Giup ban on tap ve nhi thuc NewTon

M ặt khác, ta cũng có thể chọn một trong n nam làm đội trưởng trước, rồi chọn mới chọn.. n  người khác sau khi ghép hai nhóm th ành m ột.1[r]

Hè 2009

NGUYỄN VĂN NĂM - LÊ HỒNG NAM

THPT Lê Hơng Phong ( Đồng Nai) – THPT Lê Quý Đôn (Đà Nẵng)

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG

A LÝ THUYẾT

1 CÔNG THỨC NEWTON:

Cho số thực a b, số nguyên dương n thì:

 

     

0 1

0

0 1

0

1

n

n k n k n n n n n

n n n n

k n

n k k n k n n n n n n

n n n n

k

a b C a b C a C a b C b

a b C a b C a C a b C b

 



 



      

        

  2 Tính Chất

a. Số số hạng công thức n1

b. Tổng số mũ a b số hạng luôn số mũ nhị

thức: n n k  n

c. Số hạng tổng quát nhị thức là: 1 k n k k

k n

T C a  b (Đó số hạng thứ k1trong khai triển a b n)

d. Các hệ số nhị thức hai số hạng đầu, cuối

e. 2n CnnCnn1 Cn0 f. 0Cn0Cn1   1 nCnn g. Tam giác Pascal:

0

1 1

2

n

n n

 

       

1

1

1

m m

k k m k

n k C C

n k C





      

Với Ckm1Ckm Ckm1

   

 

 

 

0

1

2 2 2

3 3 2 2 3

1 #

2

3

a b a b

a b a b

a b a ab b

a b a a b ab b

      

   

3 Một số khai tiển hay sử dụng:  

     

0

0

0

0

2 1

0 1

n n

n k n

n n n n

k n

n k k n n

n n n n

k

C C C C

C C C C





       

         

 

  1

0

1

n

n k n k n n

n n n n

k

x C x  C C x  C x



      

    0 1  

0

1

n

n k k n k n n n

n n n n

k

x C x  C x C x C x



        

    1  

0

1

n

n k k n k n n n

n n n n

k

x C x  C C x  C x



         

4 Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức NEWTON 1. Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có

1 n

i n i

C



 với i số tự

nhiên liên tiếp

2. Trong biểu thức có  

1

1

n

i n i

i i C





 ta dùng đạo hàm i

 Trong biểu thức có  

1 n

i n i

i k C





 ta nhân hai vế với k

x , lấy đạo hàm  Trong biểu thức có

1 n

k i n i

a C



 ta chọn giá trị xa thích hợp

 Trong biểu thức có

1

1

n

i n i

C i

 

 ta lấy tích phân xác định a b;  thích hợp

 Nếu toán cho khai triển        

1

n n

n n i i a n i ib

a b i a b i

n n

i i

x x C x  x C x  

 

  

thì hệ số m

x Cni cho phương trình a n i  b i m có nghiệm i  i

n

C đạtMAX

2

n

k   hay

2

n

k   với n lẻ,

2

n

k với n chẵn

Việc nhận biết dấu hiệu giúp cho giải tốt dạng toán liên quan đến nhị thức NEWTON, đặt biệt đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng.

B CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Ví dụ 1.1: (D(H Thủy lợi sở II, 2000) Khai triển rút gọn đa thức:

  1 9 1 10 1 14

Q x  x  x   x

Ta đa thức: Q x a0a x1  a x14 14

Xác định hệ số a9

Giải Hệ số

x đa thức: 1x91x10 1x14 là: C C99, 105, ,C149

Do đó: a9 C99C109  C149

10 110.11 110.11.12 10.11.12.13 10.11.12.13.14

2 24 20

     

11 55 220 715 2002    3003

Ví dụ 1.2(ĐHBKHN- 2000) Giải bất phương trình: 22

1

10 2AxAx  xCx  Giải

Điều kiện: x số nguyên dương x3

Ta có: bất phương trình tương đương với

 

    

      

2

1 10

2 3!

2 1 10

3 12

x x x x

x x

x

x x x x x x

x x

  

   

           

Vì x ngun dương x3nên x 3.4

Ví dụ 1.3: Tìm hệ số x16 khai triển x22x10 Giải

Ta có:      

10 10

10 10

2

2

2 k k k

k

x x C x  x



 

 

   

10 10

20 20

10 10

0

2 k k

k k k k k

k k

C x  x C x 

 

   

Ta chọn: 20k  16 k 4

 Hệ số x16 khai triển là: C104 3360

Ví dụ 1.4: Tìm hệ số x1008 khai triển

2009

3

1

x x

 



 

 

Giải Số hạng thứ k1 khai triển:

 2 2009 4018

1 2009 2009

1 k

k

k k k

k

T C x C x

x

 



 

   

Ta chọn: 4018 5 k1008 k 602

 Hệ số 1008

x khai triển 602 2009 C Ví dụ 1.5:(ĐH KA 2004) Tìm hệ số

x khai triển đa thức

 

1 x x

   

 

Giải

Cách 1: Ta có      

8

2

8

0 0

1

k

k i

k k k i i

k

k k i

f x C x x C x C x

  

 

 

       

 

  

Vậy ta có hệ số

x  1iC C8k ki thỏa

0

0

4

2

2 ,

3 i i k

k k i

i i k N

k

    

 



 

  

 

      

    Hệ số x8 là:  1 0C C84 40 1 2C C83 32 238

Cách 2: Ta có:

  2  2   

8 8

2

1

f x C  C x x  C x x   C x x  Nhận thấy: x8 có số hạng:

 Số hạng thứ tư: C83x21x3

 Số hạng thứ năm: C84x21x4

Với hệ số tương đương: A8 C C83 32C C84 40 238

Ví dụ: 1.6:(ĐH SPQN 2000) Xác định hệ số

x khai triển hàm số

   210

P x   x x theo lũy thừa x Giải Ta có: P x  1 2x3x210 1x2 3 x10

   2  3  10

0 2 3 10 10

10 10 10 10 10

C C x x C x x C x x C x x

         

Nhận thấy hệ số

x xuất trong:

       

2

10 10 10

2 3

2 3 3

10 4 12

2 3 x x 9x

C x  x C x  x C   C x  x

 Hệ số

x khai triển P x  là:

10 10

12C C 8540 960 1500

Ví dụ 1.7: Tìm hệ số 16

x khai triển thành đa thức

  2 2 16

1

f x  x x 

 

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Xét khai triển:    

16

2 2

16

1

1

n k

k i i k

f x C C x x

 

 

     

       

16 16

2

2

16 16

0 0

1 1

k k

k k k i i i i k i k i

k k

k i k i

C x C x C C x 

   

   

        

   

   

Vậy ta có hệ số x16  1 k1C C16k ki thỏa

0

0 16

8

,

4

i k

i k i k

k i i k

i k N i k

i k

   



     

 





      



     

 

    

Vì hệ số x16 đa thức là: C C168 80C C167 71C C166 82 C C165 83C C164 84 258570

Ví dụ 1.8: Tìm hệ số số hạng x101y99 khai triển 2x3y200

Giải

Ta có:        

200 200

200 200

200

2 3 k k k

k

x y x y C x  y



      

  200

200 200

200

1 k k k.3 k k k k

C  x  y



 

Ta chon: 200 101 99 99

k

k k

  

  

 

Vậy hệ số cần tìm là:  1 99C20099.2 399 99 C20099 399 99 Ví dụ 1.9: (ĐH HCQG, 2000)

a) Tìm hệ số x8 khai triển

12

1

x x  

    

b) Cho biết tổng tấc hệ số khai triển nhị thức  

1 n

x  1024 Hãy tìm hệ số a  *

aN số hạng ax12 khai triển ((ĐHSPHN, khối D, 2000) ) Giải

a) Số hạng thứ k1 khai triển là: 12 12  

12 12 12

1 k

k k k k

k

a C x C x

x k

 

   

    

  Ta chọn 12 2 k 8 k 2

Vậy số hạng thứ khai triển chứa x8 có hệ số là: C122 66

b) Ta có:  2 2 12

0

1

n

k k k k

n n

n k

n

n n

C x C C C x

x x 



    

 

Với x1 thì:

2n 210 n10

Do hệ số a (của 12

x ) là: C106 210 c)

Ví dụ 10: (D(H Khối A- 2006) Tìm hệ số số hạng chứa x26 khai triển nhị

thức NEWTON 14

n x x

 



 

  biết

1 20

2 2

n

n n n

C  C   C    (n nguyên

dương Cnk tổ hợp chậpk n phần tử)

Giải Từ giả thiết suy ra: C20n1C12n1 C2nn1 220 1

Mặt khác:C2kn1C22nn 11 k,  k, k 2n1, nên:

   

0 1

2 2 2

1

2

n n

n n n n n n

C  C   C   C  C   C  

Từ khai triển nhị thức của: 1 1 2n1suy ra :  2  2  

0

2 1

n n

n

n n n

C  C   C      

     1 ,

2 20

3 2 10

n

n 

   

Ta có số hạng tổng quát nhị thức    

10

10

7 11 40

10 10

4

0

1 n k k n

k k k

k k

x C x x C x

x



 

 

 

  

 

   

