Bài tiểu luận môn phương pháp tính nhóm 20

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH















































MÔN: PHƢƠNG PHÁP TÍNH

CHỦ ĐỀ 20: CƠ SỞ LÝ LUÂN CỦA MỘT SỐ THUẬT
TOÁN CÓ TRONG MÔN TOÁN ĐANG DẠY Ở TRƢỜNG
PHỔ THÔNG HIỆN NAY (CÁC CẤP 1,2,3)

GVHD: TS TRỊNH CÔNG DIỆU
HVTH: 1. Nguyễn Việt Hải
2. Trần Ngọc Hải
3. Huỳnh Tấn Nghĩa
4. Phạm Phi Hùng

Lớp Toán -Văn bằng 2- khóa 2



1
MỤC LỤC
A.ĐA THỨC

I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trang 3
II. CƠ SỞ LÍ LUẬN 3
2.1.Đa thức và các phép toán trên đa thức thức 3
2.2. Đa thức bằng nhau 3
2.3. Phép cộng, trừ đa thức 3
2.4. Phép nhân đa thức 3
2.5.Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức 4
2.6. Phép chia có dƣ 4
2.7. Sự chia hết. Ƣớc và bội 5
III. THUẬT TOÁN EUCLIDE 6
3.1. Thuật toán tìm ƣớc chung lớn nhất 6
3.2. Bội số chung nhỏ nhất 7
3.3.Tính chất của phép chia hết 8

3.4. Các ví dụ 9
B. SỐ NGUYÊN TỐ

PHẦN I:MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
I. ĐỊNH NGHĨA 11
II. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN 11
III.CÁCH NHẬN BIẾT SỐ NGUYÊN TỐ 12
IV. SỐ CÁC ƢỚC SỐ VÀ TỔNG CÁC ƢỚC SỐ CỦA 1 SỐ 13
V.HAI SỐ NGUYÊN TỐ CÙNG NHAU 14
VI.MỘT SỐ ĐỊNH LÝ ĐẶC BIỆT 14
PHẦN II: MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
Dạng 1 :TÌM SỐ NGUYÊN TỐ THOẢ MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƢỚC 15

2
Dạng 2:NHẬN BIẾT SỐ NGUYÊN TỐ SỰ PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ TRONG N
17
Dạng 3:CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ 18
C.THUẬT TOÁN KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON VÀ TAM
THỨC NEWTON

I. ĐẶT VẤN ĐỀ 20
II. CƠ SỞ LÍ LUẬN 21
2.1. Nhị thức Newton (Niu-tơn) 21
2.2. Chứng minh công thức tổ hợp 22
2.3. Công lập tam giác Pascal 22
2.4.Công thức Newton (Niu-tơn) 22
III. THUẬT TOÁN KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON
n
ab
NHƢ SAU 24

3.1. Thuật toán 24
3.2. Ví dụ áp dụng bài toán bất đẳng thức từ nhị thức Newton 25
IV. MỞ RỘNG THUẬT TOÁN KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON, KHAI
TRIỂN TAM THỨC NEWTON 27
4.1. Thuật toán khai triển tam thức Newton
n
abc
nhƣ sau 28
4.2. Ví dụ 29
4.3 Mã Giả 30
4.4. Chƣơng trình khai triển tam thức Newton 30
TÀI LIỆU THAM KHẢO 32








3
A.ĐA THỨC

I.ĐẶT VẤN ĐỀ
Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học. Trong chương trình phổ
thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép
cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa
thức, giải các phương trình đại số.
Sau đây là hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức 1 biến, các dạng toán
thường gặp về đa thức.

II. CƠ SỞ LÍ LUẬN
2.1. Đa thức và các phép toán trên đa thức

Định nghĩa: Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng
1
1 1 0
+ .
nn
nn
P x a x a x a x a

Trong đó a
i
 R và a
n
 0. a
i
được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó a
n
được gọi là hệ
số cao nhất và a
0
được gọi là hệ số tự do. n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n =
deg(P). Ta quy ước bậc của đa thức hằng P(x) = a
0
với mọi x là bằng 0 nếu a
0
 0 và bằng
 nếu a
0

= 0.
Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thì vẫn có các
hệ số a
k
với k > n, nhưng chúng đều bằng 0.

Tập hợp tất cả các đa thức 1 biến trên trường các số thực được ký hiệu là R[x]. Nếu các
hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta có khái niệm đa thức với
hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các tập hợp Q[x], Z[x].

2.2.Đa thức bằng nhau
Hai đa thức
00
( ) , ( )
mn
kk
kk
kk
P x a x Q x b x
bằng nhau khi và chỉ khi m = n và a
k
= b
k
với mọi
k=0, 1, 2, …, m.

2.3. Phép cộng, trừ đa thức
Cho hai đa thức
00
( ) , ( )

mn
kk
kk
kk
P x a x Q x b x
. Khi đó phép cộng và trừ hai đa thức P(x) và
Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của x
k
, tức là

max{ , }
0
( ) ( ) ( )
mn
k
kk
k
P x Q x a b x

Ví dụ:
3 2 2 3 2
3 – + 2 – 1 4 1.x x x x x x x


2.4. Phép nhân đa thức
Cho hai đa thức
00
( ) , ( )
mn
kk

kk
kk
P x a x Q x b x
. Khi đó P(x).Q(x) là một đa thức có bậc
m+n và có các hệ số được xác định bởi

4

0
k
k i k i
i
c a b
.
Ví dụ:
3 2 2
5 4 3 2
5 4 3 2
3 2 3 1
1.1 1.3 1.1 1.1 1.3 3.1 1.1 3.3 2.1 3.1 2.3 2.1
4 7 12 9 1.
x x x x x
x x x x x
x x x x x

2.5. Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức

Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây

Định lý 1. Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng. Khi đó :

a) deg(PQ)  max{m, n} trong đó nếu deg(P)  deg(Q) thì dấu bằng xảy ra.
Trong trường hợp m = n thì deg(PQ) có thể nhận bất cứ giá trị nào  m.
b) deg(P.Q) = m + n.

