Đến nội dung


Hình ảnh

$C^{2n}_{4n}$ chia hết cho $8n+4$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 huynhviectrung

huynhviectrung

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 47 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cô đơn nhất
  • Sở thích:Ngồi buồn một mình

Đã gửi 17-06-2013 - 21:08

Cho n là số nguyên dương lẻ,chứng minh rằng:

$$C^{2n}_{4n}\equiv 0 \pmod{8n+4}$$ 


The love make me study harder

The enmity make me stronger


#2 hoilamchi

hoilamchi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 164 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Can Lộc
  • Sở thích:Doraemon và những thứ liên quan đến Mon ú

Đã gửi 13-12-2015 - 14:19

Cho n là số nguyên dương lẻ,chứng minh rằng:

$$C^{2n}_{4n}\equiv 0 \pmod{8n+4}$$ 

Cho mình hỏi kí hiệu phần tô đỏ nghĩa là gì vậy



#3 phong than

phong than

    Đại Sư

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-12-2015 - 14:20

Cho n là số nguyên dương lẻ,chứng minh rằng:

$$C^{2n}_{4n}\equiv 0 \pmod{8n+4}$$ 

 


Bài này đề sai thì phải. Lấy $n = 1$ thì rõ ràng $C^2_4 = 6 \ne 0 \pmod{12}$.

$\frac{C^{2n}_{4n}}{2n + 1} = C^{2n}_{4n} - C^{2n + 1}_{4n}$. (1)

$C^{2n}_{4n} = 2C^{2n - 1}_{4n - 1}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $C^{2n}_{4n} \vdots 4n + 2$.



#4 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4155 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 13-12-2015 - 15:02

$\binom{4n}{2n}= \frac{2n+1}{2n} \binom{4n}{2n-1}$ suy ra $2n+1 \mid \binom{4n}{2n}$.

$\binom{4n}{2n}= 2 \binom{4n-1}{2n-1}$ suy ra $2 \mid \binom{4n}{2n}$.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#5 chanhquocnghiem

chanhquocnghiem

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1029 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Toán,Thiên văn,Lịch sử

Đã gửi 14-12-2015 - 21:12

Cho n là số nguyên dương lẻ,chứng minh rằng:

$$C^{2n}_{4n}\equiv 0 \pmod{8n+4}$$ 

Đề thế này là có sai sót.Xin phép được sửa lại như sau :

Cho $n$ là số tự nhiên lẻ khác $1$, chứng minh rằng : $C_{4n}^{2n}\equiv 0 \pmod {8n+4}$

(Có lẽ vượt quá trình độ THCS)

 

Đặt $n=2k+1$ ($k\in \mathbb{N}^*$)

$C_{4n}^{2n}=C_{8k+4}^{4k+2}=C_{8k+4}^{4k+1}.\frac{4k+3}{4k+2}\Rightarrow C_{8k+4}^{4k+1} \vdots (4k+2)$ và $C_{8k+4}^{4k+2} \vdots (4k+3)$ (1)

Đặt $A=(8k+4)(8k+3)(8k+2)...(4k+3)$

       $B=1.2.3...(4k+2)$

       $C=A.B=1.2.3...(8k+4)$

$C_{8k+4}^{4k+2}=\frac{(8k+4)(8k+3)(8k+2)...(4k+3)}{1.2.3...(4k+2)}=\frac{A}{B}$

Nhận xét $C$ là tích các thừa số liên tiếp từ 1 đến 8k+4, trong đó có 4k+2 thừa số là bội của 2 ; 2k+1 thừa số là bội của 4 ; $k$ thừa số là bội của 8 ; $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ thừa số là bội của 16 ...

Do đó có thể viết $C=2^M.Z$ với $Z$ là số tự nhiên lẻ khác 1 và :

$M=(4k+2)+(2k+1)+k+\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor+...+1$

(mỗi số hạng bằng "phần nguyên" của một nửa số hạng liền trước nó)

Tương tự như thế, có thể viết $B=2^N.Y$ với $Y$ là số tự nhiên lẻ khác 1 và :

$N=(2k+1)+k+\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor+...+1$

(mỗi số hạng bằng "phần nguyên" của một nửa số hạng liền trước nó)

$\Rightarrow A=\frac{C}{B}=2^{M-N}.\frac{Z}{Y}=2^{4k+2}.X$ với $X$ là số tự nhiên lẻ khác 1.

$C_{8k+4}^{4k+2}=\frac{A}{B}=2^P.U$ với $U$ là số tự nhiên lẻ khác 1 và :

$P=(4k+2)-N=(4k+2)-\left [ (2k+1)+k+\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor +...+1\right ]=(k+1)-\left ( \left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor +...+1\right )$

Xét 2 trường hợp :

+ $k$ lẻ : Khi đó

   $P=(k+1)-\left ( \left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor}{2} \right \rfloor+...+1 \right )=(k+1)-\left ( \left \lfloor \frac{k-1}{2} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{k-1}{2} \right \rfloor}{2} \right \rfloor+...+1 \right )\geqslant$

   $\geqslant (k+1)-\left ( \frac{k-1}{2}+\frac{k-1}{2^2}+\frac{k-1}{2^3}+... \right )=(k+1)-(k-1)=2$

+ $k$ chẵn : Khi đó $k=2^Q.V$ với $Q\in \mathbb{N}^*$ và $V$ là số tự nhiên lẻ có thể bằng 1 hoặc khác 1

   Đặt $k=2l$ ($l=2^{Q-1}.V$)

   $P=(2l+1)-\left ( l+\left \lfloor \frac{l}{2} \right \rfloor+...+1 \right )=(l+1)-\left ( \left \lfloor \frac{l}{2} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{l}{2} \right \rfloor}{2} \right \rfloor+...+1 \right )$

   Lại đặt $l=2r$ ($r=2^{Q-2}.V$)

   $P=(2r+1)-\left ( r+\left \lfloor \frac{r}{2} \right \rfloor+...+1 \right )=(r+1)-\left ( \left \lfloor \frac{r}{2} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{r}{2} \right \rfloor}{2} \right \rfloor+...+1 \right )$

   Cứ thế, cuối cùng ta có :

   $P=(2V+1)-\left ( V+\left \lfloor \frac{V-1}{2} \right \rfloor+...+1 \right )=(V+1)-\left ( \left \lfloor \frac{V-1}{2} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{V-1}{2} \right \rfloor}{2} \right \rfloor+...+1 \right )\geqslant$

   $\geqslant (V+1)-\left ( \frac{V-1}{2}+\frac{V-1}{2^2}+\frac{V-1}{2^3}+... \right )=(V+1)-(V-1)=2$

   

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có $P\geqslant 2$.

Vì $C_{8k+4}^{4k+2}=2^P.U$ nên suy ra $C_{8k+4}^{4k+2}\ \vdots 4$ (2)

(1),(2) $\Rightarrow C_{8k+4}^{4k+2}\ \vdots\ (16k+12)$ hay $C_{4n}^{2n}\ \vdots\ (8n+4)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 15-12-2015 - 14:00

...

Ðêm nay tiễn đưa

Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...

 

http://www.wolframal...-15)(x^2-8x+12)





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh