Đang tải... (xem toàn văn)
CHUYÊN ĐỀ 2 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC NHỊ THỨC NEWTON Bài cuối chuyên đề 2 Trang 38 Bài 2 19 trang 38 Chuyên đề Toán 10 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 , ta có 2 21 + 3 22 + 4 23 + + (n +[.]
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC NHỊ THỨC NEWTON Bài cuối chuyên đề Trang 38 Bài 2.19 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh với số tự nhiên n , ta có 2.21 + 3.22 + 4.23 + + (n + 1).2n = n.2n + Lời giải: Ta chứng minh quy nạp theo n Bước Với n = ta có 2.21 = = 1.21 + Như khẳng định cho trường hợp n = Bước Giả sử khẳng định với n = k, tức ta có: 2.21 + 3.22 + 4.23 + + (k + 1).2k = k.2k + Ta chứng minh khẳng định đủng với n = k + 1, nghĩa ta chứng minh: 2.21 + 3.22 + 4.23 + + (k + 1).2k + [(k + 1) + 1].2k + = (k + 1)2(k + 1) + Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: 2.21 + 3.22 + 4.23 + + (k + 1).2k + [(k + 1) + 1].2k + = k.2k + + [(k + 1) + 1].2k + = (2k + 2).2k + = (k + 1).2.2k + = (k + 1)2k + = (k + 1).2(k + 1) + Vậy khẳng định với số tự nhiên n ≥ Bài 2.20 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Đặt Sn 1 1.3 3.5 (2n 1)(2n 1) a) Tính S1, S2, S3 b) Dự đốn cơng thức tính tổng Sn chứng minh quy nạp Lời giải: a) S1 1 1 1 ,S2 ,S3 1.3 1.3 3.5 1.3 3.5 5.7 b) Từ a) ta dự đốn Sn n 2n Ta chứng minh quy nạp theo n Bước Với n = ta có S1 1 2.1 Như khẳng định cho trường hợp n = Bước Giả sử khẳng định với n = k, tức ta có: Sk k 2k Ta chứng minh khẳng định đủng với n = k + 1, nghĩa ta chứng minh: Sk 1 k 1 k 1 Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: Sk 1 1 1 1.3 3.5 (2k 1)(2k 1) k 1 1 k 1 1 Sk k 1 1 k 1 1 k 2k k 1 1 k 1 1 k 2k 2k 1 2k 3 k 2k 3 2k 1 2k 3 2k 3k 2k 1 2k 3 k 1 2k 1 k k 1 2k 1 2k 3 2k k 1 Vậy khẳng định với số tự nhiên n ≥ Bài 2.21 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh với số tự nhiên n, ta có 102n + + chia hết cho 11 Lời giải: Ta chứng minh quy nạp theo n Bước Với n = ta có 102.0 + + = 11 ⁝ 11 Như khẳng định cho trường hợp n = Bước Giả sử khẳng định với n = k, tức ta có: 102k + + chia hết cho 11 Ta chứng minh khẳng định đủng với n = k + 1, nghĩa ta chứng minh: 102(k + 1) + + chia hết cho 11 Thật vậy, ta có: 102(k + 1) + + = 10(2k + 1) + + = 100.102k + + = 100.102k + + 100 – 100 + = 100(102k + + 1) – 100 + = 100(102k + + 1) – 99 Vì 102k + + 99 chia hết cho 11 nên 100(102k + + 1) – 99 chia hết cho 11 Do 102(k + 1) + + chia hết cho 11 Vậy khẳng định với số tự nhiên n Bài 2.22 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 2, ta có 5n ≥ 3n + 4n Lời giải: Ta chứng minh quy nạp theo n Bước Với n = ta có 52 = 25 = 32 + 42 Như khẳng định cho trường hợp n = Bước Giả sử khẳng định với n = k, tức ta có: 5k ≥ 3k + 4k Ta chứng minh khẳng định đủng với n = k + 1, nghĩa ta chứng minh: 5k + ≥ 3k + + 4k + Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: 5k + = 5.5k ≥ 5(3k + 4k) = 3k + 5.4k ≥ 3k + 4.4k = 3k + + 4k + Vậy khẳng định với số tự nhiên n Bài 2.23 trang 38 Chuyên đề Toán 10: a) Khai triển (1 + x)10 b) (1,1)10 Lời giải: 10 10 C11019 x C10 x C10 1x C10 a) 1 x C10 10 x 10 2 9 C110 x C10 x C10 x x10 b) Áp dụng câu a) ta có: 1,1 10 1 0,1 10 C110 0,1 C10 0,1 C109 0,1 0,1 C110 0,1 2 10 Bài trang 38 Chun đề Tốn 10: Tìm hệ số x9 khai triển thành đa thức (2x – 3)11 Lời giải: Số hạng chứa x9 khai triển thành đa thức (2x – 3)11 9 C11 11 2x 3 11 9 9 C11 x 3 C11 x 253440x Vậy hệ số x9 khai triển thành đa thức (2x – 3)11 253440 Bài 2.25 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Khai triển đa thức (1 + 2x)12 thành dạng a0 + a1x + a2x2 + + a12x12 Tìm hệ số ak lớn Lời giải: Số hạng chứa xk khai triển thành đa thức (1 + 2x)12 hay (2x + 1)12 k C12 2x 112 k C12k 2k x k 12 k k Do a k C12 2k Thay giá trị k từ đến 12 vào ak ta thấy a8 có giá trị lớn 126720 Bài 2.26 trang 38 Chuyên đề Toán 10: 2n 2n 1 Chứng minh C02n C2n C2n C2n C12n C32n C52n C2n 2n 1 Áp dụng: Tìm số nguyên dương n thoả mãn C12n C32n C2n 2048 Lời giải: Xét: 2n 1 M C02n C12n C22n C2n C2n 2n ; 2n 1 2n ; N C02n C12n C2n C2n C2n 2n 2n P C2n C2n C2n C2n C2n ; 2n 3 2n 1 Q C12n C32n C52n C2n C2n +) Ta có: 1 2n 1 2n (x 1)2n C02n x 2n C12n x 2n 11 C22n x 2n 212 C2n C2n 2n x1 2n 1 2n C02n x 2n C12n x 2n 1 C2n x 2n 2 C2n 2n x C2n Cho x = 1, ta được: 1 2n (1 1)2n C02n 12n C12n 12n 1 C22n 12n 2 C2n 2n C2n 2n 1 2n C02n C12n C22n C2n C2n Vậy M (1 1)2n 22n +) Ta có: 1 2n 1 2n (x 1)2n C02n x 2n C12n x 2n 11 C2n x 2n 212 C2n C2n 2n x1 2n 1 2n C02n x 2n C12n x 2n 1 C22n x 2n 2 C2n 2n x C2n Cho x = 1, ta được: 1 2n (1 1)2n C02n 12n C12n 12n 1 C22n 12n 2 C2n 2n C2n 2n 1 C02n C12n C2n C2n C2n 2n Vậy N (1 1)2n Ta có: P Q M 22n P Q N nên P Q 22n : 22n 1 1 Áp dụng: C12n C32n C2n 2048 22n 1 2048 2n 11 n 2n Bài 2.27 trang 38 Chun đề Tốn 10: Tìm giá trị lớn giá trị C0n ,C1n ,,Cnn Áp dụng: Tìm hệ số lớn khai triển (a + b)n, biết tổng hệ số khai triển 4096 Lời giải: +) Ta có: Ckn Ckn 1 n! n! k! n k ! k 1! n k 1! k 1! n k 1! k! n k ! k n k 2k n (*) – Nếu n lẻ * k C C C n n n 1 n n 1 n 1 Từ ta có Ckn Ckn 1 k 2 C n 1 n Dấu "=" xảy k Cnn n 1 Do có hai số có giá trị lớn C n 1 n C n 1 n n n 1 n k k 1 C C k – Nếu n chẵn * k Từ ta có n n n n C C C Cnn n n Dấu "=" không xảy với giá trị k n n Do có số có giá trị lớn C +) Áp dụng: Tổng hệ số khai triển (a + b)n 4096 C0n C1n Cnn 4096 2n 4096 n 12 Hệ số lớn khai triển C12 924 Bài 2.28 trang 38 Chun đề Tốn 10: Tìm số hạng có giá trị lớn khai triển (p + q)n với p > 0, q > 0, p + q = Lời giải: SAI ĐỀ! ... C22n x 2n ? ?21 2 C2n C2n 2n x1 2n 1 2n C02n x 2n C12n x 2n 1 C2n x 2n ? ?2 C2n 2n x C2n Cho x = 1, ta được: 1 2n (1 1)2n C02n 12n C12n 12n 1 C22n 12n ? ?2 C2n 2n... C2n 2n 1 2n C02n C12n C22n C2n C2n Vậy M (1 1)2n 22 n +) Ta có: 1 2n 1 2n (x 1)2n C02n x 2n C12n x 2n 11 C2n x 2n ? ?21 2 C2n C2n 2n x1 2n 1 2n C02n x 2n... 2n C12n x 2n 1 C22n x 2n ? ?2 C2n 2n x C2n Cho x = 1, ta được: 1 2n (1 1)2n C02n 12n C12n 12n 1 C22n 12n ? ?2 C2n 2n C2n 2n 1 C02n C12n C2n C2n C2n 2n Vậy