2.6. Phép chia có dƣ.

Định lý 2. Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ, trong đó deg(Q)  1, tồn tại duy nhất các
đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện:
i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x)
ii) deg(R) < deg(Q)
Chứng minh :

Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P). Nếu deg(P) < deg(Q) thì ta có thể
chọn S(x)  0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện i) và ii). Giả sử m  n và
định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý
đúng với các đa thức bậc m. Giả sử

00
( ) , ( )
mn
kk
kk
kk
P x a x Q x b x

Xét đa thức

1
1 1 0 0
1

1
1
( ) ( ) ( )
( ) ( )

mn
m
n
m m m n n
m
m m n
n
m
mn
m
n
a
H x P x x Q x
b
a
a x a x a x a x b x b
b
ab
ax
b

Do hệ số của x
m
ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá m-1. Theo giả
thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S*(x), R*(x) sao cho

H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x)
Nhưng khi đó

5

( ) ( ) ( ) ( *( )) *( )
m n m n
mm
nn
aa
P x H x x Q x x S x R x
bb

Vậy đặt S(x) = (a
m
/b
n
)x
m-n
+ S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho P(x).
Duy nhất. Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) = S*(x).Q(x) +
R*(x) thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x). Ta có, theo điều
kiện ii) và định lý 1 thì deg(R*(x) – R(x)) < deg(Q). Mặt khác, nếu S(x) – S*(x) không
đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)-S*(x))  deg(Q).
Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau.

Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số trong
phép chia P(x) cho Q(x).

Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư số của phép

chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner.

Ví dụ: Thực hiện phép chia
3 2 2
3 – 2 4 7 2x x x cho x x


3x
3
– 2x
2
+ 4x + 7 | x
2
+ 2x
3x
3
+ 6x
2
| 3x - 8
- 8x
2
+ 4x + 7
- 8x
2
+ 16
20x + 7
Vậy ta có
3 2 2
3 – 2 4 7 : + 2x x x x x
được 3x – 8, dư 20x + 7.

2.7. Sự chia hết. Ƣớc và bội
Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói rằng đa
thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) nếu tồn tại đa thức
S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói Q(x) chia hết P(x), Q(x)
là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x). Ký hiệu tương ứng là Q(x) | P(x) và
).()( xQxP 

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa thức
D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1
ii) D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) | Q(x)
iii) Nếu D‟(x) là ước chung của P(x) và Q(x) thì D‟(x) cũng là ước của D(x).

Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức.

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung nhỏ nhất của P(x) và Q(x) là đa thức
M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
iv) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1
v) M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) | M(x)
vi) Nếu M‟(x) là bội chung của P(x) và Q(x) thì M‟(x) cũng là bội của M(x).

Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P(x), Q(x) là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)].
Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1.

6
III.THUẬT TOÁN EUCLIDE
3.1.Thuật toán tìm ƣớc chung lớn nhất

Thuật toán Euclid là một thuật toán để xác định ước số chung lớn nhất (GCD – Greatest
Common Divisor) của 2 phần tử thuộc vùng Euclid (ví dụ: các số nguyên). Điều quan

trọng chủ yếu là nó không yêu cầu việc phân tích thành thừa số của 2 số nguyên.

Chứng minh:
Giả thiết a và b là các số tự nhiên mà UCLN phải xác định. Bây giờ, giả thiết b > 0, và
phần dư của phép chia a cho b là r. Do đó a = qb + r với q là thương của phép chia.
Bất kì phép chia thông thường nào của a và b cũng cho một số dư r. Để thấy sự đúng đắn
đó, ta coi r có thể được viết là r = a – qb. Bây giờ nếu có một ước chung d của a và b, như
vậy a = sd và b = td, khi đó r = (s-qt)d, ta có thể thấy rằng r chia hết cho d.
Những phân tích trên là đúng cho bất kì số chia d nào, vì thế, UCLN của a và b cũng là
UCLN của b và r. Do đó nếu ta tiếp tục tìm UCLN với các số b và r ta sẽ có kết quả
Mô tả thuật toán với phép chia:
Cho 2 số tự nhiên a và b, không đồng thời bằng 0: kiểm tra nếu b bằng 0, thì a là ước
chung lớn nhất (UCLN). Nếu không, lặp lại xử lý sử dụng b và phần còn lại sau khi lấy a
chia cho b. Phần còn lại sau khi chia a cho b thường được viết là a mod b.

Các thuật toán này có thể sử dụng trong bất kì hoàn cảnh nào khi còn phần dư. Điều này
bao gồm các nhóm đa thức như nhóm số nguyên Gauxơ. Thuật toán không chỉ áp dụng
cho số tự nhiên mà còn áp dụng cho nhiều trường hợp tổng quát khác (số nguyên
Gaussian, đa thức, )

Bài toán tìm ƣớc chung lớn nhất của 2 số a,b
Input :a,b
Output: ucln(a,b)


Thuật Toán
Bước 1: nhập 2 số a,b vào
Bước 2: nếu b>a thì
t:=a;
a:=b;

b:=t;
Bước 3: nếu b=0 thì ucln(a,b)=a;
Bước 3:
t:=b;
b:=a mod b;
a:=t;
bước 4: quay lại bước 3;

ví dụ: tìm ước chung lớn nhất của 2 số 1071,1029


7



Nhận xét rằng a b trong mỗi lần gọi. Nếu ban đầu, b > a, không có vấn đề gì, trước hết
ta chỉ cần hoán đổi 2 giá trị cho nhau, sau đó các bước hoàn toàn tương tự.

