ĐẠO HÀM HAI VẾ CỦA KHAI TRIỂN NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC

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 trị x sao cho thay vào ta được

ĐẠI SỐ TỔ HỢP 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 trị 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 :

n n

n nCn n2 −

1 2 3 n 1 n

n n n

n 1 1 n 1 2

2 C− −2 C− +3.2 C − + − ( 1) nC =n

0 n 1 n 1 2 n 2 2 n n

C a +C a x C a x− + − + + C x

1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n n 1

na 2C a x 3C a xn n nC xn

n 3 − 3 n 1 − n

Giải

Ta có nhị thức

Đạo hàm 2 vế ta được :

1 2 3 n n 1

a) Với a = 1, x = 1, ta được :

b) Với a = 1, x = –1, ta được :

1 2 3 n 1 n

C −2C +3C ( 1) nC− + − − =0

c) Với a = 2, x = –1, ta được :

2 Cn 1 1 − n−2 Cn 1 − 2n+3.2 Cn 3 − 3n− + − ( 1) nCn 1 − nn =n

3( 1)− 97

Bài 137 Cho (x – 2)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100 Tính :

a) a97

b) S = a0 + a1 + … + a100

c) M = a1 + 2a2 + 3a3 + … + 100a100

Đại học Hàng hải 1998

Giải

Ta có :

(x – 2)100 = (2 – x)100

= C 2100−C 2 x C 21 99 + + k 100 −

a) Ứng với k = 97 ta được a97

Vậy a97 = 97

100

C 2

3!97!

8 100 99 98 6

f (x)′

f (x)′

≥

//

f (1)

= – 1 293 600

b) Đặt f(x) = (x – 2)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100

Chọn x = 1 ta được

S = a0 + a1 + a2 + … + a100 = (–1)100 = 1

c) Ta có : = a1 + 2a2x + 3a3x2 + … + 100a100x99

Mặt khác f(x) = (x – 2)100

Vậy 100(x – 2)99 = a1 + 2a2x + 3a3x2 + … + 100a100x99

Chọn x = 1 ta được

M = a1 + 2a2 + … + 100a100 = 100(–1)99 = –100

Bài 138 Cho f(x) = (1 + x)n với n 2

a) Tính

b) Chứng minh

2.1.C +3.2.C +4.3.C + + n(n 1)C− =n(n 1)2− n 2 −

Đại học An ninh 1998

Giải

⇒

//(x n – 2

n

n 2 n n

n(n 1)x C−

Chứng minh

n 1 1 n 1 2

n n

2 C− +2 C− +3

Đại học Kinh tế Quốc dân 2000

1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 3 n n

C 2 x C 2 x− + − +C 2 x C x− + +

1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 n 1 n

C 2 − +2xC 2 − +3x C 2 − + + nx C−

n 1 1 n 1 2 3 n 3 n

2 C− +2 C− +3C 2 − + + nC

Bài 140 Chứng minh 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n n 1

C 3 − +2C 3 − +3C 3 − + + nC =n4 −

Đại học Luật 2001

a) Ta có : f(x) = (1 + x)n

f (x)′ = n(1 + x)n – 1

Vậy f (1) = n(n – 1)2// n – 2

n nx C x+ n +C xn +C xn + + Cn

= n(1 + x)n - 1 = 1

n n

)n - 2 = 2 3 2 4

2C +6xC 12x C+ +

⇒ f (x)′′ = n(n – 1)(1 + x

Chọn x = 1 ta được

n – 2 = 2 3 4 n

2C +6C 12C+ + + n(n 1)C−

Bài 139

n 3 3 n 4 4 n

.2 C− +4.2 C− + + nC =n3n 1 −

Giải

Ta có :

n

C 2 + Đạo øm 2 vế ta đượ

n(2 + x)n – 1 =

Chọ = 1 ta đư

Giải

ha

n

nC x

Ta có :

n

C 3 +C 3 x C 3 x1 n 1 − + 2 n 2 2 − +C 3 x3 n 3 3 − + + C xn n

Đạo øm 2 vế ta được

n(3 + n – 1 = 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3

h

1 = 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n

C 3 − +2C 3 − +3C 3 − + + n

Bài 141 Tính A = C1 −2C2+3C3 −4C4 + + − ( 1) nCn 1 −

Đại học Bách khoa Hà Nội 1999

n n n n

1) C x

−

n n n 1 n

( 1) nC x

C ọn x = 1

n n

n n n n

Giải

Ta có :

n n

C −C x C+ 2 2nx −C x3 3n + + ( Lấy ïo hàm hai vế ta

n x ta có :

C +2

ứn nh với

Chọ = 1

n Cn−3Cn+ + − ( 1) nCn

n n n

C −2C +3C + + − ( 1n 1 n

n

) nC− = 0

Bài 142 Ch g mi n ∈ N và n > 2

n n n

Giải

n n n

x C+

1 = 1 2 n 1 n

C +2xC + + nx C−

n x

2n – 1 = 1 2 n

n

nC ) <

Ta có : (1 + x)n = 0 1 2 2

n n n

Lấy ïo hàm theo x hai v

Chọ = 1 ta được

Vậy (*) ⇔ 1 (n.2 )n 1 − < n! ⇔ 2n – 1 < n!

