Chủ đề này có 5 trả lời

[SomeoneQK]

Cho số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng: $\binom{2^{n}}{k} \vdots \hspace{0.15cm} 2, \forall k=1,2,...,2^{n}-1$.

Tức chứng minh các hệ số của các hạng tử trong khai triển $\left ( a+b \right )^{2^{n}}$ (trừ $a^{2^{n}}$ và $b^{2^{n}}$) đều là các số chẵn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SomeoneQK: 04-04-2023 - 20:28

[Nobodyv3]

Cho số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng: $\binom{2^{n}}{k} \vdots \hspace{0.15cm} 2, \forall k=1,2,...,2^{n}-1$.
Tức chứng minh các hệ số của các hạng tử trong khai triển $\left ( a+b \right )^{2^{n}}$ (trừ $a^{2^{n}}$ và $b^{2^{n}}$) đều là các số chẵn.

Ta có thể chứng minh bằng qui nạp
Trước hết, ta chứng minh :
$$(x+1)^{2^n} \equiv x^{2^n} + 1 \pmod{2}\tag{1}$$
Với  $n=0$ thì  $(1)$ đúng.
Với  $n+1$ thì :
$$\begin {align*}
(x+1)^{2^{n+1}} = \left[(x+1)^{2^n} \right]^2 &\equiv (x^{2^n}+1)^2 = x^{2^{n+1}} + 2 x^{2^n} + 1\\
&\equiv x^{2^{n+1}} + 1 \pmod{2}\\
\Rightarrow (x+1)^{2^{n+1}}&\equiv x^{2^{n+1}} + 1 \pmod{2}\\
\end {align*}$$
Vậy theo nguyên lý qui nạp thì $(1)$ đúng.
Mà :
$$(x+1)^{2^n} = \sum_{k=0}^{2^n} \binom{2^n}{k} x^k$$
Do đó:
$$\sum_{k=0}^{2^n} \binom{2^n}{k} x^k \equiv x^{2^n} + 1 \pmod{2}$$
So sánh hệ số, ta có :
$\binom{2^n}{k} \equiv 0 \pmod{2}$ với mọi
$ 0<k<2^n$
Điều này chứng tỏ rằng:
$\displaystyle \binom{2^{n}}{k} \vdots \hspace{0.15cm} 2, \forall k=1,2,...,2^{n}-1\qquad \square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 04-04-2023 - 22:53

[nmlinh16]

Trường hợp riêng của định lý tương ứng Lucas

[hxthanh]

Chỉ cần bổ đề:
Với số nguyên dương $m$ thì $v_2(m!)\le m-1$ là xong
Thật vậy luôn tồn tại $p\in \mathbb N$ sao cho $2^p\le m <2^{p+1}$
Khi đó: $v_2(m!)=2^{p-1}+2^{p-2}+…+1=2^p-1\le m-1$
Do đó:
$v_2[k!(2^n-k)!]\le (k-1)+(2^n-k-1)=2^n-2$
Trong khi $v_2[(2^n)!]=2^{n-1}+2^{n-2}+…+1=2^n-1$

Nói cách khác số thừa số 2 ở tử luôn lớn hơn số thừa số 2 ở mẫu ít nhất 1.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 04-04-2023 - 23:12

[Nobodyv3]

Trường hợp riêng của định lý tương ứng Lucas

$${2^n \choose k} = \prod_{i=0}^n{m_i \choose k_i} \pmod 2$$
...n'est-ce pas?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 04-04-2023 - 23:14

[chuyenndu]

Trường hợp riêng của định lý tương ứng Lucas

OP post trong toán THPT nên không cần "dao mổ trâu" như thế