3.2.Bội số chung nhỏ nhất
Bội số chung nhỏ nhất có được sau khi ta tìm được ước chung lớn nhất của chúng bằng
công thức
.
,
ucln( , )
ab
ab
ab

Trong ví dụ trên có a=1071,b=1029 thì ucln(a,b)=21
Bội chung nhỏ nhất là :

1071.1029
52479
21


Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau
đây:
Định lý 3: Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P)  degQ. Thực hiện phép chia
P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x). Khi đó
Nếu R(x) = 0 thì (P(x), Q(x)) = q*
-1
Q(x), trong đó q* là hệ số cao nhất của đa thức
Q(x)
Nếu R(x)  0 thì (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))

Chứng minh
Nếu R(x) = 0 thì P(x) = Q(x).S(x). Khi đó đa thức q*
-1
Q(x) rõ ràng thoả mãn tất cả các
điều kiện của UCLN.
Nếu R(x)  0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D‟(x) = (Q(x), R(x)). Ta có D(x) | P(x) – Q(x).S(x)
= R(x), suy ra D(x) là ước chung của Q(x), R(x), theo định nghĩa của D‟(x), ta có D(x) là
ước của D‟(x). Mặt khác D‟(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy ra D‟(x) là ước chung của
P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta có D‟(x) là ước của D(x). Từ đây, do D và D‟ đều
là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D = D‟.

8
Định lý trên giải thích cho thuật toán Euclide để tìm UCLN của hai đa thức theo như ví dụ
dưới đây:

Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức x
5
– 5x + 4 và x
3
– 3x
2
+ 2.

Ta lần lượt thực hiện các phép chia
x
5
– 5x + 4 cho x
3
– 3x
2
+ 2 được x
2
+ 3x + 9 dư 25x
2
– 11x – 14
x
3
– 3x
2
+ 2 cho 25x
2
– 11x – 14 được (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1)
25x
2
– 11x – 14 cho x-1 được 25x + 14 dư 0

Vậy
5 3 2
– 5 4, – 3 2 – 1.x x x x x


Lưu ý, trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với các hằng số khác 0. Ví dụ
trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25x
2
– 11x – 14 cho (354/625)(x-1) ta đã chia cho
x – 1.

3.3. Tính chất của phép chia hết

Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1. Ta
có định lý thú vị và có nhiều ứng dụng sau về các đa thức nguyên tố cùng nhau:

Định lý 4: (Bezout) Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại
các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1.

Chứng minh:

Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1.
Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy ra D(x) | 1 = P(x).U(x) +
Q(x).V(x). Suy ra D(x) = 1.

Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và V(x) sao
cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = min{deg(P),
deg(Q)}.

Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên. Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0 thì Q = q là

hằng số và ta chỉ cần chọn U(x) = 0, V(x) = q
-1
thì ta được P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1.

Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m. Xét hai đa thức P(x), Q(x) có min{deg(P),
deg(Q)} = m+1. Không mất tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q). Thực hiện phép chia
P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x). Không thể xảy ra trường hợp R(x) = 0
vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q*
-1
Q(x). Vì vậy, ta có
1 = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))
Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại các
đa thức U*(x), V*(x) sao cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1. Thay R(x) = P(x) –
Q(x).S(x), ta được

9
Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = 1
Hay
P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = 1
Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta được đpcm.

Tính chất của phép chia hết

i) Q | P, Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát hơn Q | P.U + R.V với U, V là các đa thức
bất kỳ.
ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu)
iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q là các đa thức
đồng dạng)
iv) Nếu Q
1

| P
1
và Q
2
| P
2
thì Q
1
.Q
2
| P
1
.P
2
.
v) Nếu Q | P.R và (P, Q) = 1 thì Q | R.
vi) Nếu Q | P, R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P

Chứng minh:

Các tính chất i-iv) là hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P  tồn tại S sao cho P =
Q.S.

Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout.

v) Từ giả thiết Q | P.R và (P,Q) = 1 suy ra tồn tại S sao cho P.R = Q.S và U, V sao cho
P.U + Q.V = 1
Khi đó R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy ra Q |
R.

vii) Từ giả thiết Q | P, R | P và (Q, R) = 1 suy ra P = Q.S. Vì P = Q.S chia hết cho R, mà
(Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S
1
. Vậy P = Q.S = (Q.R).S
1

suy ra P chia hết cho Q.R.

3.4. Các ví dụ

Bài toán 1. Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho x
4
+ 4x
3
+ ax
2
+ bx + 1 là bình phương của
một đa thức.

Giải:
Nếu x
4
+ 4x
3
+ ax
2
+ bx + 1 là bình phương của một đa thức thì đa thức đó phải có bậc 2.
Giả sử
x
4

+ 4x
3
+ ax
2
+ bx + 1 = (Ax
2
+ Bx + C)
2

 x
4
+ 4x
3
+ ax
2
+ bx + 1 = A
2
x
4
+ 2ABx
3
+ (2AC + B
2
)x
2
+ 2BCx + C
2

Đồng nhất hệ số hai vế, ta được
A

2
= 1, 2AB = 4, 2AC + B
2
= a, 2BC = b, C
2
= 1.
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử A = 1, suy ra B = 2. C =1 hoặc C=-1.

10
Nếu C = 1 thì a = 6, b = 4. Nếu C = -1 thì a = 2, b = -4.

Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, -4).

Bài toán 2. Cho đa thức P(x) và hai số a, b phân biệt. Biết rằng P(x) chia cho x-a dư A,
P(x) chia cho x-b dư B. Hãy tìm dư của phép chia P(x) cho (x-a)(x-b).

Giải:
Giả sử P(x) = (x-a)(x-b)Q(x) + Cx + D. Lần lượt thay x = a, b, ta được
A = Ca + D, B = Cb + D
Từ đó suy ra C = (A-B)/(a-b), D = A – (A-B)a/(a-b) = (aB – bA)/(a-b).
Bài toán 3. Tìm dư trong phép chia x
100
cho (x – 1)
2
.

