Chuyên đề 14 "Nhị thức Newton và ứng dụng" được biên soạn với các nội dung: Kiến thức về nhị thức Newton, bài tập và lời giải. Chuyên đề có cách giải hay sẽ giúp các bạn có tài liệu tham khảo trong việc giải bài tập chuyên đề này. Mời các bạn cùng tìm hiểu.
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202
754
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
755
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
,a b và số nguyên dương n thì ta có
n
n
n k
k
n
(
a b
)
1 n b C a C a b
...
k C a n
0 n
1 n
n n C b n
k
0
n
n
k
n k
k
n
n
(
a b )
( 1)
1 n b C a C a b
( 1)
...
k C a n
0 n
1 n
n n C b n
k
0
1n .
k
b n k
1k trong khai triển là
k C a n
T k
1
.
n
n
n
(1
x
)
...
k 0 C x C n
k n
1 1 C x n
n C x n
k
0
n
n
k
n
n
(1
x
)
( 1)
( 1)
...
k 0 C x C n
k n
1 1 C x n
n C x n
k
0
Trong các công thức trên ta có + Số các số hạng là + Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n . + Số hạng thứ + Các hệ số cách đều 2 số hạn đầu và cuối thì bằng nhau. Một số khai triển hay sử dụng
n
n
a
a n i (
)
bi
(
x
x
b n )
a n i )
(
x
b i )
Các hướng giải quyết bài toán dạng này
i C x ( n
i C x n
i
0
i
0
i
Nếu bài toán cho khai triển , khi đó hệ số
a n i
)
bi m
.
nC sao cho (
i
của mx là
nC thì xét
1
k
Nếu bài toán đề cập đến max;min của các số hạng
kT là lớn nhất khi đó
1
Tìm max kT thì giả sử
k
kT thì giả sử
kT là nhỏ nhất khi đó
T k T k 1 T k T k
1
T k T k T k T k
n
1)
C
Tìm min
i n
( i i
i
1
n
k C )
Trong biểu thức có thì dùng đạo hàm.
kx rồi lấy đạo hàm.
i n
( i
i
1
n
k a C
Trong biểu thức có thì nhân 2 vế với
a thích hợp.
i n
i
1
756
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Trong biểu thức có lấy x
n
1
i n
C 1
i
1
i
14
Trong biểu thức có thì lấy tích phân xác định trên đoạn [ , ]a b thích hợp.
(1
(1
Q x ( )
9 )
x
x
10 )
(1
...
x
14 )
...
9a .
a 0
a x 1
a x 14
9
CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho khai triển . Tìm
10 )
14 )
;
;
;
;
9x trong khai triển
9 C C C 10
9 9
9 11
9 C C C . ; 13
9 14
9 12
Q x ( ) (1 x ) (1 x (1 ... x là
...
C
3003
9 10
9 14
2
10
. Vậy Lời giải: + Hế số của 9 a C C 9 9
16x trong khai triển
Bài 2. Tìm hệ số của ( x x 2 ) .
10
10
2
10
k
k
k
20
k
(
x
x 2 )
2 10 )
( 2 ) x
( 2)
Lời giải:
k C x ( 10
k C x 10
k
0
k
.
16
0 k
4
+ Ta có
4 C
4 16x trong khai triển là:
10( 2)
2
2009
+ Chọn 20 k Vậy hế số của
(
x
)
1008x
1 3 x
Bài 3. Tìm hệ số của trong khai triển của nhị thức .
1k trong khai triển là
k
k
4018 5
k
Lời giải: + Số hạng thứ
)
(
C
(
x
2 2009 )
k C x 2009
kT
1
k 2009
602
1008
1 3 x . 1008 k k 1008x trong khai triển là
2009C .
.
8
2
+ Chọn 4018 5 Vậy hệ số của
8x trong khai triển thành đa thức của
Bài 4. Tìm hệ số của x (1 x ) 1 .
8
8
k
2
2
2
k
i
Lời giải:
8 )]
k )]
i ( 1)
k C x [ 8
k C x 8
i C x k
k
0
k
0
i
0
8
k
0
2
i
+ Ta có [1 x (1 x (1 x
( 1)i
8x trong khai triển là
kC C
k 8
k
4
k
3
i
i
Vậy hệ số của thỏa mãn
0
2
0 i i 2 k 8 i k ,
( 1)
( 1)
238
8x là:
4 0 C C 8 4
3 2 C C 8 3
757
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Vậy hệ số của .
2 10
3x trong khai triển thành đa thức của
Bài 5. Xác định hệ số của P x ( ) (1 2 x x 3 ) .
10
2 10
k
k
(2 3 ) x
Lời giải:
P x ( )
(1 2
x
x 3 )
x
(2 3 ) x
k C x 10
1
10
2
2
3
10
(2 3 )
(2 3 ) x
oC 10
1 C x 10
2 10
k 3 (2 3 ) x 2
+ Ta có
(2 3 ) x
x C x 3x chỉ xuất hiện trong
x (2 3 ) 3 Suy ra hệ số của
12
C
C 8
1500
3x trong khai triển của
3 C x 10 2 C x 10 ( )P x là:
(2 3 ) x 2 10
0 10 10 ... C x 10 3 3 2 C x 10 3 10
.
2
2
Vậy hệ số của
16x trong khai triển thành đa thức của
16
Bài 6. Tìm hệ số x (1 x ) 1
16
16
2
2
2
2
k
k
2
k
x
(1
x
)
C
(
x
(1
x
))
( 1)
(1
x
)
Lời giải:
k 16
k 2 k x C 16
1
16
k
0
k
0
16
k
16
k
2
i
k i
2(
k i
)
+ Ta có
2 k x C
k 16
i C k
k C C x 16
i k
k
0
0
i
( 1) ( x ) ( 1)
k thỏa mãn
( 1)k i
1
0
4
3
2
k
k
k
7
8
6
5
4
k
k
i
i
i
i
i
258570
7 16
4 16
6 16
2( x
Vậy hệ số của 0 i 16x là k kC C 16
*
1)n bằng 1024. Hãy tìm hệ số
12ax trong khai triển đó.
( )
n
2
n
2
k
4
2
n
(
x
1)
C x C x
...
Lời giải:
1x vào ta được
k C x n
0 C n
1 2 n
2 n
n C x n
n
0 k ...
2
1024
10
0 n
2 C C C n
+ Ta có , thay
a C
210
n C n 12ax là :
n 6 10
.
26x trong khai triển nhị thức NEWTON của nhị thức
n
7
20
k
x
C
C
C
....
C
2
( n nguyên dương,
1
1 2
n
1
2 n 2
1
3 n 2
1
n n 2
1
nC là tổ hợp
1 4 x
, biết rằng
758
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
20
C
C
C
C
....
C
2
1
3 n 2
1
n n 2
1
k
0 2 1 n k
1 2 n
2
....
)
2(
C
1
1 2 n 1 n 2
C 1 C 2
2
n
1
2 n 1 2 n . Từ đó 1) n C 1 n 2
C
C
1 n
C 2 C 1 n 2
....
....
