2 = 1 , c ng các 0 Vì ng th c trên l i ta có 2 n
- 16 - - 17 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh BÀI 4: KHAI TRI N TCHEBYCHEV  2k + 1  k +1 k  ⇒ D 2k +1 = 0 và Cn = 0 v i k > n ) (Vì k + 1 >  2 ỀĐ NẤV TẶĐ .I ⇒ D n = (−1) k +1 (Ck −1 −1 + Ck − k − 2 ) k +1 + - Trong lư ng giác ta ã bi t n nh ng công th c c ng cung, công th c nhân nk n ôi, nhân ba,.. m t cung, ch ng h n: ây cũng chính là công th c (IV) v i k+1 Theo nguyên lý quy n p (IV) úng v i m i k ≥ 1 cos 2 x = 2 cos 2 x − 1 0 V i quy ư c D 0 = 2 thì (IV) úng cho c k ≥ 0; n ≥ k + 1 cos 3 x = 4 cos3 x − 3cos x k− D k = (−1)k (Ck − k + C n −1 −1 ) (k ≥ 0; n ≥ k + 1) (IV) cos 4 x = 8cos 4 x − 8cos 2 x + 1 n n k v.v… ch ng minh ư c r ng cos nx luôn khai tri n ư c Nh n xét: Xét trên khía c nh n i dung thì bài toán này cũng tương t như hai - Không khó khăn l m dư i d ng a th c b c n c a cos x : bài toán trư c. Nhưng ây, thay vì nh ng suy lu n ch t ch tìm ra công th c t ng quát, ta l i i tìm nh ng trư ng h p riêng, quan sát nh ng d u hi u n n n -2    thu ư c, r i ưa ra d oán cho công th c t ng quát, sau ó dùng phép quy cos nx = Tn0 cos n x + Tn1 cos n− 2 x + ... + Tn 2  cos 2 x. ki m ch ng. Phương pháp gi i quy t v n như v y ư c g i n p toán h c k - Trong ó T là các h s c a khai tri n c n tìm. Tương t như khai tri n t ng là “Phép suy lu n quy n p không hoàn toàn”. V n d ng t t phương pháp này n chính là cách rèn luy n tư duy toán h c hi u qu nh t. và tích, ta có bài toán sau: NÁOT IÀB .II Khai tri n cos nx theo a th c c a cos x ta ư c: n 2  cos nx = ∑ Tnk cos n− 2 k x (I) k =0 k trong ó Tn là các h s nguyên, kí hi u “[x]” dùng ch ph n nguyên c a s k th c x. Hãy tìm các h s khai tri n T . n Bi u th c (I) còn ư c g i là khai tri n Tchebychev. IẢIG IỜL MÌT IĐ .1 - V i công th c c ng cung, ta s áp d ng ây tìm bi u th c truy h i c a cos nx Ta có : cos nx = cos[(n − 1) x + x] = cos xcos[(n − 1)x] − sin x sin[(n − 1) x ] M t khác : cos[(n − 2) x] = cos[(n − 1) x − x] = cos xcos[(n − 1)x ] + sin x sin[(n − 1) x] - C ng các v hai bi u th c trên ta ư c:
- 18 - - 19 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - C như v y ta d ng nên thang Tchebychev. Các d u hi u c a thang này “có cos nx + cos[(n − 2) x] = 2 cos xcos[(n − 1)x] v ” gi ng thang Vi-et. Li u có m i liên h nào gi a chúng? ⇔ cos nx = 2 cos xcos[(n − 1)x] − cos[(n − 2) x] (II) - N u nhìn vào công th c (II) bài trư c - Bi u th c (II) cho ta kh năng khai tri n c a cos nx khi bi t các khai tri n v i D k = D k −1 − D k −1 (k ≥ 1; n ≥ 2) (II) n n n −2 n nh hơn ( bi u th c truy h i) và công th c (III) trên: - Thay bi u th c (I) vào (II) ta s ư c: k −1 T = 2T (k ≥ 1; n ≥ 2) (III) −T k k  n −1  n−2  n n −1 n−2 2 2 2 n      ∑T x = 2 cos x ∑ T cos ∑T n−2k ( n −1) − 2 k ( n − 2) − 2 k ta th y có cùng m t d ng. cos cos x− k k k x n −1 n−2 n k =0 k =0 k =0 - Th c ra thì công th c C k = Ck −1 + Cn −1 (k = 1, n − 1) cũng có d ng tương k −1 n n  n −1  n n 2 2 2 t v y thôi. Ch ng ph i ã có m i liên h :     ⇔ ∑ Tnk cos n − 2 k x = ∑ 2T cos n− 2 k x − ∑ Tnk−−21cos n − 2 k x k (*) ( −1) k n k −1 n −1 Dk = .Cn − k −1 (k ≥ 1; n ≥ k + 1) k =0 k =0 k =1 n k n - N u như bây gi ta quy ư c Tnk = 0 v i k < 0 ho c k >   i u này là ó sao? V y t i sao ta không th tìm xem gi a Tnk và Dn có quan h tuy n tính k 2 v i nhau không? k hoàn toàn t nhiên theo như nh nghĩa v Tn . Khi ó t bi u th c (*) ta suy ra: ⇔ Tnk = 2Tnk−1 − Tnk−−21 CỨHT GNÔC MÌT YURT .2 (k ≥ 1; n ≥ 2) (III) t Tn = u {k , n} .Dn trong ó u {k , n} là dãy h s c n tìm. Ta s k k - ư c: - Theo (III): u {k , n} .Dn = 2u {k , n − 1} Dn −1 − u {k − 1, n − 2} Dn − 2 k −1 k k - Công th c (III) cho phép ta tính d n ư c các h s khai tri n Tchebychev - L i theo công th c (II) ⇒ Tnk qua các giá tr trung gian. u {k , n} = 2u {k , n − 1} (a)  0 0 2 0 n −1 0 n −1 + V i k = 0 ta có: T = 2T =2 T = ... = 2 T = 2 (n ≥ 1) n −1 n−2 1   n ⇒ u {k , n} = u {k − 1, n − 2} (b)  1 1 0 0 + V i k = 1 và n = 2 ta có: −1 = T2 = 2T1 − T0 = −T0   u {0, 0} = 2 0 + Do v y ta quy ư c T0 = 1 −1 (c)  - T công th c (III) và các giá tr v a tính ư c, ta xây d ng b ng sau: - T (a) ta có: u {k , n} = 2u {k , n − 1} = 2 u {k , n − 2} = ... = 2 u {k , 2k } 2 n−2k - L i theo (b) và (c) thì: n=0 1 u {k , 2k } = 2u {k − 1, 2k − 2} = 2u {k − 1, 2(k − 1)} = ... = 2u {0, 0} = 2−1 n=1 1 n=2 2 -1 - Do ó: u {k , n} = 2 n − 2 k −1 n=3 4 -3 n=4 8 -8 1 n − 2 k −1 - Cu i cùng ta thu ư c công th c Tn = 2 .Dn k k n=5 16 -20 5 n=6 32 -48 18 -1 k −1 trong ó: Dn = ( −1) (Cn − k + Cn − k −1 ) k k k n=7 64 -112 56 -7 … … ... ... ... …
- 20 - - 21 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - Như v y thì thang Tchebychev có ư c t thang Vi-et b ng cách nhân hàng n HAI: V N XUNG QUANH CÁC T NG CƠ B N 2 n −1 v i và chia c t k cho 22 k . T ng cơ b n là m t công c r t quan tr ng trong Toán sơ c p. Ta thư ng g p các t ng cơ b n trong khi tính toán v i các a th c, t ng các s h ng c a m t T ng k t ph n M t dãy s , t ng riêng c a m t chu i, … hay trong ph n M t ta cũng ít nhi u tính - Qua nghiên c u v d ng khai tri n c a m t s a th c quen thu c, ta tìm ư c toán n các t ng cơ b n. các m i liên h r t c bi t gi a các h s c a chúng. Mà m u ch t trong V y th nào là m t t ng cơ b n? phương pháp nghiên c u ây là: t phân tích trư ng h p riêng, nh n bi t t ng Trư c khi tr l i câu h i trên chúng ta phân tích k hơn vi c bi u di n t ng d u hi u r i k t lu n cho trư ng h p t ng quát. ó chính là phép “suy lu n quy n n p không hoàn toàn” hay “nh ng suy lu n nghe có lý”. Vi c cu i cùng sau khi F (0, x) + F (1, x) + ... + F (n, x) = ∑ F (k , x) ta phán oán ư c công th c t ng quát là i ch ng minh nó. k =0 - 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 là m t t ng có n+1 s h ng. Trong ó k nh n các giá tr t 0 n n ư c g i là quy t m t bài toán không ch ơn thu n là tìm ra k t qu ph i không các b n! bi n ch s hay bi n ch y. Bi n ch y k là thu c tính c a t ng, cho bi t hàm s 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 sau d u ∑ là F(k,x) ư c l y t ng như th nào. M i giá tr k c a hàm F(k,x) ư c thành qu , dù là nh thôi nhưng cũng là bư c kh i u cho m t tư duy tương ng v i m t s h ng. Hàm ơn gi n nh t sau d u ∑ là a th c c a bi n logic trong h c 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! ch s k. Các t ng sau ây ư c g i là t ng cơ b n: - Gi là lúc chúng ta cùng nhau i ti p sang ph n 2 v i nh ng th thách l n hơn n S m = ∑ k m v i m > 0. và h a h n nhi u i u thú v . ó là con ư ng i tìm các T ng cơ b n! k =0 n S m = ∑ k m ư c g i là t ng cơ b n m t bi n b c m (m > 0). k =0 Ta ã bi t n m t s t ng cơ b n như: n2 (n + 1) 2 n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) n n n S1 = ∑ k = ; S2 = ∑ k 2 = ; S3 = ∑ k 3 = 2 6 4 k =0 k =0 k =0 Bài toán t ra cho ta là làm th nào tính ư c Sm v i m > 0 b t kỳ? n ∑1 = n + 1 cũng là m Th c ra ta c n chú ý là S0 = t t ng cơ b n nhưng không k =0 n ∑k b i vì 00 là không xác 0 ư c phép vi t S0 = nh. k =0 - Bây gi chúng ta cùng nh p cu c!
