Bài tập nhị thức Niu-tơn vận dụng cao - Nguyễn Minh Tuấn (2019-2020) có lời giải chi tiết

CHUYÊN ĐỀ, BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN

vectorstock.com/9715669

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

Bài tập nhị thức Niu-tơn vận dụng cao Nguyễn Minh Tuấn (2019-2020) có lời giải chi tiết PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/HoaHocQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO GIỚI THIỆU VỀ NHỊ THỨC NEWTON Để ghi nhớ công lao của Issac Newton (1642 – 1727) trong việc tìm ra công thức khai triển nhị thức sau, được gọi là nhị thức Newton.

 x  1

m

 1

m m(m  1) 2 m(m  1)(m  2)...3.2.1 m x x  ...  x (1) 1!

2! m!

Trên bia mộ của Newton tại tu viện Wesminster (là nơi an nghỉ của Hoàng gia và những người nổi tiếng của nước Anh) người ta còn khắc họa hình Newton cùng với cả nhị thức Newton. Vậy có phải chăng loài người đã không hề biết gì về công thức khai triển nhị thức từ trước khi có phát minh của nhà bác học vĩ đại này? Theo các văn bản còn lưu giữ được từ rất lâu trước Newton, ngay từ 200 năm trước Công nguyên các nhà toán học Ấn Độ đã quen biết với một bảng tam giác số học. Trong tác phẩm của nhà toán học Trung Quốc Chu Sinh viết từ năm 1303 người ta tìm thấy bảng số sau: 1 11 121 1331 14641 15101051 1615201561 172135352171 18285670562881 Rõ ràng đó là các hệ số của công thức khai triển nhị thức Newton từ cấp 0 đến cấp 8, dù nhà toán học này đã không nói gì cho các hệ số tiếp theo cùng công thức tổng quát của chúng, nhưng theo cách thức lập bảng của ông, ta có thể dễ dàng tìm ra quy luật cho phép viết được các hàng mới.

Vào nửa đầu thế kỷ XV trong tác phẩm chìa khóa số học viết bằng tiếng Ả rập của nhà toán học, thiên văn học Xamacan có tên là Giêm Xit-Giaxedin Casi người ta gặp tam giác số học mà tác giả đã gọi tên rõ hơn là các hệ số nhị thức cùng với những chỉ dẫn cách thành lập các hàng kế tiếp của nhị thức. Với lối chỉ dẫn (không chứng minh) đó Casi đã cho ta khả năng khai triển nhị thức ở một cấp bất kì. Có thể coi đó là sự phát biểu bằng văn đầu tiên trong lịch sử của định lí về nhị thức Newton. Ở Châu Âu, tam giác số học được tìm thấy đầu tiên trong công trình của nhà toán học người Đức Stiffel M. Công bố vào năm 1544.

Trong công trình này cũng đã chỉ dẫn ra các hệ số của nhị thức cho đến cấp 17.

Gần một trăm năm sau, hoàn toàn độc lập với nhau, các nhà toán học người Anh Bo-rit-gon (1624), nhà toán học Pháp Fermat (1636) rồi nhà toán học Pháp Pascal (1654) đã đưa ra công thức hoàn hảo về hệ số của nhị thức Newton. Đặc biệt trong công trình mang tên Luận văn về tam giác số học công bố vào năm 1665, Pascal đã trình bày khá chi tiết về tính chất của các hệ số trong tam giác số học và từ đó tam giác số học được sử dụng một cách rộng rãi và tên tam giác Pascal ra đời thay cho tam giác số học.

Rõ ràng mà nói về mặt lịch sử thì tam giác số học đã được các nhà toán học Á đông xét đến trước Pascal rất nhiều. Vậy vai trò của Newton ở đâu trong quá trình hình thành công thức nhị thức Newton? Năm 1676 trong bức thư thứ nhất gửi Ô-đen Hiaro – Chủ tịch Viện Hàn Lâm hoàng gia Anh, Newton đã đưa công thức (1) mà không dẫn giải cách chứng minh. Sau đó ít lâu trong bức thư thứ hai gửi đến Viện Hàn Lâm, Newton đã trình bày rõ ràng bằng cách nào ông đi đến công thức đó. Thì ra bằng cách này Newton Trang 1

đã tìm ra công thức Newton từ năm 1665 khi mà ông chỉ mới 22 tuổi. Nhưng dù vậy thì việc đưa trình công thức của mình Newton cũng không nói được điều gì mới cho các nhà toán học đương thời.

Vậy tại sao công thức không mới đó lại mang tên Newton? Vấn đề là ở chỗ ý tưởng của Newton không dừng lại ở việc áp dụng công thức này cho trường hợp các số mũ là số nguyên dương mà cho số mũ bất kì: số dương, số âm, số nguyên và phân số. (ở trung học chỉ học số mũ nguyên dương).

Chính ý tưởng mới đó cho một ý nghĩa lớn lao đối với việc phát triển của toán học. Các nhà toán học đương thời thấy ngay tầm quan trọng của công thức và công thức được áp dụng rộng rãi trong nhiều công trình nghiên cứu toán học, đặc biệt trong đại số và giải tích. Nhân đây cũng phải nói thêm rằng công thức nhị thức Newton không phải là sự đóng góp lớn nhất của Newton cho toán học. Newton đã đóng góp rất nhiều cho việc mở đầu những hướng toán học cao cấp, đó là các phép tính đối với các đại lượng vô cùng bé. Và do vậy đôi lúc Newton được coi là người sáng lập ra ngành Giải tích toán học.

I. CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON: Khai triển (a + b) được cho bởi công thức sau: Với a, b là các số thực và n là số nguyên dương, ta có n

(a  b)n   C nk a n  k b k  C 0n a n  C1n a n 1b  ...  C nk a n  k b k  ...  C nn b n (1) k 0

Quy ước a 0  b0  1.

Công thức trên được gọi là công thức nhị thức Newton (viết tắt là Nhị thức Newton) Trong biểu thức ở VP của công thức (1) a) Số các hạng tử là n + 1. b) Số các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đến 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n, nhưng tổng các số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n. c) Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau.

HỆ QUẢ 

Với a = b = 1, thì ta có 2 n  C 0n  C1n  ...  C nn .



Với a = 1, b  1 , ta có 0  C 0n  C1n  ...  (1)k C nk  ...  (1)n C nn

CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN LIÊN QUAN TỚI KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 

(x  1)n  C 0n x n  C1n x n 1  C 2n x n 2  ...  C nk x n  k  C nn 1x  C nn



(1  x)n  C 0n  C1n x  C 2n x 2  ...  C nk x k  C nn 1x n 1  C nn x n



(x  1)n  C 0n  C1n x  C 2n x 2  ...  (1)C nk x k  ...  (1)n 1 C nn 1x n 1  (1)C nn x n



C nk  C nn  k



C nk  C nk 1  C nk 11 ,(n  1)



k.C nk 



1 k.n! n(n  1)!

1 C nk    C nk 11 k 1 (k  1)(n  k)!k! (n  1)(n  k)!(k  1)! n  1

k.n! n(n  1)!   C nk 11 (n  k)!k! (n  k)!(k  1)!

Một số công thức thường dùng trong các bài tập dạng này như sau: 

C nk  C nn  k Trang 2



C nk  C nk 1  C nk 11 ,(n  1)



kC nk  nC nk 11 (*)



1 1 C nk  C nk 11 k 1 n 1



2 n  C 0n  C1n  ...  C nn

 

2

n 1

 C  C  C ...  C

n 2  2 n

2

n 1

 C  C  C ...  C

 n 1  2  1  2  n

0 n

1 n

2 n

3 n

4 n

5 n

Ngoài ra từ công thức (*) ta mở rộng được công thức 

C nk  2C nk 1  C nk  2  C nk 22



C nk  3C nk 1  3C nk  2  C nk 3  C nk 33

II. GIỚI THIỆU TAM GIÁC PASCAL n=0

1

n=1

1 1

n=2

1

n=3

1

n=4

1

n=5

1

5

2 3

4 1

1 3

6 0

1 4

1 0

1 5

1

Tam giác Pascal được thiết lập theo quy luật sau 

Đỉnh được ghi số 1. Tiếp theo là hàng thứ nhất ghi hai số 1.



Nếu biết hàng thứ n (n  1) thì hàng thứ n + 1 tiếp theo được thiết lập bằng cách cộng hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng dưới ở vị trí giữa hai số này. Sau đó viết số 1 ở đầu và cuối hàng.

Nhận xét: Xét hàng thứ nhất, ta có 1  C10 ,1  C11 Ở hàng thứ 2, ta có 1  C 03 ,2  C12 ,1  C 22 Ở hàng thứ 3, ta có 1  C 03 ,3  C13 ,3  C 32 ,1  C 33 Các số ở hàng thứ n trong tam giác Pascal là dãy gồm (n  1) số C 0n ,C1n ,C 2n ,...,C nn 1 ,C nn .

DẤU HIỆU SỬ DỤNG NHỊ THỨC NEWTON Sau đây là một số dấu hiệu giúp ta nhận biết được các dạng toán trong phần này, các dạng toán này sẽ được hướng dẫn kỹ hơn ở phần sau. a) Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có

n

C i 1

b) Trong biểu thức có

n

 i(i  1) C i 1

i n

i n

với i là số tự nhiên liên tiếp.

thì ta dùng đạo hàm (i  ).

Trang 3



Trong biểu thức có

n

 (i  k) C i 1



Trong biểu thức có

n

a C k

i 1



Trong biểu thức có

n

i n

thì ta nhân 2 vế với x k rồi lấy đạo hàm

thì ta chọn giá trị của x = a thích hợp.

1

 i 1 C i 1



i n

i n

thì ta lấy tích phân xác định trên [a;b] thích hợp



Nếu bài toán cho khai triển x a  x b

n

n

   C x  x    C x n

i 1

i n

a

n i

b

i

i n

i 1

a(n  i)  ib

thì hệ số của x m là C in

sao cho phương trình a(n  i)  bi  m có nghiệm i  . 

C in đạt max khi i 

n 1 n 1 n hay i  với n lẻ, i  với n chẵn.

2 2 2

III. CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN TỚI NHỊ THỨC NEWTON. 1. BÀI TOÁN KHAI TRIỂN NÂNG CAO. BÀI TOÁN KHAI TRIỂN TAM THỨC Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton (a  b  c)n Lời giải tổng quát 

Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n, để có được hệ số của nhị thức Newton (b  c)n



Bước 2: Ở các đầu dòng ta viết các đơn thức là khai triển nhị thức Newton (a  1)n



Bước 3: Nhân lần lượt các đơn thức ở đầu dòng mỗi cột với các đơn thức còn lại trên mỗi dòng đó rồi cộng các kết quả lại, ta thu được kết quả khai triển.

Cụ thể ta có ở dưới đây 1.a n 1 n

C .a

1 n 1

1b

C 2n .a n 2

1b2

C1n .a n 3

1b2

1c 1c2

2bc

3b2c

3bc2

1c2+

…

1.a o

C1n .b n 1.c

1.bn

…

C nn 1.b.c n 1

1.cn

Sau khi cộng lại ta được: n  n  (a  b  c)n   C np .a n  p .   C qp .b n q .cq    C np .C qp .b n q .cq .a n  p p 0  q 0  0 q  p  n

Sau khi khai triển (a  b  c)n với 0  q  p  n số hạng thứ p + 1 trong khai triển là

Tp  C np .C qp .b n q .cq .a n  p Ví dụ 1: Hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển P(x)   3x 2  x  1 là?

10

Lời giải Trang 4

Với 0  q  p  10 thì số hạng tổng quát của khai triển P(x)   3x 2  x  1 là: 10

p p Tp  C10 .C qp .(3x 2 )10 p .x p q .q q  C10 .C qp .310 p.x p q  202 p

Theo đề bài thì p  q  20  2p  4  p  q  16 Do 0  q  p  10 nên (p;q)  (8;8);(9;7);(10;6) Vậy hệ số của x 4 trong khai triển P(x)   3x 2  x  1 là: 10

8 9 6 10 10 C10 .C 88 .3108  C10 .C 79 .3103  C10  1695 .

10 .C 10 .3

Chú ý khi ra nhiều trường hợp của (p;q) thì ta cộng hệ số các trường hợp với nhau để có kết quả.

Ví dụ 2: Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển thành các đa thức của (x  x 2  x 2 )10 ?

