Đến nội dung


Thông báo

Thời gian vừa qua do diễn đàn gặp một số vấn đề về kĩ thuật nên thỉnh thoảng không truy cập được, mong các bạn thông cảm. Hiện nay vấn đề này đã được giải quyết triệt để. Nếu các bạn gặp lỗi trong lúc sử dụng diễn đàn, xin vui lòng thông báo cho Ban Quản Trị.


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
  • 274 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
  • 4256 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

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1501 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