- 22 - - 23 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh BÀI 1: CÁC T NG CƠ B N 1 BI N m −1 n n M m = ∑ k (k + 1)...(k + m − 1) = ∑ ∑Π m −1−i k i +1 n m −1 k =0 k =0 i =0 Ta hãy b t u v i cách tìm t ng cơ b n S2 m n m =∑ ∑k Π = ∑ Πm−−1i Si Ta có: m −i i m m −1 n n n i =1 k =0 i =1 S 2 = ∑ k 2 = ∑ [ k (k + 1)] −∑ k m ∑Π k =0 k =0 k =0 m +1 m−i Si = m !Cm+ n (II) Do ó ta có ư c công th c: M m = n m −1 n = 2∑ Ck2+1 − S1 i =1 Công th c (II) cho ta m i quan h m t thi t gi a các t ng cơ b n t b c 1 n k =0 b c m, ngoài ra còn thêm s có m t c a các tích t nhiên. Mà ta bi t r ng tích t n(n + 1) n = 2∑ (Ck3+ 2 − Ck3+1 ) − nhiên không th tính ư c tr c ti p do ó các t ng cơ b n trong công th c (II) 2 cũng không th tính ư c tr c ti p. Tuy nhiên công th c (II) là ta tính d n k =0 các t ng cơ b n b c cao qua các b c th p hơn. n(n + 1) = 2(Cn + 2 − C13 ) − 3 Ví d : tính S3 : 2 2 1 0 4 Theo công th c (II) v i m = 3 ta có: Π2 S1 + Π2 S 2 + Π2 S3 = 3!Cn +3 n(n + 1)(n + 2) n(n + 1) = − Suy ra: 3 2 4 2 S1 + 3S2 + S3 = 6Cn+3 n(n + 1)(2n + 1) = 4 ⇒ S3 = 6Cn+3 − 3S 2 − 2 S1 6 Trong cách tính S2 trên ta dùng t i 2 gi i pháp. Th nh t là công th c c a t n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 3n(n + 1)(2n + 1) 2n(n + 1) ⇒ S3 = − − r +1 r +1 r +1 r +1 h p C + C = C hay C − C = C 4 6 2 r r k +1 . Th hai là phương pháp sai k +1 k +1 k +2 k +2 k +1 2 2 phân tính t ng (bi u th c l y t ng ư c tách thành m t hi u c a hai s h ng n (n + 1) ⇒ S3 = liên ti p trong dãy). D a vào cách làm trên cho ta th y, tính ư c t ng Sm 4 thì ta c n thi t ph i tính ư c t ng sau: 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 n n M m = ∑ k (k + 1)...(k + m − 1) hay M m = ∑ Akm+ m−1 n n 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 k =0 k =0 v i Ak + m −1 = k (k + 1)...( k + m − 1) là s ch nh h p ch p m c a k + m − 1 m 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 n n hơn m t bi n ch s thì sao ? Gi s có m bi n ch s k1 , k2 ,..., km cũng ch y t ∑C = m !∑ (Cm+ k − Cm+ k −1 ) = m !(Cm+ n − Cm −11 ) m +1 m +1 m +1 m+ Ta có: M m = m ! n m k + m −1 0 cho t i n nhưng ràng bu c tuy n tính v i nhau k = k1 + k2 + ... + km trong ó k =0 k =0 n n k = 0, n thì bài toán c a ta s như th nào ? ∑A = m !∑ Ckm+ m −1 = m !Cm + n m +1 Suy ra: M m = n m (I) m + k −1 k =0 k =0 M t khác theo nh nghĩa v tích t nhiên thì:
- 24 - - 25 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh BÀI 2 : T NG CƠ B N NHI U BI N và E[[p], p ] = C p11−1C p22−1 = 0 0 p p 1 2 v i k = 1 , khi ó có hai trư ng h p k1 = 0; k2 = 1 ho c k2 = 0; k1 = 1 • AĨHGN HNỊĐ .I ta có : E[[p] , p ] 1 V i pi , ki ; i = 1, m là các s nguyên dương, ta g i : =0 =C C +C C p1 p2 p1 p2 p1 −1 p2 −1 p2 p1 12 v i k = 2 , ta có • n ∑ k1p1 k2p2 ...kmm S[ p1 , p2 ,..., pm ] = p (III) E[[p1], p2 ] 2 = C p11−1C p22+1 + C pp11 C p22 + C p11+1C p22−1 = 1 p p p p p k1 + k2 +...