Nhi Thuc NEWTON-Nam-mathvn [PDF]

Zitiervorschau

1

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

Hè 2009

NGUYỄN VĂN NĂM - LÊ HOÀNG NAM THPT Lê Hông Phong ( Đồng Nai) – THPT Lê Quý Đôn (Đà Nẵng)

vannamlhp – mylove288

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

1

2

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG A. LÝ THUYẾT 1. CÔNG THỨC NEWTON: Cho 2 số thực a, b và số nguyên dương n thì:

a  b

n

n

  Cnk a n  k b n Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...  Cnnb n  k 0

 a  b

n

n

k

n

   1 Cnk a n k b n Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...   1 Cnnb n  k 0

2. Tính Chất a. Số các số hạng của công thức là n  1 b. Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: n  n  k  n c. Số hạng tổng quát của nhị thức là: Tk 1  Cnk a n  k b k n

(Đó là số hạng thứ k  1 trong khai triển  a  b  ) d. Các hệ số nhị thức các đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau. e. 2n  Cnn  Cnn 1  ...  Cn0 n

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

n  k 1..................Ckm 1Ckm  n  k  1Ckm1......................1 ....................................................................... Với Ckm1  Ckm  Ckm1 0

 a  b   1 a  b #0  1 a  b  a  b 2  a  b   a 2  2ab  b 2 3  a  b   a3  3a 2b  3ab 2  b3 ........................................................................... Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

2

3

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

3. Một số khai tiển hay sử dụng: n

n

2n  1  1   Cnk Cn0  Cn1  ...  Cnn k 0

n

n

k

n

0  1  1    1 Cnk Cn0  Cn1  ...   1 Cnn k 0

n

n

 1  x    Cnk x n  k Cn0  Cn1 x n 1  ...  Cnn x 0 k 0 n

n

k

n

 1  x     1 Cnk x n k Cn0 x 0  Cn1 x1  ...   1 Cnn x n k 0 n

n

k

n

  x  1    1 Cnk x n k Cn0  Cn1 x n 1  ...   1 Cnn x 0  k 0

4. Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức NEWTON n

1. Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có

i n

C

với i là các số tự

i 1

nhiên liên tiếp. n

2. Trong biểu thức có

thì ta dùng đạo hàm  i   

i n

 i  i  1 C i 1

n

 Trong biểu thức có

 i  k  C

i n

thì ta nhân hai vế với x k , rồi lấy đạo hàm.

i 1 n

 Trong biểu thức có

k

a C i 1 n

 Trong biểu thức có

1

i n

thì ta chọn giá trị của x a thích hợp. i n

 i 1 C

thì ta lấy tích phân xác định trên  a; b  thích

i 1

hợp. n

n

 Nếu bài toán cho khai triển  x a  x b    Cni  x a 

n i

i 1

i

n

 xb    Cni x

a  n  i   ib

i 1

thì hệ số của x là C sao cho phương trình a  n  i   b.i  m có nghiệm i   m



i n

Cni đạt MAX khi k 

n 1 n 1 n hay k  với n lẻ, k  với n chẵn. 2 2 2

Việc nhận biết các dấu hiệu này sẽ giúp cho chúng ta giải quyết tốt những dạng toán liên quan đến nhị thức NEWTON, đặt biệt là trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng.

B. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC 1. Bài toán tìm hệ số trong khai triển NEWTON Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

3

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

4

Ví dụ 1.1: (D(H Thủy lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức: 9 10 14 Q  x   1  x   1  x   ...  1  x 

Q  x   a0  a1 x  ...  a14 x14

Ta được đa thức: Xác định hệ số a9 .

Giải 10 14 Hệ số x trong các đa thức: 1  x   1  x   ...  1  x  lần lượt là: C99 , C105 ,..., C149 9

9

Do đó: a9  C99  C109  ...  C149 1 1 1 1  1  10  10.11  10.11.12  .10.11.12.13  10.11.12.13.14 2 6 24 20  11  55  220  715  2002  3003 1 2 6 A2 x  Ax2  C x3  10 2 x

Ví dụ 1.2(ĐHBKHN- 2000) Giải bất phương trình: Giải Điều kiện: x là số nguyên dương và x  3 Ta có: bất phương trình tương đương với  2 x  1 2 x  x  1 x  6  x  2  x  1  10   2 3! x  2 x  2 x  1  x  x  1   x  2  x  1  10

 3x  12  x  4 Vì x nguyên dương và x  3 nên x  3.4 10

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



Ta có: x 2  2 x

10



10

10  k

   2 x 

  C10k x 2

k

k 0

10

k

10

  C10k x 20 2 k x k  2   C10k x 20 k  2  k 0

k

k 0

Ta chọn: 20  k 16 k 4  Hệ số x16 trong khai triển là: C104  3360 1   Ví dụ 1.4: Tìm hệ số x1008 trong khai triển  x 2  3  x   Giải Số hạng thứ k  1 trong khai triển: Tk 1  C

k 2009

2 2009  k

x 

2009

k

1  k 4018 5 k  3   C2009 x x 

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

4

5

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Ta chọn: 4018  5k 1008 k 602 602  Hệ số của x1008 trong khai triển là C2009 Ví dụ 1.5:(ĐH KA 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của 1  x 2 1  x   Giải

8

8 8 k  k  i Cách 1: Ta có f  x    C8k  x 2 1  x     C8k x 2 k    1 Cki x i  . k 0 k 0  i 0   i 0 0  i  k  8   i  k 4 Vậy ta có hệ số của x8 là  1 C8k Cki thỏa 2k  i 8    i 2 i,k  N    k 3

0

2

 Hệ số của x8 là:  1 C84C40   1 C83C32 238 Cách 2: Ta có: 3

4

f  x   C80  ...  C83  x 2 1  x    C84  x 2 1  x    ...  C88  x 2 1  x  

8

Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng: 

Số hạng thứ tư: C83  x 2 1  x  

3

4

Số hạng thứ năm: C84  x 2 1  x   Với hệ số tương đương: A8  C83C32  C84C40  238 

Ví dụ: 1.6:(ĐH SPQN 2000) Xác định hệ số x 3 trong khai triển hàm số 10

P  x  1  2 x  3x 2  theo lũy thừa của x Giải Ta có: P  x  1  2 x  3x

2 10



10

 1  x  2  3 x   2

3

10

10 10  C100  C101 x  2  3 x   C102 x 2  2  3x   C103 x 3  2  3x   ...  C10 x  2  3x 

Nhận thấy rằng hệ số x 3 chỉ xuất hiện trong: 2

3



3



C102 x 2  2  3 x   C103 x 3  2  3 x   C102 4 x 2  12 x3  9 x 4  C103 x 3  2  3 x 

 Hệ số x 3 trong khai triển của P  x  là: 12C102  C103 .8  540  960  1500 Ví dụ 1.7: Tìm hệ số của x16 trong khai triển thành đa thức của





16

f  x   1  x 2 1  x 2  Giải

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

5

6

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng n

16 2 i

Xét khai triển: f  x    C i 1

k 16

C k 0

k

  x 2 1  x 2     

16

 k  16  k  k i i    1 C16k x 2 k    1 Cki x 2 i       1 C16k Cki x 2 k i   k 0  i 0  k 0  i 0  i 0  k  8  0  i  k  16 i  1  k  7 k 1  Vậy ta có hệ số của x16 là  1 C16k Cki thỏa k  i 8  i  2  k  6  i,k  N  i  3  k  5 i  4  k  4 Vì vậy hệ số của x16 trong đa thức là: C168 C80  C167 C71  C166 C82  C165 C83  C164 C84  258570 Ví dụ 1.8: Tìm hệ số của số hạng x 101 y 99 trong khai triển  2 x  3 y 

200

Giải Ta có:  2 x  3 y 

200

  2 x   3 y  

200

200 k   C200 2x

200  k

 3 y 

k

k 0 200

k

k    1 C200 .2 200 k .3k. x 200k . y k k 0

200  k  101 Ta chon:   k  99 k  99 99 99 99 Vậy hệ số cần tìm là:  1 C200 .299.399  C200 .299.399 Ví dụ 1.9: (ĐH HCQG, 2000) 12

1  a) Tìm hệ số x trong khai triển  x   x  8

n

b) Cho biết tổng tấc cả các hệ số của khai triển nhị thức  x 2  1 bằng 1024 . Hãy tìm hệ số a  a  N *  của số hạng ax12 trong khai triển đó. ((ĐHSPHN, khối D, 2000) ) Giải k

a) Số hạng thứ  k  1 trong khai triển là: ak  C x

k 12  k 12

1 k 12  2 k  0  k  12     C12 x x  

Ta chọn 12  2k  8 k  2 Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x8 và có hệ số là: C122  66 n

n

b) Ta có: 1  x 2    Cnk x 2 n  Cnk  Cn1 x 2  ...  Cnk x12 2 k k 0

n

Với x  1 thì: 2  Cn0  Cn1  ...  Cnn  1024 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

6

7

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng  2n  210  n  10 Do đó hệ số a (của x12 ) là: C106  210

c) Ví dụ 1. 10: (D(H Khối A- 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị n

 1  thức NEWTON của  4  x 7  biết rằng C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1  220  1 ( n nguyên x  k dương và Cn là tổ hợp chập k của n phần tử) Giải 0 1 n Từ giả thiết suy ra: C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  220 1

Mặt khác: C2kn 1  C22nn11k ,k ,0  k  2n  1 , nên: 1 C20n 1  C21n 1  ...  C2nn 1   C20n 1  C21 n 1  ...  C22nn11  2  2 2 n 1 Từ khai triển nhị thức của: 1  1 suyra :

C20n 1  C21n 1  ...  C22nn11 1  1

2 n 1

  2

2 n 1

 3

1, 2 

 22 n  220  n 10  3

10

n n 10  k k  1  Ta có số hạng tổng quát của nhị thức  4  x 7    C10k  x 4   x 7    C10k x11k 40 x  k 0 k 0 26 k Hệ số của x là C10 với k thỏa mãn 11k  40  26  k  6

Vậy hệ số của x 26 là C106  210 Ví dụ 1.11: (ĐHKT HN- 1998) Tìm hệ số đứng trước x5 trong khai triển biểu thức 4

5

6

sau đây thành đa thức: f  x    2 x  1   2 x  1   2 x  1   2 x  1

7

Giải 4

4

 2 x  1   C4k  2 x 

4 k

k 0

Ta xét các khai triển sau:

 2 x  1

6

6

  C6k  2 x  k 0

Nhận xét: Số hạng chứa x

5

5

5

; 2 x  1   C5k  2 x 

5 k

k 0

6 k

7

7

; 2 x  1   C7k  2 x 

7 k

k 0

4

của  2 x  1 là 0 5

5

6

5

7

5

Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C50  2 x  Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C61  2 x 

Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C52  2 x  5

5

5

Vậy hệ số cần tìm là: 0  C50  2 x   C61  2 x   C72  2 x  896

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

7

8

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Ví dụ 1.12( Khối D- 2003) Với n là số nguyên dương, gọi a3n 3 là hệ số của x 3n 3 n

n

trong khai triển thành đa thức của  x 2  1  x  2  . Tìm n để a3n 3  26n Giải Cách 1: Ta có

x

2



n

 1  Cn0 x 2n  Cn1 x 2 n 2  Cn2 x 2 n 4  ...  Cnn n

 x  2   Cn0 x n  2Cn1 x n 1  2 2 Cn2 x n2  ...  2 n Cnn Dễ thấy với n  1,n 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán. Với n  3 thì x 3n 3  x 2 n x n 3  x 2n 2 x n1 n

n

Vì vậy hệ số của x 3n 3 trong khai triển thành đa thức của  x 2  1  x  2  là:



2n 2n 2  3n  4

a3n 3 26n 

 26n   n 5

  n  7 ( Loai )  2 Vậy n 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương). 3

Cách 2: Xét khai triển: n  n k  2 k n i  1 i  1   3n 1   x   Cn    Cn  2    2   x   k 0  x  i  0  x   n  n  x 3n   Cnk 2 k x  k  Cni x 2i  i 0  k 0   i  0  k  3 Trong khai triển lũy thừa của x là 3n  3  2i  k  3    i  1   k  1 Nên của hệ số của x 3n 3 là:  n 5 2n 2n 2  3n  4 a3n 3 26n  26n     n  7 ( Loai ) 3  2 Vậy n 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương).

 x  2

n



n  2 x 2  1  x3n 1    x

n







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

n

x x 1 x 1    x21   0 1 3 2  x  2  Cn  x   Cn  x 2       

n 1

x 1   3x     3x  n 1  2 .  2   ...  Cn  x  .  2      

n 1

  3x  C 2   

n

n n

( n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn3  5Cn1 và số hạng thứ tư bằng 20n . Tính n và x . Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

8

9

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Giải Điều kiện: n  N và n  3 n! n! Ta có: Cn3  5Cn1  5 3! n  3 !  n  1!

n  n  1 n  2   5n  n 2  3n  28  0 6 n 7 (Nhận)  n  4 (loại)



7

x 7    x 1  x 1  Với n 7 ta có:  x 2  2 3    C7k  x 2    k 0  

7 k

  3x  2   

7

3

4

 x21    3x  Vậy số hạng thứ tư trong khai triển trên là: C  x   2   35.22 x  2.2 x     2x2  x x 2 Kết hợp với giả thiết ta được: 35.2 .2  140  2  4  x  4 3 7

n

1 x   Ví dụ 1.14: Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức:  2 x  2 2  có tổng 2 số   hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135 , còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22 Giải 22 x 1  22 2 x 9 C 2  2 x  n  2 .21 2 x  C 4  2 x n  4 135  n Từ giải thiết ta có:  n   n  n  1  n  1  22 Cnn  2  Cnn 1  Cnn 22   2

 t 4  x 1  2 2 x  22   1  2 x 4  2 1   x   1 t  2 t   9  2 t   t   t  2 x  0 2 2         2  2 t n  n  42 0   n 6    n  7( Loai) 

1  Vậy x  1,  là giá trị cần tìm. 2  17

 1  Ví dụ 1.15: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển:  1  x   5  Giải 17

17  1  1 Xét khai triển:  1  x    C17k    5  5 k 0

k

k

k

1 k  x  k 0,1, 2,...,17  5

 x   ak  

 1 k k  1 k 1 k 1   C17    C17 ak  ak 1  5  5 Ta có ak đặt max  k k 1 ak  ak 1  1  k  1  k 1 C   5  17  5  C17  Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

9

10

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

17! 17!  5 k !17  k !   k  1!16  k ! 5k  5  17  k     2k 3 17! 17! 18  k  5k   5  k !17  k !  k  1!18  k ! 2



1 Với k 2 thì hệ số là: C172    5.44 5



1 Với k  thì hệ số là: C173    5.44 5

3

3

1 Vậy hệ số lớn nhất là: C    5.44 5 Từ Ví dụ trên ta đi đến bài toán tổng quát sau: 3 17

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

n

n

Phương pháp giải: Xét khai triển  a  bx  có số hạng tổng quát Cnk a n k b k x k Ta đặt: uk Cnk a n  k b k ,0  k  n ta được dãy số uk  . Việc còn lại là đi tìm số hạng lớn nhất của dãy ta làm như sau: u  Giải bất phương trình k  1 tìm được k0 uk0 uk0 1  ... un uk 1 u  Giải bất phương trình k  1 tìm được k0 uk1 uk1 1  ... u0 uk 1





Từ đó ta có số hạng lớn nhất của dãy là max uk0 ,uk1  Tuy nhiên để đơn giản chúng ta có thể làm như sau: uk  uk 1 k0 Giải hệ bất phương trình uk  uk 1 Suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON là Cnk0 a n  k0 b k0

Ví dụ 1.16: (HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức 12 P  x   1  2 x   a0  a1 x  ...  a12 x12 Tìm max a0 , a1 , a2 ..., a12  Giải 12

12

k

Cách 1: Xét khai triển: 1  2 x    C12k 112 k  2 x   k 0

k 12

k

ak  C 2  k 0,1, 2,...,12 1

Xét bất đẳng thức: ak  ak 1 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

10

11

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

C12k 2k C12k 1 2k 1

12!2k 12!2k 1  k !12  k !  k  1!11  k !

1 2 23 2   3k 23  k   7   0  k  7 k  Z  12  k k  1 3 3 Áp dụng 1 cho k 0,1, 2,...,12 ta được: a0  a1  ...  a7  a8  a9 ...  a12  

 max a0 , a1 , a2 ..., a12   a8  C128 .218 126720

Cách 2: Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: ak  ak 1 Từ đây ta có được hệ bất phương trình: 1 2  k  12  k  1 2k C12k  2k 1 C12k 1 23 25   k  k 8  k k k 1 k 1 1 2 3 3 2 C12  2 C12   12  k k  1  max a0 , a1 , a2 ..., a12   a8  C128 .218 126720 Ví dụ 1.17: Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển và rút gọn tổng sau: 4

5

15

f  x  1  x   1  x   ...  1  x 

Giải 12

16

1  1  x  1  x   1  x  Vì tổng f  x  có 12 số hạng nên ta có: f  x   1  x   1  1  x  x

4

4

16

 Hệ số của số hạng chứa x 4 là hệ số của số hạng chứa x5 trong 1  x  Vậy hệ số cần tìm là: C165  4368 Đối với dạng toán này ta có phương pháp giải sau:

Bài toán tìm hệ số chứa x k trong tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân với công bội q  1 là:

S n u1  u2  ...  un  u1

 1  bx 

m2

 ...  1  bx 

tiên của cấp số nhân với u1 1  bx 

m 1

và công bội q  1  bx 

Xét tổng S  x   1  bx 

m 1

1 q2 1.9  1 q m n

như là tổng n số hạng đầu

Áp dụng công thức 1.9  ta được: n

S  x   1  bx 

m 1

1  1  bx  1  bx   1  1  bx 

m  n 1

Suy ra hệ số của số hạng chứa x k trong S  x  là tích giữa

x k 1 trong khai triển 1  bx 

m  n 1

 1  bx 

m 1

 1  bx  bx

m 1

1 và hệ số của số hạng chứa b

.

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

11

12

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Ví dụ 1.18: Tìm hệ số của số hạng chứa x và rút gọn tổng sau: 2

S  x  1  x   2 1  x   ...   n  11  x 

n 1

 n 1  x 

n

Giải Ta có: S  x  1  x  1  2 1  x   ...   n  11  x  

n 2

 n 1  x 

2

f  x  1  x 1  2 1  x   3 1  x   ...   n  11  x  2

3

Đặt: F  x   1  x   1  x   1  x   ...  1  x 

n 1

n 2

 1  x 

n 1

 

 n 1  x 

n 1

n

 S  x   f  x   xf  x    F '  x   f  x  Suy ra hệ số của số hạng chứa x của S  x  bằng tổng của số hạng chứa x và không chứa x của f  x  bằng tổng của số hạng chứa x và hai lần hệ số của số hạng chứa x 2 của F  x  n 1

n

Tổng F  x  có n số hạng  F  x   1  x 

1  1  x  1  x   1  x   1  1  x  x



Suy ra hệ số của số hạng chứa x của F  x  Cn21



Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2 của F  x  Cn31

Vậy hệ số cần tìm là: Cn21  2Cn31 

n  n  1 2n  1 6

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

25

Giải 20 Số hạng thứ 21 trong khai triển là: C2520 25  3 x   C2520 25320 x 20 10

Ví dụ 2.2 Tìm số hạng chứa chứa x 28 trong khai triển  x 3  xy  Giải 10  k

Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1  C10k  x 3 

 xy 

k

 C10k x30 2 k y k

Số hạng chứa x 28 ứng với: 30  2k  28  k 1 Vậy số hạng cần tìm là: C101 x 29 y Ví dụ 2.3 a. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau  x 3  xy 

 b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau  x 4 x   

21

1 3

 xy 

2

   

20

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

12

13

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Giải a. Khai triển  x 3  xy 

20

có 21  1  số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số hạng

thứ 11 và 12 11



10 Số hạng thứ 11 : C21  x3 



11 Số hạng thứ 12 : C21  x3 

10

 xy 

10

 b. Khai triển  x 4 x   

1 3

 xy 

2

   

10 43 10  C21 x y

11

 xy 

10 41 11  C21 x y

20

có 20  1 21 số hạng. Nên số hạng đứng giữa là số 10

10

7 65 20 2     21  10  4   10 6 3 3 hạng thứ    1 16 : C20 x xy  C x y      20 2     ( Với  x  là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ).

