Đang tải... (xem toàn văn)
Quy tắc cộng i Nếu một quá trình bài toán có thể thực hiện ñược một trong hai cách trường hợp loại trừ lẫn nhau: cách thứ nhất cho m kết quả và cách thứ hai cho n kết quả.. ii Nếu một qu[r]
(1)Edit by: Qsangtnl Edited by Foxit PDF Editor Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 - 2007 For Evaluation Only CHƯƠNG I HOÁN VỊ – CHỈNH HỢP – TỔ HỢP A TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I Quy tắc ñếm, cộng và nhân Quy tắc ñếm Trong nhiều trường hợp ta cần phải ñếm số phần tử, số tập hợp, số các số hạng tổng, … và không phải lúc nào thực dễ dàng Ta xét quy tắc rút từ bài toán ñơn giản sau ñây Bài toán Người ta cần làm hàng rào dài 20m, cách 2m thì chôn cọc Tính số cọc cần dùng Giải Số khoảng cách các cọc là 20: = 10 Kể từ cọc thứ trở ñi thì số cọc số khoảng cách 20 Vậy số cọc là + = 11 1.1 Quy tắc Với ñiều kiện là khoảng cách các số (cách ñều), ta có: số lớn − số nhỏ soá caùc soá = + khoảng cách số liền kề Ví dụ Tính số các số tự nhiên có chữ số chia hết cho Giải Số có chữ số lớn chia hết cho là 996 Số có chữ số nhỏ chia hết cho là 100 Khoảng cách số liền kề chia hết cho là 996 − 100 + = 225 số Vậy có Ví dụ Tìm số hạng thứ tổng sau: (a + x) + (a + x)4 + (a + x)7 + + (a + x)28 Giải Khoảng cách số mũ số hạng kề là Gọi số mũ số hạng thứ là k, ta có k −1 + = ⇒ k = 19 Vậy số hạng cần tìm là (a + x)19 1.2 Các dấu hiệu chia hết + Chia hết cho 2: số có chữ số tận cùng là 0, 2, 4, 6, + Chia hết cho 3: số có tổng các chữ số chia hết cho (ví dụ 2001) + Chia hết cho 4: số có chữ số tận cùng lập thành số chia hết cho (ví dụ 2000, 3796, 12344) + Chia hết cho 5: số có chữ số tận cùng là 0, + Chia hết cho 6: số chia hết cho và + Chia hết cho 8: số có chữ số tận cùng lập thành số chia hết cho (ví dụ 2000, 2008, 3257016) + Chia hết cho 9: số có tổng các chữ số chia hết cho (ví dụ 2007) + Chia hết cho 10: số có chữ số tận cùng là + Chia hết cho 11: số có hiệu tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn chia hết cho 11 (ví dụ 1345729 vì (1 + + + 9) – (3 + + 2) = 11) + Chia hết cho 25: số có chữ số tận cùng là 00, 25, 50, 75 Lop12.net (2) Quy tắc cộng i) Nếu quá trình (bài toán) có thể thực ñược hai cách (trường hợp) loại trừ lẫn nhau: cách thứ cho m kết và cách thứ hai cho n kết Khi ñó việc thực quá trình trên cho m + n kết ii) Nếu quá trình (bài toán) có thể thực ñược k cách (trường hợp) loại trừ lẫn nhau: cách thứ cho m1 kết quả, cách thứ hai cho m2 kết quả, …, cách thứ k cho mk kết Khi ñó việc thực quá trình trên cho m1 + m2 + … + mk kết Ví dụ Có sách toán A và B khác nhau, sách vật lý C và D khác Cần chọn ñúng sách, hỏi có bao nhiêu cách Giải + Trường hợp 1: chọn sách toán có cách + Trường hợp 2: chọn sách vật lý có cách + Trường hợp 3: chọn sách toán và vật lý có cách là A và C, A và D, B và C, B và D Vậy có + + = cách chọn Ví dụ Từ tập hợp X = { a; b; c } chọn tập hợp A Hỏi có cách Giải + Trường hợp 1: chọn tập hợp không chứa phần tử nào có cách là tập rỗng + Trường hợp 2: chọn tập hợp chứa phần tử A có cách, ñó là { a } , { b } và { c } + Trường hợp 3: chọn tập hợp chứa phần tử A có cách, ñó là { a; b } , { a; c } và { b; c } + Trường hợp 4: chọn tập hợp chứa phần tử A có cách, ñó là { a; b; c } Vậy có + + + = cách chọn Quy tắc nhân i) Nếu quá trình (bài toán) ñược thực theo hai giai ñoạn (bước) liên tiếp cho có m cách thực giai ñoạn thứ nhất, ñồng thời ứng với cách ñó có n cách ñể thực giai ñoạn thứ hai Khi ñó có mn cách thực quá trình trên ii) Nếu quá trình (bài toán) ñược thực theo k giai ñoạn (bước) liên tiếp cho có m1 cách thực giai ñoạn thứ nhất, với cách ñó có m2 cách ñể thực giai ñoạn thứ hai, …, có mk cách thực giai ñoạn thứ k Khi ñó, toàn quá trình có m1.m2…mk cách thực Ví dụ Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập ñược số tự nhiên có chữ số phân biệt Giải + Bước 1: chọn chữ số hàng trăm có cách (trừ chữ số 0) + Bước 2: chọn chữ số hàng chục có cách (trừ chữ số ñã chọn hàng trăm) + Bước 3: chọn chữ số ñơn vị có cách (trừ chữ số ñã chọn) Vậy có 7.7.6 = 294 số Ví dụ Số 12000 có bao nhiêu ước số tự nhiên Giải Ta có 12000 = 22.3.103 = 25.3.53 Suy ước số 12000 có dạng 2m.3n.5k với m ∈ { 0; 1; 2; 3; 4; } , n ∈ { 0; } và k ∈ { 0; 1; 2; } + Bước 1: chọn m có cách + Bước 2: với cách chọn m có cách chọn n + Bước 3: với cách chọn m và n có