Nhi Thuc NEWTON luyen thi ĐH THPTQG

Khi làm bài tập, nên phân chia từng dạng bài tập và phương pháp giải chi tiết cho từng dạng. Với mỗi dạng bài tập không cần thiết phải làm nhiều, chỉ cần làm từ 1 đến 2 bài để hiểu được kỹ lý thuyết và phương pháp giải. Việc kết nối bài tập với lý thuyết sẽ giúp hiểu sâu sắc thêm vấn đề, giúp ghi nhớ tốt hơn. Để làm tốt một bài Toán cần đọc kỹ đề bài, kết nối các giả thiết trong đề bài với lý thuyết đã học, xác định những đại lượng công việc cần làm. Sau mỗi bài toán không quên kết luận để trả lời các câu hỏi của đề bài, hỏi gì trả lời nấy. Về cách trình bày thì nên dựa vào một bài mẫu do thầy cô đã chữa hoặc trong sách để học trình bày. Với mỗi dạng bài chỉ cần làm và trình bày chuẩn 1 đến 2 bài.

Chuyên đề 14: Nhị thức NEWTON ứng dụng Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202 CHUYÊN ĐỀ 14: NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 754 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202 KIẾN THỨC CẦN NHỚ Công thức khai triển nhị thức NEWTON Cho số dương a, b số nguyên dương n ta có n (a  b)n   Cnk a n k b k Cn0 a n  Cn1 a n1b   Cnnb n k 0 n (a  b) n   (1)k Cnk a n k b k Cn0 a n  Cn1 a n1b   (1)n Cnnb n k 0 Trong công thức ta có + Số số hạng n  + Tổng số mũ a b số hạng n + Số hạng thứ k  khai triển Tk 1  Cnk a n k b k + Các hệ số cách số hạn đầu cuối Một số khai triển hay sử dụng n (1  x )n   Cnk x k Cn0  Cn1 x1   Cnn x n k 0 n (1  x )n   (1) k Cnk x k Cn0  Cn1 x1   (1)n Cnn x n k 0 Các hướng giải toán dạng n n Nếu toán cho khai triển ( x a  xb )n   Cni ( x a ) n i ( xb )i   Cni x a( n i )  bi , hệ số  i 0 m i 0 i n x C cho a(n  i )  bi  m  Nếu toán đề cập đến max;min số hạng Cni xét T  Tk 1  Tìm max Tk giả sử Tk lớn  k k Tk  Tk 1 T  Tk 1  Tìm Tk giả sử Tk nhỏ  k k Tk  Tk 1 n  Trong biểu thức có i n dùng đạo hàm i n nhân vế với xk lấy đạo hàm  i(i  1)C i 1 n  Trong biểu thức có  (i  k )C i 1 n  Trong biểu thức có k a C i n lấy x  a thích hợp i 1 756 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n  Trong biểu thức có i n  i  1C lấy tích phân xác định đoạn [a, b] thích hợp i 1 CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC BÀI TẬP MẪU Bài Cho khai triển Q ( x)  (1  x )9  (1  x)10   (1  x)14  a0  a1 x   a14 x14 Tìm a9 Lời giải: + Hế số x9 khai triển Q( x)  (1  x)9  (1  x)10   (1  x)14 C99 ; C109 ; C119 ; C129 ; C139 ; C149 Vậy a9  C99  C109   C149  3003 Bài Tìm hệ số x16 khai triển ( x  x)10 Lời giải: 10 10 + Ta có ( x  x )10   C10k ( x )10k (2 x)k   (2) k C10k x 20 k k 0 k 0 + Chọn 20  k  16  k  Vậy hế số x16 khai triển là: C104 (2) Bài Tìm hệ số x1008 khai triển nhị thức ( x  2009 ) x3 Lời giải: + Số hạng thứ k  khai triển k k Tk 1  C2009 ( x2 ) 2009k ( ) k  C2009 x 40185 k x + Chọn 4018  5k  1008  k  602 1008 Vậy hệ số x1008 khai triển C2009 Bài Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức 1  x (1  x )  Lời giải: 8  k  + Ta có [1  x (1  x)]8   C8k [x (1  x)]k   C8k x k   (1)i Cki xi  k 0 k 0  i 0  0  i  k  i  i   i k i Vậy hệ số x khai triển (1) C8 Ck thỏa mãn 2k  i     k   k  i, k    Vậy hệ số x8 là: (1)0 C84C40  (1)2 C83C32  238 757 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài Xác định hệ số x3 khai triển thành đa thức P( x )  (1  x  x2 )10 Lời giải: 10 10 + Ta có P( x )  (1  x  x )  1  x (2  3x )   C10k x k (2  3x)k 10 o 10 10 10 2 k 0 3 10  C  C x(2  3x)  C x (2  3x)  C x (2  3x)   C1010 x10 (2  x)10 Suy hệ số x3 xuất C102 x (2  x)2  C103 x3 (2  x) Vậy hệ số x3 khai triển P( x) là: 12C102  8C103  1500 16 Bài Tìm hệ số x16 khai triển thành đa thức 1  x (1  x )  Lời giải: 16 16 16 + Ta có 1  x (1  x )    C16k ( x (1  x ))k   (1)k x 2k C16k (1  x )k k 0 16 k k 0 16     ( 1)k x k C16k   Cki (  x )i     ( 1)k  i C16k Cki x 2( k  i )  k 0  i 0  k 0 16 k i k Vậy hệ số x (1) C16Cki thỏa mãn 0  i  k  16 i  i  i  i  i       2(k  i )  16   k  k  k  k      k  i, k    Vậy hệ số x16 khai triển C168 C80  C167 C71  C166 C62  C165 C53  C164 C44  258570 