KIẾN THỨC MÔN TOÁN (CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN)

Vận dụng cao nhị thức NEWTON Một sản phẩm fanpage Tạp chí tư liệu tốn học Dành tặng cho bạn đọc theo dõi fanpage CÁC BÀI TỐN KHĨ ÔN THI ĐẠI HỌC BỒI DƯỠNG HSG BẢN PDF ĐƯỢC PHÁT HÀNH MIỄN PHÍ TẠI BLOG CỦA FANPAGE  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  LỜI GIỚI THIỆU Trong đề thi thử trường hay đề thi THPT Quốc Gia tốn chủ đề nhị thức Newton chiếm khoảng câu mức độ khó hay dễ tùy vào người đề Bài tốn khơng phải dạng tốn q khó cách phát biểu công thức liên quan cồng kềnh khó nhớ nên làm khó khăn cho tương đối nhiều bạn học sinh Vì sản phẩm lần này, giới thiệu cho bạn phương pháp hay mạnh để giải toán đẳng thức liên quan tới nhị thức Newton mức độ vận dụng vận dụng cao Để viết nên chun đề khơng thể khơng có tham khảo từ nguồn tài liệu các group, khóa học, tài liệu thầy cô mà tiêu biểu Thầy Lã Duy Tiến – Giáo viên trường THPT Bình Minh Website Toán học Bắc – Trung – Nam: http://toanhocbactrungnam.vn/ Website Toanmath: https://toanmath.com/ Thầy Đặng Thành Nam – Giảng viên Vted Thầy Huỳnh Đức Khánh Thầy Nguyễn Hữu Quyết – THPQ Bố Trạch tỉnh Quảng Bình Thầy Lê Hồng Thái – Vĩnh Yên Trong viết có sưu tầm từ nhiều nguồn nên có câu hỏi chưa hay chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua Trong trình biên soạn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, mong bạn đọc góp ý trực tiếp với qua địa sau: Nguyễn Minh Tuấn Sinh viên K14 – Khoa học máy tính – Đại học FPT Facebook: https://www.facebook.com/tuankhmt.fpt Email: tuangenk@gmail.com Blog: https://lovetoan.wordpress.com/ Bản pdf phát hành miễn phí blog CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN, hoạt động sử dụng tài liệu mục đích thương mại không cho phép Xin chân thành cảm ơn bạn đọc TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO GIỚI THIỆU VỀ NHỊ THỨC NEWTON Để ghi nhớ cïng lao Isaac Newton (1642 – 1727) việc tëm cïng thức khai triển nhị thức sau, gọi nhị thức Newton  x  1 m  1 m  m  1 m  m   m   3.2.1 m m x x   x  1 1! 2! m! Trên bia mộ Newton tu viện Wesminster (là nơi an nghỉ Hoàng gia người tiếng nước Anh) người ta cín khắc họa hënh Newton cñng với nhị thức Newton Vậy cỵ phải lồi người khïng biết gë cïng thức khai triển nhị thức trước cỵ phát minh nhà bác học vĩ đại ? Theo văn cín lưu giữ từ lâu trước Newton, từ 200 năm trước Cïng nguyên nhà toán học Ấn Độ quen biết với bảng tam giác số học Trong tác phẩm nhà toán học Trung Quốc Chu Sinh viết từ năm 1303 người ta tëm thấy bảng số sau: 1 1 1 3 1 15101051 1615201561 172135352171 18285670562881 Rð ràng đỵ hệ số cïng thức khai triển nhị thức Newton từ cấp đến cấp 8, dñ nhà tốn học khïng nỵi gë cho hệ số cñng cïng thức tổng quát chòng, theo cách thức lập bảng ïng, ta cỵ thể dễ dàng tëm quy luật cho phép viết hàng Vào nửa đầu kỉ XV tác phẩm chëa khỵa số học viết tiếng Ả rập nhà toán học, thiên văn học Xamacan cỵ tên Giêm Xit-Giaxedin Casi người ta lại gặp tam giác số học mà tác giả gọi tên rõ hệ số nhị thức cñng với dẫn cách thành lập hàng nhị thức Với lối dẫn (khïng chứng minh) đỵ Casi cho ta khả khai triển nhị thức cấp bất kë Cỵ thể coi đỵ phát biểu văn lịch sử định lì nhị thức Newton Ở châu Âu, tam giác số học tëm thấy cïng trënh nhà toán học người Đức Stiffel M Cïng bố vào năm 1544 Trong cïng trënh Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Isaac Newton Jr Chinh phục olympic toán | NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO dẫn hệ số nhị thức cấp 17 Gần trăm năm sau, hồn tồn độc lập với nhau, Các nhà tốn học người Anh Bï-ritgïn (1624), nhà toán học Pháp Fermat (1636) nhà toán học Pháp Pascal (1654) đưa cơng thức hồn hảo hệ số nhị thức Newton Đặc biệt cïng trënh mang tên Luận văn tam giác số học công bố vào năm 1665, Pascal trënh bày chi tiết tình chất hệ số tam giác số học từ đỵ tam giác số học sử dụng cách rộng rãi tên tam giác Pascal đời thay cho tam giác số học Rð ràng mà nỵi mặt lịch sử thë tam giác số học nhà toán học Á đïng xét đến trước Pascal nhiều Vậy vai trí Newton đâu trënh hënh thành cïng thức nhị thức Newton ? Năm 1676 thư thứ gửi Ô-đen Hiaro – Chủ tịch Viện Hàn Lâm hoàng gia Anh, Newton đưa công thức (1) mà khïng dẫn giải cách chứng minh Sau đỵ ìt lâu thư thứ hai gửi đến Viện Hàn Lâm, Newton trënh bày rð ràng cách ïng đến cïng thức đỵ Thë cách Newton tëm cïng thức Newton từ năm 1665 mà ïng 22 tuổi Nhưng dñ thë việc đưa trënh cïng thức mënh Newton khïng nỵi điều gë cho nhà toán học đương thời Vậy cơng thức khơng lại mang tên Newton ? Vấn đề chỗ ó tưởng Newton khïng dừng lại việc áp dụng cïng thức cho trường hợp số mũ số nguyên dương mà cho số mũ bất kì: số dương, số âm, số nguyên phân số (ở trung học học số mũ ngun dương) Chình ó tưởng đỵ cho ó nghĩa lớn lao việc phát triển toán học Các nhà toán học đương thời thấy tầm quan trọng cïng thức cïng thức áp dụng rộng rãi nhiều cïng trënh nghiên cứu toán học, đặc biệt đại số giải tích Nhân phải nỵi thêm cïng thức nhị thức Newton khïng phải đỵng gỵp lớn Newton cho tốn học Newton đỵng gỵp nhiều cho việc mở đầu hướng tốn học cao cấp, đỵ phép tình đại lượng vï cñng bé Và đïi lòc Newton coi người sáng lập ngành Giải tìch tốn học I CƠNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON Khai triển  a  b  cho công thức sau: Với a, b số thực n số ngun dương, ta cỵ a  b n n   Ckn a n k bk  C0n a n  C 1n a n 1 b   C kn a n k bk   C nn b n   k 0 Quy ước a  b0  Công thức gọi công thức nhị thức Newton (viết tắt Nhị thức Newton) Trong biểu thức VP công thức (1) | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN a) Số hạng tử n  b) Số hạng tử có số mũ a giảm dần từ n đén 0, số mũ b tăng dần từ đến n, tổng số mũ a b hạng tử n c) Các hệ số hạng tử cách hai hạng tử đầu cuối HỆ QUẢ  Với a  b  1, ta có n  C 0n  C 1n   C nn  Với a  1; b  1 , ta có  C 0n  C 1n    1  C kn    1  C nn k n CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN LIÊN QUAN TỚI KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON   x  1 n  C 0n x n  C 1n x n 1  C n2 x n 2   C kn x n k   C nn 1 x  C nn  1  x n  C 0n  C 1n x  C n2 x   C kn x k   C nn 1 x n 1  C nn x n   x  1 n  C 0n  C 1n x  C n2 x    1  C kn x k    1   C kn  C nn k  C kn  C kn   C kn 11 ,  n    k.C kn   n  n  1 ! k.n! Ckn    Ckn11 k1  k  1 n  k  !k !  n   n  k  !  k   ! n  k n 1 C nn 1 x n 1   1  C nn x n n n  n  1 ! k n!   nC kn11  n  k  !k!  n  k  !  k  1 ! Một số công thức thường dùng tập dạng sau:  C kn  C nn k  C kn  C kn   C kn 11 ,  n    kC kn  nC kn 11  *   1 C kn  C kn 11 k1 n1  n  C 0n  C 1n   C nn n 1  C  C  C  C n 2  2 n   n 1  C 1n  C 3n  C 5n  C n n n n  n 1  2 1  Ngồi từ cơng thức  *  ta mở rộng công thức  C kn  2C kn   C kn   C kn 22  C kn  3C kn   3C kn   C kn   C kn 33 Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO II GIỚI THIỆU TAM GIÁC PASCAL n=0 n=1 n=2 n=3 n=4 n=5 1 10 10 Tam giác Pascal thiết lập theo quy luật sau  Đỉnh ghi số Tiếp theo hàng thứ ghi hai số  Nếu biết hàng thứ n  n   hàng thứ n+1tiếp theo thiết lập cách cộng hai số liên tiếp hàng thứ n viết kết xuống hàng vị trí hai số Sau đỵ viết số đầu cuối hàng Nhận xét Xét hàng thứ nhất, ta có  C 01 ,  C 11 Ở hàng thứ 2, ta có  C 03 ,  C 12 ,  C 22 Ở hàng thứ 3, ta có  C 03 ,  C 13 ,  C 32 ,  C 33 Các số hàng thứ n tam giác Pascal dãy gồm  n   số C 0n , C 1n , C 2n , , C nn 1 , C nn DẤU HIỆU SỬ DỤNG NHỊ THỨC NEWTON Sau số dấu hiệu giúp ta nhận biết dạng toán phần này, dạng toán hướng dẫn kỹ phần sau a) Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có n C i 1 i n với i số tự nhiên liên tiếp b) Trong biểu thức có n  i  i  1 C i 1   Trong biểu thức có Trong biểu thức có n  i  k  C i 1 n a C k i 1  Trong biểu thức có n i n ta dđng đạo hàm  i   ta nhân vế với xk lấy đạo hàm ta chọn giá trị x=a thích hợp i1C i 1  i n i n i n ta lấy tìch phân xác định  a; b  thích hợp Nếu tốn cho khai triển  x  x a n i n    C x  x   C x  b n i 1 i n a n i b i 1 i n a n i   ib hệ số xm Cin sap cho phương trënh a  n  i   bi  m có nghiệm i  | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN  C in đạt max i  n1 n1 n hay i  với n lẽ, i  với n chẵn 2 III CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN TỚI NHỊ THỨC NEWTON BÀI TOÁN KHAI TRIỂN NÂNG CAO BÀI TOÁN KHAI TRIỂN TAM THỨC Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton  a  b  c  n Lời giải tổng quát  Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n , để cỵ hệ số nhị thức Newton  b  c  n  Bước 2: Ở đầu dòng ta viết đơn thức khai triển nhị thức Newton  a    Bước 3: Nhân đơn thức đầu dòng cột với đơn thức lại n díng đỵ cộng kết lại, ta thu kết khai triển Cụ thể ta có 1.a n n C a n 1 1b C 2n a n  1c 1b2 C 1n a n  1b2 1c 2bc 3b c 3bc 1c 1.a o 1.b n n C b n 1 c C nn 1 b.c n 1 1.c n Sau cộng lại ta được: n  n q n q q  n p n p p q n q q n p a  b  c  C a    n   Cp b c    C n Cp b c a p0  q 0  q p n Sau khai triển a  b  c n với  q  p  n số hạng thứ p  khai triển Tp  C pn C pq bn q cq a n p Ví dụ 1: Hệ số số hạng chứa x khai triển P(x)   3x  x   10 là? Lời giải Với  q  p  10 số hạng tổng quát khai triển P(x)   3x  x   p Tp  C 10 C pq  3x  10  p 10 là: xpq 1q  C p10 C qp 310 p.xp q  20 2p Theo đề p  q  20  2p   p  q  16 Do  q  p  10 nên  p; q    8;  ;  9;7  ;  10;  Vậy hệ số x khai triển P(x)   3x  x   10 là: Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 10 10 C 810 C 88 310 8  C 910 C79 310 9  C 10  1695 10 C 10 Chú ý nhiều trường hợp  p; q  ta cơng hệ số trường hợp với để có kết Ví dụ 2: Tìm số hạng chứa x13 khai triển thành đa thức  x  x  x  10 ? Lời giải Với  q  p  10 số hạng tổng quát khai triển  x  x  x  p Tp  C 10 C pq x10 p  x  pq 10 là:  x   C p10 C qp 310 p.x 10 p q q Theo đề 10  p  q  13  p  q  Do  q  p  10 nên  p; q    2;  ;  3;  C 12  C 10 C 03  210 Vậy hệ số x13 khai triển là: C 10 Ví dụ 3: Tìm hệ số x8 khai triển đa thức của: 1  x   x     Lời giải k k k  i Cách Ta có: f  x    C  x   x     C x   1  C ik xi  k 0 k 0  i 0  k 8 k 2k  i  0  i  k    i  k  Vậy ta có hệ số x8 là:  1  C k8 C ik thoã 2k  i     i  i, k     k  Hệ số khai triển x8  1  C 84 C 04   1  C 83 C 23 =238 Cách Ta có: f  x   C 08   C 83  x   x    C 84  x   x    C 88  x   x  Nhận thấy: x8 có số hạng:  Số hạng thứ 4: C 83  x   x    Số hạng thứ 5: C 84  x   x   Với hệ số tương đương với: A8= C 83 C 23  C 84 C 04 =238 n 1   Ví dụ 4: Với n số nguyên dương x  , xét biểu thức  x8  x    Hỏi có bao x x   nhiêu số n  2018 cho khai triển biểu thức có số hạng tự ? Lời giải n n n 1 1  Ta có  x8  x3       x   x   nên số hạng tổng quát khai triển x x  x    T  C kn x 5k  C hn x 3n 10h  C kn C hn x 3n 5k 10h Số hạng số hạng tự | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 3n  5k  10h   3n   2h  k  Nếu n khơng chia hết cho khai triển không chứa số hạng tự do, tức số hạng tự 2n n Còn n chia hết cho h  , k  , số hạng tự C kn C nh  khơng 5 thỏa mãn Ví dụ 5: Cho khai triển   x  x   a0  a1 x  a x  n ., a n hệ số Biết  a 2n x 2n , với n  a , a , a , a3 a4 , đỵ tính tổng S  a  a  a   14 41  a2 n ? Lời giải n n k k 0 l 0 Ta có   x  x    C kn  x  x    C kn  C lk xk l x 2l n k k 0 l  0; k  Hệ số x xk l  x3  k  l     a  C n3 C03  C n2 C 12 l  1; k  Tương tự hệ số x x k l  l  0; k   x  k  l    l  1; k   a  C n4 C 04  C n3 C 13  C n2 C 22 l  2; k  Theo giả thiết 14a  41a3  14  C4n C04  C3n C13  C2n C22   41 C3n C03  C2n C12     n! 3.n ! n! n! 2.n !   14       41    4!  n   ! 3!  n   ! 2!  n   !   3!  n   ! 2!  n   !   n  n   n   n   n  n   n   n  n     n  n   n     14     n  n  1    41  24 2      n1 11 185   14  n  n  1  n  n      n  10  n    24    Do n  nên n  10 Mặt khác thay x  vào hai vế khai triển   x  x   a0  a1 x  a x  10 S  a0  a1  a   a 20 x 20 ta  a 20  310 Ví dụ 6: Giả sử   x  x  x   x10   a0  a1 x  a x  a x   a 110 x 110 với a , a , a , 11 10 11 a 10  C 11 a  C 11 a   C 11 a  C 11 a0 ? …, a 110 hệ số Tính tổng T  C 011a 11  C 11 Lời giải Ta có: A    x  x  x   x10     x  A    x 11  11 11 11 110   C k11   x   a i x i  k k 0 i 0 11 11  C  x  m 0 P 11 m m 11 Q 10 11 a  C 11 a   C 11 a  C 11 a0  T Hệ số x11 P C 011a 11  C 111a 10  C 11 Hệ số x11 Q C 111 Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Vậy T  C 111  11 Ví dụ 7: Biết tổng hệ số ba số hạng đầu khai triển Newton n n k  2 k n k   x      C n  1  x    x  x k 0 k Bằng 49 Khi đỵ tính hệ số số hạng chứa x khai triển đỵ? Lời giải n k n n n k   2 k k  Ta có  x     Ckn  1  x      C k6  1  k.x 2n 3k x   x  k 0 k 0 Tổng hệ số ba số hạng đầu khai triển 49 nên C 0n  2C 1n  2 C 2n  49  *  Điều kiện n  *, n  Khi đỵ  *    2n  2  n  4  L  n  n  1  49  2n  4n  48     n   N  2  Với n  ta có nhị thức  x2   x  Số hạng tổng quát khai triển là: C k6  1  k.x12 3k  k  ,  k   k Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn 12  3k   k  (nhận) Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển C 63  1   160 Ví dụ 8: Cho khai triển T    x  x 2017  2018    x  x 2018  2017 Hệ số số hạng chứa x khai triển bao nhiêu? Lời giải 2018 2017 Cách Ta có T   C k2018  x  x 2017    C k'2017  x 2018  x  k