cách chọn k Vậy có 6.2.4 = 48 ước số Lop12.net (3) Ví dụ Từ các phần tử X = { 0; 1; 2; 3; 4; } có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác Giải Gọi A = a1a 2a với a ≠ và a 1, a , a ∈ X là số cần lập + Trường hợp 1: A = a1a (a = 0) - Bước 1: chọn a1 có cách, ñó là a1 = (hoặc 2, 3, 4, 5) - Bước 2: chọn a2 có cách (trừ chữ số và chữ số a1 ñã chọn) Suy có 5.4 = 20 số A = a1a + Trường hợp 2: A = a1a 2a (a ≠ 0) - Bước 1: chọn a3 có cách, ñó là a3 = (hoặc a3 = 4) - Bước 2: chọn a1 có cách (trừ chữ số và chữ số a3 ñã chọn) - Bước 3: chọn a2 có cách từ chữ số còn lại Suy có 2.4.4 = 32 số A = a1a 2a (a ≠ 0) Vậy có 20 + 32 = 52 số Ví dụ Từ các phần tử X = { 0; 2; 3; 6; } có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác Giải Gọi A = a1a 2a 3a a với a ≠ và a 1, a , a , a , a ∈ X là số cần lập + Trường hợp 1: a1 lẻ - Bước 1: a ∈ { 3; } nên a1 có cách chọn - Bước 2: a ∈ { 0; 2; } nên a5 có cách chọn - Bước 3: a ∈ X \ { a 1; a } nên a2 có cách chọn - Bước 4: a ∈ X \ { a1; a ; a } nên a3 có cách chọn - Bước 5: a ∈ X \ { a1 ; a ; a ; a } nên a4 có cách chọn Suy có 2.3.3.2.1 = 36 số ñược lập + Trường hợp 2: a1 chẵn - Bước 1: a ∈ { 2; } nên a1 có cách chọn - Bước 2: a ∈ { 0; 2; } \ { a1 } nên a5 có cách chọn - Bước 3: a ∈ X \ { a 1; a } nên a2 có cách chọn - Bước 4: a ∈ X \ { a1; a ; a } nên a3 có cách chọn - Bước 5: a ∈ X \ { a1 ; a ; a ; a } nên a4 có cách chọn Suy có 2.2.3.2.1 = 24 số ñược lập Vậy có 36 + 24 = 60 số Ví dụ Từ các chữ số 1, 2, có thể lập ñược bao nhiêu số gồm chữ số Giải Gọi A = a1a với a 1, a không phân biệt là số cần lập + Bước 1: chọn chữ số ñể xếp vào a1 có cách + Bước 2: chọn chữ số ñể xếp vào a2 có cách (do các chữ số không phân biệt) Vậy có 3.3 = số Ví dụ 10 Cần xếp người A, B, C lên toa tàu (mỗi toa có thể chứa ñược người) Hỏi có bao nhiêu cách xếp Giải + Bước 1: người A có lựa chọn toa tàu Lop12.net (4) + Bước 2: với cách chọn A thì người B có lựa chọn toa tàu + Bước 3: với cách chọn A và B thì người C có lựa chọn toa tàu Vậy có 2.2.2 = cách xếp Cách giải sai: Toa tàu thứ có cách chọn người, toa thứ hai có cách chọn người Do ñó có 3.3 = cách Sai chỗ là toa thứ có nhiều cách chọn (không chọn chọn người, người, người) ñồng thời chọn người A thì toa thứ hai không thể chọn người A ñược nữa! Cụ thể các trường hợp ñó là Toa I II ABC ABC AB C Các trường hợp AC BC B A C AB B AC A BC Nhận xét: Chỉ dùng các quy tắc ñếm, cộng và nhân thì ưu ñiểm là ít sai sót nhược ñiểm là lời giải dài dòng II Hoán vị – Chỉnh hợp – Tổ hợp Hoán vị ðịnh nghĩa Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( n ≥ ) Mỗi cách xếp n phần tử X theo thứ tự nào ñó ñược gọi là hoán vị n phần tử Số các hoán vị n phần tử ñược ký hiệu là Pn Pn = n ! = 1.2 n Quy ước: 0! = Ví dụ 11 Sắp xếp người vào băng ghế có chỗ Hỏi có bao nhiêu cách Giải Mỗi cách ñổi chỗ người trên băng ghế là hoán vị Vậy có P5 = 5! = 120 cách Ví dụ 12 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, có thể lập ñược số tự nhiên có chữ số khác Giải Gọi A = a1a 2a 3a a với a ≠ và a 1, a , a , a , a phân biệt là số cần lập + Bước 1: chữ số a ≠ nên có cách chọn a1 + Bước 2: chữ số còn lại vào vị trí có 4! = 24 cách Vậy có 4.24 = 96 số Chỉnh hợp ðịnh nghĩa Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( n ≥ ) Mỗi cách chọn k ( ≤ k ≤ n ) phần tử X và xếp theo thứ tự nào ñó ñược gọi là chỉnh hợp chập k n phần tử Số các chỉnh hợp chập k n phần tử ñược ký hiệu là Akn n! A kn = (n − k)! Nhận xét: A nn = n ! = Pn Ví dụ 13 Sắp xếp người vào băng ghế có chỗ Hỏi có bao nhiêu cách Lop12.net (5) Giải Mỗi cách chọn chỗ ngồi từ băng ghế ñể người vào và có hoán vị là chỉnh hợp chập 7! Vậy có A57 = = 2520 cách (7 − 5)! Ví dụ 14 Từ tập hợp X = { 0; 1; 2; 3; 4; } có thể lập ñược số tự nhiên có chữ số khác Giải Gọi A = a1a 2a 3a với a ≠ và a 1, a , a , a phân biệt là số cần lập + Bước 1: chữ số a ≠ nên có cách chọn a1 + Bước 2: chọn chữ số còn lại ñể vào vị trí A53 cách Vậy có 5A53 = 300 số Tổ hợp ðịnh nghĩa Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( n ≥ ) Mỗi cách chọn k ( ≤ k ≤ n ) phần tử X ñược gọi là tổ hợp chập k n phần tử Số các tổ hợp chập k n phần tử ñược ký hiệu là Ckn n! Ckn = k !