Bài Cho biết tổng tất hệ số khai triển nhị thức ( x  1)n 1024 Hãy tìm hệ số a(a  * ) số hạng ax12 khai triển Lời giải: n n + Ta có ( x  1)   Cnk x k  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x 2n , thay x  vào ta k 0 n n n n  C  C  C   Cnn  1024  n  10 Vậy hệ số số hạng ax12 : a  C106  210 Bài Tìm hệ số số hạng chứa x26 khai triển nhị thức NEWTON nhị thức n  7 n 20 k   x  , biết C2n1  C2n1  C2n 1   C2n 1   ( n nguyên dương, Cn tổ hợp x  chập k n phần tử) Lời giải: 758 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG + Theo giả thiết ta suy C20n1  C21n1  C22n 1  C23n 1   C2nn 1  20 Mặt khác C2kn1  C22nn11 k (0  k  2n  1) Từ 2(C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1   C2nn 1 )  C20n 1  C21n 1  C22n 1   C2nn 1  C2nn11  C2nn21  C2nn31   C22nn11  2n 1  220  C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1   C2nn 1  22n  n  10 + Số hạng thứ k+1 khai triển Tk  C10k ( x 4 )10 k ( x7 )k  C10k x11k 40 Chọn 11k  40  26  k  Vậy hệ số x26 C106  210 Bài Với n số nguyên dương, gọi a3 n 3 hệ số số hạng chứa x3n3 khai triển thành đa thức ( x  1)n ( x  2)n Tìm n để a3 n 3  26n Lời giải:  n  n  n k + Ta có ( x  1)n ( x  2)n    Cnk x k   Cni xi 2n i    Cnk Cni 2n i x k  i  k 0  i   k 0 i 0 0  i , k  n i  n  i  n   Chọn k  i  3n  , thỏa mãn 2k  i  3n     k  n  k  n i, k    Vậy hệ số số hạng chứa x3n3 a3n3  2Cnn 1Cnn1  23 Cnn Cnn 3 4n(n  1)(n  2)  2n   26n  n  Vậy n  giá trị cần tìm Bài 10 Xác định hệ số an xn khai triển thành đa thức 1  x  x   nx n  , Tìm n biết an  6n Lời giải: Ta có 1  x  x 2   nx n   1  x  x   nxn 1  x  x   nx n  , hệ số an xn khai triển an  1.n  1(n  1)  2(n  2)   n.1  2n  n(1    n)  (12  22   n2 )  2n  n n(n  1) n(n  1)(2n  1) n3  11n   6 759 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n3  11n  6n  n  Vậy n  giá trị cần tìm Vậy an  6n  Bài 11 Cho khai triển   1   P( x)   x   x   x    x  n      n 1 n x ;x Lời giải:  n   a0  a1 x  a2 x   an x Xác định hệ số  _ Nhận thấy phương trình P( x)  , có n nghiệm phân biệt xi (i  1, n ) 1 1 1 ; ; ; n , 2 theo định lí Vi – ét ta có: n n an 1 a x   ; xi x j  n  Dễ thấy an    i an i , j 1,i  j an i 1   1 1 1  2n  Vậy an 1    xi      n   1 n  2 2  1  i 1   2 n n    n    1  an 2   xi x j    xi    xi   1  n       n    i 1  i 1     2   i , j 1,i  j n n Bài 12 Cho khai triển 1  x   a0  a1 x  a2 x   an xn , tính tổng sau S  a1  a2  a3   n an Lời giải: Xét khai triển n 1  x   b0  b1 x  b2 x2   bn xn (*) , Dễ thấy ta có a0  b0 ; a1  b1; a2  b2 ; ; an  bn Vậy tổng S tổng sau S  b1  2b2  3b3   nbn , lấy đạo hàm theo x vế (*) ta 2n 1  x  n 1  b1  2b2 x  3b3 x   nbn xn1 (1) , thay vào vế (1) x  ta S  b1  2b2  3b3   nbn  2n.3n1 Bài 13 Cho khai triển nhị thức 760 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n 1 n n 1 n x x 1 x 1 x 1 x  x21     3x    3x   0 1 n 1  n  3 2  x    Cn  x   Cn  x      Cn  x     Cn   ( n số              nguyên dương) Biết khai triển Cn  5Cn số hạng thứ tư 20n Tính n, x Lời giải: n(n  1)(n  2)  5n  n  7(n  * ) Số hạng thứ tư khai triển + Theo giả thiết Cn3  5Cn1   x 1  T3  C  x     x     35.2 x  2.2 x  20 n  140  x    n x   Bài 14 Tìm x biết khai triển nhị thức:  x  2  có tổng số hạng thứ thứ   135, tổng hệ số số hạng cuối 22 Lời giải: + Số hạng thứ (k  1) khai triển Tk  C  k n x n k  Từ suy Tổng  12  x  2    k số hạng x 2 thứ x    x n     Cn      135(1)     Tổng hệ số số hạng cuối 22 Cnn  Cnn 1  Cnn  22(2) n(n  1) Từ (2)   n   22  n  , thay vào (1) ta C62 24 x.212 x  C64 22 x.2 2 x  135  22 x1  222 x  9; t  2 x  T2  T4  Cn2  x  n t  x   2t       t  x   t    1 Vậy x  1;   giá trị cần tìm  2 Bài 15 Tìm hệ số số hạng chứa x4 khai triển P( x)  (1  x )4  (1  x )5  (1  x )6   (1  x )15 Lời giải: 761 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam thứ 135 NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Ta có P( x )  (1  x)4 1  (1  x )  (1  x)2   (1  x)11   (1  x)12 1  (1  x )16  (1  x)  (1  x) x x Vậy hệ số x khai triển C165  4368  (1  x )4 Bài 16 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển tổng sau S ( x )  (1  x )  2(1  x)   (n  1)(1  x )n 1  n(1  x )n Lời giải: Ta có S ( x )  (1  x) F ( x); F ( x)   2(1  x)  3(1  x )2   n(1  x )n 1 Để ý F ( x) đạo hàm tổng G ( x)   x  (1  x )2  (1  x )3   (1  x )n  (1  x )  (1  x) n 1  (1  x)n1  (1  x)  (1  x) x x   Bài 17 Tìm số hạng không chứa x khai triển  x   ( x  0) x  Lời giải: + Số hạng thứ k  khai triển k k Tk 1  C ( x ) 7 k 7  k   k 12  C x 4   x 7  k   k  12 Vậy số hạng không chứa x khai triển là: T5  C74  35 Chọn n 28   Bài 18 Trong khai triển  x x  x 15  ( x  0) Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x , biết   n n 1 n Cn  Cn  Cn  79 Lời giải: +Từ giả thiết ta có n(n  1)  79  n  12( n   * ) Vậy số hạng thứ (k  1) khai triển Cnn  Cnn 1  Cnn  79   n  k k 12 12  k Tk 1  C ( x x ) Chọn 16  48 16  k  1528  k 15  x   C12 x   48 k   k  Vậy số hạng không phụ thuộc x T6  C125  792 15 762 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài 19 Tìm số nguyên dương n nhỏ cho khai triển (1  x) n có hệ số liên tiếp có tỷ số Lời giải: n Ta có (1  x )n   Cnk x k  Hệ số số hạng liên tiếp Cnk Cnk 1 k 0 Theo giả thiết ta có: Cnk k 1 k 1     n  3k   (0  k  n) k 1 Cn nk k 1 k 1 n, k  *     nmin   k   n  21 7 Vậy giá trị nhỏ n 21 n Bài 20 Tìm giá trị lớn biểu thức   k  nx  Do Cnk xk 1  x  n k k 0 BÀI TOÁN VỚI SỐ HẠNG LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT BÀI TẬP MẪU Bài Cho khai triển nhị thức 10 1  10   x   a0  a1 x  a2 x   a10 x Hãy tìm số hạng ak lớn 3  Lời giải: 10  k 10 k 10 2k 1  1   + Ta có   x    C10k    x   10 3  3   k 0 Giả sử ak  max( a0 ; a1 ; a10 ) , từ ta có 10  C10k x k  ak  k 0 C10k k  C10k 1 2k 1 ak  ak 1 19 22   k k  k  k 7 k 1 k 1 3 ak  ak 1 C10  C10 27 Vậy số hạng lớn a7  10 C107 Bài Khai triển đa thức 12 P( x )  1  x   a0  a1 x   a12 x12 Tìm max(a0 ; a1 ; ; a12 ) Lời giải: 12 12 12 + Ta có 1  x    Cnk (2 x)k   Cnk 2k xk  ak  Cnk 2k k 0 k 0 Giả sử ak  max( a0 ; a1 ; ; a12 ) Từ ta có 763 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam 2k k C10 310 số NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 2 k C12k  2k 1 C12k 1 ak  ak 1 23 25   k k  k   k 8 k 1 k 1 3 ak  ak 1 2 C12  C12 Vậy số hạng lớn a8  C128 218 Bài Giả sử P( x )  (1  x)n  a0  a1 x  a2 x   an xn thỏa nãn hệ thức a a a a0   22   nn  4096 2 Tìm hệ số lớn hệ số {a0 ; a1 ; a2 ; ; an } Lời giải: Ta có (1  x) n  a0  a1 x  a2 x   an x n , thay vào vế với x  2n  a0  ta a a1 a2    nn  4096  212  n  12 2 12 12 Vậy (1  x)12   C12k (2 x )k   C12k 2k xk  ak  C12k 2k k 0 k 0 Giả sử ak hệ số lớn nhất, ta có 2k C12k  2k 1 C12k 1 ak  ak 1  k k  k 8  k 1 k 1 ak  ak 1 2 C12  C12 Vậy hệ số lớn a8  28 C128  126720 Bài Xét khai triển ( x  2)n  a0  a1 x  a2 x2   an x n Tìm n để max{a0 ; a1 ; a2 ; ; an }  a10 Lời giải: n Ta có ( x  2) n   Cnk 2n k x k  ak  Cnk 2n k k 0 max{a0 ; a1 ; a2 ; ; an }  a10 , 10 n n 10 11 n n 11 C a10  a11 C   10 n10  29  n  32  n  30;31   Cn9 2n 9 Cn a10  a9 Vậy n  30;31 giá trị cần tìm Bài Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  4) Biết rằng, số tập gồm phần tử A 20 số tập gồm phần tử A Tìm k {0;1; 2; ; n} cho số tập gồm k phần tử A lớn Lời giải: Sô tập gồm phần tử A tổ hợp chập phần tử n: Cn4 Số tập gồm phần tử A tổ hợp chập phần tử n: Cn2 Theo đề ta có 764 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG C xy1 Cxy 1 5.( x  1)! 6.x !   5C xy1  6C xy 1   y !( x   y ) ( y  1)!( x  y  1)!  