2 Trong bài toán 1 ta đã khai thác số hạng tổng quát bằng cách đưa giá trị biến đổi k và biểu thức tổ hợp và làm dư ra giá trị n là hằng số cho trước.. Với cách suy nghĩ tương tự ta có t[r]
Trang 1
I Kiến thức cơ bản
* Công thức tổ hợp: C n k= n!
k ! (n −k )!
* Tính chất : C n k=C n− 1 k− 1+C n − 1 k ; C n k=C n n− k
* Khai triển nhị thức Newton : a+b¿n=∑
k=0
n
C n k a n −k b k
¿
* Một số trường hợp đặc biệt :
1+1 ¿n=C n0+C n1+C n2+ +Cn k+ .+Cn n.
¿
−1¿n C n n.
−1¿ k C n k+ + ¿
1− 1¿n=C n0− C n1 + + ¿
¿
2n= ¿
II Các bài toán minh hoạ
Bài toán 1 Với n là số nguyên dương ,tính tổng sau.
S = C 2 n0
+C 2 n2
+C 2 n4 + +C2n 2 k+ .+C2 n 2 n
Giải.
Ta thấy các số hạng liên tiếp nhau trong khai triển là tổ hợp có chỉ số k cách nhau 2 đơn vị Khi chú ý tới số hạng tổng quát với mọi số nguyên k 0< k <n,ta có
C 2 n 2 k=C 2 n −1 2 k −1+C 2 n− 1 2 k ; C 2 n0 =C 2 n −10 ; C 2 n 2 n=C 2 n −1 2 n −1
Vậy
S = C 2 n − 10
+(C 2 n − 11
+C 2 n −12
)+(C 2n − 13
+C 2 n −14 )+ .+(C2 n− 1 2 k −1
+C 2 n −1 2 k )+ +(C2 n −1 2 n −3
+C 2 n− 1 2 n− 2
)+C 2 n− 1 2 n− 1
= 22n-1.
Bài toán 2 Với n là số nguyên dương chứng minh đẳng thức sau.
C1
2009
1 + 1
C20092 + +
1
C20092009=
1005
2009(C120080 +
1
C20081 +
1
C20082 + +
1
C20082008) Giải.
Với n,k là số nguyên dương và k không vượt quá n, ta có.
1
C n+1 k +
1
C n+ 1 k +1=
k !(n+1 −k )!
(k +1)!(n −k )!
(n+1)!
k !(n − k)![(n+1− k )+(k+1)]
(n+1)!
n+2 n+1.
k !(n − k )!
n+2 n+1.
1
C n k
Áp dụng đẳng thức trên ta được
Trang 2
1
C20090
+ 1
C20091
= 2010
2009 .
1
C20080
1
C20091 +
1
C20092 =
2010
2009 .
1
C20081
1
C20092008+
1
C20092009=
2010
2009 .
1
C20082008
Cộng các vế tương ưng của các đẳng thức trên với chú ý C1
2009
0 = 1
C20092009 ,ta có
2(C120090 +
1
C20091 +
1
C20092 + +
1
C20092009)= 2010
2009(C120080 +
1
C20081 +
1
C20082 + +
1
C20082008)
=> C1
2009
1 + 1
C20092 + +
1
C20092009=
1005
2009(C120080 +
1
C20081 +
1
C20082 + +
1
C20082008) .
Bài toán 3 Với n là số nguyên dương ,tính tổng sau:
A = C n1+2 Cn2+3 Cn3+ +k C n k+ +n Cn k
Giải
Trong các số hạng của tổng A ta thấy các hệ số của tổ hợp có tính chất tăng dần
Khi sử dụng khai triển Newton ta không thể thay giá trị tương ứng cho a,b để có kết quả thuận lợi
Khi để ý tới số hạng tổng quát ,ta có sự khai triển SHTQ là :
k C n k=k n !
k ! (n − k)!=k
n (n −1)!
k (k −1)! [(n− 1)−(k −1)]!=n C n −1
k −1
( với mọi k > 0, k là số tự nhiên)
Vậy A = n[C n− 10 +C n − 11 +C n −12 + +Cn −1 n −1]=n 2 n −1
Trong bài toán 1 ta đã khai thác số hạng tổng quát bằng cách đưa giá trị biến đổi k và biểu thức
tổ hợp và làm dư ra giá trị n là hằng số cho trước
Với cách suy nghĩ tương tự ta có thể giải quyết bài toán sau
* Bài toán tổng quát Với n là số nguyên dương ta có
1+x¿
n − 1
C n1 +2 x Cn2 +3 x 2.C n3 + +k xk −1 C n k+ +n xn− 1 C n n
=n¿ (*)
* Bài tập áp dụng( Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2005) Tìm số tự nhiên n sao cho
2 11 2.2 2 12 3.2 2 2 13 4.2 3 2 14 (2 1).2 2n 2 12 1n 2005.
(**)
Khi thay x = 2 vào (*) Ta có (**) (2n + 1).(1-2)2n = 2005 n = 1002
Bài toán 4 Với n là số nguyên dương ,tính tổng sau
B = C n02.C n13.C n2 ( n1).C n n
Giải
Khai thác SHTQ ta có :
(k +1) C n k=C n k+kCn k
Nên B = [ 0 1 n]+[C1n 2. 2 n]=2n .2n 1
Trang 3Bài toán 5 Với n là số nguyên dương ,tính tổng sau.
E = 2.1.C n2 3.2 .C x n3 4.3 .C x n4 2 n n.( 1) .C x n n n2
Giải.
Xét số hạng tổng quát ta có
k
2 2
.( 1).( 2)!
.( 1).( 2)!.[(n - 2) -(k - 2)]!
Vậy E = n(n-1)[ 0 2 1 2 n 22. n 2]
= n(n - 1)(1 + x )n-2
Bài toán 6 Với n là số nguyên dương ,tính tổng sau.
S=C n1+22 Cn2+ 32 Cn3+ +k2 Cn k+ +n2 Cn n
Giải
Khi khai thác SHTQ ta có : với k >1,k là số tự nhiên
T k=k2 C n k
=[k (k − 1)+k] C n k
k (k − 1) C n k+k C n k=n(n− 1).C n −2 k −2+n C n − 1 k − 1
và C n1
=n C n −10 Vậy :
S=n(n −1).[C n −20 +C n − 21 + .+Cn − 2n − 2]+n[C n − 10 +C n −11 + +Cn −1 n −1]
n(n − 1).2 n − 2+n 2 n −1
¿n(n+1).2 n − 2
Bài toán 7 Với n là số nguyên dương ,tính tổng sau.
S = C20110 .C20112010+C20111 C20102009+C20112 .C20092008+ +C2011k C 2011− k 2010−k+ +C20112010 C10
Giải
Ta xét số hạng tổng quát:
C2011k C 2011 −k 2010− k
=2011!
k !(2011− k )!.
(2011− k)!
(2010− k )!
2011!
k !(2010 −k )!=2011.
2010 !
k !(2010 −k )!=2011 C2010
k . Vậy S = 2011[C20100
+C20101
+ +C20102010
]=2011 2 2010
Bài toán 8 Với k là số nguyên ,tính tổng sau.
S= − 1¿
k C2010k .C 2010− k 1000− k+ .+C20101000 C10101010
C20100 C10002010− C20101 C2009999 +C20102 C2008998 − .+¿ Giải
Khai thác SHTQ ta có :
C2010k C 1000 −k 2010−k
=2010!
k !(2010 −k )!.
(2010 − k )!
(1000 −k )!1010!
1000!
k !(1000 −k )!.
2010 !
1000 !.1010 !=C1000
k C20101000
Vậy S =
−1¿k C1000k + +C10001000
1−1¿1000=0
C10000 − C10001 + .+ ¿ =C20101000
¿
C20101000
¿
Trang 4
Bài toán 9 Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n ta có.
1
n n
Giải
.
1 1 !( )! ( 1).( 1)![(n+1) - (k+1)]!
k n
C
1 1
1 1
k n
C n
Vậy
n+1[C n +11
+C n+ 12
+C n+13 + +Cn+1 n+1
] 1
n+1[2n +1 − C n +10
]= 2n+1 −1
* Bài toán tổng quát, Tính tổng:
S =
n
n
Giải Xét Số hạng tổng quát sau
.
1 1 !( )! ( 1).( 1)![(n+1) - (k+1)]!
k
n
C
1 1
1 1
k n
C n
Vậy S =
1
1
n
=
1
1
n
=
[(1+b) (1 ) ] =
n
a
* Khi cho a ,b các giá trị thích hợp ta có các bài toán thường gặp sau
a/
n n
( Với a = -1 , b = 0 ) (HSG tỉnh 95-96)
b /(ĐTTS- KB-2003)
n
n
n
1
n
( Với a = 1 , b = 2 )
Bài toán 10 Với số tự nhiên n , Chứng minh rằng :(Đề thi tuyển sinh A 2007)
n
n
=
2
n
n
(*)
Giải
Theo SHTQ bài toán 7 ta có
1
Khi đó ta có VT(*) =
2n+1 2 1 2 1 2 1
1
n
Mặt khác ta có , theo khai triển new tơn :
(1 - 1 )2n+1 = 20 1 21 1 22 1 23 1 24 1 22n1 22n11
Trang 5(1 + 1 )2n+1 = 20 1 12 1 22 1 23 1 24 1 22n1 22n11
Cộng vế với vế ta được :
22n+1 = 2( 20 1 22 1 24 1 26 1 22n1 )
Hay : 22 1 24 1 26 1 22n1
C C C C 22n - 1
Vậy VT(*) =
2
n
n
( Ta có đpcm)
Bài toán 11.Với n là số nguyên dương ,tính tổng sau.
S = 1 21 C20100
+ 1
2 3.C2010
1
+ 1
3 4.C2010
2
+ + 1 (k +1)(k +2) C2010
k
+ .+ 1 2011.2012C2010
2010
.
Giải.
Khi chú ý khai thác số hạng tổng quát ta nhận thấy:
1 (k +1)(k +2) C2010
k
(k +1)(k +2).
2010!
k !.(2010 − k )!
1
2011 2012.
2012 !
(k +2)!(2012−(k+2))!
= 2011.20121 C2012k +2
Vậy
2011 2012[C20122
+C20123
+C20124
+ +C20122012
] 1+1 ¿2012− C20120 −C20121
¿
¿
1 2011.2012 ¿ = 22012
2011.2012−
1
2012
Bài toán 12 Với n là số nguyên dương ,tính tổng sau.
S = 12.C n0+ 1
3.C n
1
+ 1
4.C n
2
+ + 1
k +2 C n
k
+ .+ 1
n+2 C n
n
Giải
Để phân tích số hạng tổng quát ta áp dụng tính chất sau:
1
(k +1)(k +2)=
1
k +1 −
1
k +2=
1
k +1 −
1 (k +1).(k +2) Khi đó SHTQ được khai triển như sau
1
k +2 C n
k
=[k +11 −
1 (k +1)(k +2)] C n k
1
k +1 C n
k
(k +1).(k +2) .C n
k
1
n+1 C n +1
k+1
(n+1).(n+2) C n+2
k+2
Vậy S = n+11 [C n+11 +C n+12 +C n +13 + +C n+1 n+1]− 1
(n+1)(n+2)[C n+22 +C n+23 +C n+24 + +Cn+2 n+2]
Trang 6
1+1 ¿n+1 −C n+10
1+1 ¿n+2 −C n+20 −C1n+2
¿
(n+1)(n+2)¿
¿ 1
(n+1).(n+2)[2n+2 −n −3]= ¿ 2n+2 − 1
2n+1 −1
Bài toán 13 Tính tổng sau:
S = C20100
+ 1
2 C2010
2
+ 1
3 C2010
4
+ 1
4 C2010
6 + + 1
1006C2010
2010
Giải.
