Đến nội dung

Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

Đăng ký: 27-06-2016
Offline Đăng nhập: 19-09-2023 - 11:19
****-

#698920 $x^{p}+y^{p}=p[(p-1)!]^{p}$

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 26-12-2017 - 09:52

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

                                               $x^{p}+y^{p}=p[(p-1)!]^{p}$

Với $p$ nguyên tố lẻ

Ta sẽ chứng minh phương trình này vô nghiệm.

Giả sử tồn tại $x, y$ thỏa mãn đề bài. Mà do $(p-1)!$ $\not \vdots$ $p$ nên $\left [ (p-1)! \right ]^{p}$ $\not \vdots$ $p.$ Từ đó suy ra: $p.\left [ (p-1)! \right ]^{p}$ $\not \vdots$ $p^{2}$

*Nếu $x$ $\vdots$ $p$ thì do $x^{p}+y^{p}$ $\vdots$ $p$ nên dẫn đến $y$ $\vdots$ $p.$ Vì $p$ là số nguyên tố lẻ nên phải có: $x^{p}$ $\vdots$ $p^{2}$ và $y^{p}$ $\vdots$ $p^{2},$ từ đó suy ra: $\left ( x^{p}+y^{p} \right )$ $\vdots$ $p^{2}.$ Điều này mâu thuẫn do vế phải không chia hết cho $p^{2}.$

*Nếu $x$ $\not \vdots$ $p$ thì từ điều kiện đề bài suy ra $y$ $\not \vdots$ $p.$ Mà theo định lý $Fermat$ nhỏ thì ta có: $x^{p}+y^{p}\equiv x+y$ $($$mod$ $p$$)$ $\Rightarrow$ $x+y\equiv 0$ $($$mod$ $p$$).$

Do đó theo định lý $LTE$ thì ta có: $v_{p}\left ( x^{p}+y^{p} \right )=v_{p}\left ( x+y \right )+v_{p}\left ( p \right )\geq 1+1=2$ $\Rightarrow$ $\left ( x^{p}+y^{p} \right )$ $\vdots$ $p^{2}.$ Điều này mâu thuẫn do vế phải không chia hết cho $p^{2}.$

Vậy suy ra không tồn tại $x, y$ thỏa mãn đề bài hay phương trình ban đầu vô nghiệm.




#697709 Một kết quả của Morley 1895 về tính chất số học của hệ số nhị thức.

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 03-12-2017 - 20:36

Với mọi số nguyên tố $p\geq 5.$ Chứng minh rằng: $(-1)^{\frac{p-1}{2}}\binom{p-1}{\frac{p-1}{2}}\equiv 4^{p-1}($ $mod$ $p^{3}$ $).$




#697208 Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \ma...

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 26-11-2017 - 10:46

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(2x+2y+f(x))=f(f(y))+8x,\forall x, y\in \mathbb{R}.$




#696810 Bài kiểm tra số 2 trường Đông Toán Học miền Nam.

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 19-11-2017 - 10:52

 

 

Bài 5: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện: $f(x^{2})+f(xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$    (1)

 Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1)