+ k m = 0 là t ng cơ b n m bi n b c [ p1 , p2 ,..., pm ] v n chưa th y d u hi u nào kh quan, ta ti p t c xét n ∑k Như v y thì S[ m] = ≡ Sm chính là t ng cơ b n 1 bi n b c m. Nói cách m v i k = 3 , ta có • k =0 E[[p1] , p2 ] = C p11−1C p22+ 2 + C p11 C p22+1 + C p11+1C p22 + C pp11+ 2C p22−1 3 p p p p p p p khác, t ng cơ b n 1 bi n là trư ng h p c bi t c a nh nghĩa trên. V n t ra ây là v ph i c a (III) ph i tính như th nào ? ⇔ E[[p1] , p2 ] = C p11+1 + C p22+1 3 p p - M t s suy lu n m r ng c a bài trư c h t s c t nhiên là ta tìm cách m r ng công th c (I) cho m bi n. ⇔ E[[p1] , p2 ] = p1 + p2 + 2 3 v i k = 4 , ta có 1 NÁOT IÀB .II • - tính ư c t ng cơ b n m bi n, ta hãy tìm cách tính t ng E[[p1], p2 ] = C p11−1C p22+3 + C p11 C pp22+ 2 + C p11+1C p22+1 + C p11+ 2C p22 + C p11+3C p22−1 4 p p p p p p p p p n ∑ M [[p1], p2 ,..., pm ] n ... A =? = pm p1 p2 A A k1 + p1 −1 k2 + p2 −1 km + pm −1 ⇔ E[[p1] , p2 ] = C p22+ 2 + C p11+1C p22+1 + C p11+ 2 3 p p p p k1 + k2 +...+ km = 0 ( p2 + 2)( p2 + 1) ( p + 2)( p1 + 1) ⇔ E[[p1] , p2 ] = 3 i tìm l i gi i : + ( p1 + 1)( p2 + 1) + 1 2 2 n ∑A [ n] +1 = p1 !C pp11+ n (công th c (I)) * V i m = 1 , ta có : M [ p ] ≡ M p1 = p1 n ( p + p2 + 3)( p1 + p2 + 2) k1 + p1 −1 ⇔ E[[p1] , p2 ] 1 3 =1 k1 = 0 2 * V i m = 2 , ta có : n n ∑ ∑ M [[p1], p2 ] = n ây thì ta ã nh n ra d u hi u và có th d oán n Akp1+ p1 −1 Akp22+ p2 −1 = p1 ! p2 ! Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 1 1 ∑ E[[p1], p2 ] = p + +1 k1 + k2 = 0 k1 + k2 = 0 k Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 = C p11+ pp22+ k −1 ∀k ∈ (3) 1 n k1 + k2 = k = p1 ! p2 !∑ ∑ M [[p1], p2 ] n p1 p2 (1) C C k1 + p1 −1 k 2 + p2 −1 Ta s ch ng (3) b ng quy n p : k =0 k1 + k2 = k - Rõ ràng (3) úng v i k = 0,1, 2, 3, 4 Gi s (3) úng v i k (≥ 4) , ta xét xem - Trong (1) ta xét riêng t ng : (3) có úng v i k + 1 không ? ∑ E[[p1], p2 ] = k Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 (2) Ta có : 1 k1 + k2 = k ∑ E[[p1 , p]2 ] = k +1 Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 - Làm sao tính ư c (2) bây gi ? Ta l i i t trư ng h p riêng v y 1 k1 + k2 = k +1 • v i k = 0 , khi ó k1 = k2 = 0
- 26 - - 27 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Th t v y ta s ch ng minh (4) b ng phương pháp quy n p theo m. k +1 ⇔ E[[p1 , p]2 ] = ∑ Ckp1+ p1 −1Ckp+1− k1 + p2 −1 k +1 2 Rõ ràng (4) ã úng v i m = 1 và m = 2 . Gi s (4) úng v i m , ta xét (4) 1 k1 = 0 v i m +1 k Ta có : ⇔ E[[p1 , p]2 ] = ∑ Ckp1+ p1 −1Ckp− k1 + p2 k +1 (s h ng cu i cùng = 0 ) 2 1 n ∑ M [[p1], p2 ,..., pm+1 ] = p1 ! p2 !... pm +1 ! k1 = 0 n Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1...Ckpmm++11+ pm+1 −1 t k2 = k − k1 suy ra 1 k1 + k2 +...+ km+1 = 0 ∑ E[[p1 , p]2 ] k +1 n − k m+1 ⇒ = p1 p2 n C C ∑ ∑ = p1 ! p2 !... pm+1 ! Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1...Ckpmm+ pm −1 Ckpmm++1+ pm+1 −1 k1 + p1 −1 k2 + p2 k1 + k 2 = k 1 1 km+1 = 0 k1 + k 2 +...+ km = 0 ∑ ⇒ E[[p1 , p]2 ] = k +1 Ckp1+ p1 −1 (Ckp22++(1p2 +1) −1 − Ckp22+ p2 −1 ) n ∑C M [[p1 , pm+,..., pm ] 1] 1 n−k = pm+1 ! pm+1 k1 + k2 = k k m+1 + pm+1 −1 2 ∑ ∑ ⇒ E[[p1 , p]2 ] = k +1 km+1 = 0 Ckp1+ p1 −1Ckp22++(1p2 +1) −1 − Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 1 1 n ∑C k1 + k2 = k k1 + k2 = k p + p +...+ pm + m = p1 ! p2 !... pm+1 ! pm+1 C p11+ p22+...+ pm + n − km+1 (theo gi thi t quy n p) km+1 + pm+1 −1 E[[p1 , p]2 ] E[[p1], p2 +1] − E[[p1], p2 ] k +1 ⇒ k k = km+1 = 0 t k = (n − km+1 − m + 1) ⇔ k + km+1 = n − m + 1 E[[p1 , p]2 ] k +1 p1 + p2 + 2 p1 + p2 +1 ⇒ =C −C (theo gi thi t quy n p) p1 + p2 + k −1 p1 + p2 + k ( ây c n có i u ki n n ≥ m − 1 ) ta ư c E[[p1 , p]2 ] k +1 p + p +1 ⇒ ây chính là bi u th c (3) khi thay k b ng k + 1 . V y = C p11+ p22+ k M [[p1], p2 ,..., pm+1 ] = p1 ! p2 !... pm +1 ! ∑ Ckpmm++11+ pm+1 −1C p11+ p22+...+ pm + m+ k −1 p + p +...+ pm + m n (3) cũng úng v i k + 1 , theo nguyên lý quy n p (3) úng ∀k ∈ . k + km+1 = n − m +1 M [[p1], p2 ,..., pm+1 ] = p1 ! p2 !... pm+1 ! E[[pm+m,+p11]+ p2 +...+ pm + m] n− n ⇔ - Tr l i v i t ng (1) trên : 1 M [[p1], p2 ,..., pm+1 ] = p1 ! p2 !... pm+1 !C pm++11+ (( p11+ p22+...+ pm + m ))+ (1n− m+1) −1 (theo (3)) pm + p + p +...+ pm + m + n n ⇔ M [[p1], p2 ] = p1 ! p2 !∑ ∑ n Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 1 M [[p1], p2 ,..., pm+1 ] k =0 k1 + k2 = k = p1 ! p2 !... pm+1 !C p11+ p22+...+ ppm++11+ n +1 p + p +...+ m + m n ⇔ n ⇒ M [[p1], p2 ] = p1 ! p2 !∑ C p11+ p22+ k −1 p + p +1 n (theo (3)) ây chính là (4) v i m + 1 .V y theo nguyên lý quy n p (4) úng v i m i m . (Dĩ nhiên n u n < m thì hai v c a (4) u b ng 0 nên công th c (4) v n k =0 n úng!) ⇒ M [[p1], p2 ] = p1 ! p2 !∑ (C p11+ p22+ k2 − C p11++pp22++k2−1 ) p +p + n p k =0 Con ư ng chông gai! n ∑ [n] p1 + p 2 + 2 ⇒M = p1 ! p2 ! = p1 ! p2 !C - D ng l i m t chút và nhìn l i con ư ng ta v a m i tr i qua. Trong khi tìm p1 p2 C C [ p1 , p2 ] k1 + p1 −1 k2 + p2 −1 p1 + p2 + n cách tính t ng cơ b n, qu th c m i bư c ta l i g p khó khăn, vư t qua k1 + k 2 = 0 ư c khó khăn ó ta vô tình khám phá ra nhi u i u thú v . D c ư ng i Như v y qua 2 trư ng h p m = 1 và m = 2 ta d dàng nh n ra công th c t ng chúng ta ã “nhân ti n” g t hái ư c m t vài trái ng t: quát v i m bi n như sau : m n M m = ∑ Πm−−1i Si = ∑ Am + k −1 = m !Cm+ n n m +1 n m m ∑ M [[pn1], p2 ,..., pm ] p1 + p2 + ...+ pm + m ... A = = p1 ! p2 !... pm !C p1 p2 pm (4) A A k1 + p1 −1 k 2 + p2 −1 k m + pm −1 p1 + p2 + ...+ pm + n i =1 k =0 k1 + k 2 + ... + k m = 0
