Toán học và những suy luận nghe có lý

Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 0 - Toa
n Ho
c & Những suy luận nghe có lý 2006 Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 1 - LỜI NÓI ĐẦU Toán học và “Những suy luận nghe có lý” là tài liệu được đúc rút từ những bài học, kinh nghiệm, tư duy học Toán của chính tác giả. Cách thể hiện nội dung trong tài liệu này có thể vắn tắt, chủ yếu là các suy luận mở, nhưng chắc chắn sẽ đem lại cho bạn đọc yêu Toán nhiều điều bổ ích. Cách suy nghĩ về một bài toán như thế nào? Có thể mở rộng được bài toán đó không? Có mối liên kết nào khác không? Bắt đầu từ đâu?... Những câu hỏi loại như vậy được nhắc đến hầu như thông suốt từ đầu đến cuối trong những bài viết ở đây. Điều đó khiến cho bạn đọc như được cuốn hút vào từng chi tiết, mỗi vấn đề, mỗi công thức hay định lý. Bạn đọc sẽ có cảm giác những định lý hay công thức dù rất cơ bản ở đây đều như chính bạn là người tìm ra chúng vậy. Học để biết cách làm một bài toán không khó, nhưng học cách xây dựng một bài toán thậm chí là cả một công trình Toán Học mới là một vấn đề đáng quan tâm. Khi đọc xong tài liệu này các bạn có thể nhận ra rằng: nghiên cứu Toán học không phải là một điều gì đó quá xa vời ngoài tầm tay của bạn. Hãy luyện tập tư duy sáng tạo ngay từ hôm nay! Chúc các bạn thành công! Hà nội ngày 25 tháng 3 năm 2006 Hoàng Xuân Thanh Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 2 - MỘT: BẮT ĐẦU TỪ KHAI TRIỂN ĐA THỨC Đa thức là một hàm số cơ bản và quan trọng. Bản thân đa thức vốn chứa đựng rất nhiều tính chất đặc thù mà ứng dụng của nó rất đa dạng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học cũng như trong tự nhiên. Việc khảo sát các hàm số dạng đa thức là rất đơn giản, vì thế người ta thường nghiên cứu các khai triển ra đa thức có thể được đối với một hàm số bất kỳ để tiện lợi cho quá trình tính toán. Điển hình là khai triển nhị thức Newton mà chúng ta sẽ tìm hiểu sau đây: BÀI 1: KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON Công thức khai triển nhị thức Newton hẳn không xa lạ gì đối với bạn khi được học về Tổ hợp. Đó là công thức biểu diễn khai triển lũy thừa n của một tổng: n n k n-k k n k 0 (x a) C x a = + =∑ (1) Trong đó các hệ số knC ( k 0, n= ) là số tổ hợp n chập k, ( ) k n n!C k! n - k ! = (n!=1.2…n; 0!=1) Câu hỏi đặt cho bạn là : “ Newton đã tìm ra công thức này như thế nào?” Bạn có thể chứng minh (CM) được công thức trên mặc dù chưa được biết đến các khái niệm và công thức về tổ hợp? Sao lại không nhỉ? I. ĐI TÌM LỜI GIẢI - Đặt nP (x) 0 n 1 n-1 n nn n nC x C x a ... C a= + + + (2) trong đó knC (k= 0,n ) là các hệ số cần tìm. - Cho x=0, khi đó (1) trở thành n n nna C a= . Vậy nnC = 1 - Mặt khác nP (x) = n 0 n 1 n-1 n nn n n(a x) C a C a x ... C x+ = + + + (3) đồng nhất (2) và (3) ta được: k n-k n nC C= ( k = 0,n ) (I) (I) 0 nn nC C 1⇒ = = . Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 3 - - Các hệ số knC có được bằng cách nhân Decactes thông thường là gì? Để ý rằng mỗi số hạng n-k kx a được tạo nên bởi tích của (n-k) phần tử x được chọn trong (n-k) nhân tử (x+a) với k phần tử a trong k nhân tử (x+a) còn lại. Do đó k nC chính là số tất cả các cách chọn k phần tử a trong n nhân tử (x+a). - Để đơn giản hóa điều này người ta định nghĩa: II. ĐỊNH NGHĨA TỔ HỢP Cho tập hợp E = {a1,a2,...,an}. Mỗi tập con gồm k phần tử phân biệt của E được gọi là một tổ hợp n chập k các phần tử của E. Như vậy k nC chính là số các tổ hợp n chập k. Trở lại với đa thức n k n-k k n n k 0 P (x) C x a = =∑ . - Ta có: n 1n 1 nP (x) (x a) (n 1)P (x)++ = + = + ⇒ n n 1 k n-k k k n 1 k n n+1 k 0 k 0 C x a (x a) C x a + + = = + =∑ ∑ n n n 1 k n 1 k k k n k k 1 k n 1 k k n n n 1 k 0 k 0 k 0 C x a C x a C x a + + − − + + − + = = = ⇔ + =∑ ∑ ∑ n n 0 n 1 k n 1 k k k 1 n 1 k k n n 1 n n n n k 1 k 1 n 0 n 1 k n 1 k k n 1 n 1 n 1 n n 1 k 1 (C x C x a ) ( C x a C a ) (C x C x a C a ) + + − − + − + = = + + − + + + + = ⇔ + + + = + + ∑ ∑ ∑ Vì 0 0 n n n n 1 n n 1C C C C 1+ += = + = (theo công thức (I)) Do đó từ đẳng thức trên ta suy ra: k 1 k k 1 n n n+1C C C (k 1,n)− ++ = = (II) Từ công thức (II) ta lập được bảng sau đây: Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 4 - n=0 00C 1 n=1 01C 1 1C→ ↓ 1 1→ ↓ n=2 02C 1 2C→ ↓ 2 2C→ ↓ hay 1 2→ ↓ 1→ ↓ n=3 03C 1 3C→ ↓ 2 3C→ ↓ 3 3C→ ↓ 1 3→ ↓ 3→ ↓ 1→ ↓ … … … … … … … … … … … Tam giác số trên được gọi là tam giác Pascal, nó cho phép ta xác định được dần các hệ số knC theo công thức (II). Đặc điểm của tam giác Pascal này là: Hai cạnh của tam giác gồm toàn số 1, kể từ hàng n=2 trở đi thì mỗi số hạng ở hàng dưới bằng tổng của hai số hạng hàng kề trên (theo chiều → ). Như vậy hàng n của ∆ Pascal cho ta các hệ số khai triển nhị thức Newton nnP (x) (x a)= + . Ví dụ: 5 5 4 3 2 2 3 4 5( ) 5 10 10 5a b a a b a b a b ab b+ = + + + + + Bài toán chưa thể khép lại ở đây, vì nếu chỉ dùng ∆ Pascal mà tính k nC với n và k lớn ( 10032006C chẳng hạn) thì không khả thi. Thực tế ta cần tìm một công thức tính knC trực tiếp theo n và k. Xét đa thức n n k n k k n n k 0 P (x) (x a) C x a− = = + =∑ Lấy đạo hàm bậc nhất cả hai vế biểu thức trên theo biến x ta được: n n 1 k (n 1) k k n k 0 n(x a) (n k)C x a− − − = + = −∑ k n n 1 n 1k n 1 (n k)C nP (x) P (x) C− − − − ⇔ = k n k n 1 C n C n k − ⇔ = − ⇒ k n 1 k n 2 C n 1 C n k 1 − − − = − − Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 5 - ... ... ⇒ k k 1 k k C k 1 C 1 + + = . Nhân các đẳng thức trên theo từng vế ta được: k n n(n 1)...(k 1)C (n k)(n k 1)...1 − + = − − − k n n(n 1)...