10

Ví dụ 2.4 Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển 1  x 1  x   Giải Cách 1: Xét khai triển 10

1  x 1  x  

2

3

10

C100  C101 x 1  x   C102 x 2 1  x   C103 x 3 1  x   ...  C1010 x10 1  x 

Nhận thấy: x 3 chỉ có trong các số hạng:  

2



Số hạng thứ ba: C102 x 2 1  x   C102 x 2  2 x3  x 4 3





Số hạng thứ tư: C103 x 3 1  x   C103 x 3  3 x 4  3x 5  x 6



Vậy số hạng cần tìm là: 2C102 x 3  C103 x 3  210 x 3 Cách 2: Số hạng tổng quát trong khai triển là: C10k x k 1  x 

k

 Số hạng chứa x 3 ứng với: 2  k  3 2  Với k 2 ta được: C102 x 2 1  x  nên số hạng chứa x 3 là: 2C102 x 3 

3

Với k  ta được: C103 x 3 1  x  nên số hạng chứa x 3 là: C103 x 3

Vậy số hạng cần tìm là: 2C102 x 3  C103 x 3  210 x 3 Ví dụ 2.5:(ĐH Khối D- 2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 7

1   f  x    3 x  4   với x 0 x  Giải k 7

Số hạng tổng quát trong khai triển: Tk 1  C Ứng với số hạng không chứa x ta có:

 x 3

7 k

k

7 7  k  1  k 3 12  C x  k  N ,k  7  7 4   x

7 7  k  0 k 4 3 12

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

13

14

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Vậy số hạng không chứa x trong khai triển f  x  là: C74  35 Ví dụ 2.6:(ĐHQG HN 2000)Tìm hệ số không chứa x trong khai triển: 17

 1  4 3  3 2  x   x  0  x  Giải Số hạng tổng quát trong khai triển: 17  k

 2  Tk 1  C  x 3    k 17

3 k 2 k 34   3 3

k

 34   x   Với  0  k  17,k  Z    17 k 34  3

C17k x 4

 C17k x 12

17 k 34  0k 8 12 3 Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 trong khai triển và có giá trị là: C178 24310

Đến đây ta phải tìm k sao cho

Ví dụ 2.7:(CĐGT – TH&TT- Đề 2- 2004) Số hạng chứa a,b và có số mũ bằng nhau  a trong khai triển:  3  b 

b 3 a

  

21

Giải  a Ta có số hạng ổng quát cảu khai triển:  3  b  21 k 21

k 3



k 6

  C a .b a k 0

k  21 6

.b

21 k 2

21 k 21

 C a

3 k  21 6

.b

21

b 3 a

1 1    13  16  6 2  a . b  a . b      

21

63 4 k 3

k 0

3k  21 63  4k   k  84 6 6 Vậy hệ số của số hạng chứa a và b có số mũ bằng nhau trong khai triển là: C1221  293930

Để số mũ của a và b bằng nhau 

n

28   3  15 Ví dụ 2.8 :(ĐHSP Khối A, 2000) Trong khai triển  x x  x   x  0  . Hãy tìm   n n 1 n2 số hạng không phụ thuộc vào x , biết rằng: Cn  Cn  Cn  79

Giải Từ giả thiết ta có: Cnn  Cnn 1  Cnn 2  791  n 

n  n  1

 79 2  n 2  n  156 0 n  12 12

28    Ta có số hạng tổng quát trong khai triển  x 3 x  x 15   là:  

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

14

15

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng k

4 k 28 k 48 k 16   16   285  k k 3 15 C x x .  x   C12 x  C12 x 15   48 Số hạng này không phụ thuộc vào x16  k 0 k 5 15 5 Vậy số hạng cần tìm là: C12  792 k 12



3

12  k



n

 x2 y2  3 Ví dụ: 2.9: Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển  2   , x, y  0,n  N *  2  y x   Biết tổng tấc cả các hệ số trong khai triển này bằng: 4096 Giải Trước tiên ta đi tìm n thông qua giả thiết đã cho: Có thể trình bày theo hai cách sau n

Cách 1: Ta có: 1  x   a0  a1 x  ...  an x n  4096* Trong đó: ak  Cnk Với x 11 2n  a0  a1  ...  an  4096  212 n 12 Cách 2: Tổng tấc cả các hệ số trong khai triển là: n

Cn0  Cn1  ...  Cnn 4079 Cn0  212 k 0

n

 Cn0 1

n k

n

.1k  212 1  1 12 2n 12  n 12

k 0 12

5

32

2 7  x2  x3 y2  y2  5  x  3 3 Vậy số hạng thứ 6 trong khai triển  2  là: C    792   12  2  2 2 y x   y  y   x  

Ví dụ 2.10:( ĐH SPHN- 2001) Cho khai triển nhị thức: 10

1 2  9 10   x   a0  a1 x  ...  a9 x  a10 x . 3 3  Hãy tìm số hạng ak lớn nhất.

Giải 10

1 1 n 1 10 k 1 2  Ta có:   x   10 1  2 x   10  C10k  2 x  ak  10 C10k 2k 3 3 k 0 3 3 3  k k k 1 k 1 a  ak 1 C 2  C10 2 Ta có ak đạt max k   1k0 k k 1 k 1 C10 2  C10 2 ak  ak 1

 2k10! 2k10! 2  1  k ! 10  k !  k  1 ! 9  k !         22  10  k k  1 19     k  k k 3 3 2 10!  2 10!  2  2  k !10  k !  k  1!11  k  !  k 11  k  Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

15

16

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

 k  7 k  N ,k   0,10  Vậy maxak  a7 

27 7 C10 310 1000

Ví dụ 2.11:(Đề nghị Olimpic 30- 4)Tìm số hạng lớn nhất trong khai triển: 1  0, 2  k 1 Ta có: Số hạng thứ k : Tk  C1000  0.2 

k 1

Giải 1 k 1  k 1 C1000 5

1 k C1000 5k 1 k 2 Số hạng thứ k  1 : Tk 1  k  2 C1000 5 1000! 1 1000!   k 1 1 k  . C  C   1000 5 1000 Tk  Tk 1   k  1 !1001  k ! 5 k !1000  k !    1000! 1000! Tk  Tk 1  1 C k 1  C k  2 1 .  1000 1000  5  k  1 !1001  k !  k  2 !1002  k !  5 1  1  1001  k 5k 1002  k  5k  5 1001 1007    k  k 167 1 6 6 5k  1001  k   1002  k  5  k  1

Số hạng thứ k  1 : Tk 1 

Vậy maxTk 

1 166 C1000 5 166

10

 1 3  Ví dụ 2.12: Tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển   5  2  Giải

10

1 1   2 3 1 k 1  2 5   1 3   Số hạng tổng quát trong khai triển:   5   C10 2 5   32 2   2     k  2  N  k 0 Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) trong khai triển thỏa:   k  N ,0  k  10     k 6 k  N  3 1 0 1  Với k 0  số hạng hữu tỉ là C10  32 32 1 k 3 2 2625  Với k 6  số hạng hữu tỷ là C10 2 .5  32 2 2625 1 Vậy số hạng cần tìm là: và 2 32 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 16 10

k 2

k 3

Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

17

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Phương pháp: n

k n

n k

k

k n

m p

r q

Số hạng tổng quát trong khai triển là  a  b   C a b  C a b ( a,b là hữu tỉ) m  p N  Giải hệ phương trình   k  N ,0  k  n  k0 r N  q





Số hạng cần tìm là: Cnk0 a n  k0 b k0



Ví dụ: Trong khai triển



3 4 5

10



có bao nhiêu số hạng hữu tỉ. Giải

Số hạng tổng quát trong khai triển: 124 k

124

k

1 1 k k 124 124 62   12   14  k k  2  k 4 2 4 3  5   3  5    C124  3  .  5     1 C124 3 .5 k 0       k 0 Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) trong khai triển thỏa k  62  N  2  i  N i  N 0  k  124 k  N     k  0  k  124  0  i  31 i  0,1,...,31 4   4  N k 4i k 4i   k  N 0  k  124  Vậy có 32 số hạng hữu tỉ



4

10



Ví dụ: Có bao nhiêu số hạng nguyên trong khai triển:



3

7  5 96

36



Giải Với 0  k  36 ta có số hạng nguyên tổng quát trong khai triển: C36k

36  k

   3

7

.

5

96



k

12 

 C36k 7

k 3

k

.2k 5

k 15 k k  Số hạng nguyên  12  ,  N  0  k  36  k  0,15,30 3 5 k  Z 

Bài Tập Áp Dụng Bài 1:(ĐH TK- 2002) Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau:

 x  1 x  2   x11  a1 x10  a2 x 9  ...  a11 . Hãy tính hệ số a5 Bài 2: Tìm hệ số của số hạng trong các khai triển nhị thức NEWTON sau: Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

17

18

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 12

 1  a) Hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển  4  2 x5  x 

16

b) Hệ số của số hạng chứa x16 trong khai triển 1  x 2 1  x 2   5

10

c) Hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x 1  2 x   x 2 1  3x  (Khối D- 2007) n

d) Hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển  x 3  3x 2  2  . Biết

An4 24  3 n 4 An 1  Cn 23

3

4

e) Hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển f  x   1  2 x   1  2 x   ...  1  2 x 

22

20

f) Hệ số của x 5 y 3 z 6t 6 trong khai triển đa thức:  x  y  z  t  (Đề 4 “TH&TT”- 2003) Bài 3:(TTĐH- Đề 3-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu Tìm hệ số x8 trong khai n

triển  x 2  2  , biết An3  Cn1  8Cn2  49 Bài 4:(TTĐH- Đề 1-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tìm hệ số của x 6 trong khải triển

x

2



n

 x  1 thành đa thức. Trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: C21n 1  C22n1  ...  C2nn1  220  1.

Bài 5(TTĐH 2009- Chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An)Xác định hệ số của x11 trong khai triển đa thức

x

2

2

n

  3x

3



1

n

biết: k

C22nn  3C22nn1  ...   1 3k C22nn k  ...  32 n C20n  1024 Bài 6 Tìm các số hạng trong các khai triển sau: 17

 1  a) Số hạng thứ 13 trong khai triển:   4 x 3  , x  0 3 2  x  n

b) Số hạng thứ 3 trong khai triển  2  x 2  . Biết rằng: n

3n Cn0  3n 1 Cn1  3n 2 Cn2  ...   1 Cnn Bài 7 Tìm hệ số không phụ thuộc vào x trong các khai triển 12

50

16

 1     1  1 a)  x 3  b)  3 2  x 3 x  c)  1   x3   3 2 4 2 x  x     x  Bài 8 Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển sau: 1   a)  x  12  x  

12

60

1   b)  3 x  4  x 

c) 1  x 2  x 4 

8

n

1  d)  x   Biết số hạng thứ ba lớn hơn số hạng thứ hai bằng 35 x  7

Bài 9 Đặt: 1  x  x 2  x 4  = a0  a1 x  ...  a28 x 28 a) Tính: a3 b) Tính: S  a0  a1  a2  ...  a28 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

18

19

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng c) Tính: S  a0  a1  a2  ...  a28 n

1   Bài 10:(LAISAC) Khai triển P  x    x 3  2  ta được 2x   3n 3 n 5 3 n 10 P  x   a0 x  a1 x  a2 x  ... Biết rằng ba hệ số đầu a0 , a1 , a2 lập thành một cấp số

cộng. Tính số hạng chứa x 4 Bài 11: Trong khai triển của



243



200

có bao nhiêu số hạng có hệ số là hữu tỉ?

Bài 12: Tìm hệ số lớn nhất trong các khai triển: 11

1001

a) 1  0.0001

b) 1  2x 

21

1 2 x  c)    3  2

ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THứC VÀ TÍNH TỔNG TỔ HỢP. I. Thuần nhị thức Newton

C.

Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng Ckn a n  k b k thì ta sẽ dùng trực n

tiếp nhị thức Newton: (a  b) n  C kn a n k b k . Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b k 0

0 2 Ví dụ I.1: Tính tổng 316 C16  315 C116  314 C16  ...  C16 16

Giải Dễ dàng thấy tổng trên có dạng như dấu hiệu nêu trên. Ta sẽ chọn a = 3, b = -1. Khi đó tổng trên sẽ bằng (3  1)16  216 2 4 2000 Ví dụ I2: Chứng minh rằng C02001  32 C 2001  34 C 2001  ...  32000 C 2001  22000  22001  1

Giải Tương tự như trên, ta nghĩ ngay đến việc dùng nhị thức với a  1, b  3 : 2001 C02001  31 C12001  32 C 22001  33 C32001  34 C 42001  ....  32000 C 2000  4 2001 2001  (3  1) Nhưng tổng cần tìm chỉ chứa các số hạng có Ck2001 với k chẵn nên ta phải triệt tiêu được các số hạng “lẻ” bằng cách tính tổng khác với a  1, b  3 2001 C02001  31 C12001  32 C 22001  33 C32001  34 C 42001  ....  32000 C 2000  2 2001 2001  (3  1)

4 2001  2 2001  22000  2 2001  1 2 Từ ví dụ trên ta có được bài toán tổng quát sau: Do đó tổng cần tìm là

Ví dụ I.3:(ĐH Hàng Hải- 2000) Chứng minh rằng: 2 2n 1 C02n  32 C 2n  34 C42 n  ...  32n C2n  22n  1 2n  2 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

19

20

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

2n

0 2n

1 2n

2 2n

Giải x  C22nn x 2 n 1

2 n 1 2 n 1 2n

2

1  x   C x  C x  C x  ...  C 2n 1  x   C20n x  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn 1 x 2n 1  C22nn x 2n  2  2n 2n Lấy 1   2  ta được: 1  x   1  x   2 C20n  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n   2n 2n Chọn x 3 suy ra:  4    2   2 C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n   24 n  22 n  C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n  2 2n 2  22 n  1   C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n  2  2 2 n 1  22 n  1  C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n   ĐPCM 0 1 2 Ví dụ I.4: Tính tổng: S  C2009 21131  C2009 21032  C2009 2933  ...  C109 22 310  C109 21311 Giải Để ý rằng bậc của 2 giảm dần từ 11  1 , bậc của 3 tăng dần từ 1  11 vì vậy ta cần giảm bậc của 2và3 trong mỗi số hạng xuống 1 đơn vị 10

0 2 Vậy ta có: S  2.3  C2009 21030  C2009 2832  ...  C109 2139  C109 20310   6  2  3  6.510

Ví dụ I.5 : Tính tổng: 0 1 2 2008 1 2008 S  C2009 32009  C2009 32008 41  C2009 32007 4 2  ...  C2009 3 4  42009 Giải k k 2008 k k k 2008  k 4  C2008 3 Ta có: Tk 1   1 C2008 3  4 k  2009

k

k  S   C2009 32009  k  4   3   4  

2009

  1

2009

 1

k 1

Ví dụ I.6: Cho n là số nguyên dương và chẵn, chứng minh rằng: 1 1 1 2n 1   ...   (*) 1! n  1 ! 3! n  3!  n  1!1! n ! Giải n Ta có: 1  1  C  C  C  C  ...   1 Cnn n

0 n

1 n

2 n

3 n

n

Vì n chẵn  n  N  nên  1  1 n

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

n! n! n! (*)   ...   2 n 1 1! n  1 ! 3! n  3 ! n  1 !1!       Ta có:  C1n  C3n    C nn 1 2n 1

 Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Cnn 1  Cnn  0i  Từ  * 0  1 2 3 n 1 n n  Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn  Cn  (ii)  Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

20

21

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Lấy  i  trừ (ii) ta được: 2  Cn1  Cn3  ...  Cnn 1   2n

2n  2n1   ĐPCM  2 Ví dụ I.7: (CĐXD Số 3, 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có: C21n  C23n  C25n  ...  C22nn 1  C20n  C22n  C24n  ...  C22nn





 Cn1  Cn3  ...  Cnn 1 

Ta có khai triển:  x  1

2n

Giải  C x  C x  C22n x 2 n  2  ...  C22nn  0 2n

2n

1 2n

2 n 1

Chọn x  1 ta được: 0  C20n x 2 n  C21 n  C22n  C23n  ...  C22nn 

 C21n  C23n  C25n  ...  C22nn 1  C20n  C22n  C24n  ...  C22nn  ĐPCM  Chọn 2n  20 ta có được một đẳng thức “đẹp” sau: Ví dụ I.8:(CĐSP Bến Tre –Khối A-2002) Chứng minh rằng: 1 3 5 19 C20  C20  C20  ...  C20  219 Giải Cách 1:Ta có: 20 1  x   C200  C201 x C220 x 2  ...  C2019 x19 C2020 x 20  Chọn x  1 ta được: 1 19 0  C200  C20  C202  ...  C20 C2020 0 1  C20  C202  ... C2020  C20  C230  ...  C2190 0 2 20  A  C20  C20  ... C20  A  B với  (1) 1 3 19  B  C20  C20  ...  C20

20

0 1 19 19 Mặt khác: 1  x   C20  C20 x C220 x 2  ...  C20 x C2020 x 20  0 1 19 Chọn x  1 cho ta: 220  C20  C20  C202  ...  C20 C2020 

 A  b  220 (2)

220  219  ĐPCM  2 Cách 2: Áp dụng công thức Cnk1  Cnk 1  Cnk và Cn0  1 Từ 1và 2  suy ra: A 

19

1 3 5 Ta được: C20  C20  C20  ...  C2190  C191  C192  C193  ...  C1918  C1199  1  1  219

Ví dụ 1.9: Rút gọn tổng sau: 1 3 5 2007 S  32006.2.C2007  32004.23.C2007  32002.25.C2007  ...  22007.C2007 Giải Ta có các khai triển: 2007 0 1 2 2007 2007  32006.2.C2007  32005.22.C2007  ...  3.22006.C2007  22007.C2007 *   3  2   32007 C2007 2007

0 1 2 2007 2007  32006.2.C2007  32005.2 2.C2007  ...  3.2 2006.C2007  2 2007.C2007 **  3  2   32007 C2007 Trừ  * và  ** ta được:

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

21

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

22

1 2 2007 2007 2  32006.2.C2007  32004.23.C2007  ...  3.22006.C2007  22007.C2007    2007  1

2007  1 . 2 Ví dụ I.10:(CĐ, khối T-M- 2004) Chứng minh rằng:

Vậy S 

0 1 2004 C2004  2 C2004  ...  22004.C2004 

2004  1 2

Giải Ta có: 2004  2004 k 1  x  C2004 xk    2004 2004 2004  k 0 k  x k    x k   1  x  1  x  C2004       2004   k 0 1  x 2004  C k   x  k  2004  k 0 0 2 2004 2004    C2004  C2004 x 2  ...  C2004 x 

32004  1 2 p p 1 1 p 1 1 Ví dụ I.11: Chứng minh: Ca  Ca Cb  Ca Cb  ...  Cap  q Cbq  ...  Cbp  Capb

0 2 2004 2004 Với x 2 ta có: C2004  C2004 22  ...  C2004 2 

Giải Điều kiện: p  a, b Ta có: 1  x  a  Ca0  Ca1 x  Ca2 x 2 ...  Caa x a   b 0 1 2 2 b b 1  x   Cb  Cb x  Cb x ...  Cb x  1  x 

a b

 M   Cap  Cap 1Cb1  Cap 1Cb1  ...  Cap q Cbq  ...  Cbp  x p (*)

Với M là một đa thức không chứa x p a b Mặt khác 1  x   Ca0b  Ca1 b x  ...  Cap b x p ...  Caabb x a b (**) Đồng nhất hệ số ở (*) và(**) cho ta  ĐPCM  II.Sử dụng đạo hàm cấp 1,2 1. Đạo hàm cấp 1 Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,…n hay n,…,3,2,1 tức số hạng đó có dạng kC kn hoặc kC kn a n  k b k 1 thì ta có thể dùng đạo hàm cấp 1 đến tính. Cụ thể (a  x) n  C 0n a n  C1n a n 1 x  C2n a n  2 x 2  C3n a n 3 x 3  ...  Cnn x n Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được : n(a  x) n 1  C1n a n 1  2C 2n a n  2  3C3n a n 3 x 2  ...  nC nn x n 11 Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm. Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

22

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

23

Ví dụ II.1.1:(ĐH BKHN- 1999) Tính tổng C1n  2C n2  3C3n  4C n4  ...  ( 1) n 1 nC nn Giải Ta thấy tổng cần tính có dạng như VP (1). Việc còn lại chỉ cần chọn a  1, x  1 ta tính được tổng bằng 0. Cách khác: Sử dụng đẳng thức kCkn  nC kn 11 ta được tổng bằng : nC0n 1  nC1n 1  nC n2 1  nC3n 1  ...  ( 1) n 1 nC nn 11  n(1  1) n 1  0 Dùng cách này có thể tránh được dùng đạo hàm do đó phù hợp với các bạn 11 chưa học đến đạo hàm hoặc cảm thấy dùng chưa quen đạo hàm.

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

n

Xét: f  x    Cnk x k  1  x   Cn0  Cn1  Cn2 ...  Cnn k 0 n

 f '  x    kCnk x k 1  n 1  x 

n 1

 Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n 1

k 0

 f '  2   n3n 1 Ví dụ II.1.3:(ĐH KTQD- 2000) Chứng minh

2  x

n

 1.2n 1 C1n  2.2n  2.C2n  3.2n  2.C2n ...  nCnn  n3n 1 1  n  Z  n

0 n

n

1 n

Cách 1: Ta có:  2  x   C 2  C 2 Đạo hàm hai vế theo biến x ta được:

n 2  x 

n 1

n 1

Giải x  C 2n 2n  2 x 2  ...  C nn x n

 C1n 2n 1  2C 2n 2 n 2 x  3C3n 2n 3 x 2 ...  Cnn n.x n

Với x 1 n3n 1  Cn1 2n 1  Cn2 2n  2.2  Cn3 2n 3.3...  Cnn n  ĐPCM n

Cách 2: Ta có: 1  x   C 0n  C1n x  C 2n x 2  ...  C nn x n Đạo hàm hai vế theo biến x ta được: n 1  x  n 1

n 1

 C1n  2C 2n x  ...  nCnn x n 1 n 1

1 1 3 1 Ta chọn x  n    Cn1  2Cn2  ...  nCnn   2 2 2 2 n 1 1 n 1 n 2 2 n 3 3 n  n3  Cn 2  2.2 Cn  3.2 Cn ...  nCn  ĐPCM

Ví dụ II.1.4: Tính tổng S = n2n 1 C 0n  (n  1)2n 2.3.C1n  (n  2)2 n 3.32.C 2n  ...  3n 1 C nn 1 Giải Nhận thấy hệ số đứng trước tổ hợp giảm dần n,n-1, …,3,2,1 nên phải hoán đổi vị trí a và x: (x  a) n  C0n x n  C1n x n 1a  C 2n x n  2 a 2  ...  Cnn a n Đạo hàm theo x: n(x  a) n 1  nx n 1C 0n  (n  1)x n  2 aC1n  (n  2)x n 3a 2C 2n  ...  a n 1C nn 1 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

23

24

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thay x = 2, a = 3 ta được tổng bằng n5n 1 Cách khác: Khéo léo sử dụng 2 đẳng thức C nn  k  C nk , kC kn  nC kn 11 ta có thể tránh việc phải dùng đạo hàm phức tạm: S  n2n 1 Cnn  (n  1)2n 23C nn 1  (n  2)2n 332 C nn  2  ...  3n 1 C1n

 n2n 1 C nn 11  n2 n 2 3C nn 12  n2n 332 C nn 13  ...  n3n 1 C0n 1  n  2n 1 C nn 11  2n  23Cnn 12  2n 332 Cnn 13  ...  3n 1 C0n 1   n(2  3)n 1  n5n 1 2006 2007 Ví dụ II.1.5: Tính tổng 2008C02007  2007C12007  2006C 22007  ...  2C 2007  C 2007

Giải Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,…2,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu: 2006 2007 (x  1) 2007  C02007 x 2007  C12007 x 2006  C 22007 x 2005  ...  C2007 x  C 200 7 Bây giờ nếu lấy đạo hàm thì chỉ được 2007C 02007 x 2006 trong khi trong đề đến 2008 do đó ta phải nhân thêm x vào đẳng thức trên rồi mới đạo hàm: 2 2007 x(x  1)2007  C02007 x 2008  C12007 x 2007  C 22007 x 2006  ...  C 2006 2007 x  C 2007 x 2007  (x  1)2006 (2008x  1)  2008C02007 x 2007  2007C12007 x 2006  ...  2C 206 2007 x  C 2007 Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 2009.2 2006

Ví dụ II.1.6: Chứng minh đẳng thức: a) (ĐH TCKT Hà Nội 2000): Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  Cnn x n  n.2n 1 b) Cn1  2Cn1  3Cn2  ...   p  1 Cnp  ...   n  1 Cnn   n  2  .2n 1 Giải: a) Xét nhị thức 1  x   C  C x  C x ...  Cnn x n Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức theo biến x : n 1 n 1  x   Cn0  2Cn2 x  ...  nCnn x n 1 n

0 n

1 n

2 n

2

Chọn x  1 ta được: Cn0  2Cn2  ...  Cnn  n.2n 1 b) Tương tự như câu a ta nhân x cho 2 vế của đẳng thức rồi 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 rằng với x  1 thì ta có: 3Cn0   Cn0 x3  '





4Cn1  Cn1 x 4 ' 





 n  3  Cn0  Cnn x n 3 '

Suy ra: n Cn0 x 3  Cn1 x 4  Cn2 x 5 ...   n  3 Cnn x n3  x 3 Cn0  Cn1 x  Cn2 x3  ...  Cnn x n3  x 3 1  x  





Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

24

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Xét hàm số: f  x   x3 1  x 

n

n

 f '  x   3x 2 1  x   nx 3 1  x 

Kêt hợp với 

25

n 1

 f '  x   3 x 2Cn0  4 x3Cn1  Cn2 5 x 4  ...   n  3 x n 2Cnn

Chọn x  1 thì: S  3Cn0  4Cn1  5Cn2  ...   n  3 Cnn

 3.2n  n 2n1  2n1  n  6  2.

Đạo hàm cấp 2

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 12 , 22 ,..., n 2 ( không kể dấu ) tức có dạng k(k  1)C kn a n k hay tổng quát hơn k(k  1)Ckn a n  k b k thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức: (a  bx) n  C0n  C1n a n 1bx  C 2n a n 2 b 2 x 2  C 3n a n 3 b 3 x 3  ...  C nn b n x n Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được: bn(a  bx) n 1  C1n a n 1b  2C 2n a n  2 b 2 x  3C3n a n 3 b 3 x 2  ...  nCnn b n x n 1 Đạo hàm lần nữa: b 2 n(n  1)(a  bx) n 2  2.1C2n a n  2 b 2  3.2C3n a n 3 b 3 x  ...  n(n  1)C nn b n x n  2 (2) Đến đây ta gần như giải quyết xong Ví dụ toán chỉ việc thay a, b, x bởi các hằng số thích hợp nữa thôi.

Ví dụ I.2.1: Chứng minh rằng S= 2.1C 2n  3.2C3n  4.3C n4  ...  n(n  1)Cnn  n(n  1)2n  2 Dễ dàng thấy được VT của đẳng thức trên giống gần như hoàn toàn VP (2) ta chỉ việc thay a  b  x  1 là đã giải quyết xong bài toán Chú ý: Đây chỉ là ý tưởng còn khi trình bày vào bài kiểm tra hay bài thi thì ta phải ghi rõ xét đa thức (1  x)n rồi đạo hàm 2 lần và thay x = 1 vào mới được trọn số điểm. Cách khác: Ta vẫn có thể sử dụng được đẳng thức kCkn  nC kn 11 2 lần để tính tổng trên, cụ thể: S  n1C1n 1  n2C n2 1  n3C3n 1  ...  n(n  1)C nn 11   n(n  1)C 0n  2  n(n  1)C1n 2  n(n  1)Cn2 2  ...  n(n  1)C nn  22   n(n  1)(1  1) n 2  n(n  1)2n  2

Tương tự như trên ta dễ dàng tính được tổng bằng cách thay x = -1 và n = 16 2 3 4 15 16 1.2C16  2.3C16  3.4C16  ...  14.15C16  15.16C16 Hoặc ta cũng có thể sử dụng kCkn  nC kn 11 để đơn giản hơn một chút. 2 2009 Ví dụ I.2.2 Rút gọn tổng sau 12 C12009 2 2008  22 C2009 22007  32 C32009 2 2006  ...  2009 2 C 2009

Giải Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

25

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

26

Với ý tưởng như Ví dụ trên ta xét đa thức 3 2009 (2  x) 2009  C 02009 2 2009  C12009 22008 x  C 22009 22007 x 2  C2009 22006 x 3  ...  C2009 2009 x Đạo hàm lần 1: 2 2008 2.2009(2  x) 2008  1C12009 2 2008  2C 2009 2 2007 x  3C32009 2 2006 x 2  ...  2009C 2009 2009 x Nếu ta tiếp tục đạo hàm lần nữa thì chỉ thu được 1.2, 2.3 ,… do đó để thu được 22 ,32 ta phải nhân thêm hai vế với x rồi mới lấy đạo hàm: 2009 2009x(2  x) 2008  1C12009 2 2008 x  2C 22009 2 2007 x 2  ...  2009C 2009 2009 x 2008 2009(2  x) 2008  2009.2008x(2  x) 2007  12 C12009 2 2008  2 2 C 22009 2 2007 x  ...  2009 2 C 2009 2009 x

Thay x = 1 ta rút gọn được tổng trên thành 2011.2009.32007 Tương tự khi tính tổng 2.1C1n  3.2C n2  4.3C3n  ...  (n  1)nCnn ta cần chú ý là trước tổ hợp có một hệ số lớn hơn k trong Ckn nên ta phải nhân với x trước khi đạo hàm 2 lần. n

Ví dụ I.2.3:(ĐH AN – CS Khối A 1998) Cho f  x   1  x  , 2  n  Z  a) Tính f '' 1 b) Chứng minh rằng: 2.1Cn2  3.2Cn3  4.3Cn4  ...   n  1 nCnn  ...   n  1 nCnn  n  n  1 2 n 2 a) f '  x   n 1  x 

n 1

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

n

n

b) Ta có: f  x   1  x    Cnk x k  Cn0  Cn1 x   Cnk x k k 1

k 2

n

f '  x   Cn1   kCnk x k 1 k 2

n

f ''  x    k  k  1 Cnk x k  2 k 2

n

 f '' 1   k  k  1 Cnk  2n  2 k 2

 2.1C  3.2Cn2  ...   p  1 Cnp  ...   n  1 nCnn  n  n  1 2n  2 ; ĐPCM  1 n

Từ câu b ta thay  n  1   n  1 thì ta có một bài toán khác: b’) Chứng minh rằng: 2.1Cn1  3.2Cn2  ...   n  1 pCnp  ...   n  1 nCnn  n  n  1 2n  2 Với bài toán này ta có thể giải như sau: n Xét nhị thức: 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2 ...  Cnn x n Nhân hai vế của đẳng thức với x #0 đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta n 1 n 2 được: 2n 1  x   n  n  1 x 1  x   2Cn1 x  3.2Cn2 x...   n  1 nCnn x n 1 Cho x  1 ta được ĐPCM Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

26

27

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng III. Sử dụng tích phân xác định Dấu hiệu: Ý tưởng của phương pháp này là dựa vào hệ thức b

b

 x k 1  a k 1  b k 1 x dx     a k 1  k 1 a Từ đấy dễ dàng tìm được dấu hiệu để sử dụng phương pháp này là số hạng của tổng có b a k 1  b k 1 k dạng Cn . Cụ thể, xét tích phân I   (c  dx) n dx ta có thể tính bằng hai cách. k 1 a k

b

b 1 1  (c  dx) n1  Tính trực tiếp: I   (c  dx )n d (c  dx )    da d  n 1  a b

b n    n k n k k k  k nk k Hoặc gián tiếp: I    Cn c d x  dx    Cn c d  x k dx  k 0   a  k 0 a 

b k 1    n  a k 1  b k 1 k n k k  k n k k  x   Cn c d  Cn c d      k  1   k 0  k  1 k 0    a   Hai cách trên là như nhau nên từ đó ta có được: n

b

 a k 1  b k 1 k n  k k  1  (c  dx )n 1  Cn c d       k 1 k 0   d  n 1  a Tùy Ví dụ toán ta chọn các hệ số a, b, c, d thích hợp n

