ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN BÁ NAM

VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN BÁ NAM

VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 84 60 113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. Trần Xuân Quý


4
4
6
8
8
10
13

.
.
.
.
.
.
.
.

16
17
18
22
24
30
33
38
43

Chương 3. Một số bài toán áp dụng
3.1 Một số bài toán về hệ số nhị thức và hệ số đa thức . . . .
3.2 Một số bài toán liên quan trong các kỳ thi học sinh giỏi . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

Qn
Hrn
Cnn1 ,n2 ,...,nm
MO
IM O
AP M O
V MO

=
=
=
=
=
=
=
:
:
=
:
=

Tập hợp các số tự nhiên
{0, 1, 2, 3...}
Tập hợp các số tự nhiên khác 0
{1, 2, 3...}
Tập hợp các số nguyên
{..., −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3...}
Tập hợp các số thực
a là ước của b
a không là ước của b

n!
số hoán vị vòng quanh của tập n phần tử
(n − 1)!
r
Cr+n−1

n!
(n−r)!

n!
n1 !.n2 !...nm !

Olympic
Olympic
Olympic
Olympic

Toán
Toán
Toán
Toán

học
Quốc tế
Châu Á Thái Bình Dương
Việt Nam


2



Chương 3. Một số bài toán áp dụng. Chương 3 trình bày hệ thống các
bài toán sơ cấp liên quan đến hệ số nhị thức, hệ số đa thức và một số bài
toán trong các kỳ thi học sinh giỏi.
Để hoàn thành bản luận văn này, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc tới TS. Trần Xuân Quý, người thầy nhiệt huyết đã truyền thụ kiến
thức, đã chỉ ra hướng đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình
làm luận văn. Đồng thời, tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô phản biện
đã dành thời gian đọc và đóng góp những ý kiến quý báu cho bản luận văn
này.
Tôi xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa ToánTin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng
dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn
thành luận văn. Qua đây, tôi cũng gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu Trường
THPT Yên Phong số 1 và các thầy cô giáo trong Tổ Toán của nhà trường,
nơi tôi đang công tác, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi trong công tác và
giảng dạy để tôi được tập trung hoàn thành chương trình học, cũng như
bản luận văn.
Tôi cũng muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đặc biệt là người vợ
của tôi, cũng như các con tôi đã luôn động viên, giúp đỡ và là nguồn động
lực cho tôi trong quá trình học, cũng như hoàn thiện bản luận văn này.

Thái Nguyên, ngày 22 tháng 4 năm 2018
Tác giả luận văn

Nguyễn Bá Nam


4

Chương 1


5

(1 ≤ i ≤ n, i = j), thì sẽ có

n
k=1

mk cách chọn đối tượng a1 , hoặc a2 ,...,

hoặc an .
Quy tắc cộng theo ngôn ngữ tập hợp được phát biểu như sau:
Cho n tập hợp Ak (1 ≤ k ≤ n) với |Ak | = mk và ∀i, j (1 ≤ i, j ≤ n)
Ai ∩ Aj = ∅, khi i = j. Khi đó, số cách chọn a1 , hoặc a2 ,..., hoặc an sẽ
bằng số cách chọn các phần tử a thuộc

n
k=1

Ak và bằng

n
k=1

Ak =

n
k=1

|Ak |.


|Si | =1 + 4 + 4 + 0 + 4 + 8 = 21.
i=1

Ví dụ 1.1.3. (Tài liệu [1], trang 12). Với các chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có
thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và
trong mỗi số phải nhất thiết có mặt chữ số 1?


6

Lời giải: Gọi số cần lập là abcd. Vì trong abcd nhất thiết phải có mặt chữ số
1, nên ta xét các tập A1 , A2 , A3 , A4 là tập các số dạng 1bcd, a1cd, ab1d, abc1
tương ứng.
1. Xét A1 khi lập số 1bcd, b có 6 cách chọn từ các chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6;
c có 5 cách chọn từ các chữ số thuộc tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {b}; d có 4
cách chọn từ các chữ số của tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {b, c}. Do đó, số cách
lập các số dạng 1bcd là 6.5.4 = 120 hay |A1 |=120.
2. Xét A2 , A3 , A4 .
• Xét A2 . Chữ số a đứng đầu của số a1cd, nên nó không được là chữ
số 0, nên a chỉ có thể chọn từ 1 trong 5 chữ số 2, 3, 4, 5, 6; c có 5
cách chọn từ các chữ số thuộc tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {a}; d có 4 cách
chọn từ các chữ số của tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {a, c}. Do đó, số cách
lập các số dạng a1cd là 5.5.4 = 100 hay |A2 |=100. Lập luận tương
tự, ta cũng có |A3 | = |A4 | = 100.
• Vì các số thuộc các dạng khác nhau đều khác nhau, nên với mọi
i, j với (1 ≤ i, j ≤ 4) , i = j, ta đều có Ai ∩ Aj = ∅. Do đó, số các
số cần tìm được tính theo quy tắc cộng, ta có
|A1 | + |A2 | + |A3 | + |A4 | = 120 + 100 + 100 + 100 = 420.


chọn đường đi từ A đến B và có 2 cách chọn đường đi từ B đến D, nên
theo quy tắc nhân, số cách chọn đường đi từ A đến D qua B là 4.2=8.
Tương tự, số cách chọn đường đi từ A đến D qua C là 3.4=12.
Vì cách chọn đường đi từ A sang D qua B và cách chọn đường đi từ A
sang D qua C không phụ thuộc lẫn nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có số
con đường để đi từ A sang D là 8+12=20.
Ví dụ 1.1.5 (Tài liệu [2], trang 5). Tìm số các ước số dương của số 600
(kể cả 1 và chính nó).
Lời giải: Trước hết, ta thấy rằng số 600 có sự phân tích thành tích duy
nhất qua các thừa số nguyên tố, đó là
600 = 23 .31 .52 .
Do đó, một số nguyên dương m là ước của 600 khi và chỉ khi m có dạng
m = 2a .3b .5c , với a, b, c ∈ Z sao cho 0 ≤ a ≤ 3, 0 ≤ b ≤ 1, 0 ≤ c ≤ 2.
Vậy, số các ước số dương của 600 là số cách để tạo thành bộ ba (a, b, c),
với a ∈ {0, 1, 2, 3} , b ∈ {0, 1} , c ∈ {0, 1, 2} .
Khi đó, theo quy tắc nhân, ta có tất cả 4x2x3=24 ước số dương của số
600.
Nhận xét 1.1.6. Bằng cách áp dụng quy tắc nhân một cách tương tự, ta
có được kết quả tổng quát sau đây:
Nếu một số tự nhiên n có sự phân tích thành các thừa số nguyên tố dạng
n = p1k1 .pk22 ...pkr r , trong đó, pi là các số nguyên tố phân biệt và ki là các số
r
nguyên, thì số các ước số dương của n bằng
(ki + 1).
i=1

Trong các ví dụ trên, chúng ta đã thấy các quy tắc cộng và nhân được
sử dụng riêng biệt để giải quyết một số bài toán đếm. Hiển nhiên, việc giải
quyết một bài toán phức tạp hơn có thể cần áp dụng đồng thời cả hai quy
tắc cộng và quy tắc nhân. Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau.

Hoán vị và hoán vị xoay vòng
Hoán vị

Trong phần đầu của Mục 1.1, ta đã đề cập đến bài toán sau: "Có bao nhiêu
cách để sắp xếp 5 chàng trai và 3 cô gái thành một hàng sao cho không có
hai cô gái nào ngồi cạnh nhau?". Đây là một ví dụ điển hình của một vấn
đề tổng quát hơn về sắp xếp một số người hay đồ vật khác nhau tùy thuộc
vào các điều kiện cụ thể nhất định nào đó.
Định nghĩa 1.2.1. (Tài liệu [2], trang 6). Cho A = {a1 , a2 , ...an } là một
tập hợp gồm n phần tử khác nhau. Với số tự nhiên k, 0 < k < n, một
k-hoán vị của A hay một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A, là một
cách sắp xếp bất kỳ k phần tử của A liên tiếp.
Khi k = n, một n-hoán vị của A được gọi đơn giản là một hoán vị của A.
Ký hiệu số k-hoán vị của A hay một chỉnh hợp chập k của n phần tử
của A là Akn , hay Pnk . Bằng quy tắc nhân, dễ dàng chứng minh được công
thức:
Akn = n.(n − 1)...(n − k)
hay
Akn =

n!
(n − k)!