2
C
1
1
2
n
3 n C n 2 1 2
n
2 n 1 1 n 2 10
(0 3 C 2 1 n n C 2 n 1 3 C 2 n
1
2 n C n 2 1 n C 2 n
1
1
1
2 C 2 n
1 2 n 0 C 2 n
k 11
40
k
k
)
Mặt khác 0 n 2 1
1 n 0 2 C C 2 n 1 1 n 2 2 n 20 1 .... 2 C 2 n 1 + Số hạng thứ k+1 của khai triển là 4 10 7 k k kT C x ( ( ) x C x 10 10 Chọn 11 k 26 40 k 6 26x là 6 C 210 Vậy hệ số của 10
3nx trong khai triển thành 3
3
n
.
2( x
3na là hệ số của số hạng chứa na
3
3
Bài 9. Với n là số nguyên dương, gọi n 1) ( đa thức của . Tìm n để 2) x 26 . n
n
n
n
k
2
n
k
2
i
n i
n i
2
k i
Lời giải:
n 1) (
k C x n
i C x n
k i C C n n
k
i
0
k
0
i
0
n
1
n
3
3
+ Ta có . ( x x 2) 2 2 x
k
i
n 3
, thỏa mãn
3
k
n
1
k
n
i
i
1
3
3 2
Chọn 2
3
n
1 n C C 2 n
n n
n n C C n n
0 0 n i k , i 2 k 3 n , i k 3nx là 3 a 3
n n
4 (
2)
n
2
n 2
5
26
n
n
1)( 3 n là giá trị cần tìm.
5
Vậy hệ số của số hạng chứa
2
n
Vậy
na của
nx trong khai triển thành đa thức của 1
2
Bài 10. Xác định hệ số x 2 x ... nx , Tìm
na
2
2
n
2
2
n
n
n biết rằng n 6
nx
na của
1
n 1.
1(
n
1) 2(
n
2)
...
.1 2 n
n n
(1 2 ...
n )
2 (1
2 2
...
2 n
)
... x 2 x nx x 2 x ... nx 1 x 2 x ... nx , do đó hệ số
3
1)
n n (
1)
n
n n 2
n n ( 2
n 1)(2 6
n 11 6
759
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải: Ta có 1 trong khai triển là na
n
n
6
.
n
n
6
5
a n
3 11 n 6
5
n là giá trị cần tìm.
Vậy
2
n
x
P x ( )
x
x
...
x
...
Vậy Bài 11. Cho khai triển
a 0
a x a x 1
2
a x n
1 2
1 2 2
1 3 2
1 n 2
n
n
.Xác định hệ số của
x
;...;
_____ n 1,
)
P x , có n nghiệm phân biệt
( ) 0
ix i (
1 1 ; 2 2 2
1 2n
Nhận thấy phương trình là , do đó
n
n
1
2
theo định lí Vi – ét ta có:
;
na . 1
x i
x x i
j
a n a
i
1
i
,
j
1, i
j
n
a n a n
n
. Dễ thấy
...
1
a n
1
x i
1 2
1 2 2
1 3 2
1 n 2
1 2
1 n 2
i
1
1
1
1 n 2 1 2
2
2
n
n
n
2
Vậy .
2
j
i j ,
1, i
j
i
1
i
1
n
2
n
1 ... a n x x i x i x i 1 2 1 2 1 n 2 1 2 2 1 4 2 1 n 2 2
1 2
x
...
a x a x 1
S
3
...
a 0 2
a 1
a 2
2 a 3
a x n n a n
2
n
, tính tổng sau Bài 12. Cho khai triển
...
(*)
b 0
;...;
.
b x n
, Dễ thấy ta có
a n
b n
Vậy tổng S bằng tổng sau
2 ...
b x b x 1 b a ; 1 b 3 3
2 b 2 nb n
2
n
1
S , lấy đạo hàm theo x ở 2 vế của (*) ta được
x
(1)
1x ta được
b 1
b x 2 2
nb x n
, thay vào 2 vế của (1)
...
... b x 3 3 n 1 2 .3n
b 3 3
nb n
. Lời giải: Xét khai triển n 1 2 x b a ; a 0 1 0 b b 2 1 2 n 1 n 2 1 2 b 2 b 1 2
760
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
n
n
1
1
x
x
x
x
1
x 3
x 3
x 3
x 3
1 2
1 2
1 2
1 2
x
2
...
C
x
C
2
n n
n n
0 C x n
1 C x n
. 2
. 2
n
n
nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó
C
.n x ,
( n là số
3 n
15 C n
và số hạng thứ tư bằng 20n . Tính
n n (
n
2)
Lời giải:
C
n
n
5
7(
n
* .
)
3 n
1 C 5 n
1)( 6
+ Theo giả thiết
4
x
2
x
x
x 3
1 2
T C x
35.2
2 .2
20
n
140
x
4
3
3 7
. 2
3
n
x
x
1 2
Số hạng thứ tư trong khai triển là
2
2
có tổng 2 số hạng thứ 3 và thứ Bài 14. Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức:
k trong khai triển là
1)
k
x
x
1 2
2
2
k T C k n
n k
5 bằng 135, còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22. Lời giải: + Số hạng thứ (
x
x
n
2
n
4
x
x
1 2
1 2
2
C
2
2
2
135(1)
T 2
T C 4
2 n
4 n
1
2
và thứ 5 bằng 135 Từ đó suy ra 2 Tổng số thứ hạng 2 3 4
n C n
n n
1)
Tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22 C 22(2)
(2)
, thay vào (1) ta được
1 22
n
n
6
1 2
x
2 4
x
2
x
1
2 2
x
2
x
n C n n n ( 2 C
x 4 2 .2
x 2 2 .2
135
2
2
9;
t
2
4 6
2 C 6
t
4
x
1
t 2
9
4 t
t
x
1 2
1 2
x
Từ
1 2
1;
6
4
Vậy là giá trị cần tìm.
5 )
4x trong khai triển 15 )
Bài 15. Tìm hệ số của số hạng chứa P x ( ) ... (1 (1 (1 x x x (1 x ) )
761
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải:
2
Ta có
P x ( )
(1
x
x
)
(1
x
)
...
(1
x
11 )
4 ) 1 (1
4
4
)
x
(1
16 )
(1
(1
x
x
)
1 x
12 1 (1 ) x 1 (1 x ) Vậy hệ số của
4368.
1 x 5x trong khai triển là 5 C 16
2
1
n )
n )
) x x ... ) 2(1 1)(1 (1 n n x x (
2 )
( ) 1 2(1 ) 3(1 (1 ... (1 n x x x )n 1
n
2
n
n
1
G x
( ) 1
x
(1
x
)
(1
x
3 )
...
(1
x
)
(1
x
)
(1
x
)
(1
x
)
1 (1 1 (1
) x x )
1 x
1 x
7
3
Bài 16. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của tổng sau S x (1 ( ) Lời giải: Ta có Để ý x F x F x ) S x ( ) ( ); ( )F x là đạo hàm của tổng
x
(
x
0)
1 4
x
Bài 17. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
1k trong khai triển là
k
k
7
k
3
7 7 3 12
C
(
x
)
kT
1
k 7
k C x 7
1 4
x
Lời giải: + Số hạng thứ
k
. k
0
4
7 7 3 12
Chọn
35
4 T C 5 7
n
28 15
. Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là:
3 x x
x
(
x
0)
2
Bài 18. Trong khai triển . Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x , biết
79 .
C
C 1
n n
n C n
n n
rằng
1)
1
2
C
C
79
n
1
79
n
12(
n
* )
n n
n C n
n n
n n ( 2
Lời giải: +Từ giả thiết ta có
k trong khai triển là
1)
k
16
k
k
3
28 15
48 15
C x x (
12 )
x
kT
1
k 12
k C x 12
Vậy số hạng thứ (
16
k
5
0
k
792
. Vậy số hạng không phụ thuộc x là
T C 6
5 12
48 15
762
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Chọn .
)nx có 2 hệ số liên tiếp có
. tỷ số là
n
k
n
k
1k
)
x
(1
k C x n
nC và
nC .
k
0
Ta có Hệ số của 2 số hạng liên tiếp là
Theo giả thiết ta có: k C n 1 k C n
k
1
k 1 . Do cả 2 số n k 3 2 (0 k n ) 7 5 7 5 7
n k ,
*
6
n
k
21
n min
7
n
n k
k
. k 1 n k k 1 7 Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 21.
2 k nx C x
1
x
k n
k
0
Bài 20. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
10
...
x
BÀI TOÁN VỚI SỐ HẠNG LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho khai triển nhị thức
a 0
a x a x 1
2
a x 10
ka lớn nhất.
2 3
1 3
. Hãy tìm số hạng
k
k
10
10
k
C
x
x
C
k C x 10
a k
k 10
k 10
k 2 10 3
k 2 10 3
2 3
k
0
10
+ Ta có
1 3 , từ đó ta có )
1 3
0
1
k
k
1
0 k a ;... 10 C
2
k C 10
1
1 k 10
k
k
7
k
k
1
19 3
22 3
2
C
2
a k a k
10 2 3 ka m a a ax( a 2 k a k
1
1 k 10
k C 10
7
Giả sử ;
C
a 7
7 10
2 10 3
Vậy số hạng lớn nhất là .
12
Bài 2. Khai triển đa thức
P x ( )
x
...
12
0
a 0
a x 1
a x 12
. Tìm ax( ; ;...; ). m a a 1 a 12
12
12
12
k
k
k
k
1 2
x
x (2 )
2
x
C
2
k C n
k C n
a k
k n
k
k
0 ;...;
0 . Từ đó ta có
. + Ta có
ka m a a ax(
0
1
763
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Giả sử ; ) a 12
k
k
1
C
2
C
1
k 12
1 k 12
k
k
8
k
k
1
23 3
25 3
C
2
C
a k a k
a k a k
1
k 12
2 2
8
18
1 k 12 a C 8
n
2
n
Vậy số hạng lớn nhất là
x (1 2 )
...
12 2 . a 0
a x a x 1
2
a x n
Bài 3. Giả sử thỏa nãn hệ thức
...
4096
a 0
( ) P x a n n 2
a 1 2
a 2 2 2
.
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số ; ;...; a a a { ; 0 1 2 a . }n
n
2
n
Lời giải:
x ta được
(1 2 ) x
...
a 0
a x a x 1
2
a x n
1 2
n
Ta có , thay vào 2 vế với
2
...
12 4096 2
n
12
a 0
a 1 2
a 2 2 2
a n n 2
12
12
12
k
k
k
k
(1 2 ) x
C
x (2 )
C
2
x
C
2
.
k 12
k 12
a k
k 12
k
0
k
0
Vậy
k
1
k
C
C
2
1 k 12
k 12
1
k
8
1
k
k
C
C
2
2
ka là hệ số lớn nhất, khi đó ta có a 2 k a k
a k a k
1
k 12
Vậy hệ số lớn nhất là
1 k 12 8 C 2
126720
a 8
8 12
n
2
n
Giả sử
(
x
2)
...
1
10
a 0
a x a x 1
2
a x n
Bài 4. Xét khai triển . Tìm n để ; ;...; a m a a a ax{ ; 0 2 a }n
n
n
k
n k
n k
(
x
2)
x
2
2
Lời giải:
a k
k C n
k C n
k ;...;
Ta có
1
n
10
n
11
0 a }n 2
2
10 11 C n
32
29
n
n
30;31
9
n
n
10
2
C
2
a 10 a 10
9 n
n
10 n là giá trị cần tìm.
Vậy
a , ; khi và chỉ khi
m a a a ax{ ; 2 0 10 C a n 11 a C 9 30;31
4) n {0;1; 2;...; }
n k
4
. Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 sao cho số tập con gồm k phần tử của A là
2
nC nC .
Bài 5. Cho tập hợp A gồm n phần tử ( số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm lớn nhất. Lời giải: Sô tập con gồm 4 phần tử của A là tổ hợp chập 4 phần tử của n:
764
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Số tập con gồm 2 phần tử của A là tổ hợp chập 2 phần tử của n: Theo đề bài ta có
4 n
2 n
n n ( 1)( 2)( n 3) 1) C 20 C 20 n n ( 2
2 n 234 0 Số tập con gồm k phần tử của A là
n 24 n 5 18 n
C
ka là lớn nhất khi đó
ka
k 18
C
1
k 18
1 k 18
k
9
C
a k a k
1 k 18
1 9
C k C 18 k là giá trị cần tìm.
, giả sử
11
2
,...,
2
(
x
x
10 1) (
a x 11
2
5
2
10
a a , 1 2) a là các hệ số trong khai triển sau 11
5a . (1 2 ) x x
... . Hãy tìm 5x trong khai triển
9x trong khai triển của
x (1 3 ) x 3 . 2 Bài 3. Tìm hệ số của số hạng chứa ( x x 3 2)n . Biết rằng
4 A n 3 C A 1 n
4 n
5
4
3
22
. 24 23
Bài 4. Tìm hệ số của số hạng chứa P x ( ) ...
49
28 C n
Bài 5. Tìm hệ số của x (1 2 ) 2)n . . 1 A C n
3x trong khai triển 2( x 2( x 20 2
C
C
n n 2
1 2
1
1
n
2
3
n
Bài 6. Tìm hệ số của , biết rằng 1)n x x (1 2 ) 3 n thành đa thức, biết:
n 2) (3
n
k
( x x 1) , biết:
k ( 1) 3
2 ... 3
....
C
C
C
1024
2 n n 2
0 n 2
n
n 3
3
n 3
5
3
n
10
P x ( )
x
...
. x (1 2 ) x (1 2 ) 8x trong khai triển 6x trong khai triển 2 . 1 ... C n 2 1 11x trong khai triển thành đa thức của Bài 7. Xác định hệ số của n k 1 2 2 n C 3 2 n n 2
a x 0
a x 1
a x 2
2
1 x 2
Bài 8. Khai triển . Biết rằng 3 hệ số đầu
a a a lập thành cấp số cộng. Tính số hạng chứa 0
1
2
( ) ; ;
1
3
)nx , biết :
n 3
n 3
C
C
2048
( 1)
n 3
...
C
0 n
1 n
4x . 10x trong khai triển nhị thức Newton của (2 2 n n C C n n
3 n
n
5
x
. Bài 9. Tìm hệ số của số hạng chứa n 2 3
8x trong khai triển nhị thức Newton của
1 3 x
3)
C
n 1 4 n
n .
7( 0)
2
20
2
20
1) 2(
3 1)
3(
1)
x
x
(
... 20(
x
1)
...
a 0
a x a x 1
2
a x 20
Bài 10. Tìm hệ số của số hạng , biết rằng
Hãy tính hệ số
765
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
n
n
2
n
2
n
1
2
x
...
a x 2 n
a 2
n
1
. a x a 0 1
.
n
n n
...
1
1 C n 2
2 C 2 n 2 2
1 32
3 C 3 n 3 2 n
k
nC 1 n 2 n k
n
1
1
x
1
x
1
.
2
2
1 3 C C n n
22 C n
k C n
3
x
3
x
Bài 14. Cho , biết n thỏa mãn và số
0
2
2
k hạng thứ tư trong khai triển trên bằng 2010n . Xác định n và x .
4
1 x
8x trong khai triển sau
1 x
12 12
3
2
2
. Bài 15. Tìm hệ số của
2
7a .
x x x ... . Tính hệ số của a 0 a x 12
2
n
Bài 16. Đặt 1 Bài và rút gọn biểu
x
x
1
x
...
n
x
...
4 Khai 3
2 1
3 1
1
2
a x n
. Tính hệ số của 17. 2 thức 8a , biết
a x a x 1 1 . n
a 0 7 3 C n
rằng n là số nguyên dương thỏa mãn a x a x 1 triển n 1 2 C n
S C
...
n và 4
0 n 2
4096 13
n
x
...
Bài 18. Cho số nguyên dương . Tìm n.
2 C 2 n 3 a 0
4 C n 2 5 a x 1
2 n C 2 n 1 2 n n a x . Biết rằng tồn tại số nguyên n
k
n
k
Bài 19. Giả sử n là số nguyên dương và 1
1
sao cho 1
100
. Tìm n.
2
a k 9
a 1 k 24 ...
x
a 0
a x 1
a x 100
k
a 1 k 2 100 . 99
. Chứng minh rằng . Với giá trị nào của a 2 a 3
1 0
a k
k
3
n
2
nx
Bài 20. Biết rằng k thì a
2
1 nx
2
Bài 21. Cho biết tổng tất cả các hệ số của khai triển là 64. Tìm hạng tử không
n
k
n
x
2012
x
chứa x .
1
k C n
n
1 2012
k
0
2
3
2
3
. Bài 22. Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có
20x của đa thức nào lớn
1000
1000
1 x x 1 x x thì hệ số của và
7
x
1
x
1
log 3 2
1
ln 9
7
Bài 23. Sau khi khai triển hơn.
e
1 52
2s
2
s
2
x
nx
s
x
là 84. Bài 24. Tìm giá trị của x biết hạng tử thứ sáu của khai triển
8x là
1 n
nC .
766
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
hệ số của Bài 25. Chứng minh rằng trong khai triển
n
2
2
n
2
n
3a .
n
2
2
n
x
x 1 x 1 x 1 x . Tính hệ số a 1 a 2 a 2
4x biết rằng
2
x ... . Tìm hệ số của a 0 a x a x 1 a x 2 n a 0 2
a .
n
2
10
2
2
14
a 3 a 2
2
6a .
2
20
1 2 x x ... . Hãy tính hệ số a 0 a x a x 1 a x 14
x 3
2 1
2
1 2 x ... a 0 a x a x 1 a x 20 x 10
20
Bài 28. Cho khai triển Bài 29. Cho khai triển 1. Xác định hệ số
16
... 2
a 0
2
3
5
2. Tính tổng
x
y
'
xy
1,
y
...
x
1;1
4a . a 2 2 a x a x 0 1
a 4 a x 2
a 20 a x 2 1 n n
thỏa mãn ... 1
Bài 30. Cho . Tính
n
n
2
n
tổng ... a 0 a 1 a 2 a n
x
x
...
x
P x ( )
1
1
3a
a 0
a x a x 1
2
a x n
1
. Xác định hệ số Bài 31. Cho khai triển
2
k n
!
!
k C !
k A n
k n
n ! k n k n ! n k
!
n !
P n
512 a ... a 1 a 0 a n
biết rằng ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Dựa vào các công thức cơ bản: C
C
C 1
k 1 C n 1
k n
k C n
k 1 n 1
k C n k
1
1
n
1
Ta cũng có và
,n k nguyên dương , k
n . Chứng minh rằng
n n
1 1 k C 1 n
1 k C n
BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho
767
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Biến
)!
(
VT
n n
1 2
đẳng thức cần chứng minh
n k 1)!
)!
n
k
1
k
1
)!
!(
)!
n
2
.
n n n n
trái 1)!( k ( n của )!
k n k ! n
1 k C n
1 ! n k n k
!(
)!
1
...
(*)
đổi vế 1 k n !( k n ( 1)! k n k 1 !( 1)! n 2 ( k n k 1 !( n 1)! 2 (
1)! 3!(
1 n
n 2 n
3)!
n
(
!
Bài 2. Cho n là số nguyên dương và chẵn chứng minh rằng 1 1)!1!
1
n
(*)
...
2
n
(
n ! 1)!1! (đúng). Ta có đpcm.
3)! n 1 2
n ! n ! n 1)! 3!( n 1!( C 1 n 3 1 C C ... n n n
2n ta có
n
1
...
n
1 2 A 2
1 2 A 3
1 2 A n
Bài 3. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương ,
(
n
VT
...
...
0! 1! 2! 3!
n
2)! !
1 2 A 2
1 2 A 3
1 2 A n
...
1
...
1 1.2
1 1)
n
(
n
1 2
1 1 2 3
1
n
1
1 n
1 2.3 n
1
1
(đpcm).
VP
1 n
n
,x y thỏa mãn
1
Lời giải: Biến đổi Vế trái của đẳng thức cần chứng minh, ta có
y C 1 x 6
Bài 4. Tìm các số nguyên dương 1 y C x 2
y
x
1(*)
768
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
.
1
1
C 5
C 6
y x 1
y x
1)! x 1 y
)
x 6. ! y x
1)!
(
y
1)!(
5.( y x !(
y C 1 x 6 5( 1)(
y
y C x 5 1) 6(
x
x C 2
1) 5 ( y x 3
1)(2) y y 1(3) , thay (3) vào (2) ta được:
2
Ta có:
8;3
y 4 5 y y
*
*
là giá trị cần tìm. x y ; 5
C
C
C
m m
1 k 2 m k
1 k 1 m k
1 k 1 1 m k
, 3 ta có m n
1
1 n
3 n 2 n
n C n C n 1 n
. 3 2 C ... n C C
n C n C n 1 2 n
0 C n 1 C n
2
2
3
...
...
1005 2009
C
C
C
C
C
C
... 1 . 2
1 2009 2009
1 1 2009
1 2008 2008
C 3
C
C 2
2
n n
1
...
4
2
3
n
n
n
n
2 n 1
3 n 1
1 1 1 2 2008 2008 n ta luôn có C 1 n 1 ... 2000.1999.
n
4 n 1 C
C
2.1.
C
3998000
3 2000
2 2000
n ... 3
C 3
C
C
2 n n 2
2 k n 2
2 n 2
0 n 2
Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên
Bài 8. Giải phương trình .
1 x C 6
2
9
x
1 x
2 x
. Bài 9. Tìm số nguyên dương x thỏa mãn C 6 14
C
10
2 A 2 x
2 A x
3 x
.
769
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 11. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn
3 n 1
4 n 1
2 A n
2
C 5 4
n 4 1 n
3 A n 1
7 15
k
n ,
3
1
thỏa mãn 3 C
C
C 3
ta đều có C C Bài 12. Chứng minh với mọi
k n
k C n
2
k
1
C
C
k 14
k 14
C 142
2 P A x x
P 2 ) x
2 A x
C 5
90
2
y x
80
y A x y A x
y x
,k n k 2 C 3 n
...
