Toán học và những suy luận nghe có lý

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 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 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 dự 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 1 n k 2 n k 2 n k 3D 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 4D 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 2D 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 2D D ( 1) (C C C C )+ + + + ++ − − − − − −= + − − + − Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 16 - (Vì 2k 1k 1 2 +  + >    k 1 2k 1D 0 + +⇒ = và k nC 0= với k n> ) k 1 k 1 k 1 k n n k 1 n k 2D ( 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 00D 2= thì (IV) đúng cho cả k 0; n k 1≥ ≥ + k k k k 1 n n k n k 1D ( 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 I. ĐẶT VẤN ĐỀ - Trong lượng giác ta đã biết đến những công thức cộng cung, công thức nhân đôi, nhân ba,.. một cung, chẳng hạn: 2cos 2 2cos 1x x= − 3cos3 4cos 3cosx x x= − 4 2cos 4 8cos 8cos 1x x x= − + v.v… - Không khó khăn lắm để chứng minh được rằng cosnx luôn khai triển được dưới dạng đa thức bậc n của cos x : -2 0 1 2 2 2cos cos cos ... cos n n n n n n n nnx T x T x T x         −     = + + + . - Trong đó knT là các hệ số của khai triển cần tìm. Tương tự như khai triển tổng và tích, ta có bài toán sau: II. BÀI TOÁN Khai triển cosnx 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 knT 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 nT . Biểu thức (I) còn được gọi là khai triển Tchebychev. 1. ĐI TÌM LỜI GIẢI - Với công thức cộng cung, ta sẽ áp dụng ở đây để tìm biểu thức truy hồi của cosnx 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 cosnx 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 0knT = với 0k < hoặc 2 nk  >    điều này là hoàn toàn tự nhiên theo như định nghĩa về knT . Khi đó từ biểu thức (*) ta suy ra: 1 1 22 ( 1; 2) (III)k k kn n nT T T k n−− −⇔ = − ≥ ≥ - Công thức (III) cho phép ta tính dần được các hệ số khai triển Tchebychev k nT qua các giá trị trung gian. + Với 0k = ta có: 0 0 2 0 1 0 11 2 12 2 ... 2 2 ( 1)n nn n nT T T T n− −− −= = = = = ≥ + Với 1k = và 2n = ta có: 1 1 0 02 1 0 01 2T T T T− = = − = − + Do vậy ta quy ước 00 1T = - 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 2D D D (k 1; n 2) (II)−− −= − ≥ ≥ và công thức (III) ở trên: 1 1 22 ( 1; 2) (III)k k kn n nT T T k n−− −= − ≥ ≥ ta thấy có cùng một dạng. - Thực ra thì công thức k k k 1 n n 1 n 1C 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) nD .C (k 1; n k 1) k − − − − = ≥ ≥ + đó sao? Vậy tại sao ta không thử tìm xem giữa k nT và k nD có quan hệ tuyến tính với nhau không? 2. TRUY TÌM CÔNG THỨC - Đặt { }, .k kn nT u k n D= trong đó { },u k n là dãy hệ số cần tìm. Ta sẽ được: - Theo (III): { } { } { } 11 2, . 