Lời giải Với 0  q  p  10 thì số hạng tổng quát của khai triển (x  x 2  x 3 )10 là: p p Tp  C10 .C qp .x10 p .(x 2 )p q .(x 3 )q  C10 .C qp .310 p.x10 p  q

Theo đề bài thì 10  p  q  13  p  q  3 Do 0  q  p  10 nên (p;q)  (2;1);(3;0) 2 3 Vậy hệ số của x13 trong khai triển là: C10 .C12  C10 .C 03  210

Ví dụ 3: Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của: 1  x 2 (1  x)8  Lời giải  k  Cách 1: Ta có: f(x)   C x (1  x)    C x   (1)i C ik x i  k 0 k 0  k 0  8

k 8

k

2

8

k 8

k

2k

 i  0 0  i  k  8    k  4 Vậy ta có hệ số của x8 là: (1)i C 8k C ik thỏa 2k  i  8    i  2 i, k       k  3 Hệ số trong khai triển của x8 là (1)0  C 84 C 04  (1)2 C 83C 32  238 3

4

Cách 2: Ta có: f(x)  C 80  ...  C 83 x 2 (1  x)   C 84 x 2 (1  x)   ...  C 88 x 2 (1  x) 

8

Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng: 3



Số hạng thứ 4: C 83 x 2 (1  x) 



Số hạng thứ 5: C 84 x 2 (1  x) 

4

Với hệ số tương đương với: A8  C 83C 32  C 84 C 04  238 n

1 1   Ví dụ 4: Với n là số nguyên dương và x  0 , xét biểu thức  x8  x 3  2  7  . Hỏi có bao nhiêu số x x   n  2018 sao cho khai triển của biểu thức trên có số hạng tự do là 0?

Trang 5

Lời giải n

1 1   Ta có  x8  x 3  2  7   1  x 5 x x  





n

 3 1   x  x7   

n

nên số hạng tổng quát của khai triển trên là

T  C nk x 5k .C nh x 3n 10h  C nk C hn x 3n  5k 10h . Số hạng này là số hạng tự do khi 3n  5k  10h  0  3n  5(2h  k) Nếu n không chia hết cho 5 thì khai triển sẽ không chứa số hạng tự do, tức là số hạng tự do là 0. Còn khi 2n m n chia hết cho 5 thì khi h  , k  , số hạng tự do sẽ là C nk C hn  0 không thỏa mãn.

5 5 Ví dụ 5: Cho khai triển (1  x  x 2 )n  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2n x 2n , với n  2 và a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a 2n là các hệ số. Biết rằng

a3 a 4 , khi đó tính tổng S  a 0  a1  a 2  ...  a 2n ?  14 41

Lời giải n

n

k

k 0

k 0

l 0

Ta có (1  x  x 2 )n   C nk (x  x 2 )k   C nk  C ln x k 1.x 21 .

 l  0;k  3 Hệ số của x3 là x k 1  x 3  k  1  3    a 3  C 3n C 03  C 2n C12  l  1;k  2 Tương tự hệ số của

x4

là x

k 1

 l  0;k  4  x  k  1  4   l  1;k  3  a 4  C 4n C 04  C 3n C13  C 2n C 22  l  2;k  2 4

Theo giả thiết 14a 4  41a 3  14(C 4n C 04  C 3n C13  C 2n C 22 )  41(C 3n C 03  C 2n C12 ) n!

3.n! n! n!

2.n!      14     41      4!(n  4)! 3!(n  3)! 2!(n  2)!   3!(n  3)! 2!(n  2)!   n(n  1)(n  2)(n  3) n(n  1)(n  2) n(n  1)   n(n  1)(n  2)   14     41   n(n  1)   24 2 2  6    n  1 11 185   14  n(n  1)  n 2  n  0  n  *  4 6   24  n  10





Do n  2n nên n = 10 Mặt khác thay x = 1 vào hai vế của khai triển (1  x  x 2 )10  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 20 x 20 ta được

S  a 0 ,a1 ,a 2  ...  a 20  310.

Ví dụ 6: Giả sử (1  x  x 2  x 3  ...  x10 )11  a 0  a1x  a 2 x 2  a 3x 3  ...  a110 x110 với a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a110 là các 0 2 3 11 a11  C111a10  C11 a 9  C11 a 8  ...  C10 hệ số. Tính tổng T  C11 11 a1  C 11a 0 ?

Lời giải Ta có: A  1  x  x 2  x 3  ...  x10   (1  x)11 A  (1  x11 )11 11

Trang 6

11

110

11

k m   C11 (x)k . a i x i   C11 (x11 )m k 0 i 0 0    m   P

Q

0 2 3 11 Hệ số của x11 trong P là C11 a11  C111a10  C11 a 9  C11 a 8  ...  C10 11 a1  C 11a 0  T

Hệ số của x11 trong Q là C111 Vậy T  C111  11.

Ví dụ 7: Biết tỏng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển Newton n

n  2 2 2 x   C nk (1)k (x 2 )n  k .      x  k 0  x

k

Bằng 49. Khi đó tính hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển đó?

Lời giải n

k

n n 2  2 Ta có  x 2     C nk (1)k (x 2 )n  k .     C 6k (1)k .2 k.x 2n 3k x  k 0  x k 0

Tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển bằng 49 nên C 0n  2C1n  2 2 C 2n  49 (*). Điều kiện n  *, n  2 Khi đó (*)  1  2n  2 2.

 n  4(L) n(n  1)  49  2n 2  4n  48  0   2  n  6(N)

2  Với n = 6 ta có nhị thức  x 2   x 

6

Số hạng tổng quát của khai triển là: C 6k (1)k .2 k.x12 3k (k  ,0  k  6) Số hạng chứa x3 ứng với k thỏa mãn 12  3k  3  k  3 (nhận) Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khải triển là C 36 (1)3 .23  160 Ví dụ 8: Cho khai triển T  1  x  x 2017 

2018



 1  x  x 2018



2017

. Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển

bằng bao nhiêu?

Lời giải 2018

2017

k 0

k 0

k k' (x  x 2017 )   C 2017 (x 2018  x)k ' Cách 1: Ta có T   C 2018

Hệ số của số hạng chứa x ứng với k = k’ = 1.

Do đó hệ số cần tìm là C12018  C12017  1 Cách 2: Ta có T  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2017.2018x 2017.2018  f(x)

 f '(x)  a1  2a 2 x  ...  2017.2018a 2017.2018x 2017.20181  f '(0)  a1 Mà f '(x)  2018(1  x  x 2017 )2017 (1  2017x 2016 )  2017(1  x  x 2018 )2016 (1  2018x 2017 )

 f '(0)  2018  2017  1  a1  1 . Do đó hệ số cần tìm là 1.

Trang 7

4

Ví dụ 9: Tìm hệ số của

x6

1  trong khai triển (2 x  1)  x 2  x   thành đa thức?

4  6

Lời giải n

n

k 0

k 0

Xét khai triển (2x  1)6  (1  2x)6   C 6k 16  k (2x)k   C 6k 2 k x k 4

8

8

8 1  1 1  2  1 x  x   x    x  C 8j          4  2 2   2 j 0

8 j

6

xj

n 8 1  1 Vậy (2x  1)6  x 2  x     C 6k 2 k x k . C 8j   4  k 0  2 j 0

8 j

n 8 1 x j   C 6k 2 k . C 8j   2 k 0 j 0

8 j

x j k

Số hạng của khai triển chứa x6 khi j + k = 6 Xét bảng: k

0

1

2

3

j

6

5

4

3

1 C 6k 2 k.C 8j   2

8 j

1 C 06 20.C 86   2

2

1 C16 21.C 85   2

3

1 C 62 2 2.C 84   2

k

4

5

6

j

2

1

0

1 C 6k 2 k.C 8j   2

8 j

1 C 64 2 4.C 82   2

6

1 C 65 2 5.C 83   2

5

1 C 66 26.C 80   2

4

1 C 36 23.C 83   2

5

2

4

Vậy hệ số

x6

3003 1 6 1  trong khai triển (2x  1)  x 2  x   thành đa thức là  C14 4 4 4  6

Ví dụ 10: Cho khai triển (1  2x)n  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a n x n , n  1 . Tìm số giá trị nguyên của n với

n  2018 sao cho tồn tại k (0  k  n  1) thỏa mãn a k  a k 1 Lời giải n

Ta có (1  2x)n   C nk 2 k x k , suy ra a k  C nk 2 k với k = 0, 1, 2, 3,…, n k 0

Do đó a k  a k 1  C nk 2 k  C nk 1 2 k 1  

n! n!  2. k!(n  k)! (k  1)!(n  k  1)!

1 2 2n  1   2n  2k  k  1  k  . (n  k) (k  1) 3

Vì 0  k  n  1 nên suy ra n  2 Nếu n  3, m  , thì k 

2.3m  1 1  2m    3 3

Nếu n  3m  1, m  , thì k 

2(3m  1)  1 1  2n    3 3

Trang 8

2. BÀI TOÁN HỆ SỐ LỚN NHẤT Với các bài toán yêu cầu tìm hệ số lớn nhất ak khi khai triển nhị thức (ax  b)n thành đa thức ta sẽ làm theo phương pháp sau: 

a  a k 1 Bước 1: Lập hệ bất phương trình  k a k  a k 1



Bước 2: Giải hệ bất phương trình trên để tìm các số nguyên k thỏa mãn.



Bước 3: Thay các giá trị k vừa tìm được để tìm hệ số lớn nhất.

Ví dụ 1: Khai triển đa thức P(x)  (1  2 x)12  a 0  a1x  ...  a12 x12 . Tìm max(a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a12 )?

Lời giải Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: a k  a k 1 1 2 k k 1  k  12  k  1 2 k C12  2 k 1 C12  Từ đây ta có hệ phương trình  k k k 1 k 1  1  2 2 C12  2 C12 12  k k  1 8 18  max(a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a12 )  a 8  C12 2  126720 10

1 2  Ví dụ 2: Cho khai triển nhị thức   x   a 0  a1x  ...  a 9 x 9  a10 x10 . Hãy tìm số hạng ak lớn nhất. 3 3  Lời giải 10

1 1 1 2  Ta có:   x   10 (1  2x)10  10 3 3 3 3 

n

C k 0

k 10

(2x)k  a k 

1 k k C10 2 310

k k k 1 k 1 a  a k 1 C 2  C10 2  k   10 k k k 1 k 1 C10 2  C10 2 a k  a k 1

 2 k10!

2 k10!

2  1     k!(10  k)! (k  1)!(9  k)!

19 22   Ta có ak đạt được max    10  k k  1  k k k 3 3 2 10!  2 10!  2  2  k!(10  k)! (k  1)!(11  k)!  k 11  k  k  7(k  , k  [0;10]) 27 7 Vậy max a k  a 7  10 C10 3

Ví dụ 3: Trong khai triển biểu thức F 



3 3 2



9

số hạng nguyên có giá trị lớn nhất là

Lời giải Ta có số hạng tổng quát Tk 1  C 9k

 3  2  9 k

3

k

Trang 9

Ta thấy bậc hai của căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố, do đó để Tk 1 là một số nguyên thì

k   k  3  T  C3 3 6 0  k  9 4 9     0 (9  k) 2  k  9  T10  C 99 3   k  3

   2   4536    2 8 3

3

3

9

Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là T4  4536 và T10  8 Ví dụ 4: Hệ số có giá trị lớn nhất khi khai triển P(x)  (1  2x 2 )12 thành đa thức là?

Lời giải 12

12

k 0

k 0

k k 2k k 2 x   a k x 2 k với a k  C12 Khai triển P(x)   C 12 2k



k k a k 1  a k  C12 2 k 1  C12 2k 

2 1 23  k  k  7. k  1 12  k 3

Như vậy a 0  a1  a 2  ...  a 8 . 

k 1 k 1 k a k 1  a k  C12 2  C12 2k 

2 1 23  k  k  8. k  1 12  k 3

Như vậy a 8  a 9  a10  ...  a12 .

8 Vậy hệ số có giá trị lớn nhất là a 8  C12 28  126720

Ví dụ 5: Cho biểu thức P(x)  (x  2)n  a n x n  a n 1x n 1  ...  a k x k  ...  a1x  a 0 , n   *. Biết a n 9  a n 8 và a n 9  a n 10 . Tìm giá trị của n?

Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

P(x)  (x  2)n  C 0n x n 20  C1n x n 1 21  ...  C nn  k x k 2 n  k  ...  C nn 1x1 2 n 1  C nn x 0 2 n , n   * Mà P(x)  (x  2)n  a n x n  a n 1x n 1  ...  a k x k  ...  a1x  a 0 , n   * Ta có: a k  2 n  k C nn  k  2 n  k C nk ,0  k  n  a n 8  28 C nn 8  28 C 8n ,a n 9  2 9 C 9n ,a n 10  210 C10 n Theo đề bài với n  10, n  * : a n 9  a n 8  a n 9  a n 10

n! n!  9 1 8 2 25  2 9!(n  9)!  2 8!(n  8)!  9  n  8 n     2  n  13 n! n!

1 1 9 10 2  n  14 2   n  9 5  9!(n  9)!

10!(n  10)!

Ví dụ 6: Cho (1  2x)n  a 0  a1x1  ...  a n x n , n   * . Biết a 0 

a1 a 2 a  2  ...  nn  4096. Số lớn nhất 2 2 2

trong các số a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a n có giá trị bằng bao nhiêu?

Lời giải Ta có: n

(1  2x)n   C nk .2 k x k  C 0n .20 x 0  C1n .21 x1  C 2n .2 2 x 2  ... C nn .2 n x n  a 0  a1x1  ...  a n x n . k 0

Trang 10

Ta có a 0 

a1 a 2 a  2  ...  nn  4096  C 0n  C1n  C 2n  ...  C nn  4096  2 n  4096  n  12 2 2 2

k k 1 k 1 k k 1 Ta có a k  a k 1  C12 . Suy ra: a 0  a1  a 2  ...  a 8 2 k  C12 2  C12  2C12 k k 1 k k k 1 Mặt khác a k  a k 1  C12 2 k  C12 2  C12  2C12 . Suy ra: a 8  a 9  a10  ...  a12 8 Vậy số lớn nhất trong các số a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a n là a 8  C12 .28  126720

Ví dụ 7: Cho khai triển (x  3)n  a 0  a1x  a 2 x 2  a 3x 3  ...  a n x n , trong đó n   * và a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a n là các số thực. Gọi S là tập hợp chứa các số tự nhiên n để a10 là số lớn nhất trong các số a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a n . Tổng giá trị các phần tử của S bằng bao nhiêu?

Lời giải n

Ta có khai triển (x  3)n   C nk 3n  k x k k 0

Số hạng tổng quát của khai triển là Tk  C nk 3n  k x k . Suy ra hệ số của Tk là a k  C nk 3n  k Để a10 là số lớn nhất trong các số a 0 ,a1 ,a 2 ,...,a n thì: n 10 9 C10 C10  C 9n .3n 9 a10  a 9 n  39 n .3 n  3C n   10 n 10   10   39  n  43  11 n 11 11  C n .3 n  43 a10  a11 C n .3 3C n  C n

Vậy S  39;40;41;42;43 Tổng các phần tử của S là t  39  40  41  42  43  205 3 ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP ĐẠO HÀM CẤP 1.

Dấu hiệu sử dụng Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1, 2, 3,…,n hay n, …., 3, 2, 1 tức là số hạng đó có dạng kC nk hoặc kC nk a n  k b n  k thì ta có thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:

(a  x)n  C 0n a n  2C1n a n 1x  ...  nC nn ax n Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:

n(a  x)n 1  C1n a n 1  2C 2n a n 2  ...  nC nn ax n 1 (1) Đến đây thay x, a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.

Trên đây là dấu hiệu nhận biết và phương pháp làm dạng này. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu kỹ hơn qua các bài toán của dạng này!

Ví dụ 1: Tính tổng C1n  2C 2n  3C 3n  4C 4n  ...  (1)n 1 nC nn Lời giải Ta tháy 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 kC nk  nC nk 11 ta tính được tổng bằng:

nC 0n 1  nC1n 1  nC 2n 1  ...  (1)n 1 nC nn 11  n(1  1)n 1  0 2007 Ví dụ 2: Tính tổng 2008C 02007  2007C12007  ...  C 2007

Trang 11

Lời giải Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008, 2007, …, 1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu:

(x  1)2007  C 02007 x 2007  C12007 x 2006  ...  C 2007 2007 Bây giờ nếu lấy đạo hàm thì chỉ được 2007C 02007 x 2006 trong khi đó đề đến 2008 do đó ta phải nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới dùng đạo hàm:

2007C 02007 x 2008  C12007 x 2007  ...  C 2007 2007 x  (x  1)2006 (2008x  1)  2008C 02007 x 2007  2007C12007 x 2006  ...  C 2007 2007 Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 2009.2 2006 Ví dụ 3: Chứng minh rằng (x  2)n  1.2 n 1 C 2n  2.2 n 2 C 2n  ...  nC nn  n3n 1 ,  n  1   Lời giải Ta có (x  2)n  C 0n 2 n  C1n 2 n 1 x  C 2n 2 n 2 x 2  ...  C nn x n n

Đạo hàm 2 vế theo biến x ta được n(x  2)n 1   C nk kx k k 1

n

Cho x  1  n.3n 1   C nk k , điều phải chứng minh! k 1

Ví dụ 4: Tính tổng S  n2 n 1 C 0n  (n  1)2 n 2.3.C1n  (n  2)2 n 3.32.C 2n  ...  3n 1 C nn 1 Lời 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. Xét khai n

triển (x  a)n   C nk x n  k a k k 0

n

Đạo hàm theo biến x ta được n(x  a)n 1   (n  k)C nk x n  k 1a k k 1

n 1

Thay x = 2, a = 3 ta được S  n.5

Cách 2: Ta sẽ sử dụng tới 2 đẳng thức C nn  k  C nk , kC nk  nC nj11 ta có S  n2 n 1 C nn (n  1)2 n 2.3.C nn 1  (n  2)2 n 332 C nn 2  ...  3n 1 C1n  n2 n 1 C nn 11  n.2 n 2.3.C nn 12  n2 n 332 C nn 13  ...  n3n 1 C 0n 1  n(2 n 1 C nn 11  2 n 2.3.C nn 12  2 n 332 C nn 13  ...  3n 1 C 0n 1 )  m(2  3)n 1  n.5n 1

Ví dụ 5: Chứng minh rằng C 0n  2C1n  3C 2n  ...  (p  1)C np  ...  (n  1)C nn  (n  2)2 n 1 Lời giải Ta nhận thấy rằng nếu xét khai triển tổng quát thì các hệ số bị lệch đi 1 đơn vị, do đó để xử lý được ta sẽ nhân thêm vào 2 vế đại lượng x, xét khai triển x(x  1)n ta được n

n

n

k 0

k 1

k 0

x(x  1)n  x. C nk x k  (x  1)n  nx(x  1)n 1   kC nk x k   C nk x k

Cho x = 1 ta có điều phải chứng minh!

Ví dụ 6: Tính tổng S  3C 0n  4C1n  5C 2n  ...  (n  3) C nn ?

Trang 12

Lời giải 3C 0n  (C 0n x 3 )'  1 1 4 4 C  (C n x )' Nhận thấy rằng với x  1 thì ta có  n ..... (n  3) C 0  (C n x n 3 )'  n n

 C 0n x 3  C1n x 4  C 2n x 5  ...  (n  3)C nn x n 3  x 3 (C 0n  C1n x  C 2n x 2  ...  C nn x n )  x 3 (x  1)n (*) Xét hàm số f(x)  x 3 (x  1)n  f '(x)  3x 2 (x  1)n  nx 3 (x  1)n 1 Kết hợp với (*) ta có  f '(x)  3x 2 C 0n  4x 3C1n  C 2n 5x 4  ...  (n  3)x n  2 C nn Chọn x = 1 thì S  3C 0n  4C1n  5C 2n  ...  (n  3)C nn  3.2 n  n2 n 1  2 n 1 (n  6) 1 Ví dụ 7: Cho số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức tổ hợp C12n  C 32n  ...  C 2n  512. Tính tổng 2n

S  2 2 C 2n  32 C 3n  ...  (1)n .n 2 .C nn Lời giải 1 2n 1 2n Ta có (1  x)  C  C .x  C x  C x  ...  C 2n  C 2n 2n x 2n x (1) 2n

0 2n

1 2n

2 2n

2

3 2n

3

2 1 2n Thay x = 1 vào (1) ta có: 2 2n  C 02n  C12n  C 2n  C 32n  ...  C 2n 2n  C 2n (2) 1 2n Thay x = - 1 vào (1) ta có: 0  C 02n  C12n  C 22n  C 32n  ...  C 2n 2n  C 2n (3)

Trừ từng vế của (2) và (3) ta có:

Trang 13





1 2n 1 2 2n  2 C12n  C 32n  ...  C 2n  C12n  C 32n  ...  C 2n  2 2n 1 2n

1 Nên C12n  C 32n  ...  C 2n  512  2 2n 1  2 9  2n  1  9  n  5 2n

Bởi vậy S  2 2 C 52  2 2 C 35  4 2 C 54  52 C 55 Từ (1  x)5  C 05  C15x  C 25 x 2  C 35x 3  C 54 x 4  C 55x 5 , lấy đạo hàm hai vế ta được:

5(1  x)4  C15  2C 25 x  3C 35x 2  4C 54 x 3  5C 55x 4  5x(1  x)4  C15x  2C 25 x 2  3C 35x 3  4C 54 x 4  5C 55x 5 (4) Lấy đạo hàm hai vế (4), ta có:

5(1  x)4  20x(1  x)3  C15  2 2 C 25 x  32 C 35x 2  4 2 C 54 x 3  52 C 55x 4 (5) Thay x = -1 vào (5) ta được:

0  C15  2C 52  32 C 35  4 2 C 54  52 C 55  2C 52  32 C 35  4 2 C 54  52 C 55  C15 Hay S  2 2 C 25  32 C 35  4 2 C 54  52 C 55  5 Ví dụ 8: Tính tổng S  2.2 2017 C12018  3.2 2016 C 22018  4.2 2015 C 32018  ...  2019C 2018 2018 Lời giải Áp dụng khai triển nhị thức Newton ta có 2018 (2  x)2018  C 02018 .2 2018  C12018 .2 2017 x  C 22018 .2 2016 x 2  ...  C 2018 2018 x 2019  x(2  x)2018  C 02018 .2 2018.x  C12018 .2 2017 x 2  C 22018 .2 2016 x 3  ...  C 2018 2018 x

Lấy đạo hàm theo x hai vế ta được: 2018 (2  x)2018  x.2018.(x  2)2017  C 02018 .2 2018  2.C12018 .2 2017 x  3.C 22018 .2 2016 x 2  ...  2019C 2018 2018 x

Cho x = 1 ta được 32018  2018.32017  C 02018 .2 2018  2.C12018 .2 2017  3.C 22018 .2 2016  ...  2019C 2018 2018

 S  32018  2018.32017  C 02018 .2 2018  2021.32017  2 2018 Ví dụ 9: Tính tổng S 

1 4 (2.3C 22017  3.32 C 32017  4.33 C 2017  ...  2017.32016 C 2017 2017 ).

2017

Lời giải 4 2017 Xét khai triển: P(x)  (1  x)2017  C 02017  C12017 x  C 22017 x 2  C 32017 x 3  C 2017 x 4  ...  C 2017 2017 x

Lấy đạo hàm hai vế ta được: 4 2016 2017(1  x)2016  C12017  2C 22017 x  3C 32017 x 2  4C 2017 x 3  ...  2017C 2017 2017 x 4 Cho x = 3 ta được 2017.4 2016  C12017  2.3C 22017  3.32 C 32017  4.33 C 2017  ...  2017.32016 C 2017 2017 4 2017  2017.4 2016  C12017  2.3C 22017  3.32 C 32017  4.33 C 2017  ...  2017.32016 C 2017

1 1 4 (2017.4 2016  2017)  (2.3C 22017  3.32 C 32017  4.32 C 2017  ...  2017.32016 C 2017 2017 ) 2017 2017  4 2016  1  S. 

Trang 14

Ví dụ 10: Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2C1n  3C 2n  ...  (n  1)C nn  2621439 . Số hạng không chứa x n

1  trong khai triển của biểu thức  x 2   bằng bao nhiêu? x  Lời giải Ta có x(1  x)  C  C x  C x  ...  C x n

0 n

1 n

2

2 n

3

n n

n 1

Lấy đạo hàm hai vế ta được

(x  1)n  nx(x  1)n 1  C 0n  2C1n x  3C 2n x 2  ...  (n  1)C nn x n Cho x = 1, ta có C 0n  2C1n  3C 2n  ...  (n  1)C nn  2 n  n2 n 1  2 n 1 (2  n)  2 n 1 (2  n)  1  2621439  2 n 1 (2  n)  2621440  2 n 

Xét f(n)  2 n là hàm số đồng biến trên (0; ) và g(n)  2.

2621440 .2 (*) 2n

2621440 là tham số nghịch biến trên (0; ) 2n

. Ta có f(18)  g(18)  n  18 là nghiệm duy nhất của (*).

18

1  k 36 3k Khi đó số hạng tổng quát của khai triển  x 2   là C18 với k  ,0  k  18 x x   Vậy số hạng không chứa x là C12 18  18564 ĐẠO HÀM CẤP 2 Dấu hiệu sử dụng Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2, 2.3,…, (n-1)n hay (n-1)n,…,3.2, 2.1 hay 12, 22, …,n2 tức có dạng k(k  1) C nk a n  k hay tổng quát hơn k(k  1)C nk a n  k b k thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính.