k' k 0 k 0 Hệ số số hạng chứa x ứng với k  k '  Do đỵ hệ số cần tëm C 12018  C 12017  Cách Ta có T  a0  a1 x  a x   a 2017.2018 x 2017.2018  f  x   f '  x   a  2a x   2017.2018a 2017.2018 x 2017.2018  f '    a Mà f '  x   2018   x  x 2017  2017   2017x   2017   x  x   1  2018x  2018 2016 2016 2017  f '    2018  2017   a  Do đỵ hệ số cần tëm 1  Ví dụ 9: Tìm hệ số x khai triển  2x    x  x   thành đa thức? 4  6 Lời giải n n Xét khai triển  2x      2x    C k6 16 k  2x    C k6 k x k 6 k 0 | Chinh phục olympic toán k k 0 Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 1 nC nn  C1n 2C n2 3C n3 Ví dụ 29: Cho số nguyên dương n , tính tổng S      2.3 3.4 4.5  n  1 n   n Ví dụ 30: Tính tổng P   C 0n    C 1n      C nn  theo n 2 Ví dụ 31: Cho n k nguyên dương thỏa mãn k  n Chứng minh n1 1   k  k 1   k n   C n 1 C n 1  C n 1 n  Ví dụ 32: Chứng minh  C 3n  C 6n    n  cos  3  Ví dụ 33: Với số tự nhiên n  Chứng minh C 0n cos   C 1n cos 2  C 2n cos 3   C nn cos  n     n cos n  n2 cos  2 Ví dụ 34: Với số tự nhiên n  Tính tổng sau A  C 1n  cos x  sin x   0C n2  C n3 sin x cos x  sin x  cos x    C nn n sin x cos x  sin n 2 x  cosn 2 x  Ví dụ 35: Với số tự nhiên m nguyên dương Chứng minh  1 Cm  1 1 C01991  C1991  C 1991   1991 m 1991 1991 1991 1991  m 1991 m LỜI GIẢI Ví dụ : Chứng minh  C 0n  C n2  C n4     C 1n  C n3  C n5    n 2 Lời giải Xét số phức z   i    C 0n  iC 1n  i 2C 2n   i nC nn  C 0n  C 2n  C 4n    i C 1n  C 3n  C 5n   n Mặt khác ta lại có z    i   n  2 n n n    i sin  cos  4   So sánh z hai vế ta cỵ điều phải chứng minh! Ví dụ 2: Cho khai triển  x   nhiên n  Biết n a k 0 2k 2n  x  x  1 n 1  a  a x  a x   a n x n với n số tự  768 , tính a Lời giải n  f  1  a0  a1  a2   a 2n Ta có   f  1  f  1  2. a 2k  1536 k 0  f  1  a0  a1  a   a 2n hay 2 n 1  2 n  1536  n   hệ số a  C 10  1  C94  126 Ví dụ 3: Gọi S tổng hệ số lũy thừa bậc nguyên dương x khai 1  triển nhị thức P  x    x   x  2018 Tính S  C 1009 2018 Lời giải Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | 33 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 1  Ta có  x   x  2018 2018   Ck2018 x 20182k k 0 Để lũy thừa với số mũ nguyên dương thë 2018  2k   k  1009 Suy S  C 02018  C 12018   C 1008 2018 1 1009 1008 Suy S  C 1009 C 2018 2018  C 2018  C 2018   C 2018  2 1 1009 1009   Ckn  C nn k 1008 2017 1010    S  C 1009 C 2018  C 2018 C 2018 2018   C 2018  C 2018   C 2018  2018  C 2018   C 2018  2   2018 2018  C 02018  C 12018   C 2017 2018  C 2018  2017 Vậy S  C 1009 2018  2 Ví dụ 4: Cho khai triển a n  x    a n 1  x   n n n 1   a  x    a  x n với x  , n  Tìm n, biết a  a  a  83n Lời giải Ta có x n   x    1  C 0n  x    C 1n  x   n n  C n2  x   n 1 n 2   C nn 1  x    C nn Vì a  a  a  83n  C n2  C n3  C n4  83n   n  1   n  1 n     n  1 n   n    83  n  13 2! 3! 4! 20 10  1   Ví dụ 5: Sau khai triển rút gọn biểu thức  x     x   , có tất bao x  x   nhiêu số hạng ? Lời giải 20 10 k 20 10  1 1     3 10 m   Ta có  x     x3     Ck20 x20 k      Cm 10 x   x  x    x  m 0  x k 0 20 10 m 30  4m    1 Ck20 x20 3k    1 Cm 10 x k k 0 m m 0 Ta tìm số hạng cỵ cđng lũy thừa x : 0  m  10,  k  20   k; m    2;  ,  6;7  ,  10; 10   20  3k  30  4m  4m  3k  10 Vậy khai triển cho cỵ tất 21  11   29 số hạng n x   x Ví dụ 6: Có số thực x để khai triển nhị thức    có tổng số hạng   thứ thứ 135, tổng ba số hạng cuối 22? Lời giải 34 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Số hạng thứ  k   khai triển Tk  C k n 2  x n k k  21 x  2    Từ đỵ suy ra:  Tổng hai số hạng thứ thứ 135  T2  T4  C n 2  x n 2 x   21 x  x n 4  2  C 2     135  1   n      Tổng ba hệ số ba số cuối 22  C nn 2  C nn 1  C nn  22  n  n  1  n   22  n  Thay n  vào   , ta C 62 4x.2 12x  C 46 22x 22 4x  135  22x 1  22 2x  u   x  Đặt  u  , ta 2u     u   x   u  2 2x 1  Vậy x  1;   2  Ví dụ 7: Trong khai triển biểu thức  x  x   2017 Tính tổng S hệ số x 2k  với k nguyên dương? Lời giải Ta có  x  x   2017  a0  a1 x  a x   a 6051 x6051   Ta cần tính S  a  a  a7   a 6051 Thay x  vào   , ta a0  a1  a   a 6051  2 2017   Thay x  1 vào   , , ta a0  a1  a  a   a 6051  2 2017   Trừ vế theo vế     , ta  a  a  a   a 6051    2S  2a   S  a Theo khai triển nhị thức Niutơn, ta cỵ  x  x   2017  Số hạng a1 x xuất C 12017  x  x   2  Mà C 12017  x  x   2  2017 1 2017   C k2017  x  x   2  k 2017  k k 0 2017   2017.2 2016  x  x   a  2017.2 2016  S  2017.2 2016 Ví dụ 8: Kí hiệu a 3n  hệ số số hạng chứa x 3n  khai triển  x    x   n n Tìm n cho a 3n   26n Lời giải n n  k  n  n  n n n Ta có  x  1  x      C kn  x    C in x n i i    C kn C in i x 3n 2k i  k 0  i 0  k 0 i 0   k; i   0;  , 1;  Chọn 3n  2k  i  3n   2k  i   Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | 35 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Suy hệ số số hạng chứa x 3n  C 0n C 3n  C 1n C 1n Theo giả thiết C 0n C 3n  C 1n C 1n  26n  n  Ví dụ 9: Cho khai triển x  x     x    a  a x  a x   a n 1 x n  với n số tự n n nhiên n  Tìm n, biết a  7n; na n ; a n  theo thứ tự đỵ lập thành cấp số cộng Lời giải Ta có x  x     x     x    x     x    x       x   n n n n n 1  x  1 n   n  1 n  n  n  1  n 2 a  C n   C n  2  n n Suy a n  C n   C n   n     n   a  C n   C n    n   n  n    n  n    n  n   n   n 1 n  n  6 Theo giả thiết tốn, ta có: n  n     n  7n   n  n   n   n   L    n  n    n  7  L   n  10  N  Vậy n  10 Ví dụ 10: Xác định n biết hệ số x n khai triển   x  2x   nx n  6n Lời giải Ta có   x  2x   nx n     x  2x   nx n    x  2x   nx n  Hệ số x n là: 1.n   n     n      n    n.1  1.n   n     n      n    n   n     n.1  2n  n 1      n     12  2     n         n  1   n  n   2n    n  11n  2n  n   n  1    n2   6     Theo giả thiết, ta có n  11n  6n  n  Ví dụ 11: Cho n số nguyên dương thỏa mãn C nn 11  C nn   171 Tìm hệ số lớn biểu thức P  x     x   2x  sau khai triển rút gọn n Lời giải Ta có C nn 11  C nn 1  171  36 | Chinh phục olympic toán  n  1 !   n  1 !  171 2!  n   ! n! Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN  n  n  1  n  17   n  1  171  n  3n  340     n  20  L  17 17 17 Khi đỵ P  x     x   2x     x   C x   C x   C k17 k x k 1 17 k 17 k 0 k k k 0 k 17 k k k 0 Suy hệ số xk khai triển C k17 k  C k171 k 1 Ck17 k  Ck171 k 1  Ck171 k 1  Ck17 k  Hệ số x lớn  k k k 1 k 1 k 1 k 1 k 2 k 2  C17  C17  C 17  C 17 k k 1 k 1 k 1 k 1 C 17  C 17  k k k 2 k 2 C 17  C 17  22   k  ! 18  k ! k  ! 16  k !          2    k !  17  k  !  k   !  19  k  !     18  k  17  k   k  k    3k  141k  1224     k  12 3k  147k  1368        k   k  18  k  19  k  12 11  C 11  50692096 Vậy hệ số lớn cần tìm C 12 17 17 Ví dụ 12: Khai triển 1  x  x   x10  11 viết thành a  a x  a x   a 110 x 110 10 11 a  C 11 a  C 11 a   C 11 a 10  C 11 a 11 Tính tổng S  C 011a0  C 11 Lời giải Xét x  , từ khai triển nhân hai vế cho  x   , ta 11 x 11 11     x   a0  a x  a x   a 110 x 110   Vế trái   Ck11  1 k 0 11 11 k 11 x11k  Hệ số x11 C 111  11  11 k   Vế phải    Ck11 x11k  1   a0  a1 x  a x   a 110 x 110   k 0  10 11 a  C 11 a  C 11 a   C 11 a 10  C 11 a 11  Hệ số x11 C 011a0  C 11 11 Vậy S  C 011a  C 111a  C 211a  C 311a   C10 11 a 10  C 11a 11  11 Ví dụ 13: Tính tổng 2016 2017 C 12017  2 C 2017  3.2 C 2017  4.2 C 2017   2016.2 2015 C 2017  2017.2 2016 C 2017 Lời giải Ta có   x  2017  2017   x  2017   C k2017  1  xk    x   k 0 2016 k 2017 2017  '   C k2017  1 k xk  '  k 0   2016 2017  C 12017  2xC 2017  3x C 2017  4.2 C 2017   2016.2 2015 C 2017  2017.2 2016 C 2017 Cho x  ta được: Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | 37 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 2016 C 12017  2 C 22017  3.2 C 32017  4.2 C 42017   2016.2 2015 C 2016 C 2017 2017  2017.2 2017  2017 2017  C 2017   C 2017 Ví dụ 14: Tính tổng T  C 12017  C 2017 Lời giải Xét hai khai triển:  2017     2017     1  C 02017  C 12017  C 22017  C 32017   C 2017 2017 2017  C 02017  C 12017  C 2017  C 32017   C 2017 2017 1 2 2016 Lấy      theo vế ta được: 2017   C 12017  C 32017  C 52017   C 2017 2017   T  Ví dụ 15: Với n  , n  thỏa mãn thức P  1 1      Tính giá trị biểu C2 C3 C4 Cn C 5n  C n3   n  4! Lời giải Ta có  n   !2!  0!2! 1!2! 2!2! 1 1           2! 3! 4! n! C 22 C 23 C 24 C 2n   1 1 1 1 1   2!           2!          1.2 2.3 3.4 2 3 n 1 n   n  1 n     C12 C  C n3  C 10 59 1 1   2!        n  10  P  n   90 n n 10 6!  n  4!  