1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Chuyên đề nhị thức Newton

18 336 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 18
Dung lượng 1,7 MB

Nội dung

NHỊ THỨC NEWTON Nhò thức Newton có dạng : (a + b) n = C a n b 0 + a n-1 b 1 + … + a 0 b n 0 n 1 n C n n C = (n = 0, 1, 2, …) n knkk n k0 Ca b − = ∑ Các hệ số của các lũy thừa (a + b) n với n lần lượt là 0, 1, 2, 3, … được sắp thành từng hàng của tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal : k n C (a + b) 0 = 1 (a + b) 1 = a + b (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 +b 3 (a + b) 4 = a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4 (a + b) 5 = a 5 + 5a 4 b + 10a 3 b 2 + 10a 2 b 3 + 5ab 4 + b 5 1 1 1 5 1 4 1 3 + 10 1 2 6 1 3 10 1 4 1 5 1 1 Các tính chất của tam giác Pascal : (i) = = 1 : các số hạng đầu và cuối mỗi hàng đều là 1. 0 n C n n C (ii) = (0 k n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau. k n C nk n C − ≤ ≤ (iii) = (0 k k n C + k1 n C + k1 n1 C + + ≤ ≤ n – 1) : tổng 2 số hạng liên tiếp ở hàng trên bằng số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới. (iv) + … + = (1 + 1) n = 2 n 0 n C + 1 n C n n C Các tính chất của nhò thức Newton : (i) Số các số hạng trong khai triển nhò thức (a + b) n là n + 1. (ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhò thức (a + b) n là n. (iii) Số hạng thứ k + 1 là Ca n – k b k . k n Dạng 1: TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 1. Khai triển (ax + b) n với a, b = ± 1, ± 2, ± 3 … Cho x giá trò thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , …, 0 n C, 1 n C n n C. Hai kết quả thường dùng (1 + x) n = x + x 2 + … + x n = (1) 0 n C + 1 n C 2 n C n n C n kk n k0 Cx = ∑ (1 – x) n = x + x 2 + … + (–1) n x n = (2) 0 n C – 1 n C 2 n C n n C n kkk n k0 (1)Cx = − ∑ • Ví dụ : Chứng minh a) + … + = 2 n 0 n C + 1 n C n n C b) + … + (–1) n = 0 0 n C – 1 n C + 2 n C n n C Giải a) Viết lại đẳng thức (1) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh. b) Viết lại đẳng thức (2) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh . 2. Tìm số hạng đứng trước x i (i đã cho) trong khai triển nhò thức Newton của một biểu thức cho sẵn • Ví dụ : Giả sử số hạng thứ k + 1 của (a + b) n là a n – k b k .Tính số hạng thứ 13 trong khai triển (3 – x) 15 . k n C Giải Ta có : (3 – x) 15 = 3 15 – 3 14 x + … + 3 15 – k .(–x) k + … + – x 15 0 15 C 1 15 C k 15 C 15 15 C Do k = 0 ứng với số hạng thứ nhất nên k = 12 ứng với số hạng thứ 13 Vậy số hạng thứ 13 của khai triển trên là : 3 12 15 C 3 (–x) 12 = 27x 12 . 15! 12!3! = 12.285x 12 . 3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức (a + b) n (a, b chứa x), ta làm như sau : - Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : a n – k b k =c m . x m . k n C - Số hạng độc lập với x có tính chất : m = 0 và 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N. Giải phương trình này ta được k = k 0 . Suy ra, số hạng độc lập với x là . 