(n − k)! Ví dụ 15 Có 10 sách toán khác Chọn cuốn, hỏi có bao nhiêu cách Giải Mỗi cách chọn 10 sách là tổ hợp chập 10 Vậy có C10 = 210 cách chọn Ví dụ 16 Một nhóm có nam và nữ Chọn người cho ñó có ít nữ Hỏi có bao nhiêu cách Giải + Trường hợp 1: chọn nữ và nam - Bước 1: chọn nữ có cách - Bước 2: chọn nam có C25 Suy có 3C25 cách chọn + Trường hợp 2: chọn nữ và nam - Bước 1: chọn nữ có C23 cách - Bước 2: chọn nam có Suy có 5C23 cách chọn + Trường hợp 3: chọn nữ có cách Vậy có 3C25 + 5C23 + = 46 cách chọn Ví dụ 17 Hỏi có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên có chữ số cho số ñó, chữ số hàng ngàn lớn hàng trăm, chữ số hàng trăm lớn hàng chục và chữ số hàng chục lớn hàng ñơn vị Giải Gọi A = a1a 2a 3a với ≥ a > a > a > a ≥ là số cần lập X = { 0; 1; 2; ; 8; } Từ 10 phần tử X ta chọn phần tử thì lập ñược số A Nghĩa là không có hoán vị hay là tổ hợp chập 10 Vậy có C10 = 210 số Lop12.net (6) Nhận xét: i/ ðiều kiện ñể xảy hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp là n phần tử phải phân biệt ii/ Chỉnh hợp và tổ hợp khác chỗ là sau chọn k n phần tử thì chỉnh hợp có thứ tự còn tổ hợp thì không Phương pháp giải toán 4.1 Phương pháp Bước ðọc kỹ các yêu cầu và số liệu ñề bài Phân bài toán các trường hợp, trường hợp lại phân thành các giai ñoạn Bước Tùy giai ñoạn cụ thể và giả thiết bài toán ñể sử dụng quy tắc cộng, nhân, hoán vị, chỉnh hợp hay tổ hợp Bước đáp án là tổng kết các trường hợp trên Ví dụ 18 Một nhóm công nhân gồm 15 nam và nữ Người ta muốn chọn từ nhóm người ñể lập thành tổ công tác cho phải có tổ trưởng nam, tổ phó nam và có ít nữ Hỏi có bao nhiêu cách lập tổ công tác Giải + Trường hợp 1: chọn nữ và nam - Bước 1: chọn nữ có cách - Bước 2: chọn 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 cách - Bước 3: chọn 13 nam còn lại có C13 cách 2 C13 cách chọn cho trường hợp Suy có 5A15 + Trường hợp 2: chọn nữ và nam - Bước 1: chọn nữ có C25 cách - Bước 2: chọn 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 cách - Bước 3: chọn 13 nam còn lại có 13 cách Suy có 13A15 C25 cách chọn cho trường hợp + Trường hợp 3: chọn nữ và nam - Bước 1: chọn nữ có C53 cách cách - Bước 2: chọn 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 Suy có A15 C5 cách chọn cho trường hợp 2 2 Vậy có 5A15 C13 + 13A15 C25 + A15 C53 = 111300 cách Cách khác: + Bước 1: chọn 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 cách + Bước 2: chọn tổ viên, ñó có nữ - Trường hợp 1: chọn nữ và nam có 5.C13 cách - Trường hợp 2: chọn nữ và nam có 13.C5 cách - Trường hợp 3: chọn nữ có C53 cách 2 Vậy có A15 + 13.C25 + C53 ) = 111300 cách ( 5.C13 4.2 Phương pháp ðối với nhiều bài toán, phương pháp dài Do ñó ta sử dụng phương pháp loại trừ (phần bù) theo phép toán A ∪ A = X ⇒ A = X \ A Bước 1: chia yêu cầu ñề thành phần là yêu cầu chung X (tổng quát) gọi là loại và yêu cầu riêng A Xét A là phủ ñịnh A, nghĩa là không thỏa yêu cầu riêng gọi là loại Lop12.net (7) Bước 2: tính số cách chọn loại và loại Bước 3: ñáp án là số cách chọn loại trừ số cách chọn loại Chú ý: Cách phân loại và loại có tính tương ñối, phụ thuộc vào chủ quan người giải Ví dụ 19 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, có thể lập ñược số tự nhiên có chữ số khác Giải + Loại 1: chữ số a1 tùy ý, ta có 5! = 120 số + Loại 2: chữ số a1 = 0, ta có 4! = 24 số Vậy có 120 – 24 = 96 số Ví dụ 20 Một nhóm có nam và nữ Chọn người cho ñó có ít nữ Hỏi có bao nhiêu cách Giải + Loại 1: chọn người tùy ý 13 người có C13 cách + Loại 2: chọn nam (không có nữ) nam có C73 cách Vậy có C13 − C73 = 251 cách chọn Ví dụ 21 Từ 20 câu hỏi trắc nghiệm gồm câu dễ, câu trung bình và câu khó người ta chọn 10 câu ñể làm ñề kiểm tra cho phải có ñủ loại dễ, trung bình và khó Hỏi có thể lập ñược bao nhiêu ñề kiểm tra Giải + Loại 1: chọn 10 câu tùy ý 20 câu có C10 cách 20 + Loại 2: chọn 10 câu có không quá loại dễ, trung bình và khó - Trường hợp 1: chọn 10 câu dễ và trung bình 16 câu có C10 16 cách 10 - Trường hợp 2: chọn 10 câu dễ và khó 13 câu có C13 cách - Trường hợp 3: chọn 10 câu trung bình và khó 11 câu có C10 11 cách 10 10 10 10 Vậy có C20 − ( C16 + C13 + C11 ) = 176451 ñề kiểm tra Chú ý: Giải phương pháp phần bù có ưu ñiểm là ngắn nhiên nhược ñiểm là thường sai sót tính số lượng loại Ví dụ 22 Từ 20 câu hỏi trắc nghiệm gồm câu dễ, câu trung bình và câu khó người ta chọn câu ñể làm ñề kiểm tra cho phải có ñủ loại dễ, trung bình và khó Hỏi có thể lập ñược bao nhiêu ñề kiểm tra Cách giải sai: + Loại 1: chọn câu