3 3 C C C 4 5
A
3 n
3 3
1
Khi gặp tổng là tổng các tích giữa 2 công thức tổ hợp, thường nhân 2 khai triển với nhau
;...
;
;
;
;
;...
5 9 C C C n n
1 n
0 n ...
; ...
hoặc tổng có riêng hoặc các tổng
3 5 C C C n n
4 C n
4 8 C C C n n thì dùng số phức. 1
k
a
NHỊ THỨC NEWTON DÙNG TRONG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP sau đó so sánh hệ số của biến cùng bậc với nhau. Khi gặp tổng có riêng 1 0 2 C C n n n
C
k n
k 1 b 1
k
n
Khi số hạng của tổng có dạng ( hay cứ có mẫu thức hơn kém nhau k đơn
...
C
2
n
1
0 C n C
...
... 2
0 n
1 C C n 2 C n
n n 3 C C C n
1 n
5 n
vị) thì dùng tích phân. Các kết quả quen thuộc: 1 /
...;
2 n
5 B C C C n n
... 1
1 3 n n A B
n 2 ;
n
2
n
A B 2
n 2
x
...
1 C C x C x n
2 n
0 n
n C x n
n
2
n
n
n
, thay vào x A B 1 (1)
x
C C x C x C x
( 1)
...
x
0
A B
1
(2)
0 4 A C C C n n Ta cần chứng minh: Ta có 1 Ta có 1
0 n
2 n
3 n
1 n
n C x n
770
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
, thay vào .
n
1
2 (2) A B .
. Ta luôn có
, 0
p
m n min{ ; }
1
2
...
...
C
C
2 C C C C n
1 n
p q C C m
q n
0 p C C m n
m n , p m n
p m
p m
m
2
p
C x C x
...
...
x
1 m
2 m
p C x m
m m C x m
0 C m
n
2
p
n
C x C x
...
...
x
C
2 n
p C x n
n C x n
0 n
1 n
m n
2
p
M x ( )
...
)
x
p m
1 2 C C C C C C ( n
1 n
p 0 C C x (*) m n px 2 vế của (*) ta được
2
.
...
...
p 0 p m n m ( )M x là một đa thức không chứa p q p C C m m
p q q C C ... m n px , so sánh hệ số của 0 q p C C m n n
2 n
1 n
p m n
2
2
2
2
1 C n
0 n
2 n
n C n
n C 2 n
C ... C
1 p C C C C C C m , ta có p 0 k n , k n ,
1
...
0 k C C n n
1 C C n
k n
n k n C C n n
n (2 )! )!(
(
n k
n k
)!
Bài 2. Cho . Chứng minh rằng
1
...
Lời giải: Viết lại đẳng thức cần chứng minh
n kx .
0 C C n
n k n
1 C C n
n k n
n k 0 C C n n
n (2 )! )!(
(
n k
n k
)!
n
2
n
, điều này gợi ý đến vế trái là hệ số của
x
(1
(1
x
x
)
)
n kx ở 2 vế ta có đpcm.
, sau đó so sánh hệ số của
Ta xét n 1 Áp dụng kết quả bài 1. Ta có ngay điều phải chứng minh.
C
...
C
C
Bài 3. Cho . Chứng minh rằng k n ,
0 k
1 C k
n k n
n 1 n k
2
0 k n , 2 C k
, điều này gợi ý đến vế trái là tổng các hệ số chứa
C
kx .
C k 1 1 n k
k C 1 k
k C k
k k n
k k
2
771
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
k
k
1
k
2
k n
P x ( )
x
x
x
x
1
...
Xét đa thức 1
1
1
n
1
k
n k
1
x
x
k
1
1
x
kx ở 2 vế ta suy ra
1
x
x
x 1 1 1 1
, so sánh hệ số của số hạng chứa
2
2
2
2
...
S
1 C n 2
2 C n 3
n C n n
1
0 C n 1
đpcm. Bài 4. Với số nguyên dương n . Tính tổng sau
2
k
n
k n
S
S có dạng
nC k
1
1
k
0
, biến đổi
k C n k
1
(
k
)!
(
n
n 1)! ( 1)!( k 1)(
n k
)!
k 1 C n 1 n 1
C k n ! k n k 1) !( 2
n
2
2
2
Ta có:
S
(
)
(
)
(
)
...
(
1 C n
1
2 C 1 n
3 C 1 n
n 1 2 C ) 1 n
2
k 1 C n 1 n 1
1
(
n
1)
k
0
Vậy
nC
1 n 2(
1)
2
1
1
(
n
1)
.
k
n
1
Bài 5. Tính tổng gồm 2n số hạng
...
C
...
C
S
1
2 1
2 C 2 n
1 k n 2
2 n n 2
n
1 C 2
1 3
1 k
1 n 2
1
2, 3,..., 2
n
.
.
.
k C n 2
1
1 k C 2 n
1 k
k
1 n
2
1
k
1 ! 1
k
!
1 n
2
1
ta có 1 n 2 ! n k 1 !. 2
1 !
n 2 n !. 2
k
k
2
n
1
n
1
2
1
2
n
k
1
1 k Do đ ó:
C
C
C
S
1
k 1 n 2
k n 2
1
k n 2
1
k
2
n
1
1
2
k
2
2
k
k
2
2
n
1
k
2
n
1
1
1 1
k 2
n
1
0 C 2 n
1
1 2
n
1
1
1 1 n 1 n
k
0
. C C 1 2 n n 2 n 2 1 2 1 1 n 2 1
2
2
2
Bài 6. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
1 C n
2 n
n n
n C
S 2 C ...
772
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
n
n
1
0 n
2 2 C x C x n
1 n
n C x n
n
1
n
1
f x ( ) x C ...
1
1 C n
2 C x 2 n
3 2 C x 3 n
n nC x n
n
1
2
n
f x '( ) n x ...
1
1 C x n
2 C x 2 n
3 3 C x 3 n
n nC x n
n
n
n
1
2
xf x '( ) nx x ... (1)
n C x C x
1 n
0 n
2 C x n
n n
nx ở 2 vế ta đươc
2
2
2
x ... (2) C
1 n nC n 2 1
n nC 2 n
1 C n
2 n
n n
1
1 Nhân theo vế của (1) với (2), sau đó so sánh hệ số của n C
2
2
2
2
... C 2 S .
n C n
2 n
1 n
2
2
2
( 1)n ... C C C S
2 n
2
2
2
2
2
C S 4
C
2 C n
0 n
n n
1 n
n C
2
2
2
2
C
C
... C n 2 . ... C
S
...
1 C n 2
2 C n 3
1
n n
n
2
2
2
2
C
C
S
...
Theo hai hướng của bài 6 và bài 4, ta có các bài toán sau(1,2,3,4,5): BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 0 n Bài 2. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau n 1 2 n C n n S 6 Bài 4. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
2 C n 3.4
1 n 2.3
n n 1)(
n
2)
(
n
k
n
1
Bài 6. Tính tổng gồm 2n số hạng
S
...
C
...
C
1
2 1
1 C 2
n
2 C 2 n
1 k n 2
2 n n 2
1 2
1 3
2
2
.
2 1
1 n
2 n
n C 2 n
1 1 n 2 2 1 n n
1 k
n
...
f x ( )
x
1 2 2 C C x C x n n
n C x n
0 n
Bài 7. Chứng minh rằng: 1 C C ... C
n
n
2
n
g x ( )
...
x
1 1
1
1 C C x C x n
n C x n
2 n
0 n
(*)
n n ,
n 1,
2,...
trở xuống thì ta đạo hàm
773
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
CÁC BÀI TOÁN DÙNG ĐẠO HÀM VÀ TÍCH PHÂN Ta thường xét hai khai triển : n (i). Nếu trong biểu thức tính tổng chỉ xuất hiện các số từ trực tiếp hai vế của (*) một hoặc nhiều lần.
(ii). Nếu ngược lại có xuất hiện từ các số từ
n 1,
2
n 2,... sau đó mới đạo hàm hai vế.
trở lên thì ta phải nhân thêm vào hai vế
,... x x ,
S C
...
C 3
2
3 n C 3
n nC n ...
C 4
(
n
1)
1 n S C
2 /
2 C 2 n 1 C n
2 n
3 n
n C n
n
n
2
của (*) một lượng với (iii). Sau các bước trên thì ta thay giá trị của x thích hợp vào hai vế, ta có kết quả. BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho số nguyên dương n. Tính tổng sau 1 /
, đạo hàm 2 vế ta được
...
f x ( )
1
n C x n
0 n
2 n
1 C C x C x n
n
n
1
...
(*)
x
n
1
n nC x n
2 n
1 C n
n
C 2
2
f Thay S C
2 n
3 C 3 n
n nC n
x 1 3 2 x '( ) C x C x 2 3 n 1x vào 2 vế của (*) ta được 1 1 n
n
2
.
...
f x ( )
x
x 0
1
n C x n
1 C C x C x n
0 n
xf x ( )
, nhân vào 2 vế với 2/ Xét
n
1 n
...
(
n
1)
(**)
0 xC n (1
x
)
)
3 3 C x 4 n
n C x n
2 n x C n 1 n n 2 2 n
... 1 n
1
n
, đạo hàm 2 vế theo x ta được
... n 3 3 2 1 x C x C n n 0 n C x C x 2 C x 3 n 1x vào 2 vế của (**) ta được n
n .2
nx (1 Thay S 2
.
S
C 3
C 4
...
(
n
3)
C
0 n
1 n
2 C 5 n
n n
3(
C
)
C
C 2
...
S
Bài 2. Tính tổng
2 n
0 n
n C n
1 n
2 n
n nC n
S 3 1
2
n
...
2
n
1
0 S C 1 n C S
n .2
2 n ... 1 n
n C n 1
1 n
1 C C n 2 C 2 n n
Lời giải: Viết lại tổng S , ta được 1 ... C C S n
n nC n n 2
2
n
n .2 S 3.2 6) n . (
3 4.2
2.2
...
(2
n
1).2
2005
4 C 2 n
1
3 C 2 n
2 C 2 n
1 2
n
1
1
C n 2 1 1 2 n
k n 2
1
1
n
2
3
4
2
n
n
1
x
kC nên ta sẽ dùng đạo hàm ...
C
2
o C 2 n
1 2
1
C x C x C x C x 1
4 n 2
3 n 2
2 n 2
1
1
1
n
2 n C x 1 n 2
1 2 2 n x 1 n 2
774
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
n
2
3
n 2
1
n
n (2
x
C x C x 2 3
... 2
n (2
1)
(*)
2
1 C 2
2 n 2
1
3 n 2
1
4 C x 4 1 2 n
n 2 nC x 1 2 n
1 2 n 2 x C 1 2 n
2
n 2
2.2
3.2
(2
3 4.2
...
(2
n
1).2
C
2005
1) 1 1 n x vào 2 vế của (*), ta được 2 C 2 n
3 C 2 n
1 2
1
1
1
n
4 C 2 n
1
2 n 1 1 n 2
2 C
n
thay vào n 1)
1002 1002
n Vậy
*
là giá trị cần tìm.
Bài 4. Tính tổng, với (1 n )
1 C n
2 C n
n C n
n
1 / ... S 1 1 n 1
2
1 n
2 C n
n n
S 2 / C ( 1) ... C 1 n 1
3
1 n
3 C n
5 n
n
2
n
3 / S C C ... 1 6 1 3 1 3 1 4
x
...
1 C C x C x n
2 n
0 n
n C x n
1
1
2
, lấy tích phân 2 vế trên đoạn [0;1] ta được 1 2 1 2 1 2 Lời giải: 1/ Xét 1
1
n x dx
2 n
1 n
n n
0 n
n C x dx
0
0
C x C x ... C
n
1
2
n
1
1
0 C x n
1 C x n
2 3 C x n
n C x n
n
1
n
1
1 1 x ... 0 0 1 n 1 1 1 1 2 1 3 1 n 1
0 C n
1 n
2 n
n C n
n
2
n
n
x
2 2 ... C C 1 (*) S 1 S 1
0;1 ta được
2 n
n C x n
1
1
2
n
( 1)
...
1
n x dx
1 C C x C x n
0 n
2 n
n n
n C x dx
0
0
n
1
1
n
n
1
...
x
1
1
0 C x n
1 2 C x n
2 3 C x n
n C x n
1 2
1 3
( 1) n 1
0
1 ( n
1)
0
1 1
(**)
S 2
n
n
1 3/ Lấy (*)+(**) ta được
775
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1 n 1 ( 1) ... 1 2 1 n 2/ Xét 1 n 1 n ,lấy tích phân 2 vế trên đoạn 1 3 1 C C x C x n 1 2 0 n
n
S
2
S
S
3
2
3
S 1
1
n
1
1
1
n
...
...
C
C
C
1
1 C n
2 n
3 n
n n
1 1 n 3
1 2
1 2
1 3
n
k
k
n
1
C
( 1)
x
k
k n
n
1
n
1
x
1
k
1
k
1
k
0
x
( 1)
x
( x
0)
1
k C n
x
x
k
0
k
0
Lấy tích phân 2 vế trên đoạn
0;1 , ta được
1
1
n
1
n
k
1
1 k x dx
k x dx
1
k n
k
0
k
1
0
0
k
1
k
1
n
1
n
C ( 1)
1
k
k C n
1
k
0
k
1
n
1
C
C
n
1 2
5 n 2
3 C 2 n
n 2 C 2 n
1 6
2 2 2
n
1 1
n
2
2
n
C
x
C x C x
...
1 1 x x dpcm 0 0 k ( 1) k
2
0;1 ta được
0 n 2
1 2
n
2 n 2
n 2 C x 2 n
1
1
2
n
2
2
n
x
dx
C
C x C x
...
1
0 n 2
2 n 2
1 2
n
2 n C x n 2
dx
0
0
1
n
x
1
2
2
n
1
3
...
0 C x n 2
1 C x 2 n
2 C x n 2
2 n C x n 2
1 0
1 0
2
n
2 1
1 2
1 3
1
2
n
C
C
C
...
(*)
n
1 2
2 n 2
0 S C 1 2 n
2 n n 2
1 2
2 2
n
3
2
n
Bài 6. Chứng minh rằng: 1 1 1 2 n 2 4 Lời giải: Ta có 1 , lấy tích phân 2 vế trên đoạn
x
1
...