0 k n C 0 nk a − 0 k b • Ví dụ : Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức 18 x4 2x ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : 18 k k 18 x C 2 − ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . k 4 x ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = kk182k18k k 18 C2 .2.x .x − −− = k3k18182k 18 C2 .x −− Số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức có tính chất : 18 – 2k = 0 ⇔ k = 9 Vậy, số hạng cần tìm là : .2 9 . 9 18 C 4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhò thức (a + b) n với a, b chứa căn, ta làm như sau : – Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : = K knkk n Ca b − mn p q c.d với c, d ∈¤ – Số hạng hữu tỷ có tính chất : m p ∈ N và n q ∈ N và 0 ≤ k ≤ n, k N. ∈ Giải hệ trên, ta tìm được k = k 0 . Suy ra số hạng cần tìm là : . 00 knkk n Ca b − 0 • Ví dụ : Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhò thức ( ) 7 3 16 3 + Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : 7k 1 k 3 7 C16 − ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . k 1 2 3 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = 7k k k 3 2 7 C.16 .3 − . Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất : 7k N 3 k N 2 0k7,kN − ⎧ ∈ ⎪ ⎪ ⎪ ∈ ⎨ ⎪ ≤≤ ∈ ⎪ ⎪ ⎩ ⇔ −= ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ≤≤ ⎩ 7k3m k chẵn 0k7 ⇔ k 7 3m (m Z) k chẵn 0k7 =− ∈ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ≤≤ ⎩ ⇔ k = 4 Vậy, số hạng cần tìm là : . 42 17 C .16.3 Bài 120. Khai triển (3x – 1) 16 . Suy ra 3 16 – 3 15 + 3 14 – … + = 2 16 . 0 16 C 1 16 C 2 16 C 16 16 C Giải Ta có : (3x – 1) 16 = 16 16 i i i 16 i0 (3x) ( 1) .C − = − ∑ = (3x) 16 – (3x) 15 + (3x) 14 + … + . 0 16 C 1 16 C 2 16 C 16 16 C Chọn x = 1 ta được : 2 16 = 3 16 – 3 15 + 3 14 – … + . 0 16 C 1 16 C 2 16 C 16 16 C Bài 121. Chứng minh : a) n0 n11 n22 n n nn nn 2 C 2 C 2 C C 3 −− ++++= b) . n0 n11 n22 nn n nn n n 3 C 3 C 3 C ( 1) C 2 −− −+++−= Giải a) Ta có : (x + 1) n = . 0n 1n1 n nn C x C x C − +++ n n n n ) Chọn x = 2 ta được : 3 n = . 0n 1n1 n nn C2 C2 C − +++ b) Ta có : (x – 1) n = . 0n 1n1 n n nn C x C x ( 1) C − −++− Chọn x = 3 ta được : 2 n = . n0 n11 n22 nn nn n 3 C 3 C 3 C ( 1) C −− −+++− Bài 122. Chứng minh : ; n1 kn1 n k1 C2(2 1 − − = =− ∑ n kk n k0 C(1) 0 = − = ∑ . Giải Ta có : (1 + x) n = (*) n 0 1 22 nn kk nn n n n k0 C C x C x C x C x = ++ ++ = ∑ Chọn x = 1 ta được 2 n = n k0 1 2 n1 nnnn n k0 CCCC C C − = n n = ++++ + ∑ 2 n = ⇔ 12 n1 nn n 1 C C C 1 − ++++ + 2 n – 2 = ⇔ n1 k n k1 C − = ∑ Trong biểu thức (*) chọn x = – 1 ta được 0 = n kk n k0 C(1) = − ∑ . Bài 123. Chứng minh : 02244 2n2n2n12n 2n 2n 2n 2n C C 3 C 3 C 3 2 (2 1) − ++++ = + Giải Ta có : (1 + x) 2n = (1) 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n C C x C x C x C x −− ++ ++ + (1 – x) 2n = (2) 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n C C x C x C x C x −− −+ +− + Lấy (1) + (2) ta được : (1 + x) 2n + (1 – x) 2n = 2 022 2n2n 2n 2n 2n C C x C x ⎡ ⎤ +++ ⎣ ⎦ Chọn x = 3 ta được : 4 2n + (–2) 2n = 2 022 2n2n 2n 2n 2n C C 3 C 3 ⎡⎤ +++ ⎣⎦ ⇔ 4n 2n 22 2 + = 022 2n 2n 2n 2n C C 3 C 3+++ 2n ⇔ 2n 2n 2(2 1) 2 + = 022 2n 2n 2n 2n C C 3 C 3+++ 2n ) 2n = ⇔ 2n 1 2n 2(2 1 − + 022 2n 2n 2n 2n C C 3 C 3+++ Bài 124. Tìm hệ số đứng trước x 5 trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức : f(x) = (2x + 1) 4 + (2x + 1) 5 + (2x + 1) 6 + (2x + 1) 7 . Giải Ta có : (2x + 1) 4 = 4 i4 4 i0 C(2x) i − = ∑ ; (2x + 1) 5 = 5 i5 5 i0 C(2x) i − = ∑ (2x + 1) 6 = 6 i6 6 i0 C(2x) i − = ∑ ; (2x + 1) 7 = 7 i7 7 i0 C(2x) i − = ∑ Vậy số hạng chứa x 5 của (2x + 1) 4 là 0. số hạng chứa x 5 của (2x + 1) 5 là . 05 5 C(2x) số hạng chứa x 5 của (2x + 1) 6 là . 15 6 C(2x) số hạng chứa x 5 của (2x + 1) 7 là . 25 7 C(2x) Do đó hệ số cần tìm là = 0 + + + 05 5 C2 15 6 C2 25 7 C2 = = 28 12 67 (1 C C )2++ 5 × 32 = 896. Bài 125. Tìm số hạng chứa x 8 trong khai triển n 5 3 1 x x ⎛ + ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ + biết rằng = 7(n + 3). n1 n n4 n3 CC + + − + Giải Ta có : = 7(n + 3) (với n n1 n n4 n3 CC + + − ∈ N) ⇔ () (n 4)! (n 3)! 3! n 1 ! 3!n! ++ − + = 7(n + 3) ⇔ (n 4)(n 3)(n 2) (n 3)(n 2)(n 1) 66 +++ +++ − = 7(n + 3) ⇔ (n + 4)(n + 2) – (n + 2)(n + 1) = 42 ⇔ (n 2 + 6n + 8) – (n 2 + 3n + 2) = 42 ⇔ 3n = 36 ⇔ n = 12. Ta có : 12 51 12 12 36 i 5i312iii 22 12 12 3 i0 i0 1 x C (x ) .(x ) C x x −+ −− == ⎛⎞ += = ⎜⎟ ⎝⎠ ∑∑ 1 Yêu cầu bài toán –36 + ⇔ 11 i 2 = 8 (với i ∈ N và 0 ≤ i 12) ≤ ⇔ 11i 2 = 44 ⇔ i = 8 (thỏa điều kiện). Vậy số hạng chứa x 8 là 8 88 12 12!x Cx 8!4! = = 8 12 11 10 9 x 432 × ×× ×× = 495x 8 . Bài 126. Biết rằng tổng các hệ số của khai triển (x 2 + 1) n bằng 1024. Hãy tìm hệ số a của số hạng ax 12 trong khai triển đó. Giải Ta có : (x 2 + 1) n = 02n 12n1 i 2ni n nn n C(x) C(x) C(x) C −− n + ++ ++ Theo giả thiết bài toán, ta được = 1024 01 i nnn C C C C +++++ n n 2 n = 1024 = 2 10 ⇔ ⇔ n = 10 Để tìm hệ số a đứng trước x 12 ta phải có 2(n – i) = 12 ⇔ 10 – i = 6 ⇔ i = 4 Vậy a = 4 10 10! 10987 C 4!6! 4 3 2 × ×× == ×× = 210. Bài 127. Tìm hệ số đứng trước x 4 trong khai triển (1 + x + 3x 2 ) 10 . Giải Ta có : (1 + x + 3x 2 ) 10 = [1 + x(1 + 3x)] 10 = 01 22 233 3 10 10 10 10 C C x(1 3x) C x (1 3x) C x (1 3x)+ ++ + + + + 44 4 10 10 10 10 C x (1 3x) C (1 3x)+++ + Hệ số đứng trước x 4 trong khai triển chỉ có trong , , đó là : 22 2 10 Cx(13x)+ 33 3 10 Cx(13x)+ 44 4 10 Cx(13x)+ 234 10 10 10 10! 10! 10! C9 C9 C 9. 9 8!2! 3!7! 6!4! ++= + + = 405 + 1080 + 210 = 1695. Bài 128. Tìm hệ số của x 8 trong khai triển [1 + x 2 (1 – x Giải + + g chứa x g kh i triển trên chỉ có trong và Vậy hệ số của x 8 là : + = 238. Bài 129. Cho )] 8 . Ta có : [1 + x 2 (1 – x)] 8 = 012 24 2 88 8 C Cx(1 x) Cx(1 x)+−+− 36348451056126 888 8 C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x)+−+−+−+− 714 7 816 8 88 C x (1 x) C x (1 x)+−+− Số hạn 8 tron a 36 3 8 Cx(1 x)− 48 4 8 Cx(1 x)− đó là 36 2 8 Cx.3x và 4 8 C 8 x 3 8 3C 4 8 C n x x1 3 2 22 − − ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ = nn1 x x1 x1 01 3 22 nn C2 C2 2 − −− − ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ . + + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ + … + n1 n xx x1 n1 n 33 2 nn ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ C2 2 C2 − − −− − ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ + ⎝⎠ . ⎝⎠ Biết và số hạng thứ tư bằng 20n. rằng 31 nn C5C= Tìm n và x. (điều kiện n Giải Ta có : 31 nn C5C = ∈ N và n ≥ 3) ⇔ n(n 1)(n 2) ⇔ ()() n! n! 5 ! = 6 −− = 5n 3! n 3 ! n 1−− n 2 – 3n ⇔ (n – 1)(n – 2) = 30 ⇔ – 28 = 0 (loại do n 3) ⇔ n = 7 ∨ n = –4 ≥ ⇔ n = 7 Ta có : a 4 = 20n = 140 ⇔ 3 4 x x1 3 3 2 7 C2 .2 − − ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⇔ x2 7! 2 ⎜⎟ ⎝⎠ = 140 ⎝⎠ 3!4! − = 140 2 x – 2 = 2 2 ⇔ ⇔ x – 2 = 2 ⇔ x = 4. Bài 130. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 12 1 x x ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ . Giải Ta có : 12 1 x x ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ = i 012 111 i 12i 12 12 12 12 12 12 11 Cx Cx Cx C xx − ⎛⎞ ⎛⎞ +++ ++ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 1 x Để số hạng không chứa x ta phải có i 12 i 1 x x − ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = x 0 ⇔ x 12 – 2i = x 0 ⇔ 12 – 2i = 0 ⇔ i = 6 Vậy số hạng cần tìm là : 6 12 12! 121110987 C 6!6! 65432 × ×××× == ×××× = 924. Bài 131. Tìm số hạng không chứa x (với x > 0) trong khai triển 7 3 4 1 x x ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ Giải Ta có : 7 3 4 1 x x ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ = 7 1 1 3 4 xx − ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ = 11 1 11 0716 i 7i i 7 33 3 44 77 7 7 C (x ) C (x ) (x ) C (x ) (x ) C (x ) −− − +++ ++ 1 7 4 − Để tìm số hạng không chứa x ta phải có 11 (7 i) i 34 −− = 0 ⇔ 4(7 – i ) – 3i = 0 ⇔ 28 – 7i = 0 ⇔ i = 4 Vậy số hạng không chứa x là C = 4 7 7! 7 6 5 35. 4!3! 3 2 × × == × Bài 132 . Trong khai triển n 28 3 15 xx x − ⎛ + ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ 9 hãy tìm số hạng không phụ thuộc x biết rằng . nn1n2 nn n CC C 7 −− ++ = Giải Ta có : nn1n2 nn n CC C 7 −− ++ =9 ⇔ () () n! n! 1 79 n1! 2!n2! ++ −− = ⇔ ( ) nn 1 n 78 2 − + = n 2 + n – 156 = 0 ⇔ ⇔ n = –13 n = 12 ∨ Do n ∈ N nên n = 12. Ta có : 12 12 28 4 28 3 15 3 15 xx x x x −− ⎛⎞⎛ +=+ ⎜⎟⎜ ⎝⎠⎝ ⎞ ⎟ ⎠ = 12 i 428 12 12 i1 ii 315 12 12 i0 i0 Cx .x Cx − −− == ⎛⎞ = ⎜⎟ ⎝⎠ ∑∑ 16 6i 5 Yêu cầu bài toán 16 – ⇔ 16 i0 5 = ⇔ i = 5 Vậy số hạng cần tìm 5 12 12! C 792. 5!7! == Bài 133. Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ: ( ) 124 4 35− Giải Ta có : () 124 11 124 4 24 35 35 ⎛⎞ −=−= ⎜⎟ ⎝⎠ 124 k 11 124 kk 24 124 k0 C3 .(5) − = ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ ∑ = kk 124 62 kk 24 124 k0 (1)C 3 .5 − = − ∑ Số hạng thứ k là hữu tỉ k 62 N 2 k N 4 kN 0k124 ⎧ −∈ ⎪ ⎪ ⎪ ∈ ⎨ ⎪ ∈ ⎪ ⎪ ≤≤ ⎩ ⇔ ≤≤ ⎧ ⎪ ⎨ ∈ ⎪ ⎩ 0k124 k N 4 ⇔ ∈ ⎧ ⎪ ≤≤ ⎨ ⎪ = ⎩ iN 0k124 k4i ⇔ iN 0i31 k4i ∈ ⎧ ⎪ ≤≤ ⎨ ⎪ = ⎩ ⇔ i ∈ { } 0,1, ,31 Do đó trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ. Bài 134 ∗ . Gọi a 3n -3 là hệ số của x 3n-3 trong khai triển thành đa thức của (x 2 + 1) n . (x + 2) n . Tìm n để a 3n-3 = 26n. Giải Ta có : ( x 2 + 1 ) n . (x + 2) n = n i2n n i0 C(x) i − = ∑ . n knk k n k0 Cx .2 − = ∑ = nn ikk3n2ik nn i0 k0 CC2.x − − == ∑∑ Do yêu cầu bài toán nên 3n – 3 = 3n – (2i + k) ⇒ 2i + k = 3 Do i, k ∈ N và i, k ∈ [0, n] nên i0 k3 = ⎧ ⎨ = ⎩ hay i1 k1 = ⎧ ⎨ = ⎩ Vậy a 3n – 3 = + = 26n 033 nn CC2 111 nn C C 2 8 . ⇔ () n! 3! n 3 ! − + 2n 2 = 26n ⇔ 4 3 n(n – 1)(n – 2) + 2n 2 = 26n 2(n – 1)(n – 2) + 3n = 39 ⇔ ⇔ 2n 2 – 3n – 35 = 0 n = 5 n = ⇔ ∨ 7 2 − (loại do n ∈ N) ⇔ n = 5. Bài 135*. Trong khai triển 10 12 x 33 ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ a 0 + a 1 x + … + a 9 x 9 + a 10 x 10 (a k ∈ R) Hãy tìm số hạng a k lớn nhất. Giải Ta có : 10 12 x 33 ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ = 10 10 1 (1 2x) 3 + = 10 kk 10 10 k0 1 C (2x) 3 = ∑ Do đó : a k = kk 10 10 1 C2 3 Ta có : a k đạt max ⇒ kk kk aa aa 1 1 − + ≥ ⎧ ⎨ ≥ ⎩ ⇔ k k k1 k1 10 10 kk k1k1 10 10 C2 C 2 C2 C 2 −− ++ ⎧ ≥ ⎪ ⎨ ≥ ⎪ ⎩ ⇔ () () () () kk1 kk1 2 10! 2 .10! k! 10 k ! (k 1)! 11 k ! 210! 2 .10! k!10 k! (k 1)!9 k! − + ⎧ ≥ ⎪ −−− ⎪ ⎨ ⎪ ≥ ⎪ −+− ⎩ ⇔ 21 k11k 12 10 k k 1 ⎧ ≥ ⎪ ⎪ − ⎨ ⎪ ≥ ⎪ − + ⎩ ⇔ 19 22 k 33 ≤≤ Do k ∈ N và k ∈ [0, 10] nên k = 7.Hiển nhiên a k tăng khi k ∈ [0, 7], và a k giảm khi k ∈ [7, 10]. Vậy max a k = a 7 = 7 7 10 10 2 C 3 . 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)nC0 − −+−+− = 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 = 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 [...]... = 0 n n - Dạng 3: TÍCH PHÂN HAI VẾ CỦA NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC + Viết khai triển Newton của (ax + b)n + Lấy tích phân xác đònh hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2] ta sẽ được đẳng thức cần chứng minh Chú ý : • • k Cn ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế Cần chứng minh đẳng thức chứa k +1 trong khai triển của (a + x)n 1 k C n ta lấy... 3.2.C3 + 4.3.C4 + + n(n − 1)Cn = n(n − 1)2 n −2 n n n n Giải a) Ta có : f(x) = (1 + x)n ⇒ f ′(x) = n(1 + x)n – 1 ⇒ f // (x) = n(n – 1)(1 + x)n – 2 Vậy f // (1) = n(n – 1)2n – 2 b) Do khai triển nhò thức Newton 4 n f(x) = (1 + x)n = C0 + C1 x + C2 x 2 + C3 x 3 + Cn x 4 + + Cn x n n n n n ⇒ f ′(x) = n(1 + x)n - 1 = C1 + 2xC2 + 3x 2 C3 + 4x 3C4 + + nx n −1Cn n n n n n ⇒ n f ′′(x) = n(n – 1)(1 + x)n... C3 + 3.4.2 n − 4 C4 − + (−1)n −2 (n − 1)nC n = n(n − 1) n n n n Bài 144 Chứng minh : a) 3C0 + 4C1 + + (n + 3)Cn = 2 n −1 (6 + n) n n n b) 3C0 − 4C1 + + (−1)n (n + 3)C n = 0 n n n Giải Ta có nhò thức (a + x)n = C0 an + C1 an −1x + C2 an −2 x 2 + + Cn x n n n n n Nhân 2 vế với x3, ta được : n x3(a + x)n = C0 an x 3 + C1 an −1x 4 + C2 an −2 x 5 + + Cn x n +3 n n n Đạo hàm 2 vế, ta được : 3x2(a... n = 0 n n 4 c) 2 n −1 C2 + 3.2 n −2 C3 + 3.4.2 n − 4 C n + + (n − 1)nCn = n(n − 1)3n −2 n n n d) 2 n −1 C2 − 3.2 n −2 C3 + 3.4.2 n − 4 C4 − + (−1)n −2 (n − 1)nC n = n(n − 1) n n n n Giải Ta có nhò thức (a + x)n = C0 an + C1 an −1x + C2 an −2 x 2 + + Cn x n n n n n Đạo hàm 2 vế 2 lần , ta được : n n(n – 1)(a + x)n – 2 = 1.2C2 an −2 + 2.3C3 an −3 x + + (n − 1)nCn x n −2 n n a) Với a = 1, x = 1,... với cận thích hợp hai vế Cần chứng minh đẳng thức chứa k +1 trong khai triển của (a + x)n 1 k C n ta lấy tích phân với cận thích hợp k + m +1 m hai vế trong khai triển của x (a + x)n Cần chứng minh đẳng thức chứa Bài 145 Cho n ∈ N và n ≥ 2 a) Tính I = 1 ∫ x (1 + x ) dx 2 3 n 0 b) Chứng minh : 1 0 1 1 1 2 1 2 n +1 − 1 Cn + Cn + Cn + + Cn = n 3 6 9 3(n + 1) 3(n + 1) Giải a) Ta có : I = ∫ 1 0 x 2 (1 +... 2 n +1 n 0 = 2Cn − Cn + Cn + + Cn n +1 2 3 n +1 Bài 149 Chứng minh : 1 1 (−1)n a) (−1)n C0 + (−1)n −1 C1 + + Cn = n n n 2 n +1 n +1 1 1 1 n b) C0 − C1 + + (−1)n Cn = n n 2 n +1 n +1 Giải Ta có nhò thức (a + x)n = C0 an + C1 an −1x + C2 an −2 x 2 + + Cn x n n n n n Vậy : ∫ 1 0 (a + x)n dx = (a + x)n +1 ⇔ n +1 ⇔ 1 0 ∫ (C a 1 0 n n 0 + C1 an −1x + + C n x n ) dx n n 1 1 1 ⎛ 0 ⎞ = ⎜ Cn an x + C1... n +1 ⎝ ⎠0 (a + 1)n +1 − an +1 1 1 = C0 an + C1 an −1 + + Cn n n n n +1 2 n +1 a) Với a = –1 , ta được : (−1) C + (−1) n 0 n n −1 1 1 1 −(−1)n +1 (−1)n n = Cn + + Cn = 2 n +1 n +1 n +1 b) Ta có nhò thức (a + x)n = C0 an + C1 an −1x + C2 an −2 x 2 + + Cn x n n n n n −1 Vậy ∫ ⇔ (a + x)n +1 n +1 ⇔ 0 (a + x)n dx = −1 0 ∫ (C a −1 0 0 n n + C1 an −1x + + C n x n ) dx n n (a − 1)n +1 − an +1 1 1 n =... 1 3 (−1)n n = Cn − C n + Cn − Cn + + Cn 2(n + 1) 2 4 6 8 2n + 2 1 1 2 n Bài 152* 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 n n 0 2 n + C1 an −1x 3 + + C n x n . NHỊ THỨC NEWTON Nhò thức Newton có dạng : (a + b) n = C a n b 0 + a n-1 b 1 + … + a 0 b n 0 n 1 n C n n C . Các tính chất của nhò thức Newton : (i) Số các số hạng trong khai triển nhò thức (a + b) n là n + 1. (ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhò thức (a + b) n là n k n Dạng 1: TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 1. Khai triển (ax + b) n với a, b = ± 1, ± 2, ± 3 … Cho x giá trò thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , …, 0 n C, 1 n C n n C. Hai

Ngày đăng: 15/02/2015, 02:00

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w