Cho n là số nguyên dương lẻ,chứng minh rằng:
$$C^{2n}_{4n}\equiv 0 \pmod{8n+4}$$
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
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 $C^{2n}_{4n} \vdots 4n + 2$.
$\binom{4n}{2n}= \frac{2n+1}{2n} \binom{4n}{2n-1}$ suy ra $2n+1 \mid \binom{4n}{2n}$.
$\binom{4n}{2n}= 2 \binom{4n-1}{2n-1}$ suy ra $2 \mid \binom{4n}{2n}$.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
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 ...
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh