[maianhbang93]

Nguyên văn bởi Traum

Bài 6:

Ta có $(1+x)^{4n} =(1+x)^{2n}.(1+x)^{2n} = (\sum\limits_{i=0}^{2n}{{2n}\choose i }.x^i).(\sum\limits_{i=0}^{2n}{{2n}\choose i }.x^{2n-i}) $.

So sánh hệ số của $x^{2n} $ ở $2 $ bên ta có $\sum\limits_{i=0}^{2n}{{2n}\choose i}^2 = {{4n} \choose 2n} $.

Tiếp theo ta chứng minh ${{4n} \choose 2n} + 1 $ không chia hết cho $3 $.

$2n = \sum\limits_{i=0}^{k} a_i.3^i $

Trường hợp 1: các $a_i $ thuộc tập $\{0,1\} $, Khi đó $\sum\limits_{k=0}^{m} a_k = 2p $.
$4n = \sum\limits_{k=0}^{m} 2a_k.3^k $ và theo định lý Lucas(Lucas' Theorem http://en.wikipedia.org/wiki/Lucas%27_theorem)
${{4n} \choose 2n} + 1 \equiv \prod\limits_{i=0}^{k}{{2a_i}\choose{a_i}} \equiv \prod\limits_{i=0}^{k}(a_k+1)\equiv \prod\limits_{i=0}^{k}2^{a_i} \equiv 2^{2p} + 1\equiv 2\pmod 3 $ (do $a_i = 0 $ hoặc $1 $).

Trường hợp 2: tồn tại $i $ nhỏ nhất mà $a_i = 2 $, khi đó hệ số tương ứng của $4n $ là $1 $. Do ${1\choose{2}} = 0 \equiv 0 \pmod 3 $ nên $ {{4n}\choose {2n}} + 1\equiv 0 + 1 \equiv 1 \pmod 3 $

một bài ý tưởng tương tự(cũng dùng lucac):
cmr với mọi n nguyên dương,n lẻ thì: $8n+1\mid $ tổ hợp chập 2n của 4n.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]