$P(0, 0)\Rightarrow 2f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)\in \left \{ 0,2 \right \}.$
Trường hợp 1: $f(0)=0,$ thế
$P(x, 0)\Rightarrow f(x^{2})=xf(x), \forall x\in \mathbb{R}.$
$P(-x, 0)\Rightarrow f(x^{2})=-xf(-x), \forall x\in \mathbb{R}.$
Từ đây suy ra: $xf(x)=-xf(-x), \forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(-x)=-f(x), \forall x\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên suy ra: $f(-x)=-f(x), \forall x\in \mathbb{R}.$
$P(-x, y)\Rightarrow f(x^{2})-f(xy)=-f(x).f(y)-yf(x)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (2)
Cộng (1) với (2) ta được: $2f(x^{2})=xf(x+y)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Leftrightarrow 2xf(x)=xf(x+y)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Rightarrow 2f(x)=f(x+y)+f(x-y), \forall x\neq 0, y\in \mathbb{R},$ mà do $f(0)=0$ nên suy ra: $f(x+y)+f(x-y)=2f(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (3)
Trong (3) thế $y=x\Rightarrow 2f(x)=f(2x), \forall x\in \mathbb{R}.$
Từ đây suy ra: $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)=f(2x)=f(x+y+x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$
Vậy suy ra: $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Rightarrow f$ là hàm cộng tính.
Từ đây áp dụng vào (1) suy ra: $f(x^{2})+f(xy)=f(x).f(y)+yf(x)+x\left ( f(x)+f(y) \right )=f(x).f(y)+xf(x)+xf(y)+yf(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (4)
Mà do ta có: $f(x^{2})=xf(x), \forall x\in \mathbb{R}$ nên từ (4) suy ra: $f(xy)=f(x).f(y)+xf(y)+yf(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (5)
Trong (5) thế $y=x\Rightarrow f(x^{2})=f(x)^{2}+2xf(x), \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)^{2}+xf(x)=f(x).\left ( f(x)+x \right )=0, \forall x\in \mathbb{R}.$

Từ đây suy ra: $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}$ và $f(x)=-x, \forall x\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2: $f(0)=2,$ thế

$P(0, y)\Rightarrow 2+2=2f(y)+2y, \forall y\in \mathbb{R}\Rightarrow f(y)=2-y, \forall y\in \mathbb{R},$ thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}; f(x)=-x, \forall x\in \mathbb{R}; f(x)=2-x, \forall x\in \mathbb{R}.$




#696803 Bài kiểm tra số 2 trường Đông Toán Học miền Nam.

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 19-11-2017 - 09:25

BÀI KIỂM TRA SỐ 2 TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN HỌC MIỀN NAM

                                                                                         Ngày thi thứ nhất: 17 - 11 - 2017

                                                                                         Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ BÀI:

Bài 5: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện: $f(x^{2})+f(xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Bài 6: Cho hai đường tròn $(O_{1})$ và $(O_{2})$ tiếp xúc ngoài tại $M.$ Một đường thẳng cắt $(O_{1})$ tại $A,$ $B$ và tiếp xúc với $(O_{2})$ tại $E$ ($B$ nằm giữa $A$ và $E).$ Đường thẳng $EM$ cắt $(O_{1})$ tại điểm $J$ khác $M.$ $C$ là một điểm thuộc cung $MJ$ không chứa $A,$ $B$ của $(O_{1})$ ($C$ khác $M$ và $J).$ Kẻ tiếp tuyến $CF$ với đường tròn $(O_{2})$ ($F$ là tiếp điểm) sao cho các đoạn thẳng $CF$ và $MJ$ không cắt nhau. Gọi $I$ là giao điểm của các đường thẳng $CJ$ và $EF,$ $K$ là giao điểm khác $A$ của đường thẳng $AI$ và đường tròn $(O_{1}).$ Chứng minh rằng:

a. Tứ giác $MCFI$ là tứ giác nội tiếp và $JA^{2}=JI^{2}=JM.JE.$

b. $CI$ là phân giác ngoài tại $C$ của tam giác $ABC.$

c. $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $BCI.$

Bài 7: Biết rằng với dãy nguyên dương $1< k_{1}< k_{2}< ...< k_{n}$ và dãy nguyên tương ứng $s_{1}, s_{2}, ..., s_{n}$ với mọi số nguyên dương $N$ đều tồn tại $i\in \left \{ 1, 2, ..., n \right \}$ sao cho $N\equiv s_{i}$ $($ $mod$ $k_{i}$ $).$ 

a. Tìm dãy $\left \{ k_{n} \right \}$ và dãy $\left \{ s_{n} \right \}$ thỏa mãn khi $k_{1}=2, k_{2}=3.$

b. Chứng minh rằng: $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{k_{i}}\geq 1.$

c. Tìm $n$ nhỏ nhất để có các dãy thỏa mãn.

   




#696630 Bài kiểm tra số 1 trường Đông Toán Học miền Nam.

