Đại số tổ hợp- Nhị thức Niuton: Phần 2 pptx

ĐẠI SỐ TỔ HP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 2) Dạng 2: ĐẠO HÀM HAI VẾ CỦA KHAI TRIỂN NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC – Viết khai triển Newton của (ax + b) n . – Đạo hàm 2 vế một số lần thích hợp . – Chọn giá trò x sao cho thay vào ta được đẳng thức phải chứng minh. Chú ý : • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k k n C ta đạo hàm hai vế trong khai triển (a + x) n. . • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k(k – 1) k n C ta đạo hàm 2 lần hai vế của khai triển (a + x) n . Bài 136. Chứng minh : a) 12 nn C2C3C 3 nn1 n n nCn2 − ++ 123 n1n nnn C2C3C. − −+− n1 1 n1 2 nn n n 2C 2C 3.2C (1)nC n −− −+ −+− = 0n 1n1 2n22 nn nn n n Ca Ca x Ca x Cx −− ++ ++ 1n1 2n2 3n32 nn1 nn n n a 2C a x 3C a x nC x ++= b) n (1)nC0+− = n3 3 n1 n− − c) . Giải Ta có nhò thức (a + x) n = . Đạo hàm 2 vế ta được : n(a + x) n-1 = C − −− − ++ ++ 123 nn1 nnn n C2C3C nCn2 a) Với a = 1, x = 1, ta được : − ++++= b) Với a = 1, x = –1, ta được : 123 n1n nnn n C2C3C (1)nC 0 − −+−+− = c) Với a = 2, x = –1, ta được : . n1 1 n1 2 n3 3 n1 n 2C 2C 3.2C (1)nC n −− − − −+ −+− nn n n = 0 k k 100 100 100 100 100 100 (x) Cx−++ 3 97 (1)− Bài 137. Cho (x – 2) 100 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + … + a 100 x 100 . Tính : a) a 97 b) S = a 0 + a 1 + … + a 100 c) M = a 1 + 2a 2 + 3a 3 + … + 100a 100 Đại học Hàng hải 1998 Giải Ta có : (x – 2) 100 = (2 – x) 100 = C2 100 1 99 k 100 C2.x C2 − −++ a) Ứng với k = 97 ta được a 97 . Vậy a 97 = 97 100 C2 = –8. 100 = ! 3!97! 8 100 99 98 6 − ××× f(x) ′ f(x) ′ ≥ // f(1) = – 1 293 600 b) Đặt f(x) = (x – 2) 100 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + … + a 100 x 100 Chọn x = 1 ta được S = a 0 + a 1 + a 2 + … + a 100 = (–1) 100 = 1. c) Ta có : = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + … + 100a 100 x 99 Mặt khác f(x) = (x – 2) 100 ⇒ = 100(x – 2) 99 Vậy 100(x – 2) 99 = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + … + 100a 100 x 99 Chọn x = 1 ta được M = a 1 + 2a 2 + … + 100a 100 = 100(–1) 99 = –100. Bài 138. Cho f(x) = (1 + x) n với n 2. a) Tính b) Chứng minh 234 n nnn n 2.1.C 3.2.C 4.3.C n(n 1)C n(n 1)2 n2 − ++++−=− . Đại học An ninh 1998 Giải ⇒ // (x n – 2 ) thức Newt f(x) = n x ⇒ f(x) ′ 22334 n1n n 3x C 4x C nx C − + + ++ n2n n n(n 1)x C − +− . Chứng minh n1 1 n1 2 nn 2C 2C 3 −− ++ Đại học Kinh tế Quốc dân 2000 1n1 2n22 3n33 nn n n n n C2 x C2 x C2 x Cx −− − + + ++ ha c 1n1 2n2 23n3 n1n nn n n C2 2xC2 3xC2 nx C −− −− ++ ++ n x ợc n1 1 n1 2 3 n3 n nnn n 2C 2C 3C2 nC −− − ++ ++. Bài 140. Chứng minh 1n1 2n2 3n3 n n1 nnn n C 3 2C 3 3C 3 nC n4 −−− − ++++= . Đại học Luật 2001 a) T ù : f(x + x) n a co ) = (1 = n(1 + x) n – 1 f(x) ′ ⇒ f = n(n – 1)(1 + x)) Vậy // f (1) = n(n – 1)2 n – 2 . b Do khai triển nhò on (1 + x) n = 0 CC+ 1 22 33 44 n nn n n n n xCxCxCx C+ + + ++ = n(1 + x) n - 1 = 1 nn C 2xC+ n n ) n - 2 = 2324 nn n 2C 6xC 12x C ++ +⇒ f(x) ′′ = n(n – 1)(1 + x Chọn x = 1 ta được n – 2 = 23 4 n nn n n 2C 6C 12C n(n 1)C++ ++− . n(n – 1)2 Bài 139 n3 3 n4 4 n n n n .2C 4.2C nC − − + ++= n1 n3 − . Giải Ta có : (2 + x) n = 0n n C2 + Đạo øm 2 vế ta đượ n(2 + x) n – 1 = Chọ = 1 ta đư n3 n – 1 = Giải n n n n ha x) nn1 n nCx Ta có : (3 + x) n = 0n n C3 + 1n1 2n22 3n33 nn C3 x C3 x C3 x Cx −− − + + ++ Đạo øm 2 vế ta được n(3 + n – 1 = 1n1 2n2 23n3 nn n C3 2xC3 3xC3 − −− ++ − ++ h 1 = 1n1 2n2 3n3 n nnn n C3 2C3 3C3 n −−− ++++. Bài 141. Tính A = 1234 n1 C2C3C4C (1)nC − −+−++− Đại học Bách khoa Hà Nội 1999 nnn n 1) C x− đa được nnn1 n (1)nCx C ọn x = 1 ⇒ n4 n – C n n nnnn Giải Ta có : (1 – x ) n = 01 nn C C x C−+ 2233 x C x− n n (++ Lấy ïo hàm hai vế ta –n(1 – x) n – 1 = 1223 nn n C2xC3xC − −+ − ++− n x ta có : C2 + ứn nh với Chọ = 1 0 = − 123 nn nnn n C3C (1)nC− ++− ⇒ A = 123 nnn C2C3C (1−+++− n1n n )nC 0 − = Bài 142. Ch g mi n ∈ N và n > 2 123 n nnn 1 (C 2C 3C n! n ++++ (*) Giải nn n xC+ đa ế ta được : 1 = 12 n1n nn n C2xC nxC − +++ n x 2 n – 1 = 12 n n n C 2C nC++ n nC ) < Ta có : (1 + x) n = 0122 nn n CxCxC++ + Lấy ïo hàm theo x hai v n(1 + x) n – Chọ = 1 ta được n n + Vậy (*) ⇔ n1 1 (n.2 ) − < n! ⇔ 2 n – 1 < n! n (**) u = 2 2 < 3! = 6 û ! > 2 k – 1 k – 1 k – 1 k do k > 3 nên k + 1 > 4 ) Kết quả (**) sẽ được chứng minh bằng qui nạp (**) đ ùng khi n = 3. Thật vậy 4 G ư (**) đúng khi n = k với k > 3 nghóa là ta đã có : kiả s Vậy (k + 1)k! > (k + 1)2 ⇔ (k + 1)! > 2 . 2 = 2 ( Do đó (**) đúng khi n = k + 1. n – 1 Kết luận : 2 < n! đúng với ∀ n ∈ N và n > 2. Bài 143. a) Chứng minh 23 n 2 nn n 1.2C 2.3C (n 1)nC n(n 1)2 n − +++−=− b) 23 n2 n nn n 1.2C 2.3C ( 1) (n 1)nC 0 − −++− −= c) n1 2 n2 n2 nn 2 C 3.2 C 1)3 −− − − d) n1 2 n2 3 n n 2 C 3.2 C 3.4.2 −− −+ Ta có nhò thức nn n Cx+ . 2 n 3 n4 4 n n n 3.4.2 C (n 1)nC n(n − ++ ++−= 4 4 n2 n n n C ( 1) (n 1)nC n(n 1) − − −+−−=−. n Giải (a + x) n = 0n 1n1 2n22 n Ca Ca x Ca x −− ++ + nn Đạo hàm 2 vế 2 lần , ta được : 2n2 3n3 n(n – 1)(a + x) = nn nn 1.2C a 2.3C a x (n 1)nC x n – 2 − −− +++− Với a = 1, x = 1, ta được : n n2 nn n 1.2C 2.3C (n 1)nC n(n 1)2 a) 23 − +++−=− Với a = 1, x = – 1, ta được : n2 n nn n 1.2C 2.3C ( 1) (n 1)nC 0 − −++− −= c) Với a = 2, x = 1, ta được : n2 2 n3 3 n n2 n n 1.2.2 C 2.3.2 C (n 1)nC n(n 1)3 −− − +++−=− n4 4 n n2 nn n n 2 C 3.2 C 3.4.2 C (n 1)nC n(n 1)3 − − ++ ++−=− d) Với a = 2, x = –1, ta được : b) 23 n n1 2 n2 3−− ⇔ n n2 2 n3 3 n4 4 n2 n nnn n 1.2.2 C 2.3.2 C 3.4.2 C ( 1) (n 1)nC n( 1) −−− − −+−+−−= − − . à + . b) 01 n nn 3C 4C ( 1) (n−++− Giải n n được : 1n14 2n25 nn3 n Ca x Ca x Cx ⇔ n1 2 n 2 C 3 − − n2 3 n4 4 n2 n n n n .2 C 3.4.2 C ( 1) (n 1)nC n(n 1) − − − + −+−−= B i 144. Chứng minh : a) n) 01 nn1 nn n 3C 4C (n 3)C 2 (6 − ++++ = n n 3)C 0+ = . Ta có nhò thức (a + x) n = 0n C 1n1 2n22 n nn n a Ca x Ca x Cx −− ++ ++ Nhân 2 vế với x 3 , ta x 3 (a + x) n = 0n3 n Cax n n − −+ . 1n13 nn2 n a x (n 3)C x ++++ Đạo hàm 2 vế, ta được : 3x 2 (a + x) n + nx 3 (a + x) n – 1 = 0n2 nn 3C a x 4C − + ++++. a = 1, x = 1, ta được : n n n1 n1 n 3)C 3.2 n2 2 (6 n) −− =+ = +. a = , x = –1, ta được : n n n ) (n 3)C 0+ = . Dạng TÍCH PH ON ĐỂ ÄT ĐẲNG THỨC + Lấy tích phân xác đònh hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2] c đẳng thức cần chứng minh. ứa a) Với 0 1 nn 3C 4C (n++++ b) Với 1 01 nn 3C 4C ( 1−++− 3: ÂN HAI VẾ CỦA NHỊ THỨC NEWT CHỨNG MINH MO + Viết khai triển Newton của (ax + b) n . ta sẽ đượ Chú ý : • Cần chứng minh đẳng thức ch k n C k1 ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế + trong khai triển của (a + x) n . • Cần chứn minh đa g thg ún ức chứa 1 km1 + + k n C ta lấy tích phân với cận thích hợp g khai triển cu x m (a + x) n . Bài 145. Cho n N và n 2. a) Tính I = b) Chứng minh : hai vế tron ûa ∈ ≥ 1 23n 0 x(1 x)dx+ ∫ n1 01 2 n nnn n 111 1 2 CCC 1 C 369 n1)3(n1) + − 3( +++ =+ + . Đại học Mở 1999 + Giải a) Ta có : I = 1 x( = 23n 1 x)dx+ 0 ∫ 1 3 1 3n 3 0 (1 x ) d(x 1) + + ∫ I = 1 3n1 1 (1 x + 3 . 0 ⎥ ⎦ = ) + ⎤ n1 + n1 21 3(n 1) + 1 ⎡ ⎤ − ⎣ ⎦ + . b Ta có : (1 + x 3 ) n = 01326 nn n C C x C x C++++ ) n2n n C = n3n n x + x 3 ) n = 20 51 82 3 nnn x C x C x C x++++ ⇒ x 2 (1 + Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được : I 1 369 3n3 01 2 nnn 0 xxx x CCC 369 3n3 + ⎡⎤ ++++ ⎢⎥ + ⎣⎦ Vậy : + − n1 2 21 1 =++++ ++ 01 n nnn n 1 1 1 C C C C 3(n 1) 3 6 9 3n 3 Bài 146. n1 21 n1 + − + Chứng minh k n k1 = n C + ∑ k0= Đại học Giao thông Vận tải 2000 Giải Ta có : (1 + x) n = 01 22 nn nn n n C C x C x C x++ ++ Vậy 1 n 0 (1 x) dx+ ∫ = ( ) 1 01 22 nn nn n n 0 C C x C x C x dx++ ++ ∫ ⇔ 1 0 x) n1 + ⎢⎥ + ⎣⎦ = n1 (1 + ⎡⎤ 1 23 n1 01 2 n nn n n 0 xx x C x C C C 23 n1 + ⎡⎤ ++++ ⎢⎥ + ⎣⎦ ⇔ n1 21 n1 + − + 012 nnn 11 1 C C C C 23 n1 ++++ + = n n ⇔ n1 21 n1 + − + = k n n k0 C k1 = + ∑ 23 n1 n 1 C − . 012 nn n 21 21 2 C C C 23 n1 + −− ++++ + Tuyển sinh Đại học khối B 2003 Bài 147. Tính : n Giải Ta có : (1 + x) n = 0 1 22 33 nn nn n n n CCxCxCx Cx++ + ++ Vậy 2 1 (1 ∫ n dx = x)+ ( ) 2 0 1 22 33 nn nn n n n 1 C C x C x C x C x++ + ++ ∫ dx ⇔ 2 n1 (1 x) 1 + ⎡⎤ + n1 ⎢⎥ + ⎣⎦ = 2 234 n1 01 2 3 n nn n n n xxx x C x C C C C 1 n1 + ⎡⎤ ⎢⎥ + ⎣⎦ ⇔ 234 +++++ n1 n1 32 ++ n1 n1 ++ − = 22 11 2 02 12 23 nn1 n 1 C[x] Cx Cx Cx n1 + 1 n1 n n 11 23 ⎡ ⎤⎡⎤ ⎡⎤ ++++ ⎣⎦ ⎣ ⎦⎣⎦ + ⇔ n1 n1 32 ++ − = n1 + 23 n1 1 2 n nn n n 21 21 2 1 C C C 23 n1 + − 0 C −− ++++ + Chứng minh : Bài 148. nn (1) 02132 n1n nnn 1 1 (1) 1 2C 2 .C 2 .C 2 C 23 n1 n1 + − n + −+++ = ++ d − Đại học Giao thông Vận tải 1996 Giải Ta có : (1 – x) n C = C 01 22 nnn nn n n x C x ( 1) C x−+ ++− Vậy 2 n 0 (1 x)− ∫ x = ( ) n xdx ⇔ 2 01 22 nn nn n n 0 CCxCx (1)C−+ ++− ∫ 2 n1 0 (1 x) n1 + ⎡⎤ − − ⎢⎥ + ⎣⎦ = 2 3nn1 021 2 n nnn n 0 1x (1)x Cx xC C C 23 n1 + ⎡ ⎤ − −+++ ⎢ ⎥ + ⎣ ⎦ ⇔ n1 (1) n1 + −− − + = 1 23 nn1 01 2 n nnn n 22 (1)2 2C C C 23 n1 + − −+++ + C ⇔ n 1(1)+− = 23 nn1 01 2 n nnn n 22 (1)2 2C C C C 23 n1 + − −+++ + n1 + Bài 149. Chứng minh : a) n n0 n1 1 n nnn 11( (1)C (1) C C 2n1n − 1) 1 − −+− ++ = + + 01 n n nn n 11 C C ( 1) C −++− = . b) 1 2n1n1 ++ = Giải hức Ta có nhò t (a + x) 1n a n = 0n nn Ca C 1 2n22 nn n n x Ca x Cx −− ++ ++. Vậy : ∫ 1 n (a x) dx+ 0 () 1 0n 1n1 nn nn n 0 Ca Ca x Cx dx − +++ ∫ ⇔ 1 n1 (a x) + + = 0 n1 + 1 0n 1n12 nn1 nn n 0 11 Cax Ca x Cx 2n1 −+ ⎛⎞ +++ ⎜⎟ + ⎝⎠ ⇔ n1 n1 (a 1) a ++ +− = n1 + 0n 1n1 n nn n 11 Ca Ca C 2n1 − +++ + . a) ới a = –1 , ta đV ược : + − − −− −+− ++ = = + ++ nn 2n1n1n n1 n n1 1 n 11(1)(1) ) C C 1 ) Vậy (a x) dx+ ∫ = n0 (1 n (1)C b Ta có nhò thức (a + x) + n = 0n Ca 1 n − 1n1 2n22 nn nn n n Ca x Ca x Cx −− + ++. ( 0 ) n C a C a x C x dx+++ ∫ 1 0n 1n1 nn − − nn 0 1 n1 ⇔ 0 n1 + = (a x) − + + 1 nn1 n 0 11 Cx 2n1 − −+ ⎛⎞ + ⎜⎟ + 0n 1n12 nn Cax Ca x++ ⎝⎠ ⇔ n1 n1 (a 1) a ++ −− = n1 + 0n 1n1 n1 n nn n 11 Ca Ca ( 1) C 2n1 −+ −+ −+− + . a = 1, ta được : Với 01 n1 n nn n 111 C C ( 1) C 2n1n + − −+ −+− = 1 + + . ⇔ 01 n n nn n 111 C C ( 1) C 2n1n1 −++− = + . + Bài 150. Tính Rút gọn S = 1 19 0 x(1 x) dx− ∫ 01 2 18 19 19 19 1 1 C C − 19 19 19 111 C C C 234 2021 −+++ Đại học Nông nghiệp Hà Nội 1999 iải • ⇒ dt = –dx Đổi cận G Đặt t = 1 – x x 0 1 t 1 I = 0 = Vậy 1 19 x(1 x) dx− ∫ 0 0 19 1 (1 t)t ( dt) − − ∫ 20 t )dt = 1 20 21 ⇔ I = 1 19 0 (t − ∫ 0 tt 20 21 − 11 ⎤ ⎥ ⎦ = 11 21 = 20 − 1 420 Ta có : 1 2 2 18 18 19 19 19 x Cx Cx Cx−+ ++ − x 18191920 19 Cx− Vậ I = 19 x) dx− = • (1 – x) 19 = C 0 19 C 19 19 19 ) 19 = 01223 19 19 19 19 xC x Cx Cx−+++ ⇒ x(1 C– y 0 x( 1 1 ∫ 1 2 3 20 21 01 1819 19 19 19 19 0 xx x x C C C C 2 3 20 21 ⎡ ⎤ −+ −+ ⎢ ⎥ ⎦ ⎣ 1 ⇔ 420 = 01 18 19 11 1 1 C C C 2 3 20 21 −++ − y S = 19 19 19 19 C Vậ 1 420 . 1 2n x ) dx b) Chứng minh Bài 151. a) Tính 0 x(1− ∫ n 01 23 nnnn 1111 ( C C C C 2468 2n −+−++ n n 1) 1 C 22(n1) − = + + Đại học Bách khoa Hà Nội 1997 Giải [...]... = 1, ta được : ∫ 1 0 x 2 (a + x)n dx = 2 n +3 − 1 2( 2 n + 2 − 1) 2 n +1 − 1 − + n+3 n +2 n +1 = 4 1 ⎞ ⎛ 2 1 1 ⎞ ⎛ 4 − + − − 2 n +1 ⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎝ n + 3 n + 2 n +1⎠ ⎝ n + 2 n + 3 n +1⎠ = 2 n +1 = 2 n +1 (n 2 + n + 2) − 2 (n + 1)(n + 2) (n + 3) n2 + n + 2 2 − (n + 1)(n + 2) (n + 3) (n + 1)(n + 2) (n + 3) Suy ra : 1 0 1 1 1 2 n +1 (n 2 + n + 2) − 2 Cn + Cn + + Cn = n 3 4 n+3 (n + 1)(n + 2) (n + 3) PHẠM HỒNG DANH... 8 2n + 2 2 ⎦0 ⇔ 1 1 1 1 1 (−1)n n = C0 − C1 + C2 − C3 + + Cn n n n n 2( n + 1) 2 4 6 8 2n + 2 1 1 2 n Bài 1 52* Chứng minh : 1 0 1 1 1 2 n +1 (n 2 + n + 2) − 2 Cn + C n + + Cn = n 3 4 (n + 1)(n + 2) (n + 3) n+3 Giải a) Ta có nhò thức n (a + x)n = C0 an + C1 an −1x + + C n x n n n n Suy ra : x2(a + x)n = C0 an x 2 + C1 an −1x 3 + + Cn x n + 2 n n Vậy ∫ 1 0 x 2 (a + x)n dx = = ∫ (C a x 1 0 0 n n 2. .. 0 x(1 − x 2 )n dx = − 1 1 2 n 2 ∫0 (1 − x ) d(1 − x ) 2 1 ⇔ 1 1 ⎡ (1 − x 2 )n +1 ⎤ n +1 I= − ⎢ ⎥ = − 2( n + 1) ⎡ 0 − 1 ⎤ ⎣ ⎦ 2 ⎣ n + 1 ⎦0 ⇔ I= 1 2( n + 1) b) Ta có : (1 – x2)n = C0 − C1 x 2 + C2 x 4 − C3 x 6 + + (−1)n Cn x 2n n n n n n ⇒ x(1 – x2)n = xC0 − C1 x 3 + C2 x 5 − C3 x 7 + + (−1)n Cn x 2n +1 n n n n n Vậy ⎡ x2 x4 x6 x8 (−1)n 2n + 2 n ⎤ x Cn ⎥ I = ∫ x(1 − x ) dx = ⎢ C0 − C1 + C2 − C3 + +... an −1x 3 + + C n x n + 2 )dx n 1 0 n 1 1 n −1 1 Cn a + Cn a + + Cn n 3 4 n+3 Để tính tích phân ở vế trái, đặt t=a+x ⇒ dt = dx Đổi cận : x 0 1 t a a+1 Suy ra : ∫ 1 ∫ a +1 0 = a x 2 (a + x)n dx = ∫ a +1 a (t − a )2 t n dt a +1 (t n +2 − 2at n +1 ⎛ t n +3 2at n + 2 a2 t n +1 ⎞ + a t )dt = ⎜ − + ⎟ n +1 ⎠ a ⎝ n+3 n +2 2 n (a + 1)n +3 − an +3 2a ⎡(a + 1) − a − ⎣ n+3 n +2 n +2 = n +2 ⎤ a2 ⎡(a + 1)n +1 − a n +1... + 2) (n + 3) Suy ra : 1 0 1 1 1 2 n +1 (n 2 + n + 2) − 2 Cn + Cn + + Cn = n 3 4 n+3 (n + 1)(n + 2) (n + 3) PHẠM HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QUANG (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vónh Viễn) . n2n n n(n 1)x C − +− . Chứng minh n1 1 n1 2 nn 2C 2C 3 −− ++ Đại học Kinh tế Quốc dân 20 00 1n1 2n 22 3n33 nn n n n n C2 x C2 x C2 x Cx −− − + + ++ ha c 1n1 2n2 23 n3 n1n nn n n C2 2xC2. 23 n2 n nn n 1.2C 2. 3C ( 1) (n 1)nC 0 − −++− −= c) n1 2 n2 n2 nn 2 C 3 .2 C 1)3 −− − − d) n1 2 n2 3 n n 2 C 3 .2 C 3.4 .2 −− −+ Ta có nhò thức nn n Cx+ . 2 n 3 n4 4 n n n 3.4 .2. a) 12 nn C2C3C 3 nn1 n n nCn2 − ++ 123 n1n nnn C2C3C. − −+− n1 1 n1 2 nn n n 2C 2C 3.2C (1)nC n −− −+ −+− = 0n 1n1 2n 22 nn nn n n Ca Ca x Ca x Cx −− ++ ++ 1n1 2n2 3n 32 nn1 nn n n a 2C a x