5( y  1)( x  1)  6( x  y )( x  y  1)(1) Ta có: Tương tự ta có: 2Cxy 1  5Cxy 1  2( x  y )( x  y  1)  y ( y  1)(2) Từ (1) (2) ta suy ra: 15 y ( y  1)  5( y  1)( x  1)  x  y  1(3) , thay (3) vào (2) ta được: y2  y  y2  y  y   x  Vậy  x; y    8;3 giá trị cần tìm BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Cho n  * , 3  m  * ta có m 1  1   k 1  k   C m   Cm k 1 Cm k  Bài Cho n số nguyên dương, chứng minh n  n  1 C2 C3 Cn Cn1  n1  n2   n nn1  Cn Cn Cn Bài Chứng minh với n nguyên dương, ta có Cn0 Cn1 Cnn    n 1  Cn  Cn 3 C2 n  2 Bài Chứng minh 1 1005  1     2009      2008  C2009 C2009 C2009 2009  C2008 C2008 C2008  Bài Chứng minh với số nguyên n  ta có Cn2 2Cn3 3Cn4  n  1 Cnn      n  n  1  n  1  n  1  n  1 k 1 mk  1999 Bài Chứng minh 2.1.C2000  3.2.C2000   2000.1999.C2000  3998000 Bài Chứng minh với số nguyên chẵn n 2n chia hết cho C20n  3C22n   3k C22nk   3n C22nn 1 Bài Giải phương trình x  x  x C4 C5 C6 Bài Tìm số nguyên dương x thỏa mãn C1x  6Cx2  6Cx3  x  14 Bài 10 Giải bất phương trình A2 x  Ax2  Cx3  10 x Bài 11 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 769 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG  Cn 1  Cn 1  An 2  Cnn14  An31  15 Bài 12 Chứng minh với k , n    thỏa mãn  k  n, ta có Cnk  3Cnk 1  3Cnk   Cnk 3  Cnk3 Bài 13 Tìm số tự nhiên k thỏa mãn đẳng thức C14k  C14k   2C14k 1 Bài 14 Giải phương trình Px Ax2  72  6( Ax2  Px ) Bài 15 Giải hệ phương trình y y 2 Ax  5Cx  90  y y 5 Ax  2Cx  80 Bài 16 Xác định số nguyên dương n thỏa mãn  C33  C43  C53   Cn3   An31 NHỊ THỨC NEWTON DÙNG TRONG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP  Khi gặp tổng tổng tích công thức tổ hợp, thường nhân khai triển với sau so sánh hệ số biến bậc với  Khi gặp tổng có riêng Cn0 ; Cn4 ; Cn8 ; tổng có riêng Cn1 ; Cn5 ; Cn9 ; tổng Cn0  Cn2  Cn4  ; Cn1  Cn3  Cn5  dùng số phức  Khi số hạng tổng có dạng a k 1  b k 1 k Cn ( hay có mẫu thức k đơn k 1 vị) dùng tích phân Các kết quen thuộc: / Cn0  Cn1  Cn2   Cnn  2n / Cn0  Cn2  Cn4   Cn1  Cn3  Cn5   2n 1 Chứng minh: Đặt A  Cn0  Cn2  Cn4  ; B  Cn1  Cn3  Cn5  Ta cần chứng minh: A  B  2n ; A  B  2n1 n Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n , thay vào x   n  A  B(1) n Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 xn   (1)n Cnn x n , thay vào x    A  B(2) 770 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Từ (1) (2)  A  B  n 1   BÀI TẬP MẪU Bài Chứng minh với số nguyên dương m, n,  p  min{m; n} Ta có Cmp  Cmp1Cn1  Cmp  2Cn2   Cmp qCnq   Cm0 Cnp  Cmp n Lời giải: Ta có: 1  x  m  Cm0  Cm1 x  Cm2 x   Cmp x p   Cmm x m  n 2 p p n n 1  x   Cn  Cn x  Cn x   Cn x   Cn x  1  x  mn  M ( x )  (Cmp Cn0  Cmp 1Cn1  Cmp 2 Cn2   Cmp q Cnq   Cm0 Cnp ) x p (*) Trong M ( x) đa thức không chứa x p , so sánh hệ số x p vế (*) ta Cmp n  Cmp Cn0  Cmp1Cn1  Cmp  2Cn2   Cmp qCnq   Cm0 Cnp   Đặc biệt với m  n  p , ta có n n 2 n C   C   C     Cnn   C2nn 0  k , n Bài Cho  Chứng minh k , n   (2n)! Cn0 Cnk  Cn1Cnk 1   Cnn k Cnn  (n  k )!(n  k )! Lời giải: Viết lại đẳng thức cần chứng minh Cn0Cnn k  Cn1Cnn k 1   Cnn k Cn0  (2n)! , điều gợi ý đến vế trái hệ số x n k (n  k )!(n  k )! Ta xét n 1  x  (1  x)n  (1  x)2n , sau so sánh hệ số x nk vế ta có đpcm Áp dụng kết Ta có điều phải chứng minh 0  k , n Bài Cho  Chứng minh k , n   Ck0  Ck11  Ck2   Cknn  Cnn k 1 Lời giải: Viết lại đẳng thức cần chứng minh Ckk  Ckk1  Ckk   Ckk n  Cnk1k 1 , điều gợi ý đến vế trái tổng hệ số chứa xk 771 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Xét đa thức k P( x )  1  x   1  x  k 1  1  x  n 1 k 2   1  x  n  k 1 k n k  1  x  1  x   1  x  , so sánh hệ số số hạng chứa xk vế ta suy  1  x    1  x  x đpcm Bài Với số nguyên dương n Tính tổng sau k 2  Cn0   Cn1   Cn2   Cnn  S                   n 1 Lời giải: 2  Cnk  Cnk S có dạng S     , biến đổi k 1 k 0  k   Ck C k1 n! ( n  1)! Ta có: n    n1 k  ( k  1) k !( n  k )! ( n  1)( k  1)!( n  k )! n  n  C k 1  Vậy S    n 1   (Cn11 )2  (Cn21 )2  (Cn31 )2   (Cnn11 )2   (n  1) k 0  n    C n1  1  2( n 1) (n  1) Bài Tính tổng gồm 2n số hạng 1 k n1 S  C21n  C22n    1 C2kn1    1 C22nn k 2n  Lời giải: Với k  2, 3, , 2n  ta có k 1  2n  !  2n  1 !  C k C2 n   n k k  k  1 !  2n  k  1 ! 2n  k !. 2n   k  ! 2n  Do đ ó: n n 1 S   1 k k k 2 n 1 C k 1 2n   1 k  2n  C2kn 1  k 2  n1 k   1 C2kn1    2n   k   n 1   2n  k n 1  1 C2kn1  C20n1  C21n1   1  1   2n     2n   k 0 2n   2n   Bài Với số nguyên dương n Tính tổng sau 2 S   Cn1    Cn2    n  Cnn  Lời giải: Xét 772 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam  NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n f ( x )  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x2   Cnn xn  f '( x)  n 1  x  n 1  xf '( x)  nx 1  x  1  x  n  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x2   nCnn xn1 n 1  Cn1 x  2Cn2 x2  3Cn3 x3   nCnn xn (1)  Cn0 x n  Cn1 x n1  Cn2 x n 2   Cnn (2) Nhân theo vế (1) với (2), sau so sánh hệ số xn vế ta đươc 2 S   Cn1    Cn2    n  Cnn   nC2nn11  nC2nn1 Theo hai hướng 4, ta có toán sau(1,2,3,4,5): BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Với số nguyên dương n Tính tổng sau 2 S   Cn0    Cn1    Cn2    ( 1) n  Cnn  Bài Với số nguyên dương n Tính tổng sau 2 S   Cn1    Cn2    n  Cnn  2 2 Bài Tính tổng sau: S   Cn0    Cn1    Cn2     n  n  Cnn  Bài Với số nguyên dương n Tính tổng sau n n 2 n C   C   C  S n n C    n 1 Bài Với số nguyên dương n Tính tổng sau n n 2 n n n C   C   C  S C    1.2 2.3 3.4 (n  1)(n  2) Bài Tính tổng gồm 2n số hạng 1 k n1 S  C21n  C22n    1 C2kn1    1 C22nn k 2n  2 Bài Chứng minh rằng:   Cn1    Cn2     Cnn 1   12  C2nn CÁC BÀI TOÁN DÙNG ĐẠO HÀM VÀ TÍCH PHÂN Ta thường xét hai khai triển :  f ( x)  1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x2   Cnn xn (*)  n n 2 n n  g ( x)  1  x   Cn  Cn x  Cn x    1 Cn x (i) Nếu biểu thức tính tổng xuất số từ n, n  1, n  2, trở xuống ta đạo hàm trực tiếp hai vế (*) nhiều lần 773 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG (ii) Nếu ngược lại có xuất từ số từ n  1, n  2, trở lên ta phải nhân thêm vào hai vế (*) lượng với x, x , sau đạo hàm hai vế (iii) Sau bước ta thay giá trị x thích hợp vào hai vế, ta có kết BÀI TẬP MẪU Bài Cho số nguyên dương n Tính tổng sau / S  Cn1  2Cn2  3Cn3   nCnn / S  Cn0  2Cn1  3Cn2  4Cn3   (n  1)Cnn Lời giải: n 1/ Xét f ( x)  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn xn , đạo hàm vế ta n 1  f '( x )  n 1  x   Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x   nCnn xn1 (*) Thay x  vào vế (*) ta S  Cn1  2Cn2  3Cn3   nCnn  2n1 n 2/ Xét f ( x)  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn xn , nhân vào vế với x   xf ( x)  xCn0  x 2Cn1  x3Cn3   xn1Cnn , đạo hàm vế theo x ta nx(1  x )n1  (1  x)n  Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x  4Cn3 x3   (n  1)Cnn x n (**) Thay x  vào vế (**) ta S  2n  n.2n1 Bài Tính tổng S  3Cn0  4Cn1  5Cn2   (n  3)Cnn Lời giải: Viết lại tổng S , ta S  3(Cn0  Cn1  Cn2   Cnn )   Cn1  2Cn2   nCnn   3S1  S2  S1  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn  2n  S  Cn1  2Cn2   nCnn  n.2n 1 Vậy S  3.2n  n.2 n1  2n 1 ( n  6) Bài Tìm số nguyên dương n cho C21n1  2.2C22n1  3.22 C23n1  4.23 C24n1   (2n  1).22n C22nn11  2005 Lời giải: Trong tổng vế trái có xuất kC2kn1 nên ta dùng đạo hàm Xét 1  x  n 1  C2on1  C21n1 x  C22n1 x2  C23n1 x3  C24n1 x4   C22nn1 x n  C22nn11 x2 n1 Đạo hàm vế theo x ta 774 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 2n (2n  1) 1  x   C21n1  2C22n1 x  3C23n1 x2  4C24n 1 x3   2nC22nn1 x 2n1  (2n  1)C22nn11 x 2n (*) thay vào x  vào vế (*), ta (2n  1)    C21n 1  2.2C22n 1  3.2 C23n 1  4.23 C24n 1   (2n  1).22n C22nn11   2005  n  1002 Vậy n  1002 giá trị cần tìm Bài Tính tổng, với (1  n  * ) 1 1 / S1  Cn1  Cn2   Cnn n 1 1 2 / S  Cn  Cn   (1)n Cnn n 1 1 / S3  Cn  Cn  Cn  Lời giải: n 1/ Xét 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n , lấy tích phân vế đoạn [0;1] ta 1  1  x  n  dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn xn  dx 1 1 n 1 1 1   Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x3   Cnn xn 1  1  x  1 n 1 n 1 0 2n 1  1 1 2n 1  n   Cn0  Cn1  Cn2   Cnn  S1   S1  (*) n 1 n 1 n 1 n 2/ Xét 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   (1)n Cnn x n ,lấy tích phân vế đoạn  0;1 ta   1  x  n dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x   (1)n Cnn xn  dx 1 1 2 (1)n n n 1  n 1    Cn x  Cn x  Cn x   Cn x  1  x  (n  1) 1 n 1 0 n (**) n 1 3/ Lấy (*)+(**) ta  S2  775 