2 , 1 1, 2k k kn n nu 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 ,2n ku 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 2u k k u k k u k k u −= − − = − − = = = - Do đó: { } 2 1, 2n ku k n − −= - Cuối cùng ta thu được công thức 2 12 .k n k k n n T D− −= trong đó: 1 1( 1) ( )k k k kn n k n kD C C −− − −= − + Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 20 - - Như vậy thì thang Tchebychev có được từ thang Vi-et bằng cách nhân hàng n 12n− với và chia cột k cho 22 k . Tổng kết phần Một - Qua nghiên cứu về dạng khai triển của một số đa thức quen thuộc, ta tìm được các mối liên hệ rất đặc biệt giữa các hệ số của chúng. Mà mấu chốt trong phương pháp nghiên cứu ở đây là: từ phân tích trường hợp riêng, nhận biết từng dấu hiệu rồi kết luận cho trường hợp tổng quát. Đó chính là phép “suy luận quy nạp không hoàn toàn” hay “những suy luận nghe có lý”. Việc cuối cùng sau khi ta phán đoán được công thức tổng quát là đi chứng minh nó. - Các bạn rút ra được những bổ ích gì qua phần Một này? Chắc hẳn việc giải quyết một bài toán không chỉ đơn thuần là tìm ra kết quả phải không các bạn! Nhìn vào con đường ta đi tìm lời giải cho các bài toán từ I đến IV ta mới thấy được thành quả, dù là nhỏ thôi nhưng cũng là bước khởi đầu cho một tư duy logic trong học tập và nghiên cứu Toán Học. Và biết đâu ai đó trong số các bạn sẽ trở thành một nhà Toán Học vĩ đại! - Giờ là lúc chúng ta cùng nhau đi tiếp sang phần 2 với những thử thách lớn hơn và hứa hẹn nhiều điều thú vị. Đó là con đường đi tìm các Tổng cơ bản! Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 21 - HAI: VẤN ĐỀ XUNG QUANH CÁC TỔNG CƠ BẢN Tổng cơ bản là một công cụ rất quan trọng trong Toán sơ cấp. Ta thường gặp các tổng cơ bản trong khi tính toán với các đa thức, tổng các số hạng của một dãy số, tổng riêng của một chuỗi, … hay trong phần Một ta cũng ít nhiều tính toán đến các tổng cơ bản. Vậy thế nào là một tổng cơ bản? Trước khi trả lời câu hỏi trên chúng ta phân tích kỹ hơn việc biểu diễn tổng 0 (0, ) (1, ) ... ( , ) ( , ) n k F x F x F n x F k x = + + + =∑ là một tổng có n+1 số hạng. Trong đó k nhận các giá trị từ 0 đến n được gọi là biến chỉ số hay biến chạy. Biến chạy k là thuộc tính của tổng, cho biết hàm số sau dấu ∑ là F(k,x) được lấy tổng như thế nào. Mỗi giá trị k của hàm F(k,x) tương ứng với một số hạng. Hàm đơn giản nhất sau dấu ∑ là đa thức của biến chỉ số k. Các tổng sau đây được gọi là tổng cơ bản: 0 n m m k S k = =∑ với m > 0. 0 n m m k S k = =∑ được gọi là tổng cơ bản một biến bậc m (m > 0). Ta đã biết đến một số tổng cơ bản như: 2 2 2 3 1 2 3 0 0 0 ( 1) ( 1)(2 1) ( 1) ; ; 2 6 4 n n n k k k n n n n n n nS k S k S k = = = + + + + = = = = = =∑ ∑ ∑ Bài toán đặt ra cho ta là làm thế nào để tính được mS với m > 0 bất kỳ? Thực ra ta cần chú ý là 0 0 1 1 n k S n = = = +∑ cũng là một tổng cơ bản nhưng không được phép viết 00 0 n k S k = =∑ bởi vì 00 là không xác định. - Bây giờ chúng ta cùng nhập cuộc! Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 22 - BÀI 1: CÁC TỔNG CƠ BẢN 1 BIẾN Ta hãy bắt đầu với cách tìm tổng cơ bản 2S Ta có: [ ]22 0 0 0 2 1 1 0 3 3 2 1 0 3 3 2 1 ( 1) 2 ( 1) 2 ( ) 2 ( 1) 2( ) 2 ( 1)( 2) ( 1) 3 2 ( 1)(2 1) 6 n n n k k k n k k n k k k n S k k k k C S n nC C n nC C n n n n n n n n = = = + = + + = + = = + − = − + = − − + = − − + + + = − + + = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Trong cách tính 2S ở trên ta dùng tới 2 giải pháp. Thứ nhất là công thức của tổ hợp 1 11 1 2 r r r k k kC C C + + + + ++ = hay 1 1 2 1 1 r r r k k kC C C + + + + +− = . Thứ hai là phương pháp sai phân để tính tổng (biểu thức lấy tổng được tách thành một hiệu của hai số hạng liên tiếp trong dãy). Dựa vào cách làm ở trên cho ta thấy, để tính được tổng mS thì ta cần thiết phải tính được tổng sau: 0 ( 1)...( 1) n n m k M k k k m = = + + −∑ hay 1 0 n n m m k m k M A + − = =∑ với 1 ( 1)...( 1)mk mA k k k m+ − = + + − là số chỉnh hợp chập m của 1k m+ − Ta có: 1 1 1 11 1 1 0 0 ! ! ( ) !( ) n n n m m m m m m k m m k m k m n m k k M m C m C C m C C+ + + ++ − + + − + − = = = = − = −∑ ∑ Suy ra: 11 1 0 0 ! ! n n n m m m m m k k m m n k k M A m C m C ++ − + − + = = = = =∑ ∑ (I) Mặt khác theo định nghĩa về tích tự nhiên thì: Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 23 - 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 ( 1)...( 1) n n m n m i i m m k k i m n m i m i m i m m i i k i M k k k m k k S − − − + − = = = − − − − = = = = + + − = Π = Π = Π ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Do đó ta có được công thức: 11 1 ! m n m i m m m i m n i M S m C− + − + = = Π =∑ (II) Công thức (II) cho ta mối quan hệ mật thiết giữa các tổng cơ bản từ bậc 1 đến bậc m, ngoài ra còn thêm sự có mặt của các tích tự nhiên. Mà ta biết rằng tích tự nhiên không thể tính được trực tiếp do đó các tổng cơ bản trong công thức (II) cũng không thể tính được trực tiếp. Tuy nhiên công thức (II) là đủ để ta tính dần các tổng cơ bản bậc cao qua các bậc thấp hơn. Ví dụ: tính 3S : Theo công thức (II) với 3m = ta có: 2 1 0 42 1 2 2 2 3 33! nS S S C +Π +Π +Π = Suy ra: 4 1 2 3 3 4 3 3 2 1 3 2 2 3 2 3 6 6 3 2 ( 1)( 2)( 3) 3 ( 1)(2 1) 2 ( 1) 4 6 2 ( 1) 4 n n S S S C S C S S n n n n n n n n nS n nS + + + + = ⇒ = − − + + + + + + ⇒ = − − + ⇒ = Cũng như trong bài tích tự nhiên, bài toán về các tổng cơ bản chỉ có thể dừng lại ở đây. Và tất nhiên sẽ không có điều gì phải nhắc tới nếu ta không xét bài toán mở rộng sau đây. Từ đầu bài viết cho đến đây thì các tổng cơ bản của ta được xét đến là tổng của một biến chỉ số k ( 0,k n= ). Bây giờ giả sử trong một tổng của ta có nhiều hơn một biến chỉ số thì sao ? Giả sử có m biến chỉ số 1 2, ,..., mk k k cũng chạy từ 0 cho tới n nhưng ràng buộc tuyến tính với nhau 1 2 ... mk k k k= + + + trong đó 0,k n= thì bài toán của ta sẽ như thế nào ? Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 24 - BÀI 2 : TỔNG CƠ BẢN NHIỀU BIẾN I. ĐỊNH NGHĨA Với , ; 1,i ip k i m= là các số nguyên dương, ta gọi : [ ] 1 2 1 2 1 2 1 2, ,..., ... 