9

Khi k = n, số các hoán vị của A là Ann và được ký hiệu gọn lại bằng Pn .
Khi đó, ta có công thức:
Pn = n!
với quy ước 0! = 1 và A0n = 1.


tử này là (7 + 1)! cách. Vì các cô gái có thể hoán đổi vị trí cho nhau với
số cách là 3! cách. Do đó, theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp trong trường
hợp này là: 8!.3! (cách).
b) Trước tiên chúng ta xem xét sự sắp xếp cho các chàng trai và sau đó là
cho các cô gái.
Có 7! cách sắp xếp các chàng trai vào các vị trí từ B1 đến B7 (như Hình
1.1).
Như vậy, chỉ có 6 chỗ trống cho 3 cô gái G1 , G2 , G3 (các cô gái xếp vào
các ô trống như hình 1.1).
G1 có 6 lựa chọn. Vì không có hai cô gái ở cạnh nhau, nên G2 có 5 lựa
chọn và G3 có 4 lựa chọn. Do đó, theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp trong
trường hợp này là 7! x 6 x 5 x 4 (cách).

Hình 1.1: Minh họa Ví dụ 1.2.5 b)

1.2.2

Hoán vị xoay vòng (hay hoán vị tròn)

Các hoán vị thảo luận trong Phần 1.2.1 liên quan đến sắp xếp các vật trong
một hàng. Có hoán vị đòi hỏi sắp xếp các đối tượng trong một đường tròn.
Đây được gọi là hoán vị xoay vòng hay hoán vị tròn. Để hiểu rõ về hoán
vị tròn, trước hết ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1.2.6. (Ví dụ dẫn dắt) (Tài liệu [1], trang 16). Mời sáu người
khách ngồi xung quanh một bàn tròn. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ
ngồi?
Lời giải: Vì xếp các người khách ngồi trên 1 bàn tròn nên người ngồi đầu
tiên có thể ngồi ở vị trí bất kỳ. Do đó, nếu ta mời một người nào đó ngồi


b) chàng trai B1 và cô gái G1 không ngồi gần nhau?
c) không có 2 cô gái nào ngồi cạnh nhau?
Lời giải:
a) Số cách xếp là Q8 = 7!.
b) 5 chàng trai và 2 cô gái không bao gồm G1 có số cách xếp chỗ ngồi là
(7-1)!=6! cách. Với sự sắp xếp như thể hiện trong Hình 1.2, G1 có 5 (= 7


12

- 2) lựa chọn cho một chỗ ngồi không liền kề với B1 . Do đó, số cách xếp
chỗ ngồi để thỏa mãn yêu cầu bài là 6! x 5 = 3600 (cách). c) Đầu tiên, ta

Hình 1.2: Minh họa Ví dụ 1.2.9 b)
xếp chỗ ngồi cho 5 chàng trai quanh bàn tròn. Như vậy có (5 - 1)! = 4!
cách. Với sự sắp xếp như thể hiện trong hình 1.3, có 5 cách để xếp chỗ cho
cô gái G1 . Vì không có hai cô gái nào ở gần nhau, G2 và G3 có 4 và 3 lựa
chọn tương ứng. Do đó, số cách xếp chỗ ngồi để thỏa mãn yêu cầu bài là
4! x 5 x 4 x 3 = 1440 (cách).

Hình 1.3: Minh họa Ví dụ 1.2.9 c)
Ví dụ 1.2.10. (Tài liệu [2], trang 16). Có bao nhiêu cách để xếp chỗ ngồi
cho n cặp vợ chồng xung quanh một bàn tròn, trong mỗi trường hợp sau
đây:


13

a) Đàn ông và phụ nữ ngồi xen kẽ nhau.
b) Mỗi phụ nữ đều ngồi cạnh chồng của mình.


Tính chất: Sử dụng công thức về tính số các tổ hợp, dễ dàng chứng minh
được các đẳng thức sau đây:
Cnk = Cnn−k ,

(1.1)

k−1
k
Cnk = Cn−1
+ Cn−1
.

(1.2)

Ví dụ 1.3.3. (Tài liệu [2], trang 20). Có bao nhiêu cách thành lập một
Hội đồng gồm 5 thành viên từ một nhóm gồm 11 người bao gồm 4 giáo
viên và 7 sinh viên nếu:
a) Số người chọn là ngẫu nhiên?
b) Trong Hội đồng phải có đúng 2 giáo viên?
c) Trong Hội đồng phải có ít nhất 3 giáo viên?


14

Lời giải:
5
= 462.
a) Số cách chọn là C11
b) Trước hết, ta chọn 2 giáo viên trong số 4 giáo viên, có C42 = 6 cách

Trường hợp 2: Có C64 cách phân chia 6 người thành 2 nhóm với số người
trong mỗi nhóm lần lượt là 4 và 2 người. Như vậy, tương tự trường hợp
trên, số cách xếp trong trường hợp này là C64 .3!.1! = 90 (cách).
Trường hợp 3: Chúng ta phải cẩn thận trong trường hợp này. Số cách phân
chia 6 người thành 2 nhóm với số người trong mỗi nhóm đều là 3, sẽ là
1 3
1 3
2 C6 . Vì vậy, số cách xếp trong trường hợp này là 2 C6 .2!.2! = 40 (cách).


15

Vậy, theo quy tắc cộng, tổng số cách xếp 6 người vào 2 bàn tròn theo
yêu cầu là 144+90+40=274 (cách).
b) Khi có 3 bàn tròn, ta xét 3 trường hợp số người ngồi xung quanh 3
bàn tương ứng là:
(1) 4 + 1 + 1
(2) 3 + 2 + 1
(3) 2 + 2 + 2
Khi đó, số cách xếp trong các trường hợp lần lượt sẽ là:
(1)

1 4
1
2 C6 .C2 .3!.0!.0!

= 90;

(2) C63 .C32 .2!.1!.0! = 120;
(3)

k!(n−k)!


0

nếu 0 ≤ k ≤ n,
nếu k > n, k < 0

với mọi k, n ∈ Z, n ≥ 0.
Trong Chương 1, ta đã có một số đẳng thức từ số Cnk . Ngoài ra, tiếp tục
sử dụng công thức tính số tổ hợp, ta dễ dàng thu được các kết quả cơ bản
tương tự. Các kết quả đó được tóm tắt thành các đẳng thức sau
Cnk = Cnn−k
n k−1
Cnk = Cn−1
, k≥1
k
n − k + 1 k−1
Cnk =
Cn , k ≥ 1
k
k−1
k
Cnk = Cn−1
+ Cn−1
k
m−k
Cnm .Cm
= Cnk .Cn−k
.

=
k=0

Cách chứng minh thứ nhất: (Quy nạp toán học)
Giả sử đẳng thức trong định lý đã đúng với n = k, tức là
(x + y)k =

k
r=0

Ckr xk−r y r .

Xét n = k + 1, ta có
(x + y)k+1 = (x + y)(x + y)k
k

= (x + y)
r=0
k

=

Ckr xk−r y r

Ckr xk+1−r y r +

k

(theo giả thiết quy nạp)
Ckr xk−r y k+1

Ta chỉ cần chứng minh hệ số của xn−k y trong biểu diễn (x + y)n là Cnk là
xong.


18

Thật vậy, viết lại tích (x + y)n = (x + y)(x + y) . . . (x + y), ta chọn x
n

hoặc y từ nhân tử (x + y) và nhân chúng lại với nhau. Do đó, để có được
số hạng dạng xn−k y k , đầu tiên ta chọn k nhân tử (x + y) trong số n nhân
tử (x + y), khi đó, “y” từ k nhân tử được chọn (tất nhiên “x” thì từ n − k
nhân tử còn lại). Bước đầu tiên này có Cnk cách chọn trong khi bước thứ
hai có 1 cách chọn. Do đó, số cách chọn để có được số hạng xn−k y k là Cnk ,
như trong định lý.

2.2

Đồng nhất tổ hợp

Định lý nhị thức là một trong những kết quả cơ bản của toán học có rất
nhiều ứng dụng. Trong phần này, chúng ta sẽ chứng tỏ Định lý 2.1.1 có
thể dễ dàng thiết lập các đồng nhất thú vị từ các hệ số nhị thức. Với một
vài so sánh, các chứng minh của các đồng nhất này được đưa ra.
Ví dụ 2.2.1. (Tài liệu [2], trang 71). Chứng minh rằng với mọi n ≥ 0 thì
n

Cnk = Cn0 + Cn1 + · · · + Cnn = 2n .