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 2n  n 1 n 1 Bài Với số nguyên dương n Chứng minh 1 (1)n1 n 1 Cn  Cn  Cn   Cn      n n Lời giải: 2S3  S1  S  S3  Ta có n k n 1  1  x   1  x     Cnk (1)k x k n  k 0 x x Lấy tích phân vế đoạn  0;1 , ta k 0 k n 1 n   Cnk (1)k 1 xk 1 (x  0) k 0 n k k 1 k 1   1  x  dx    Cn (1) x dx k 0 k 1  1  x  k 1 k 0 n 1 k 1  n k (1) k 1 k   Cn x  dpcm k 1 k Bài Chứng minh rằng: 1 22 n  C2n  C2 n  C2n  C22nn1  2n 2n  Lời giải: 2n Ta có 1  x   C20n  C21n x  C22n x   C22nn x 2n , lấy tích phân vế đoạn  0;1 ta 1  1  x  2n  dx    C20n  C21n x  C22n x2   C22nn x 2n dx 1  x  n 1  1 1   C2n x  C21n x  C22n x   C22nn x 2n1  2n   2n  0 1 22n1  2n  S1  C  C2 n  C2n   C2 n  (*) 2n  2n  2n Một cách tương tự xét 1  x   C20n  C21n x  C22n x  C23n x   C22nn x 2n , ta 2n 1 1 S  C20n  C21n  C22n  C23n   C22nn  (**) 2n  2n  Trừ theo vế (*) cho (**), ta suy n 1 1 1  2  C21n  C23n  C25n   C22nn 1   2n 2n  2  2n 1 1 1  C21n  C23n  C25n   C22nn 1  , ta có đpcm 2n 2n  776 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài Cho n nguyên dương, tính tổng 22  1 23  2n1  n Cn0  Cn  Cn   Cn n 1 Lời giải: n Xét  x  1  Cn0  xCn1  x2 Cn2   x n Cnn , lấy tích phân vế đoạn  0; 2 ta 2 n   x  1 dx    C 0 n  xCn1  x2 Cn2   xn Cnn dx  1 23  2n  n 3n 1  Cn  Cn   Cn  n 1 n 1  Cn0  Bài Cho n nguyên dương, tính tổng Cn0 Cn1 Cn2 Cnn S     n3 Lời giải: Dưới mẫu tăng đơn vị, nên ta nhân thêm vào vế  x  1 với x2 n Xét  x  1  Cn0  xCn1  x2 Cn2   x n Cnn , nhân vào vế với x ( x  0) ta n x  x  1  x 2Cn0  x 3Cn1  x 5Cn2   x n 2Cnn   x  1 n   x  1 n1   x  1 n Lấy tích phân vế đoạn  0;1 ta 1 x C n n n  x C  x C   x n2 C n n  dx     x  1 n   x  1 n 1 n    x  1 dx 1 n n  1   x 3Cn0  x Cn1  x 6Cn2   x Cn  n3 3 0 n 3 n 1 n 1    x  1   x  1   x  1  n2 n 1  n3 0 1 1 2n 1 (n  n  2)   S  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn  n3 (n  1)(n  2)(n  3) Bài Chứng minh 1 1 (1)n Cn  Cn  Cn  Cn   Cnn   n  1  n  1 Lời giải: n Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   (1)n Cnn x 2n n Suy ra, x 1  x   Cn0 x  Cn1 x3  Cn2 x5   (1)n Cnn x 2n 1 (*) 777 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Lấy tích phân hai vế (*) đoạn  0;1 , ta được: 1 n n n n 1  x 1  x  dx    Cn x  Cn x  Cn x   (1) Cn x dx 0 1 1 (1)n  Cn  Cn  Cn  Cn   Cnn    n  1  n  1 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Với số nguyên dương n , tính tổng sau: S  Cn0  2Cn1  6Cn2    n  n  2n  Cnn Bài Cho n số tự nhiên, n  Chứng minh 2 n 2Cn0   n  1 Cn1   n   Cn2   22 Cn2   12 Cnn   n  n  1 2n MỘT SỐ BÀI TOÁN DÙNG SỐ PHỨC (i) Đặc điểm nhận dạng để ta ứng dụng số phức vào biểu thức cần tính hay chứng minh có hạng tử chẵn( lẻ) có dấu đối xứng nhau: chẳng hạn: S  Cn0  Cn2  Cn4  Thông thường làm toán loại qua bước: n (ii) Ta hay sử dụng khai triển:  a  bi   a n Cn0  a n 1bCn1i  a n 2b2 Cn2   b n i n Cnn , thay vào giá trị a b hợp lý (iii) Nếu cần dùng đến đạo hàm hay tích phân biến phức không giống biến thực ta phải xét hàm biến x sau đến kết cuối thay x số phức i vào biểu thức cuối( Xem tập mẫu số 2) (iv) Khi làm bước ta so sánh hệ số thực, hệ số ảo hai vế so sánh modun hai vế ta có kết toán Lưu ý: i  1  i n  BÀI TẬP MẪU Bài Với số nguyên dương n Tính tổng sau S  C40n  C42n  C44n   C44nn Lời giải: 4n Xét 1  i   C40n  C41n i  C42ni  C43n i  C44n i   C44nn i 4n 778 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG  (C40n  C42n  C44n   C44nn )  (C41n  C43n  C45n   C44nn1 )i   (1  i )2  2n  (2i )2 n  ( 4)n So sánh phần thực phần ảo vế ta S  C40n  C42n  C44n   C44nn  ( 4) n Ta có: C41n  C43n  C45n   C44nn 1  Bài Với số nguyên dương n Tính tổng sau S  1C81n  3C83n   (8n  1)C88nn 1 Lời giải: Xét khai triển của: f ( x)  (1  x )8n  C80n  C81n x  C82n x  C83n x3   C88nn1 x8 n1  C88nn x8 n Đạo hàm vế theo x ta được: 8n(1  x )8n1  C81n  2C82n x  3C83n x   (8n  1)C88nn 1 x8 n2  8nC88nn x8 n1 (*) Thay x  i vào vế (*) ta được: 8n(1  i)8 n 1  C81n  2C82ni  3C83n i   (8n  1)C88nn 1i n   