- 28 - - 29 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh 4 ∑ E[[p1], p2 ] = p + +1 ∑ k Ckp1+ p1 −1Ckp22+ p2 −1 = C p11+ pp22+ k −1 ∀k ∈ k1k22 = 1 k1 + k2 = k k1 + k2 = 0 = (0.02 ) + (0.12 + 1.02 ) + (0.22 + 1.12 + 2.0 2 ) + n ∑ M [[p ], p ,..., p ] = = p1 ! p2 !... pm !Cpp + pp +...+ pp + nm + + ...+ + Akp + p −1 Akp + p −1 ... Akp + p n 1 2 1 2 m m −1 + (0.32 + 1.22 + 2.12 + 3.02 ) + (0.42 + 1.32 + 2.22 + 3.12 + 4.02 ) 1 2 1 1 2 2 1 2 m m m m k1 + k2 + ...+ km = 0 = 0 + 0 + 1 + (4 + 2) + (9 + 8 + 3) - Chúng ta v a m i tr i qua nh ng th thách h t s c khó khăn, nhưng trư c m t chúng ta con ư ng i tìm l i gi i v n còn y r y chông gai. Mà m i = 27 khi chúng ta vư t qua ư c thì thành qu th t là ng t ngào. Li t kê t t ng trên ta th y có t i 15 s h ng. M t câu h i ư c t ra là s các s h ng trong m t t ng cơ b n nhi u bi n là bao nhiêu ? Tr l i v i các t ng cơ b n nhi u bi n. n Công th c (4) là d ng m r ng c a công th c (I), ta s dùng nó tính d n - Ta bi t r ng ký hi u Σ bi u di n m t t ng có n + 1 s h ng, tương ng v i k =0 n ∑ k1p1 k2p2 ...kmm ư c các t ng S[ p1 , p2 ,..., pm ] = p n Σ n + 1 giá tr c a k . V y thì ký hi u bi u di n m t t ng có bao k1 + k 2 +...+ km = 0 k1 + k2 +...+ km = 0 Phương pháp tính ư c ư c c th hóa b ng ví d sau : nhiêu s h ng ? n trên dư i d ng bài toán sau : - Ta có th phát bi u v n ∑ 2 Ví d : Tính S[1,2] = kk 12 k1 + k2 = 0 2 NÁOT IÀB .III n ∑ k1  k2 (k2 + 1) − k2  Ta có: S[1,2] = n   1 . (5) Tính t ng S = Σ k1 + k2 = 0 k1 + k2 +...+ km = 0 - V n s tr nên r c r i b i ta không th áp d ng công th c (4) vào trư ng n n ∑ ∑ k1k2 = M [[1,2] − M [[1,1] = 1!2!C1+ 2+ n − 1!1!C1+1+ n2 ] ] 1+ 2 + 2 1+1+ n n k1k2 (k2 + 1) − = h p này ư c. k1 + k2 = 0 k1 + k2 = 0 - Cho dù 1 = k10 k2 ...km nhưng ch v i i u ki n ki ≠ 0 , i = 1, m 0 0 n(n − 1)(n + 1)(n + 2)(2n + 1) 5 4 = 2C − C = th c t thì s 1 ch có ý nghĩa tư ng trưng. n +3 n+ 2 120 Ta s ph i tính (5) b ng con ư ng khác ! n(n − 1)(n + 1)(n + 2)(2n + 1) n V y S[1,2] = ∑ k1k2 = n n 2 = Σ( ) Σ Σ Ta có 120 k1 + k2 +...+ km = 0 k = 0 k1 + k2 +...+ km = k k1 + k2 = 0 Cái ký hi u trong ngo c ( ) nói lên i u gì? Cho n m t giá tr c th , ch ng h n v i n = 4 ta có : ó là : S cách phân tích s t nhiên k thành t ng c a m s nguyên không 4 4.3.5.6.9 ∑=0 k1k22 = 120 = 27 , c th khi tính tr c ti p : 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. k1 + k2 Ví d : k = 4 và m = 3 thì
- 30 - - 31 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh 4 = 0 + 0 + 4 = 0 +1+ 3 = 0 + 2 + 2 = 0 + 3 +1 = 0 + 4 + 0 n = Σ (Ckm+ m − Ckm+ m−1 ) = Cn + m − Cm −1 = Cn+ m m m m = 1+ 0 + 3 = 1+1+ 2 = 1+ 2 +1 = 1+ 3 + 0 k =0 n = 2 + 0 + 2 = 2 +1+1 = 2 + 2 + 0 Σ = Cn+ m m Tóm l i : (7) k1 + k2 +...+ km = 0 = 3 + 0 +1 = 3 +1+ 0 n = 4+0+0 Σ m bi u di n m t t ng có Cn + m s h ng. S Nh n xét : V y là ký hi u k1 + k2 +...+ km = 0 = 15 . Σ T ng c ng là 15 cách, nghĩa là dĩ ta g p r c r i v i bài toán này khi bi u th c l y t ng thi u s góp m t c a k1 + k 2 + k3 = 4 1 ho c nhi u bi n ch y. B i vì ta không th gán cho bi n ch y ó b c 0 Như v y thì W (m, k ) = =? Σ quy v các t ng cơ b n nhi u bi n ư c. (Vì 00 là không xác nh). Ch ng k1 + k2 +...