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 15-11-2017 - 16:43

BÀI KIỂM TRA SỐ 1 TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN HỌC MIỀN NAM

                                                                                         Ngày thi thứ nhất: 15 - 11 - 2017

                                                                                         Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ BÀI:

Câu 1: Với mỗi số nguyên dương $n,$ gọi $M(n)$ là số nguyên dương $m$ lớn nhất sao cho $\binom{m}{n-1}> \binom{m-1}{n}.$ Hãy tính giới hạn: $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{M(n)}{n}.$

Câu 2: Cho số nguyên dương $n\geq 2.$ Cho $P(x)$ là đa thức bậc $n$ có hệ số cao nhất bằng $1$ và có $n$ nghiệm thực $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}$ phân biệt và khác $0.$ Chứng minh rằng:

1. $\frac{1}{P^{'}(x_{1})}+\frac{1}{P^{'}(x_{2})}+...+\frac{1}{P^{'}(x_{n})}=0.$

2. $\frac{1}{x_{1}P^{'}(x_{1})}+\frac{1}{x_{2}P^{'}(x_{2})}+...+\frac{1}{x_{n}P^{'}(x_{n})}=\frac{(-1)^{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}}.$

Câu 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O).$ Tiếp tuyến tại $B, C$ của đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $T.$ Gọi $M, N$ lần lượt là các điểm thuộc tia $BT, CT$ sao cho $BM=BC=CN.$ Đường thẳng $MN$ cắt $CA, AB$ theo thứ tự tại $E, F.$ $BE$ giao $CT$ tại $P,$ $CF$ giao $BT$ tại $Q.$ Chứng minh rằng: $AP=AQ.$

Câu 4: Trong mỗi ô của bảng vuông $16\times 16$ ta viết một số nguyên. Biết rằng trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng chỉ có nhiều nhất $4$ giá trị khác nhau. Hỏi bảng đó chứa nhiều nhất bao nhiêu giá trị khác nhau?




#696609 Cho hình thang $ABCD$, $AB//CD$

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 14-11-2017 - 21:06

Cho hình thang $ABCD$, $AB//CD$. Biết $AB=10cm$ và $DC=12cm$ 

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $BD$

Tính độ dài đoạn $MN$

Gọi $T$ là trung điểm của $AD$ và $U$ là trung điểm của $BC.$

Ta dễ dàng suy ra: $T, N, M, U$ thẳng hàng.

Ta có: $TN=UM=\frac{1}{2}AB=\frac{10}{2}=5.$

Mà theo tính chất đường trung bình hình thang ta có: $TU=\frac{AB+CD}{2}=\frac{10+12}{2}=11.$

Mà $MN=TU-TN-UM=11-5-5=1.$




#696558 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 13-11-2017 - 20:57

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$    (1)

Một lời giải khác cho bài hàm...

Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1)

Trước hết, thế $P(1, x-2f(1))\Rightarrow f(f(x-2f(1))+f(1))=x, \forall x\in \mathbb{R},$ từ đây suy ra $f$ là toàn ánh.

Giả sử $f(x_{1})=f(x_{_{2}})=c$ thì

$P(1, x_{1})\Rightarrow f(c+f(1))=2f(1)+x_{1}$

$P(1, x_{2})\Rightarrow f(c+f(1))=2f(1)+x_{2}$

Từ đây suy ra: $2f(1)+x_{1}=2f(1)+x_{2}\Rightarrow x_{1}=x_{2}\Rightarrow f$ là đơn ánh.

Do $f$ vừa đơn ánh, vừa toàn ánh nên $f$ là song ánh nên $\exists u:f(u)=0,$ đặt $f(0)=a.$

Thế $P(u, 0)\Rightarrow f(au)=0=f(u)\Rightarrow au=u.$

Nếu $u=0$ thì $a=f(u)=f(0)=0\Leftrightarrow f(0)=0.$ Từ đó thế

$P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=2f(x), \forall x\in \mathbb{R}.$

Suy ra: $f(y)=2y, \forall y\in T,$ với $T$ là tập giá trị của hàm $f,$ mà hàm $f$ là song ánh nên ta phải có: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R},$ thử lại thấy không thỏa mãn.