Xét đa thức

(a  bx)n  C 0n  C1n a n 1bx  ...  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...  nC nn b n x n 1 Đạo hàm lần nữa:

b 2 n(n  1)(a  bx n 2 )  2.1C 2n a n 2 b 2  ...  n(n  1)C nn b n x n 1 (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.

Sau đây ta sẽ cùng đi vào các ví dụ minh họa để hiểu rõ hơn phương pháp!

Ví dụ 1: Cho hàm số f(x)  (1  x)n ,(2  n  ) a) Tính f ''(1). b) Chứng minh rằng 2.1C 2n  3.2C 3n  ...  (n  1) nC nn  n(n  1)2 n 2 Lời giải a) Ta có f ''(x)  n(1  x)n  f ''(x)  n(n  1)(1  x)n 2  f ''(1)  n(1  x)n 2 b) Ta có khai triển Trang 15

n

n

n

k 1

k 2

f(x)  (1  x)n   C nk x k  C 0n  C1n x   C nk x k  f '(x)  C1n   kC nk x k 1 n

k 2

n

 f ''(x)   k(k  1)C nk x k 2  f ''(1)   (k  1)C nk  2 n 2 k 2

k 1

 2.1C  3.2C  ...  (p  1)C  ...  (n  1) nC nn  n(n  1)2 2n 1 1 n

2 n

p n

Từ câu b) thay n – 1 = n + 1 thì ta có một bài toán khác: Chứng minh rằng: 2.1C1n  3.2C 2n  ...  (n  1)pC np  ...  (n  1) nC nn  n(n  1)2 n 2 Với bài toán này ta giải như sau: Xét nhị thức (1  x)n  C 0n  C1n x  ...  C nn x n Nhân 2 vế của đẳng thức với x  0 đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được

2n(1  x)n 1  n(n  1)x(1  x)n 2  2C1n x  3.2C 2n x  ...  (n  1)nC nn x n 1 Cho x = 2 ta được điều phải chứng minh!

2009 Ví dụ 2: Rút gọn tổng sau S  12 C12009 2 2008  2 2 C 22009 2 2007  32 C 32009 2 2006  ...  20092 C 2009

Lời giải Với ý tưởng như bài trên ta xét đa thức 2009 (x  2)2009  C 02009 2 2009  C12009 2 2008 x  C 22009 2 2007 x 2  ...  C 2009 2009 x 2008 Lấy đạo hàm 2 vế ta được 2.2009(x  2)2008  1C12009 2 2008  2C 22009 2 2007 x  ...  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 nhâm thêm hai vế với x rồi mới lấy đạo hàm, ta có 2009 2009x(x  2)2008  1C12009 2 2008 x  2C 22009 x 2007 x 2  ...  20092 C 2009 2009 x 2008  2009(x  2)2008  2009.2008x(x  2)2007  12 C12009 2 2008  2 2 C 22009 2 2007 x  ...  20092 C 2009 2009 x

Thay x = 1 rút gọn tổng trên ta được 2011.2009.32007 Tương tự khi tính tổng 2.1C1n  3.2C 2n  4.3C 3n  ...  (n  1)nC nn ta cần chú ý là trước tổ hợp có một hệ số lớn hơn k trong C nk nên ta phải nhân với x trước khi đạo hàm 2 lần.

4. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Dấu hiệu sử dụng b

 x k 1  a k 1  b k 1 Ý tưởng của phương pháp này là dựa vào hệ thức  x dx     k 1  k 1  a a b

k

Từ đấy dễ dàng tìm được dấu hiệu để sử dụng phương pháp này là số hạng của tổng có dạng a k 1  b k 1 k Cn . Cụ thể xét tích phân I   (c  dx) n dx ta có thể tính bằng 2 cách. k 1 a b

1 1 (c  dx) n 1 Tính trực tiếp I   (c  dx) n d(c dx)  da d n 1 b



b

a

Trang 16

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



b k 1    n  k n  k k a k 1  b k 1  k n k k  x    Cn c d       Cn c d    k 0  k  1 k 1  k 0   a   n

Hai cách trên là như nhau nên từ đó ta có được  k n  k k a k 1  b k 1  1  c  dx    Cn c d  k 1  d n 1 k 0  n

n 1 b

a

Tùy từng bài toán ta chọn các hệ số a, b, c, d thích hợp! Để dễ dàng nhận biết hơn thì ta có thể chú ý như sau: 1 1 1 1 Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số 1; ; ; ;...; và mẫu số được xếp theo thứ tự 2 3 4 n tăng hoặc giảm đều theo một quy luật nào đó, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Khi đó, ta thực hiện theo các bước sau:



Bước 1: Tìm hàng để tính tích phân với các cận thích hợp.



Bước 2: Tính tích phân trong cả hai vế: vế chưa khai triển nhị thức Newton và vế đã khai triển.



Bước 3: Cho hai kết quả bằng nhau và kết luận.

Trước khi vào các bài toán cụ thể ta cần nhớ các đẳng thức tích phân như sau: b

b

1.  (x  1) dx    C0n  xC1n  x 2 C2n  ...  Cnn x n  dx n

a

a

b

b

 (x  1) n 1 x2 x n 1     xC0n  C1n  ...  Cnn  n 1 a  2 n 1  a 2.

b

b

a

a

n 0 1 2 2 n n n  (1  x) dx    Cn  xCn  x Cn  ...(1) Cn x  dx

b

b

2 n 1  0  (1  x) n 1 1 x n n x    xCn  Cn  ...  (1) Cn  n 1 a  2 n 1  a b

b

a

a

3.  (x  1) n dx    C0n x n  C1n x n 1  C2n x n  2  ...  Cnn  dx b

b

  (x  1) n 1 x n 1 xn x n 1    C0n  C1n  C2n  ..  Cnn x  n 1 a  n 1 n n 1 a b

b

4.  (x  1) dx    C0n x n  C1n x n 1  C2n x n  2  ...  (1) n Cnn  dx n

a

a

b

b

  (x  1) n 1 x n 1 xn x n 1    C0n  C1n  Cn2  ...  (1) n Cnn x  n 1 a  n 1 n n 1 a

Trang 17

Ví dụ 1: Tính tổng S  C0n 

2 2  1 1 23  1 2 2n 1  1 n Cn  Cn  ...  Cn (n  1) 2 3 n 1

Hướng dẫn giải Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng dần đều một đơn vị, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm lấy tích phân, các cận và số được thay vào cho biến. Vì số 2n 1  1 hạng cuối cùng có hệ số nên ta biết cận từ 1 đến 2 và tổng không đan dấu nên ta sử dụng n 1 2

 (1  x)

n

dx.

1

Ta có (x  1) n  C0n  xC1n  C2n x 2  ...  Cnn x n 2

2

  (x  1) n dx   (C0n  xC1n  x 2 C2n  ...  Cnn x n )dx 1

1

n 1 2

(x  1)  n 1



n 1

3

1

n 1

2 n 1

2

1 1 1     xC0n  C1n x 2  C2n x 3  ...  Cnn x n 1  2 3 n 1  1

2 2  1 1 23  1 2 2n 1  1 n C  Cn  Cn  ...  Cn  S 2 3 n 1 0 n

1 1 1 2n 1  1 Cnn  Ví dụ 2: Chứng minh rằng C0n  C1n  C2n  ...  2 3 n 1 n 1

Hướng dẫn giải Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Tổng không đan dấu, ta sử dụng 1

 (x  1)

n

dx

0

Xét khai triển (x  1) n  C0n  xC1n  x 2 C2n  ...  x 2 Cnn Ta có: 1



n  (x  1) dx  0

(x  1) n 1 2n 1  1  n 1 n 1 1

1



1  0 1 2 1 n n  0 (C  xC  ...  x C )dx   xCn  2 x Cn  ...  n  1 Cn x  0 0 n

1 n

n

n n

1 1 1  C0n  C1n  C2n  ...  Cnn 2 3 n 1

Từ 2 đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh!

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 1 1 1 1 Cnn 2n 1  (1  (1) n ) Chứng minh rằng 2C0n  C1n 22  C2n 23  ...  (1) n 2 3 n 1 n 1

Hướng dẫn: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng 2n 1 nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta sử dụng  (1  x) n dx n 1 0 2

có hệ số

Trang 18

Ví dụ 3: Chứng minh rằng

1 1 2 2 3 3 n (n  1)2n  1 Cn  Cn  Cn  ...  Cnn  2 3 4 n 1 n 1

Hướng dẫn giải n nên n 1 ta không thể nghĩ ra ngay một hàm số nào đó để tính tích phân. Bằng cách phân tích số hạng tổng quát k 1  k  Ckn  1   Cn , cho ta tổng sau: k 1  k 1 

Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng có hệ số

1 1 1  (C1n  C2n  C3n  ...  Cnn )   C1n  C2n  ...  Cnn  3 n 1  2 1

Từ đó sử dụng 2   (x  1) n dx n

0

Cách 1: Xét số hạng tổng quát trong vế trái

k 1  k  Ckn  1   Cn (k  0, n) k 1  k 1 

Do đó ta có: 1 1 2 2 3 3 n 1 1 1  Cn  Cn  Cn  ...  Cnn   C1n  C2n  C3n  ...  Cnn    C1n  C2n  ...  Cnn  2 3 4 n 1 3 n 1  2 1

 2n   (x  1) n dx  2n  0

2n 1  1 (n  1)2n  1  n 1 n 1

Cách 2: Xét khai triển (x  1) n  C0n  xC1n  x 2 C2n  ...  x n Cnn Lấy đạo hàm 2 vế ta được n(x  1) n 1  C1n  2Cn2 x  3C3n x 2  ...  nCnn x n 1 Ta có: 1



 nx(x  1) 0

n 1

1

dx    n(1  x  1 (x  1) 0

n 1

1

)dx  n   (x  1) n  (x  1) n 1  dx 0

1

 (x  1) n 1 (x  1) n  n (n  1)2n  1 n 1 n n   (2  1)  (2  1)  n  0 n  1 n 1  n 1 1



 C

1 n

0

1 2 n  2C2n x  3C3n x 2  ...  nCnn x n 1  dx  C1n  C2n  ...  Cnn 2 3 n 1

Từ 2 điều trên ta có điều phải chứng minh!

Ví dụ 4: Chứng minh rằng

1 1 1 3 1 5 1 2n 1 2n  1 C2n  C2n  C2n  ...  C2n  2 4 6 2n 2n  1

Hướng dẫn giải

(x  1) 2n  C02n  xC12n  x 2 C22n  ...  x 2n C2n 2n Xét các khai triển  2n 0 1 2 2 2n 2n (1  x)  C2n  xC2n  x C2n  ...  x C2n Trừ 2 vế đẳng thức trên ta được:

Trang 19

1 (x  1) 2n  (1  x) 2n  2(xC12n  x 3C32n  ...  x 2n 1C2n 2n ) 1

1

(x  1) 2n  (1  x) 2n 1 dx   (xC12n  x 3C32n  ...  x 2n 1C2n 2n )dx 2 0 0



1

1

(x  1) 2n  (1  x) 2n 1 1 1 2n 1 2n  1    C12n x 2  C32n x 4  ...  C2n x  2(2n  1) 2 4 2n  0 0 

1 1 1 3 1 5 1 2n 1 22n  1 C2n  C2n  C2n  ...  C2n  2 4 6 2n 2n  1

1 1 1 C2n Nhận xét: Nếu phải tính tổng C02n  C22n  C42n  ...  2n thì ta xét 3 5 2n  1 P(x) 

(x  1) 2n  (1  x) 2n 2n  C02n  x 2 C22n  ...  C2n 2n x 2

1

Sau đó tính tích phân  P(x)dx 0

Còn nếu phải tính tổng

1 0 1 2 1 4 1 C2n  C2n  C2n  ...  C2n 2n thì ta xét 2 4 6 2n  2 2n 1 G(x)  xP(x)  C02n  C22n x 3  ...  C2n 2n x

1

Sau đó tính tích phân  G(x)dx 0

2 2 2 22n 1 C2n  (n  1) Ví dụ 5: Chứng minh rằng 2C02n  C22n  C42n  ...  2n 3 5 2n  1 2n  1

Hướng dẫn giải Xét khai triển (x  1) 2n  C02n  xC12n  ...  x 2n C2n 2n Ta có:

(x  1) 2n 1 (x  1) dx   2n  1 1 1



1



2n

1

22n 1 n 1

1

1  0 1 1 2 2n 1   xC12n  ...  x 2n C2n C2n x  ...  C2n 2n )dx   C 2n  2n x  2 2n  1    1 2 2  2C02n  C22n  ...  C2n 2n 3 2n  1 Trừ hai đẳng thức trên ta có điều phỉ chứng minh!