+ km = k Ta hãy xét riêng t ng trư ng h p c a m n k1k32 = ? thì làm th nào ? Σ ⊕ m = 1 , ta có W (1, k ) = Σ = 1 h n n u ta ph i tính k1 + k2 + k3 = 0 k1 = k n k k k1k2 k32 ư c, vì khi k2 = 0 thì 0 Σ ⊕ m = 2 , ta có W (2, k ) = Σ = Σ ( Σ ) = Σ = k +1 Rõ ràng ta không th vi t dư i d ng k1 + k2 + k3 = 0 k1 = 0 k2 = k − k1 k1 = 0 k1 + k2 = k bi u th c là không xác nh. ⊕ m = 3 , ta có c p n các t ng cơ b n y Th c t t u ph n HAI này ta m i ch k k k W (3, k ) = = Σ( ) = Σ W (2, k − k1 ) = Σ (k − k1 + 1) Σ Σ (b c c a bi n ch y b t kỳ trong t ng ≥ 1 ) k c trong trư ng h p 1 bi n. k1 = 0 k2 + k3 = k − k1 k1 = 0 k1 = 0 k1 + k2 + k3 = k Bây gi ta s tìm hi u xem n u t ng c n tìm là không y thì ph i tính k (k + 1) (k + 1)(k + 2) k như th nào ? = (k + 1) 2 − Σ k1 = (k + 1)2 − = 2 2 k1 = 0 … n ây ta d dàng nh n ra 1 = Ckm+−m −1 W ( m, k ) = Σ (6) k1 + k2 +...+ km = k Ch ng minh (6) b ng quy n p : (6) ã úng v i m = 1, 2,3 . Gi s (6) úng v i m. Xét (6) v i m + 1 k Ta có : W ( m + 1, k ) = = Σ( ) Σ Σ k1 + k2 +...+ km + km+1 = k k m+1 = 0 k1 + k2 +...+ km = k − k m+1 k k = Σ W (m, k − km +1 ) = Σ Ckm−−k1m+1 + m −1 (theo gi thi t quy n p) k m+1 = 0 km+1 = 0 k = Σ (Ckm− km+1 + m − Ckm− km+1 + m −1 ) = Ckm+ m − Cm −1 = Ckm+ m m k m+1 = 0 Như v y (6) cũng úng v i m + 1 , theo nguyên lý quy n p (6) úng ∀m ≥ 1 . - Tr l i v i t ng c n tính (5) ta có : n n n n 1 ) = Σ W (m, k ) = Σ Ckm+−m −1 = Σ( Σ Σ k1 + k2 +...+ km = 0 k = 0 k1 + k2 +...+ km = k k =0 k =0
- 32 - - 33 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh BÀI 3 : BI N KHUY T – B C MÀN BÍ N n − km n ∑ ∑ M [[( p]1 , p2 ,..., pr+1 );m] = n Akp1+ p1 −1 Akp22+ p2 −1... Akprr+ pr −1 Akprr++1+ pr +1 −1 1 1 k m = 0 k1 + k 2 +...+ km−1 = 0 NÁOT IÀB .I Trong m t t ng cơ b n m bi n, có m − r bi n khuy t (b c 0) n = pr +1 ! ∑ Ckprr++11+ pr+1 −1M [[( p1 , m2] ,..., pr ),m−1] n−k p n k1p1 k2p2 ...krpr v i pi > 0, i = 1, r và r ≤ m = Σ km = 0 S ( p ); m  1, p2 ,.., pr   k1 + k2 +...+ km = 0 n = p1 ! p2 !... pr +1 ! ∑ Ckprr++1+ pr +1 −1C p11+ p22+...+ prr + n−−k1m + m −1− r (theo gi thi t quy n p) p + p +...+ p + m Hãy tìm cách tính t ng trên. 1 km = 0 IẢIG IỜL MÌT IĐ .II k = n − r + 1 − km ⇔ k + km = n − r + 1 suy ra t Như ã c p trên, ta không th s d ng công th c (4) i v i bài toán ∑ M [[( p]1 , p2 ,..., pr+1 );m] = p1 ! p2 !... pr +1 ! này ư c, vì các bi n khuy t x y ra vư ng m c v i 00 . p + p +...+ p + m −1 n Ckprr++11+ pr+1 −1C p11+ p22+...+ prr + m −1+ k −1 Bài toán s ư c gi i quy t n u ta tính ư c t ng sau : k + km = n − r +1 M [[( p]1 , p2 ,..., pr+1 );m] = p1 ! p2 !... pr +1 ! E[[pr +1 ,( p]1 + p2 +...+ pr + m−1)] n − r +1 n n ⇔ ∑ M [[( p] , p ,..., p );m] = Akp + p −1 Akp + p −1 ... Akp + p −1 v i r ≤ m, pi > 0 n 1 2 r 1 1 2 2 1 2 r r r M [[( p]1 , p2 ,..., pr+1 );m] k1 + k2 + ...