SH hung NT mot so tinh chat so hoc cua he so to hop

Chuyên đề: Một số tính chất số học của hệ số tổ hợp
GV: Nguyễn Trung Hưng
Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn Khánh Hòa

I. Tóm tắt nội dung
Trong chương trình phổ thông chúng ta được học khai triển nhị thức Newton:

 a  b



n

 Cn0  Cn1a n1b  ...  Cnnb n với n 

*

và Cnk 

n!
, k  0,1,..., n.
k ! n  k !



Các số Cn0 , Cn1 ,..., Cnn như vậy được gọi là hệ số tổ hợp. Bài viết này quan tâm đến một số tính
chất số học của các số này và một số áp dụng của nó.
II. Một số tính chất của hệ số tổ hợp
Ở đây ta quy ước, Cnk  0 nếu k  n.
Định lí 1. Nếu m, n  , m  n và m, n nguyên tố cùng nhau thì Cnm  0  mod n  .
Chứng minh: Ta có: Cnm 

n.  n  1 ...  n  m  1 n m1
 .Cn1 .
1.2...m
m

Từ đó suy ra mCnm  nCnm11 , do đó mCnm n. Lại có  m, n   1 nên C nm n. ■
Nhận xét 1.
1) Nếu p là một số nguyên tố thì từ định lí 1 ta có kết quả: C ip  0  mod p  , với mọi
1  i  p  1.

2) Và từ đây ta cũng sẽ có: 1  x   1  x p  mod p  .
p

Định lí 2. Nếu p là một số nguyên tố và k 

*

, thì C ipk  0  mod p  với 1  i  p k  1.

Chứng minh: Ta sẽ chứng minh định lí này thông qua các bổ đề:
Bổ đề 1. (Định lí Legendre) Nếu p là một số nguyên tố thì tổng số các ước số dạng p  của

n ! là
n  n 
 p    p 2   ...
   


Số này bằng

n  sn
, với sn  a0  a1  ...  ak , n  a0  a1 p  a2 p 2  ...  ak p k .
p 1

Chứng minh bổ đề 1: Chú ý rằng tổng số các nhân tử dạng p  của n ! là max , với

max là số mũ  lớn nhất sao cho p  là ước của n!.
n
Ta lại thấy rằng nếu n  pi thì  i   0. Do đó, tổng
p 



n

 p 
i 1



i



là hữu hạn. Ta sẽ chứng


n
minh max     i  * bằng quy nạp. Thật vậy, với n  1, ta có: n  pi với mọi i nguyên

i 1  p 

n
dương nên max   0    i  . Giả sử (*) đúng với n  1 và đặt j là số tự nhiên lớn nhất sao
i 1  p 


 n    n  1

 i     pi   j (do n !  n.  n  1! nên nếu
i 1  p 
i 1 



cho p j | n. Ta sẽ chứng minh rằng:


chứng minh được như vậy thì

n

  p  là số mũ lớn nhất để cho
i 1



i



p  | n!).

i
 n   n  1 1; p | n
Ta có:  i    i   
. Do đó,
i
 p   p  0; p | n

  n   n  1   j   n   n  1 
  i    i       i    i    1. j  j.

i 1   p 
 p   i 1   p   p  


Vậy theo nguyên lí quy nạp thì với mọi n 


Cuối cùng là chứng minh

 n 

  p   
i 1



i



*

ta đều có (*).

n  sn
. Thật vậy, ta có:
p 1

k
k 1
n  sn ak  p  1  ak 1  p  1  ...  a1  p  1

p 1
p 1

 ak  pk 1  pk 2 ...  1  ak 1  pk 2  pk 3  ...  1  ...  a2  p  1  a1
  ak pk 1  ak 1 p k 2  ...  a2 p  a1    ak p k 2  ak 1 p k 3  ...  a3 p  a2   ...
n  n 
 n   n
...   ak p  ak 1   ak      2   ...   k     i  .
 p  p 
 p  i 1  p 


Bổ đề 2. Với mọi số thực x, y,  x  y    x   y .
Chứng minh bổ đề 2: Ta có: x   x , y   y   x  y   x    y . Từ đây, theo định nghĩa
phần nguyên ta suy ra:  x  y    x   y .