1009 1010 1011 2018 Ví dụ 16: Tình tổng S  C 2018  C 2018  C 2018   C 2018 ( tổng đỵ, số hạng cỵ dạng C k2018 với k nguyên dương nhận giá trị liên tục từ 1009 đến 2018 ) Lời giải Áp dụng tính chất C kn  C nn  k ta có C 02018  C 2018 2018 C 12018  C 2017 2018 C 22018  C 2016 2018 … 1010 C 1008 2018  C 2018 1009 C 1009 2018  C 2018 1009 1009 2010 2018   C 2018  C 2018  C 2018   C 2018  C 02018  C 12018  C 2018 1009  2S  C 02018  C 12018  C 22018   C 2018 2018  C 2018 2018   C2018    1 Mặt khác C 02018  C 12018  C 2018 Vậy S  2018  2018 1009 2018  C 2018 C 1009  2017  2018 2 38 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Ví dụ 17: Biết khai triển nhị thức Niu-tơn đa thức P  x     x  2x  x  n hệ số x 1001 Tổng hệ số khai triển P  x  bao nhiêu? Lời giải Ta có P  x     x  2x  x     x    x  n n n  n  n  n n    Ckn n k xk   Cln x 2l     C kn C ln n k  xk 2l  k 0  l 0  k 0 l 0 Hệ số x ứng với k  2l thỏa mãn k  2l    k; l    5;  ,  3;  ,  1;   Trường hợp Với n  đỵ  k; l    5;  ,  3;  ,  1;   Hệ số x C 5n C 0n n   C n3 C 1n n 3  C 1n C n2 n 1  1001 Vì vế trái lẻ mà vế phải ln chẵn n  đỵ chọn n  Thử lại vào phương trënh ta thấy n  thỏa mãn điều kiện  Trường hợp Với  n  đỵ  k; l    3;  ,  1;   Hệ số x C 3n C 1n n 3  C 1n C 2n n 1  1001 Vì vế trái lẻ mà vế phải chẵn n  đỵ chọn n  Thử lại vào phương trënh ta thấy n  không thỏa mãn điều kiện  Trường hợp Với n  đỵ  k; l    1;   Hệ số x C 12 C 22  1001 : vô lý cho x   7776 Do đỵ có n  thỏa mãn  tổng hệ số khai triển  Ví dụ 18: Cho khai triên P  x     x   x    2017x   a  a 1x  a x   a 2017 x 2017 Kí hiệu P '  x  P ''  x  đạo hàm cấp đạo hàm cấp đa thức P  x  Tìm hệ số a ? Lời giải Ta có P '  x   a  2a x  3a x  2017a 2017 x 2016 Tiếp tục đạo hàm lần nữa, ta có P ''  x   2a  6a x  2017.2016a 2017 x 2015 P ''   2 2017   Chú ý P '  x   P  x        2017x   1 x x Cho x  0, ta P ''    2a  a   12 2017  22 2017   P ''  P  x       P x          2017x   2017x   1x x  1x x Ví dụ 19: Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển   2x  2015x 2016  2016x 2017  2017x 2018  Lời giải Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton 60 Chinh phục olympic toán | 39 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO f  x     2x  2015x 2016  2016x 2017  2017x 2018 60 Đặt  2016 2017  2017x 2018 g  x   2015x  2016x 60 Suy f  x   1   2x  g  x      C k60  2x  g  x   60 k k 0 60 k k 0 i 0   Ck60  Cki  2x  g  x   i k i   i  k  60  k  i  k  Vì bậc đa thức g  x  2018  số hạng chứa x ứng với   i  i  3 C 33  2   8.C 60 Vậy hệ số cần tìm C 60 1  x x10 x9   x  x8   x      10! 9! 1! 8! 2! 10! Ví dụ 20: Biểu thức 10 bao nhiêu? Lời giải 10! xk   x  10  k 10  k Ta có  xk   x   Ck10 xk   x  10! k !  10  k  ! 10! k !  10  k  ! 10  k   k  10  1  x x10 x9   x  x8   x       10! 9! 1! 8! 2! 10! 10 1 10 10  k   C k10 xk   x   x   x   10! 10! 10! k 0 Ví dụ 21: Giá trị A  10 1 1 bằng?      1!2018! 2!2017 ! 3!2016! 1008!1011! 1009!1010! Lời giải Ckn Ta có Do đỵ  k !  n  k  ! n! C12019 C 22019 C 32019 C1009 C  C 2019   C 1009 2019     2019  2019 2019! 2019! 2019! 2019! 2019! 1009 2018 C  C 2019  C 2019   C 2019    2019  2019! 2019! A Ví dụ 22: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C 12 n   C 23 n    C 22 nn 11  1024 Lời giải Ta có 2n         1 n 1 2n  2n   C 02n   C 12n    C 2n 1  C 02 n   C 12 n 1   C 22 nn 11 2n  2n  2n  2n  C 12n 1  C 2n Suy  C 12n 1  C 2n    C 2n       C 2n   Do đỵ 2 n  2024  2 n  10  n  40 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Ví dụ 23: Có số dương n cho S    C 01  C 02   C 0n    C 11  C 12   C 1n     C nn 11  C nn 1   C nn số cỵ 1000 chữ số? Lời giải Ta có: S    C 01  C 02   C 0n    C 11  C 12   C 1n     C nn 11  C nn 1   C nn    C 01  C 11    C 02  C 12  C 22     C 0n 1  C 1n 1   C nn 11    C 0n  C 1n   C nn                2   n   n 1    1 n 2n   S  n 1 21 S số cỵ 1000 chữ số  10 999  S  10 1000  10 999  n   10 1000  999 log 10   n  1000 log 10  Do n  nên n  3318; 3319; 3320 Vậy có số nguyên dương n thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ 24: Tëm hệ số x khai triển thành đa thức   3x  , biết n số 2n nguyên dương thỏa mãn: C 02 n   C 22 n   C 24 n    C 22 nn   1024 Lời giải Ta có  x   2n  2n 2n   C 02n  x 2n   C 12n 1 x 2n   C 2n  x  C 2n    Thay x  vào   : 2 n   C 02 n   C 12 n    C 22 nn   C 22 nn 11   2n 2n  Thay x  1 vào   :  C 02n 1  C 12n 1   C 2n   C 2n    Phương trënh   trừ   theo vế: 2 n    C 02 n   C 22 n 1   C 22 nn 1  Theo đề ta có 2 n   2.1024  n  Số hạng tổng quát khai triển   3x  10 k 10 k  3x   C k10 10 k  3  x k Tk   C 10 k k 5  3   1959552 Theo giả thiết ta có k  Vậy hệ số cần tìm C 10 Ví dụ 25: Tëm số nguyên dương n thỏa mãn 2C 0n  5C 1n  8C n2    3n   C nn  1600 Lời giải Ta có 2C 0n  5C 1n  8C n2    3n   C nn   C 1n  2C n2   nC nn    C 0n  C 1n  C n2   C nn  Mặt khác C 0n  C 1n  C n2   C nn  n Cách 1: Ta có kCkn  k  n  1 !  