+ km = 0 p + p +...+ p + p + m n = p1 ! p2 !... pr +1 !C p11+ p22+...+ prr + prr++11+ m + n − r −1 ⇔ Ta xét các trư ng h p riêng r + 1 , theo nguyên lý quy n p ta có i u ph i ch ng minh. V y (8) cũng úng v i n ∑ ⊗ r = 0 , Ta có M [[(n∅ );m] = ] = Cn + m m k1 + k 2 + ...+ k m = 0 T ng k t - Cu i cùng b c màn bí m t ã ư c hé m ! Vư t qua tr ng i v các bi n n ∑ ⊗ r = 1 , Ta có M [[(np]1 );m] = Akp1+ p1 −1 khuy t, ta ã thu ư c m t thành qu không nh - ó là công th c (8). Có th 1 k1 + k 2 +...+ k m = 0 nói ây là công th c t ng quát nh t tính ư c các t ng cơ b n. Hành n − km n n = p1 ! ∑ ( ∑C trình i tìm công th c (8) ta ã g p ph i không ít khó khăn. V i m i khó ∑ m −1 )Ckp1+ p1 −1 = p1 ! Ckp1+ p1 −1 (theo công th c (7)) n − km + m −1 khăn như v y l i t ra cho ta m t bài toán, òi h i s suy lu n m t cách 1 1 k m = 0 k1 + k2 +...+ km−1 = 0 km = 0 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 k = n + 1 − km suy ra k + km+1 = n + 1 t vi c i tìm l i gi i c a m t bài toán ph c t p, có th là nh ng khám phá m i ∑ Ckm+−(1m −1) −1Ckp1+ p1 −1 = p1 ! E[[m −1,] p1 ] = p1 !C p11+ n + m −1 ⇒ M [[( p]1 );m] = p1 ! n +1 p +m n nh ng chân tr i m i hay ơn gi n là tô i m thêm cho m t b c tranh hoàn 1 h o! k + km = n +1 (theo công th c (3)) - Qua 2 trư ng h p trên, ta có th ưa ra d oán cho trư ng h p t ng quát là: M t vài ví d n ∑ n k1k22 . Tính S = ∑ [ n] p1 + p2 + ... + pr + m M [ ( p1 , p2 ,..., pr ); m] = ... Ak + p −1 = p1 ! p2 !... pr ! C p + p +...+ p + n + m − r p1 p2 pr (8) Ak + p −1 Ak + p −1 1 1 2 2 1 2 r r r k1 + k2 + k3 = 0 k1 + k 2 + ... + k m = 0 n n n - Ta ch ng minh (8) b ng quy n p theo r. ∑ ∑ ∑ k1k2 (k2 + 1) − k1k2 = k1k2 (k2 + 1) − Ta có S = k1k2 r < m . Xét trư ng h p (8) - (8) ã úng v i r = 0 và r = 1 . Gi s (8) úng v i k1 + k2 + k3 = 0 k1 + k2 + k3 = 0 k1 + k2 + k3 = 0 v i r +1 . ⇒ S = M [[(1,2);3] − M [[(1,1);3] = 1!2!C1+ 2+ n +3− 2 − 1!1!C1+1+ n +3− 2 = 2Cn + 4 − Cn+3 ] ] n 1+ 2 + 3 1+1+ 3 6 5 n - Ta có:
- 34 - - 35 - Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh Toán h c và “Nh ng suy lu n nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh 6 5 ⇒ S = 2Cn+ 4 − Cn +3 Cho n m t giá tr c th , ch ng h n n = 4 4 ∑ k1k22 = 2C86 − C7 = 35 5 k1 + k2 + k3 = 0 4 ∑ 3 = C4+3 = 35 ;các s h ng l n lư t là S s h ng trong t ng này là k1 + k 2 + k3 = 0 2 2 2 + 0.02(3) + 0.02(4) + 0.0 + 0.0 + 0.0 (0) (1) (2) +0.12(0) + 0.12 (1) + 0.12 (2) + 0.12 (3) + +0.22 (0) + 0.22(1) + 0.22 (2) + +0.32(0) + 0.32 (1) + +0.42 (0) + +1.02 (0) + 1.02 (1) + 1.02(2) + 1.02 (3) + +1.12(0) + 1.12(1) + 1.12(2) + +1.22(0) + 1.22(1) + +1.32 (0) + +2.02 (0) + 2.02(1) + 2.02 (2) + +2.12(0) + 2.12 (1) + +2.22 (0) + +3.02 (0) + 3.02(1) + +3.12(0) + +4.02(0) = 1 + 1 + 1 + 4 + 4 + 9 + 2 + 2 + 8 + 3 = 35