 (C

0 2n

1

Ví dụ 6: Cho tích phân  x 2 (1  x 3 )n dx  0

2 n 1  1 (n  2). Chứng minh rằng 3(n  1)

1 0 1 1 1 2 1 2 n 1  1 C n  C n  C n  ...  C nn  3 6 9 3(n  1) 3(n  1)

Hướng dẫn giải

Trang 20

1

Xét I   x 2 (C 0n  x 3C1n  C 2n x 6  ...  C nn x 3n )dx 0

1

  (C 0n x 2  C1n x 5  ...  C nn x 3n  2 )dx 0

1 1 1 1  C 0n  C1n  C 2n  ...  C nn 3 6 9 3(n  1) 1

Mặt khác  x 2 (1  x 3 )n dx  0

2 n 1  1 (n  2) vậy ta có điều phải chứng minh!

3(n  1)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 1

1. Chứng minh rằng

1 0 1 1 1 2 1 3 (1)n n C n  C n  C n  C n  ...  C n   x(1  x 2 )dx 2 4 6 8 2(n  1) 0

1

Gợi ý: Ta có  x(1  x 2 )n dx  0

1 2(n  1) 1

1 1 1 2 1 3 (1)n n 2. Chứng minh rằng 1  C n  C n  C n  ...  C n   (1  x 2 )n dx 3 5 7 2n  1 0 n

 2i

1

Gợi ý: Ta có  (1  x ) dx  2 n

0

i 1

n

 (2i  1) i 1

1 1 C nk mà là C nk thì ta cần phải nhân k 1 k2 1 C nk thì ta phải nhân thêm x2 vào thêm x vào hàm đa thức cơ bản trước khi tính tích phân, còn nếu là k 3 hàm đa thức cơ bản trước khi tính tích phân,…

Chú ý: Khi bài toán mà cho số hạng tổng quát không phải là

Sau đây ta sẽ cùng hiểu rõ hơn qua ví dụ sau.

Ví dụ 7: Chứng minh rằng

1 0 1 1 1 2 1 n(2 n 1  1) C n  C n  C n  ...  C nn  (n  1) 2 3 4 n2 (n  1)(n  2)

Hướng dẫn giải Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng có hệ số

1 C nk k2

1

thì ta phải nhân thêm x vào hàm số cơ bản trước khi tính tích phân. Khi đó, ta sử dụng  x(x  1)n dx 0

Ta có 1

 

1

 x(x  1) dx   (x  1) n

0

0

1

1

n 1

1

 (x  1)n  2 (x  1)n 1  n2 n 1  1 dx   (x  1) dx      n  1  0 (n  1)(n  2)  n2 0 1

n

1 0 1 1 1 n 0 1 n n n 0 x(x  1) dx  0 x(C n  xC n  ...  x C n )dx  2 C n  3 C n  ...  n  2 C n Trang 21

Từ 2 đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh!

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ (1)n C nn 1 0 1 1 1 2 1  Chứng minh rằng C n  C n  C n  ...  2 3 4 n2 (n  1)(n  2)

Ví dụ 8: Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn đẳng thức dưới đây hãy tìm n?

C 02n 

4 C 22n C 2n C6 C 2n C 2n 4096   2n  ...  2n  2n  3 5 7 2n  1 2n  1 13

Hướng dẫn giải 4 2 C 22n C 2n C 62n C 2n C 2n 8192 2n    ...   2n  Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn C  3 5 7 2n  1 2b  1 15 0 2n

2n Ta có: (1  x)2n  C 02n  C12n x  C 22n x 2  ...  C 2n 2n x 1

1

1 1 1  2n 1    (1  x) dx   C 02n x  C12n x 2  C 22n x 3  ...  C 2n 2n x  2 3 2n  1  0 0 2n

1

1

(1  x)2n 1 1 1 2 3 1  2n 2n 1     C 02n x  C12n x 2  C 2n x  ...  C 2n x  2n  1 0  2 3 2n  1 0 

2(2 2n 1  1) 2 2 2  2C 02n  C12n  C 22n  ...  C 2n 2n (1) 2n  1 2 3 2n  1 1

1

1 1 1  2n 1  Mặt khác  (1  x) dx   C 02n x  C12n x 2  C 22n x 3  ...  C 2n 2n x  2 3 2n  1  0 0 2n



2 2 2 2  2C 02n  C12n  C 22n  ...  C 2n 2n (2) 2n  1 2 3 2n  1

Lấy (1) trừ (2), ta được: 4 2  0 C12n C 2n  C 62n C 2n C 2n 2 2n 1 2 2n 1 4096 2n 2n  2  C 2n     ...    2. n6  2n  1 3 5 7 2n  1 2n  1  2n  1 13 

Ví dụ 9: Tìm số tự nhiên n thỏa mãn

C 0n C1n C 2n C nn 2100  n  3    ...   1.2 2.3 3.4 (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)

Hướng dẫn giải Cách 1: Ta có: C nk C nk 22 n! (n  2)!    (k  1)(k  2) k!(n  k)!(k  1)(k  2) (n  k)!(k  2)!(n  1)(n  2) (n  1)(n  2) n C nk C nk 22  Suy ra  k 0 (k  1)(k  2) k 0 (n  1)(n  2) n

C 0n C1n C 2n C nn C 2n  2  C 3n  2  C 4n  2  ...  C nn  22     ...   (*) 1.2 2.3 3.4 (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)

Ta xét khai triển sau: (1  x)n  2  C 0n  2  xC1n  2  x 2 C 2n  2  x 3C 3n  2  ...  x n  2 C nn  22 Chọn x  1  2 n  2  C 0n  2  C1n  2  C 2n  2  C 3n  2  ...  C nn  22 Trang 22

Do đó: (*) 

2 n  2  C 0n  2  C1n  2 2100  n  3   2100  2 n  2  n  98 (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)

Cách 2: Ta có: S

C 0n C1n C 2n C nn    ...  1.2 2.3 3.4 (n  1)(n  2)

1  n 1 1  1 1 1 1  1     C 0n     C1n     C 2n  ...     Cn 1 2   2 3 3 4  n 1 n  2  1 1 1 1 1 1 1  1    C 0n  C1n  C 2n  ...

C nn    C 0n  C1n  C 2n  ...

C nn  2 3 n 1   2 3 4 n2  1 1

1

1

1

Lại có  (1  x) dx   x(1  x) dx   2(1  x) dx   (1  x)n 1 dx n

n

0

n

0

0

0

1 1 1 1 1 1 1  1    C 0n  C1n  C 2n  ...

C nn    C 0n  C1n  C 2n  ...

C nn  2 3 n 1   2 3 4 n2  1 1

1

2 1 2.2 n 1  2 2 n  2  1 2 n  2  n  3 n 1 n2  (1  x)  (1  x) S    n 1 n2 n 1 n2 (n  1)(n  2) 0 0 Ví dụ 10: Tính tổng S 

C1n 2C 2n 3C 3n (1)n .nC nn    ...  2.3 3.4 4.5 (n  1)(n  2)

Hướng dẫn giải k k (1) kC 2 1  k k  k 2C n k Cn  (1) C n   Số hạng tổng quát a k    (1) k  2  (1) k  1 (k  1)(k  2)  k  2 k 1 k

k n

n n n  2C nk Ck  Ck Ck  S    (1)k  (1)k 1 n   2 (1)k n   (1)k 1 n k2 k 1 k  2 k 1 k 1 k 1  k 1

Xét khai triển (x  1)n  C 0n  xC1n  ...  x n C nn 0

0

  (x  1) dx   (C 0n  xC1n  ...  x n C nn )dx n

1

(x  1)  n 1 

1

0

n 0

 xC 0 x 2 C1n x n 1C nn   n   ...   2 n  1  1  1 1

n Ck 1   (1)k 1 n n  1 k 1 k 1

Tương tự ta có x(x  1)n  xC 0n  x 2 C1n  ...  x n 1C nn 0

0

1

1

  x(x  1)n dx   (xC 0n  x 2 C1n  ...  x n 1C nn )dx 

n Ck 1 1    (1)k n n  1 n  2 k 1 k2

1  1 n  1    Vậy S  2   (n  1)(n  2)  n 1 n  2  n 1

Trang 23

5. ỨNG DỤNG SỐ PHỨC CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Các tính chất của số phức được sử dụng trong phần này 

Hai số phức z  x  iy, w  x ' iy ' bằng nhau khi và chỉ khi x  x ', y  y '



Công thức Moove z  r(cos   i sin )  z n  r n (cos   i sin )



1 i 3 1 i 3 ;x 3    Giải phương trình x 3  1  0 . Ta được nghiệm là x1  1;x 2    2 2 2 2

Các nghiệm đó chính là các căn bậc ba của 1.

1 i 3 1 i 3  a2    Đặt a    và a có các tính chất sau: 2 2 2 2

1. a  a 2  1 2. a 3  1 3. a 3k  1 4. a 3k 1  a 5. a 3k  2  a 2 Ý tưởng của phương pháp này dựa trên các tính chất của số ảo i. i 4 k  1,i 4 k 1  1,i 4 k  2  1,i 4 k 3  i, k  

Từ đó, ta xét đa thức f(x)  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a n x n Đặt S 0 

 a ,S

i 4 k

i

1





i  4 k 1

a i ,S 2 



i 4 k 2

a i ,S 3 



i 4 k 2

ai

f(1)  f(1)  2 Re(f(i))  S 0  4  S  f(1)  f(1)  2 Im(f(i)) f(1)  (S 0  S 2 )  (S1  S 3 )  1  4 Ta có f(1)  (S 0  S 2 )  (S1  S 3 )   f(i)  (S  S )  (S  S )i S  f(1)  f(1)  2 Re(f(i)) 0 2 1 3   2 4  f(1)  f(1)  2 Im(f(i)) S 3   4

Với Re(f(i)),Im(f(i)) lần lượt là phần thực và phần ảo của f(i) Dấu hiệu Đây là vấn đề lớn nhất cần chú ý. Ta dùng số phức để tính tổng của các C nk khi tổng này có hai đặc điểm: 

Các dấu trong tổng xen kẽ đều nhau.



k luôn lẻ, hoặc luôn chẵn hoặc khi chia k cho một số ta luôn được cùng một số dư (trong chương trình phổ thông ta chỉ làm với k  3n, k  3n  1, k  3n  2)

Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu phương pháp này qua các ví dụ sau.

Dạng 1: Khai triển (x  1)n , cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai triển trực tiếp các số phức.

Ví dụ 1: Tính tổng Trang 24

4 A  C 02009  C 22009  C 2009  ...  C 2008 2009

B  C12009  C 32009  C 52009  ...  C 2009 2009 Lời giải Xét khai triển (x  1)2009  C 02009  xC12009  x 2 C 22009  ...  x 2009 C 2009 2009 Cho x = - i ta có:

(1  i)2009  C 02009  iC12009  i 2 C 22009  ...i 2009 C 2009 2009 4 1 3 5 2009  (C 02009  C 22009  C 2009  ...  C 2008 2009 )  ( C 2009  C 2009  C 2009  ...  C 2009 )i

Mặt khác (1  i) 

  2

2009

2009



  2

2009

       cos     i sin      4  4  

2009



  2

2009

2009 2009    cos 4  i sin 4   

   1004  1004  cos 4  i sin 4   2  i2  

So sánh phần thực và phần ảo của (1  i)2009 trong hai cách tính trên ta được: 

4 1004 A  C 02009  C 22009  C 2009  ...  C 2008 2009  2



1004 B  C12009  C 32009  C 52009  ...  C 2009 2009  2

Ví dụ 2: Tính tổng S 

1 4 48 (C 050  3C 250  32 C 50  ...  324 C 50  325 C 50 50 ) 2 50

Lời giải 50

 1 3 1 49 Xét khai triển    i  50 C 050  (i 3)C150  (i 3)2 C 250  ...  (i 3)49 C 50  (i 3)50 C 50  50  2  2  2  













1 1 2 2 50 50 1 3 3 49 49 C 50 50  ( 3) C 50  ...  ( 3) C 50  50  3C 50  ( 3) C 50  ...  ( 3) C 50 i 50 2 2 50

50

 1 i 3  1 i 3  2   2   Mặt khác      cos    sin         2 2  2 2  3   3     1 i 3 So sánh phần thực của      2 2   S

50

trong hai cách tính trên ta được:

1 1 4 48 (C 050  3C 250  32 C 50  ...  324 C 50  325 C 50 50 )   50 2 2

4 20 Ví dụ 3: Tính tổng S  310 C 020  39 C 220  38 C 20  37 C 620  ...  3C18 20  C 20

Lời giải



Xét khai triển i  3

   3 20

20

C 020  i

 3

19

  3



2 20   310 C 020  39 C 20  ...  3C18 20  C 20   



Mặt khác i  3



20

19

20 C120  ...  i 3C19 20  C 20

C120 

 3

17

 C 320  ...  3C19 20  i 

 219  i219 3

Trang 25



So sánh phần thực của i  3



20

trong hai cách tính trên ta có:

2 4 20 19 S  310 C 020  39 C 20  38 C 20  37 C 620  ...  3C18 20  C 20  2

Dạng 2: Khai triển (x  1)n , đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp.