Khai thác SHTQ ta có:
1
k +1 C2010
2 k =2. 1
2 k +2 C2010
2 k =2[2 k +11 −
1 (2 k +1)(2 k +2)].C20102 k
2[2 k +11 C2010
2 k
(2 k+1)(2 k +2) C2010
2 k
]
2[20111 C2011
2 k+ 1 − 1
2011 2012 .C2012
2 k+2
]
=> S = 2[20111 (C20111 +C20113 + +C20112011)− 1
2011.2012 (C20122 +C20124 + C20122012) ] Mặt khác ta có :
1+1 ¿2011=C20110 +C20111 +C20112 + +C 20112011
¿
1− 1¿2011=C20110 −C20111 +C20112 − −C20112011
¿
¿
⇒2
2011
=2(C20111 +C20113 + +C20112011)
⇒C20111
+C20113 + +C20112011=22010
Ta lại có :
1+1 ¿2012=C20120 +C20121 +C20122 + +C20122012
¿
1− 1¿2012=C20120 −C20121
+C20122 − .+C20122012
¿
¿
⇒2
2012
=2(C20120 +C20122 +C20124 + +C20122012)
⇒C20122
+C20124 + C20122012= 22011−1 Vậy S = 2[2 2010
2011 −
2 2011−1
2011 2012]
Bài toán 14 Cho n là số nguyên dương, tính tổng sau :
S = 12C n1+ 2
3C n
2
+ 3
4C n
3
+ + k
k +1 C n
k
+ + n
n+1 C n
n
Giải
Phân tích số hạng tổng quát ta có :
k
k +1 C n
k
=(k +1)− 1
k
=C n k − 1
k +1 C n
k
=C n k − 1
n+1 C n +1
k +1
Trang 7Vậy S = ∑
k=1
n
C n k − 1
k=1
n
C n+1 k+1=2n −1 − 1
n+1(2
n+1 −n − 2)=2 n − 1
n+1(2
n +1 −1)
Bµi tËp vËn dông.
1 T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x 26 trong khai triÓn nhÞ thøc:
7 4
x x
biÕt r»ng:
2 1 2 1 2n 1 2 1
2 (HSG tØnh n¨m 2008).Cho C 2 n +1 n +1 +C 2 n+1 n+ 2 + +C2n +1 2n +C 2 n+1 2 n+1=220 BiÕt r»ng sè h¹ng thø 3 trong khai triÓn
A = (4
√xlog2x −3
+√2− x log2 (x
8))n b»ng 45 T×m x?
3.(HSG tØnh 2010).T×m hÖ sè cña x 7 trong khai triÓn P(x) = (5x-3) n , biÕt
C 2 n +11
+2 C 2 n +12 + .+(2 n+1) C2 n +1 2 n +1=21 2 20
4.KÝ hiÖu P N =1+a+a 2 + … +a n vµ S n = 1+
1+a¿2
¿
1+a¿n
¿
¿
¿
1+a
2 +¿
.
CMR: C n +11
+C n +12 P1+ .+C n+1 n+1 P n= 2n S n (HSG tỉnh 94-95) 5.Cho n lµ sè tù nhiªn CMR víi mäi x ta cã:
1− x¿2006+ +2008 C20082008 x2008 =2008 x
1 − x¿2007+2C20082 x2 ¿
C20081 x ¿
.
6 Cho hµm sè f(x) =
k −2008 x¿2C2008k
¿
1 − x¿2008− k
¿
∑
k=0
2008
¿
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña f(x) trªn [0;1].
7.T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d¬ng n sao cho :
− 1¿ n
¿
¿
1
2C n
0−1
3C n
1 + + ¿
.
8.CMR nÕu n ch½n th× 2 n chia hÕt: C 2 n0 +3 C2 n2 + +3n C 2 n 2 n
9.TÝnh tæng c¸c hÖ sè bËc lÎ cña ®a thøc (HSG tØnh 2009)
P(x) =
2 x¿2008
2 x¿2+ +2009C20092009¿
C20091 +2C20092 (2 x)+3 C20093 ¿
Trang 810.Cho n lµ sè tù nhiªn , n > 1 CMR:
n −2¿2C n2+ +22C n n − 2+12C n n− 1=n(n+1) 2 n− 2
n− 1¿2C n1+ ¿
n2C n0+ ¿
11.T×m gi¸ trÞ cña biÕu thøc A = 20092006 C20081 +20092004C20083 + +20092.C20082005+C20082007 .
12.CMR: C n1 +2 Cn2 + +nCn n
n <n ! víi mäi n lµ sè tù nhiªn n > 2.
13 CMR: (C n0
)2+(C n1
)2+(C n2
)2+ +(C n n
)2=C 2 n n
14 CMR: −1¿2 n+1(C 2 n+1 2 n+1)2= 0
(C 2 n+10
)2−(C 2 n+11
)2+(C 2 n +12
)2− +¿
15.CMR: C n0 C n1
+C n1 C n2 + +Cn n− 1 C n n
= 1
2C 2 (n +1)
n +1 − C 2 n n .
16.T×m hÖ sè kh«ng chøa x trong khai triÓn
2
3
1 n
x
1
2C 2 n
0 −1
3C 2n
1
+ 1
4C 2 n
2 − + 1
2 n+2 C 2 n
2 n
= 1
462 .