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

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

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

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 lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

$\binom{4n}{2n}= \frac{2n+1}{2n} \binom{4n}{2n-1}$ 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”). 


#5
chanhquocnghiem

chanhquocnghiem

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2494 Bài viết

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