Ví dụ 1: Tính tổng 5 27 29 S  C130  3C 330  5C 30  ...  27C 30  29C 30 2 4 28 S1  2C 30  4C 30  6C 630  ...  28C 30  30C 30 30

Lời giải 2 Xét (x  1)30  C 030  xC130  x 2 C 30  ...  x 30 C 30 30 2 Đạo hàm hai vế ta có 30(x  1)29  C130  2xC 30  3x 2 C 330  ...  30x 29 C 30 30





29 2 4 28 30  (2C 30  4C 30  ...  28C 30  30C 30 )i Cho x = i ta có 30(x  i)29  C130  3C 330  ...  29C 30

Mặt khác 30(i  1)29  15.215  i.15.215 So sánh phần thực và ảo của 30(1  i)29 trong hai cách tính trên ta có: 5 27 29 S  C130  3C 330  5C 30  ...  27C 30  29C 30  15.215 2 4 28 15 S1  2C 30  4C 30  6C 630  ...  28C 30  30C 30 30  15.2

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 4 10 20 1. Tính tổng S  2.3C 020  4.32 C 20  6.33 C 620  ...  18.39 C18 20  20.3 C 20



Gợi ý: Xét khai triển 1  3x



20

3 1 2. Tính tổng S  1C18n  3C 8n  ...  (8n  1)C 8n 8n

Gợi ý: Xét khai triển 1  x 

8n

Ví dụ 2: Tính tổng 0 2 4 6 14 M  C15  3C15  5C15  7C15  ...  13C12 15  15C 15 3 3 5 15 N  2C115  4C15  6C15  8C15  ...  14C13 15  16C 15

Lời giải 0 2 15 15 Xét khai triển (x  1)15  C15  xC115  x 2 C15  ...  x14 C14 15  x C 15 0 2 16 15 Nhân hai vế với x ta có x(x  1)15  xC15  x 2 C115  x 3C15  ...  x15C14 15  x C 15 0 1 2 Đạo hàm hai vế ta có (x  1)15  15x(x  1)14  C15  2xC15  3x 2 C15  ...  16x15C15 15

Với x = i ta có 0 2 14 1 3 13 15 (1  i)15  15i(i  1)14  (C15  3C15  ...  13C12 15  15C 15 )  (2C 15  4C 15  ...  14C 15  16C 15 )i

Mặt khác (1  i)15  7.28  2 7 i So sánh phần thực và ảo của (1  i)15  15i(i  1)14 trong hai cách tính trên ta có:

Trang 26

0 2 4 6 14 8 M  C15  3C15  5C15  7C15  ...  13C12 15  15C 15  7.2 3 3 5 15 7 N  2C115  4C15  6C15  8C15  ...  14C13 15  16C 15  2

Dạng 3: Khai triển (x  1)n , cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị 1 i 3 Các bài toán ở đây sử dụng tính chất số 3 mà mình đã đề cập ở đầu! Chú ý a    2 2 15 18 Ví dụ 1: Tính tổng S  C 020  C 320  C 620  ...  C 3k 20  ...  C 20  C 20

Lời giải 2 20 Xét khai triển (x  1)20  C 020  xC120  x 2 C 220  ...  x19 C19 20  x C 20 20 Cho x  1 ta có 2 20  C 220  C120  C 220  ...  C19 20  C 20 (1) 2 20 Cho x  a ta có (1  a)20  C 020  aC120  a 2 C 220  ...  aC19 20  a C 20 (2) 20 Cho x  a 2 ta có (1  a 2 )20  C 020  a 2 C120  aC 220  C 320  ...  a 2 C19 20  aC 20 (3)

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta được 2 20  (1  a)20  (1  a)20  3S Mặt khác (1  a)2  (a 2 )20  a 40  a; (1  a 2 )20  (a)20  a 2 Do vậy 3S  2 20  1  S 

2 20  1 3

4 1 19 Ví dụ 2: Tính tổng S  C120  C 20  C 720  ...  C 3k  ...  C16 20 20  C 20

Lời giải 20 20 Xét khai triển (x  1)20  C 020  xC120  x 2 C 220  ...  x19 C19 20  x C 20 2 22 20 Nhân hai vế với x2 ta có x 2 (x  1)20  x 2 C 020  x 3C120  x 4 C 20  ...  x 21C19 20  x C 20 20 Cho x  1 ta có 2 20  C 220  C120  C 220  ...  C19 20  C 20 (1) 4 19 20 Cho x  a ta có a 2 (1  a)20  a 2 C 020  C120  aC 220  a 2 C 320  C 20  ...  a 2 C18 20  C 20  aC 20 (2) 19 2 20 Cho x  a 2 ta có a(1  a 2 )20  aC 020  C120  a 2 C 220  aC 320  ...  aC18 20  C 20  a C 20 (3)

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta được 2 20  a 2 (1  a)20  a(1  a 2 )20  3S Mặt khác a 2 (1  a)2  a 42  1;a(1  a 2 )20  a 21  1  S 

2 20  2 3

15 18 Ví dụ 3: Tính tổng S  C 020  3C 320  6C 620  ...  3kC 3k 20  ...  15C 20  18C 20

Lời giải 2 20 Xét khai triển (x  1)20  C 020  xC120  x 2 C 220  ...  x19 C19 20  x C 20 19 20 Đạo hàm hai vế ta có 20(x  1)19  C120  2xC 220  3x 2 C 320  ...  19x18C19 20  20x C 20 (*) 20 20 Nhân hai vế (*) với x ta có 20x(x  1)19  xC120  2x 2 C 220  3x 3C 320  ...  19x19 C19 20  20x C 20 20 Cho x  1 ta có 20.219  C120  2C 220  3C 320  ...  19C19 20  20C 20 (1) 2 20 Cho x  a ta có 20a(1  a)19  aC120  2a 2 C 220  3C 320  ...  19aC19 20  20a C 20 (2)

Trang 27

4 20 Cho x  a 2 ta có 20a 2 (1  a 2 )19  a 2 C120  2aC 220  a3C 320  4a 2 C 20  ...  19a 2 C19 20  20aC 20 (3)

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có 20 219  a(1  a)19  a 2 (1  a 2 )19   3S  C 020

a(1  a)19  a(a 2 )19  a 39  1 10.2 20 Mặt khác  2  S   13 2 19 2 19 21 3 a (1  a )  a (a)  a  1 6. ĐỒNG NHẤT HỆ SỐ 2 VẾ Phương pháp làm dạng toán này là ta sẽ thực hiện khai triển theo hai cách, sau đó so sánh hệ số lũy thừa xk ở hai vế ta sẽ có điều phải chứng minh!

Ví dụ 1: Cho các số nguyên dương m, n  p  min m;n . Chứng minh rằng

C mp  C mp 1C1n  C mp 2 C 2n  ...  C np q C qn  ...  C 0m C np  C mp  n Lời giải

(x  1)m  C 0m  xC1m  x 2 C 2m  ...  x p C mp  ...  x m C mm Ta có  n 0 1 2 2 p p n n (x  1)  C n  xC n  x C n  ...  x C n  ...  x C n





Nhân theo vế ta có (x  1)m  n  g(x)  C mp C 0n  C mp 1C1n  ...  C mp q C qn  ...  C 0m C np x p Trong đó g(x) là biểu thức không chứa xp. Mặt khác hệ số của xp trong khai triển (x  1)m  n là C mp  n , đến đây so sánh hệ số của xp ta có

C mp  n  C np C 0n  C mp 1C1n  ...  C mp q C qn  ...  C 0m C 0n Đến đây bài toán đã được giải quyết hoàn toàn!

Chú ý m  n  p   C 0n    C1n    C 2n   ...   C nn   C 02n 2

2

2

2

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

0  k, n (2n)!

Cho  chứng minh rằng C 0n C nk  C1n C nk 1  ...  C nn  k C nn  (n  k)!(n  k)!  k, n   Gợi ý: Viết lại đẳng thức cần chứng minh C 0n C nn  k  C1n C nn  k 1  ...  C nn  k C 0n 

(2n)! (n  k)!(n  k)!

Điều này làm ta gợi tới đến vế trái là hệ số của x n  k . Ta xét (1  x)n (1  x)n  (1  x)2n , sau đó so sánh hệ số x n  k ở 2 vế ta sẽ có điều phải chứng minh!

0  k, n Ví dụ 2: Cho 2 số n, k thỏa mãn  . Chứng minh rằng C 0k  C1k 1  C 2k  2  ...  C nk  n  C nn  k 1  k, n   Lời giải Viết lại đẳng thức cần chứng minh: C kk  C kk 1  C kk  2  ...  C kk  n  C nk 1k 1 Điều này làm ta gợi đến vế trái là tổng các hệ số chứa xk. Xét đa thức P(x)  (1  x)k  (1  x)k 1  (1  x)k  2  ...  (1  x)k  n 

(1  x)n  k 1  (1  x)k x

So sánh hệ số của số hạng chứa xk ở 2 vế ta suy ra đpcm.

Trang 28

2

2

2

 C 0   C1   C 2   Cn  Ví dụ 3: Tính tổng S   n    n    n   ...   n   1   2   3   n 1

2

Lời giải C nk C k 1 n! (n  1)!    n 1 k  1 (k  1)k!(n  k)! (n  1)(k  1)!(n  k)! n  1

Ta có

2

 C k 1  1 Khi đó S    n 1   (n  1)2 k 0  n  1  n

C

1 n 1

  C  2

2 n 1

2



...  C nn 11

   (n 11) 2

2

n 1 (C 2(n 1)  1)

Ví dụ 4: Với các số nguyên dương n, tính tổng S   C1n   2  C 2n   ...  n  C nn  2

2

2

Lời giải Xét S   C1n   2  C 2n   ...  n  C nn  2

2

2

 f '(x)  n(x  1)n 1  C1n  2xC 2n  3x 2 C 3n  ...  nx n 1C nn  xf '(x)  nx(x  1)n 1  xC1n  2x 2 C 2n  3x 3C 3n  ...  nx n C nn (1) Mặt khác (x  1)n  x n C 0n  x n 1C1n  x n 2 C 2n  ...  C nn (2) Nhân theo vế của 2 đẳng thức (1), (2) và so sánh hệ số của xn ở cả 2 vế ta được

 

S  C1n

2

 

 2 C 2n

2

 

 ...  n C nn

2

 

 x C nn

2

n 1 n  nC 2n 1  nC 2n 1

k 1 (1)k C 2n 1 1 1 2 1  ...  (1)2n 1 C 2n Ví dụ 5: Tính tổng S  C 2n  C 2n  ...  2n 2 3 k 2n  1

Lời giải Với k  2,2n  1 ta có

 k 1 (2n)!

1 (2n  1)!

1 k C 2n   .  C 2n 1 k k(k  1)!(2n  k  1)! 2n  1 k!(2n  1  k)! 2n  1

Do đó ta có

S 

(1)k k 1 2n 1 (1)k k 1  2n 1  k C  C  (1)k C 2n    2n 2n 1 1   k 2n  1  k 2 k 2 k  2 2n  1 

2n 1

1  2n 1 1 2n  k 0 1 (1)k C 2n (1  1)2n 1  1  2n  1   1  C 2n 1  C 2n 1    2n  1  k 2 2n  1  2n  1





IV. CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP ĐỀ BÀI Ví dụ 1: Chứng minh rằng  C 0n  C 2n  C 4n  ...    C1n  C 3n  C 5n  ...   2 n 2

2

Ví dụ 2: Cho khai triển (x  1)2n  x(x  1)2n 1  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2n x 2n với n là số tự nhiên và n  3 .

Biết

n

a k 0

2k

 768, tính a5 .

Trang 29

Ví dụ 3: Gọi S là tổng các hệ số của các lũy thừa bậc nguyên dương của x trong khai triển nhị thức

1  P(x)   x   x 

2018

1 . Tính S  C1019 2018 .

2

Ví dụ 4: Cho khai triển a n (x  1)n  a n 1 (x  1)n 1  ...  a1 (x  1)  a 0  x n với mọi x  , n   và n  5 .

Tìm n biết a 2  a 3  a 4  83n 20

10

1  1   Ví dụ 5: Sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức  x  2    x 3   , có tất cả bao nhiêu số hạng? x  x   n

1 x   x Ví dụ 6: Có bao nhiêu số thực x để khi khai triển nhị thức  2  2 2  có tổng số hạng thứ 3 và thứ 5   bằng 135, còn tổng của ba số hạng cuối bằng 22?

Ví dụ 7: Trong khai triển của biểu thức (x 3  x  2)2017 . Tính tổng S của các hệ số của x 2 k 1 với k nguyên dương?