Vậy $u\neq 0\Rightarrow a=1.$

$P(u, u)\Rightarrow f(0)=u^{2}\Leftrightarrow u^{2}=1\Rightarrow u=\pm 1.$

Nếu $u=1$ thì thế $P(0, -1)\Rightarrow 0=2,$ điều này vô lý.

Vậy: $u=-1,$ dẫn đến $f(-1)=0.$ Thế $P(0, -1)\Rightarrow f(1)=2.$

$P(-1, x)\Rightarrow f(-f(x))=-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

$P(x, -f(1))\Rightarrow f(f(x)-x)=2f(x)-xf(1)=2(f(x)-x), \forall x\in \mathbb{R}.$    (2)

Với mọi $x\in \mathbb{R},$ do $f$ là song ánh nên $\exists z:f(z)=f(x)-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Từ đó thế vào (2) suy ra: $f(f(z))=2f(z).$ Từ đó trong (1) thế

$P(z, -1)\Rightarrow f(f(z))=2f(z)-z\Rightarrow z=0\Rightarrow f(z)=1\Rightarrow f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}.$ Thừ lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}.$




#696498 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 12-11-2017 - 21:27

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$




#696497 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 12-11-2017 - 21:22

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$  (1)

Một lời giải khác cho bài hàm...

Trong (1) thế $P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=4x, \forall x\in \mathbb{R}$  (2)$\Rightarrow f$ là song ánh.

Từ tính song ánh nên $\exists a, b:f(a)=2, f(b)=4a.$

Từ (1) thay $y=-x+a\Rightarrow f(2(-x+a)+f(x))=4x+4(-x+a)=4a=f(b), \forall x\in \mathbb{R}$  (3)

Do $f$ là đơn ánh nên từ (3) suy ra: $2(-x+a)+f(x)=b, \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=2x+b-2a, \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=2x+c, \forall x\in \mathbb{R}, c$ là hằng số.

Thay vào (2) ta được: $2(2x+c)+c=4x, \forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow c=0.$ Vậy $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R},$ thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$




#696487 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 12-11-2017 - 21:03

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$    (1)

Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1).

Trong (1) thế $P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=4x, \forall x\in \mathbb{R}$  (2) $\Rightarrow$ $f$ là song ánh.

Trong (1) thế $P(0, 0)\Rightarrow f(f(0))=0\Leftrightarrow f(a)=0, a=f(0).$

Trong (2) thế $x=a\Rightarrow f(f(a))=4a\Leftrightarrow a=0\Leftrightarrow f(0)=0.$

Trong (1) thế $P(0, 1)\Rightarrow f(f(1)+f(0))=2f(1)\Leftrightarrow f(f(1))=2f(1)\Leftrightarrow 4=2f(1)\Leftrightarrow f(1)=2.$

Trong (2) thế $x=1\Rightarrow f(f(1))=4\Leftrightarrow f(2)=4.$

Trong (1) thế $P(x, 1-x)\Rightarrow f((1-x)f(x+1-x)+f(x))=4x+2(1-x)f(x+1-x)\Leftrightarrow f(2(1-x)+f(x))=4x+4(1-x)=4=f(2), \forall x\in \mathbb{R}.$

Mà $f$ là song ánh nên suy ra: $2(1-x)+f(x)=2\Leftrightarrow f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa mãn đề bài là: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$




#696163 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $x> 1, y> 1, z> 1$ th...

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 06-11-2017 - 21:13

Nguồn: tạp chí Pi số 10.

Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $x> 1, y> 1, z> 1$ thỏa mãn phương trình sau: $(x+1)^{y}-x^{z}=1.$

*Đây là một trường hợp riêng của giả thuyết $Catalan$ nổi tiếng, được đề cập trong một bài viết của GS Hà Huy Khoái trong tạp chí Pi số 10. Mong các bạn và các anh chị cùng thảo luận...




#696085 Chứng minh rằng: $\forall 0\leq k< n$ thì ta có:...