tùy ý 20 câu có C20 cách + Loại 2: chọn câu không thỏa yêu cầu - Trường hợp 1: chọn câu dễ câu có C79 cách - Trường hợp 2: chọn câu trung bình có cách - Trường hợp 3: chọn câu dễ và trung bình 16 câu có C16 cách - Trường hợp 4: chọn câu dễ và khó 13 câu có C13 cách - Trường hợp 5: chọn câu trung bình và khó 11 câu có C11 cách 7 7 Vậy có C20 − ( + C9 + C16 + C13 + C11 ) = 63997 ñề kiểm tra! Sai sót cách tính số ñề loại Chẳng hạn, tính số ñề trường hợp ta ñã tính lặp lại trường hợp và trường hợp Lop12.net (8) Cách giải sai khác: + Loại 1: chọn câu tùy ý 20 câu có C20 cách + Loại 2: chọn câu không thỏa yêu cầu cách - Trường hợp 1: chọn câu dễ trung bình 16 câu có C16 - Trường hợp 2: chọn câu dễ khó 13 câu có C13 cách - Trường hợp 3: chọn câu trung bình khó 11 câu có C11 cách 7 7 Vậy có C20 − ( C16 + C13 + C11 ) = 64034 ñề kiểm tra Sai sót ta ñã tính lặp lại số cách chọn ñề có câu dễ và ñề có câu trung bình trường hợp và trường hợp Cách giải ñúng: + Loại 1: chọn câu tùy ý 20 câu có C20 cách + Loại 2: chọn câu không thỏa yêu cầu - Trường hợp 1: chọn câu dễ trung bình 16 câu có C16 cách 7 - Trường hợp 2: chọn câu dễ và khó 13 câu có C13 − C9 cách - Trường hợp 3: chọn câu trung bình và khó 11 câu có C11 − cách 7 7 Vậy có C20 − ( C16 + C13 − C9 + C11 − ) = 64071 ñề kiểm tra Ví dụ 23 Hội ñồng quản trị công ty gồm 12 người, ñó có nữ Từ hội ñồng quản trị ñó người ta bầu chủ tịch hội ñồng quản trị, phó chủ tịch hội ñồng quản trị và ủy viên Hỏi có cách bầu cho người ñược bầu phải có nữ Giải + Loại 1: bầu người tùy ý (không phân biệt nam, nữ) - Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có A12 cách - Bước 2: bầu ủy viên có C10 cách 2 Suy có A12 C10 cách bầu loại + Loại 2: bầu người toàn nam - Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có A27 cách - Bước 2: bầu ủy viên có C25 cách Suy có A27 C25 cách bầu loại 2 Vậy có A12 C10 − A27 C25 = 5520 cách Hoán vị lặp (tham khảo) Cho tập hợp X có n phần tử gồm n1 phần tử giống nhau, n2 phần tử khác lại giống nhau, …, nk phần tử khác lại giống ( n1 + n2 + + n k = n ) Mỗi cách n phần tử này vào n vị trí là hoán vị lặp, số n! hoán vị lặp là n1 ! n2 ! n k ! Ví dụ 24 Từ các chữ số 1, 2, lập ñược bao nhiêu số tự nhiên có ñúng chữ số 1, chữ số và chữ số Giải Xem số cần lập có 10 chữ số gồm chữ số giống nhau, chữ số giống và chữ số giống 10 ! Vậy có = 2520 số 5!2 ! 3! Cách giải thường dùng: + Bước 1: chọn 10 vị trí ñể chữ số có C10 cách + Bước 2: chọn vị trí còn lại ñể chữ số có C25 cách Lop12.net (9) + Bước 3: chữ số vào vị trí còn lại có cách Vậy có C10 C25 = 2520 số CHƯƠNG II NHỊ THỨC NEWTON PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH A TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I NHỊ THỨC NEWTON ðịnh nghĩa Nhị thức Newton là khai triển tổng lũy thừa có dạng: ( a + b )n = C0n a n + C1n a n −1b + C2n a n −2 b2 + + Cnk a n − k bk + + Cnn bn n = ∑C a k n n−k bk (n = 0, 1, 2, ) k=0 + Số hạng thứ k+1 là Tk +1 = Cnk a n − k bk thường ñược gọi là số hạng tổng quát + Các hệ số Ckn ñược tính theo công thức tổ hợp chập dựa vào tam giác Pascal sau ñây: Chẳng hạn: C60 = 1, C16 = 6, C62 = 15, C63 = 20, C64 = 15, C65 = 6, C66 = Tính chất i) Ckn = Cnn − k (0 ≤ k ≤ n) ii) Ckn + Ckn−1 = Ckn +1 (1 ≤ k ≤ n) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Dùng ñịnh nghĩa và tính chất chứng minh rút gọn ñẳng thức Ví dụ Chứng minh ñẳng thức: Ckn + 3Ckn−1 + 3Ckn−2 + Cnk − = Cnk + với ≤ k ≤ n Giải Áp dụng tính chất ta có: Lop12.net (10) Ckn + 3Cnk −1 + 3Cnk −2 + Cnk −3 = ( Ckn + Ckn−1 ) + ( Ckn−1 + Ckn−2 ) + ( Ckn−2 + Cnk − ) = Ckn +1 + 2Ckn−+11 + Ckn−+21 = ( Cnk +1 + Cnk−+11 ) + ( Cnk −+11 + Cnk −+21 ) = Ckn +2 + Cnk−+12 = Ckn + 15 16 29 30 Ví dụ Tính tổng S = C14 30 − C 30 + C30 − − C 30 + C30 Giải Áp dụng tính chất ta có: 14 14 15 15 16 28 29 30 13 29 30 13 S = ( C13 29 + C29 ) − ( C29 + C29 ) + ( C29 + C29 ) − − ( C29 + C29 ) + C 30 = C29 − C29 + C30 = C29 Vậy S = 67863915 Cách khác: 13 14 29 30 ( − )30 = ( C030 − + C12 30 − C 30 ) + ( C 30 − − C30 + C 30 ) 18 17 14 29 30 ⇒ ( C30 30 − + C30 − C30 ) + ( C 30 − − C30 + C 30 ) = 15 14 16 15 14 14 15 ⇒ ( S − C16 30 + C30 − C30 ) + S = ⇒ 2S = C 30 − C30 + C30 = 2C 30 − C 30 15 2C14 30 − C 30 = 67863915 Vậy S = Ví dụ Rút gọn tổng sau: 2005 2004 k 2006 -k 2006 S = C2007 C2006 2007 + C2007 C2006 + C2007 C2005 + + C2007 C2007 -k + + C2007 C1 Giải Áp dụng công thức ta có: 2007 ! (2007 − k)! 2007 ! 2006! k -k C2007 C2006 = = 2007 2007 -k = k ! ( 2007 − k ) ! (2006 − k)!1! k ! ( 2006 − k ) ! k ! ( 2006 − k ) ! k = 2007C2006 với ∀k = 0, 1, 2, , 2006 2006 k Suy S = 2007 ( C2006 + C12006 + + C2006 + + C2006 2006 ) = 2007 ( + ) 2006 Vậy S = 2007.2 Khai triển nhị thức Newton 2.1 Dạng khai triển Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa là và – xen kẽ i) Khai triển ( a + b )n ( a − b )n ii) Cộng trừ hai vế khai triển trên Ví dụ Tính tổng sau: 2007 2007 S = C2007 − 2C12007 + 22 C2007 − 23 C2007 + + 22006 C2006 C2007 2007 − Giải Ta có khai triển: 2006 2007 (1 − 2)2007 = C2007 − 2C12007 + 22 C2007 − + 22006 C2007 − 22007 C2007 Vậy S = −1 Ví dụ Rút gọn tổng sau: 2004 2006 S = C2007 + 32 C22007 + 34 C2007 + + 32004 C2007 + 32006 C2007 Giải Ta có các khai triển: 2007 2007 (1 + 3)2007 = C2007 + 3C12007 + 32 C22007 + + 32006 C2006 C2007 (1) 2007 + Lop12.net (11) 2006 2007 (1 − 3)2007 = C2007 − 3C12007 + 32 C22007 − + 32006 C2007 − 32007 C2007 (2) Cộng (1) và (2) ta ñược: 2006 ( C2007 + 32 C22007 + 34 C2007 + + 32006 C2007 ) = 42007 − 22007 Vậy S = 22006 ( 22007 − ) Ví dụ Rút gọn tổng sau: S = 32006.2C12007 + 32004.23 C2007 + 32002.25 C2007 + + 22007 C2007 2007 Giải Ta có các khai triển: 2006 2007 (3 + 2)2007 = 32007 C2007 + 32006.2C12007 + 32005.22 C2007 + + 3.22006 C2007 + 22007 C2007 (1) 2007 2007 2006 2005 2 2006 2006 2007 2007 (3 − 2) = C2007 − 2C2007 + C2007 − + 3.2 C2007 − C2007 (2) Trừ (1) và (2) ta ñược: 2007 ( 32006.2C12007 + 32004.23 C2007 + 32002.25 C2007 + + 22007 C2007 − 2007 ) = 2007 −1 Vậy S = 2.2 Dạng ñạo hàm 2.2.1 ðạo hàm cấp Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng dần từ ñến n (hoặc giảm dần từ n ñến 1) (không kể dấu) Hai khai triển thường dùng: ( + x )n = C0n + C1n x + C2n x + + Ckn x k + + Cnn x n (1) ( − x )n = C0n − C1n x + C2n x − + ( −1 )k Cnk x k + + ( −1 )n Cnn x n (2) i) ðạo hàm vế (1) (2) ii) Cộng trừ (1) và (2) sau ñã ñạo hàm thay số thích hợp Ví dụ Tính tổng sau: 29 30 S = C130 − 2.2C230 + 3.22 C330 − + 29.228 C29 30 − 30.2 C30 Giải Ta có khai triển: 29 30 30 ( + x )30 = C030 + C130 x + C230 x + + C29 + C30 x (1) 30 x ðạo hàm vế (1) ta ñược: 28 30 29 C130 + 2C230 x + + 29C29 + 30C30 x = 30 ( + x )29 (2) 30 x Thay x = – vào (2) ta ñược: 29 29 30 C130 − 2.2C230 + 3.22 C330 − + 29.228 C29 30 − 30.2 C 30 = 30 ( − ) Vậy S = −30 Ví dụ Rút gọn tổng sau: 28 29 S = C130 + 3.22 C330 + 5.24 C530 + + 27.226 C27 30 + 29.2 C 30 Giải Ta có khai triển: 29 30 30 ( + x )30 = C030 + C130 x + C230 x + + C29 + C30 x (1) 30 x ðạo hàm vế (1) ta ñược: 28 30 29 C130 + 2C230 x + + 29C29 + 30C30 x = 30 ( + x )29 (2) 30 x Thay x = và x = – vào (2) ta ñược: 29 29 30 C130 + 2.2C230 + 3.22 C330 + + 29.228 C29 (3) 30 + 30.2 C30 = 30 ( + ) 29 2 28 29 29 30 C30 − 2.2C30 + 3.2 C30 − + 29.2 C30 − 30.2 C30 = 30 ( − ) (4) 10 Lop12.net (12) Cộng hai ñẳng thức (3) và (4) ta ñược: 28 29 29 ( C130 + 3.22 C30 + 5.24 C530 + + 27.226 C27 − 1) 30 + 29.2 C 30 ) = 30 ( Vậy S = 15 ( 329 − ) Ví dụ Rút gọn tổng sau: 2007 S = 2008C2007 + 2007C12007 + 2006C22007 + + 2C2006 2007 + C2007 Giải Ta có khai triển: 2006 2007 ( x + )2007 = C2007 x 2007 + C12007 x 2006 + C2007 x 2005 + + C2007 x + C2007 (1) Nhân vế (1) với x ta ñược: 2006 2007 x ( x + )2007 = C2007 x 2008 + C12007 x 2007 + C2007 x 2006 + + C2007 x + C2007 x (2) ðạo hàm vế (2) ta ñược: 2006 2007 2008C2007 x 2007 + 2007C12007 x 2006 + 2006C2007 x 2005 + + 2C2007 x + C2007 = (1 + 2008x) ( x + )2006 (3) Thay x = vào (3) ta ñược: 2007 2006 2008C2007 + 2007C12007 + 2006C22007 + + 2C2006 2007 + C2007 = 2009.2 2006 Vậy S = 2009.2 Cách khác: Ta có khai triển: 2006 2007 ( x + )2007 = C2007 x 2007 + C12007 x 2006 + C2007 x 2005 + + C2007 x + C2007 (1) ðạo hàm vế (1) ta ñược: 2005 2006 2007C2007 x2006 + 2006C12007 x 2005 + 2005C2007 x 2004 + + 2C2007 x + C2007 = 2007 ( x + )2006 (2) Thay x = vào (1) và (2) ta ñược: 2007 2007 C2007 + C12007 + C22007 + + C2006 (3) 2007 + C2007 = 2 2006 2007C2007 + 2006C2007 + 2005C2007 + + C2007 = 2007.22006 (4) Cộng (3) và (4) ta ñược: 2007 2006 2008C2007 + 2007C12007 + 2006C22007 + + 2C2006 2007 + C2007 = 2009.2 2006 Vậy S = 2009.2 Ví dụ 10 Cho tổng sau: S = 2C0n + 3C1n + 4C2n + + (n + 1)Cnn −1 + (n + 2)Cnn , với n ∈ Z+ Tính n, biết S = 320 Giải Ta có khai triển: ( + x )n = C0n + C1n x + C2n x + + Cnn −1 x n −1 + Cnn x n (1) Nhân vế (1) với x2 ta ñược: C0n x + C1n x + C2n x + + Cnn −1x n +1 + Cnn x n + = x ( + x )n (2) ðạo hàm vế (2) ta ñược: 2C0n x + 3C1n x + 4C2n x + + (n + 1)Cnn −1x n + (n + 2)Cnn x n +1 = 2x ( + x )n + nx (1 + x)n −1 (3) Thay x = vào (3) ta ñược: 2C0n + 3C1n + 4C2n + + (n + 1)Cnn −1 + (n + 2)Cnn = (4 + n).2n −1 S = 320 ⇔ (4 + n).2n −1 = 320 Vậy n = Cách khác: Ta có khai triển: ( + x )n = C0n + C1n x + C2n x + + Cnn −1 x n −1 + Cnn x n (1) ðạo hàm vế (1) ta ñược: C1n + 2C2n x + 3Cn3 x + + nCnn x n −1 = n ( + x )n −1 (2) Thay x = vào (1) và (2) ta ñược: 11 Lop12.net (13) C0n + C1n + C2n + C3n + + Cnn −1 + Cnn = 2n (3) C1n + 2C2n + 3Cn3 + + (n − 1)Cnn −1 + nCnn = n.2n −1 (4) Nhân (3) với cộng với (4) ta ñược: 2C0n + 3C1n + 4C2n + + (n + 1)Cnn −1 + (n + 2)Cnn = (4 + n).2n −1 S = 320 ⇔ (4 + n).2n −1 = 320 Vậy n = 2.2.2 ðạo hàm cấp Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng (giảm) dần từ 1.2 ñến (n–1).n tăng (giảm) dần từ 12 ñến n2 (không kể dấu) Xét khai triển: ( + x )n = C0n + C1n x + C2n x + Cn3 x + + Cnn −1x n −1 + Cnn x n (1) ðạo hàm vế (1) ta ñược: C1n + 2C2n x + 3Cn3 x + 4Cn4 x + + nCnn x n −1 = n ( + x )n −1 (2) i) Tiếp tục ñạo hàm vế (2) ta ñược: 1.2C2n + 2.3Cn3 x + 3.4Cn4 x + + (n − 1)nCnn x n −2 = n(n − 1)(1 + x)n −2 (3) ii) Nhân x vào vế (2) ta ñược: C1n x + 2C2n x + 3Cn3 x + 4Cn4 x + + nCnn x n = nx ( + x )n −1 (4) ðạo hàm vế (4) ta ñược: 12 C1n + 22 C2n x + 32 C3n x + + n2Cnn x n −1 = n(1 + nx)(1 + x)n −2 (5) Ví dụ 11 Tính tổng sau: 15 S = 1.2C16 − 2.3C16 + 3.4C16 − − 14.15C16 + 15.16C16 16 Giải Ta có khai triển: 15 15 16 16 ( + x )16 = C16 + C116 x + C16 x + C16 x + + C16 x + C16 x (1) ðạo hàm vế (1) ta ñược 14 15 C116 + 2C16 x + 3C16 x + + 15C15 + 16C16 = 16 ( + x )15 (2) 16 x 16 x ðạo hàm vế (2) ta ñược: 14 1.2C16 + 2.3C16 x + 3.4C16 x + + 15.16C16 = 240(1 + x)14 (3) 16 x Thay x = – vào ñẳng thức (3) ta ñược: 16 1.2C16 − 2.3C16 + 3.4C16 − − 14.15C15 16 + 15.16C16 = Vậy S = Ví dụ 12 Rút gọn tổng sau: 2006 2007 S = 12 C12007 + 22 C2007 + 32 C2007 + + 20062 C2007 + 20072 C2007 Giải Ta có khai triển: 2006 2007 ( + x )2007 = C2007 + C12007 x + C22007 x + + C2006 + C2007 (1) 2007 x 2007 x ðạo hàm vế (1) ta ñược: 2006 C12007 + 2C2007 x + 3C2007 x + + 2007C2007 = 2007 ( + x )2006 (2) 2007 x Nhân x vào vế (2) ta ñược: 2006 2006 2007 C12007 x + 2C22007 x + 3C2007 x + + 2006C2007 x + 2007C2007 = 2007x ( + x )2006 (3) 2007 x ðạo hàm vế (3) ta ñược: 2005 2007 2006 12 C12007 + 22 C2007 x + 32 C2007 x + + 20062 C2006 + 20072 C2007 x 2007 x = 2007(1 + 2007x)(1 + x)2005 (4) Thay x = vào ñẳng thức (4) ta ñược 12 Lop12.net (14) 2005 12 C12007 + 22 C2007 + 32 C2007 + + 20072 C2007 2007 = 2007.2008.2 2005 Vậy S = 2007.2008.2 2.3 Dạng tích phân Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp (và lũy thừa) giảm dần từ ñến 1 tăng dần từ ñến n +1 n +1 Xét khai triển: ( + x )n = C0n + C1n x + C2n x + + Cnn −1 x n −1 + Cnn x n (1) Lấy tích phân vế (1) từ a ñến b ta ñược: b b ∫ (1 + x ) n dx = C n a ⇒ n +1 b (1 + x ) = C0n x b b b ∫ dx + C ∫ xdx + + C ∫ x a + C1n b b x n −1 n n a dx + C a n +1 n b n n ∫ x dx n a b x x + Cnn n a n +1 a n +1 n +1 b −a (1 + b)n +1 − (1 + a)n +1 + Cnn = n +1 n +1 + + Cnn −1 n +1 a a a 2 b−a b −a bn − a n n −1 ⇒ Cn + Cn + + Cn n n −1 Trong thực hành, ta dễ dàng nhận biết giá trị n ðể nhận biết cận a và b ta nhìn vào số hạng b n +1 − a n + n Cn n +1 Ví dụ 13 Rút gọn tổng sau: 32 − 22 3 − 39 − 29 310 − 210 S = C90 + C9 + C9 + + C9 + C9 10 Giải Ta có khai triển: ( + x )9 = C90 + C19 x + C29 x + + C98 x + C99 x ⇒ ∫ ( + x )9 dx = C90 (1 + x ) ∫ dx + C ∫ xdx + + C ∫ x dx + C ∫ x dx 10 3 9 2 9 3 3 x x x x x10 ⇒ =C + C19 + C29 + + C98 + C99 10 12 2 10 2 10 10 2 9 10 10 −3 −2 −2 −2 ⇒ = C90 + C9 + + C9 + C99 10 10 410 − 310 Vậy S = 10 Ví dụ 14 Rút gọn tổng sau: 22 23 24 2n n +1 n S = 2C0n + C1n + C2n + Cn3 + + Cnn −1 + C n n +1 n Giải Ta có khai triển: ( + x )n = C0n + C1n x + C2n x + C3n x + + Cnn −1x n −1 + Cnn x n ⇒ ∫ (1 + x ) n dx = C n ⇒ (1 + x ) = C0n x 2 ∫ dx + C ∫ xdx + C ∫ x dx + + C ∫ x dx n +1 n +1 n 2 n + C1n 2 x 2 n n + + Cnn −1 n n x n + Cnn 13 Lop12.net n +1 x n +1 (15) 22 23 2n 2n +1 n n +1 − Cn + Cn + + Cnn −1 + Cn = n n +1 n +1 n +1 − Vậy S = n +1 Ví dụ 15 Rút gọn tổng sau: 22 − 1 