Ví dụ 8: Kí hiệu a 3n 3 là hệ số của số hạng chứa x 3n 3 trong khai triển (x 2  1)n (x  2)n . Tìm n sao cho

a 3n 3  26n.

Ví dụ 9: Cho khai triển x(x  1)n  2(x  1)n  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a n 1x n 1 với n là số tự nhiên và n  2 .

Tìm n, biết rằng a 2  7n;na n ;a n 2 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.

Ví dụ 10: Xác định n biết rằng hệ số của xn trong khai triển (1  x  2x 2  ...  nx n )2 bằng 6n.

Ví dụ 11: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C nn 11  C nn 1  171 . Tìm hệ số lớn nhất của biểu thức

P(x)  (1  x)(1  2x)n sau khi khai triển và rút gọn.

Ví dụ 12: Khai triển (1  x  x 2  ...  x10 )11 được viết thành a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a110 x110 . Tính tổng 0 2 3 10 S  C11 a 0  C111a1  C11 a 2  C11 a 3  ...  C11 a10  C11 11a11 .

4 2016 2017 Ví dụ 13: Tính tổng C12017  2 2 C 22017  3.2 2 C 32017  4.23 C 2017  ...  2016.2 2015 C 2016 C 2017 2017  2017.2

Ví dụ 14: Tính tổng T  C12017  C 32017  C 52017  ...  C 2017 2017 Ví dụ 15: Với n  , n  2 và thỏa mãn P

1 1 1 1 9  2  2  ...  2  . Tính giá trị của biểu thức 2 C2 C3 C 4 Cn 5

C 5n  C 3n  2 (n  4)!

1010 1011 2018 k Ví dụ 16: Tính tổng S  C1009 2008  C 2008  C 2008  ...  C 2008 (trong tổng đó, các số hạng có dạng C 2018 với k

nguyên dương nhận giá trị liên tục từ 1009 đến 2018) Ví dụ 17: Biết rằng trong khai triển nhị thức Newton của đa thức P(x)  (2  x  2x 2  x 3 )n thì hệ số của x5 là 1001. Tổng các hệ số trong khai triển của P(x) bằng bao nhiêu?

Ví dụ 18: Cho khai triển P(x)  (1  x)(2  x)...(1  2017x)  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2017 x 2017 . Ký hiệu P '(x) và P ''(x) lần lượt là đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của đa thức P(x). Tìm hệ số a2?

Ví dụ 19: Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển Trang 30

(1  2x  2015x 2016  2016x 2017  2017x 2018 )60 Ví dụ 20: Biểu thức

x10 x 9 (1  x) x8 (1  x)2 (1  x)10  .  .  ...  bằng bao nhiêu?

10! 9! 1!

8!

2!

10!

Ví dụ 21: Giá trị của A 

1 1 1 1 1    ...   bằng?

1!2018! 2!2017! 3!2016!

1008!1011! 1009!1010!

2n 1 Ví dụ 22: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C12n 1  C 32n 1  ...  C 2n 1  1024

Ví dụ 23: Có bao nhiêu số dương n sao cho



 







S  2  C10  C 02  ...  C 0n  C11  C12  ...  C1n  ...  C nn 11  C nn 1  C nn

là một số có 1000 chữ số?

Ví dụ 24: Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của (2  3x)2n , biết n là số nguyên dương thỏa 2 4 2n mãn: C 02n 1  C 2n 1  C 2n 1  ...  C 2n 1  1024

Ví dụ 25: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2C 0n  5C1n  8C 2n  ...  (3n  2)C nn  1600 Ví dụ 26: Với x  1 ta có khai triển sau:

 x 2  2x  2     x 1 

2018

 a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2018x 2018 

b1 b2 b3 b 2018    ...  .

2 3 x  1 (x  1) (x  1) (x  1)2018

2018

Tính tổng S   b k ? k 1

Ví dụ 27: Với n là số tự nhiên lớn hơn 2, đặt S n  Ví dụ 28: Tính tổng S 

1 C12018 2018





2



1 1 1 1  3  4  ...  3 . Tính limS n 3 C3 C 4 C5 Cn

2 C 22018 2017





2

 ... 

2017 2017 C 2018 2





2



2018 2018 C 2018 1





2

C1n 2C 2n 3C 3n (1)n nC nn    ...  Ví dụ 29: Cho số nguyên dương n, tính tổng S  2.3 3.4 4.5 (n  1)(n  2)

Ví dụ 30: Tính tổng P   C 0n    C1n   ...   C nn  theo n.

2

2

2

Ví dụ 31: Cho n và k nguyên dương thỏa mãn k  n . Chứng minh rằng

n 1  1 1  1  k  k 1   k n  2  C n 1 C n 1  C n 1 n  Ví dụ 32: Chứng minh rằng 1  C 3n  C 6n  ...   2 n  2 cos  3 3 

Ví dụ 33: Với số tự nhiên n  1 . Chứng minh rằng C 0n cos   C1n cos 2  C 3n cos3  ...  C nn cos(n  1)  2 n cosn

 n2 cos  2 2

Ví dụ 34: Với số tự nhiên n  1 .Tính tổng sau

A  C1n (cos x  sinx)  0 C 2n  C 3n 3sinxcosx(sinx  cosx)  ...  C nn n sinxcosx(sin n 2 x  cosn 2 x) Ví dụ 35: Với số tự nhiên m nguyên dương. Chứng minh rằng Trang 31

1 1 1 (1)m 1 0 1 2 m C1991  C1991  C1991  ...  C1991 m  1991 1991 1991 1991  m 1991

LỜI GIẢI Ví dụ 1: Chứng minh rằng  C 0n  C 2n  C 4n  ...    C1n  C 3n  C 5n  ...   2 n 2

2

Lời giải



 

Xét số phức z  (i  1)n  C 0n  iC1n  i 2 C 2n  ...  i n C nn  C 0n  C 2n  C 4n  ...  i C1n  C 3n  C 5n  ...

Mặt khác ta lại có z  (1  i)n 



 2   cos n4  i sin n4  n

So sánh z 2 ở cả hai vế ta có điều phải chứng minh!

Ví dụ 2: Cho khai triển (x  1)2n  x(x  1)2n 1  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2n x 2n với n là số tự nhiên và n  3 .

Biết

n

a k 0

2k

 768, tính a5

Lời giải n f(1)  a 0  a1  a 2  ...  a 2n Ta có   f(1)  f(1)  2. a 2 k  1536 k 0 f(1)  a 0  a1  a 2  ...  a 2n

5 Hay 2 2n 1  2 2n  1536  n  5  hệ số a 5  C10 (1)5  C 94  126

Ví dụ 3: Gọi S là tổng các hệ số của các lũy thừa bậc nguyên dương của x trong khai triển nhị thức

1  P(x)   x   x 

2018

1 . Tính S  C1019 2018 2

Lời giải

1  Ta có  x   x 

2018

2018

k   C 2018 .x 20182 k k 0

Để lũy thừa với số mũ nguyên dương thì 2018  2k  0  k  1009 1 1009 C 2018 Suy ra S  C 02018  C12018  ...  C1008 2018  2 1 0 1 1008 1 1009 S  C1009 C2018 2019  C 2018  C 2018  ...  C 2018 2 2 1 1 1009 1 1009   C nk  C nnk 0 1 1008 2017 1010   2  S  C1009 C 2018  C 2018 C 2018 2018   C 2018  C 2018  ...  C 2018  2018  C 2018  ...  C 2018  2 2 2   2018 2018  C 02018  C12018  ...  C 2017 2018  C 2018  2

1 2017 Vậy S  C 2019 2018  2 2

Ví dụ 4: Cho khai triển a n (x  1)n  a n 1 (x  1)n 1  ...  a1 (x  1)  a 0  x n với mọi x  , n   và n  5 .

Tìm n biết a 2  a 3  a 4  83n Trang 32

Lời giải Ta có x n  (x  1)  1  C 0n (x  1)n  C1n (x  1)n 1  C 2n (x  1)n 2  ...  C nn 1 (x  1)  C nn n

Vì a 2  a 3  a 4  83n  C 2n  C 3n  C 4n  83n 

(n  1) (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)(n  4)    83  n  13 2!

3!

4!

20

10

1  1   Ví dụ 5: Sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức  x  2    x 3   , có tất cả bao nhiêu số hạng? x  x   Lời giải 20

10

k

20 10 1  1 1    1  k m 3(10  m)  Ta có  x  2    x 3     C 20 x 20  k   2    C10 x    x  x    x  m0  x k 0 20

10

k 0

m 0

m

k 20 3k m 30  4m   (1)k C 20 x   (1)m C10 x

Ta tìm các số hạng có cùng lũy thừa của x:

0  m  10, 0  k  20  (k;m)  (2;4),(6;7),(10;10)  20  3k  30  4m  4m  3k  10 Vậy trong khai triển đã cho có tất cả 21 + 11 – 3 = 29 số hạng n

1 x   Ví dụ 6: Có bao nhiêu số thực x để khi khai triển nhị thức  2 x  2 2  có tổng số hạng thứ 3 và thứ 5   bằng 135, còn tổng của ba số hạng cuối bằng 22?

Lời giải x nk

Số hạng thứ (k+1) trong khai triển là Tk  C (2 ) k n

 12 x  2   

k

Từ đó suy ra: 

Tổng hai số hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135 2

x n 2

 T2  T4  C (2 ) 2 n



4

1 x   12 x  4 x n4  2  2   C n (2 )  2   135 (1)    

Tổng ba hệ số của ba số cuối bằng 22

 C nn 2  C nn 1  C nn  22 

n(n  1)  n  1  22  n  6 2

Thay n = 6 vào (1), ta được C 62 .2 4x.212x  C 64 .2 2n.2 2  4x  135  2 2x 1  2 2 2x  9

u  4  x  1 4 Đặt 0  u  2 , ta được 2u   9   u  1  x   1 u  2 2 x

 1 Vậy x  1;    2

Trang 33

Ví dụ 7: Trong khai triển của biểu thức (x 3  x  2)2017 . Tính tổng S của các hệ số của x 2 k 1 với k nguyên dương?

Lời giải Ta có (x  x  2) 3

2017

 a 0  a1x  a 2 x  ...  a 6051x 2

6051

(1)

Ta cần tính S  a 3  a 5  a 7  ...  a 6051 Thay x  1 , vào (1), ta được a 0  a1  a 2  ...  a 6051  2 2017 (2) Thay x  1 , vào (1), ta được a 0  a1  a 2  a 3  ...  a 6051  2 2017 (3) Trừ vế theo vế (2) và (3), ta được 2(a 0  a1  a 2  ...  a 6051 )  0  2S  2a1  0  S  a1 2017

k (x 3  x)k (2)2017 k Theo khai triển nhị thức Newton, ta có (x 3  x  2)2017   C 2017 k 0

 Số hạng a1x chỉ xuất hiện trong C12017 (x 3  x)1 (2)20171 Mà C 12017(x 3  x)1 (2)20171  2017.2 2016.(x 3  x)  a1  2017.2 2016  S  2017.2 2016 Ví dụ 8: Kí hiệu a 3n 3 là hệ số của số hạng chứa x 3n 3 trong khai triển (x 2  1)n (x  2)n . Tìm n sao cho

a 3n 3  26n.

Lời giải

 n  n  n n Ta có (x 2  1)n (x  2)n    C nk (x 2 )n  k    C in x n i 2 i    C nk C in 2 i x 3n 2 k i  k 0   i 0  k 0 i 0 Chọn 3n  2k  i  3n  3  2k  i  3  (k;i)  (0;3),(1;1) Suy ra hệ số của số hạng chứa x 3n 3 là C 0n C 3n 23  C1n C1n 2 Theo giả thiết C 0n C 3n 23  C1n C1n 2  26n  n  5 Ví dụ 9: Cho khai triển x(x  1)n  2(x  1)n  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a n 1x n 1 với n là số tự nhiên và n  2 .

Tìm n biết rằng a 2  7n;na n ;a n 2 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.

Lời giải Ta có x(x  1)n  2(x  1)n  (x  1)n (x  2)  (x  1)n (x  1)  1  (x  1)n 1  (x  1)n n(n  1)  2 2 (n  1)n   n2 a 2  C n 1  C n 2 2  n n Suy ra a n  C n 1  C n  (n  1)  1  n  2  (n  1)n(n  1) n(n  1) n(n  1)(n  4) a n 2  C nn 12  C nn 2    6 2 6

Theo giả thiết bài toán, ta có:

n  0 (L) n(n  1)(n  4)  n(n  2)  (n  7n)   n(n  2)  n  7 (L) 6 n  10 (N)  2

Vậy n = 10.

Trang 34

Ví dụ 10: Xác định n biết rằng hệ số của xn trong khai triển (1  x  2x 2  ...  nx n )2 bằng 6n.