Giải:
Giả sử x
100
= (x-1)

2
Q(x) + Ax + B. Thay x = 1, ta được
1 = A + B.
Lấy đạo hàm hai vế rồi cho x = 1, ta được
100 = A
Từ đó suy ra dư là 100x – 99.

Bài toán 4. Tìm a, b, c biết rằng đa thức P(x) = x
3
+ ax
2
+ bx + c chia hết cho x-2 và chia
x
2
– 1 dư 2x.

Giải: Từ các điều kiện đề bài suy ra P(2) = 0, P(1) = 2 và P(-1) = -2, tức là
8 + 4a + 2b + c = 0
1 + a + b + c = 2
–1 + a – b + c = -2
Từ đó suy ra b = 1, a = -10/3, c = 10/3. Từ đó P(x) = x
3
– (10/3)x
2
+ x + 10/3.

Bài toán 5. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+1)
2n+1
+ x
n+2

chia hết cho
đa thức x
2
+ x + 1.

Giải:
Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên. Giả sử ta đã có
(x+1)
2n+1
+ x
n+2
chia hết cho x
2
+ x + 1. Khi đó
(x+1)
2n+3
+ x
n+3
= (x
2
+2x+1)(x+1)
2n+1
+ x
n+3

 x(x+1)
2n+1
+ x
n+3
= x((x+1)

2n+1
+ x
n+2
)  0 (mod (x
2
+x+1)








11
B. SỐ NGUYÊN TỐ
PHẦN I
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
I/ Định nghĩa
1) Số nguyên tố là những số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có 2 ước số là 1 và chính nó.
Ví dụ: 2, 3, 5, 7 11, 13,17, 19
2) Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ước.
Ví dụ: 4 có 3 ước số: 1 ; 2 và 4 nên 4 là hợp số.
3) Các số 0 và 1 không phải là só nguyên tố cũng không phải là hợp số
4) Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 nào cũng có ít nhất một ước số nguyên tố
II/ Một số định lý cơ bản
1) Định lý 1: Dãy số nguyên tố là dãy số vô hạn
Chứng minh:
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p
1

; p
2
; p
3
; p
n
. trong đó p
n
là số lớn
nhất trong các nguyên tố. Xét số N = p
1
p
2
p
n
+1 thì N chia cho mỗi số nguyên tố
p
i
(1  i  n) đều dư 1 (1)
Mặt khác N là một hợp số (vì nó lớn hơn số nguyên tố lớn nhất là p
n
) do đó
N phải có một ước nguyên tố nào đó, tức là N chia hết cho một trong các số p
i

(1  i  n). (2)
Ta thấy (2) mâu thuẫn (1).
Vậy không thể có hữu hạn số nguyên tố.
2/ Định lý 2:
Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách

duy nhất (không kể thứ tự các thừa số).
Chứng minh:
* Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố:
Thật vậy: giả sử điều khẳng định trên là đúng với mọi số m thoả mãn:
1< m < n ta chứng minh điều đó đúng với mọi n.
Nếu n là nguyên tố, ta có điều phải chứng minh.
Nếu n là hợp số, theo định nghĩa hợp số, ta có: n = a.b (với a, b < n)
Theo giả thiết quy nạp: a và b là tích các thừa số nhỏ hơn n nên n là tích cuả
các thừa số nguyên tố.
* Sự phân tích là duy nhất:

12
Giả sử mọi số m < n đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy
nhất, ta chứng minh điều đó đúng với n:
Nếu n là số nguyên tố thì ta được điều phải chứng minh.
Nếu n là hợp số: Giả sử có 2 cách phân tích n ra thừa số nguyên tố khác
nhau:
n = p.q.r
n = p
‟
.q
‟
.r
‟

Trong đó p, q, r và p
‟
, q
‟
, r

‟
là các số nguyên tố và không có số nguyên
tố nào cũng có mặt trong cả hai phân tích đó (vì nếu có số thoả mãn điều kiện như
trên, ta có thể chia n cho số đó lúc đó thường sẽ nhỏ hơn n, thương này có hai cách
phân tích ra thừa số nguyên tố khác nhau, trái với giả thiết của quy nạp).
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết p và p
‟
lần lượt là các số nguyên
tố nhỏ nhất trong phân tích thứ nhất và thứ hai.
Vì n là hợp số nên n
‟
> p
2
và n > p
‟2
Do p = p
‟
=> n > p.p
‟

Xét m = n - pp
‟
< n được phân tích ra thừa số nguyên tố một cách duy
nhất ta thấy:
p | n => p | n – pp
‟
hay p | m
p
‟
| n => p

‟
| n – pp
‟
hay p
‟
| m
Khi phân tích ra thừa số nguyên tố ta có:
m = n - pp
‟
= pp
‟
. P.Q với P, Q

P ( P là tập các số nguyên tố)
 pp‟ | n = pp
‟
| p.q.r => p
‟
| q.r => p
‟
là ước nguyên tố của q.r
Mà p
‟
không trùng với một thừa số nào trong q,r (điều này trái với gỉa thiết
quy nạp là một số nhỏ hơn n đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy
nhất).
Vậy, điều giả sử không đúng, n không thể là hợp số mà n phải là số nguyên
tố (Định lý được chứng minh).
III/ Cách nhận biết một số nguyên tố
Cách 1:

Chia số đó lần lượt cho các nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; 7
Nếu có một phép chia hết thì số đó không nguyên tố.
Nếu thực hiện phép chia cho đến lúc thương số nhỏ hơn số chia mà các phép
chia vẫn có số dư thì số đó là nguyên tố.
Cách 2:
Một số có hai ước số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố

13
Cho học sinh lớp 6 học cách nhận biết 1 số nguyên tố bằng phương pháp thứ
nhất (nêu ở trên), là dựa vào định lý cơ bản:
Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số A là một số khôngvượt quá A.
Đặc biệt: Với dãy 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 nên cho học sinh học thuộc,
tuy nhiên khi găp 1 số a nào đó (a < 100) muốn xét xem a là số nguyên tố hay hợp
số ta thử a có chia hết cho 2; 3; 5; 7 hay không.
+ Nếu a chia hết cho 1 trong 4 số đó thì a là hợp số.
+ Nếu a không chia hết cho số nào đó trong 4 số trên thì a là số nguyên tố.
Với quy tắc trên trong một khoản thời gian ngắn, với các dấu hiệu chia hết
thì học sinh nhanh chóng trả lời được một số có hai chữ số nào đó là nguyên tố hay
không.
Hệ quả:
Nếu có số A > 1 không có một ước số nguyên tố nào từ 2 đến A thì A là
một nguyên tố.
(Do học sinh lớp 6 chưa học khái niệm căn bậc hai nên ta không đặt vấn đề
chứng minh định lý này, chỉ giới thiệu để học sinh tham khảo.).
IV/ Số các ƣớc số và tổng các ƣớc số của 1 số:
Giả sử: A = p
1
X1
.
p

2
X2
p
n
Xn


Trong đó: p
i


P ; x
i

N ; i = 1, n
a) Số các ước số của A tính bằng công thức:
T(A) = (x
1
+ 1)(x
2
+ 1) (x
n
+ 1)
Ví dụ: 30 = 2.3.5 thì T(A) = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8
Thật vậy: Ư(30) = 1;2;3;5;6;10;15;30
Ư(30) có 8 phân tử
Ứng dụng: Có thể không cần tìm Ư(A) vẫn biết A có bao nhiêu ước thông
qua việc phân tích ra thừa số nguyên tố.
3
100

có (100 + 1) = 101 ước
1 000 000 000 = 10
9
= 2
9
.5
9
có (9 + 1)(9+1) = 100 ước
Ý nghĩa: Khi thông báo cho học sinh cách tính số ước của một số các em có
thể tin tưởng khi viết một tập hợp ước của một số và khẳng định đã đủ hay chưa.
b) Tổng các ước một số của A tính bằng công thức:
(A) =
p
1
X1 + 1
- 1
p
1
- 1

.
p
2
X2 + 1
- 1
p
2
- 1

…

p
n
Xn + 1
- 1
p
n
 - 1



14
Thuật toán kiểm tra số nguyên tố
 B1. Nhập N
 B2. Nếu N <= 1, dừng và xuất kết quả sai
 B3. Nếu N = 2 hoặc N = 3, dừng và xuất kết quả đúng
 B4. Nếu N % 2 = 0, dừng và xuất kết quả sai
 B4. Cho i = 2
o Nếu i = N, dừng vòng lặp và xuất kết quả đúng
o Nếu N % i = 0, dừng và xuất kết quả sai
 B5. Quay lại bước 4
V/ Hai số nguyên tố cùng nhau:
1- Hai số tự nhiên được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi chúng có
ước chung lớn nhất (ƯCLN) bằng 1.
a, b nguyên tố cùng nhau <=> (a,b) = 1 a,b

N
2- Hai số tự nhiên liên tiếp luôn nguyên tố cùng nhau
3- Hai số nguyên tố khác nhau luôn nguyên tố cùng nhau
4- Các số a,b,c nguyên tố cùng nhau <=> (a,b,c) = 1
5- a,b,c nguyên tố sánh đôi khi chúng đôi một nguyên tố cùng nhau

a,b,c nguyên tố sánh đôi <=> (a,b) = (b,c) = (c,a) = 1
VI/ Một số định lý đặc biệt
1) Định lý Đirichlet
Tồn tại vô số số nguyên tố p có dạng:
p = ax + b (x

N, a, b là 2 số nguyên tố cùng nhau).
Việc chứng minh định lý này khá phức tạp, trừ một số trường hợp đặc biệt.
Ví dụ: Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng: 2x – 1; 3x – 1; 4x + 3;
6x + 5
2) Định lý Tchebycheff
Trong khoảng từ số tự nhiên n đến số tự nhiên 2n có ít nhất một số
nguyên tố (n > 2).
3) Định lý Vinogradow
Mọi số lẻ lớn hơn 3
3
là tổng của 3 số nguyên tố.
Các định lý 2 và 3 ta có thể giới thiệu cho học sinh tham khảo và sử dụng để
giải một số bài tập.

15
PHẦN II
MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
Dạng 1 :TÌM SỐ NGUYÊN TỐ THOẢ MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƢỚC
Bài tập số 1:
Tìm tất cả các giá trị của số nguyên tố p để: p + 10 và p + 14 cũng là số nguyên tố.
Giải: (Phương pháp: Chứng minh duy nhất)
+ Nếu p = 3 thì p + 10 = 3 + 10 = 13
và p + 14 = 3 + 14 = 17 đều là các số nguyên tố
 p = 3 là giá trị cần tìm

