35 0 717KB
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 01 n 111 n 2121 ......................................................................
n k 1..................Ckm 1Ckm n k 1Ckm1......................1 ....................................................................... Với Ckm1 Ckm Ckm1 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 200k . 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 C22nn11k ,k ,0 k 2n 1 , nên: 1 C20n 1 C21n 1 ... C2nn 1 C20n 1 C21 n 1 ... C22nn11 2 2 2 n 1 Từ khai triển nhị thức của: 1 1 suyra :
C20n 1 C21n 1 ... C22nn11 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 n2 ... 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 n1 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 x21 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
x21 3x Vậy số hạng thứ tư trong khai triển trên là: C x 2 35.22 x 2.2 x 2x2 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 2k 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
m2
... 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 11 x
n 1
n 1 x
n
Giải Ta có: S x 1 x 1 2 1 x ... n 11 x
n 2
n 1 x
2
f x 1 x 1 2 1 x 3 1 x ... n 11 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 Cn21
Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2 của F x Cn31
Vậy hệ số cần tìm là: Cn21 2Cn31
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 0k 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 n2 số hạng không phụ thuộc vào x , biết rằng: Cn Cn Cn 79
Giải Từ giả thiết ta có: Cnn Cnn 1 Cnn 2 791 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 x16 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 11 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 x3 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 maxak 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 maxTk
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 C22n1 ... C2nn1 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 3C22nn1 ... 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
243
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 2và3 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 0i 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 2n1 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 Cnk1 Cnk 1 Cnk và Cn0 1 Từ 1và 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 Capb
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 Ca0b Ca1 b x ... Cap b x p ... Caabb 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 11 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 n3 x 3 Cn0 Cn1 x Cn2 x3 ... Cnn x n3 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 2n1 2n1 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 11 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) n1 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 nk 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 n1 n 3n1 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 n1 . 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) n1 1 VT ( III .1) 2Cn11 22 Cn21 23 Cn31 ... 2 n1 Cnn11 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 Cn21 Cn31 ... Cnn11 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:
23 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 n2 Giải k 2 2 1 k Mỗi số hạng của tổng có dạng Cn nên ta nghĩ ngay đến dùng tích phân. Nhưng k2 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) n1 n n 1 n I ( x 1 1)(1 x ) dx (1 x ) (1 x) dx n2 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:
i4k 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 )8n1 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 mn 0 1 mn mn 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 n1 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 nC2nn1 0 k , n Ví dụ V.5: Cho . Chứng minh: Ck01 Ck11 ... Ckn n Ckn n1 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 Ck11 ... 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 : Ckkn11 Ckn n 1 Đồng nhất thức ta có: Ck01 Ck11 ... Ckn n Ckn n1 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 n1 (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 nk n k 1 nk 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) n1 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) 2n1 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 1 231 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 vìk 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 n1 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
11
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 ... n1 1 Cm Cm1 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 Ckkm1 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 ni 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 11.18211 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 p1 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