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 05-11-2017 - 09:50

Chứng minh rằng: $\forall 0\leq k< n$ thì ta có: $C_{2n+k}^{n}.C_{2n-k}^{n}\leq \left ( C_{2n}^{n} \right )^{2}.$




#696065 Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2017 - 2018.

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 04-11-2017 - 20:39

Câu 2. Gọi $P(m, n)$ là phép thế $m=u$ và $n=v$ vào phương trình $f(n^{2})=f(n-m).f(n+m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$    (1)

$P(0, 0)\Rightarrow f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=1.$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$P(0, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(n)^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (2)

$P(m, m)\Rightarrow f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (3)

Từ (2) và (3) suy ra: $f(m)^{2}=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (4)

$P(m, 0)\Rightarrow f(m).f(-m)+m^{2}=0, \forall m\in \mathbb{R},$ kết hợp với (4) ta được:

$f(m).f(-m)+f(m)^{2}=0\Leftrightarrow f(m)\left ( f(-m)+f(m) \right )=0, \forall m\in \mathbb{R}.$    (5)

Giả sử có số $a:f(a)=0,$ thì từ (4) ta thế $m=a$ ta được: $f(a)^{2}=a^{2}\Rightarrow a=0.$ Vậy từ đây suy ra: $f(m)=0\Leftrightarrow m=0.$

Từ (5) xét với $m\neq 0$ thì $f(m)\neq 0,$ vậy ta có: $f(-m)=-f(m), \forall m\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên ta suy ra: $f(-m)=-f(m), \forall m\in \mathbb{R}.$

Từ $f(m)^{2}=m^{2}\geq 0, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)\geq 0\Leftrightarrow m\geq 0.$

Ta có: $f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)=m, \forall m\geq 0.$

Xét $m< 0\Rightarrow -m> 0\Rightarrow f(-m)=-m, \forall -m> 0,$ do $f$ là hàm lẻ nên $f(-m)=-f(m)=-m, \forall m< 0\Rightarrow f(m)=m, \forall m< 0.$ Từ đây suy ra: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2: $f(0)=1$

$P(n, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(2n)+n^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (6)

Trong (6) thế $n=2\Rightarrow f(4)=f(4)+4\Rightarrow 0=4,$ vô lý nên trường hợp này không xảy ra.

Vậy tất cả các hàm số thỏa đề bài là: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$

 

 




#696052 Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2017 - 2018.

Gửi bởi Zz Isaac Newton Zz trong 04-11-2017 - 14:55

Bài 5: Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách: 

Ta thấy vế phải là số cách chọn $n$ phần tử từ tập $M$ gồm $2n+1$ phần tử nên ta xét bài toán sau: Tính số cách chọn $n$ phần tử từ tập $M$ có $2n+1$ phần tử.

Cách 1: Số cách chọn chính là $C_{2n+1}^{n}.$

Cách 2: Ta chia tập $M$ thành $n$ cặp và lẻ phần tử $x.$ Để chọn $n$ phần tử từ $M$ ta thực hiện các bước sau đây:

Bước 1: Ta sẽ chọn $k$ cặp, với $k=\overline{0, n}$ từ $n$ cặp đã chia thì ta có $C_{n}^{k}$ cách, sau đó ở mỗi cặp ta chọn một phần tử thì như vậy ta có $2^{k}C_{n}^{k}$ cách chọn.

Bước 2: Chọn $\left [ \frac{n-k}{2} \right ]$ cặp trong $n-k$ cặp còn lại.

Vì $\left\{\begin{matrix} \left [ \frac{n-k}{2} \right ]=\frac{n-k}{2}\Leftrightarrow n-k&chẵn& & \\ \left [ \frac{n-k}{2} \right ]=\frac{n-k-1}{2}\Leftrightarrow n-k&lẻ& & \end{matrix}\right.$

Do đó ta sẽ chọn phần tử $x$ nếu $n-k$ lẻ và không chọn $x$ nếu $n-k$ chẵn. Do đó, số cách chọn ở bước này là $C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}.$

Từ đây suy ra, có $2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}$ cách trong mỗi lần chọn.

Cho $k$ chạy từ $0$ đến $n$ và lấy tổng lại thì ta có: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$