(k 1).k(k 1)...1C 1.2...k.(n k)(n k 1)...1 − + − ⇔ = − − − Đặt n! = 1.2…n (quy ước 0! =1) ta được: ( ) k n n!C k! n - k ! = (III) (III) chính là công thức ta cần tìm như ban đầu. Sở dĩ quy ước 0! =1 là bởi vì ( ) 0 n n! 1C ( 1) 0! n - 0 ! 0! = = = . Để cho tiện trong tính toán ta cũng quy ước k nC =0 nếu k n> . Từ công thức (III) ta dễ dàng tìm lại được các công thức (I) và (II). Ngoài ra ta dễ dàng chứng minh được k n k n n C C −= Nhận xét: Dĩ nhiên để tính được knC ta không thiếu gì cách ngắn gọn hơn những suy luận rườm rà ở trên. Nhưng điều quan trọng là cách giải quyết vấn đề, qua đó mở đường cho những sáng tạo. Mở rộng từ bài toán này là bài toán sau đây: Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 6 - BÀI 2: TÍCH TỰ NHIÊN I. ĐẶT VẤN ĐỀ Bài toán: Cho đa thức bậc n: ( ) ( 1)( 2)...( )nP x x x x n= + + + . Hãy tìm dạng khai triển của ( ), ( 0)nP x x ≠ . 1. ĐI TÌM LỜI GIẢI Đặt n n kk nn k 0 P (x) x − = = ∏∑ , Trong đó kn∏ ( k 0, n= ) là các hệ số cần tìm. Vậy hệ số kn∏ được tạo nên như thế nào ? Để tạo nên một số hạng n kx − , ta phải chọn (n k− ) số hạng x trong n nhân tử ( x i+ ) ; ( 1,i n= ) rồi nhân với các số hạng tự do trong k nhân tử ( x i+ ) còn lại. Như vậy mỗi số hạng chứa n kx − là tích các phần tử của một tổ hợp n chập k các phần tử của tập hợp {1,2,.., }n . Có nghĩa là : 1 2 k k n 1 2 k 1 p p ... p n p p ...p ≤ < < < ≤ =∏ ∑ ( k 1,n= ) (I) Rõ ràng với k = 0 thì : 0n 1=∏ (hệ số nx của khi khai triển đa thức ( )nP x bằng 1) Và nn n!=∏ (theo (I)) Ví dụ: 1 2 2 3 1 2 1 p p 3 p p 1.2 1.3 2.3 11. ≤ < ≤ = = + + =∏ ∑ Từ công thức (I) ta đi đến định nghĩa sau: 2. ĐỊNH NGHĨA k n∏ là tổng của tất cả các tích các phần tử của mỗi tổ hợp n chập k của tập các số tự nhiên không quá n. Hay gọi tắt kn∏ là tích tự nhiên n chập k hay tích n chập k. Vấn đề của đặt ra ở bài toán này là: Tìm công thức để tính kn∏ trực tiếp theo k và n. Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 7 - - Xét đa thức n n kk nn k 0 P (x) x − = = ∏∑ Ta có: n 1 n 1 kk n 1n 1 k 0 P (x) x + + − ++ = = ∏∑ (1) Mặt khác theo đề bài: [ ] [ ]n n knkn 1 n k 0 n n n 1 k n kk k n n k 0 k 0 P (x) x (n 1) P (x) x x (n 1) x (n 1)x (2) − + = + − − = = = + + = + +∏ = + +∏ ∏ ∑ ∑ ∑ Từ (1) và (2) suy ra: n 1 n n n 1 k n 1 k n kk k k n 1 n n k 0 k 0 k 0 x x (n 1)x + + − + − − + = = = = + +∏ ∏ ∏∑ ∑ ∑ n n 1 n 1 k n 1 k0 n 1 k n 1 n 1 n 1 k 1 n n n 1 n 1 k n+1 k0 k k 1 n n n n n k 1 k 1 x x x x x (n 1)x (n 1) + + − + −+ + + + = + + − −− = = ⇔ + + =∏ ∏ ∏ + + + + +∏ ∏ ∏ ∏ ∑ ∑ ∑ n n n n 1 k n 1 k n+1 kk k k 1 n 1 n n k 1 k 1 k 1 x x (n 1)x+ − + − −−+ = = = ⇔ = + +∏ ∏ ∏∑ ∑ ∑ k k-1 k n 1 n n(n 1)+⇒ = + +∏ ∏ ∏ (II) Công thức (II) cho phép ta tính dần được các kn 1+∏ thông qua các giá trị trung gian kn∏ và k 1n−∏ . Ta có thể quy ước kn 0=∏ nếu k n> , để tiện cho việc tính toán mà không ảnh hưởng đến tính đúng đắn của các công thức ở trên. Theo (II) ta có: k k k-1n n-1 n-1n− =∏ ∏ ∏ k k k-1 n-1 n-2 n-2(n -1)⇒ − =∏ ∏ ∏ … … … …. … k k k-1 1 0 01⇒ − =∏ ∏ ∏ Cộng n đẳng thức trên lại ta được Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 8 - n k k 1 n i 1 i 1 i k,n− − = = ∀ ∈∏ ∏∑