Hệ số x26 C10k với k thỏa mãn 11k4026k 6

Vậy hệ số 26 x

10 210

C 

Ví dụ 1.11: (ĐHKT HN- 1998) Tìm hệ số đứng trước x5 khai triển biểu thức sau thành đa thức: f x   2x142x152x162x17

Giải

Ta xét khai triển sau:

       

       

4

4 5

4

0

6

6 7

6

0

2 ; 2

2 ; 2

k k

k k

k k

k k

k k

k k

x C x x C x

x C x x C x

 

 

 

 

    

    

 

 

Nhận xét: Số hạng chứa

x 2x1 04 

Số hạng chứa x5 2x1 5 C50 2x Số hạng chứa x5 2x1 6 C61 2x Số hạng chứa

x  7 2 5 2x1 C 2x

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Ví dụ 1.12( Khối D- 2003) Với n số nguyên dương, gọi a3n3 hệ số x3n3 khai triển thành đa thức x21nx2n Tìm n để a3n3 26n

Giải Cách 1: Ta có

 

 

2 2 2

1 2

0

0

1

2 2

n n n n n

n n n n

n n n n n

n n n n

n

x C x C x C x C

x C x C x C x C

 

 

     

     

Dễ thấy với n  1,n không thỏa mãn điều kiện tốn Với n3 x3n3x x2n n3 x2n2xn1

Vì hệ số x3n3 khai triển thành đa thức x21nx2n là:  

3

5

2

26 26 7

3 ( )

2 n

n

n n n

n n

n L

a

oai 

   



    

   

Vậy n5 giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện toán ( n nguyên dương) Cách 2: Xét khai triển:

    3

2

0

2

0

0

1

2

2

1

1

k i

n n

n n

n

n n n k i

n n

k i

n n

k k k i i

n n

k n

i

C C

x

C x C x

x x x

x x x x

x

 

 

 

 

     

   

     

       

 



 

     

 

  

 

 

 

Trong khai triển lũy thừa x

0

3 3

1 i k

n i k

i k

   

         

  

  

Nên hệ số 3n x  là:   3

5

2

26 26 7

3 ( )

2 n

n

n n n

n n

n L

a

oai 

   



    

   

Vậy n5 giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện tốn ( n ngun dương)

Ví dụ: 1.13( Khối A- 2002)Cho khai triển nhị thức:

1

1 1

0 1

3 3

2 2 2 2 2 2

n n n n n

x x x x

x x x x

n n

n n n n

x C x C x C x C

 

   

   



             

     

             

     

       

( n số nguyên dương) Biết khai triển Cn3 5Cn1 số hạng thứ tư

Giải

Điều kiện: nN n3

Ta có:

   

3 ! !

5 3!

5

3 ! !

n n n n n C C n     

 1 2 28

n n n

n n n

 

     

 n 7(Nhận)  n 4 (loại)

Với n7 ta có:

7 7

1

3 2 2 k x x x x k k

x C x

                          

Vậy số hạng thứ tư khai triển là:

3

1

3 2 3 2

7 35.2

x x x x C x                 

Kết hợp với giả thiết ta được: 2

35.2 x x 140 2x 4 x        

Ví dụ 1.14: Tìm x biết khai triển nhị thức:

1 2 n x x        

có tổng số

hạng thứ thứ 135, tổng hệ số số hạng cuối 22

Giải

Từ giải thiết ta có:      

2 2

2

2

2

2

2 2 135

1 22 22 x x n n

x x x

n n

n n n

n n n

C C

n n

n

C C C

                               2

2

4

2

1

4

2 2 2

2

42

7 ( ) x

x

t x

t x

t t t t x

t

n n n

n Loai                                                

Vậy 1, x  

  giá trị cần tìm

Ví dụ 1.15: Tìm hệ số lớn khai triển:

17 1 5x        Giải

Xét khai triển:  

17 17 17 1 5 k k k k

x C x

                   0,1, 2, ,17 k k k

a   x k

     

 

Ta có ak đặt

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 10

     

     

17! 17!

5

! 17 ! ! 16 ! 5 17

2

17! 17! 18

5

! 17 ! ! 18 !

k k k k k k

k

k k

k k k k





   

   



    

  

 

   



 Với k2 hệ số là:

2 17

1

5.44

C      

 Với k hệ số là:

3 17

1

5.44

C       Vậy hệ số lớn là:

3 17

1

5.44

C      

Từ Ví dụ ta đến toán tổng quát sau:

Ví dụ: 1.15.2 Tìm hệ số lớn khai triển nhị thức NEWTON a bx n

Phương pháp giải: Xét khai triển a bx n có số hạng tổng quát C ank n k b xk k

Ta đặt: uk C ank n k bk, 0 kn ta dãy số  uk Việc cịn lại tìm số hạng lớn

nhất dãy ta làm sau:  Giải bất phương trình

1 k k u

u   tìm k0uk0 uk01 un

 Giải bất phương trình

1 k k u

u   tìm k0uk1 uk11 u0 Từ ta có số hạng lớn dãy  

0 max uk ,uk  Tuy nhiên để đơn giản làm sau:

Giải hệ bất phương trình

1

0

k k

k k

u u

k

u u

 

 

 

 

Suy hệ số lớn khai triển nhị thức NEWTON k0 n k0 k0 n

C a  b

Ví dụ 1.16: (HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức

   1

2 1

12

1 a a x a

P x   x     x

Tìm maxa a a0, 1, 2 ,a12

Giải Cách 1: Xét khai triển:  12 12  

12 12

2

1 k1 k k

k

C x

x 



  

   

122 0,1, 2, ,12 k k

k

a C k

     

1

12 12

12!2 12!2

2

! 12 ! ! 11 !

k k

k k k k

C C

k k k k

  

   

  

 

1 23

3 23 7

12 k k k k 3 k k Z

            

 

Áp dụng  1 cho k 0,1, 2, ,12 ta được: a0 a1 a7 a8a9 a12

  18

0 12 12

max a a a, , ,a a C 126720

    

Cách 2: Gọi ak hệ số lớn khai triển suy ra: ak ak1 Từ ta có hệ bất phương trình:

1

12 12

1

12 12

2

2 12 23 25

8

1 3

2

12

k k k k

k k k k

C C k k

k k

C C

k k  

 

    

   

     

 



 

 

   

  18

0 12 12

max a a a, , ,a a C 126720

    

Ví dụ 1.17: Tìm hệ số số hạng chứa x4 khai triển rút gọn tổng sau:

   4  5  15

1

f x  x  x   x

Giải

Vì tổng f x  có 12 số hạng nên ta có:        

   

12 16

41 1

1

1

x x x

f x x

x x

    

  

 

 Hệ số số hạng chứa x4là hệ số số hạng chứa x5 1x16 Vậy hệ số cần tìm là: C165 4368

Đối với dạng tốn ta có phương pháp giải sau:

Bài tốn tìm hệ số chứa xk tổng n số hạng cấp số nhân

Tổng n số hạng cấp số nhân với công bội q1 là:  

1

1

1

n n

q

S u u u u

q



       

Xét tổng S x   1bxm11bxm2 1bxm n tổng n số hạng đầu

tiên cấp số nhân với u1 1 bxm1 công bội q1bx Áp dụng công thức 1 9  ta được:

     

 

   

11 1

1

1

n m n m

m bx bx bx

S x bx

bx bx

        

  

 

Suy hệ số số hạng chứa k

x S x  tích

bvà hệ số số hạng chứa

k

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 12 Ví dụ 1.18: Tìm hệ số số hạng chứa x rút gọn tổng sau:

     2     

1 1 n n

S x  x  x   n x  n x Giải

Ta có: S x   1 x1 1  x n1 1 xn2n1xn1

 

Đặt:

            

           

         

2

2

1 1

1 1 1

'

n n

n n

f x x x x n x n x

F x x x x x x

S x f x xf x

F x f x

 



                      

  

  

 



Suy hệ số số hạng chứa x S x  tổng số hạng chứa x không chứa x f x  tổng số hạng chứa x hai lần hệ số số hạng chứa x2 F x 

Tổng F x  có n số hạng        

   

1 1

1

1

n n

x x x

F x x

x x



    

   

   Suy hệ số số hạng chứa x F x Cn21

 Suy hệ số số hạng chứa x2 F x Cn31 Vậy hệ số cần tìm là: 21 31  2 1

6

n n

n n n

C   C    

2. Bài tốn tìm số hạng khai triển NEWTON Ví dụ 2.1: Tìm số hạng thứ 21trong khai triển: 2 3 x25

Giải

Số hạng thứ 21 khai triển là: C2520253x20 C25202 35 20x20 Ví dụ 2.2 Tìm số hạng chứa chứa x28 khai triển x3xy10

Giải

Số hạng tổng quát khai triển là: Tk1C10k  x3 10k xy k C x10k 30 2 kyk Số hạng chứa x28 ứng với: 30 2 k 28k1

Vậy số hạng cần tìm là: 29 10 C x y Ví dụ 2.3

a. Tìm số hạng đứng khai triển sau  21 x xy

b. Tìm số hạng đứng khai triển sau

  20

4

2

1 x x

xy

 

  

 

 

Giải

a. Khai triển x3xy20 có 21 1  số hạng nên có hai số hạng đứng số hạng

thứ 11 12

 Số hạng thứ 11: C2110 x3 11 xy 10 C x y2110 43 10

 Số hạng thứ 12: C2111 x3 10 xy 11C x y2110 41 11 b. Khai triển

  20

4

2

1 x x

xy

 

  

 

 

có 20 21  số hạng Nên số hạng đứng số

hạng thứ 21 16

     

  :  

10 10 65 20

7 2

10 4 10 6 3

3

20 20

C x    xy   C x y

   

( Với  x ký hiệu phần nguyên xnghĩa số nguyên lớn không vượt x) Ví dụ 2.4 Tìm số hạng chứa x3 khai triển 1x1x10

Giải Cách 1: Xét khai triển

 

    2 2 3 3 10 10 10

10 10 10 10 10

10

1 1

1x x C C x x C x x C x x  C x 1x Nhận thấy: x3 có số hạng:

 Số hạng thứ ba: C x102 21x2 C102 x22x3x4

 Số hạng thứ tư: C x103 31x3 C103 x33x43x5x6 Vậy số hạng cần tìm là: 3 3

10 10

2C x C x 210x

Cách 2: Số hạng tổng quát khai triển là: 10 1  k k k

C x x

Số hạng chứa

x ứng với: 2k3

 Với k2ta được: C x102 21x2 nên số hạng chứa x3 là: 2C x102

 Với kta được: C x103 31x3 nên số hạng chứa

x là: C x103 Vậy số hạng cần tìm là: 3 3

10 10

2C x C x 210x

Ví dụ 2.5:(ĐH Khối D- 2004) Tìm số hạng khơng chứa x khai triển

 

7

4

1

f x x

x

 

  

 

với x0

Giải

Số hạng tổng quát khai triển:    

7 7

3 12

1 4

1

,

k

k k

k k

k

T C x C x k N k

x

 



 

         

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 14 Vậy số hạng không chứa x khai triển f x  là: C74 35

Ví dụ 2.6:(ĐHQG HN 2000)Tìm hệ số không chứa x khai triển: 17

3

3

1

x x

x

 



   

 

Giải Số hạng tổng quát khai triển:

17

2

3

1 17

k k

k k

T C x x

  

         

   

Với 0k17, k Z

3 34 17 34

4 3 12

17 17

k k k

k k

C x   C x 

 

Đến ta phải tìm k cho 17 34

12

k

k    

Vậy số hạng cần tìm số hạng thứ khai triển có giá trị là: C178 24310

Ví dụ 2.7:(CĐGT – TH&TT- Đề 2- 2004) Số hạng chứa a b, có số mũ

trong khai triển:

21

3

a b

b a

 



 

 

 

Giải Ta có số hạng quát cảu khai triển:

21 1 1 1 1 21

3 6

3

3

a b

a b a b

b a

 

   

  

   

 

 

 

21 21 21 63

21 21

3 6

21 21

0

k k k k k k

k k

k k

C a b a b C a b

   



 

 

Để số mũ a b 21 63 84

6

k k

k

 

   

Vậy hệ số số hạng chứa a bcó số mũ khai triển là:C1221 293930

Ví dụ 2.8 :(ĐHSP Khối A, 2000) Trong khai triển  

28

3 15 0

n

x x x x

 



   

 

Hãy tìm số hạng khơng phụ thuộc vào x, biết rằng: Cnn Cnn1Cnn2 79

Giải

Từ giả thiết ta có: 79  1 79

n n n

n n n

n n C C  C     n  

156 12

n n n

     

Ta có số hạng tổng quát khai triển

28

3 15

12 x x x

 



 

 

 12 28 16 28 16 48

3 15 15

12 12 12

k k k k

k

k k k

C x x  x  C x   C x 



 





Số hạng không phụ thuộc vào 16 48 15

x  k  k Vậy số hạng cần tìm là: C125 792

Ví dụ: 2.9: Tìm số hạng thứ khai triển  

2

*

2 , , 0,

n

x y

x y n N

y x

 

     

 

 

 

Biết tổng tấc hệ số khai triển bằng: 4096

Giải

Trước tiên ta tìm n thơng qua giả thiết cho: Có thể trình bày theo hai cách sau Cách 1: Ta có: 1xn a0a1x anxn 4096 * Trong đó: ak Cnk

Với x 1  1 2n a0a1 an 4096212 n 12

Cách 2: Tổng tấc hệ số khai triển là:

   

0 12

0

0 12 12 12

0

4079

1 1 12

n n

n n n n

k n

n k k n n

n k

C C C C

C n

 



     

        

 

Vậy số hạng thứ khai triển

12

2

3

2

x y

y x

 



 

 

 

là:

32

7

2 3

5 3

12 2 792

x y x

C

y x y

 

   

  

           

Ví dụ 2.10:( ĐH SPHN- 2001) Cho khai triển nhị thức:

10

9 10

0 10

1

3 3x a a x a x a x

 

     

 

 

Hãy tìm số hạng ak lớn

Giải

Ta có:    

10

10

10 10

10 10 10

0

1 1

1 2

3 3 3

n

k

k k k

k k

x x C x a C



 

     

 

  

Ta có ak đạt

1

1

1

0 10

1

10 10

2

max

2

k k k k

k k k k

k k k k

C C

C

a a

C

a a



   





 

 

 

  

 

     

     

2 10! 10! 1 2

! 10 ! ! ! 10 1 19 22

2 3

2 10! 10!

11 ! 10 ! ! 11 !

k k

k k

k k k k k k

k

k k

k k k k

 



     

   

    

   



     

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 16  

 

7 , 0,10

k k N k

     

Vậy

7

7 10 10

2 max

3 k

a a C

  

Ví dụ 2.11:(Đề nghị Olimpic 30- 4)Tìm số hạng lớn khai triển: 1 0, 2 1000

Giải Ta có: Số hạng thứ k: 100010.2 11 10001

5

k

k k

k k

T C     C 

Số hạng thứ k1: 1 1000

5

k

k k

T  C

Số hạng thứ k1: 1 12 10002

5

k

k k

T   C 

     

       

1

1000 1000

1

1

1

1000 1000

1000! 1000!

1 .

1 ! 1001 ! ! 1000 !

5

1 1000! 1000!

5 ! 1001 ! ! 1002 !

k k

k k

k k

k k

C C k k k k

T T

T T

C C

k k k k

 

  



 

 

   



  

  



    

     

 

 

1

1002 5

1001 1001 1007

167

1 5 1001 6 6

1002

5

k k

k k

k k

k k

k k





     



      

  

  

  

Vậy 166

1000 166

1 max

5

k

T C

 

Ví dụ 2.12: Tìm số hạng hữu tỉ khai triển

10

1

 



 

 

Giải

Số hạng tổng quát khai triển:

10 1 10

3

3

10

1 1

5

32

2

k k k C

 



   

  

   

   

 

Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) khai triển thỏa:  , 10

k N

k

k N k

k k

N

 

  



     

 

   

   Với k 0 số hạng hữu tỉ 100

32C 32

 Với k 6 số hạng hữu tỷ 102 53 2625

32

k

C 

Phương pháp:

 Số hạng tổng quát khai triển là 

m r

p q

n k n k k k

n n

a b C a  b C a b ( a b, hữu

tỉ)

 Giải hệ phương trình  ,  m

N p

k N k n k

r N q

   

      

   

 Số hạng cần tìm là: k0 n k0 k0 n

C a  b

Ví dụ: Trong khai triển  

10

3 có số hạng hữu tỉ

Giải Số hạng tổng quát khai triển:

   

124 124

1 124 1 124

10 62

4 4

124 124

0

3 5 5

k k k k

k

k k

k k

C C





 

     

          

       

Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) khai triển thỏa

 

62

0 124

0 124 31 0,1, ,31

4

4

4

0 124

k N

i N i N

k k

N k k i i

N

k i k i

k N k



  

 

 

   

   

         

   



     

 

     

Vậy có 32 số hạng hữu tỉ

Ví dụ: Có số hạng nguyên khai triển:  

36

3

7 96 Giải

Với 0k 36 ta có số hạng nguyên tổng quát khai triển:

 36   12

3 5

36 96 367

k k

k k

k k k

C C

 

 

Số hạng nguyên  

15

12 , 36 0,15, 30

3

k k k

N k k

k Z

 

         

 

Bài Tập Áp Dụng

Bài 1:(ĐH TK- 2002) Gọi a a1, 2, ,  a11 hệ số khai triển sau:

   11 10

1 11

1

x x x a x a x  a

Hãy tính hệ số a5

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 18 a) Hệ số số hạng chứa x8 khai triển

12

1

x x

 



 

 

b) Hệ số số hạng chứa 16

x khai triển 2 2 16

1 x x

   

 

c) Hệ số số hạng chứa x5 khai triển x1 2 x5x21 3 x10 (Khối D- 2007) d) Hệ số số hạng chứa

x khai triển x33x2 2n Biết

4

3

1

24 23 n

n

n n

A A C 

 

e) Hệ số số hạng chứa x3 khai triển f x   2 x31 2 x4 1 2 x22 f) Hệ số x y z t5 6 khai triển đa thức: xy z t20(Đề “TH&TT”- 2003) Bài 3:(TTĐH- Đề 3-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu Tìm hệ số

x khai triểnx22n, biếtAn3C1n 8Cn249

Bài 4:(TTĐH- Đề 1-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tìm hệ số x6trong khải triển

 

1n

x  x thành đa thức Trong n số nguyên dương thỏa mãn:

1 20

2 2

n

n n n

C  C   C   

Bài 5(TTĐH 2009- Chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An)Xác định hệ số x11 khai triển đa thức x22 n 3x31n biết:

 

2 2

2 2

2

2

3 3k 1024

n n k n k

n n n n

n

C  C     C    C 

Bài Tìm số hạng khai triển sau:

a) Số hạng thứ 13 khai triển:

17

3

1

,

x x

x

 

  

 

 

b) Số hạng thứ khai triển 2x2n Biết rằng:

 

0 1 2

3nCn 3nCn 3n Cn   1 nCnn Bài Tìm hệ số không phụ thuộc vào x khai triển

a)

50

3

1 x

x

 



 

 

b)

12 3

2

x x x

 



 

 

 

c)

16

1

1 x

x

 

 

 

 

Bài Tìm số hạng khơng chứa x khai triển sau: a)

60

12

1

x x

 



 

  b)

12

4

1

x x

 



 

 

c) 1x2x48 d)

n x

x  

  

  Biết số hạng thứ ba lớn số hạng thứ hai 35 Bài Đặt: 1 x x2x47= a0a x1  a x28 28

a) Tính: a3

c) Tính: S a0a1a2 a28

Bài 10:(LAISAC) Khai triển   12

2

n

P x x

x

 

  

  ta

  3 10

0

n n n

P x a x a x  a x   Biết ba hệ số đầu a a a0, 1, 2 lập thành cấp số

cộng Tính số hạng chứa x

Bài 11: Trong khai triển  

200

2 có số hạng có hệ số hữu tỉ?

Bài 12: Tìm hệ số lớn khai triển:

a) 1 0.0001 1001 b) 1 2 x21 c)

11

2

x

 



 

 

 

C ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THứC VÀ TÍNH TỔNG TỔ HỢP.

I. Thuần nhị thức Newton

Dấu hiệu nhận biết: Khi số hạng tổng có dạng n n

k k k

C a  b ta dùng trực

tiếp nhị thức Newton:

n

n k n k k

n k

(a b) C a  b



  Việc cịn lại khéo léo chọn a,b

Ví dụ I.1: Tính tổng C16 160 315C116314C162  C 1616 Giải

Dễ dàng thấy tổng có dạng dấu hiệu nêu Ta chọn a = 3, b = -1 Khi

tổng (3 1) 16 216

Ví dụ I2: Chứng minh C020013 C2 220013 C4 42001 32000C2001200022000220011

Giải

Tương tự trên, ta nghĩ đến việc dùng nhị thức với a1, b3 :

1 2 3 4 2000 2000 2001

2001 2001 2001 2001 2001 2001

2001

C 3 C 3 C 3 C 3 C  3 C (31) 4

Nhưng tổng cần tìm chứa số hạng có k 2001

C với k chẵn nên ta phải triệt tiêu

các số hạng “lẻ” cách tính tổng khác với a1, b 3

0 1 2 3 4 2000 2000 2001

2001 2001 2001 2001 2001 2001

2001

C 3 C 3 C 3 C 3 C  3 C (31) 2

Do tổng cần tìm   2001 2001

2000 2001

2

2

1

 



Từ ví dụ ta có tốn tổng qt sau:

Ví dụ I.3:(ĐH Hàng Hải- 2000) Chứng minh rằng:

 

0 2 4 2n 2n 2n

2n 2n

2n

n 2n

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 20 Giải

   

   

2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2

2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2

1

1

n n n n n

n n n n n

n n n n n

n n n n n

x C x C x C x C x C x

x C x C x C x C x C x

 

 

       

       

Lấy    1  ta được: 1x2n1x2n 2C20nC x22n 2 C x22nn 2n  Chọn x3 suy ra:  4 2n  2 2n 2C20nC22n32 C22nn32n 

   

4

0 2 2

2 2

2

0 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

3

2

3

2

n n

n n

n n n

n n

n n

n n n

n n n n

n n n

C C C

C C C

C C C





     



     

      

 ĐPCM

Ví dụ I.4: Tính tổng: S C20090 311 1C20091 310 2C20092 39 3 C1092 32 10C1092 31 11

Giải

Để ý bậc giảm dần từ 111, bậc tăng dần từ 111 ta cần

giảm bậc 3 v số hạng xuống đơn vị

Vậy ta có: S 2.3C20090 310 0C20092 38 2 C109 31 9C109 30 106 3  10 6.510 Ví dụ I.5 : Tính tổng:

0 2009 2008 2007 2008 2008 2009

20093 20093 20093 20093 4

S C C C  C 

Giải Ta có:  1 200832008 200832008  

k k k k k k k

k

T    C  C  

     

2009

2009 2009

2009 2009

3 k 1

k k

k

S C 



          

Ví dụ I.6: Cho n số nguyên dương chẵn, chứng minh rằng:

     

1

1 1

(*)

1! ! 3! ! !1! !

n

n n n n



    

  

Giải Ta có:    

1 1 n Cn CnCn Cn   1 nCnn Vì nchẵn nNnên  1 n 1

Suy : Cn0Cn1Cn2Cn3   1 nCnn  0 (**)

Ta có:      

1

1 1

! ! !

(*)

1! ! 3! ! !1!

C C C

n

n n

n n n

n n n

n n n



 

     

  

      

Từ  

0

0

*

( )

n n

n n n n n n

n n n

n n n n n n

C C C C C C i

C C C C C C ii

 

        

 

         



Lấy  i trừ ( )ii ta được:  1

2 Cn Cn Cnn 2n



 

   1

2

2 n

n n

n n n

C C C  

      ĐPCM

Ví dụ I.7: (CĐXD Số 3, 2003) Chứng minh với số nguyên dương nta

có:C12n C23n C25n  C22nn1C20nC22nC24n C22nn Giải

Ta có khai triển: x12n C x20n 2nC x21n 2n1C x22n 2n2 C22nn Chọn x 1 ta được: 2

2 2 2

3

0C xn nC nC nC n C nn

 

3 2

2 2 2 2

1

PCM

n n

n n n n n n n n

C C C  C  C C C  C Đ

 

Chọn 2n20ta có đẳng thức “đẹp” sau:

Ví dụ I.8:(CĐSP Bến Tre –Khối A-2002) Chứng minh rằng:

1 19 19

20 20 20 20

C C C  C 

Giải Cách 1:Ta có:

 20

20 20

2 19 19 20 20

20

0 20

1x C C xC x  C x C x  Chọn x1ta được:

0

20 20 20

0

20

19 20

20 20

20 19

20

20 20 20

0 C C C C C

C C C C C C

   

       



 

A B

  với

0

20 20

1

20 20

20 20

3 19

20

(1)

C C C

C C

B C

A

     

 

    



Mặt khác:  20

20 20

2 19 19 20 20

20

0 20

1x C C xC x  C x C x  Chọn x1 cho ta: 220 C200 C201 C202  C2019C2020

20 (2) A b

   

Từ  1 và  2 suy ra:   20

19

2 PCM

2

A   Đ

Cách 2: Áp dụng công thức Cnk1 Cnk1Cnk Cn0 1

Ta được: C201 C203 C205  C1920 C191 C192 C193  C1918C1199 1 1 19 219

Ví dụ 1.9: Rút gọn tổng sau:

2006 2004 3 2002 5 2007 2007

2007 2007 2007 2007

3

S  C  C  C   C

Giải Ta có khai triển:

   

   

2007 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2007 2007 2007

2007 2007 2007 2007 2007

2007 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2007 2007 2007

2007 2007 2007 2007 2007

3 3 3.2 *

3 3 3.2 **

C C C C C

C C C C C

       

       

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 22  2006 2004 2006 2007 2007 2007  2007

2007 2007 2007 2007

2 2.C 3 C  3.2 C 2 C    1

Vậy

2007 S  

Ví dụ I.10:(CĐ, khối T-M- 2004) Chứng minh rằng:

2004

0 2004 2004

2004 2004 2004

1

2

C   C   C  

Giải Ta có:

 

   

     

2004 2004

2004 2004

2004 2004

0

2004 2004

2004

2004

0 2

2004 2004

1

1

1

k k

k

k k k

k k

k k

x C x

x x C x x

x C x

C C x



 



 



  

      

  

   

 

   



 

 2004 2004 2004 C x

Với x2 ta có:

2004

0 2 2004 2004

2004 2004 2004

3

2

2

C C  C  

Ví dụ I.11: Chứng minh: 1 1

p p p p q q p p

a a b a b a b b a b

C C C C C  C  C  C C 

Giải

Điều kiện: pa b,

Ta có:    

   

2

2

0

0

1 1

2

1

1

1 ap ap b p p q q p (*)

a a a

a a a a

b b b

b b b b

a b p

a b a b b

x C C x C x C x

x C C x C x C x

x  M C C C C C C  C C x

 

 



    

    

 

         

Với M đa thức không chứa xp

Mặt khác 1xa b Ca b0 Ca b1 x Ca bp xp Ca ba b xa b (**)

Đồng hệ số (*) (**)v  cho ta ĐPCM II.Sử dụng đạo hàm cấp 1,2

1. Đạo hàm cấp

Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần giảm dần từ 1,2,3,…n hay

n,…,3,2,1 tức số hạng có dạng kCkn kC akn n k bk 1 ta dùng đạo hàm cấp đến tính Cụ thể

n n n n 2 n 3 n n

n n n n n

(ax) C a C a xC a  x C a  x  C x

Lấy đạo hàm hai vế theo x ta :