22 1 23 2 2 n1 n 3n1  1 Cn  Cn  ...  Cn  ( III .1) 2 3 n 1 n 1 Giải Nhìn vào tử của phân số dễ dàng tìm được hai cận a  0, b  2 . Tiếp tục để ý một chút ta chọn tiếp c  d  1 suy ra đpcm Ví dụ II.1: CMR 2Cn0 

2

Chú ý: Khi trình bày bài thi phải ghi rõ tích phân  (1  x) n dx rồi tính bằng hai cách mới 0

được trọn điểm. Cách khác: Ta có thể tránh không dùng tích phân bằng cách áp dụng đẳng thức: Cnk C k 1  n1 . Việc tính toán không những đơn giản hơn mà còn giảm thiểu được sai sót k 1 n 1 khi làm bài: 1 (1  2) n1  1 VT ( III .1)  2Cn11  22 Cn21  23 Cn31  ...  2 n1 Cnn11  n 1 n 1 Để thấy rõ sự hữu ích của đẳng thức đơn giản đó, ta xét một Ví dụ khác. Tính tổng





Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

27

28

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 2

2

2

2

 Cn0   Cn1   Cn3   Cnn  S        ...     1   2   3   n 1  Rõ ràng dùng tích phân đối với bài này gần như là không thể nhưng nếu áp dụng đẳng thức đó thì lại là một chuyện khác: 2 2 2 1  1 2 S Cn 1  Cn21  Cn31  ...  Cnn11  2   (n  1) 



 

 







Việc còn lại bây giờ chỉ là tính tổng trong ngoặc vuông đó. Có rất nhiều cách để tính nên chúng ta sẽ quay lại tổng này trong phần “ Các phương pháp khác “. Trở lại phần tích phân, với việc thay a, b, c, d bằng cách hằng số thích hợp ta có thể “chể” ra các Ví dụ toán phức tạp hơn, chẳng hạn khi a  2, b  3, c  1, d  1 ta có:

23 1 22  32 2 23  33 3 22010  32010 2009 1  42010 C2009  C2009  C2009  ...  C2009 = 1 2 3 2010 2010 2 3 4 n 2 2 1 0 2  1 1 2 1 2 2 1 n Ví dụ II.2: Tính Cn  Cn  Cn  ...  Cn 2 3 4 n2 Giải k 2 2 1 k Mỗi số hạng của tổng có dạng Cn nên ta nghĩ ngay đến dùng tích phân. Nhưng k2 mẫu của hệ số lại là k  2 so với trong dấu hiệu ở trên là k  1 . Do đó ta phải thay tích b

b n

phân  (1  x) dx bằng tích phân khác. Ở đây ta chọn I   x(1  x) n dx . Dễ dàng tìm được a

a

cận trên là 2, cận dưới là 1. Thử lại: 2 2 n   n  2k  2  1 k   n k k 1  k I    Cn x  dx    Cn  x k 1dx     Cn  k 0    1  k 0 1  k 0  k  2 Việc còn lại bây giờ chỉ là đi tính trực tiếp I: 2

 1  x n  2 (1  x) n1  n n 1 n    I   ( x  1  1)(1  x ) dx    (1  x )  (1  x) dx     n2 n  1  1 1  1 Với ý tưởng đó ta xét tổng sau: 1 0 1 1 1 2 1 3 (1)n n Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn 2 4 6 8 2n  2 Mẫu của hệ số trước tổ hợp giờ đây không còn mẫu mực nữa mà “nhảy cóc” 2, 4, 6, …, Cnk 2n + 2 và để ý mỗi số hạng có dạng nên số hạng ban đầu của nó trước khi lấy 2k  2 2

2

k

nguyên hàm là Cnk x 2 k 1 hay Cnk  x 2  .x đến đây phần nào ta đã đoán ra được tích phân ban đầu là

2 n

 x(1  x ) dx . Nhưng như vậy thì dấu trừ ở đâu ra ? Tinh ý một chút ta sửa lại được:  x (1  x ) dx . Việc thay cận đơn giản hơn, ở đây ta chọn cận trên là 1, cận dưới là 2 n

0. Thử lại tí chút: Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

28

29

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 1

1 1 n   n  Cnk (1) k   n k 2 n k 2 k 1  k k 2 k 1 x (1  x ) d x  C (  1) x dx  C (  1) x dx  n     n   0 0   0 k 0 k 0    k 0  2k  2  Phần còn lại của Ví dụ toán là tính tích phân đó: 1

1

1 1 1  (1  x 2 ) n 1  2 n 2 x (1  x ) dx  (1  x ) d (1  x )    0 2 0 2  n  1 0 2 n

Với việc thay đổi tích phân ta có thể làm ra ti tỉ các tổng khác phức tạp hơn ^^!. Ví dụ 3

2

0

3 n 2 3 n 2 n  x (1  x) dx,  x (2  x ) dx,  ( x  1)(1  x ) dx... 1

1

0

n 1

 1 C n ; (1  n  Z ) 1 1 Ví dụ II.3: Rút gọn: S  Cn1  Cn2  ...  n 2 3 n 1 Xét: f  x   1  x  n

1

n

1

Giải n  1  C x  C x  ...   1 Cnn x n 2 n

2 n

2



n

  1  x  dx   1  Cn1 x  Cn2 x 2  ...   1 Cnn x 2 0

0



1

n  1  x  n 1   1 Cnn Cn1 Cn2   ...     1 2 3 n 1    n  1  0 n 1

Cn1 Cn2  1 C n  n    ...  n 2 3 n 1 n 1 1 1 1 1 1 1 n 1 Ví dụ II.4: Chứng minh rằng: Cn1  Cn2  Cn3  ...   1 Cnn  1   ...  1 2 3 n 2 n Giải n n 1

Ta có:

 1  x 

2



1  1  x  x

k 0

n 1

n

k

k

1   Cnk  1 x k

n



k 0

x

n

k 1

  Cnk  1 x k 1 x  0  k 0

k 1

  1  x    Cnk  1 x k 1 k 0



k 0

1 n 1

0

k

 1  x  dx  

1 n

0

k 0

k n

 C  1

k 1 k 1

x dx

k 0

1

k 1 n  1  x k 1  k 1  x  k      Cn  1   k 1  k 0   k 0   0 k 1 n

n 1

 C

k n

 1

k

n k n

 1

k 1

 C k  1 k 1 k 1 1 1 1 1 1 n 1  Cn1  Cn2  Cn3  ...   1 Cnn  1   ...  ĐPCM . 1 2 3 n 2 n k 1

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

29

30

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng IV. Công cụ số phức Ý tưởng của phương pháp này là dựa tính chất đặc biệt của i: i 4 k  1 , i 4 k 1  i , i 4 k  2  1 , i 4 k 3  i với k  N Từ đó, ta xét đa thức f ( x )  a0  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  ...  an x n Đặt S0   ai , S1  i 4 k



i  4 k 1

ai , S2 



i 4 k  2

ai , S3 



ai . Ta có:

i4k 3

f (1)  f (1)   S0  S 2  2  f (1)  (S0  S2 )  ( S1  S3 )  f (1)  f (1)    f (1)  ( S0  S2 )  ( S1  S3 )   S1  S3  2  f (i )  ( S  S )  ( S  S )i   0 2 1 3 S  S  Re ( f ( i ))  0 2  S  S  Im( f (i ))  1 3

f (1)  f (1)  2 Re( f (i ))  (1)  S0  4   S  f (1)  f (1)  2 Im( f (i )) (2)  1 4   S  f (1)  f (1)  2 Re( f (i )) (3)  2 4  f (1)  f (1)  2 Im( f (i ))  S3  (4) 4  Với Re( f (i )), Im( f (i )) lần lượt là phần thực và phần ảo của f (i ) . Ví dụ IV.1: Rút gọn T1  C40n  C42n  C44n  ...  C44nn . Giải Rõ ràng S1  S0  S2 trong đa thức f ( x)  (1  x) 4n . Mặt khác ta có f (i )  ( S0  S 2 )  ( S1  S3 )i nên công việc bây giờ chỉ là đi tính f (i ) và phần thực của nó 2n

2n

chính là tổng T1 cần tìm: f (i )  (1  i) 4 n  (1  i ) 2    2i   4n ( 1) n . Ta cũng có thể sử dụng (1), (3) ta đã tìm ra ở trên để giải nhưng mất công giải lại hệ phương trình 4 ẩn đó và như thế thì thật là giết ruồi mà lại dùng đến dao mổ trâu ^^! Tương tự ta tính được tổng C41n  C43n  C45n  ...  C44nn 1  0 Ví dụ IV.2: Tính T2  1C81n  3C83n  ...  (8n  1)C88nn 1 Giải Trước tiên ta phải dùng đạo hàm để có được hệ số đứng trước tổ hợp. Xét đa thức: 8n

8n

f ( x )  (1  x)8 n  C80n  Cnk x k  f '( x )  8n(1  x )8n 1  kCnk x k 1 k 1

k 0

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

30

31

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 8n

Lại nhân với x ta được g ( x )  8nx(1  x)8 n 1  kCnk x k k 0

Nhận thấy T2 chính là phần ảo của g (i ) : g (i )  8ni(1  i )8n1  4n.16n  4n.16n i Do đó T2  4n.16n Tương tự ta dùng đạo hàm 2 lần để tính tổng 22 C82n  42 C84n  62 C86n  ...  (8n) 2 C88nn : 8n 8n

0 8n

8n k 8n

k

(1  x )  C  C x  8n(1  x)

8 n 1

k 1

8n k 8n

 kC x

k 1

8 n 1

 8nx (1  x )

k 1

 kC8kn x k k 1

8n

8n

 8n(1  x)8 n 2 (1  8nx)  k 2C8kn x k 1  8nx (1  x )8 n 2 (1  8nx )  k 2C8kn x k  f ( x) k 1

k 1

Tổng cần tính là phần thực của f (i )  8ni(1  i )