2
1 2 n 0 C n 2
1 n 2 1 1 1 n 2 2 C x C x C x n 2
3 n 2
n
2 n C x n 2
S
C
C
...
C
C
C
(**)
2
1 2
0 n 2
3 n 2
2 n 2
n
2 n n 2
1 3 Một cách tương tự xét 1 1 2
1 4
1
1 n 2
1
n
1
1
...
C
C
C
C
2
2 n n 2
3 n 2
5 n 2
1 2
n
1
, ta được
...
C
C
5 C 2 n
3 C 2 n
2 n n 2
1 2
n
1 2 1 1 n 2 3 Trừ theo vế của (*) cho (**), ta suy ra 1 6 1 6
1 2 n 1 n 2
1 2 1 2
1 4 1 4
2 2 2 2 1 n n 1 1
2 2 n 2
776
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
, ta có đpcm.
2
1
3 2
1
1
2
...
C
C
C
2 C n
1 n
n n
0 n
1 1
n 2 n
n
C
...
n x C
x
1
0; 2 ta được
0 n
1 xC n
2 2 x C n
n n
2
2
n
x
dx
C
...
1
0 n
1 xC n
2 2 x C n
n n x C dx n
0
0
2
3
n
1
2
1
2
1
C
...
0 C n
1 C n
2 n
n C n
2
3
2 n
1 1
n 3 n
1 1
, lấy tích phân 2 vế trên đoạn
S
...
3
1 C n 4
2 C n 5
n C n n
Bài 8. Cho n nguyên dương, tính tổng
2x
21x
n
...
n x C
C
x
2 2 x C n
1 xC n
0 n
n n
n
2
n
1 n
n
2
2
x
x
x
3 x C
...
x
với
1 1
2 ( x x 1
0 n
1 n
2 n
5 2 x x C x C Lấy tích phân 2 vế trên đoạn
1
1
n
2
n
1
n
2
2 x C
5 x C
...
x
2
x
x
dx
1
1
1
0 n
3 1 x C n
2 n
n n x C dx n
2 n n x C n 0;1 ta được
, nhân vào 2 vế với 1 0) ta được 1
0
0
3 x C
6 x C
0 n
4 1 x C n
2 n
3 n n x C n
n
3
n
1
n
1 ... 1 n 3 1 3 1 4 1 5
1
1
1
2
1
S
C
...
0 n
1 C n
2 C n
n C n
1 3
1 4
1 5
x x x 1 n 1 1 n 3 2 n 2
1
n
3
n 2 n (
n ( 1)(
2) 2 n 3)
n
0 1 1 0 n 2)( n
C
C
...
C
0 n
1 n
2 C n
3 C n
n n
1 2
1 4
1 6
1 8
1 n
2
( 1) n 2
1
1
n
4
2
n
n
Bài 9. Chứng minh rằng .
0 n
1 2 n
2 n
n C x n
n
n
1
C x C x C x ( 1) ...
2 1 3 2 5 C x C x C x n n
0 n
1
777
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
( 1) ... (*) C x 2 n n n Lời giải: Xét khai triển 1 2 x x Suy ra,
Lấy tích phân hai vế của (*) trên đoạn
0;1 , ta được:
1
1
n
2
2
n
1
x
x
dx
...
n ( 1)
1 3 2 5 C x C x C x n n
0 n
n C x n
1
dx
0
C
C
C
...
.
0 C n
1 n
2 n
3 n
n C n
0 1 6
1 2
1 4
1 8
1 n
2
n ( 1) n 2
1
1
2
S C
...
C 6
2n
n
C
0 n
n n
2 n 2
2
2 n C
C
n
n
2
C
2 2 1
1
n n
n 1 2
. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Với số nguyên dương n , tính tổng sau: n
2 n
0 n
2 n
n C n
...
4 C n
0 2 S C C n n
n
n
1
n
a bi
n n b i C
...
n 0 a C n
1 a bC i a n
2 2 2 b C n
n n
4
1
, thay vào giá
C
4 C 4 n
2 C 4 n
4 n n 4
n
3
2
4
4
n
i
...
. MỘT SỐ BÀI TOÁN DÙNG SỐ PHỨC (i). Đặc điểm nhận dạng để ta ứng dụng số phức vào là biểu thức cần tính hay chứng minh có các hạng tử chẵn( hoặc lẻ) có dấu đối xứng nhau: chẳng hạn: Thông thường làm bài toán loại này qua các bước: (ii). Ta hay sử dụng khai triển: trị của a và b hợp lý. (iii). Nếu cần dùng đến đạo hàm hay tích phân thì do biến phức không giống như biến thực do đó ta phải xét hàm của biến x sau đó đến kết quả cuối mới thay x bởi số phức i vào biểu thức cuối( Xem bài tập mẫu số 2). (iv). Khi làm được các bước trên ta so sánh hệ số thực, hệ số ảo hai vế hoặc so sánh modun hai vế ta có kết quả bài toán. Lưu ý: 2 1n . i i BÀI TẬP MẪU Bài 1. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 0 S C ... 4 n
4
0 C 4 n
4 C i C i C i C i n 4
2 n 4
3 n 4
1 4
n
4 n C i n 4
778
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải: Xét 1
1
C
...
C
)
C (
...
C
)
i
0 n 4
4 n 4
n 4 n 4
1 4
n
3 C 4 n
5 C 4 n
n 4 n 4
n
2
n
n
i
)
(1
i (2 )
( 4)
C (
2 C n 4 22
n
C
C
0
C
4 n C n 4 5 ... n 4
( 4) . C 1 4 n n 4
1 4
n
So sánh phần thực và phần ảo 2 vế ta được 4 0 2 ... S C 4 n n 4 n 4 3 C C Ta cũng có: 4 n
...
1)
3 C 3 8 n
C 8 n 1 n 8
2
3
n
1
8
n
n
...
1 8 x
f x ( )
8 )
x
0 C 8 n
2 C x C x C x n 8
3 n 8
1 n 8
n 8 C 8 n
8 n C x n 8
n
2
8
n
1
1
n
2
...
n (8
1)
(*)
C x C x 2 3
1 8 8 n C x n 8
8 n nC x 8 n 8
3 n 8
n
2
8
n
1
1
2
Bài 2. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau n (8 S
8 n 1 8 C i n 8
3 C i 3 n 8
1 C 8 n
1
n (8 1)
2 C 2 8 n
4 C 4 8 n
3 C 3 8 n
n 8 C 8 n
8 n nC i 8 n 8 n 8 nC i 8 n
... 8 ... n (8 1)
8 2 ) 8 n i vào 2 vế của (*) ta được: 2 n 8 ... C i 2 ) n 8
8
n
)
1
8
n
n
n 8 (1
)
i
4 .16 (1
n
i
)
n
1
... 8
(1)
i i
1)
n (8
...
) i
n 4 .16 (1
4 C 4 8 n
. Vậy ta có
8 n C 8 n
8 n nC i n 8
1
n
Mặt khác ta lại có n 8 (1 1 1 C 1 n 8
3 2 C 3 C 2 n 8 8 n So sánh phần thực và phần ảo ở 2 vế của (1) ta được: S 1)
n
1 C 1 8 n Ta cũng có:
.
n 4 .16
n 8 C n 4 .16 n 8 8 n nC ... 8 8 n
3 C 3 ... 8 n 2 C 2 8 n
.