+ Nếu p  3 => p có dạng 3k + 1 hoặc dạng 3k – 1
* Nếu p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15 = 3(k + 5) : 3
* Nếu p = 3k – 1 thì p + 10 = 3k + 9 = 3(k + 3) : 3
Vậy nếu p  3 thì hoặc p + 10 hoặc p + 14 là hợp số.
=> không thỏa mãn bài ra
Do đó: giá trị duy nhất cần tìm là: p = 3
Bài tập số 2:
Tìm số nguyên tố p để p + 2; p + 6; p + 18 đều là số nguyên tố.
Giải:
Bằng cách giải tương tự bài tập số 1, học sinh dễ dàng tìm được p = 5 thoả
mãn bài ra. Xong không chứng minh được p = 5 là giá trị duy nhất vì dễ dàng thấy
p = 11 cũng thoả mãn bài ra.
Vậy với bài tập này, học sinh chỉ cần chỉ ra một vài giá trị của p thoả mãn là đủ.
Bài tập số 3:
Tìm k để trong 10 số tự nhiên liên tiếp: k + 1; k +2; k +3; k +10 có nhiều
số nguyên tố nhất.
Giải:
Giáo viên hướng dẫn học sinh rút ra nhận xét: Trong 10 số tự nhiên liên tiếp,
có 5 số chẵn và 5 số lẻ (trong 5 số chẵn, có nhiều nhất là 1 số nguyên tố chẵn là 2).
Vậy: trong 10 số đó có không quá 6 số nguyên tố
+) Nếu k = 0, từ 1 đến 10 có 4 số nguyên tố: 2; 3; 5; 7
+) Nếu k = 1 từ 2 đến 11 có 5 số nguyên tố: 2; 3; 5; 7; 11
+) Nếu k > 1 từ 3 trở đi không có số chẵn nào là số nguyên tố. Trong 5 số lẻ
liên tiếp, ít nhất có 1 số là bội số của 3 do đó, dãy sẽ có ít hơn 5 số nguyên tố.

16
Vậy với k = 1, dãy tương ứng: k + 1; k + 2, k + 10 có chứa nhiều số
nguyên tố nhất (5 số nguyên tố).
Bài tập số 4:
Tìm tất cả các số nguyên tố p để: 2

p
+ p
2
cũng là số nguyên tố
Giải:
Xét hai trường hợp:
+) p  3 <=> p = 2 hoặc p = 3
* Nếu p = 2 => 2
p
+ p
2
= 2
2
+ 2
2
= 8  P
* Nếu p = 3 => 2
p
+ p
2
= 2
2
+ 3
2
= 17

P
+) p > 3 ta có 2
p
+ p

2
=(p
2
– 1) + (2
p
+ 1)
vì p lẻ => (2
p
+ 1) 3
và p
2
– 1 = (p + 1)(p – 1) 3 => 2
p
+ p
2
 P
Vậy: Có duy nhất 1 giá trị p = 3 thoả mãn bài ra.
Bài tập số 6:
Tìm tất cả các số nguyên tố sao cho: p | 2
p
+ 1
Giải:
Vì p

P ,p | 2
p
+ 1 => p  2
Ta thấy: 2 |p vì p  2
Theo định lý Fermatm ta có: p | 2
p-1

– 1
Mà p | 2
p
+ 1 (giả thiết) => p | 2.2
p-1
– 2 + 3
=> p | 2(2
p-1
– 1) + 3
=> p | 3 [vì p | 2(2
p-1
– 1)]
Vì p

P p | 3 => p = 3
Vậy: p = 3 là số nguyên tố thoả mãn tính chất p | 2
p
+ 1
Tóm lại:
Các bài toán thuộc dạng: Tìm số nguyên tố thoả mãn các điều kiện cho trước
là loại toán không khó trong các loại bài toán về số nguyên tố. Qua loại toán này,
giáo viên cần cố gắng trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản nhất về số
nguyên tố. Đặc biệt giúp học sinh nắm vững: Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất và
nhỏ nhất của tập số nguyên tố.
Dựa vào cách viết số nguyên tố dạng a.x + b, (a,b) = 1. Rèn kỹ năng xét các
trường hợp có thể xảy ra, phương pháp loại trừ các trường hợp dẫn đến điều vô lý.
Qua dạng toán này, giáo viên cần giúp học sinh rèn luyện tư duy lôgic, tư
duy sáng tạo, tính tích cực chủ động khi làm bài.

17

DẠNG 2: NHẬN BIẾT SỐ NGUYÊN TỐ SỰ PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ TRONG N
Bài tập số 1:
Nếu p là số nguyên tố và 1 trong 2 số 8p + 1 và 8p – 1 là số nguyên tố thì số
còn lại là số nguyên tố hay hợp số?
Giải:
+) Nếu p = 2 => 8p +1 = 17

P , 8p – 1 = 15  P
+) Nếu p = 3 => 8p – 1 = 23

P , 8p – 1 = 25  P
+) Nếu p khác 3, xét 3 số tự nhiên liên tiếp: 8p – 1; 8p và 8p + 1. Trong 3 số
này ắt có 1 số chia hết cho 3. Nên một trong hai số 8p + 1 và 8p – 1 chia hết cho 3.
Kết luận: Nếu p

P và 1 trong 2 số 8p + 1 và 8p – 1

P thì số còn lại phải
là hợp số.
Bài tập số 2:
Nếu p < 5 và 2p + 1 là các số nguyên tố thì 4p + 1 là nguyên tố hay hợp số
Giải:
Xét 3 số tự nhiên liên tiếp: 4p; 4p + 1; 4p + 2
Trong 3 số ắt có một số là bội của 3
Mà p < 5, p

P nên p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2
+) Nếu p = 3k + 1 thì 4p = 4(3k + 1) <=> 3Q + 1 = p
và 4p + 2 = 4(3k + 1) + 2 <=> p = 3.Q : 3
Mặt khác: 4p + 2 = 2(2p +1) = 3Q nên 3Q : 3

=> 2(2p + 1) : 3; (2;3) = 1 nên (2p + 1) : 3 (trái với giả thiết)
+) Nếu p có dạng 3k + 2
Khi đó 4p + 1 = 4(3k + 2) + 1 = 12k + 9 = 3M : 3
=> 4p + 1 là hợp số
Vậy trong 3 số ắt có một số là bội của 3.
Bài tập số 3:
Trong dãy số tự nhiên có thể tìm được 1997 số liên tiếp nhau mà không có số
nguyên tố nào hay không ?
Giải:
Chọn dãy số:
a
1
= 1998! + 2 a
1
: 2
a
2
= 1998! + 3 a
2
: 3
a
3
= 1998! + 4 a
3
: 4


