›
›
›

Bài tập Đại số và Giải tích Lớp 11 - Chuyên đề 14: Nhị thức Newton và ứng dụng - Đặng Thành Nam

pdf 30 trang thaodu 3570
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Đại số và Giải tích Lớp 11 - Chuyên đề 14: Nhị thức Newton và ứng dụng - Đặng Thành Nam", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_tap_dai_so_va_giai_tich_lop_11_chuyen_de_14_nhi_thuc_new.pdf

Nội dung text: Bài tập Đại số và Giải tích Lớp 11 - Chuyên đề 14: Nhị thức Newton và ứng dụng - Đặng Thành Nam

  1. Chuyên đề 14: Nhị thức NEWTON và ứng dụng Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202 CHUYÊN ĐỀ 14: NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 754 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  2. Chuyên đề 14: Nhị thức NEWTON và ứng dụng 755 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  3. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202 KIẾN THỨC CẦN NHỚ Công thức khai triển nhị thức NEWTON Cho 2 số dương a, b và số nguyên dương n thì ta có n n k n k k0 n 1 n 1 n n (ab )  CabCaCabn n n Cb n k 0 n n kknkk 0 n 1 n 1 nnn ()ab  (1) CabCaCabn n n (1) Cb n k 0 Trong các công thức trên ta có + Số các số hạng là n 1. + Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n . k n k k + Số hạng thứ k 1 trong khai triển là Tk 1 C n a b . + Các hệ số cách đều 2 số hạn đầu và cuối thì bằng nhau. Một số khai triển hay sử dụng n n k k0 1 1 n n (1 x )  Cn x C n C n x C n x k 0 n n k k k0 1 1 n n n (1 x )  ( 1) Cn x C n C n x ( 1) C n x k 0 Các hướng giải quyết bài toán dạng này n n a bn ianibi ianibi()  Nếu bài toán cho khai triển ()()()x x  Cn x x  C n x , khi đó hệ số i 0 i 0 m i của x là Cn sao cho a() n i bi m. i  Nếu bài toán đề cập đến max;min của các số hạng Cn thì xét TTk k 1  Tìm maxTk thì giả sử Tk là lớn nhất khi đó k TTk k 1 TTk k 1  Tìm min Tk thì giả sử Tk là nhỏ nhất khi đó k TTk k 1 n i  Trong biểu thức có i( i 1) Cn thì dùng đạo hàm. i 1 n i k  Trong biểu thức có ()i k Cn thì nhân 2 vế với x rồi lấy đạo hàm. i 1 n k i  Trong biểu thức có a Cn lấy x a thích hợp. i 1 756 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  4. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n 1 i  Trong biểu thức có  Cn thì lấy tích phân xác định trên đoạn [,]a b thích hợp. i 1 i 1 CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC BÀI TẬP MẪU 9 10 14 14 Bài 1. Cho khai triển Q()(1 x x ) (1 x ) (1 x ) a0 a 1 x a 14 x . Tìm a9 . Lời giải: 9 9 10 14 9 9 9 9 9 9 + Hế số của x trong khai triển Q() x (1 x ) (1 x ) (1 x ) là CCC9;;; 10 11 CCC12;; 13 14 . 9 9 9 Vậy a9 C 9 C 10 C 14 3003. Bài 2. Tìm hệ số của x16 trong khai triển (x2 2 x ) 10 . Lời giải: 10 10 2 10k 2 10 k k k k 20 k + Ta có (x 2) x  C10 ()(2) x x  (2) C 10 x k 0 k 0 + Chọn 20 k 16 k 4 . 16 4 4 Vậy hế số của x trong khai triển là: C10 ( 2) 1 Bài 3. Tìm hệ số của x1008 trong khai triển của nhị thức ()x2 2009 . x3 Lời giải: + Số hạng thứ k 1 trong khai triển là 1 T Ck()() x2 2009 k k C k x 4018 5 k . k 1 2009x3 2009 + Chọn 4018 5k 1008 k 602 . 1008 1008 Vậy hệ số của x trong khai triển là C2009 . 8 2 8 Bài 4. Tìm hệ số của x trong khai triển thành đa thức của 1 x (1 x ) . Lời giải: 8 8 k 2 8k 2 k k 2 k i i i + Ta có [1 x (1)] x  C8 [(1)] x x  C 8 x  (1) Ck x k 0 k 0 i 0 0 i k 8 8 i k i i 0 i 2 Vậy hệ số của x trong khai triển là ( 1) CC8 k thỏa mãn 2k i 8  k 4 k 3 i, k 8 0 4 0 2 3 2 Vậy hệ số của x là: ( 1)CCCC8 4 ( 1) 8 3 238 . 757 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  5. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài 5. Xác định hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của P( x ) (1 2 x 3 x2 ) 10 . Lời giải: 10 2 10 10 k k k + Ta có P()(12 x x 3) x  1 x (23) x  C10 x(2 3 x ) k 0 o 1 22 233 3 1010 10 CCx10 10(23) xCx 10 (23) xCx 10 (23) x Cx 10 (23) x 3 2 2 2 3 3 3 Suy ra hệ số của x chỉ xuất hiện trong C10 x(2 3 x ) C 10 x (2 3 x ) 3 2 3 Vậy hệ số của x trong khai triển của P() x là: 12CC10 8 10 1500 . 16 Bài 6. Tìm hệ số x16 trong khai triển thành đa thức của 1 x2 (1 x 2 ) Lời giải: 16 16 16 2 2 k 2 2 k k 2 k k 2 k + Ta có 1 x (1 x )  C16 ( x (1 x ))  ( 1) x C 16 (1 x ) k 0 k 0 16k 16 kkk2 i 2 i kikiki 2( ) ( 1)x C16  Ck ( x )  ( 1) C 16 C k x k 0 i 0 k 0 16 k i k i Vậy hệ số của x là ( 1) CC16 k thỏa mãn 0 i k 16 i 0 i 1 i 2 i 3 i 4 2(k i ) 16     k 8 k 7 k 6 k 5 k 4 i, k Vậy hệ số của x16 trong khai triển là CCCCCCCCCC8 0 7 1 6 2 5 3 4 4 258570 168 167 166 165 164 Bài 7. Cho biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x2 1)n bằng 1024. Hãy tìm hệ số a() a * của số hạng ax12 trong khai triển đó. Lời giải: n 2n k 2 k 0 1 2 2 4 n 2 n + Ta có (x 1)  Cn x C n C n x C n x C n x , thay x 1vào ta được k 0 n0 1 2 n 2 Cn C n C n C n 1024 n 10 12 6 Vậy hệ số của số hạng ax là : a C10 210 . Bài 8. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức NEWTON của nhị thức n 1 7 1 2 3n 20 k 4 x , biết rằng CCCC2n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 1( n nguyên dương, Cn là tổ hợp x chập k của n phần tử). Lời giải: 758 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  6. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 0 1 2 3n 20 + Theo giả thiết ta suy ra CCCCC2n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 k2 n 1 k Mặt khác C2n 1 C 2 n 1 (0 k 2 n 1) . Từ đó 0 1 2 3 n 2(CCCCC2n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 ) 0 1 2n n 1 n 2 n 3 2 n 1 2 n 1 CCCCCCCC212121n n n 21212121 n n n n 21 n 2 20 0 1 2 3n 2 n 2 C2n 1 C 2 n 1 C 2 n 1 C 2 n 1 C 2 n 1 2 n 10 + Số hạng thứ k+1 của khai triển là k 4 10 k 7 k k 11 k 40 Tk C10()() x x C 10 x Chọn 11k 40 26 k 6 26 6 Vậy hệ số của x là C10 210 . 3n 3 Bài 9. Với n là số nguyên dương, gọi a3n 3 là hệ số của số hạng chứa x trong khai triển thành 2 n n đa thức của (x 1) ( x 2) . Tìm n để a3n 3 26 n . Lời giải: n n n k 2n n kk 2 iini kiniki 2 + Ta có (x 1) ( x 2)  Cn x  C n x 2  C n C n 2 x . k 0 i 0 k 0 i 0 0 i , k n i n 1 i n 3 Chọn 2k i 3 n 3 , thỏa mãn 2k i 3 n 3  k n 1 k n i, k 3n 3 n 1 n 1 3 n n 3 Vậy hệ số của số hạng chứa x là a3n 3 2 C n C n 2 C n C n 4n ( n 1)( n 2) 2n2 26 n n 5 3 Vậy n 5 là giá trị cần tìm. n 2 n 2 Bài 10. Xác định hệ số an của x trong khai triển thành đa thức của 1 x 2 x nx , Tìm n biết rằng an 6 n Lời giải: Ta có 2n2 2 n 2 n n 1 x 2 x nx 1 x 2 x nx 1 x 2 x nx , do đó hệ số an của x trong khai triển là 2 2 2 an 1. n 1( n 1) 2( n 2) n .1 2 n n (1 2 n ) (1 2 n ) n( n 1) n ( n 1)(2 n 1) n3 11 n 2n n 2 6 6 759 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  7. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n3 11 n Vậy a 6 n 6 n n 5 . n 6 Vậy n 5 là giá trị cần tìm. Bài 11. Cho khai triển 1 1 1 1 2 n Pxx( ) x 2 x 3 x n aaxax0 1 2 axn .Xác định hệ số của 2 2 2 2 xn 1; x n 2 . Lời giải: ___ 1 1 1 Nhận thấy phương trình P( x ) 0, có n nghiệm phân biệt x( i 1, n ) là ; ; ; , do đó i 2 22 2n theo định lí Vi – ét ta có: n n an 1 a n 2 xi ;  x i x j . Dễ thấy an 1. i 1an i , j 1, i j a n 1 1 n 1 1 1 1 1 n 1 Vậy a x 2 1 . n 1  i 2 3 n 1 n i 1 2 2 2 2 2 1 2 2 n n2 n 2 1 2 1 1 1 1 1 an 2  x i x j  x i  x i 1 n 2 4 2 n i, j 1, i j2 i 1 i 1 2 2 2 2 2 n 2 n Bài 12. Cho khai triển 1 2x a0 a 1 x a 2 x an x , tính tổng sau S a 2 a 3 a n a 1 2 3 n Lời giải: Xét khai triển n 2 n 1 2x b0 b 1 x b 2 x bn x (*) , Dễ thấy ta có a0 b 0; a 1 b 1 ; a 2 b 2 ; ; an b n . Vậy tổng S bằng tổng sau S b1 2 b 2 3 b 3 nbn , lấy đạo hàm theo x ở 2 vế của (*) ta được n 1 2n 1 212n x b1 2 b 2 x 3 b 3 x nbn x (1), thay vào 2 vế của (1) x 1 ta được n 1 S b1 2 b 2 3 b 3 nbn 2 n .3 . Bài 13. Cho khai triển nhị thức 760 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  8. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n n 1 n 1 n x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x 230 2 1 2 3n 1 2 3 n 3 x 2 Cn x C n x . 2 C n x . 2 C n 2 ( n là số 3 1 nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó CCn 5 n và số hạng thứ tư bằng 20n . Tính n,. x Lời giải: n( n 1)( n 2) + Theo giả thiết C3 5 C 1 5 n n 7( n * ) . n n 6 Số hạng thứ tư trong khai triển là 4 3 x 1 x 32 3 2x 2 x T3 C 7 x .2 35.2 .2 20 n 140 x 4 1 n x x Bài 14. Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức: 2 22 có tổng 2 số hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135, còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22. Lời giải: + Số hạng thứ (k 1) trong khai triển là 1 k n k x k x 2 TCk n 2 2 Từ đó suy ra Tổng 2 số hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135 12 1 4 n 2 x n 4 x 2x2 4 x 2 TTCC2 4 n 2 2 n 2 2 135(1) Tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22 n 2 n 1 n CCCn n n 22(2) n( n 1) Từ (2) n 1 22 n 6, thay vào (1) ta được 2 2412x x 4224 x x 2122 x x 2 x C62 .2 C 6 2 .2 135 2 2 9; t 2 t 4 x 1 4 2t 9 1 1 t t x 2 2 1  Vậy x 1;  là giá trị cần tìm. 2  Bài 15. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển P() x (1 x )4 (1 x ) 5 (1 x ) 6 (1 x ) 15 Lời giải: 761 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  9. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Ta có P() x (1 x )1(14 x )(1 x ) 2 (1 x ) 11 1 (1 x )12 1 1 (1 x )4 (1 x ) 16 (1 x ) 4 1 (1 x ) x x 5 5 Vậy hệ số của x trong khai triển là C16 4368. Bài 16. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của tổng sau S( x ) (1 x ) 2(1 x )2 ( n 1)(1 x )n 1 n (1 x ) n Lời giải: Ta có Sx() (1 xFxFx )();() 12(1 x ) 3(1 x )2 nx (1 )n 1 Để ý F() x là đạo hàm của tổng 1 (1 x )n 1 1 G()1 x x (1)(1) (1) x2 x 3 xn (1) x (1) x n 1 (1) x 1 (1 x ) x x 7 3 1 Bài 17. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển x ( x 0) 4 x Lời giải: + Số hạng thứ k 1 trong khai triển là k 7 7 k k3 7 k 1 k 3 12 Tk 1 C 7() x C 7 x 4 x 7 7 Chọn k 0 k 4 . 3 12 4 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: TC5 7 35. n 28 Bài 18. Trong khai triển x3 x x15 ( x 0). Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x , biết n n 1 n 2 rằng CCCn n n 79 . Lời giải: +Từ giả thiết ta có n( n 1) Cn C n 1 C n 2 79 1 n 79 n 12( n * ) n n n 2 Vậy số hạng thứ (k 1) trong khai triển là 28k 48 16 k k3 12 k15 k 15 Tk 1 C 12() x x x C 12 x 48 Chọn 16 k 0 k 5. Vậy số hạng không phụ thuộc x là TC 5 792 . 15 6 12 762 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  10. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài 19. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho trong khai triển (1 x )n có 2 hệ số liên tiếp có 7 tỷ số là . 5 Lời giải: n n k k k k 1 Ta có (1 x )  Cn x Hệ số của 2 số hạng liên tiếp là Cn và Cn . k 0 Theo giả thiết ta có: k Cn 7k 1 7 k 1 k 1 n 3 k 2 (0 k n ) . Do cả 2 số Cn 5 n k 5 7 k 1 k 1 n, k * n k 6 n 21. 7min 7 Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 21. n 2 k k n k Bài 20. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  k nx Cn x 1 x k 0 BÀI TOÁN VỚI SỐ HẠNG LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho khai triển nhị thức 10 1 2 2 10 x a0 a 1 x a 2 x a 10 x . Hãy tìm số hạng ak lớn nhất. 3 3 Lời giải: 10 10 k k 1 2 10 1 2 2k 10 2 k x Ck x C k x k a C k + Ta có 10 10  10k 10 10 3 3 k 0 3 3 3 k 0 3 Giả sử ak max( a0 ; a 1 ; a 10 ) , từ đó ta có k k k 1 k 1 ak a k 1 C 102 C 10 2 19 22 k k 7 a a k k k 1 k 1 3 3 k k 1 CC102 10 2 27 Vậy số hạng lớn nhất là a C7 . 7310 10 Bài 2. Khai triển đa thức 12 12 P( x ) 1 2 x a0 a 1 x a 12 x . Tìm max( a0 ; a 1 ; ; a 12 ). Lời giải: 12 12 12 k k k k k k k + Ta có 1 2x  Cn (2 x )  C n 2 x a k C n 2 . k 0 k 0 Giả sử ak max( a0 ; a 1 ; ; a 12 ) . Từ đó ta có 763 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  11. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG k k k 1 k 1 ak a k 1 2CC12 2 12 23 25 k k 8 a a k k k 1 k 1 3 3 k k 1 2CC12 2 12 8 18 Vậy số hạng lớn nhất là a8 C 12 2 . n2 n Bài 3. Giả sử P( x ) (1 2 x ) a0 a 1 x a 2 x an x thỏa nãn hệ thức a a a a 1 2 n 4096. 0 2 22 2n Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số {a0 ; a 1 ; a 2 ; ; an }. Lời giải: 1 Ta có (1 2x )n a a x a x2 a x n , thay vào 2 vế với x ta được 0 1 2 n 2 a a a 2n a 1 2 n 4096 212 n 12. 0 2 22 2n 12 12 12 k k k k k k k Vậy (1 2x )  C12 (2 x )  C 12 2 x ak C 12 2 k 0 k 0 Giả sử ak là hệ số lớn nhất, khi đó ta có k k k 1 k 1 ak a k 1 2CC12 2 12 k 8 a a k k k 1 k 1 k k 1 2CC12 2 12 8 8 Vậy hệ số lớn nhất là a8 2 C 12 126720 n2 n Bài 4. Xét khai triển (x 2) a0 a 1 x a 2 x an x . Tìm n để max{ a0 ; a 1 ; a 2 ; ; an } a 10 Lời giải: n n k n k k k n k Ta có (x 2)  Cn 2 x a k C n 2 k 0 max{ a0 ; a 1 ; a 2 ; ; an } a 10 , khi và chỉ khi 10n 10 11 n 11 a10 a 11 Cn2 C n 2 29 n 32 n  30;31 a a 10n 10 9 n 9 10 9 CCn2 n 2 Vậy n 30;31 là giá trị cần tìm. Bài 5. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n 4) . Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k {0;1;2; ; n }sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất. Lời giải: 4 Sô tập con gồm 4 phần tử của A là tổ hợp chập 4 phần tử của n: Cn 2 Số tập con gồm 2 phần tử của A là tổ hợp chập 2 phần tử của n: Cn . Theo đề bài ta có 764 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  12. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n( n 1)( n 2)( n 3) n ( n 1) CC4 20 2 20 n n 24 2 n2 5 n 234 0 n 18 k Số tập con gồm k phần tử của A là ak C18 , giả sử ak là lớn nhất khi đó k k 1 ak a k 1 C 18 C 18 k 9 a a k k 1 k k 1 CC18 18 Vậy k 9 là giá trị cần tìm. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Gọi a1, a 2 , , a 11 là các hệ số trong khai triển sau 10 2 11 (x 1) ( x 2) a0 x a 1 x a 2 x a 11 x . Hãy tìm a5 . Bài 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x(1 2 x )5 x 2 (1 3 x ) 10 . Bài 3. Tìm hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển của (x3 3 x 2 2)n . Biết rằng 4 An 24 3 4 . ACn 1 n 23 Bài 4. Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển P() x (1 2) x3 (1 2) x 4 (1 2) x 5 (1 2) x 22 . 8 2 n 3 1 2 Bài 5. Tìm hệ số của x trong khai triển (x 2) , biết rằng ACCn n 8 n 49. Bài 6. Tìm hệ số của x6 trong khai triển (x2 x 1)n thành đa thức, biết: 1 2n 20 CCC2n 1 2 n 1 2 n 1 2 1. Bài 7. Xác định hệ số của x11 trong khai triển thành đa thức của (x2 2)n (3 x 3 1) n , biết: 2n 2 n 1 k k 2 n k 2 n 0 CCCC2n 3 2 n ( 1) 3 2 n 3 2 n 1024 . n 31 3n 3 n 5 3 n 10 Bài 8. Khai triển P( x ) x 2 a0 x a 1 x a 2 x Biết rằng 3 hệ số đầu 2x 4 (;;)a0 a 1 a 2 lập thành cấp số cộng. Tính số hạng chứa x . Bài 9. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức Newton của (2 x )n , biết : n0 n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n 3CCCCCn 3 n 3 n 3 n ( 1) n 2048. n 8 1 5 Bài 10. Tìm hệ số của số hạng x trong khai triển nhị thức Newton của 3 x , biết rằng x n 1 n Cn 4 C n 3 7( n 3) ( n là số nguyên dương, x 0) . Bài 11. Cho khai triển của đa thức 2 3 20 2 20 Pxx( ) ( 1) 2( x 1) 3( x 1) 20( x 1) aaxax0 1 2 ax 20 Hãy tính hệ số a15 . 765 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  13. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài 12. Trong khai triển đa thức sau n n 2n 2 n 1 2x 1 x 2 a2n x a 2 n 1 x a 1 x a 0 . Tìm n, biết rằng a2n 1 160 . Bài 13. Tìm số nguyên dương n, biết 1 2 3 n C2 C 3 Cn 1 nC 1 n n n 1 n . 2 22 2 3 2n 32 n k 1 n n k 1 Bài 14. Cho 2x 1 C k 2 x 1 , biết n thỏa mãn CCC1 3 2 2 và số 3x  n 3 x n n n 2 k 0 2 hạng thứ tư trong khai triển trên bằng 2010n . Xác định n và x . 12 8 4 1 Bài 15. Tìm hệ số của x trong khai triển sau 1 x . x 2 34 2 12 Bài 16. Đặt 1 x x x a0 a 1 x a 2 x a 12 x . Tính hệ số của a7 . Bài 17. Khai triển và rút gọn biểu thức 2 3 n 2 n 121 x x 31 x 1 nxaaxax 0 1 2 axn . Tính hệ số của a8 , biết 1 7 1 rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 2 3 . Cn C n n CCC2 4 2n 4096 Bài 18. Cho số nguyên dương n 4 và SC 0 2n 2 n 2 n . Tìm n. 2n 3 5 2n 1 13 n n Bài 19. Giả sử n là số nguyên dương và 1 x a0 a 1 x an x . Biết rằng tồn tại số nguyên a a a k 1 k n 1 sao cho k 1 k k 1 . Tìm n. 2 9 24 100 100 Bài 20. Biết rằng 2 x a0 a 1 x a 100 x . Chứng minh rằng a2 a 3 . Với giá trị nào của k thì ak a k 1 0 k 99 . 3n 1 Bài 21. Cho biết tổng tất cả các hệ số của khai triển 2nx 2 là 64. Tìm hạng tử không 2nx chứa x . n 1 k xn C k 2012 x 1 Bài 22. Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có n  n . 2012 k 0 1000 1000 Bài 23. Sau khi khai triển 1 x2 x 3 và 1 x2 x 3 thì hệ số của x20 của đa thức nào lớn hơn. 1 7 log 3x 1 1 ln 9x 1 7 2 Bài 24. Tìm giá trị của x biết hạng tử thứ sáu của khai triển e 2 5 là 84. 2 n 8 s 2 Bài 25. Chứng minh rằng trong khai triển s 2 x nx s x 1 hệ số của x là Cn . 766 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  14. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 2 n 2 2n Bài 26. Cho khai triển 1 x a0 a 1 1 x a 2 1 x a 2n 1 x . Tính hệ số a3 . 2n 2 2n 4 Bài 27. Cho khai triển 1 x x a0 a 1 x a 2 x a 2n x . Tìm hệ số của x biết rằng a1 a 2 a 3 a 2n 2186 . 10 22 2 14 Bài 28. Cho khai triển 1 2x x x 1 a0 a 1 x a 2 x a 14 x . Hãy tính hệ số a6 . 210 20 Bài 29. Cho khai triển 1 2x 3 x a0 a 1 x a 2 x a 20 x 1. Xác định hệ số a4 . 20 2. Tính tổng a0 2 a 2 16 a 4 2 a 20 3 5 2n 1 2 Bài 30. Cho y a0 x a 1 x a 2 x an x thỏa mãn 1 x y ' xy 1,  x 1;1 . Tính tổng a0 a 1 a 2 an n n 1 2 n Bài 31. Cho khai triển Px( ) 1 x x 1 x aaxax0 1 2 axn . Xác định hệ số a3 biết rằng a0 a 1 a 2 an 512 ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Dựa vào các công thức cơ bản: n! C k n k!! n k kn! k An k! C n n k ! P n! n C k 1 Ta cũng có CCCk k 1 k 1 và n C k 1 n n n 1 k 1 n 1 n 1 BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho n, k nguyên dương , k n . Chứng minh rằng n 1 1 1 1 k k 1 k n 2 Cn 1 C n 1 C n Lời giải: 767 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  15. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Biến đổi vế trái của đẳng thức cần chứng minh n 1 k !( n 1 k )! ( k 1)!( n k )! VT n 2 ( n 1)! ( n 1)! n 1 k !( n k )! n 1 k k 1 n 2 ( n 1)! n 1!( k n k )! k !( n k )! 1 1 n 2 . n! k n 2 ( n 1)! n ! Cn k!( n k )! Bài 2. Cho n là số nguyên dương và chẵn chứng minh rằng 1 1 1 2n 1 (*) 1!(n 1)! 3!( n 3)! ( n 1)!1! n ! Lời giải: Đẳng thức đã cho tương đương với n!!! n n (*) 2n 1 1!(n 1)! 3!( n 3)! ( n 1)!1! 1 3n 1 n 1 CCCn n n 2 (đúng). Ta có đpcm. Bài 3. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương ,n 2 ta có 1 1 1n 1 2 2 2 A2 A 3 An n Lời giải: Biến đổi Vế trái của đẳng thức cần chứng minh, ta có 1 1 1 0!1! (n 2)! VT A2 A 2 A 2 2! 3! n ! 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1.2 2.3 (n 1) n 2 2 3 n 1 n 1n 1 1 VP (đpcm). n n Bài 4. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn CCCy y 1 y 1 x 1 x x 6 5 2 Lời giải: + Điều kiện y x 1(*) . 768 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  16. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG CCy y 1 5.(x 1)! 6. x ! Ta có: x 1 x 5CCy 6 y 1 6 5x 1 x y !(1)(1)!( x y y x y 1)! 5(y 1)( x 1) 6( x y )( x y 1)(1) y 1 y 1 Tương tự ta cũng có: 2Cx 5 C x 2( x y )( x y 1) 5 y ( y 1)(2) Từ (1) và (2) ta suy ra: 15y ( y 1) 5( y 1)( x 1) x 3 y 1(3), thay (3) vào (2) ta được: 8y2 4 y 5 y 2 5 y y 3 x 8. Vậy x; y 8;3 là giá trị cần tìm. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Cho n ,  3 m ta có 1m 1 1 1 k 1 k 1 k 2 Cm k m 2 C m k 1 C m k Bài 2. Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng 2 3 n 1 CCCn n n n n 1 Cn 21 3 2 n n 1 . CCCn n n 2 Bài 3. Chứng minh rằng với n nguyên dương, ta có 0 1 n CCCn n n 1 1 2 n 1 . CCCn 2 n 3 2 n 2 2 Bài 4. Chứng minh rằng 1 1 1 1005 1 1 1 1 2 2009 1 2 2008 CCCCCC2009 2009 20092009 2008 2008 2008 Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 2 ta luôn có CCC22 3 3 4 n 1 C n n n n n 1 n 1 2 n 1 3 n 1 4 n 1 n 2 3 1999 Bài 6. Chứng minh rằng 2.1.CCC2000 3.2. 2000 2000.1999. 2000  3998000 Bài 7. Chứng minh rằng với số nguyên chẵn n thì 2n chia hết cho 0 2k 2 k n 2 n CCCC2n 3 2 n 3 2 n 3 2 n 1 1 1 Bài 8. Giải phương trình x x x . CCC4 5 6 Bài 9. Tìm số nguyên dương x thỏa mãn 1 2 3 2 Cx 6 C x 6 C x 9 x 14 . Bài 10. Giải bất phương trình 1 6 AAC2 2 3 10 . 2 2x xx x Bài 11. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 769 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  17. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 5 CCA4 3 2 n 1 n 14 n 2 7 CAn 4 3 n 115 n 1 Bài 12. Chứng minh với mọi k, n thỏa mãn 3 k n , ta đều có k k 1 k 2 k 3 k CCCCCn 3 n 3 n n n 3 k k 2 k 1 Bài 13. Tìm số tự nhiên k thỏa mãn đẳng thức CCC14 14 2 14 Bài 14. Giải phương trình 2 2 PAAPx x 72 6( x 2 x ) Bài 15. Giải hệ phương trình y y 2ACx 5 x 90 5ACy 2 y 80 x x Bài 16. Xác định số nguyên dương n thỏa mãn 3 3 3 3 3 8 CCCCA3 4 5 n n 1 NHỊ THỨC NEWTON DÙNG TRONG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP  Khi gặp tổng là tổng các tích giữa 2 công thức tổ hợp, thường nhân 2 khai triển với nhau sau đó so sánh hệ số của biến cùng bậc với nhau. 0 4 8 1 5 9  Khi gặp tổng có riêng CCCn; n ; n ; hoặc tổng có riêng CCCn; n ; n ; hoặc các tổng 0 2 4 1 3 5 CCCn n n ; CCCn n n thì dùng số phức. ak 1 b k 1  Khi số hạng của tổng có dạng C k ( hay cứ có mẫu thức hơn kém nhau k đơn k 1 n vị) thì dùng tích phân. Các kết quả quen thuộc: 1/CCCC0 1 2 n 2 n n n n n 0 2 4 1 3 5n 1 2 /CCCCCCn n n n n n 2 Chứng minh: 0 2 4 1 3 5 Đặt ACCCBCCC n n n ; n n n Ta cần chứng minh: ABAB 2n ; 2 n 1 n 0 1 2 2 n n n Ta có 1 x Cn C n x C n x C n x , thay vào x 1 2 A B (1) n 0 1 2 2 3 n n n n Ta có 1 x Cn C n x C n x C n x ( 1) C n x , thay vào x 1 0 A B (2). 770 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  18. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Từ (1) và (2) AB 2n 1 . BÀI TẬP MẪU Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m, n ,0 p min{ m ; n }. Ta luôn có p p 1 1 p 2 2 p q q 0 p p CCCCCCCCCCmmnmn mn mnmn Lời giải: Ta có: m 0 1 2 2 p p m m 1 x Cm C m x C m x C m x C m x n 0 1 2 2 p p n n 1 x Cn C n x C n x C n x C n x m n p0 p 1 1 p 2 2 p q q 0 p p 1 x MxCCCCCC ()( m n m n m n CC m n CCx m n )(*) Trong đó M() x là một đa thức không chứa x p , so sánh hệ số của x p 2 vế của (*) ta được p p0 p 1 1 p 2 2 p q q 0 p CCCCCCCCCCCmnmnmnmn mn mn . Đặc biệt với m n p , ta có 02 1 2 2 2n 2 n CCCCCn n n n 2 n 0 k , n Bài 2. Cho . Chứng minh rằng k, n (2n )! CCCCCC0k 1 k 1 n k n n n n n n n (n k )!( n k )! Lời giải: Viết lại đẳng thức cần chứng minh (2n )! CCCCCC0n k 1 n k 1 n k 0 , điều này gợi ý đến vế trái là hệ số của xn k . n n n n n n (n k )!( n k )! Ta xét 1 x n (1 x )n (1 x )2 n , sau đó so sánh hệ số của xn k ở 2 vế ta có đpcm. Áp dụng kết quả bài 1. Ta có ngay điều phải chứng minh. 0 k , n Bài 3. Cho . Chứng minh rằng k, n 0 1 2 n n CCCCCk k 1 k 2 k n n k 1 Lời giải: Viết lại đẳng thức cần chứng minh k k k k k 1 k CCCCCk k 1 k 2 k n n k 1 , điều này gợi ý đến vế trái là tổng các hệ số chứa x . 771 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  19. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Xét đa thức P( x ) 1 x k 1 x k 1 1 x k 2 1 x k n n 1 n k 1 k k 1 1 x 1 x 1 x 1 x , so sánh hệ số của số hạng chứa xk ở 2 vế ta suy ra 1 1 x x đpcm. Bài 4. Với số nguyên dương n . Tính tổng sau 2 2 2 2 CCCC0 1 2 n S n n n n 1 2 3 n 1 Lời giải: 2 n C k C k S có dạng S  n , biến đổi n k 0 k 1 k 1 CCkn! ( n 1)! k 1 Ta có: n n 1 k 1 ( k 1) k !( n k )! ( n 1)( k 1)!( n k )! n 1 2 n k 1 Cn 1 1 1 2 2 2 3 2n 1 2 Vậy SCCCC  2 (n 1 )( n 1 )( n 1 ) ( n 1 ) k 0 n 1 ( n 1) 1 n 1 2 C2(n 1) 1 . (n 1) Bài 5. Tính tổng gồm 2n số hạng 1 1k 12 n 1 1 SCCCC 1 2 1 k 1 1 2 n . 22n 3 2 nk 2 n 2 n 1 2 n Lời giải: Với k 2,3, ,2 n 1ta có 1 1 2n ! 1 2 n 1 ! 1 CCk 1 k k2n k k 1!.2 n k 1!2 n 1!.2 k n 1 k !2 n 1 2 n 1 Do đ ó: k k 2n 1 2 n 1 2 n 1 1 k 1 1 k1 k k SCCC 2n  2 n 1  1 2 n 1 k 2k k 22 n 1 2 n 1 k 2 2n 1 1 k 12 n 1 2n k 0 1 .  1 C2n 1 C 2 n 1 C 2 n 1 1 1 1 2 n 1 2n 1 k 0 2 n 1 2 n 1 Bài 6. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 12 2 2n 2 S Cn 2 C n n C n Lời giải: Xét 772 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  20. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n 0 1 2 2 n n f( x ) 1 x Cn C n x C n x C n x f'( x ) n 1 x n 1 C1 2 C 2 x 3 C 3 x 2 nCn x n 1 n n n n n 1 1 2 2 3 3 n n xf'( x ) nx 1 x Cn x 2 C n x 3 C n x nC n x (1) n 0n 1 n 1 2 n 2 n 1 x Cn x C n x C n x C n (2) Nhân theo vế của (1) với (2), sau đó so sánh hệ số của xn ở 2 vế ta đươc 12 2 2n 2 n 1 n S Cn 2 C n n C n nC2 n 1 nC 2 n 1 . Theo hai hướng của bài 6 và bài 4, ta có các bài toán sau(1,2,3,4,5): BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 02 1 2 2 2n n 2 SCCCC n n n ( 1) n Bài 2. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 2 2 2 S C1 4 C 2 n 2 Cn n n n 02 1 2 2 2 2 n 2 Bài 3. Tính tổng sau: S Cn 2 C n 6 C n n n C n . Bài 4. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 02 1 2 2 2n 2 CCCCn n n n S 1 2 3n 1 Bài 5. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 02 1 2 2 2n 2 CCCCn n n n S 1.2 2.3 3.4 (n 1)( n 2) Bài 6. Tính tổng gồm 2n số hạng 1 1k 12 n 1 1 SCCCC 1 2 1 k 1 1 2 n . 22n 3 2 nk 2 n 2 n 1 2 n 12 2 2n 1 2 2 n Bài 7. Chứng minh rằng: 1 CCCCn n n 1 2 n CÁC BÀI TOÁN DÙNG ĐẠO HÀM VÀ TÍCH PHÂN Ta thường xét hai khai triển : n 0 1 2 2 n n f( x ) 1 x Cn C n x C n x C n x (*) n0 1 2 2 n n n g( x ) 1 x Cn C n x C n x 1 C n x (i). Nếu trong biểu thức tính tổng chỉ xuất hiện các số từ n, n 1, n 2, trở xuống thì ta đạo hàm trực tiếp hai vế của (*) một hoặc nhiều lần. 773 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  21. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG (ii). Nếu ngược lại có xuất hiện từ các số từ n 1, n 2, trở lên thì ta phải nhân thêm vào hai vế của (*) một lượng với x, x2 , sau đó mới đạo hàm hai vế. (iii). Sau các bước trên thì ta thay giá trị của x thích hợp vào hai vế, ta có kết quả. BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho số nguyên dương n. Tính tổng sau 1/S C1 2 C 2 3 C 3 nC n n n n n 0 1 2 3 n 2/S Cn 2 C n 3 C n 4 C n (1) n C n Lời giải: n 0 1 2 2 n n 1/ Xét f( x ) 1 x Cn C n x C n x C n x , đạo hàm 2 vế ta được n 1 1 2 3 2n n 1 f'()1 x n x Cn 2 C n x 3 C n x nC n x (*) Thay x 1vào 2 vế của (*) ta được 1 2 3n n 1 S Cn 2 C n 3 C n nC n 2 . n 0 1 2 2 n n 2/ Xét f( x ) 1 x Cn C n x C n x C n x , nhân vào 2 vế với x 0 0 2 1 3 3n 1 n xfx( ) xCn xC n xC n xC n , đạo hàm 2 vế theo x ta được n 1 n 0 1 2 2 3 3 n n nxx(1 ) (1 xC ) n 2 CxCx n 3 n 4 Cx n ( nCx 1) n ( ) Thay x 1vào 2 vế của ( ) ta được S 2n n .2 n 1 . 0 1 2 n Bài 2. Tính tổng S 3 Cn 4 C n 5 C n ( n 3) C n Lời giải: Viết lại tổng S , ta được 0 1 2n 1 2 n S 3( Cn C n C n ) C n C n 2 C n nC n 3 S1 S 2 SCCCC 0 1 2 n 2 n 1 n n n n 1 2n n 1 S2 Cn 2 C n nC n n .2 Vậy S 3.2n n .2 n 1 2 n 1 ( n 6) . Bài 3. Tìm số nguyên dương n sao cho 1 2 2 3 3 4 2n 2 n 1 C2n 1 2.2 C 2 n 1 3.2 C 2 n 1 4.2 C 2 n 1 (2 n 1).2 C 2 n 1 2005 Lời giải: k Trong tổng vế trái có xuất hiện kC2n 1 nên ta sẽ dùng đạo hàm 2n 1 o1 223344 22 n n 2121 n n Xét 1 x C2121n CxCxCxCx n 21 n 21 n 21 n CxCx 21 n 21 n Đạo hàm 2 vế theo x ta được 774 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  22. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 2n 1 2 3243 221n n 212 n n (21)1n x C2121n 2 C n x 3 C 21 n x 4 C 21 n x 2 nC 21 n x (21) n C 21 n x (*) thay vào x 2 vào 2 vế của (*), ta được (2n 1) C1 2.2 C 2 3.2 2 C 3 4.2 3 C 4 (2 n 1).2 2n C 2 n 1 2005 2n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 n 1002 Vậy n 1002 là giá trị cần tìm. Bài 4. Tính tổng, với (1 n * ) 1 1 1 1/SCCC 1 2 n 1 2n 3 nn 1 n 1 1 1 2 /SCCC 1 2 ( 1)n n 2 2n 3 nn 1 n 1 1 1 3 /SCCC 1 3 5 3 2n 4 n 6 n Lời giải: n 0 1 2 2 n n 1/ Xét 1 x Cn C n x C n x C n x , lấy tích phân 2 vế trên đoạn [0;1] ta được 1 1 1 xn dx C0 C 1 x C 2 x 2 Cn x n dx n n n n 0 0 1n 1 1 10 1 1 2 1 2 3 1 n n 1 1 1 x Cn x C n x C n x C n x n 10 1 2 3 n 1 0 2n 1 1 1 1 1 2 n 1 n 2 CCCCSS0 1 2 n 1 (*) n 1n 2 n 3 n n 1 n 1 1 n 1 n 0 1 2 2 n n n 2/ Xét 1 x Cn C n x C n x ( 1) C n x ,lấy tích phân 2 vế trên đoạn 0;1ta được 1 1 1 xdxn CCxCx0 1 2 2 ( 1)n Cxdx n n n n n n 0 0 n 1n 1 1 10 1 1 2 1 2 3 ( 1) n n 1 1 1 x Cn x C n x C n x C n x (n 1)0 1 2 3 n 1 0 n S ( ) 2 n 1 3/ Lấy (*)+( ) ta được 775 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  23. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 2n 1 2SSSS 3 1 2 3 n 1 n 1 Bài 5. Với số nguyên dương n. Chứng minh rằng 1 1 1 ( 1)n 1 1 1 1 CCCC1 2 3 n 1 1n 2 n 3 nn n 2 3 n Lời giải: Ta có n k k k n n 1 k 1 Cn ( 1) x n 1 1 x k 0 k k 1 k 1  1 x  Cn ( 1) x (  x 0) k 0x x k 0 Lấy tích phân 2 vế trên đoạn 0;1, ta được 1n 1 k 1 n 1 x dx Ck ( 1) k 1 x k 1 dx   n k 0 k 1 0 0 k 1 n 1 n k 1 1 x 1k( 1) k 1  Cn x dpcm k 0k 1 0 k 1 k 0 Bài 6. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 22n 1 CCCC1 3 5 2n 1 22n 4 2 n 6 2 n 2n 2 n 2 n 1 Lời giải: 2n 0 1 2 2 2n 2 n Ta có 1 x C2n C 2 n x C 2 n x C 2 n x , lấy tích phân 2 vế trên đoạn 0;1ta được 1 1 1 xdx2n C0 CxCx 1 2 2 Cxdx 2n 2 n 2n 2 n 2 n 2 n 0 0 2n 1 1 x 1 01 1 2 1 2 3 1 2n 2 n 1 1 C2n x C 2 n x C 2 n x C 2 n x 2n 10 2 3 2 n 1 0 1 1 1 22n 1 1 SCCCC 0 1 2 2n (*) 1 2n2 2 n 3 2 n 2n 1 2 n 2 n 1 2n 0 1 2 2 3 3 2n 2 n Một cách tương tự xét 1 x C2n C 2 n x C 2 n x C 2 n x C 2 n x , ta được 1 1 1 1 1 SCCCCC 0 1 2 3 2n ( ) 2 2n2 2 n 3 2 n 4 2 n 2n 1 2 n 2 n 1 Trừ theo vế của (*) cho ( ), ta suy ra 2n 1 11 1 3 1 5 1 2n 1 2 2 2 CCCC2n 2 n 2 n 2 n 2 4 6 2n 2 n 1 1 1 1 1 22n 1 CCCC1 3 5 2n 1 , ta có đpcm. 22n 4 2 n 6 2 n 2n 2 n 2 n 1 776 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  24. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài 7. Cho n nguyên dương, tính tổng 22 1 2 3 1 2n 1 1 CCCC0 1 2 n n2 n 3 nn 1 n Lời giải: n 0 1 2 2 n n Xét x 1 Cn xC n x C n x C n , lấy tích phân 2 vế trên đoạn 0;2 ta được 2 2 x 1n dx C0 xC 1 xC 2 2 xCdxn n n n n n 0 0 22 1 2 3 1 2n 1 3 n 1 1 CCCC0 1 2 n n2 n 3 nn 1 n n 1 Bài 8. Cho n nguyên dương, tính tổng CCCC0 1 2 n S n n n n 3 4 5n 3 Lời giải: Dưới mẫu tăng 2 đơn vị, nên ta nhân thêm vào 2 vế của x 1 2 với x2 n 0 1 2 2 n n 2 Xét x 1 Cn xC n x C n x C n , nhân vào 2 vế với x( x 0) ta được 2n 2 0 3 1 5 2n 2 n n 2 n 1 n xx 1 xCxCxCn n n xCx n 1 2 x 1 x 1 Lấy tích phân 2 vế trên đoạn 0;1 ta được 1 1 xCxCxC2 0 3 1 5 2 xCdxn 2 n x 1n 2 2 x 1 n 1 x 1 n dx n n n n 0 0 13 0 1 4 1 1 6 2 1 n 3 n 1 x Cn x C n x C n x C n 3 4 5n 3 0 1n 3 2 n 1 1 n 1 1 x 1 x 1 x 1 n 3 n 2 n 1 0 1 1 1 1 2n 1 (n 2 n 2) 2 SCCCC 0 1 2 n 3n 4 n 5 nn 3 n (1)(2)(3) n n n 1 1 1 1 ( 1)n 1 Bài 9. Chứng minh rằng CCCCC0 1 2 3 n . 2n 4 n 6 n 8 n 2 n 1 n 2 n 1 Lời giải: 2n 0 1 2 2 4n n 2 n Xét khai triển 1 x Cn C n x C n x ( 1) C n x 2n 0 1 3 2 5n n 2 n 1 Suy ra, x 1 x Cn x C n x C n x ( 1) C n x (*) 777 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  25. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Lấy tích phân hai vế của (*) trên đoạn 0;1, ta được: 1 1 n x1 xdx2 CxCxCx 0 1 3 2 5 ( 1)n Cx n 2 n 1 dx n n n n 0 0 1 1 1 1 ( 1)n 1 CCCCC0 1 2 3 n . 2n 4 n 6 n 8 n 2 n 1 n 2 n 1 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Với số nguyên dương n , tính tổng sau: 0 1 2 2 n n S Cn 2 C n 6 C n n n 2 C n . Bài 2. Cho n là số tự nhiên, n 2 . Chứng minh rằng 2 02 1 2 2 2 2 2n n 2 n Cn n1 C n n 2 C n 2 C n 21 C n 1 n n 12 MỘT SỐ BÀI TOÁN DÙNG SỐ PHỨC (i). Đặc điểm nhận dạng để ta ứng dụng số phức vào là biểu thức cần tính hay chứng minh có các hạng tử chẵn( hoặc lẻ) có dấu đối xứng nhau: 0 2 4 chẳng hạn: SCCC n n n Thông thường làm bài toán loại này qua các bước: n n0 n 1 1 n 2 2 2 n n n (ii). Ta hay sử dụng khai triển: a bi a Cn a bC n i a b C n b i C n , thay vào giá trị của a và b hợp lý. (iii). Nếu cần dùng đến đạo hàm hay tích phân thì do biến phức không giống như biến thực do đó ta phải xét hàm của biến x sau đó đến kết quả cuối mới thay x bởi số phức i vào biểu thức cuối( Xem bài tập mẫu số 2). (iv). Khi làm được các bước trên ta so sánh hệ số thực, hệ số ảo hai vế hoặc so sánh modun hai vế ta có kết quả bài toán. Lưu ý: i2 1 i 4n 1. BÀI TẬP MẪU Bài 1. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 0 2 4 4n SCCCC 4n 4 n 4 n 4 n . Lời giải: 4n 0 1 2 2 3 3 4 4 4n 4 n Xét 1 i C4n CiCiCiCi 4 n 4 n 4 n 4 n Ci 4 n 778 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  26. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 0 2 4 4n 1 3 5 4 n 1 (C4n C 4 n C 4 n C 4 n ) ( C 4 n C 4 n C 4 n C 4 n ) i 2n (1 i )2 (2 i ) 2n ( 4) n So sánh phần thực và phần ảo 2 vế ta được 0 2 4 4n n SCCCC 4n 4 n 4 n 4 n ( 4) . 1 3 5 4n 1 Ta cũng có: CCCC4n 4 n 4 n 4 n 0 Bài 2. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 1 3 8n 1 S 1 C8n 3 C 8 n (8 n 1) C 8 n Lời giải: 8n 0 1 2233 818188 n n n n Xét khai triển của: fx( ) (1 x ) CCxCxCx8n 8 n 8 n 8 n Cx 8 n Cx 8 n Đạo hàm 2 vế theo x ta được: 811n 2 32 8182 n n 881 n n 8(1)nx C8n 2 CxCx 8 n 3 8 n (81) nCx 8 n 8 nCx 8 n (*) Thay x i vào 2 vế của (*) ta được: 811n 2 32 8182 n n 881 n n 8(1)n i C8n 2 C 8 n i 3 C 8 n i (81) n C 8 n i 8 nC 8 n i 1 3 8n 1 2 4 8 n 1C8n 3 C 8 n (81) n C 8 n 2 C 8 n 4 C 8 n 8 nC 8 n i Mặt khác ta lại có 8n (1 i )8n 8n (1 i )8n 1 4 n .16 n (1 i ) . Vậy ta có 1 i n1 3 8 n 1 2 4 8 n 4n .16 (1 iCC ) 18n 3 8 n (8 nC 1) 8 n 2 CC 8 n 4 8 n 8 nCi 8 n (1) So sánh phần thực và phần ảo ở 2 vế của (1) ta được: 1 3 8n 1 n S 1 C8n 3 C 8 n (8 n 1) C 8 n 4 n .16 . 2 4 8n n Ta cũng có: 2C8n 4 C 8 n 8 nC 8 n 4 n .16 . Bài 3. Với số nguyên dương n . Chứng minh 0 2 42 1 3 5 2 n CCCCCCn n n n n n 2 Lời giải: n 0 1 2 2 n n Xét số phức z i 1 Cn iC n i C n i C n 0 2 4 1 3 5 Cn C n C n C n C n C n i n n n n n Mặt khác ta lại có z i 1 2(os c isin 2 cos isin 4 4 4 4 So sánh z 2 ở 2 vế, ta được 2 2 2 n z2 C0 C 2 C 4 C 1 C 3 C 5 2 2n , ta có đpcm n n n n n n Bài 4. Với số nguyên dương n . Chứng minh 779 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  27. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 3 6 1 n n 1 CCn n 2 2cos 3 3 Lời giải: n0 1 2 n Ta có 2 CCCCn n n n (1) . Xét số phức 3 2 2 3 2 2 2 2  cos isin  c os isin 1(1)(    1)0   1Ta có: 3 3 3 3 n 0122n n 01223425 1  CCCCCCCCCCn  n  n  n n  n  n n  n  n (2) 2n 02142 2n n 021 2324 1  CCCCCCCCCn  n  n  n n  n  n n  n (3) Cộng theo vế của (1),(2),(3) ta được n n 2n 0 3 6 2 1 2 4 5 211   3 CCCCCCCn n n 1   n n n n 0 3 6 3 CCCn n n Mặt khác ta lại có 1  c os isin ;1  2 c os isin , từ đó ta có 3 3 3 3 0 3 6nn 0 3 6 1 n n 3 CCCCCCn n n 2 2cos n n n 2 2cos . 3 3 3 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng 2n C0 3 C 2 9 C 4 27 C 6 ( 3)n C 2 n 2 2 n c os 2n 2 n 2 n 2 n 2 n 3 Bài 2. Tính tổng SCCCCC 1 3 3 3 25 3 37 3 10042009 2010 2010 2010 2010 2010 n 1 CC3 5 1 C 2n 1 Bài 3. Tính tổng SC 1 2n 2 n 2n . 2n 3 9 3n 1 1 3 5 4n 1 Bài 4. Tính tổng sau: CCCC4n 4 n 4 n 4 n . 2 4 8n Bài 5. Tính tổng sau: S C8n 2 C 8 n 4 nC 8 n . k 1 k 2 k 1 Bài 6. Với n, k là các số nguyên dương và ak ( 1) 3 C6 n . Chứng minh 3n ak 0 k 1 1 3 5 2011 Bài 7. Tính tổng sau CCCC2011 3 2011 5 2011 2001 2011 780 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  28. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TỔ HỢP BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho 2 n . Chứng minh rằng n n 0 1 n 2 1 CCCn n n . n 1 Lời giải: n0 1 n n Ta có (x 1) Cn C n x C n x n0 1 n 1 n n x1 2 Cn C n C n C n C n 2 1 Áp dụng BĐT Cauchy cho n số dương ta được n1 2 nn 1 2 n 2 1 Cn C n C n n C n C n C n nn n n 0 1n 1 n 2 1 2 1 CCCCCn n n n n . n n 1 Bài 2. Chứng minh rằng với n 2, n thì ta có 1 (C1 2 C 2 nCn ) n ! n n n n Lời giải: n0 1 2 2 n n Ta có (x 1) Cn C n x C n x C n x , đạo hàm 2 vế theo x ta được 1 2n n 1 n 1 Cn 2 C n x nC n x n (1 x ) 1 2n n 1 x 1 Cn 2 C n nC n n .2 1 1 2n n 1 Cn 2 C n nC n 2 n Vậy chứng minh với n 2, n thì 2n 1 n !. Thật vậy n 1 n! 1.2.3.4 n 2.2 2 2 . (n 1) s ô Bài 3. Cho 0 k n . Chứng minh rằng n n n 2 CCC2n k 2 n k 2 n Lời giải: 781 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  29. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n n Đặt ak C2 n k C 2 n k , ta chứng minh dãy {}ak là dãy giảm. Thật vậy ta chứng minh ak 1 a k ,  0 k n . (2n k 1)!(2 n k 1)! (2 n k )!(2 n k )! a a k 1 k n!(nk 1)! nnk !( 1)! nnknnk !( )! !( )! 2n k 1 2 n k n n 1 1 (đúng). n k 1 n k n k 1 n k 2 Vậy dãy {}a là dãy giảm, suy ra a a Cn ,  0 k n .  k k0 2 n Bài 4. Cho số nguyên k,0 k 2000. Chứng minh k k 1 1000 1001 CCCC2001 2001 2001 2001 Lời giải: k k 1 k 1 Ta có CCCn n n 1 , vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với k 1 1001 C2002 C 2002 ,  0 k 2000(*) k n k Nhưng do Cn C n ,  0 k n . Nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức (*) với 0 k 1000 . k 1 Đặt ak C2002 , ta chỉ cần chứng minh dãy {}ak tăng, thật vậy 2002! 2002! a a Ck C k 1 k 1 k 2002 2002 k!(2002 k )! ( k 1)!(2001 k )! 1 1 2k 2001 (đúng với mọi 0 k 1000). 2002 k k 1 1001 Vậy ak a1000 C 2002 . (đpcm). BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực x 0 , và số nguyên lẻ n (n 3) ta có x2 xn x 2 x n 1 x 1 x 1 2!n ! 2! n ! n n 1 Bài 2. Chứng minh rằng với mọi n ta có n! . 2 k Bài 3. Cho n là số nguyên dương có định và k 0,1,2, , n . Chứng minh rằng nếu Cn đạt giá n 1 n 1 trị lớn nhất tại k thì k . 0 20 2 k n 1 n k Bài 4. Chứng minh rằng  2 C2n 0 . k 1 1 k Bài 5. Chứng minh rằng với mỗi n nguyên dương 782 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
  30. NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n 2 04 1 4 2 4n 4 C2n CCCCn n n n n 1 Bài 6. Cho n ,  3 m ta có 1m 1 1 1 k 1 k 1 k 2 Cm k m 2 C m k 1 C m k Từ đó chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 2 3 n 1 Cm C m 1 C m 2 C m n m 2 Bài 7. Với mọi số nguyên dương n , chứng minh rằng 1!.2! 2!.3! n !. n 1 ! 22n n !. 2 2 2 nn 1! . 2! n ! Bài 8. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên không âm k , ta có 2011 2k k 2011 k 2011  k 2011 x C2011 x 1 x k 0 4 783 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam