zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỔ HỢP

Chia sẻ: Le Hai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

754
lượt xem 302
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu cung cấp kiến thức bài tập về môn toán tổ hợp rõ ràng và dễ hiểu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỔ HỢP

Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 1 Chúc thành công! MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỔ HỢP Bài 1 Bài giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: (1  x ) n  C n  C n x  C n2 x 2  C n x 3  C n4 x 4  .......  C n -1 x n -1  C nn x n 0 1 3 n (1) Thay x=1 vào (1) ta được: C n  C n  C n  C n  C n  .......  C nn -1  C nn  2 n 0 1 2 3 4 Vì Cn  Cn  1  Cn  Cn2  .....  Cn -1  2 n - 2 0 n 1 n (2) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (n-1) số dương, ta có: n -1 0 1 2 n -1 n 1 2 n -1  Cn  Cn  ....  Cn -1  1 2 n Cn .Cn .Cn .....Cn .Cn  Cn .Cn .....Cn    n -1 (3)   Từ (2) và (3) suy ra: n -1 0 1 2 n -1 n  2n  2  Cn .Cn .Cn .....Cn .Cn    (4)  n -1  Dấu “=” xảy ra  Cn  Cn2  .....  Cn -1  n  1 ( trái gt) 1 n Suy ra dấu “=” ở (4) không xảy ra. Suy ra đpcm. Bài 2 Bài giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: (1  x ) n  C n  C n x  C n x 2  C n x 3  C n4 x 4  .......  C nn -1 x n -1  C n x n 0 1 2 3 n (1) Thay x = i và n = 2009 vào (1) ta được: (1  i) 2009  C2009  C2009i  C2009i 2  C2009i 3  C2009i 4  .......  C2009 i 2008  C2009 i 2009 0 1 2 3 4 2008 2009  (1  i) 2009  (C2009  C2009  C2009 -....  C2009 ) - i(C2009 - C2009  .......  C2009 ) (2) 0 2 4 2008 1 3 2009 Mặt khác, theo công thức Moavrơ: 2009 2009 2009  1 1      (1  i )   2( i )   2 (cos  i sin )   2 2   4 4  2009 2009  (1  i ) 2009  ( 2 ) 2009 (cos  i sin ) 4 4   (3)  21004 2 (cos  i sin )  21004 (1  i )  21004  21004 i 4 4 Từ (2) và (3) suy ra S  21004
Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 2 Chúc thành công! Bài 3 Bài giải n n Với n chẵn, ta có i  i n 2 2   ( 1) 2 Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: (1  x ) n  C n  C n x  C n x 2  C n x 3  C n x 4  .......  C n -1 x n -1  C nn x n 0 1 2 3 4 n (1) Thay x = i tan x vào (1) ta được: (1  i tan x ) n  C n  C n i tan x  C n2 ( i tan x ) 2  C n (i tan x ) 3  C n (i tan x ) 4 0 1 3 4  .......  C nn -1 (i tan x ) n -1  C nn (i tan x ) n  (1  i tan x ) n  C n  C n i tan x  C n tan 2 x  C n i tan 3 x  C n tan 4 x 0 1 2 3 4 n n n -1 n -1  ....... - (-1) C i tan 2 n x  (-1) C nn tan n x ) 2 n  (1  i tan x )  (C  C tan x  C tan x  ....  (-1) C n tan n x ) n 0 n 2 n 2 n 4 n 4 2 n (2)  i (C tan x  C tan x  .... - (-1) C nn -1 tan n -1 x ) 1 n 3 n 3 2 Mặt khác: n n  1  1 (1  i tan x )   (cos x  i sin x )   n (cos x  i sin x ) n  cos x  cos x 1 (1  i tan x ) n  (cos nx  i sin nx ) (3) cos n x Từ (2) và (3) suy ra n cos nx (đpcm) C  C tan x +C tan x  ....+(-1) C n tan n x  0 2 2 4 4 2 n n n n cos n x Bài 4 Bài giải Đặt S = Với 0  k  n, ta có: n - 2k n - 2( n - k ) n - 2k 2k - n (*)    0 Cnk Cn -k n Cnk Cnk Ta xét 2 trường hợp: +) Nếu n chẵn, giả sử n = 2m; khi đó 2 m 2m - 2 2m - 4 2 m - 2( m -1) 2 m - 2 m 2m - 2(m  1) 2m - 4m S  0  1  2  ...  m -1  m  m 1  ....  2m C2 m C2 m C2 m C2 m C2 m C2 m C2 m
Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 3 Chúc thành công! 2m 2m - 4 m 2m - 2 2m - 2(2m -1) 2m - 2(m -1) 2m - 2(m  1) 2m - 2m (1) S ( 0  2m )( 1  2 m -1 )  ...  ( m-1  m ) C2 m C2 m C2m C2 m C2m C2 m 1 C2mm Từ (*) và (1) suy ra S = 0. +) Nếu n lẻ, giả sử n = 2m+1; khi đó 2m  1 2m  1- 2 2m  1- 4 2m  1- 2m 2m  1- 2( m  1) 2 m  1- 2(2 m  1) S 0  1  2  ...  m  m 1  ....  2 m 1 C2 m1 C2 m 1 C2 m 1 C2 m 1 C2 m 1 C2 m 1 2m  1 2m  1- 2(2m  1) 2m  1- 2 2m  1- 2(2m  1) S ( 0  2 m 1 )( 1  m 1 ) C2 m1 C2 m1 C2 m 1 C22m1 2m  1- 2m 2m  1- 2( m  1) (2)  ...  (  m 1 ) C2mm 1 C2 m 1 Từ (*) và (2) suy ra S = 0 Vậy S = 0 với mọi n. Bài 5 Bài giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: (1  x) n  Cn  Cn x  Cn x 2  Cn x3  .......  Cnn-1 x n-1  Cnn x n 0 1 2 3 (1) Nhân 2 vế của đẳng thức (1) cho x  0, ta được: x(1  x)n  Cn x  Cn x 2  Cn x3  Cn x 4  .......  Cn -1 x n  Cnn x n 1 0 1 2 3 n (2) Lấy đạo hàm 2 vế của (2), ta có: xn(1 x)n1  (1 x)n  Cn  2Cn x  3Cn x2  4Cn x3  .....  nCn -1xn1  (n 1)Cn xn 0 1 2 3 n n  (1 x)n1(nx  x 1)  Cn  2Cn x  3Cn x2  4Cn x3  ....  nCn -1xn1  (n 1)Cn xn 0 1 2 3 n n (3) Từ (3) thay x=2, ta có: Cn  22 Cn  3.22 Cn  23.4Cn  .....  n.2n1Cn -1  (n  1).2n Cn  (1 2)n1 (2n  2  1) 0 1 2 3 n n  S  Cn  22 Cn  3.22 Cn  23.4Cn  .....  n.2n1Cn -1  (n  1).2n Cn  (2n  3).3n1 0 1 2 3 n n Vậy S  (2n  3).3n1
Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 4 Chúc thành công! BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC Bài 1 Bài giải  BC   B -C  Vì 0 < B , C <   B  C       0  cos   1 4 4 4  4  BC    A  B C  Do 0  B  C  2  0   sin    sin  0 4 2  4   4    A   A  B C   BC   B C  1 B 1 C (1)  sin    sin   .cos    sin   .cos    sin  sin  4   4   4   4   4  2 2 2 2 B C B C B C Do sin ,sin  0  sin  sin  2 sin .sin (2) 2 2 2 2 2 2   A B C Từ (1) và (2) suy ra: sin    sin .sin (3)  4  2 2   B A C Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có: sin    sin .sin (4)  4  2 2  C  A B sin    sin .sin (5)  4  2 2 Nhân vế tương ứng các BĐT cùng chiều (3), (4), (5), suy ra:    A     B   C  A B C sin   sin   sin    sin .sin .sin  4   4   4  2 2 2 A B C sin  sin  sin Dấu “=” xảy ra  2 2 2   ABC   - A  -B   -C  6 cos    cos    cos   1 VABC là tam giác đều  4   4   4  Bài 2 Bài giải Vì C   0,    sin C  (0,1]  2009 sin C  sin 2 C 1 1 2  sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  2 (a2  b2 )  2 c  a 2  b2  c 2 4R 4R a  b - c2 2 2  cos C  0 2ab    Vì A, B  (0; )   A - B   cos(A - B )  0 2 2 2 1  cos 2 A 1  cos 2 B 1 sin 2 A  sin 2 B    1   cos 2 A  cos 2 B  2 2 2  1  cos( A  B).cos( A - B)  1  cos C.cos( A - B )  1 ( Do cosC  0,cos( A - B)  0)   2009 sin C  1  sin C  1  sin C  1  C   Tam giác ABC vuông tại C (đpcm) 2
Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 5 Chúc thành công!

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1116 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.