18
a
1997

= 1998! + 1998 a
1997
: 1998
Như vậy: Dãy số a
1
; a
2
; a
3
; a
1997
gồm có 1997 số tự nhiên liên tiếp không
có số nào là số nguyên tố.
Bài tập số 4: (Tổng quát bài số 3)
Chứng minh rằng có thể tìm được 1 dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n>1)
không có số nào là số nguyên tố ?
Giải:
Ta chọn dãy số sau:
a
1
= (n+1)! + 2 a
1
:2 a
1
>2 nên a
1
là hợp số
a
2
= (n+1)! + 3 a

2
:3 a
2
>3 nên a
2
là hợp số

a
n
= (n+1)! + (n+1) a
n
:(n+1) a
n
> (n+1) nên a
n
là hợp số
Dãy a
1
; a
2
; a
3
; a
n
ở trên sẽ gồm có n số tự nhiên liên tiếp trong đó không
có số nào là số nguyên tố cả.
Tóm lại:
Qua các bài toán dạng: Nhận biết số nguyên tố, sự phân biệt số nguyên tố
trong N, giáo viên cần giúp cho học sinh hướng suy nghĩ để chứng minh hoặc xem
xét 1 số có phải là số nguyên tố hay không? Thông qua việc phân tích và xét hết

khả năng có thể xảy ra, đối chiếu với giả thiết và các định lý, hệ quả đã học để loại
bỏ các trường hợp mâu thuẫn. Bài tập số 3 là bài tập tổng quát về sự phân bố số
nguyên tố trong N. Qua đó giáo viên cho học sinh thấy được sự phân bố số nguyên
tố “càng về sau càng rời rạc”. Từ bài toán này có thể phát triển thành bài toán khác
giúp học sinh rèn luyện kỹ xảo chứng minh.
DẠNG 3:CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ
Bài tập số 1:
Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng
Giải:
Gọi 3 số nguyên tố phải tìm là; a, b, c ta có:
a.b.c = 5(a+b+c) => abc 5
Vì a, b, c có vai trò bình đẳng
Giả sử: a 5, vì a

P => a = 5
Khi đó: 5bc = 5(5+b+c) <=> 5+b+c = bc <=> bc-b-c +1 = 6
<=> b(c-1) – (c-1) = 6
(c-1)(b-1) = 6

19
Do vậy: b-1 = 1 => b = 2
Và c-1 = 6 và c = 7
b-1 = 2 => b = 3 (loại vì c = 4  P)
và c-1 = 3 và c = 4
Vai trò a, b, c, bình đẳng
Vậy bộ số (a ;b ;c) cần tìm là (2 ;5 ;7)
Bài tập số 2:
Tìm p, q

P sao cho p

2
= 8q + 1
Giải:
Ta có: p
2
= 8q + 1 => 8q = p
2
– 1 <=> 8q = (p+1)(p-1) (1)
Do p
2
= 8q + 1 lẻ => p
2
lẻ => p

lẻ
Đặt p = 2k + 1 (2)
Thay (2) vào (1) ta có: 8q = 2k(2k + 2)
2q = k(k + 1) (3)
Nếu q = 2 => 4 = k(k+1) => không tìm được k
Vậy q  2, vì q

P , q  2 => (2,q) = 1
Từ (3) ta có: k = 2 và q = k + 1 => k = 2 và q = 3
Thay kết quả trên vào (2) ta có:
p = 2.2 + 1 = 5
Hoặc
q = k và 2 = k + 1
q = 1
 (không thoả mãn)
k = 1

Vậy cặp số (q,p) là (5;3) là cặp số cần tìm.
Tóm lại:
Ngoài các dạng bài tập cơ bản về số nguyên tố. Phần số nguyên tố còn có
nhiều bài tập ở các dạng khác mà khi giải chúng học sinh cần phải vận dụng một
cách linh hoạt các kiến thức có liên quan: ước số, bội số, chia hết và vẫn phải lần
lượt xét các khả năng có thể xẩy ra. Khi giảng dạy giáo viên cần giúp học sinh giải
quyết theo từng dạng bài để củng cố và khắc sâu kỹ năng giải từng loại bài.




20
C.THUẬT TOÁN KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON VÀ TAM
THỨC NEWTON

I.ĐẶT VẤN ĐỀ
Các hằng đẳng thức

Khi học chương trình Đại số lớp 8 các bạn gặp một số các hằng đẳng thức sau đây:

0
1
2
22
3
3 2 2 3
4
4 3 2 2 3 4
2
2 2 2

1
2
33
4 6 4
2 2 2
( ) ?
( ) ?
n
n
ab
a b a b
a b a ab b
a b a a b ab b
a b a a b a b ab b
a b c a b c ab ac bc
abc
a b c d

Các hằng đẳng thức này thường được áp dụng để giải các bài toán biến đổi
đồng nhất và cũng được áp dụng để giải các bài toán bất đẳng thức.
Trong bài viết này, chúng tôi muốn nêu vài nét về khai triển tam thức Newton với
các bài toán bất đẳng thức.
II. CƠ SỞ LÍ LUẬN
2.1. Nhị thức Newton( Niu-tơn)

Các hằng đẳng thức trên chỉ là trường hợp riêng của hằng đẳng thức tổng quát sau
đây:
0 1 1 1 1
0

n
n
n n n n n n k n k k
n n n n n
k
a b C a C a b C ab C b C a b
(1)
00
1
k
nn
n
nk
k n k k n k k
nn
kk
a b a b C a b C a b

Trong đó n là số nguyên dương.


21
Hằng đẳng thức này được gọi là công thức nhị thức Newton, trong đó
( , )
k
n
C k N k n
là các hệ số của nhị thức.
k
n

C
bằng số tổ hợp chập k của n phần tử,
tức là
!
!!
k
n
n
C
k n k

(k! 1.2.3 k)
(qui ước
0! 1
)
Như vậy nếu có đẳng thức
(a b c)
n
ta khai triển như thế nào? Khai triển này
là mở rộng của nhị thức Newton hay còn gọi là tam thức Newton.