 pk 
Quay trở lại bài toán: Theo bổ đề 1 thì tổng số các ước số dạng p của p ! là   j  .
j 1  p 


k

k

 pk  k   i   pk  i  
Theo bổ đề 2 ta sẽ được:   j      j    j   ** .
j 1  p 
j 1   p 
 p 
k

  i   pk  i  
k

  j    j   là tổng số các ước dạng p của i ! p  i ! , mà

j 1   p 
 p 
k

Ta lại có theo bổ đề 1,

 pk 
 i   pk  i 

và


0,
 p k   1 nên (**) là bất đẳng thức ngặt, tức là ta sẽ có:
 pk   pk 
  

 
 pk  k   i   pk  i  

k

 p j      p j    p j   . Từ đó, tồn tại ít nhất một ước p của p ! mà không là ước
j 1 
 j 1    

k





của i ! pk  i !. Hay p  | C ipk . ■
Nhận xét 2. Từ định lí 2 ta sẽ có: 1  x 

pk

 1  x p  mod p  .
k

Định lí 3. (Định lí Lucas) Cho m và n là các số nguyên không âm và p là một số nguyên tố.
Đặt m  m0  m1 p  ...  mk p k , n  n0  n1 p  ...  nk p k với 0  mi , ni  p  1, i  1, k là các biểu
diễn theo cơ sở p của m, n. Khi đó, Cnm  Cnm00 .Cnm11 ...Cmnkk  mod p  .
Chứng minh: Do nhận xét 2 nên:

1  x 

n

 1  x 

nk p k  nk 1 p k 1 ... n1 p  n0

nk

p
p
 1  x   . 1  x  

 

k



 1 x p

k

k 1

 .1  x 
nk

p k 1

nk 1

nk 1

n1

p
n
... 1  x   . 1  x  0



... 1  x p  1  x  0  mod p  .
n1

n

Do m, n biểu diễn theo cơ sở p là duy nhất nên thực hiện đồng nhất hệ số của x m hai vế ta
được: Cnm  Cnmkk .Cnmkk11 ...Cnm11 .Cnm00  mod p  . ■
III. Một số bài toán vận dụng


Bài toán 1. Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiện k thỏa

0  k  p  1 ta đều có: C pk 1   1

k

 mod p  .

Giải:
Từ nhận xét 1, ta có: C pk  0  mod p  , k  1, p  1.
Ta có: C p01  1   1

0

 mod p  , lại có: C p01  C1p1  C1p  C1p1   1  mod p  .
1

Giả sử rằng C pk 1   1

k

 mod p 

(với 0  k  p  1). Khi đó, ta có:

C pk 1  C pk 11  C pk 1  C pk 11    1   1
k

Vậy C pk 1   1

k

 mod p  với mọi

k 1

 mod p  .

k  0, p  1.
n 1

Bài toán 2. Cho n  , n  1. Chứng minh rằng số tn  C22n1  C22n
n

chia hết cho 22 n2.

Giải:
Xét đa thức: P  x   1  x 

2n 1

 1  x 2  . Đa thức này có hệ số của số hạng chứa x 2 là tn .
2n

n

2
2
2
Mặt khác, ta có: P  x   1  x  1  x   1  x  



n

n

n

2 1  C21n x  ...  C22n x 2  . C21n x  C23n x3  ...  C22n 1 x 2 1  .

 

n

n

n

n

n

Bằng phương pháp đồng nhất hai vế ta được hệ số của x 2 là:
tn  2 C21n .C22n 1  C23n .C22n 3  ...  C22n 1.C21n  .


n

n

n

Do định lí 1 nên các số C21n , C23n ,..., C22n 1 đều chia hết cho 2n nên tn chia hết cho 22 n2.
n

Bài toán 3. Cho p là một số nguyên tố và m, n, k, l, s, t là các số tự nhiên sao cho

m  kp  s, n  lp  t với s, t  p. Chứng minh rằng: Cnm  Clk .Cts  mod p  .
Giải: Ta xét đa thức P  x   1  x 

lp t

 1  x  1  x p  . Thực hiện biến đổi biểu thức trên ta
t

l

được:
l
t
lp
P  x   1  x  1  x   1  x p  


l 1
t
p
l 1 p
 l 2 p
 1  x  1  x   1  x p  1  x 
 1  x 

1  x p   ...  1  x p   .