(2.6)


đây là (i). Biểu thức trong phần (ii) được suy ra từ (i) và đẳng thức (2.6).


19

Chú ý 2.2.2. Một tập con của tập X khác rỗng được gọi là tập phần tử
chẵn (tương ứng là lẻ) của X nếu |A| là chẵn (tương ứng là lẻ).
Đẳng thức (2.8) phát biểu rằng với tập n phần tử X thì số tập con
chẵn bằng số tập con lẻ của X. Khi đó, ta thấy có một song ánh giữa họ
các tập con chẵn phần tử và họ các tập con lẻ phần tử của X.
Ví dụ 2.2.3. (Tài liệu [2], trang 72). Chứng minh rằng với mọi số nguyên
n ∈ N, ta có
n

kCnk = Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn = n2n−1 .

(2.9)

k=1

Cách chứng minh thứ nhất: Cho x = 1 trong Định lý 2.1.1, ta có
(1 + y)n =

n

Cnk y k .

k=0



k−1
nCn−1

k=1
n−1

=n

=n

k−1
Cn−1

k=1
r
Cn−1

r=0
n−1

=n2

n

(bằng cách cho r = k − 1)

(theo (2.6)).

Nhận xét 2.2.4. Mở rộng kỹ thuật trong hai chứng minh trên, ta có thể

k 0
k
Cm
Cnk−i = Cm
Cn + Cm
Cn + · · · + Cm
Cn = Cm+n
.

(2.10)

i=0

Cách chứng minh thứ nhất: Theo Định lý 2.1.1, khai triển cả hai vế của
đẳng thức (1 + x)m+n = (1 + x)m (1 + x)n , ta có
m+n


k
Cm+n
xk = 

m

i=0

k=0
0 0
= Cm
Cn +

Cn x
.

Bây giờ, ta so sánh hệ số của xk trong cả hai vế và thu được
k
0 k
1 k−1
k 0
Cm+n
= Cm
Cn + Cm
Cn + · · · + Cm
Cn .

Cách chứng minh thứ hai: Cho X = {a1 , a2 , . . . , am , b1 , b2 , . . . , bn } là tập
gồm m + n phần tử. Ta sẽ đếm số tổ hợp tập A gồm k phần tử của X.
Giả sử rằng A chứa đúng i phần tử dạng a, với i = 0, 1, . . . , k, khi đó,
k − i phần tử còn lại của A dạng b; trong trường hợp này, số cách lập nên
i
tập A như vậy là Cm
Cnk−i . Do đó, theo quy tắc cộng, ta có
k

i
k
Cm
Cnk−i = Cm+n
.

i=0

3
H1 H2 H3 
 2
2
2

A=
H1 H2 H3  .


H13 H23 H33

Câu hỏi đặt ra là giá trị định thức det(A) là bao nhiêu? Ta quan sát thấy
rằng


A=

1
C1
 1
C
 2

C31

C22
C32
C42


Ví dụ 2.2.7. (Tài liệu [2], trang 75). Cho A = (Hrn ) là ma trận vuông cấp
k, trong đó n, r ∈ {1, 2, . . . , k}, mà phần tử ở vị trí (n, r) là Hrn .
Chứng minh rằng det(A) = 1.
Chứng minh: Cho B = (bij ) và C = (cij ) là các ma trận vuông cấp k được
xác định bởi
bij = Cij ,

j−i
cij = Cj−1

tức là


B=

1
C1
 1
C
 2

 1
C3

 .
 ..


Ck1




0
1
2
C0 C1 C2

 0 C0 C1

1
2


0 0 C20
C=

 .
..
..
 ..
.
.


0 0 0

...
...
...
...

=
=
=

k

bni cir =

r−i
Cni Cr−1

i=1
r−i
Cni Cr−1

i=1
r
Cr+n−1
Hrn .

r−i
(do Cr−1
= 0, với i > r)

(sử dụng Đồng nhất Vandermonde)

Do đó, A = BC.
Ngoài ra,
det(A) = det(BC) = det(B) det(C)
0