2.2. Chứng minh công thức tổ hợp.
Bây giờ chúng ta chứng minh bằng quy nạp biến số n công thức sau đây:
!
!!
k
n
n
n
C

k
k n k

Với n=0 thì
0
0
0!
1
0!0!
C
đúng
Giả sử công thức đúng với các trường hợp
0 , 1n N N
. Ta cần chứng
minh n=N+1 đúng.
Thực vậy, với trường hợp k=0 hoặc k=N+1 chúng ta có:
01
11
1
1!
1
01
0! 1 !
1
N
NN
N N
N
CC
N

N

Với trường hợp
1 kN
chúng ta có
1
1
k k k
N N N
C C C

Theo giả thiết quy nạp thì công thức đúng với trường hợp n=N, cho nên
1
1
!
1 ! 1 !
!
k! !
k
N
k
N
N
C
k N k
N
N
C
k
N

k
k
N

Từ đó suy ra:
1
1
!!
1 ! 1 ! k! !
k k k
N N N
NN
C C C
k N k N k


22

!1
!k
k! 1 ! k! 1 !
! 1 1 !
k! 1 ! k! 1 !
1
N N k
N
N k N k
N N N
N
k

k
N
Nk

Như vậy chúng ta đã chứng minh đúng với n=N+1. Tóm lại, theo nguyên lý quy
nạp thì ta chứng minh được công thức cho các hệ số trong tam giác Pascal là
!
!!
k
n
n
n
C
k
k n k

2.3. Cách lập tam giác Pascal:
Cột(k)
Dòng(n)
0
1
2
3
4
…
k
…
k=n
0
0

0
C









1
0
1
C

1
1
C








2
0
2

C

1
2
C

2
2
C







3
0
3
C

1
3
C

2
3
C

3

3
C






4
0
4
C

1
4
C

2
4
C

3
4
C

4
4
C

…
…
…
…
…
…




n
0
n
C

1
n
C

2
n
C

3
n
C

4
n
C

…
k
n
C

…
n
n
C

2.4. Công thức Newton:
1 2 2 2 2 1

12 21
n
n n n n n n
n
n n n n
x y x x y x y y xy y
n
x

Chúng ta dùng quy nạp để chứng minh định lý khai triển nhị thức Newton
1 2 2 2 2 1

12 21

n
n n n n n n
n
n n n n
x y x x y x y y xy y
n
x

Công thức hiển nhiên đúng cho trường hợp n=0 và n=1.Giả sử công thức
đúng cho các trường hợp
0 , 1n N N
. Chúng ta sẽ chứng minh công thức đúng
cho trường hợp n=N+1, thật vậy ta có:
1
1 1 2 2 2 1

NN
N N N N N N
N N N
x y x y x y x y x C x y C x y C xy y

Để ý rằng theo cách xây dựng tam giác Pascal thì

23
11
1
2 1 2
1
1 2 1
1

1
1
1

1
NN
N N N
N N N
N N N
NN
NN
CC
C C C
C C C
CC

Do đó
1
1 1 2 1 2 1 2 1 1
1 1 1 1

N
N N N N N N N N
N N N N
x y x C x y C x y C x y C xy y

Vậy chúng ta đã chúng ta đã chứng minh đúng trường hợp n=N+1. Theo
nguyên lý quy nạp đã chứng minh xong định lý khai triển nhị thức Newton.
1 1 2 2 2 1 1 1

n
n n n n n n
n n n
x y x C x y C x y C x y y


1 2 2 2 2 1

12 21
n n n n n n
n n n n
x x y x y x y x
nn
yy

Một cách khác, ta có thể dựa vào tam giác Pascal:


Thay
yy
chúng ta có hằng đẳng thức:
21
1 2 2 2 2 1
1 1 1
211 2
n n n n
n n n n n n
n
n n n n
x y x x y x y y y

n
x x y
Ta cũng có thể dựa vào tam giác Pascal:


Từ nhị thức Newton ta có thể rút ra một số công thức như sau:

24


 
10
0
2 1 1
n
n
n k n n
n n n n
k
C C C C


      



     
01
0
0 1 1 1 1

n
n k n
kn
n n n n
k
C C C C

        



 
0 1 1 0
0
1
n
n
k n k n n n
n n n n
k
x C x C x C x C x


     



     
0 0 1 1
0

1 1 1
n
n n n
k k n n
n n n n
k
x C x C x C x C x

       



     
0 1 1 0
0
1 1 1
n
n k n
k n k n n n
n n n n
k
x C x C x C x C x


       


III. Thuật toán khai triển nhị thức Newton
n
ab

nhƣ sau:
3.1. Thuật toán
Input : Nhập n bậc của nhị thức
Output: Chuỗi
0 1 1
0
( )
n
n n n k n k k n n k n k k
n n n n n
k
a b C a C a b C a b C b C a b

Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n, của nhị thức Newton
n
ab


Cột(k)
Dòng(n)
0
1
2
3
4
…
k
…
k=n
0

0
0
C









1
0
1
C

1
1
C








2
0

2
C

1
2
C

2
2
C







3
0
3
C

1
3
C

2
3
C

3
3
C






4
0
4
C

1
4
C

2
4
C

3
4
C

4
4
C

…
…
…
…
…
…




n
0
n
C

1
n
C

2
n
C

3
n
C

4
n
C

…
k
n
C

…
n
n
C


Bước 2: Tại dòng thứ n, ta nhân vào các cột
b
n kk
a

Bước 3: Tại dòng thứ n, chúng ta cộng các cột ở Bước 2.

Mã giả của thuật toán:
Bước 1: Nhập vào
n
(n là bậc của nhị thức).
Bước 2:
:0k 
;

: " "S 
; (
S
là xâu chứa hằng đẳng thức
()
n
ab
)