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

Giả sư (**) đúng khi n = k với k > 3 nghĩa là ta đã có : k

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

1.2C +2.3C + + − (n 1)nC =n(n 1)2− n−

1.2C −2.3C + + − ( 1) (n 1)nC− − = 0

n

2 C− −3.2 C− +3.4.2

Ta có nhị thức

n

C x

n

4 4 n 2 n

n

Giải

(a + x)n = 0 n 1 n 1 2 n 2 2

n

C an +C a x C a xn − + − +

Đạo hàm 2 vế 2 lần , ta được :

2 n 2 3 n 3

Với a = 1, x = 1, ta được :

n n 2

a)

2 3

Với a = 1, x = – 1, ta được :

1.2C −2.3C + + − ( 1) (n 1)nC− − = 0

c) Với a = 2, x = 1, ta được :

1.2.2 C− +2.3.2 C− + + − (n 1)nC =n(n 1)3− −

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)

2 3

n

n 1 − 2 n 2 − 3

n 2 2 n 3 3 n 4 4 n 2 n n

1.2.2 C− −2.3.2 C− +3.4.2 C− − + − ( 1) (n 1)nC− − =n( −1)

−

à

+

n n

3C −4C + + − ( 1) (n

Giải

n n

được :

1 n 1 4 2 n 2 5 n n 3

n

n

.2 C− +3.4.2 C− − + − ( 1) (n 1)nC− − =n(n 1)

B i 144 Chứng minh :

3C +4C + + + (n 3)C =2 (6−

n n

Ta có nhị thức (a + x)n = C0 n 1 n 1 2 n 2 2 n

na +C a x C a xn − + n − + + C x Nhân 2 vế với x3, ta

x3(a + x)n = 0 n 3

n

1 n 1 3 n n 2

n

Đạo hàm 2 vế, ta được :

3x2(a + x)n + nx3(a + x)n – 1 = 0 n 2

a = 1, x = 1, ta được :

n n n 1 n 1 n

3)C =3.2 +n2 − =2 (6 n)− +

a = , x = –1, ta được :

n n

n

) (n 3)C+ = 0

Dạng

ÄT ĐẲNG THỨC

+ Lấy tích phân xác định hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2]

c đẳng thức cần chứng minh

ứa

a) Với

n n

3C +4C + + + (n

b) Với 1

n n

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 Ckn

k 1+ 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

k m 1+ +

k n

C ta lấy tích phân với cận thích hợp

g khai triển cu xm(a + x)n

Bài 145 Cho n N và n 2

a) Tính I =

b) Chứng minh :

1 2 3 n

0x (1 x ) dx+

∫

n 1

1C 1C 1C 1 C 2 1

3 6 9 n 1) 3(n 1)

+ −

3(

+

Đại học Mở 1999

+

Giải a) Ta có : I = 1x (2 1 x ) dx+ 3 n =

0

0(1 x ) d(x 1)+ +

∫

1

3 n 1

1 (1 x+

) + ⎤

n 1+

n 1

b Ta có : (1 + x3)n = 0 1 3 2 6

n n n

C +C x +C x + + C

)

n 2 n n

C

=

n 3n

nx

n n n

x C +x C +x C + + x

Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được :

1

3 6 9 3n 3

0

+

1C C 1C 1 C 3(n 1) 3 6 9 3n 3

n 1

+ − +

Chứng minh kn

k 1 =

n C +

∑

k 0 =

Đại học Giao thông Vận tải 2000

Giải

C +C x C x+ + + C x

0(1 x) dx+

0 C +C x C x+ + + C x dx

∫

⇔

1

0

x)

n 1

+

⎣(1 n 1+ ⎦ =

0

+

⇔ 2n 1 1

n 1

+ − +

0 1 2

n n n

+

n

⇔ 2n 1 1

n 1

+ −

k 0

C

k 1

= +

∑

n

1

+

+

Tuyển sinh Đại học khối B 2003

Giải

C +C x C x+ +C x + + C x

1 (1

∫ +x)ndx = 2( 0 1 2 2 3 3 n n)

1 C +C x C x+ +C x + + C x

⇔

2

n 1

(1 x)

1

+

n 1

2

1

n 1

+

⇔

n 1 n 1

n 1

n 1

+

1

n 1 +2 n⎡ ⎤⎣ ⎦1 +3 n⎡ ⎤⎣ ⎦1 + + + ⎡⎣ ⎤⎦

⇔ 3n 1+ −2n 1+ =

n 1+

+

−

0

+ Chứng minh :