nCk 1 n!  n n 1  n  k  !k !  n  k  !  k  1 ! Khi đỵ C 1n  2C n2   nC nn  nC 0n 1  nC 1n 1   nC nn 11  n  C 0n 1  C 1n 1   C nn 11   n2 n 1 Cách 2:   x   C 0n  C 1n x  C n2 x  C n3 x   C nn x n   n Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | 41 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Đạo hàm hai vế   ta n   x  n 1  C 1n  2xC n2  3x C 3n   nx n 1C nn Khi đỵ với x  , ta có n2 n 1  C 1n  2C 2n  3C 3n   nC nn Do đỵ 2C 0n  5C 1n  8C n2    3n   C nn  3n.2 n 1  2.2 n   3n   n 1 Theo giả thiết ta có  3n   n 1  1600  n  Ví dụ 26 : Với x  1 ta có khai triển sau:  x  2x      x1  2018  a  a x  a x   a 2018 x 2018  b3 b 2018 b1 b2     2018 x   x  1  x  1  x  1 2018 Tính tổng S   bk ? k 1 Lời giải  x2  2x   Đặt f  x      x1  2018 , ta có f    a0  b1   b 2018  2018 Suy a  S  2018     Lại có f  x    x    x1  1008  k 0 C 2018 k 2018 2018  2k  x  1 2018   C k2018  x   2k  2018 k 0  2018  k  1009 Ck2018  x  1 2k  2018 Suy  1008 b1  b   b 2017   S  b  b   b 2018  C 02018  C 12018   C 1007 2018  C 2018  1010 2017 2018 1009 k n k a  C 1009 )   2018  C 2018   C 2018  C 2018  C 2018  S (vì C n  C n Từ     , suy S  2017  C 1009 2018 Ví dụ 27: Với n số tự nhiên lớn , đặt S n  1 1     Tính lim S n C3 C4 C5 Cn Lời giải Ta có C 3n   n   !  n   n  1 n  n  n   n     n!  C n n  n   n   3!  n   !  n   ! Vậy ta có S n  Nhận xét 6 6     1.2.3 2.3.4 3.4.5 n  n   n   1 1 1   ; ;…;     1.2.3 1.2 2.3 2.3.4 2.3 3.4  n   n  1 n  n   n    n   n 1 1 1 1  1 1  n   3n   Sn             3    3  2n n 2 n 1 n 1 n   1.2 2.3 2.3 3.4 2 n  2n  42 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 6  3    3n   n 3 Vậy lim S n  lim     lim   2n      Kết hợp giả thiết có 2n2  n  100  n   n  98   n  1 n    n  1 n   2 2017 2017 2018 2018 2 C 12018   C 2018       C2018    C2018  2018 2017 Ví dụ 28: Tình tổng S  Lời giải 2 2017 2017 2018 2018 2 C 12018   C 2018       C2018    C2018  2018 2017 n  k  k 1 Ta có C kn  C n với k  , n  , n  k nên: k 2018 2017 2018 2018 S C 12018 C 2018  C 22018 C 2018   C 2018 C 2017 2018 2018 2017 2018 Tính tổng S  2016 2018 2017  C 12018 C 02018  C 22018 C 12018   C 2017 2018 C 2018  C 2018 C 2018 2018  k 2018 2017 2017 2018  C 2018 C 2018   C 2018 C2018  C2018 C2018 Mà C k2018  C 2018 suy S  C 12018 C 2018 Mặt khác ta có   x  2018 2018   C k2018 xk    x  2018 1  x 2018 k 0 2018 2018 2018 k 0 l 0 k ,l 0   Ck2018 xk  C l2018 xl  C k 2018 C l2018 xk l  1 Suy hệ số số hạng chứa x 2019 khai triển   2018 2017 2017 2018 S  C 12018 C 2018  C 2018 C 2018   C 2018 C2018  C2018 C2018 Lại   x  2018 1  x 2018  1  x 4036 ; 1  x 4036 4036   C n4036 x n   n 0 Suy hệ số số hạng chứa x 2019 khai triển   C 2019 4036 2017 2017 2018 2019 Vậy S  C 12018 C 2018 2018  C 2018 C 2018   C 2018 C 2018  C 2018.C 2018  C 4036  4036! 4036  2018 4036! 2018 2018   C 4036 2019!  4036  2019  ! 2019 2018!  4036  2018  ! 2019 1 nC nn  C1n 2C n2 3C n3 Ví dụ 29: Cho số nguyên dương n , tính tổng S      2.3 3.4 4.5  n  1 n   n Lời giải Với k , n  ,  k  n , n  ta có:  n  1 ! n! Ckn    Ck 1 k1  k  1 k !  n  k  !  n   k   !  n  k ! n  n 1 Áp dụng ta cỵ: Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | 43 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO k.Ckn Ckn  C kn C kn11 C kn22  C kn  1  2    k  1 k   k   k   k   k   k   n   n   n   C 2n   C n3   C n4     1  C nn 11 n Suy S  n1 Ta có:   n   C 2n 1    1  C nn 11  C 0n 1  C 1n 1  C n2 1    1  C nn 11 +C 0n 1  C 1n 1 n     1   C 3n   C n4     1  C nn  22      n  1 n   n 1 n    n    n C 3n   C n4     1  C nn  22 n   C 0n   C 1n   C n2   C n3   C n4     1  C nn  22   C 0n   C 1n   C n2   n    1 n 1 n  1 n      n2  n    n  2   2   n2  n n Vậy S    n   n1  n  1 n    n  1 n   n Ví dụ 30: Tình tổng P   C n    C n      C n  theo n 2 Lời giải Ta có   x    x     x  n n 1  x 1  x n n 2n  1 2n  n  n  2n    C kn xk    C ln x l    x    C i2n xi i 0  k 0   l 0  Xét hệ số x n khai triển vế trái    k l n n n k 0 k 0 Ckn Cln   Ckn C nn k    Ckn  Hệ số x n khai triển vế phải   C n2n Từ đỵ suy n  C   C   C  k 0 k n n n     C nn   C n2n Ví dụ 31: Cho n k nguyên dương thỏa mãn k  n Chứng minh n1 1   k  k 1   k n   C n 1 C n 1  C n Lời giải Biến đổi giả thiết ta có n1 1  n   k ! n   k  !  