2
2
0 n
2 C n
4 C n
1 C C n
3 n
5 C n
...
...
C 2n
n
2
z
...
n i C
1 C iC i C n
0 n
2 n
n n
C
i
0 C C n
2 n
4 n
3 5 C C C n n
1 n
1 i ...
n
n
n
z
c 2( os
i sin
2
cos
i sin
Xét số phức
i
1
... 4
4
n 4
n 4
Mặt khác ta lại có
2z ở 2 vế, ta được
n
2
2
2
So sánh
z
C
...
2
n 2
0 C C n
2 n
4 n
3 5 C C C n n
1 n
...
, ta có đpcm
779
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 4. Với số nguyên dương n . Chứng minh
n
1
...
2
2cos
3 C C n
6 n
1 3
n 3
n
2
C C C
...
C
(1)
1 n
2 n
n n
0 n
.
c os
i sin
3
c os
i sin
(
1
1)(
2
0
2
1)
1 Ta có:
2 3
2 3
2 3
2 3
n
C
C
C
2
...
n
C
C
C
2
C
C
C
2
C
...(2)
1 n
0 n
2 n
1 n
n n
0 n
2 n
3 n
4 n
5 n
n
n
Lời giải: Ta có Xét phức số 3
2
4
2
2
2
0 n
2 n
1 n
n n
0 C n
1 C n
2 C n
3 n
4 n
2
1 1 Cộng theo vế của (1),(2),(3) ta được
n
n
n
... C C C C C C ...(3)
2
2
0 n
3 C C n
6 n
1 2 C C n n
4 n
5 n
...
...
3
C
0 n
1 3 C C n
6 n
1
...
3 C 1 C C 2
Mặt khác ta lại có
1
c os
isin
;1
2
c os
isin
3
3
3
C
n 2
2 cos
...
n 2
2 cos
.
0 n
3 6 C C n n
0 n
3 C C C n
6 n
3 ...
1 3
n 3
3 n 3
, từ đó ta có
2
n
2
n
C
9
27
C
( 3)
...
C
2
c os
0 n 2
2 C 3 2 n
4 C 2 n
6 n 2
2 n n 2
n 3
1004
2 3
C
3 3
C
... 3
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng
C 3
5 2010
7 2010
2009 2010
1 2010
3 2010
n
1
Bài 2. Tính tổng S C
2 n n 2
n
1 S C 2
... . Bài 3. Tính tổng C 1
...
C
Bài 4. Tính tổng sau:
... 4
5 C n 2 9 5 C n 4 4 C 2 8 n
1
Bài 5. Tính tổng sau:
3 C n 2 3 3 1 C 4 4 n n 2 S C 8 n ,n k là các số nguyên dương và
. Chứng minh Bài 6. Với
a k
3
n
0
1
C
C 3
C 5
... 2001
C
1 2011
3 2011
5 2011
2011 2011
780
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
a k k Bài 7. Tính tổng sau
n
...
1 n C C C n n
0 n
2 n
1 1
n
n
.
x
(
1) n
n
x
1
2
...
...
2
1
0 1 n C C x ... C x n n n 0 1 n C C C n n n
Lời giải: Ta có
n C n
n
n
...
1
...
C
2
Áp dụng BĐT Cauchy cho n số dương ta được n n
1 n C C C n
1 C C n
n n
2 n
2 n
n
n
n
n
2
1
.
...
1 C C C n
0 n
n n
1 C C ... n
n n
n
2 n
1 1
n 2,
)
C (
C 2
nC
...
n
!
1 n
n n
2 n
n
2
n
1)
(
1 C n
n C x n
1 C C x C x n 1
n
... 1 n
...
2 n (1
C
n
x
)
n
1
, đạo hàm 2 vế theo x ta được
x 2 C x 2 n
0 n n nC x n ...
nC
C 2
C
1
n .2
2 n
n n
1 n
n
1
C
C 2
...
nC
2
1 n
2 n
n n
1 n
Bài 2. Chứng minh rằng với thì ta có n 1 n Lời giải: Ta có 1 n x
n
n 12
n
!
Vậy chứng minh với . Thật vậy
thì n 2, 1 n .
n
n
n ! 1.2.3.4... n 2 2.2...2 ( s 1) ô
k n C 2 n
n n k 2
2
C C Bài 3. Cho 0 . Chứng minh rằng n n k 2
781
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải:
Đặt
a k
n n k 2
n C C 2 n k Thật vậy ta chứng minh
1
a k
a k
)! )!
, ta chứng minh dãy { }ka là dãy giảm. k
1
1
n k (2 n k n !( n k n k 2 1 2 1 n k n k
1
(đúng).
2
k , 0 n . a 0 a k . n , 0 n k n k )! (2 (2 1)! n n k n n k !( )! !( 1)! n n k n C 2 n
k
2000
C
C
C
C
. Chứng minh
k , 0 1001 2001
1000 2001
k 2001
a a k k 1 n k 1)! (2 n n k !( 1)! n n k Vậy dãy { }ka là dãy giảm, suy ra Bài 4. Cho số nguyên 1 k 2001
C
k n
k C n
1001
k
2000(*)
C
Lời giải: Ta có , vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
C
2002, 0 n k
. Nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức (*) với 0 , 0
k
1000
Nhưng do .
1 k C 1 1 n 1 kC 2002 n k k C n n C k 1 , 2002
ka
C
C
a k
a k
1
k 2002
1 k 2002
2002!
!(2002
k
k
)!
(
k
2002! 1)!(2001
k
)!
Đặt ta chỉ cần chứng minh dãy thật vậy { }ka tăng,
2 k
2001
k
1000)
1 C
k
.
(đpcm).
1 2002 k a ka 1000
1 1001 2002
. (đúng với mọi 0
n
3)
x , và số nguyên lẻ n ( n
0 2
2
n
1
x
...
1
x
...
1
x 2!
x n
!
x 2!
x n
!
n
1
n
!
Vậy BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực ta có
k
k
. Bài 2. Chứng minh rằng với mọi n ta có
n 2 0,1, 2,...,
n
nC đạt giá
n
1
n
1
Bài 3. Cho n là số nguyên dương có định và . Chứng minh rằng nếu
k
0k thì
0
2
2
k
n
0
trị lớn nhất tại .
n k C 2 n
2
1 1 k
1
Bài 4. Chứng minh rằng .
782
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
C
4
4
4
4
C
...
C
0 n
1 C n
2 C n
n n
n
2 1
n 2 n
*
*
C
C
C
1 1 k m k
1 1 k m k 1
1 2 k m k
1 2
C
1
m
2
m m Từ đó chứng minh rằng 1 2 C m
1 1 C m
1
1 3 C m
2
1 1 n m n
Bài 6. Cho n , 3 m ta có
Bài 7. Với mọi số nguyên dương n , chứng minh rằng
1 !
2
n
2
2
2
n
1!
. 2!
!
1!.2! 2!.3! ... n !. n . 2 n ! n .... n
2011
2
2011
k
k
k
2011
x
1
k x C x 2011
2011 4
k
0
783
Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 8. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên không âm k , ta có
![Đồng dư thức: Lý thuyết và bài tập [kèm bài giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2024/20240115/dancapprovip/135x160/6401705335438.jpg)