8nC88nn i n 1  1C81n  3C83n   (8n  1)C88nn 1    2C82n  4C84n   8nC88nn  i Mặt khác ta lại có 8n(1  i)8 n 8n(1  i)8n 1   4n.16n (1  i ) Vậy ta có 1 i 4n.16 n (1  i )  1C81n  3C83n   (8n  1)C88nn1    2C82n  4C84n   8nC88nn  i(1) So sánh phần thực phần ảo vế (1) ta được: S  1C81n  3C83n   (8n  1)C88nn1  4n.16n Ta có: 2C82n  4C84n   8nC88nn  4n.16n Bài Với số nguyên dương n Chứng minh C n 2  Cn2  Cn4     Cn1  Cn3  Cn5    2n Lời giải: n Xét số phức z   i  1  Cn0  iCn1  i 2Cn2   in Cnn   Cn0  Cn2  Cn4     Cn1  Cn3  Cn5   i n    Mặt khác ta lại có z   i  1   2(cos  i sin   4  n  2 n n n    i sin  cos  4   So sánh z vế, ta 2 z   Cn0  Cn2  Cn4     Cn1  Cn3  Cn5        , ta có đpcm Bài Với số nguyên dương n Chứng minh 779 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam n 2 n NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 1 n   Cn3  Cn6    2n  2cos  3  Lời giải: Ta có 2n  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn (1) Xét số phức   cos 1    n 2 2 2 2   2  i sin     cos  isin    (  1)(    1)       1Ta có: 3 3    Cn0   Cn1   2Cn2    n Cnn  Cn0   Cn1   2Cn2  Cn3   Cn4   2Cn5  (2) n 1     Cn0   2Cn1   4Cn2    2n Cnn  Cn0   2Cn1   Cn2  Cn3   2Cn4  (3) Cộng theo vế (1),(2),(3) ta n n 2n  1     1      Cn0  Cn3  Cn6    1      Cn1  Cn2  Cn4  Cn5     Cn0  Cn3  Cn6   Mặt khác ta lại có        cos  isin ;1    cos  isin , từ ta có 3 3 n 1 n  Cn0  Cn3  Cn6    2n  cos  Cn0  Cn3  Cn6    2n  cos 3      BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Cho n nguyên dương Chứng minh C20n  3C22n  9C24n  27C26n   (3)n C22nn  22n cos 2n Bài Tính tổng 2009 S  C2010  3C2010  32 C2010  33 C2010   31004 C2010 n 1 C3 C5  1 C22nn1 Bài Tính tổng S  C  n  n   3n 1 Bài Tính tổng sau: C41n  C43n  C45n   C44nn 1 2n Bài Tính tổng sau: S  C82n  2C84n   4nC88nn Bài Với n, k số nguyên dương ak  (1) k 1 3k C62nk 1 Chứng minh 3n a k 0 k 1 2011 Bài Tính tổng sau C2011  3C2011  5C2011   2001C2011 780 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TỔ HỢP BÀI TẬP MẪU Bài Cho  n   Chứng minh n  2n   C C C     n 1  n n n n Lời giải: Ta có ( x  1)n  Cn0  Cn1 x   Cnn x n  x   2n  Cn0  Cn1   Cnn  Cn1   Cnn  2n  Áp dụng BĐT Cauchy cho n số dương ta 2n   Cn1  Cn2   Cnn  n n Cn1Cn2 Cnn n n  2n    2n    C C C  C C        n   n 1  n n n n n n n Bài Chứng minh với n  2, n   ta có 1 (Cn  2Cn2   nCnn )  n ! n Lời giải: Ta có ( x  1)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n , đạo hàm vế theo x ta Cn1  2Cn2 x   nCnn x n 1  n(1  x) n 1  x   Cn1  2Cn2   nCnn  n.2n1 1  Cn  2Cn2   nCnn   2n1 n Vậy chứng minh với n  2, n   2n1  n ! Thật  n 1 n !  1.2.3.4 n  2.2     ( n 1) sô Bài Cho  k  n   Chứng minh C2nn  k C2nn  k   C2nn  Lời giải: 781 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Đặt ak  C2nn k C2nn k , ta chứng minh dãy {ak } dãy giảm Thật ta chứng minh ak 1  ak , 0  k  n   (2n  k  1)! (2n  k  1)! (2n  k )! (2n  k )! ak 1  ak   n !(n  k  1)! n !(n  k  1)! n !(n  k )! n !(n  k )! 2n  k  2n  k n n    1 1 (đúng) n  k 1 nk n  k 1 nk Vậy dãy {ak } dãy giảm, suy ak  a0   C2nn  , 0  k  n     Bài Cho số nguyên k ,  k  2000 Chứng minh k k 1 1000 1001 C2001  C2001  C2001  C2001 Lời giải: Ta có Cnk  Cnk 1  Cnk11 , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với k 1 1001 C2002  C2002 , 0  k  2000(*) Nhưng Cnk  Cnn k , 0  k  n Nên ta cần chứng minh bất đẳng thức (*) với  k  1000 Đặt k 1 ak  C2002 , ta k k 1 ak 1  ak  C2002  C2002 cần chứng minh dãy 2002! 2002!   k !(2002  k )! (k  1)!(2001  k )! {ak } tăng, 1   2k  2001 (đúng với  k  1000) 2002  k k  1001 Vậy ak  a1000  C2002   (đpcm)  BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Chứng minh với số thực x  , số nguyên lẻ n (n  3) ta có  x2 x n  x2 xn   x     x       1 2! n !  2! n!   n  n 1  Bài Chứng minh với n   ta có n !      