Bài 148

n ( 1)n

0 2 1 3 2 n 1 n

−

n

+

d

−

Đại học Giao thông Vận tải 1996

Giải

n − nx C x+ n + + − ( 1) C xn

0(1 x)−

⇔

2 0 1 2 2 n n

0 C −C x C x+ + + − ( 1) C

∫ 2

n 1

0

(1 x)

n 1

+

−

2

3 n n 1

0

+

n 1

+

− + 1 = 0 2 1 3 2 n n 1 n

+

−

+

−

+

n 1+

Bài 149. Chứng minh :

1

−

=

Giải

hức

Ta có nhị t

(a + x)n = 0 n 1 na

n n

C a C 1 2 n 2 2 n n

Vậy : ∫1(a x) dx+ n

0 1( 0 n 1 n 1 n n)

0 C a +C a x C x dx− + +

∫

⇔

1

n 1

(a x)+ + =

0

n 1+

1

0 n 1 n 1 2 n n 1

0

⇔ (a 1)+ n 1+ −an 1+ =

n 1+

0 n 1 n 1 n

−

a) ới a = –1 , ta đV ược :

+

n 1 n

n 11 1 1 n ( 1) ( 1)

1

)

Vậy ∫ (a x) dx+ =

n 0n ( 1 ( 1) C

b Ta có nhị thức

(a + x)n = C a0 n +

1 n

−

1 n 1 2 n 2 2 n n

n C a x C a xn − + n − + + C xn

(

0 ∫−1 C a0 n +C a x C x dx1 n 1 − + + n n n)

n n 0

1

n 1

⇔

0

n 1+ =

n 0

−

⎜C a x0 nn + C a x1 n 1 2n + + ⎟

⇔ (a 1)− n 1+ −an 1+ =

n 1+

0 n 1 n 1 n 1 n

a = 1, ta được :

Với

−

1

+ +

Bài 150 Tính

1 19

0x(1 x) dx−

∫

19 19

19 19 19

Đại học Nông nghiệp Hà Nội 1999

iải

Đổi cận

G

Đặt t = 1 – x

x 0 1

t 1

I =

0 = Vậy ∫1x(1 x) dx− 19

0

0 19

1 (1 t)t ( dt)− −

∫ 20

t )dt =

1

20 21

⇔ I = 1 19

0(t −

∫

0

t t

20 −21

1 1 ⎤

⎥⎦ = 120−211 =

1 420

19

19

C x

− Vậ I = −x) dx19 =

• (1 – x)19 = C0

19 C19 19 19

19 19 19 19

y

01x(1

∫

1

19 19 19 19

0

⎦

⎣ 1

⇔

420 =

19 19 19 19

C

420

1 2 n

x ) dx

b) Chứng minh

Bài 151

a) Tính ∫0x(1−

n

0 1 2 3

n n n n

1C 1C 1C 1C (

2 −4 +6 −8 + +2n

n n

1) C 1

2 2(n 1)

− =

Đại học Bách khoa Hà Nội 1997

Giải

a) T co I = a ù : 1 2 n =

0x(1 x ) dx−

0

1 (1 x ) d(1 x ) 2

1

2 n 1

0

1 (1 x )

+

+

+

2(n 1)+

b) Ta có :

(

0 1

n n

1 – x ) = n n

– x2)n = xC

2 n C0−C x1 2+C x2 4n −C x3 6n + + − ( 1) C xn n 2nn

3 2 5 3 7 n n 2n 1

Vậy I = 1

0x(1

∫ −x2 n) dx =

1 n

3 2n 2 n

0

( 1)

2n 2

+

+

2(n 1)+

n

−

+

* Chứng minh :

0

n n

1C −1

Bài 152

n 1 2 n

n n

1C 1C 1 C 2 (n 2) 2

n

+ + +

n

3 (n 1)(n 2)(n 3)

3 4

−

Giải a) Ta có nhị thức

n 0 n +C a x C x1 n 1 − + + n n

0 C a x +C a x− + + C xn + dx

∫

n n 1 Cn

Để tính tích phân ở vế trái, đặt t = a + x ⇒ dt = dx

3

x 0 1

Suy ra :

1 2 n

0x (a x) dx+

a+ (t a) t dt−

∫

a 1 n 2 n 1 2 n

a+ (t + −2at + +a t )dt

∫

a 1

n 3 n 2 2 n 1

a

n 2 n 2 2 n 1 n 1

⎤

+

Với a = 1, ta được :

1 2 n

0x (a x) dx+

+ − + − + −

+ ⎛ − + ⎞ ⎛+ − −

1 1

⎞

⎟

⎠

(n 1)(n

+ + + + +

=

2)(n 3) (n 1)(n 2)(n 3)+ − + + +

n 1 2

2 (n n (n 1)(n 2)(n 3)

+ + +

+

2) 2− + +

n 1 2

1C 1C 1 C 2 (n n 2) 2

3 4 n 3 (n 1)(n 2)(n 3)

+ + + − + + + =

+ + + +

(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vĩnh Viễn)

HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QU