0 ... m m m n pp p mp p p k k k S k k k + + + = = ∑ (III) là tổng cơ bản m biến bậc [ ]1 2, ,..., mp p p Như vậy thì [ ] 0 n m mm k S k S = = ≡∑ chính là tổng cơ bản 1 biến bậc m. Nói cách khác, tổng cơ bản 1 biến là trường hợp đặc biệt của định nghĩa trên. Vấn đề đặt ra ở đây là vế phải của (III) phải tính như thế nào ? - Một sự suy luận mở rộng của bài trước hết sức tự nhiên là ta tìm cách mở rộng công thức (I) cho m biến. II. BÀI TOÁN 1 - Để tính được tổng cơ bản m biến, ta hãy tìm cách tính tổng [ ] [ ] 1 2 1 1 2 21 2 1 2 1 1 1, ,..., ... 0 ... ?m m mm m n n pp p k p k p k pp p p k k k M A A A+ − + − + − + + + = = =∑ Đi tìm lời giải : * Với 1m = , ta có : [ ] [ ] 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 0 ! n n p pn p k p p np k M M A p C ++ − + = ≡ = =∑ (công thức (I)) * Với 2m = , ta có : [ ] [ ] 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 21 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1, 0 0 ! ! n n n p p p p k p k p k p k pp p k k k k M A A p p C C+ − + − + − + − + = + = = =∑ ∑ [ ] [ ] 1 2 1 1 2 21 2 1 2 1 2 1 1, 0 ! ! n n p p k p k pp p k k k k M p p C C+ − + − = + = = ∑ ∑ (1) - Trong (1) ta xét riêng tổng : [ ] [ ] 1 2 1 1 2 21 2 1 2 1 1, k p p k p k pp p k k k E C C+ − + − + = = ∑ (2) - Làm sao để tính được (2) bây giờ ? Ta lại đi từ trường hợp riêng vậy • với 0k = , khi đó 1 2 0k k= = Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 25 - và [ ] [ ] 1 2 1 21 2 0 1 1, 0 p p p pp pE C C− −= = • với 1k = , khi đó có hai trường hợp 1 20; 1k k= = hoặc 2 10; 1k k= = ta có : [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 1 1, 0 p p p p p p p pp pE C C C C− −= + = • với 2k = , ta có [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 2 1 1 1 1, 1 p p p p p p p p p p p pp pE C C C C C C− + + −= + + = vẫn chưa thấy dấu hiệu nào khả quan, ta tiếp tục xét • với 3k = , ta có [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 21 2 1 2 3 1 2 1 1 2 1, 3 1 1, 3 1 2, 2 p p p p p p p p p p p p p p p pp p p p p pp p p p E C C C C C C C C E C C E p p − + + + + − + + = + + + ⇔ = + ⇔ = + + • với 4k = , ta có [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 2 1 2 1 2 1 2 11 2 1 2 1 2 4 1 3 2 1 1 2 3 1, 3 2 1 1 2, 3 2 2 1 1 1 2, 3 1 2 1 2 , ( 2)( 1) ( 2)( 1)( 1)( 1) 2 2 ( 3)( 2) 2 p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p E C C C C C C C C C C E C C C C p p p pE p p p p p pE − + + + + + + − + + + + = + + + + ⇔ = + + + + + + ⇔ = + + + + + + + + ⇔ = đến đây thì ta đã nhận ra dấu hiệu và có thể dự đoán [ ] [ ] 1 2 1 2 1 1 2 2 1 21 2 1 2 1 1 1 1, k p p p p k p k p p p kp p k k k E C C C k+ ++ − + − + + − + = = = ∀ ∈∑
(3) Ta sẽ chứng (3) bằng quy nạp : - Rõ ràng (3) đúng với 0,1, 2,3,4k = Giả sử (3) đúng với ( 4)k ≥ , ta xét xem (3) có đúng với 1k + không ? Ta có : [ ] [ ] 1 2 1 1 2 21 2 1 2 1 1 1, 1 k p p k p k pp p k k k E C C+ + − + − + = + = ∑ Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 26 - [ ] [ ] 1 2 1 1 1 21 2 1 1 1 1 1 1, 0 k k p p k p k k pp p k E C C + + + − + − + − = ⇔ =∑ [ ] [ ] 1 2 1 1 1 21 2 1 1 1, 0 k k p p k p k k pp p k E C C+ + − − + = ⇔ =∑ (số hạng cuối cùng 0= ) Đặt 2 1k k k= − suy ra [ ] [ ] 1 2 1 1 2 21 2 1 2 1 1, k p p k p k pp p k k k E C C+ + − + + = ⇒ = ∑ [ ] [ ] 1 2 2 1 1 2 2 2 21 2 1 2 1 1 1 ( 1) 1 1, ( )k p p pk p k p k pp p k k k E C C C+ ++ − + + − + − + = ⇒ = −∑ [ ] [ ] 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 21 2 1 2 1 2 1 1 1 ( 1) 1 1 1, k p p p p k p k p k p k pp p k k k k k k E C C C C+ ++ − + + − + − + − + = + = ⇒ = −∑ ∑ [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 1 , , 1 , k k k p p p p p pE E E + + ⇒ = − [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 1, k p p p p p p k p p kp pE C C + + + + + + + + + −⇒ = − (theo giả thiết quy nạp) [ ] [ ] 1 2 1 21 2 1 1 , k p p p p kp pE C + + + + +⇒ = Đây chính là biểu thức (3) khi thay k bằng 1k + . Vậy (3) cũng đúng với 1k + , theo nguyên lý quy nạp (3) đúng k∀ ∈
. - Trở lại với tổng (1) ở trên : [ ] [ ] 1 2 1 1 2 21 2 1 2 1 2 1 1, 0 ! ! n n p p k p k pp p k k k k M p p C C+ − + − = + = = ∑ ∑ [ ] [ ] 1 2 1 21 2 1 1 2 1, 0 ! ! n n p p p p kp p k M p p C + ++ + − = ⇒ = ∑ (theo (3)) [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 1 21 2 2 2 1 2 1, 0 ! ! ( ) n n p p p p p p k p p kp p k M p p C C+ + + ++ + + + − = ⇒ = −∑ [ ] [ ] 1 2 1 2 1 1 2 2 1 21 2 1 2 2 1 2 1 1 1 2, 0 ! ! ! ! n n p p p p k p k p p p np p k k M p p C C p p C + ++ − + − + + + = ⇒ = =∑ Như vậy qua 2 trường hợp 1m = và 2m = ta dễ dàng nhận ra công thức tổng quát với m biến như sau : [ ] [ ] 1 2 1 2 1 21 2 1 1 2 2 1 2, ,..., 1 2 ... 0 p ... 1 1 1 p ...! !... !... m m m m m m m n p p p m k k k n p p p mp p k p k p k p p p np p pM A A A C + + + = + + + + + − + − + − + + + += =∑ (4) Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 27 - Thật vậy ta sẽ chứng minh (4) bằng phương pháp quy nạp theo m. Rõ ràng (4) đã đúng với 1m = và 2m = . Giả sử (4) đúng với m , ta xét (4) với 1m + Ta có : [ ] [ ] 11 2 1 1 2 2 1 11 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1, ,..., ... 0 ! !... ! ... m m mm m n n pp p m k p k p k pp p p k k k M p p p C C C + + ++ + + + − + − + − + + + = = ∑ 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 0 ... 0 ! !... ! ... m m m m m m m m m n kn p pp p m k p k p k p k p k k k k p p p C C C C + + + + + − + + − + − + − + − = + + + = = ∑ ∑ [ ] [ ]11 1 1 1 2 1 1 1 , ,..., 0 ! mm m m m m n n kp m k p p p p k p C M ++ + + + − + + − = = ∑ 1 1 2 1 1 1 2 1 1 ... 1 2 1 1 ... 0 ! !... ! m m m m m m m n p p p p m m k p p p p n k k p p p C C+ + + + + + + + + + + − + + + + − = = ∑ (theo giả thiết quy nạp) Đặt 1 1( 1) 1m mk n k m k k n m+ += − − + ⇔ + = − + (ở đây cần có điều kiện 1n m≥ − ) ta được [ ] [ ] 1 1 2 1 1 1 21 2 1 1 ... 1 2 1 1 ... 1, ,..., 1 ! !... ! m m m m mm m n p p p p m m k p p p p m kp p p k k n m M p p p C C+ + ++ + + + + + + + − + + + + + − + = − + = ∑ [ ] [ ] [ ] [ ] 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1, ,..., , ...! !... !m m m n n m mp