8n 2

(1  8ni )  16

n 1

n  128n 2 .16 n 2 i

V. Một số phương pháp khác 0  m  k  n Ví dụ V.1:(ĐHQG TP.HCM, 1997) Cho  . k , m, n  Z Chứng minh: Cnk .Cm0  Cnk 1.Cm1  ...  Cnk  m .Cmm  Cmk  n Giải m 0 1 m m 1  x   Cm  Cm x  ...  Cm x  n  Ta có: 1  x   Cn0 x n  Cn1 x n 1  ...  Cnk x k  ...  Cnn  mn 0 1 mn mn 1  x   Cm  n  Cm  n x  ...  Cm  n x m n Suy ra hệ số x k trong 1  x  . 1  x  là: Cm0 .Cnk  Cn1 .Cnk 1  ...  CmmCnk  m Và hệ số x k trong 1  x  m

m n

là Cmk  n n

Đồng nhất thức: 1  x  . 1  x  = 1  x 

m n

Ta được: Cmk  n  Cm0 .Cnk  Cm1 .Cnk 1  ...  Cmm .Cnk m  ĐPCM  0  k  n Ví dụ V.2: Cho  . Chứng minh: k ,n Z Cn0Cnk  Cn1Cnk 1  ...  Cnn k Cnn 

 2n  ! !  n  k !.  n  k 

Giải n

1 n 2n  1 Ta có:  1   1  x   n 1  x  ,x  0 x  x  1 1    Cn0  Cn1  ...  Cnn n   Cn0  Cn1 x  ...  Cnn x n  x x   1  n  C20n  C21n x  ...  C22nn x 2 n  x Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)

Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

31

32

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Đồng nhất thức hai vế đẳng thức với nhau ta được:  2n  ! Cn0Cnk  Cn1Cnk 1  ...  Cnn k Cnn  C2nn k  !  n  k !.  n  k  Với k 0 ta có được bài toán đẹp sau: 2

2

2

Ví dụ V.3:(BĐ Tuyển Sinh ) Rút gọn S1   Cn0    Cn1    Cn2   ...   Cnn 

2

Giải Cách 1: Tương tự như Ví dụ V.2 xét trong trường hợp m  k  n C2nn  Cn0 .Cnn  Cn1 .Cnn 1  ...  Cnn .Cn0 2

2

   C   C 

 Cn0

1 n

2 n

2

 

 ...  Cnn n

2

n

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



2n

1





VT 1  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n 





 Cn0Cnn  Cn1Cnn 1  Cn2Cnn  2  ...  Cnn 1Cn1  CnnCn0 x n  M ( x)  Sx n  M ( x)

Trong đó M ( x) là đa thức không chứa x n . Do đó S cũng chính là hệ số của x n trong VP (1) nên S  C2nn Tổng quát hơn với việc tìm hệ số của x p trong đồng nhất thức (1  x )n (1  x )m  (1  x )n m ta có được hệ thức sau: Cnp  Cnp 1Cm1  Cnp  2Cm2  ...  Cnp  q Cmq  ...  Cmp  Cnp m Cách 3: Xét công việc sau: Chọn từ n nam và n nữ ra một nhóm có n người. Có hai hướng giải: 2

- Xét trường hợp chọn k nam và n  k nữ: Cnk Cnn k   Cnk  .Do k có thể nhận các giá trị từ 1 đến n và theo quy tắc cộng ta có S chính là tất cả số cách chọn để làm công việc trên. - Mặt khác ta cũng có thể chọn trực tiếp n người từ hai nhóm nam và nữ sau khi ghép chung hai nhóm đó lại với nhau, do đó: S  C2nn . Tương tự ta xét Ví dụ toán mạnh hơn. 2

2

3

2

Ví dụ V.4:(Đề 2- TH&TT-2008) S 2   Cn1   2  Cn2   3  Cn3   ...  n  Cnn  , với n là số tự nhiên lẻ Giải Cách 1: Ta có:   n  1   n 1 2  n  1   n1  2  n  ...    C 2    C 2    n Cn   2   n   2   n    

    n  1 C    n   C    C   ...   C    n  n   C    C   ...   C    n 1 n

S C

2

1 n

n 1 n

2

n 1 n

2 n

2

2

2 n

2

n 1 n

2

 

2

2

n 1 n

2

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

32

33

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng  2S n  n  Cn1 

2

   C  2 n

2

2  ...  Cnn   n 

 

2n

Mặt khác ta có: 1  x    C20n  C21n x  ...  C2nn x n  ...  C22nn x 2 n 

2n

 hệ số của x n là C2nn (*) n

Trong khi đó:  x  1  Cn0 x n  Cn1 x n 1  ...  Cnn  Cn0  Cn1  ...  Cn0 x n 2

2

2

 hệ số của x n là  Cn0    Cn1      Cnn  (**) 2 2 2 Từ (*)và(**) C2nn  1  n  Cn1    Cn2   ...   Cnn      n n Sn  C2 n  ĐPCM  2 Cách 2: Ta có: f ( x )  (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x3 ...  Cnn x n (1)

 f '( x )  n (1  x ) n 1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x 2  ...  nCnn x n 1  xf '( x )  nx(1  x ) n 1  Cn1 x  2Cn2 x 2  3Cn3 x3  ...  nCnn x n 1 Thay x bằng vào đẳng thức trên ta được x n 1

n 1 1 1 2 1 3 1 n 1  1    Cn  2Cn 2  3Cn 3  ...  nCn n   2  x x x x x x Nhân vế theo vế 1 và  2  n 1

1 1 n 1 1 1 2 2 2 1 3 2 3 1 n n n 1  1   (1  x )  Cn xCn  2Cn x Cn 2  3Cn x Cn 3  ...  nCn x Cn n  M  x  x x x x x x Trong đó M  x  là đa thức không chứa số hạng tự do. Khai triển và tìm hệ số của số hạng n 1

1 1 n tự do trong đa thức 1   1  x  ta tìm được S 2  nC2nn 1 x x Cách 3: Xét công việc chọn từ n nam và n nữ ra một nhóm có n người và có một đội trưởng là nam. Xét trường hợp chọn ra k nam và n – k nữ, sau đó chọn từ k nam ra một người làm đội 2

trưởng thì số cách là kCnk Cnn k  k  Cnk  . Do k có thể nhận các giá trị từ 1 đến n và theo quy tắc cộng ta có số cách chọn đội đó chính là S 2 . Mặt khác, ta cũng có thể chọn một trong n nam làm đội trưởng trước, rồi chọn mới chọn n  1 người khác sau khi ghép hai nhóm thành một. Do đó S 2  nC2nn1 0  k , n Ví dụ V.5: Cho  . Chứng minh: Ck01  Ck11  ...  Ckn n  Ckn n1 k ,  n  Z  Giải k 1 k k n Xét đa thức: P  x    x  1   x  1  ...   x  1 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

33

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

34

Nhận thấy hệ số x k trong đa thức trên là: Ck0  Ck11  ...  Ckn n Mặt khác: P  x  

 x  1

k

k k  n 1 1   x  1 n 1      x  1   x  1 x x

Có hệ số x k : Ckkn11  Ckn n 1 Đồng nhất thức ta có: Ck01  Ck11  ...  Ckn n  Ckn n1  ĐPCM

Bài Tập Áp Dụng Bài tập1. Chứng minh rằng a) 2 n C n0  2 n 1.71.C n1  2 n 2 .7 2.C n2  ...  7 n C nn  9 n b) C n3 3 n  C n1 3 n 1  ...  ( 1) n C nn  C n0  C n1  ...C nn c) C1n 3n 1  2C 2n 3n  2  3C3n 3n 3  ...  nC nn  n4n 1 ( ĐH Luật- 2001)

Cn0 Cn1 Cn2 Cn 2 n1 (n 2  n  2)  2    ...  n  3 4 4 n  3 (n  1)(n  2)(n  3) Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2n 1  1    ...   e) 3 6 9 3(n  1) 3(n  1) 2 1 2 2 2 n f) 1 Cn  2 Cn  ...  n Cn  n  n  1 2n  2 (Đề 1-TH&TT- 2008) Bài tập 2. Tính các tổng sau: 27 29 a) C130  3.22 C330  5.24 C530  ...  27.226 C30  29.2 28 C30 d)

b) 2.1C 2n 3n  2 22  3.2C3n 3n 3 23  4.3C 4n 3n  4 2 4  ...  ( 1) n n(n  1)Cnn 2n

Cn1 Cn2 Cn  ...  (1) n n 2 3 n 1 1 2 1 1 3 2 (1) n n 1 n 1  (1)n 0 d) 2Cn  2 Cn  2 Cn  ...  2 Cn  2 3 n 1 n 1 1 2 1 4 1 0 2002 e) S C2003  C2003  C2003 ...  C200 3 (Đề 4 TH&TT- 2004) 3 5 n 1 k 1 Bài Tập 3:(TTĐH- Đề 8- Thầy Nguyễn Tất Thu) Đặt Tk   1 3k C62nk 1 . Chứng c) Cn0 

3n

minh:

T

k

0

k 1

Bài Tập 4:(TTĐH- Đề 7- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tính Tổng 1 3 5 7 2009 P  C2010  3C2010  32 C2010  33 C2007  ...  31004 C2010 Bài Tập 5: Cho khai triển ( x 2  3x  1)10  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a20 x 20 . Tính tổng a. T1  a0  a4  a8  ...  a20 b. T2  a1  a5  a9  ...  a17 c. T3  a0  a1  a4  a5  ...  a16  a17 d. T4  a2  a3  a6  a7  ...  a18  a19

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

34

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

35

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:

 2n  1  C C ....C     n 1  Giải 0 n

n

1 n

n

n n

n

Ta có: 1  x    Cn01n k x k  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2 ...  Cnn x n k 0

n

n

Cho x 1 ta được: 2n   Cn01n k1k   Cn0 Cn0  Cn1  Cn2 ...  Cnn k 0

k 0

n

Áp dụng BĐT Cauchy với n số  2  2  Cn1  Cn2 ...  Cnn  n n Cn1Cn2 ...Cnn n

 2n  1   C C ....C  C C ...C    ĐPCM  n 1  1 n

2 n

n n

0 n

1 n

n n

0  k  n Ví dụ D.2:(ĐH Y Dược TPHCM- 1998) Cho:  . Chứng minh rằng: k , n  Z

 

C2nn  k .C2nn k  C2nn

2

Giải Với 0  k  n,k  Z

Ta Đặt ak  C2nn  k .C2nn k

  2n  k  ! .  2 n  k  !  ak  n ! n  k  ! n ! n  k !   . 2 n  k  1 ! 2 n  k  1 !     a   k 1 n ! n  k  1 . n ! n  k  1! 

Để chứng minh BĐT trên ta cần chứng minh dãy ak giảm bằng cách chứng minh ak  ak 1 .



 2n  k ! .  2n  k !   2n  k  1! .  2n  k  1! n ! n  k  ! n ! n  k  ! n ! n  k  1 n ! n  k  1!

2n  k 2 n  k  1 n n   1  1  Đúng  nk n  k 1 nk n  k 1  ak  ak 1  dãy ak giảm  a0  a1  ...  ak  ak 1  a0  ak 

 C2nn  k .C2nn  k   C2nn 

2

Ví dụ D.3: Chứng minh với n  N và n  2 thì: 1 1 Cn  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  n ! 1  n Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

35

36

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Giải Xét khai triển: (1  x )  C  C x  C x  Cn3 x 3 ...  Cnn x n n

0 n

1 n

2 n

2

Lấy đạo hàm hai vế theo biến x ta được: n(1  x) n1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x 2 ...  nCnn x n 1 Chọn x 1  n2n 1  Cn1  2Cn2  3Cn3 ...  nCnn 1  1  n.2n 1   n !  2n 1  n ! 2  n Việc còn lại là ta đi chứng minh  2  luôn đúng n  N ,n  2 Cách 1: Ta có: n !  1.2.3.4....n  2.2.2....2  2n 1 ( n  1 số)  2n1  n !  2  đúng hay chúng ta có thể dùng quy nạp để chứng minh. Cách 2: Chứng minh bằng quy nạp  Với n  3  n !  2n 1      231  4 (đúng)  Giả sử  2  đúng với n  k với k  3  k  2k 1 Vậy  k  1 k !   k  1 2k 1  k  1!  2.2k 1  2k  vìk 3  k  1  4  Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có: n ! 2n 1 n  3 “Từ kết quả này ta có thể áp dụng để giải một số bài toán ở phần Bài tập áp dụng” 1 Vậy do  2   Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  n !ĐPCM n Ví dụ D.4:(ĐH AN- 2000) n a) Cho 3  n  Z . Chứng minh rằng: nn 1   n  1 b) 1 

1 1 1   ...   3 1! 2! n! n

 1 c) Cho 2  n  Z . Chứng minh rằng: 2   1    3  n m

1   1 d) m  n với mọi số nguyên dương m, n .Chứng minh:  1    1    m  n Giải a) Ta có: n 1 1 1 n  1 n n1   n  1  n  1    Cn0  Cn1  Cn2 2  ...  Cnn n n n n  n

 2 

n

1  1  1  1  2  1  1 1    ...  2!  n  3!  n   n 

1  1  2   k  1  1  1   2   n 1  1   1   .... 1   ...   1   1   ....  1    k !  n  n   n  n!  n   n   n   2  1  ...   1  n 

 n  2 soá 1

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

36

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

37

b) Ta có:  1 1  1!  2   1  1 1  2! 2  1  1 1  2! 2 3 1 1 1 1  Cộng vế theo vế 1    ...   3   3 ĐPCM 1 1 1 1 1! 2! n! n     4! 3.4 3 4  1 1 1 1      5! 4.5 4 5 1 1 1 1   n  n!   n  1 n  1 n  n

1 1 1 1 1  1 c) Xét khai triển:  1    Cn0  Cn1  Cn2 2  ...  Cnn n  2  Cn2 2  ...  Cnn n 2 n n n n n  n n  n  1 ...  n  k  1 n! Mà: Cnk    2  k  n  k ! n  k  ! k!



1 k 1  1  2   k  1  1 Cn  1  1   .... 1   nk k !  n  n   n  k! n

1 1 1  1 Áp dụng kết quả câu b   2  1    2    ...   3 2! 3! n!  n n

 1 Vậy: 2   1    3  n d) Xét khai triển: n

1   1 0 1 1 2 1 n 1  1    Cn  Cn  Cn 2  ...  Cn  n 1  n  n n n   n n 1 n  n  1 1 n  n  1 n  2  1  1  n    ...  n 2! n 2 3! n3 n  n  1 ....2 1 n  n  1 ....1 1   n 1 n! nn  n  1! n  1  1 

1  1  1  1  2  1  1   2   n 1   1     1  1    ...   1   1   ....  1  * 2!  n  3!  n  n  n!  n   n   n 

Tương tự ta có:  1 1    n

n 1

1 1  1 1  2  1    1   1    ...  2!  n  1  3!  n  1   n  1  1 1  2   n   1  1   ....  1   n !  n  1  n  1   n  1 

 11

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

37

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng



38

1  1  2   n  1  n  1 1 ....  1  1 **       n  1!  n  1   n  1   n  1  n  1  m

1   1 So sánh giữa  *và ** suy ra:  1    1    m  n

n

Ví dụ D. 5(TH&TT) Cho n  N * ,3  m  N * Chứng minh rằng: 1 1 1 1  2  ...  n1  1 Cm Cm1 Cm  n m  2 Giải Ta có:

 k  1!i !   k  1! i  1! 1997  k  k  2  1    k 1 Ci  k  i  k !  i  k ! i  2 ! 

 k  1!m !   k  1! m  1! i  k  k  2  1    k 1 Ci  k  m  k !  m  k ! m  2 !   m  1   m  1! k  1!   m  2 ! k  2 !    m  2    m  1  k  !  m  k !   m  1  1  1    m  2   Ckkm1 1 Cmk 2k  m  m  1  1  1    m  1 . 1  1 ĐPCM 1   k 1   m  2   Cm1 1 Cmk 2k   m  2  Cm1 1 m  2 k 0 Cm  k 

Ví dụ D. 6: Chứng minh rằng: a) lim n n  1 n 

b) Nếu m  0 thì lim

n 

n

m  lim

n

n

n 2 Giải

n

Đặt m  n  1 0(n  2) n

k

 n   m  1   Cnk m k  Cn2 m 2  k 0

n

n  n  1 2 m 2

n  n  1 2 2 m 0  m  n n  1  2 n 1

 1  n n  1

2 n 1

 2  n Mặt khác: lim  1  n  1  ĐPCM  1  xlim x   n  1   Sử dụng kết quả câu a) kết hợp với nguyên lí kẹp ta suy ra được câu b) Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

38

39

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 1  x  1 n n Ví dụ D.7: Cho  . Chứng minh rằng: 1  x   1  x   2n * n  N

Giải a  1  x  0 n Đặt:   2n   a  b    Cnk a n k .b k  Cn0 a n  Cnnb n  a n  b n k 0 b  1  x  0 n n n  1  x   1  x   2 n

n

a n  bn  a  b  Ví dụ D.8: Cho a, b  0 . Chứng minh rằng:   , 1  b  Z 2  2  Giải n i n i i i n n n i Ta có: a  b a  b a  b a  bi  b ni ai  0  i  n 







n

n

n

Mặt khác ta có khai triển:  a  b    Cnk a n k .b k  Cnk b n  k .a k k 0

n

n



k 0

n

n





 2  a  b    Cnk a n k .b k  b n k .a k  n  a  b    Cnk a n  b n k 0



k 0

n

a n  bn  a  b     2  2  Ví dụ D.9: Chứng minh rằng 2000 a) Chứng minh rằng: 1001  1001  1   cho 11 . 1 n 1   b) 3n Cn0  Cn1  ...   1 n Cn1  ,3  n  Z 3 3   Giải



a) Ta có:





1001  x



2000

0  C2000







2000



Với x 1  1001  1



Với x  1  1001  1







1001  1

2000













2000

0  C2000

2000

2000

1001  1

1001



0  C2000





1  C2000

1001



2000

1001  1



1999



1001

2000

1001





1  C2000

2000



1  C2000

 là số tự nhiên chia hết 

2000 2000 x  C2000 x 1999

1001





2000  ...  C2000

1999

1001



2000  ...  C2000

1 3 1999  2 1001  C2000  C2000 .1001  ...  C2000 10011999 

 2 1001. X  X  N   2 1001

b) Ta có:

 1001 1

2000







1001  1

2000

  2002  11.18211 ĐPCM

1  n 1    1  1  3n Cn0  Cn1  ...   1 n Cn1   3n Cn01n     Cn11n 1  ...    n  Cnn  3 3    3  3    n

n

 1 2  3  1    3n    2n 8,n  3  n  Z   3 3 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) n

Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

39

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

40

Ví dụ ID. 10 a) Cho 2  p là số nguyên tố. Chứng minh rằng: C pk  p,k  1, 2,..., p  1 b) ( Định lí Fermat nhỏ) n  N , p  2 là số nguyên tố. Ta luôn có n p  n  p Giải a) Với k 1, 2,..., p  1 và P là số nguyên tố. Ta có: p  p  1 p  2  ...  p  k  1 p! C pk    q Vì p là số nguyên tố nên không chia k ! p  k  ! 1.2.3.....k hết cho k . Mặt khác C pk  N  p  p  1 p  2  ...  p  k  1   1.2....k   C pk  p.q  C pk  p

b) Đặt an  n p  n   

Với n 1  an  n p  n  a1  1p  1  0 P Giả sử an đúng với n  k  an  P Với n k  1 : Xét p

ak 1  ak   k  1  k p  1  C p0 k p  C 1p k p 1  C 2p k p 2  ...  C pp 1k  k p  1 C 1p k p1  C p2 k p  2  ...  C pp 1k  k p  1 a  a  p Áp dụng kết quả câu a  C kp  p,k  1, 2,..., p  1   k 1 k  ak 1  p  ak  p p Vậy theo nguyên lí nguyên nạp cho ta n  n  p

Bài Tập Ứng Dụng Bài 1: Cho 3  n  Z Tính an an a) lim , 0  a  2  b) lim , a  R  n  n ! n  n ! Bài 2: Cho a  0,1   m  n m, n  Z  . Chứng minh m

a) 1  n   1  m 

n

b) 19982001  19992001  20002001

Bài 3: n  N * . Chứng minh rằng:

1!2! 2!3! ...  n ! n  1! 2

n n 1! ...  n !

2

 22 n n !

S a1  a2  ...  an  Bài 4: Cho a1 , a2 ,..., an  0 Chứng minh rằng: 1  n  Z  S S2 Sn 1  a1 1  a2  ... 1  an   1    ...  1! 2! n! Bài 5: Chứng minh rằng: 2 3 1999 2.1C200  3.2C2000  ...  2000.1999C2000  3998000 2  n  Z 

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

40

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

41

MỤC LỤC LỜI MỞ ĐẦU………………………………………………………………………….2 A. LÝ THUYẾT………………………………………………………………………..3 B. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC………………………………………...4 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 Toán Học Và Tuổi Trẻ 4. Các đề thi HSG- Olimpic 5. Các Diễn đàn Toán học như: nguyentatthu.violet.vn- k2pi.violet.vn- maths.vnmathscope.org- diendantoanhoc.net………

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam

41