conghuan_dalat
New Member
Download miễn phí Toán học và những suy luận nghe có lý
Con đường chông gai!
- Dừng lại một chút và nhìn lại con đường ta vừa mới trải qua. Trong khi tìm
cách tính tổng cơbản, quảthực ởmỗi bước ta lại gặp khó khăn, đểvượt qua
được khó khăn đó ta vô tình khám phá ra nhiều điều thú vị. Dọc đường đi
chúng ta đã “nhân tiện” gặt hái được một vài trái ngọt:
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
kn∏ 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
1k ...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 kn∏ ta rút ra được những phát hiện mới, bài toán mới chẳng hạn ta có thể
biểu diễn kn∏ dưới dạng
k
i k ik
n k n i
i 1
F .C ++
=
=∏ ∑ (V)
trong đó ikF (i 1,k)= là các hệ số nguyên cần xác định. Bạn thử chứng minh
công thức (V) xem!
Ví dụ:
21
1
4 32
2 1
6 5 43
3 2 1
8 7 6 54
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 ikF (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
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
- Khi học về định lý Viète ta thường gặp bài toán sau đây:
Cho phương trình 2 0ax bx c+ + = (1).
Không giải phương trình (1) hãy tính giá trị của biểu thức F(x1,x2) trong đó x1,
x2 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(x1,x2) thì F(x1,x2) phải biểu diễn được dưới
dạng hàm của hai biến “tổng” 1 2S x x= + và “tích” 1 2P x x= . Một trong những
dạng đơn giản của hàm F(x1,x2) 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:
II. BÀI TOÁN
Cho đa thức hai biến bậc n: ( , ) n nnP 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 knD là các hệ số nguyên, kí hiệu “[x]” dùng để chỉ phần nguyên của số
thực x.Hãy tìm các hệ số khai triển knD .
1. ĐI TÌM LỜI GIẢI
Trước hết ta tìm hiểu bài toán (I) qua các trường hợp đơn giản:
* x y (x y)+ = +
vậy 01D 1=
*
2 2 2x y (x y) 2xy+ = + −
vậy 0 12 2D 1; D 2= = −
*
3 3 3x y (x y) 3xy(x y)+ = + − +
Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh
- 12 -
vậy 0 13 3D 1; D 3= = −
*
4 4 4 2 2 2x y (x y) 4xy(x y) 2x y+ = + − + +
vậy 0 1 24 4 4D 1; D 4; D 2= = − =
v.v…
Bây giờ ta hãy sắp xếp các giá trị knD 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?
2. THANG VI-ET
- Trước tiên ta có thể nhận thấy trong thang Vi-et:
* Cột đầu tiên gồm toàn số 1 ( 0nD 1= )
* Các cột của thang Vi-et là đan dấu
( 2k 2k 1
n n
n nD 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 đoán sẽ là:
Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh
- 13 -
k k k 1
n n 1 n 2D 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 nt 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
nk t
2
= =
.
tuy nhiên:
n
t2
n 1 2t 1D D 0
− −
= = do
2t 1
t
2
−
>
. Do đó có thể thêm số hạng ứng
với
nk 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 2D 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 02 D D D D− = = − = −
0
0D 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 01 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 4D 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 đoán cho trường hợp tổng quát là
k
k k 1
n n k 1
( 1) nD .C (k 1; n k 1)
k
−
− −
−
= ≥ ≥ +
Hay k k k k 1
n n k n k 1D ( 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 2D D D
+ +
− −
= − (theo (II))
k 1 k 1 k 1 k k 1
n n 1 n k 2 n k 3D 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...