 



Theo nhận xét 1 thì 1  x   1  x p  chia hết cho p nên P  x  chia hết cho p. Ta sẽ xác
p

định hệ số của xkps trong P  x  .
Trước hết hệ số của xkps trong 1  x 

là Clpkpt s . Ta biến đổi tích 1  x  1  x p  bằng

lp t

t

l

với 1  Ct1x  ...  Ctt xt  . 1  Cl1x p  ...  Cll xlp  . Chú ý rằng nếu s  t thì hệ số cần tìm bằng 0,
do đó ta có thể giả sử s  t. Khi đó, hệ số của xkps là Clk .Cts .
Vậy hệ số của xkps trong P  x  là Clpkpt s  Clk .Cts . Do P  x  chia hết cho p nên Clpkpt s  Clk .Cts
chia hết cho p.
Bài toán 4. (VMO, 2011) Cho dãy số nguyên an  xác định bởi

a0  1, a1  1 và an  6an1  5an2 với mọi n  2.
Chứng minh rằng a2012  2010 chia hết cho 2011.
Giải:

Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x2  6 x  5  0 có 2 nghiệm là 3  14 và

3  14. Do đó, ta tìm được công thức tổng quát của dãy là:

an

7  2 14  3 



 7 

với un

3 


14

   7  2 14 3 

14



 7  14 3  14



n

14

n

14



14 3  14



n 1





n 1

14



n 1



 3  14

2



n 1

, vn

3 


14



n 1

 un  2vn ,



 3  14

2 14



n 1

. Sử dụng công thức khai

triển nhị thức Newton ta được:
1005

1005

k 0

k 1

2k
2k
u2012   C2011
32011 2 k.14k  32011   C2011
32011 2 k.14k .

2k
2011.
Do 1  2k  2011 với 1  k  2005, và 2011 là số nguyên tố nên C2011

Mặt khác theo định lí Fermat nhỏ thì 32011  3  mod 2011 . Do vậy
u2012  3  mod 2011 (1).


Tương tự, ta chứng minh được v2012  1  mod 2011 (2).
Do đó, từ (1) và (2) suy ra: a2012  2010  u2012  2v2012  2010  0  mod 2011 .
3a 1

Bài toán 5. Cho a là số nguyên dương. Chứng minh rằng:

C
k 0

k
2k

 0  mod 3 .

Giải:
Ta có: C    C
k

k
2k

i 0



i 2
k

3a 1

3a 1 k

  C    Cki  . Các hệ số Cki với i  0, k là các hệ số ở hàng
k 0

k

2k

2

k 0 i 0

thứ k của tam giác Pascal. Ta gọi Sa , Ta lần lượt là số các hệ số chia 3 dư 1, 2 trong 3a hàng

6a  4 a
6a  4a
đầu tiên của tam giác Pascal, thì theo  4 ta được Sa 
, Ta 
. Suy ra số lượng các
2
2
hệ số không chia hết cho 3 là Sa  Ta  6a chia hết cho 3.
3a 1 k

Do đó,

  C 
k 0 i 0

i 2
k

 S a  Ta  0  mod 3 .

Bài toán 6. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho Cnk là số lẻ với mọi k  0, n.
Giải:

r

r

Xét p  2 và giả sử biểu diễn n, k theo cơ sở p là: n   ni 2 , k   ki 2i với ni , ki  0,1.
i

i 0

i 0

r

Khi đó, theo định lí Lucas thì ta luôn có Cnk   Cnkii  mod 2  . Giả sử rằng tồn tại một số
i 0

ni  0 thì gọi ta chọn ki  1 và k j  0, j  i. Khi đó, ta tìm được một số k nhỏ hơn n mà
Cnkii  0. Suy ra, ta được số Cnk là số chẵn.

Do đó, Cnk là số lẻ khi và chỉ khi ta có ni  1, i  0, r  n  2s  1.
2 pq 1
Bài toán 7. Cho p, q là các số nguyên tố. Chứng minh rằng C pq
1  1  mod pq  khi và chỉ khi

C2pp11  1  mod q  và C2qq11 1  mod p  .
Giải:
Giả sử C2pqpq11  1  mod pq  . Do 2 pq  1   2q  1 p  p  1 và pq  1   q  1 p  p  1 nên
áp dụng kết quả bài toán 3 ta được: C2pqpq11  C2qq11.C pp11  C2qq11  mod p  1 .