k  1!  n  k !      k  k 1   n   C n  C n   n    n   !  n   !  k ! n  k ! n  k ! n  k ! n  k ! n  k !   k  n   k  k  1  n  2  n   n  1 ! n   n  1 ! n! Cn 44 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Tổng quát 1 n2  1     n 1      n  C n 1 Cn 1 C n 1  n  1  C n C n Cn  1 n  Ví dụ 32: Chứng minh  C 3n  C 6n    n  cos  3  Lời giải Ta có n  C 0n  C 1n  C 2n   C nn   Xét số phức   cos 2 2 ta có  i sin 3 2 2      cos  i sin       1      1  3   Mặt khác  1   n  C 0n  C 1n   C 2n    n C nn  C 0n  C 1n   C 2n  C 3n  C n4   C 5n    1     C 0n   C 1n   C n2    2n C nn  C 0n   C 1n  C n2  C n3   C n4    n Cộng vế   ,   ,   ta có n             C 0n  C n3  C 6n          C 1n  C n2  C n3  n n   C 0n  C 3n  C 6n       Mà    cos  i sin ;    cos  i sin nên ta cỵ điều phải chứng minh! 3 3 Ví dụ 33: Với số tự nhiên n  Chứng minh C 0n cos   C 1n cos 2  C 2n cos 3   C nn cos  n     n cos n  n2 cos  2 Lời giải n Xét khai triển  x  1  C 0n  xC 1n  x C 2n   x n C nn  x  x     x k 1C kn n n k 0 Thay x  cos   i sin  sử dụng cơng thức Moive ta có  cos   i sin   cos   i sin   n  C 0n cos   C 1n cos 2   C nn cos  n     i  C 0n sin   C 1n sin   C nn sin  n       n       n  Mặt khác   cos   i sin     cos  2i sin cos   n cos n  cos  i sin  2 2 2 2  n Theo cơng thức Moive ta có n   n n  cos   i sin    cos  i sin    cos   i sin    cos  i sin  2 2    n2 n2  cos   i sin  2  n2  n2 n Do đỵ   cos   i sin    n cos n cos   i.2 n cos n sin  2 2 2 Từ   ,   ta cỵ điều phải chứng minh! Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | 45 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Ví dụ 34: Với số tự nhiên n  Tính tổng sau A  C 1n  cos x  sin x   0C n2  C n3 sin x cos x  sin x  cos x    C nn n sin x cos x  sin n 2 x  cosn 2 x  Lời giải Xét hàm số y    cos x     sin x  n thì: n y   C 0n  C 1n cos x  C n2 cos x   C nn cos n x    C 0n  C 1n sin x   C nn sin n x   2C 0n  C 1n  sin x  cos x   C n2  sin x  cos x    C nn  sin n x  cos n x   y '  C 1n  cos x  sin x   0.C n2  C n3 sin x cos x  sin x  cos x    C nn n sin x cos x  sin n  x  cos n  x   Do đỵ A  y'    cos x     sin x   n  n cos x   sin x  n 1  sin x   cos x  n   n   cos x   n 1   sin x   n   sin x  n 1 cos x n-1 Ví dụ 35: Với số tự nhiên m nguyên dương Chứng minh  1 Cm  1 1 C01991  C1991  C 1991   1991 m 1991 1991 1991 1991  m 1991 m Lời giải Với n  1, 2, , ta đặt S  n     1  C m n  m đỵ tổng lấy từ m  hết m m n 1 số hạng khác Ta có  C km  C m n 1m   S  n  k m Ta có  n-2 S  n     S  k  , suy S  n    S  n   S  n     k 0  S    S    , từ đỵ S    0, S    1, S    1, S    0, S    1, S 7   Từ   ta có S  m   S  n  m  n  mod  Do n m 1 C nn m  C m n  m  C n  m  nên ta được: n m m  1   1 995  m 1991  C 1991  C 1991  C 1991   C 1991 C 996    m   1991 1991 1991  m 996  1991  Suy điều phải chứng minh 46 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN LỜI KẾT Vậy ta tới trang cuối sản phẩm lần này, hay hẳn giòp bạn nắm vững kiến thức tập nâng cao chương Do thời gian khïng cho phép nên chưa thể đưa thêm nhiều tốn hay khỵ vào được, nên gửi kèm link số tài liệu tham khảo Một lần cảm ơn người cỵ đỵng gỵp cho viết này, chúc bạn có kì ơn thi thành công! TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Chuyên đề tổ hợp bồi dưỡng học sinh giỏi – Lê Hồnh Phị [2] Chuyên đề nhị thức Newton – Vted.vn [3] Chuyên đề bồi dường học sinh giỏi tổ hợp nhị thức Newton [4] Tuyển tập chuyên đề tổ hơp - MathScope [5] Tổ hợp quy nạp – Hà Huy Khoái [6] Một số chuyên đề tổ hợp dành cho học sinh khiếu [7] Đẳng thức tổ hợp – VMF [8] Nhị thức Newton công thức tổ hợp – Nhiều tác giả Điều ta biết giọt nước, điều ta chưa biết đại dương - Newton Chinh phục olympic toán | 47 ... C nn b n   k 0 Quy ước a  b0  Công thức gọi công thức nhị thức Newton (viết tắt Nhị thức Newton) Trong biểu thức VP cơng thức (1) | Chinh phục olympic tốn Điều ta biết giọt nước, điều ta... lẽ, i  với n chẵn 2 III CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN TỚI NHỊ THỨC NEWTON BÀI TOÁN KHAI TRIỂN NÂNG CAO BÀI TOÁN KHAI TRIỂN TAM THỨC Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton  a  b  c  n Lời... triển toán học Các nhà toán học đương thời thấy tầm quan trọng cïng thức cïng thức áp dụng rộng rãi nhiều cïng trënh nghiên cứu toán học, đặc biệt đại số giải tích Nhân phải nỵi thêm cïng thức