Chuyên đề nhị thức Newton

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