Bài Cho n số nguyên dương có định k  0,1, 2, , n Chứng minh Cnk đạt giá n 1 n 1  k0  2 k n 1 n  k  Bài Chứng minh  C  2n k 1  k Bài Chứng minh với n nguyên dương trị lớn k0 782 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n n n C   C   C     C n n  n 2n C   n 1 Bài Cho n   , 3  m   ta có * * m 1  1   k 1  k   C m   Cm k 1 Cm k  Từ chứng minh 1 1    n1  Cm Cm1 Cm  Cm  n m  k 1 mk  Bài Với số nguyên dương n , chứng minh 1!.2! 2!.3!  n !  n  1 ! n  n! 2 n n 1!  2!  n ! Bài Chứng minh với số nguyên không âm k , ta có 2011 2011 2011 k k x k 1  x    k  2011x  C2011  k 0 783 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam [...]... (a0 ; a1 ; a2 ) lập thành cấp số cộng Tính số hạng chứa x4 Bài 9 Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức Newton của (2  x) n , biết : 3n Cn0  3n1 Cn1  3n 2 Cn2  3n3 Cn3   (1)n Cnn  2048 n 1  Bài 10 Tìm hệ số của số hạng x trong khai triển nhị thức Newton của  3  x 5  , biết rằng x  n 1 n Cn 4  Cn3  7( n  3) ( n là số nguyên dương, x  0) Bài 11 Cho khai triển... thỏa mãn 769 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 5 2  4 3 Cn 1  Cn 1  4 An 2  Cnn14  7 An31  15 Bài 12 Chứng minh với mọi k , n    thỏa mãn 3  k  n, ta đều có Cnk  3Cnk 1  3Cnk  2  Cnk 3  Cnk3 Bài 13 Tìm số tự nhi n k thỏa mãn đẳng thức C14k  C14k  2  2C14k 1 Bài 14 Giải phương trình Px Ax2  72  6(...    1 Cn x (i) Nếu trong biểu thức tính tổng chỉ xuất hiện các số từ n, n  1, n  2, trở xuống thì ta đạo hàm trực tiếp hai vế của (*) một hoặc nhi u lần 773 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG (ii) Nếu ngược lại có xuất hiện từ các số từ n  1, n  2, trở lên thì ta phải nhân thêm vào hai vế của (*) một lượng với x, x 2 ,... NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Lấy tích phân hai vế của (*) trên đoạn  0;1 , ta được: 1 1 n 2 0 1 3 2 5 n n 2 n 1  x 1  x  dx    Cn x  Cn x  Cn x   (1) Cn x dx 0 0 1 0 1 1 1 2 1 3 (1)n 1  Cn  Cn  Cn  Cn   Cnn   2 4 6 8 2  n  1 2  n  1 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1 Với số nguyên dương n , tính tổng sau: S  Cn0  2Cn1  6Cn2    n 2  n  2n  Cnn Bài 2 Cho n là số tự nhi n,... n, k nguyên dương , k  n Chứng minh rằng n 1  1 1  1  k  k 1   k n  2  Cn 1 Cn 1  Cn Lời giải: 767 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG đổi vế trái của n  1  k !(n  1  k )! (k  1)!(n  k )!  VT     n  2  ( n  1)! ( n  1)!  Biến n  1 k !(n  k )!  n  1  k  k  1  n  2 (n  1)! n  1 k !(n  k )!... nguyên dương x, y thỏa mãn  C xy1 Cxy 1 Cxy 1   6 5 2 Lời giải: + Điều kiện y  x  1(*) 768 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam cần chứng minh NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG C xy1 Cxy 1 5.( x  1)! 6.x !   5C xy1  6C xy 1   6 5 y !( x  1  y ) ( y  1)!( x  y  1)!  5( y  1)( x  1)  6( x  y )( x  y  1)(1) Ta có: Tương tự ta cũng có: 2Cxy...NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n(n  1)(n  2)(n  3) n(n  1)  20 24 2 2  n  5n  234  0  n  18 Số tập con gồm k phần tử của A là ak  C18k , giả sử ak là lớn nhất khi đó Cn4  20Cn2  C18k  C18k 1 ak... trình Px Ax2  72  6( Ax2  2 Px ) Bài 15 Giải hệ phương trình y y 2 Ax  5Cx  90  y y 5 Ax  2Cx  80 Bài 16 Xác định số nguyên dương n thỏa mãn 8  C33  C43  C53   Cn3   An31 NHỊ THỨC NEWTON DÙNG TRONG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP  Khi gặp tổng là tổng các tích giữa 2 công thức tổ hợp, thường nhân 2 khai triển với nhau sau đó so sánh hệ số của biến cùng bậc với nhau  Khi gặp tổng có riêng Cn0... A  B(1) n Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 xn   (1)n Cnn x n , thay vào x  1  0  A  B(2) 770 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Từ (1) và (2)  A  B  2 n 1   BÀI TẬP MẪU Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m, n, 0  p  min{m; n} Ta luôn có Cmp  Cmp1Cn1  Cmp  2Cn2   Cmp qCnq   Cm0 Cnp... chứng minh Ckk  Ckk1  Ckk 2   Ckk n  Cnk1k 1 , điều này gợi ý đến vế trái là tổng các hệ số chứa xk 771 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Xét đa thức k P( x )  1  x   1  x  k 1  1  x  n 1 k 2   1  x  n  k 1 k n k 1  1  x  1  x   1  x  , so sánh hệ số của số hạng chứa xk ở 2 vế ta suy