(III) Cũng từ công thức (II) ta lập được bảng sau: n=0 00∏ 1 n=1 01∏ 11→∏ ↓ 1 1→ ↓ n=2 02∏ 12→∏ ↓ 2 2→∏ ↓ hay 1 3→ ↓ 2→ ↓ n=3 03∏ 13→∏ ↓ 2 3→∏ ↓ 3 3→∏ ↓ 1 6→ ↓ 11→ ↓ 6→ ↓ … … … … … … … … … … … Tam giác số này được gọi là ∆ Fermat (cũng tương tự như ∆ Pascal dùng để tính dần các hệ số khai triển nhị thức). Tam giác Fermat này có đặc điểm sau: - Cạnh góc vuông gồm toàn số 1. - Cạnh huyền là dãy số 0!, 1!, 2!,…,n!,… - Kể từ hàng n=2 trở đi thì mỗi số hạng ở hàng n+1 bằng tổng của (n+1) lần số hạng kề bên trái ở hàng n, với số hạng kế tiếp của hàng n (theo chiều → ) Như vậy, hàng n của ∆ Fermat cho ta các hệ số khai triển đa thức Pn(x) = (x+1)(x+2)…(x+n). Ví dụ: (x+1)(x+2)(x+3)= x3+6x2+11x+6. Cũng như ở bài trước, vấn đề đặt ra là ta phải tìm công thức để tính kn∏ trực tiếp theo k và n. Nhưng ở bài toán này công việc đó không đơn giản như ta nghĩ. Ở bài trước ta đã dùng đạo hàm của đẳng thức Pn+1(x) = (x+a)Pn(x) để tìm được mối liên hệ k kn n 1 nC C n k − = − , nhưng nếu áp dụng cách đó trong bài toán này với đẳng thức: n n 1P (x) (x n)P (x)−= + ' ' n n 1 n 1P (x) P (x) (x n)P (x)− −⇒ = + + thì cuối cùng ta vẫn chỉ thu được công thức (II) mà thôi! Tuy nhiên công thức (III) cho phép ta tính dần được các kn∏ theo k. Ta có: n n 1 0 n i 1 i 1 i 1 n(n 1)i i 2− = = + = = =∏ ∏∑ ∑ Toán học và “Những suy luận nghe có lý” Hoàng Xuân Thanh - 9 - 2n n n n 3 22 1 n i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 2 2 i (i 1) 1 1i i i 2 2 2 n (n 1) n(n 1)(2n 1) (*) 8 12 n(n 1)(n 1)(3n 2) 24 − = = = = − = = = −∏ ∏ + + + = − − + + = ∑ ∑ ∑ ∑ Với phương pháp tính kn∏ theo công thức (III) ta thấy rằng: muốn tìm được công thức tính kn∏ tổng quát theo k và n thì phải tìm được công thức tính các tổng cơ bản (**) trực tiếp theo k và n. Tuy nhiên dễ nhận thấy và chứng minh được kn∏ là một đa thức bậc 2k của n, mặt khác vì k k k0 1 k 1... 0−= = = =∏ ∏ ∏ nên trong đa thức kn∏ phải chứa tích sau: k n kn(n 1)...(n k 1).Q (n)= − − +∏ hay kkn n kA .Q (n)=∏ (IV) trong đó k kn nA k!C= còn kQ (n) là một đa thức bậc k của n với các hệ số hữu tỉ cần xác định. Ví dụ: tính 1n∏ theo (IV) ta có: 11n n 1A .Q (n) n(an b)= = +∏ với: 1 1 1 2 1(a.1 b) 1 1 1 a , b 2 22(a.2 b) 3  = + =∏  ⇒ = =  = + = ∏ Vậy 1n n(n 1) 2 + =∏ . Nhận xét: Ta có thể tính kn∏ với k cho trước theo nhiều cách khác nhau nhưng không tính được trực tiếp 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 kh