 

n 1 n n n n n

n n n n

n(ax)  C a  2C a  3C a  x  nC x 1

Ví dụ II.1.1:(ĐH BKHN- 1999) Tính tổng n n

n n n n n

C 2C 3C 4C  ( 1)  nC

Giải

Ta thấy tổng cần tính có dạng VP (1) Việc cịn lại cần chọn a1, x 1 ta tính

được tổng

Cách khác: Sử dụng đẳng thức k k

n n

kC nC  ta tổng :

0 n n n

n n n n n

nC nC nC nC ( 1) nC  n(1 1) 

             

Dùng cách tránh dùng đạo hàm phù hợp với bạn 11 chưa học đến đạo hàm cảm thấy dùng chưa quen đạo hàm

Ví dụ II.1.2:Tính tổng: 2C1n 2.C 3C 22n  n2 2 nC 2 nn n 1 Giải

Xét:    

0

1

n

n

k k n

n n n n n

k

f x C x x C C C C



      

   

 

1

1

0

'

' n

n

k k n n

n n n n

k n

f x kC x n x C C x nC x

f n



 

 

       

 



Ví dụ II.1.3:(ĐH KTQD- 2000) Chứng minh

 n n 1 n 2 n 2 n n  

n n n n

2 x 1.2  C 2.2  C 3.2 .C nC n3    1 n Z

Giải

Cách 1: Ta có: 2 x n C 20n n C 21n n 1 xC 2n2 n 2 x2 C x nn n Đạo hàm hai vế theo biến x ta được:

 n 1 n n n n n

n n n n

n 2x  C  2C  x 3C 2  x C n.x

Với 1 2 3

1 3n n2n n2n n2n nn PCM

x n  C  C  C  C n Đ

      

Cách 2: Ta có: 1 x n C0nC x1n C xn2 2 C x nn n

Đạo hàm hai vế theo biến x ta được: n x  n 1 C1n2C x nC xn2   nn n 1

Ta chọn

1

1

3

2

1 1

2 2

n n

n

n n n

n C C n

x C

 

 

     



 

   

  

1 1 2 3

3n n2n 2.2n n 3.2n n nn PCM

n  C   C  C nC Đ

     

Ví dụ II.1.4: Tính tổng

S = n2n 1C0n(n 1)2 n 2.3.C1n (n2)2n 3.3 C2 2n 3 n 1Cn 1n

Giải

Nhận thấy hệ số đứng trước tổ hợp giảm dần n,n-1, …,3,2,1 nên phải hoán đổi vị trí a x:

n n n n 2 n n

n n n n

(xa) C x C x aC x  a  C a

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 24

Thay x = 2, a = ta tổng n5n 1

Cách khác: Khéo léo sử dụng đẳng thức Cnn k C , kCkn kn nCk 1n 1 ta tránh việc

phải dùng đạo hàm phức tạm:

 

n n n n n n n 1

n n n n

n n n n n n n

n n n n

n n n n n n n n n

n n n n

S n2 C (n 1)2 3C (n 2)2 C C

n2 C n2 n2 C n3 C

n C 2 C C n(2 3) n5

3 3C

3C

     

      

   

        

   

      

    

       

Ví dụ II.1.5: Tính tổng 2008C020072007C120072006C22007 2C 20062007C20072007

Giải

Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,…2,1 nên dùng đạo hàm điều dễ hiểu:

2007 2007 2005 2006 2007

2007 2007 2007 2007 200

0

7

(x 1) C x C x C x  C xC

Bây lấy đạo hàm 2007C02007x2006trong đề đến 2008 ta

phải nhân thêm x vào đẳng thức đạo hàm: 2007

2006

2007 2008 2006 2006 2007

2007 2007 2007 2007 2007

0 206 2007

2007 2007 200

00

7 2007

7 2006

x(x 1) x C x C x C x C x

(x 1) (2008x 1) 2008C x 2007C x 2C x C C

     

      





Thay x = vào ta tìm tổng 2009.22006

Ví dụ II.1.6: Chứng minh đẳng thức:

a) (ĐH TCKT Hà Nội 2000): Cn12Cn23Cn3 C xnn n n.2n1

b) Cn12Cn13Cn2 p1Cnp n1Cnn n2 2 n1 Giải:

a) Xét nhị thức   2

1x n Cn C xn C xn C xnn n Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức theo biến x:

 

1 n n n nn n

n x  C  C x nC x 

Chọn x1 ta được: Cn02Cn2 Cnn n.2n1

b) Tương tự câu a ta nhân x cho vế đẳng thức lấy đạo hàm Ví dụ II.1.7: Rút gọn biểu thức sau: S 3Cn0 4Cn15Cn2 n3Cnn

Giải Cách 1: Nhận thấy với x1thì ta có:

   

   

1

0

4

0

3 '

4 '

3 '

n n

n

n n

n

n n

C C x

C C x

n C C x 

   

  

 

Suy ra:

     

0 3 3

n n n n n n n

n

n n n

n n

Xét hàm số: f x x31xn

  2  3 

' n n

f x x x nx x 

    

Kêt hợp với  f ' x 3x C2 n0 4x C3 n1 Cn25x4 n 3xn 2Cnn



      

Chọn x1 thì: S 3Cn0 4Cn15Cn2 n3Cnn 3.2nn2n12n1n6 2. Đạo hàm cấp

Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2 , 2.3 , …, (n-1).n hay (n-1)n, …, 2.3 , 1.2 hay 2

1 , , , n ( không kể dấu ) tức có dạng k n k n

k(k 1)C a 

 hay tổng quát k n k k

n

k(k 1)C a  b ta dùng đạo hàm đến cấp để tính Xét đa thức:

n n n 2 n 3 n n n

n n n n n

3

(abx) C C a bxC a  b x C a b x  C b x

Khi đạo hàm hai vế theo x ta được:

n 1 n 2 n 3 n n n

n n

n

n n

2

bn(abx)  C a b2C a  b x3C a  b x  nC b x 

Đạo hàm lần nữa:

n

2 n 2 n 3 n n n

n n

2

n

b n(n 1)(a bx)  2.1C a  b 3.2C a  b x n(n 1)C b x    (2)

Đến ta gần giải xong Ví dụ toán chỉ việc thay a, b, x số

thích hợp thơi

Ví dụ I.2.1: Chứng minh

S= n n

n n n n

2.1C 3.2C 4.3C n(n 1)C n(n 1)2 

      

Dễ dàng thấy VT đẳng thức giống gần hoàn toàn VP (2) ta việc

thay abx1 giải xong toán

Chú ý: Đây ý tưởng cịn trình bày vào kiểm tra hay thi ta phải ghi rõ

xét đa thức n

(1 x) đạo hàm lần thay x = vào trọn số điểm

Cách khác: Ta sử dụng đẳng thức k k

n n

kC nC  lần để tính tổng trên, cụ

thể:

2 n

n n n n

0 n

n n n n

1

2

n n

S n1C n2C n3C n(n 1)C

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

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



   



   

 

      

         

    

Tương tự ta dễ dàng tính tổng cách thay x = -1 n = 16

2 15 16

16 16 16 16 16

1.2C 2.3C 3.4C  14.15C 15.16C Hoặc ta sử dụng kCkn nCk 1n 1 để đơn giản chút

Ví dụ I.2.2 Rút gọn tổng sau 2008 2 2007 2006 2009

2009 2009 2009 2009

1 C 2 C 3 C  2009 C

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 26 Với ý tưởng Ví dụ trên ta xét đa thức

2009 2009 2008 2007 2006 2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009

3

x C x

(2x) C C  C x  C x

Đạo hàm lần 1:

1 2008 2007 2006 2009 2008

2009 2009 2009

20

00 08

9

2.2009(2x) 1C 2C x3C x  2009C x

Nếu ta tiếp tục đạo hàm lần thu 1.2, 2.3 ,… để thu ,3 ta 2 phải nhân thêm hai vế với x lấy đạo hàm:

2008 2008 2007 2009 2009

2009 2009 2009

2009x(2x) 1C x2C x  2009C x

2008 2007 2008 2 2007 2009 2008

2009 2009 2009

2009(2x) 2009.2008x(2x) 1 C 2 C x 2009 C x

Thay x = ta rút gọn tổng thành 2011.2009.32007

Tương tự tính tổng n

n n n n

3

2.1C 3.2C 4.3C  (n 1)nC  ta cần ý trước tổ

hợp có hệ số lớn k k n

C nên ta phải nhân với x trước đạo hàm lần

Ví dụ I.2.3:(ĐH AN – CS Khối A 1998) Cho f x   1xn,2nZ a) Tính f '' 1 

b) Chứng minh rằng:

     

2

2.1Cn 3.2Cn4.3Cn   n1 nCnn  n1 nCnn n n1 2n Giải

a) f ' x n1xn1 f '' x n n 1 1 xn2  f '' 1 n1xn2

b) Ta có:    

1

1

n n

n k k k k

n n n n

k k

f x x C x C C x C x

 

       

   

   

       

1 2

1

2

2

2

'

''

'

2.1 3.2 1

' 1

; p

n

k k

n n

k n

k k n k

n

k n n k

n n

n n n n

f x C kC x

f x k k C x

f k k C

C C p C n nC n n

 

 

 



 

 

 

          

 

 



ĐPCM Từ câu b ta thay n1  n1 ta có tốn khác:

b’) Chứng minh rằng:2.1C1n3.2Cn2 n1pCnp n1nCnn n n 1 2 n2 Với tốn ta giải sau:

Xét nhị thức: 1xn Cn0C xn1 C xn2 C xnn n

Nhân hai vế đẳng thức với x# 0đồng thời lấy đạo hàm cấp hai vế theo biến x ta được: 2n1xn1n n 1 x 1xn2 2C xn1 3.2C xn2 n1nCnnxn1

III. Sử dụng tích phân xác định

Dấu hiệu: Ý tưởng phương pháp dựa vào hệ thức

1 1

1

b

a

b

k k

a k

k

x a

x

k

b dx

k

  

    

 

 

 



Từ dễ dàng tìm dấu hiệu để sử dụng phương pháp số hạng tổng có

dạng

1

1

k k

k n b a

C k

 

 

Cụ thể, xét tích phân ( )n b

a

I  cdx dxta tính hai cách Tính trực tiếp:

1

1 ( )

( ) ( )

1 b n n

a b

a

c dx

I c dx d c dx

d d n



  

     



 

 Hoặc gián tiếp:

0

b b

a

n n

k n k k k k n k k k

n n

k k a

I C c  d x dx C c  d x dx

 

 

 

     

   

   

1 1

0 1

b

k k k

n n

k n k k k n k k

n n

k a k

x a

C c d b C c d

k k

  

 

 

     

 

     

 

     

 



 

Hai cách nên từ ta có được:

1 1

0

1 ( )

1

b

k k n

n

k n k k n

k a

a c dx

C c d

k d n

b

  

 

    



   

 

   





Tùy Ví dụ tốn ta chọn hệ số a, b, c, d thích hợp

Ví dụ II.1: CMR

2 1

0 2 2

2 ( 1)

2 1

n n

n

n n n n

C C C C III

n n

 



    

 

Giải

Nhìn vào tử phân số dễ dàng tìm hai cận a0,b2 Tiếp tục để ý chút ta

chọn tiếp cd 1 suy đpcm

Chú ý: Khi trình bày thi phải ghi rõ tích phân

0

(1 )n x dx



 tính hai cách trọn điểm

Cách khác: Ta tránh khơng dùng tích phân cách áp dụng đẳng thức:

1

1

k k

n n

C C

k n

 



  Việc tính tốn khơng đơn giản mà cịn giảm thiểu sai sót

khi làm bài:

 2 3 1

1 1

1 (1 2)

( 1) 2

1

n n n

n n n n

VT III C C C C

n n

  

   

 

     

 

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 28

2 2

0

1

n

n n n n

C C C C

S

n                 

        

Rõ ràng dùng tích phân gần khơng thể áp dụng đẳng

thức lại chuyện khác:

  2  2 2  12

1 1

2

( 1)

n

n n n n

S C C C C

n



   

 

    

 

 



Việc cịn lại tính tổng ngoặc vng Có nhiều cách để tính nên quay lại tổng phần “ Các phương pháp khác “

Trở lại phần tích phân, với việc thay a, b, c, d cách số thích hợp ta “chể”

ra Ví dụ tốn phức tạp hơn, chẳng hạn a2,b 3,c1,d  1ta có:

2 3 2010 2010

2 2009

2009 2009

1

2009 2009

2 2

3

1 C C C 2010 C



  

    =

2010

2010



Ví dụ II.2: Tính

2

0

1 1

2 2

2

1 n

n

n n n n

C C C C

n 

   

 



 

Giải Mỗi số hạng tổng có dạng

2

2 k

k n C k



 

nên ta nghĩ đến dùng tích phân Nhưng

mẫu hệ số lại k2so với dấu hiệu k1 Do ta phải thay tích phân (1 )n

b

a

x dx



 tích phân khác Ở ta chọn (1 )n b

a

I x x dx Dễ dàng tìm

cận 2, cận Thử lại:

2

1

1

2

0

1

0

2

2

k

n n n

k k k k k

n n n

k k k

dx

I C x dx C x C

k



 

  



   

 

       



     

  

Việc lại tính trực tiếp I:

  1

1

1

2

1

1 (1 )

( 1)(1 ) (1 ) (1 )

2

n n

n n n x x

I x x dx x x dx

n n

 

    

   

           

   

 

 

Với ý tưởng ta xét tổng sau:

0

1 1 ( 1)

2 2

n n

n n n n n

C C C C C

n



    



Mẫu hệ số trước tổ hợp khơng cịn mẫu mực mà “nhảy cóc” 2, 4, 6, …, 2n + để ý số hạng có dạng

2 k n C

k nên số hạng ban đầu trước lấy

2 2

0

1

0 0

1

0

( 1)

(1 ( 1) ( 1)

2

)

k k

n n n

n k k k k k k n

n n

k k k

C

x x x C x dx C x dx

k

d  

                              

Phần lại Ví dụ tốn tính tích phân đó:

1

2

2 2

1

0

0

)

) 1 (1

(1 (1

2 ) (1 )

n

n n

dx d x x

x x x

n                  

Với việc thay đổi tích phân ta làm ti tỉ tổng khác phức tạp ^^! Ví dụ

3

3

0

2

1

(1 )n , (2 )n , ( 1)(1 )n

x x dx x x dx x x dx



 

 

  

Ví dụ II.3: Rút gọn:  

1

1

1

; (1 )

2

n n

n n n

S C C C n Z

n          Giải

Xét:     2  

1 n n n n

n n n

f x  x  C xC x    C x

     

   

 

1

1 2

0

1

1 1 2

0

1

1

1

1

n

n n

n n n

n n n

n n n

x dx C x C x C x

x C C C

n n                             

 

1 1

2 1

n n n n

n

C C n

C n n         

Ví dụ II.4: Chứng minh rằng: 11 31  1 1 1

1

n n

n n n n

C C C

n n

C 

         Giải

Ta có:    

 

   

1

2 0 1

0

1

1

1

n n n k k k n n n k k k k k k x C C x

x x x

x x                                      1 1 0

1 1

1 0 0 1 1

0 0

0 1 1 1 1 1 1 1 n n

k k k k

n

k k

n n

k k k k

n k k k k n n k k n k k k k n n k k n n k k

x C x

x dx C x dx

x x C k k C C k k                                                              

11 31 1

1

1

n n

n n n n

n

C C C C

n



         

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 30 IV. Công cụ số phức

Ý tưởng phương pháp dựa tính chất đặc biệt i:

4 4

,

1 , ,

k k k k

i  i  i i    i   i với kN Từ đó, ta xét đa thức

2

0

( ) n n

f x a a xa x a x  a x

Đặt

4 4

0

2

, , ,

i i

i k i k i k i k

i i

S a S a S a S a

      



      Ta có:

0

0

1

0

0

0

1

1

3

(1) (

(1) ( 1)

) ( )

(1) ( 1)

( 1) ( ) ( )

2

( ) ( ) ( ) ( ( ))

( ( ))

f f

S S

S S S

f f

S S

f S S S S

f i S S S S i S S Re f i

S

f S

S Im f i

  

  

  

 

 

   

     

 

     

   

   



0

1

2

3

(1) ( 1) Re( ( )) (1)

(1) ( 1) Im( ( )) (2)

(1) ( 1) Re( ( )) (3)

(1) ( 1) Im( ( )) (4)

f f f i

S

f f f i

S

f f f i

S

f f f i

S

   

  

    

  

    



   

  

Với Re( ( )), Im( ( ))f i f i phần thực phần ảo f i( )

Ví dụ IV.1: Rút gọn 4

1 4

n

n n n n

T C C C  C

Giải

Rõ ràng S1 S0S2trong đa thức f x( )(1x)4n Mặt khác ta có

0 2) (

( ) ( S )

f i  S S  S  i nên cơng việc tính f i( ) phần thực

chính tổng T1 cần tìm: f i( )(1i)4n (1i)22n  2i 2n 4 ( 1)n  n

Ta sử dụng (1), (3) ta tìm để giải công giải lại hệ phương trình ẩn thật giết ruồi mà lại dùng đến dao mổ trâu ^^! Tương tự ta tính tổng

4 4

n

n n n n

C C C  C  

Ví dụ IV.2: Tính T2 1C81n3C83n (8 n1)C88nn1 Giải

Trước tiên ta phải dùng đạo hàm để có hệ số đứng trước tổ hợp Xét đa thức:

8

8 1

8

1

'( ) (

( ) (1 ) )

n n

n k k n k k

n n n

k k

f x n x

f x x C C x  kC x 

 

Lại nhân với x ta

8

0

( ) (1 )

n

n k k

n k

g x nx x  kC x



  

Nhận thấy T2chính phần ảo g i( ):g i( )8 (1ni i)8n1 4 16n n4 16n ni

Do T2 4 16n n

Tương tự ta dùng đạo hàm lần để tính tổng 22C82n42C84n 62C86n (8 ) n C2 88nn:

8 8

8 1

8 8

1 1

8

8 2 2

8

1

(1 ) (1 )

(1 ) (1 ) (1

8 (1 )

8 (1 ) ) ( )

n n n

n k k n k k n k k

n n n n

k k k

n n

n k k n k k

n n

k k

x C C x kC x nx x kC x

nx k C x nx x nx k C x

n

n f x

x

x

  

  

  

 

      

     



 

 

  

 

Tổng cần tính phần thực f i( )8 (1ni i)8n2(1 ) 16 ni  n1n128n2.16n2i V. Một số phương pháp khác

Ví dụ V.1:(ĐHQG TP.HCM, 1997) Cho , ,

m k n

k m n Z

   



 

Chứng minh: 1

k k k m m k

n m n m n m m n

C C C  C  C  C C 

Giải

Ta có:

     

0

0 1

0

1

1

1

m m

n n n k k n

n n n n

m

m

m m m

n m n m

m m n m n

n n

C C C

C C C C

C C C

x x x

x x x x

x   x  x

 

 

      



      

 

    

 

Suy hệ số xk 1x m 1xn là: C Cm0 nkC Cn1 nk1 C Cmm nk m Và hệ số k

x 1xm n Cm nk

Đồng thức: 1x m 1xn=1xm n

Ta được: Cm nk C Cm0 nkC Cm1 nk1 Cmm.Cnk m Đ CMP  Ví dụ V.2: Cho

, k n k n Z

   

  

Chứng minh:

 

   

1

0 !