23 + 2100 − 99 2101 + 100 S = 3C100 + C100 + C100 + + C100 + C100 100 101 Giải Ta có khai triển: 99 100 ( + x )100 = C100 + C1100 x + C100 x + + C100 x 99 + C100 100 x ⇒ 2C0n + ⇒ ∫ (1 + x ) 100 dx = C 100 −1 ( + x )101 2 ∫ dx + C ∫ xdx + + C ∫ x 100 −1 99 100 −1 −1 2 99 dx + C 100 100 100 x2 x2 x101 99 x + C1100 + + C100 + C100 100 101 −1 −1 100 −1 101 −1 101 100 101 −1 − 99 + 100 ⇒ = 3C100 + C100 + + C100 + C100 101 100 101 3101 Vậy S = 101 ⇒ ∫x 100 dx −1 = C100 −1 Tìm số hạng khai triển nhị thức Newton 3.1 Dạng tìm số hạng thứ k Số hạng thứ k khai triển (a + b)n là Ckn−1a n −(k −1)bk −1 Ví dụ 16 Tìm số hạng thứ 21 khai triển (2 − 3x)25 Giải 20 20 20 Số hạng thứ 21 là C25 (−3x)20 = 25.320 C25 x 3.2 Dạng tìm số hạng chứa xm + Số hạng tổng quát khai triển (a + b)n là Ckn a n −k bk = M(k).x f(k) (a, b chứa x) + Giải phương trình f(k) = m ⇒ k , số hạng cần tìm là: Ckn0 a n −k0 bk0 và hệ số số hạng chứa xm là M(k0) x 18 Ví dụ 17 Tìm số hạng không chứa x khai triển + x Giải x 18 18 Số hạng tổng quát khai triển + = ( 2−1 x + 4x−1 ) là: x 18 − k k k k 3k −18 18 −2k C18 x ( 2−1 x ) ( 4x−1 ) = C18 Số hạng không chứa x ứng với 18 − 2k = ⇔ k = 9 Vậy số hạng cần tìm là C18 ( ( ) ) Ví dụ 18 Tìm số hạng chứa x37 khai triển ( x − xy ) Giải 20 k k Số hạng tổng quát khai triển ( x − xy ) là C20 (x )20−k (−xy)k = (−1)k C20 x 40− k y k 20 14 Lop12.net (16) Số hạng chứa x37 ứng với 40 − k = 37 ⇔ k = Vậy số hạng cần tìm là −C20 x 37 y = −1140x 37 y Cách khác: 20 Số hạng tổng quát khai triển ( x − xy ) = x 20 ( x − y )20 là: k 20 − k k 20 − k k x 20C20 x (−y)k = (−1)k x20C20 x y 37 Số hạng chứa x ứng với 20 − k = 17 ⇔ k = Vậy số hạng cần tìm là −x 20C20 x17 y = −1140x 37 y Ví dụ 19 Tìm số hạng chứa x3 khai triển ( + x + x ) Giải 10 k k Số hạng tổng quát khai triển ( + x + x ) = [ + x ( + x ) ]10 là C10 x (1 + x)k Suy số hạng chứa x3 ứng với ≤ k ≤ 2 + Với k = 2: C10 x (1 + x)2 = C10 (x + 2x + x ) nên số hạng chứa x3 là 2C10 x3 3 + Với k = 3: C10 x (1 + x)3 có số hạng chứa x3 là C10 x3 Vậy số hạng cần tìm là ( C10 + 2C10 ) x = 210x 10 Cách khác: 10 Ta có khai triển ( + x + x ) = [ + x ( + x ) ]10 là: 10 10 C10 + C10 x(1 + x) + C10 x (1 + x)2 + C10 x (1 + x)3 + + C10 10 x (1 + x) Số hạng chứa x3 có C10 x (1 + x)2 và C10 x (1 + x)3 2 + C10 x (1 + x)2 = C10 (x + 2x + x ) ⇒ 2C10 x3 3 x (1 + x)3 = C10 (x + 3x + 3x + x ) ⇒ C10 x3 + C10 Vậy số hạng cần tìm là 2C10 x + C10 x = 210x 3.3 Dạng tìm số hạng hữu tỉ + Số hạng tổng quát khai triển (a + b)n là: m p r q C a b = C a b (a, b là vô tỉ) m p ∈ ℕ + Giải hệ phương trình r (k ∈ ℕ, ≤ k ≤ n) ⇒ k ∈ ℕ q k0 n −k0 k0 Số hạng cần tìm là Cn a b k n n −k k k n ( ) 10 +35 Giải 1 10 10 k k 2.5 1 + là Ck 2.5 Số hạng tổng quát khai triển + = 32 10 2 Số hạng hữu tỉ khai triển thỏa ñiều kiện: Ví dụ 20 Tìm số hạng hữu tỉ khai triển ( ) 15 Lop12.net (17) k ∈ ℕ k = ( k ∈ ℕ, ≤ k ≤ 10 ) ⇒ k = k ∈ℕ 1 + Với k = 0: số hạng hữu tỉ là C10 = 32 32 2625 + Với k = 6: số hạng hữu tỉ là C10 = 32 2625 Vậy số hạng cần tìm là và 32 3.4 Dạng tìm hệ số chứa xk tổng n số hạng ñầu tiên cấp số nhân Tổng n số hạng ñầu tiên cấp số nhân với công bội q khác là: − qn Sn = u1 + u2 + + u n = u1 1−q Xét tổng S(x) = (1 + bx)m +1 + (1 + bx)m +2 + + (1 + bx)m + n là tổng n số hạng ñầu tiên cấp số nhân với u1 = (1 + bx)m +1 và công bội q = (1 + bx) Áp dụng công thức ta ñược: n (1 + bx)m + n +1 − (1 + bx)m +1 m +1 − (1 + bx) S(x) = (1 + bx) = − (1 + bx) bx Suy hệ số số hạng chứa xk S(x) là nhân với hệ số số hạng chứa x k +1 khai triển: b (1 + bx)m + n +1 − (1 + bx)m +1 Ví dụ 21 Tìm hệ số số hạng chứa x4 khai triển và rút gọn tổng sau: S(x) = ( + x )4 + ( + x )5 + ( + x )6 + + ( + x )15 Giải Tổng S(x) có 15 – + = 12 số hạng nên ta có: − (1 + x)12 (1 + x)16 − (1 + x)4 S(x) = (1 + x)4 = − (1 + x) x Suy hệ số số hạng chứa x4 là hệ số số hạng chứa x5 (1 + x)16 Vậy hệ số cần tìm là C16 = 4368 Nhận xét: Bằng cách tính trực tiếp hệ số số hạng tổng ta suy ñẳng thức: C44 + C54 + C64 + + C15 = C16 Ví dụ 22* Tìm hệ số số hạng chứa x2 khai triển và rút gọn tổng sau: S(x) = ( + x ) + ( + x )2 + + 99 ( + x )99 + 100 ( + x )100 Giải Ta có: S(x) = ( + x )[ + ( + x ) + + 99 ( + x )98 + 100 ( + x )99 ] ðặt: f(x) = + ( + x ) + ( + x )2 + + 99 ( + x )98 + 100 ( + x )99 F(x) = (1 + x) + ( + x )2 + ( + x )3 + + ( + x )99 + ( + x )100 ⇒ S(x) = f(x) + xf(x) và