Mặt khác, do C2pqpq11  1  mod pq  nên C2pqpq11  1  mod p   2  . Từ (1), (2) suy ra:

C2qq11  1  mod p  .
Tương tự, ta cũng có: C2pp11  1  mod q  .
Đảo lại, giả sử có: C2pp11  1  mod q  và C2qq11  1  mod p  ta sẽ chứng minh

C2pqpq11  1  mod pq  .
Áp dụng tương tự trên ta được: C2pqpq11  C2pp11  1  mod q  và C2pqpq11  C2qq11  1  mod p  .
Hay C2pqpq11  1 chia hết cho p và q, mà  p, q   1 nên C2pqpq11  1 chia hết cho pq.
Bài toán 8. (Việt Nam TST, 2010) Gọi Sn là tổng bình phương các hệ số trong khai triển của
nhị thức 1  x  , trong đó n là số nguyên dương, x là số thực bất kì. Chứng minh rằng S2 n  1
n

không chia hết cho 3 với mọi n.
Giải:
Trước hết ta sẽ tìm ra S2 n  1. Ta có:

1  x 

2n

2n
 n
 n

n
n
 1  x  . 1  x    C2i n x 2 n i    Cni x n i  .   Cni x n i  .
i 1
 i 1

  i 1


Đồng nhất hệ số của xn ở hai vế ta được: C2nn   Cni .Cnn i    Cni   S n . Từ đó, bài toán
n

n

i 0

i 0

2

trở thành chứng minh C42nn  1 không chia hết cho 3 với mọi n.
k

Ta giả sử rằng 2n   ai .3i với ai  0,1, 2 , i  1, k . Ta xét hai trường hợp:
i 0

+ Nếu ai  0,1 , i  1, k thì 2i  0, 2 , i  1, k . Ta có:
k

k

k

i 0

i 0

i 1

 ai   ai .3i  2n  0  mod 2    ai chẵn. Ta đặt
k

 ai

2 i 0  2t  4t  1  mod 3 .
k

Ta cũng có: 4n   2ai .3i nên theo định lí Lucas thì:
i 0

k

a
i 0

i

 2t. Khi đó,


k

k

k

i 0

i 0

 ai

C42nn  1   C2aai i  1   2ai  1  2 i 0  1  2  mod 3 .
+ Nếu tồn tại một giá trị a j  2. Không mất tính tổng quát giả sử j là chỉ số nhỏ nhất sao cho

a j  2 thì ở vị trí j ở khai triển theo lũy thừa 3 của 4n là 1.
k

k

Khi đó, ta viết 2n   ai.3 , 4n   bi 3i , với k   k , ai  ai khi i  1, k , ai  0 khi
i

i 0

i 0

i  k  1, k  và b j  1, aj  a j  2. Áp dụng định lí Lucas ta sẽ được:
k

C42nn  1   Cbaii  1  1  mod 3 . (vì Cbjj  C12  0)
a

i 0

Một số bài toán khác

Bài toán 9. Cho n là số nguyên dương và p là số nguyên tố. Chứng minh rằng:

n
Cnp     mod p  .
 p
Bài toán 10. Cho a, b là hai số nguyên dương, p là số nguyên tố. Chứng minh rằng:
bp
Cap
 Cab  mod p  .

Bài toán 11. Cho n 

*

và số tự nhiên k thỏa 0  k  n  1. Chứng minh rằng nếu Cnk 1 p và

Cnk p thì Cnk1 p ngoại trừ trường hợp n  1 p.

2p
Bài toán 12. (Putnam, 1998) Cho số nguyên tố p  3 và k    . Chứng minh rằng tổng
 3 
C1p  C p2  ...  C pk chia hết cho p 2 .
Bài toán 13. (IMO, Shortlisted, 1991) Hãy tìm số nguyên k lớn nhất sao cho 1991k là ước của
1992

19901991

 19921991 .
1990

Bài toán 14. Cho n là số nguyên dương thỏa số các ước lũy thừa của 2 trong n ! bằng n  1.
Chứng minh rằng n là một lũy thừa của 2.





Bài toán 15. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n | 3n  1 .
Bài toán 16. Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng

 n  1 lcm  Cn0 , Cn1 ,..., Cnn   lcm 1, 2,..., n  1 .


Tài liệu tham khảo

1 A. Adler, J. Coury, The Theory of Numbers, Jones and Bartlett Publisher, Boston, 1995.
 2 Dusan Djukíc, Vladimir Jankovíc, Ivan Matíc, Nikola Petrovíc, The IMO Compendium – A
Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads: 1959 – 2004,
Springer, 2004.

3 Ivan Niven, Herbert S. Zuckerman, Hugh L. Montgomery, An Introduction to the Theory of
Numbers, John Wiley & Sons, 1991.

 4 J. B. Roberts, On binomial coeficient residues, Canada J. Math. 1957. Vol. 9. P. 363 – 370.

5 Victor J. W. Guo, C. Krattenthaler, Some divisibility properties of binomial and q-binomial
coefficients, Mathematics Subject Classification, 1991.