!

!

k k n k n

n n n n n n

n

C C C C C C

n k n k

 

   

 

Giải Ta có: 1 1  1 2 ,

n

n n

n

x x x

x x

 

       

 

 

 

0 1

0

2

2

2

1

1

n n n

n n n n n n

n n n

n

n n n

C C C C C C

C

x x

x x

x C x

x C

 

       

 

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 32

Đồng thức hai vế đẳng thức với ta được:

 

   

1

2

0 !

!

!

k k n k n n k

n n n n n n n

n

C C C C C C C

n k n k

  



 

  

 Với k0 ta có tốn đẹp sau:

Ví dụ V.3:(BĐ Tuyển Sinh ) Rút gọn      0 2 2  2

1

n

n n n n

S  C  C  C   C

Giải

Cách 1: Tương tự Ví dụ V.2 xét trường hợp mkn

0 1

2

n

n n n

n n n

n n n n

C C C C C   C C

     Cn0 2 Cn1 2 Cn2 2  Cnn

Cách 2: Xét đồng thức 1x n 1xn 1x  2n

    

 

0 2 2

0 1 2 1

1

( ) ( )

n n

n n n n n n n

n n

n

n n n n n n

n n n n n n n n n n

n

VT C C x C x C x C C x C x C x

C C C C  C C  C C C C x M x Sx M x

         

        

Trong M x( )là đa thức khơng chứa xn Do S hệ số xntrong

(1)

VP nên S C2nn

Tổng quát với việc tìm hệ số p

x đồng thức (1x) (1n x)m(1x)n m

ta có hệ thức sau: CnpCnp1Cm1 Cnp2Cm2  Cnp q Cmq  Cmp Cn mp Cách 3: Xét công việc sau: Chọn từ n nam n nữ nhóm có n người Có hai hướng giải:

- Xét trường hợp chọn k nam n k nữ: k n k  k

n n n

C C  C

 Do k nhận giá trị

từ đến n theo quy tắc cộng ta có S tất số cách chọn để làm công việc - Mặt khác ta chọn trực tiếp n người từ hai nhóm nam nữ sau ghép chung hai nhóm lại với nhau, đó: S C2nn Tương tự ta xét Ví dụ tốn mạnh

Ví dụ V.4:(Đề 2- TH&TT-2008)  1 2 2 3 3  2 n

n n n n

C

S   C  C  n C , với nlà

số tự nhiên lẻ

Giải Cách 1: Ta có:

    

   

2

1

2 2

1 1 2

2

n n

n n

n n n n n

n n

S C n C C C n C

 

         

                  

 

     

 2 2

1

n

n n n

C C C

n  n

    

       2 2

n n

n n n

C C C

n   n

   1 2  2 2Sn n Cn Cn Cnn  n

     

 

 

Mặt khác ta có: 1x2n C20nC x12n  C x2nn n C x22nn 2n2n

 hệ số x lnà C2nn(*)

Trong đó: x1n C xn0 nC xn1 n1 Cnn Cn0Cn1 C xn0 n

 hệ số x lnà    Cn0  Cn1 2   Cnn 2(**)

Từ (*) và (**)C2nn 1 n   Cn1 2 Cn2 2  Cnn 2

 

 

 

2

2

n

n n

n

S C ĐPCM

   Cách 2: Ta có:

0 2 3

( ) (1 )n n n n n nn n (1)

f x  x C C x C x C x C x

1

2

'( ) (1 )n n n

n n n n

f x n x  C  C x C x  nC x 

  

1 2 3

'( ) (1 )n n n n nn n

xf x nx x  C x C x C x nC x

       

Thay x

xvào đẳng thức ta

 

1

2

1 1 1

1

n

n

n n n n n

n

C C C nC

x x x x x x



 

      

    Nhân vế theo vế  1  2

 

1 2 3

2

1 1 1

1 (1 )

n

n n n n

n n n n n n n n n

x C xC C x C C x C nC x C M x

x x x x x x



 

       

   

Trong M x là đa thức không chứa số hạng tự Khai triển tìm hệ số số hạng

tự đa thức  

1

1

1

n

n x

x x



 

 

 

  ta tìm 2 n

n nC

S  

Cách 3: Xét công việc chọn từ n nam n nữ nhóm có n người có đội

trưởng nam

Xét trường hợp chọn k nam n – k nữ, sau chọn từ k nam người làm đội trưởng số cách kC Cnk nn k k C nk Do k nhận giá trị từ đến n theo quy tắc cộng ta có số cách chọn đội S2

Mặt khác, ta chọn n nam làm đội trưởng trước, chọn chọn

1

n người khác sau ghép hai nhóm thành Do S2 nC2nn1 Ví dụ V.5: Cho ,

, k n k n Z

  

  

Chứng minh: Ck01Ck11 Ck nn Ck nn 1 Giải

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 34 Nhận thấy hệ số xk đa thức là: Ck0Ck11 Ck nn

Mặt khác:          

1 1

1 k 1 n 1 k 1 k n

x x x x

P x

x x

  

 

     

 

 

Có hệ số xk : Ck nk 11 Ckn n 1

Đồng thức ta có: Ck01C1k1 Ck nn Ck nn 1ĐPCM Bài Tập Áp Dụng

Bài tập1 Chứng minh

a) 2nCn0 2n1.71.Cn12n2.72.Cn2  7nCnn 9n

b) Cn33n C1n3n1 (1)nCnn Cn0 C1n  Cnn

c) n n n n n

n n n n

C 3 2C  3C  nC n4 

     ( ĐH Luật- 2001)

d)

0 2

2

3 4

( 2)

3 ( 1)( 2)( 3)

n n

n n n n

C C C C

n n n

n n

n 

    

  

 

 

e)

0

2

3 3( 1) (

1 1)

n

n n n n

n

C C C C

n n





    

 

f) 12Cn122Cn2 n C2 nn n n 1 2 n2 (Đề 1-TH&TT- 2008) Bài tập Tính tổng sau:

a) C1303.22C3305.2 C4 305  27.2 C 26 302729.2 C28 3029 b) 2.1C 3n2 n 2 223.2C 33n n 3234.3C 34n n 4 24 ( 1) n(n 1)C 2  n  nn n c)

1

0

( 1)

2

n n

n n n

n

C C C

C

n

    

d) 122 123 ( 1) 1 ( 1)

2 1

n n

n n

n n n n

C C C C

n n



  

    

 

e) 20030 20032 20034 20020023

3

S C C C C

n

   

 (Đề TH&TT- 2004)

Bài Tập 3:(TTĐH- Đề 8- Thầy Nguyễn Tất Thu) Đặt Tk   1 k13kC62nk1 Chứng

minh:

1 n

k k

T 





Bài Tập 4:(TTĐH- Đề 7- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tính Tổng

1 1004 2009

2010 2010 2010 2007 2010

PC  C  C  C   C

Bài Tập 5: Cho khai triển 10 20

0 20

(x 3x1) a axa x  a x Tính tổng

a T1 a0a4a8  a20 b T2 a1a5a9 a17

D ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC

Ví dụ D.1: (ĐHQG TPHCM) Cho 2 n Z Chứng minh rằng:

0

1

n n n n n n

C C C

n

     

  

Giải

Ta có:   0 2

0

1

n

n n k n n

n n n n n

k

k

x C  x C C x C x C x



     

Cho x1 ta được:

0

2

0

0

2 1

n n

n n k n

n n n n n n

k k

k

C  C C C C C

 

     

Áp dụng BĐT Cauchy với nsố 2n n1 n2 nn n n2 n

n n

C C C n C C C

  

  

2

1

ĐPC

1 M

n n

n n

nCn Cn C Cn n Cn C

n

     

  

 



Ví dụ D.2:(ĐH Y Dược TPHCM- 1998) Cho: ,

k n k n Z

   

 

Chứng minh rằng:

 2

2 2

n n n

n k n k n

C  C   C

Giải Với 0k n k, Z

Ta Đặt

 

 

 

 

 

 

 

 

2

1

2 ! !

! ! ! !

2 ! !

! ! !

k n n

k n k n k

k

n k n k

n n k n n k

n k n k

n n k k

a

n n

a C C

a  



  

 

 

  

  



  

    



Để chứng minh BĐT ta cần chứng minh dãy ak giảm cách chứng minh

1 k k a a 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 ! ! ! !