F/ (x) = f(x) 16 Lop12.net (18) Suy hệ số số hạng chứa x2 S(x) tổng hệ số số hạng chứa x và x2 f(x), tổng lần hệ số số hạng chứa x2 và lần hệ số số hạng chứa x3 F(x) Tổng F(x) có 100 số hạng nên ta có: − (1 + x)100 (1 + x)101 − (1 + x) F(x) = (1 + x) = − (1 + x) x + Hệ số số hạng chứa x2 F(x) là C101 + Hệ số số hạng chứa x F(x) là C101 Vậy hệ số cần tìm là 2C101 + 3C101 = 12582075 Nhận xét: Bằng cách tính trực tiếp hệ số số hạng tổng ta suy ñẳng thức: 2C22 + 3C23 + 4C24 + + 99C299 + 100C100 = 2C101 + 3C101 Ví dụ 23* Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển và rút gọn tổng sau: S(x) = ( + x ) + ( + x )2 + + (n − 1) ( + x )n−1 + n ( + x )n Giải Ta có: S(x) = ( + x )[ + ( + x ) + + (n − 1) ( + x )n −2 + n ( + x )n −1 ] ðặt: f(x) = + ( + x ) + ( + x )2 + + (n − 1) ( + x )n−2 + n ( + x )n−1 F(x) = (1 + x) + ( + x )2 + ( + x )3 + + ( + x )n −1 + ( + x )n ⇒ S(x) = f(x) + xf(x) và F/ (x) = f(x) Suy hệ số số hạng chứa x S(x) tổng hệ số số hạng không chứa x và chứa x f(x), tổng hệ số số hạng chứa x và lần hệ số số hạng chứa x2 F(x) Tổng F(x) có n số hạng nên ta có: − (1 + x)n (1 + x)n +1 − (1 + x) F(x) = (1 + x) = − (1 + x) x + Hệ số số hạng chứa x F(x) là C2n +1 + Hệ số số hạng chứa x2 F(x) là C3n +1 n(n + 1)(2n + 1) Vậy hệ số cần tìm là C2n +1 + 2C3n +1 = Nhận xét: Bằng cách tính trực tiếp hệ số số hạng tổng ta suy ñẳng thức: n(n + 1)(2n + 1) 12 + 22 + 32 + + (n − 1)2 + n2 = 3.5 Dạng tìm hệ số lớn khai triển Newton Xét khai triển (a + bx)n có số hạng tổng quát là Ckna n −k bk x k ðặt u k = Cnk a n− k bk , ≤ k ≤ n ta có dãy hệ số là { u k } ðể tìm số hạng lớn dãy ta thực các bước sau: u Bước 1: giải bất phương trình k ≥ ta tìm ñược k0 và suy u k0 ≥ u k0 +1 ≥ ≥ u n u k +1 u Bước 2: giải bất phương trình k ≤ ta tìm ñược k1 và suy u k1 ≥ u k1 −1 ≥ ≥ u u k +1 Bước 3: số hạng lớn dãy là max { u k0 , u k1 } 17 Lop12.net (19) Chú ý: ðể ñơn giản tính toán ta có thể làm gọn sau: u k ≥ u k +1 ⇒ k Suy hệ số lớn là Ckn0 a n−k0 bk0 Giải hệ bất phương trình u k ≥ u k −1 Ví dụ 24 Tìm hệ số lớn khai triển ( + 0,2x )17 Giải 17 k Khai triển ( + 0,2x ) có số hạng tổng quát là C17 (0,2)k x k Ta có: 17 ! 17 ! k k k +1 k +1 k ! ( 17 − k ) ! ≥ (k + 1)! ( 16 − k ) ! C17 (0,2) ≥ C17 (0, 2) ⇔ k k −1 C17 (0,2)k ≥ C17 17 ! 17 ! (0, 2)k −1 ≥5 ( (k − 1)! ( 18 − k ) ! k ! 17 − k ) ! 5(k + 1) ≥ 17 − k ⇔ ⇔ ≤ k ≤ 18 − k ≥ 5k + Với k = 2: hệ số là C17 (0,2)2 = 5, 44 + Với k = 3: hệ số là C17 (0,2)3 = 5, 44 Vậy hệ số lớn là 5,44 ( ) 2x 10 Ví dụ 25 Tìm hệ số lớn khai triển + Giải 10 2x 1 k 10−k k k Khai triển + = 10 ( + 2x )10 có số hạng tổng quát là 10 C10 x 3 Ta có: 10! 10! ≥2 k 10 − k k k +1 − k k + C10 ≥ C10 (k + 1)! ( − k ) ! k ! ( 10 − k ) ! ⇔ k 10− k k k −1 11− k k −1 C10 ≥ C10 10! 10! ≥3 ( (k − 1)! ( 11 − k ) ! k ! 10 − k ) ! 3(k + 1) ≥ 2(10 − k) 17 22 ⇔ ⇔ ≤k≤ ⇒ k = 2(11 − k) ≥ 3k 5 1120 32 = Vậy hệ số lớn là 10 C10 27 ( ) II PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phương pháp giải toán Bước 1: ñặt ñiều kiện cho bài toán + Px có ñiều kiện là x ∈ ℕ + A yx , Cyx có ñiều kiện là x ∈ ℕ, y ∈ ℕ và ≤ y ≤ x Bước 2: áp dụng công thức tính ñể ñưa bài toán phương trình, hệ phương trình quen thuộc Bước 3: giải phương trình, hệ phương trình dựa vào ñiều kiện ñể chọn nghiệm 18 Lop12.net (20) Chú ý: Do tính chất đặc biệt nghiệm là số tự nhiên nên đơi ta phải thử và đốn nghiệm Chẳng hạn: x! = ⇔ x = ∨ x = (x − 5)(x − 4)(x − 3)(x − 2)x = 120 ( = ! ) ⇔ x = 30 P x Giải x ∈ ℕ x ∈ ℕ ðiều kiện ⇔ x − ≥ x ≥ Ví dụ 26 Giải phương trình A xx −+11 + 2Px −1 = Ta có: A xx −+11 + 2Px −1 = 30 (x + 1)! 30 Px ⇔ + 2(x − 1)! = x! 2! x = ⇔ 7(x − 1)! x(x + 1) + 28(x − 1)!− 60(x − 1)! x = ⇔ 7x − 53x + 28 = ⇔ x = So với ñiều kiện ta ñược nghiệm là x = Ví dụ 27 Giải phương trình: Cxx −10 + Cxx −9 + Cxx −8 + + Cxx −2 + Cxx −1 = 1023 Giải x ∈ ℕ x ∈ ℕ ðiều kiện ⇔ x − 10 ≥ x ≥ 10 Ta có: Cxx −10 + Cxx −9 + Cxx −8 + + Cxx −2 + Cxx −1 = 1023 ⇔ Cxx −10 + Cxx −9 + Cxx −8 + + Cxx −2 + Cxx −1 + Cxx = (1 + 1)10 + Cxx − Vậy x = 10 A yx : Py−1 + Cxx − y = 126 Ví dụ 28 Giải hệ phương trình Py +1 = 720 Giải x, y ∈ ℕ x, y ∈ ℕ ðiều kiện ≤ y ≤ x ⇔ ≤ y ≤ x y − ≥ Ta có: x! x! y x−y + = 126 A x : Py −1 + Cx = 126 ⇔ ( x − y ) !(y − 1)! (x − y)! y ! Py +1 = 720 (y + 1)! = ! x! x! 6.x ! x = + = 126 = 126 ( ) x − ! ! (x − 5)! 5! ⇔ ⇔ (x − 5)! 5! ⇔ y = y=5 y=5 19 Lop12.net (21)