! ! ! ! ! ! !

2

1 Đúng

1

n k n k n k n k

n n k n n k n n k n n k

n k n k n n

n k n k n k n k

     



     

  

      

     



1 k k a a

   dãy ak giảm a0 a1  ak ak1a0 ak  2

2 2

n n n

n k n k n C  C   C



Ví dụ D.3: Chứng minh với nNvà n  thì:

   

1

2 n !

n n n n

C C C nC n

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 36 Giải

Xét khai triển: 2 3

(1 )n n n

n n n n n

x C C x C x C x C x

     

Lấy đạo hàm hai vế theo biến x ta được: n(1x)n1 Cn12C xn2 3C xn3 nC xnn n1

Chọn 1

1 2n n n n nn

x n  C  C  C nC

  1 1  

1 n.2n n! 2n n!

n

 

      

Việc lại ta chứng minh  2  n N n, 2

Cách 1: Ta có:

! 1.2.3.4 2.2.2 2n

n  n   (n1 số)

1 2n !

n 

    2 hay dùng quy nạp để chứng minh

Cách 2: Chứng minh quy nạp

 Với n 3 n! 2 n1    23 1 4 (đúng)  Giả sử  2 với nk với

3 2k

k    k 

Vậy k1k!k1 2 k1k1 ! 2.2  k12kvì  k k 1 4

Vậy theo ngun lí quy nạp ta có: n! 2 n1 n “Từ kết ta áp dụng để giải số toán phần Bài tập áp dụng”

Vậy  2 1Cn1 2Cn2 3Cn3 nCnn n! ĐPCM

n

      

Ví dụ D.4:(ĐH AN- 2000)

a) Cho 3 n Z Chứng minh rằng: nn1 n1n

b) 1

1! 2! n!

    

c) Cho 2 n Z Chứng minh rằng: 1

n

n      

 

d) m n với số nguyên dương m n, Chứng minh: 1 1

m n

m n

               Giải

a) Ta có:

 

2

1 1 1

1

1 1

2 1

2! 3!

1 1

1 1

!

1 !

n

n n n n n

n n

n

n C C C C

n n n n

n n n

k

k n n n n n

n  n         

 

                 

      

                    

    

    

 2

2

1

n

n

n n

n    



   

 

    

   

   

b) Ta có:

 

1

1

1!

1

1

2!

1 1

2!

1 1

4! 3.4

1 1

5! 4.5

1 1

! 1n

n n n n

    

   



   

 

    



   

 

  



 



Cộng vế theo vế 1 3 ĐPCM

1! 2! n! n

        

c) Xét khai triển: 1 n0 n11 n2 12 nn 1n n2 12 nn 1n

n

C C C C C C

n n n n n n

 

          

    Mà:

 

   

 

1

!

2

! ! !

k n

n n n k

n

C k n

k n k k

  

    



1 1 1

1 1

! !

k n k

k C

n k n n n k

                 

     

Áp dụng kết câu b 1 1

2! 3! !

n

n n

 

           

Vậy: 1

n

n      

  d) Xét khai triển:

    

   

 

0

2

2

1

1 1 1

1

1

1 1

1

2! 3!

1 1 1

1 ! !

1

n

n n

n

n n n n

n n

C C C C

n n n n n

n n n n n

n

n n n

n n n n

n n n n





   

      

   

   

  

     

 

  

  1 1 1 1 1 1  *

2! 3! !

n

n n n n n n n

                                

           

Tương tự ta có:

1

1 1 1

1 1 1

2! 3! 1

n

n n n n



       

         

       

  

       

1 1

! 1

n

n n n n

     

         

  

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 38

   

1

1 1 **

1 ! 1 1

n n

n n n n n



       

                         

So sánh  * **   suy ra: 1 1

m n

m n

              

Ví dụ D 5(TH&TT) Cho  n N*, 3 mN* Chứng minh rằng:

2

1

1 1

2

m m m n

n

C C   C  m

Giải Ta có:  

 

   

     

1

1 ! ! ! !

1997

!

! !

k i k

k i k i

k k

i k i k

C i

  

 

   



  

 

 

 

   

     

 

 

   

 

   

 

1

1 ! ! ! !

2

! ! !

1 ! ! 2 !

!

1 !

1

!

k i k

k m k m

i k k

m k m k m

m m k m k

m m k m k

C

  

 

     

  

 

    

   

        



 

 

 

 

 

 

1

1

1

1

0

1

1

1

1 1 1

ĐPCM

2 2

k m m k

m k m

k k

m

k k

k m k m

m m

m m

m m m

C C

C C C C

  

 

 

 

  

  

  

  

   

    

    



 



Ví dụ D 6: Chứng minh rằng:

a) lim n n n 

b) Nếu m0 lim n lim n n m n n 

Giải

Đặt n ( 2)

m n   n

  2  

0

1

2 k

n k k

n n

k

n n

n m C m C m m



      

 1 2

0

2

2

1

1

n

n n n

n m m n

n

n

n



           



Mặt khác: lim lim ĐPCM

1

n x n x n

 

    

 

  

 

Ví dụ D.7: Cho x*

n N 

   

  

Chứng minh rằng: 1xn 1xn 2n Giải

Đặt:  

0

1

2

1

n

k k

n

n n k n n n n n

n n n

k

a x

C a b C a C b a

b b

b x a

 

   

      



   

 

1 xn 1 xn 2n

    

Ví dụ D.8: Cho a b, 0 Chứng minh rằng: ,

2

n n n

a b a b

b Z

   

      

Giải

Ta có: an i bn i aibianbn an i bibniai   in Mặt khác ta có khai triển:  

0

n n k n k k n k n k k

n n

k k

a b C a  b C b a



 

  

       

0

2 n n k n k n n n

n n

k k k k

n n

k

n k

C a b b a a

b b

a a b C

 

 

       

2

n n n

a b ab

     

Ví dụ D.9: Chứng minh

a) Chứng minh rằng: 1001 1001 1 2000 1001 1 2000

 

  số tự nhiên chia hết cho 11

b) 3 1  1 1 ,

3

n n

n n n n

C C C n Z

 

      

 

 

Giải

a) Ta có:      

2000 2000 1999

0 2000 2000

2000 2000 2000

1001x C 1001 C 1001 x C x

 Với  2000  2000  1999 2000

2000 2000 2000

1 1001 1001 1001

x   C C  C

 Với      

2000 2000 1999

0 2000

2000 2000 2000

1 1001 1001 1001

x   C C  C

     

 

   

 

2000 2000

1 1999 1999

2000 2000 2000

2000 2000

1001 1001 1001 1001 1001

2 1001

2 1001 1001 1001 2002 11.182 11 ĐPCM

C C C

X X N

       

  

       

b) Ta có:

 

 

0 1 1 1 1

3 1

3 3

1

3 8,

3

n

n n n n n

n n n n n n n n

n n

n n n

C C C C C C

n n Z



 

     

             

 

       

   

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 40 Ví dụ ID 10

a) Cho 2 p số nguyên tố Chứng minh rằng: k , 1, 2, ,

p p

C   k p

b) ( Định lí Fermat nhỏ)  n N, p số nguyên tố Ta ln có p n n p Giải

a) Với k1, 2, ,p1 P số nguyên tố Ta có:

 

 1   1

!

! ! 1.2.3

k p

p p p p k

p

C q

k p k k

   

  

 Vì p số ngun tố nên khơng chia hết cho k

Mặt khác CpkN p p 1p2  p k 1  1.2 k

k k

p p q p

C C p

    b) Đặt p

n

a n n

 Với n1an np n a11p 10P

 Giả sử an với nk a Pn

 Với n k 1: Xét

  1 2

1

1 2

1

p p p p p p p

k k p p p p

p p p p

p p p

k k C k C k C k C k k

C k C k C k k

a  a   

  

           

      Áp dụng kết câu  k , 1, 2, ,

p

a C p k p k k k 1

k

a a p

a p

a p





 

 





 

Vậy theo nguyên lí nguyên nạp cho ta p n n p

Bài Tập Ứng Dụng Bài 1: Cho 3 n Z Tính

a) lim , 0 2 !

n

n a

a n

    b) lim !, 

n

n a

a R n

  

Bài 2: Cho a0,1 m n m n , Z Chứng minh

a) 1nm 1mn b) 199820011999200120002001 Bài 3:  n N* Chứng minh rằng:  

   

2

2

1!2! 2!3! ! !

2 ! 1! !

n n

n n

n

n n

    

Bài 4: Cho

1

1

, , ,

n n

S a a a

a a a

n Z

    



 

   

Chứng minh rằng:

    

2

1

1 1

1! 2! !

n n

S S S

a a a

n

       

Bài 5: Chứng minh rằng:

 

2 1999

200 2000 2000

MỤC LỤC

LỜI MỞ ĐẦU……….2 A LÝ THUYẾT……… B CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC……… C ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THứC VÀ TÍNH TỔNG TỔ HỢP……….20 D ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC………36

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Phương pháp giải toán Đại Số Tổ Hợp – Võ Giang Giai 2. Đại Số Tổ Hợp- Nguyễn Phú Khánh

3 Tạp Chí Tốn Học Và Tuổi Trẻ

4 Các đề thi HSG- Olimpic