Lời giải Ta có 1  x  2x 2  ...  nx n   1  x  2x 2  ...  nx n  . 1  x  2x 2  ...  nx n  2

Hệ số của xn là:

1n  1(n  1)  2(n  2)  ...  (n  1)1  n1  1n  1(n  1)  2(n  2)  ...  (n  1)  n  (n  1)  n1  2n  n 1  2  3  ...  (n  1)  12   2 2  32  ...  (n  1)2  3  (n  1)   n(n  1)(2n  1) 2  n  11n  2n  n  (n  1)    n   2 6 6    

Theo giả thiết, ta có

n 3  11n  6n  n  5 6

Ví dụ 11: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C nn 11  C nn 1  171 . Tìm hệ số lớn nhất của biểu thức

P(x)  (1  x)(1  2x)n sau khi khai triển và rút gọn.

Lời giải Ta có C nn 11  C nn 1  171 



(n  1)! (n  1)!   171 2!(n  1)! n!

 n  17 n(n  1)  (n  1)  171  n 2  3n  340  0   2  n  20 (L) 17

17

17

k 0

k 0

k 0

k k k 2 k x k   C17 2 k x k   C17 2 k x k 1 Khi đó P(x)  1  x 1  2x   (1  x) C17 17

k k 1 k 1 Suy ra hệ số của xk trong khai triển là C17 2 k  C17 2

Hệ số của

xk

k k 1 k 1 k 1 k 1 k C17 2 k  C17 2  C17 2  C17 2k là lớn nhất khi  k k k 1 k 1 k 1 k 1 k 2 k 2 C17 2  C17 2  C17 2  C17 2

 1 22  k 1 k 1  C k 1 2 k 1  C17 2  (k  1)!.(18  k)! (k  1)!.(16  k)!   17   k k k 2 k 2 22 1 C17 2  C17 2    k!.(17  k)! (k  2)!.(19  k)!

1 4   (18  k)(17  k)  k(k  1) 3k 2  141k  1224  0   2  k  12 4 1 3k  147k  1368  0      (k  1)k (18  k)(19  k) 12 11 11 Vậy hệ số lớn nhất cần tìm là C12 17 2  C 17 2  50692096

Ví dụ 12: Khai triển (1  x  x 2  ...  x10 )11 được viết thành a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a110 x110 . Tính tổng 0 2 3 10 S  C11 a 0  C111a1  C11 a 2  C11 a 3  ...  C11 a10  C11 11a11

Lời giải Trang 35

Xét x  1 , từ khai triển nhân hai vế cho (x  11)11 , ta được

x

11



1



11

 (x  1)11. a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a110 x110  11

11 k 11k x  Hệ số của x11 bằng C111  11 Vế trái   C11 k ( 1) k 0



 11 k 11 k  Vế phải    C11 x (1)k  . a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a110 x110  k 0 





0 2 3 11  Hệ số của x11 bằng C11 a 0  C111a1  C11 a 2  C11 a 3  ...  C10 11 a10  C 11a11 0 2 3 11 Vậy S  C11 a 0  C111a1  C11 a 2  C11 a 3  ...  C10 11 a10  C 11a11  11 4 2016 2017 Ví dụ 13: Tính tổng C12017  2 2 C 22017  3.2 2 C 32017  4.23 C 2017  ...  2016.2 2015 C 2016 C 2017 2017  2017.2

Lời giải 2017

2007

k 0

k 0

k k .(1)k x k  (1  x)2017  '   C 2017 .(1)k .x k  ' Ta có (1  x)2017   C 2017

4 2016 2017  2017.(1  x)2016  C12017  2xC 22017  3x 2 C 32017  4.23 C 2017  ...  2016.2 2015 C 2026 C 2017 2017  2017.2

Cho x = 2 ta được 4 2016 2017 C12017  2 2 C 22017  3.2 2 C 32017  4.23 C 2017  ...  2016.2 2015 C 2016 C 2017  2017 2017  2017.2

Ví dụ 14: Tính tổng T  C12017  C 32017  C 52017  ...  C 2017 2017 Lời giải Xét khai triển: 

2 2017  (1  1)2017  C 02017  C12017  C 22017  C 32017  ...  C 2017 2017 (1)



201 0  (1  1)2017  C 02017  C12017  C 22017  C 32017  ...  C 2017 (2)





2016 Lấy (1) – (2) theo vế ta được: 2 2017  2 C12017  C 32017  C 52017  ...  C 2017 2017  T  2

Ví dụ 15: Với n  , n  2 và thỏa mãn P

1 1 1 1 9  2  2  ...  2  . Tính giá trị của biểu thức 2 C2 C3 C 4 Cn 5

C 5n  C 3n  2 (n  4)!

Lời giải Ta có

1 1 1 1 9 0!2! 1!2! 2!2! (n  2)!2! 9  2  2  ...  2      ...   2 C2 C3 C 4 Cn 5 2!

3!

4! n!

5

1 1 1  9 1 1 9  1  1 1 1 1 1  2!    ...    2! 1       ...     (n  1)n  5 n 1 n  5  2 2 3 3 4  1.2 2.3 3.4 5 3 C 5  C 3n  2 C10  C12 1 1 59  1 9  2! 1       n  10  P  n   n 10 (n  4)!

6!

90  n 5 1010 1011 2018 k Ví dụ 16: Tính tổng S  C1009 2008  C 2008  C 2008  ...  C 2008 (trong tổng đó, các số hạng có dạng C 2018 với k

nguyên dương nhận giá trị liên tục từ 1009 đến 2018) Trang 36

Lời giải Áp dụng tính chất C  C k n

nk n

ta có

C02018  C2018 2018 C12018  C2017 2018 C22018  C2016 2018 ......

1010 C1008 2018  C 2018 1009 C1009 2018  C 2018

1009 2010 2018  C 02018  C12018  C 22018  ...  C1009 2018  C 2018  C 2018  ...  C 2018 1009  2S  C 02018  C12018  C 22018  ...  C 2018 2018  C 2018

2 2018 Mặt khác C02018  C12018  C2018  ...  C2018  22018 2018  (1  1)

Vậy S 

2 2018  C1009 C1009 2018  2 2017  2018 2 2

Ví dụ 17: Biết rằng trong khai triển nhị thức Newton của đa thức P(x)  (2  x  2x 2  x 3 )n thì hệ số của x5 là 1001. Tổng các hệ số trong khai triển của P(x) bằng bao nhiêu?

Lời giải Ta có P(x)   2  x  2x 2  x 3   (2  x)n (1  x 2 )n n

 n  b  n n    C nk 2 n  k x k    C1n x 21    (C nk C ln 2 n  k )x k  21  k 0   l 0  k 0 l 0 Hệ số của x 5 ứng với k + 21 thỏa mãn k  2l  5  (k;l)  (5;0),(3;1),(1;2) 

Trường hợp 1: Với n  5 khi đó (k;l)  (5;0),(3;1),(1;2)

 Hệ số của x5 là C 5n C 0n 2 n 5  C 3n C1n 2 n 3  C1n C 2n 2 n 1  1001 Vì vế trái lẻ mà vế phải luôn chẵn nếu n>5 do đó chỉ có thể chọn n = 5 Thử lại vào phương trình ta thấy n = 5 thỏa mãn điều kiện. 

Trường hợp 2: Với 3  n  5 khi đó (k;l)  (3;1),(1;2)

 Hệ số của x5 là C 3n C1n 2 n 3  C1n C 2n 2 n 1  1001 Vì vế trái lẻ mà vế phải luôn chẵn nếu n > 3 do đó chỉ có thể chọn n = 3 Thử lại vào phương trình ta thấy n = 3 thỏa mãn điều kiện. 

Trường hợp 3: Với n = 2 khi đó (k;l)  (1;2)

 Hệ số của x5 là C12 C 22 2  1001 : Vô lý cho x 1 Do đó chỉ có n = 5 thỏa mãn  tổng các hệ số trong khai triển là  6 5  7776.

Ví dụ 18: Cho khai triển P(x)  (1  x)(2  x)...(1  2017x)  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2017 x 2017 . Ký hiệu P '(x) và P ''(x) lần lượt là đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của đa thức P(x). Tìm hệ số a2?

Lời giải Trang 37

Ta có P '(x)  a1  2a 2 x  3a 3x 2  ...  2017a 2017 x 2016 Tiếp tục đạo hàm lần nữa, ta có P ''(x)  2a 2  6a 3x  ...  2017.2016a 2017 x 2015 Cho x = 0, ta được P ''(0)  2 a 2  a 2 

P ''(0) 2

2 2017   1   ...  Chú ý P '(x)  P(x).  1  2017x  1 x x  2 2

 12 2 2017  22 20172   1 P ''  P(x).    ...   P(x)    ...    1  2017x  1  2017x  1 x 2  x  1 x 2  x

Ví dụ 19: Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển

(1  2x  2015x 2016  2016x 2017  2017x 2018 )60 Lời giải

f(x)  (1  2x  2015x 2016  2016x 2017  2017x 2018 )60 Đặt  2016 2017 2018 g(x)  2015x  2016x  2017x 60

k Suy ra f(x)  1  (2x  g(x))   C 60  2x  g(x) 60

k

k 0

60

k

k 0

i 0

k   C 60  C ik (2x)i . g(x)

k 1

(0  i  k  60)

k  i  0 k  3 Vì bậc của đa thức g(x) là 2018  số hạng chứa x3 ứng với   i  3 i  3 Vậy hệ số cần tìm là C 360 .C 33 .(2)3  8C 360 x10 x 9 (1  x) x8 (1  x)2 (1  x)10  .  .  ...  Ví dụ 20: Biểu thức bằng bao nhiêu?

10! 9! 1!

8!

2!

10!

Lời giải Ta có  

x k (1  x)10 k 1 10!

1 k k .  . .x k (1  x)10 k  .C10 x (1  x)10 k (0  k  10) k! (10  k)! 10! k!(10  k)!

10!

x10 x 9 (1  x) x8 (1  x 2 )2 (1  x)10  .  .  ...  10! 9! 1!

8!

2!

10!

1 10 k k 1 1 C10 .x (1  x)10 k  (x  1  x)10   10! k 0 10!

10!

Ví dụ 21: Giá trị của A 

1 1 1 1 1    ...   bằng?

1!2018! 2!2017! 3!2016!

1008!1011! 1009!1010!

Lời giải Ta có A

Ck 1  n . Do đó k!(n  k)! n!

2 C12019 C 2019 C3 C1009 C1  C 22019  ...  C1009 2019   2019  ...  2019  2019 2019! 2019! 2019!

2019!

2019!

Trang 38



C 02019  C12019  C 22019  ...  C1009 2 2018  1 2019  1  2019!

2019!

2n 1 Ví dụ 22: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C12n 1  C 32n 1  ...  C 2n 1  1024

Lời giải 1 Ta có 2 2n 1  (1  1)2n 1  C 02n 1  C12n 1  ...  C 2n 2n 1 1 0  (1  1)2n 1  C 02n 1  C12n 1  ...  C 2n 2n 1 2n 1 2n 1 1 2n Suy ra 2(C12n 1  C 32n 1  ...  C 2n  C12n 1  C 32n 1  ...  C 2n 1 )  2 2n 1  2

Do đó 2 2n  2024  2 2n  210  n  5 Ví dụ 23: Có bao nhiêu số dương n sao cho



 







S  2  C10  C 02  ...  C 0n  C11  C12  ...  C1n  ...  C nn 11  C nn 1  C nn

là một số có 1000 chữ số?

Lời giải Ta có:





S  2  (C10  C 02  ...  C 0n )  (C11  C12  ...  C1n )  ...  C nn 11  C nn 1  C nn







 

 2  (C10  C11 )  C 02  C12  C 22  ...  C 0n 1  C1n 1  ...  C nn 11  C 0n  C1n  ...  C nn



 2  2  1  1  ...  (1  1)n 1  (1  1)n 2

 2  21  2 2  ...  2 n  2  2.

2n  1  S  2 2n 1 2 1

S là một số có 1000 chữ số  10999  S  101000  10999  2 n 1  101000

 999 log 2 10  1  n  1000 log 2 10  1 Do n   nên n  3318;3319;3320 Vậy có 3 số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 24: Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của (2  3x)2n , biết n là số nguyên dương thỏa 2 4 2n mãn: C 02n 1  C 2n 1  C 2n 1  ...  C 2n 1  1024

Lời giải 2n 1 Ta có (x  1)2n 1  C 02n 1x 2n 1  C12n 1x 2n  ...  C 2n 2n 1x  C 2n 1 (1) 2n 1 Thay x = 1 vào (1): 2 2n 1  C 02n 1  C12n 1  ...  C 2n 2n 1  C 2n 1 (2) 2n 1 Thay x = -1 vào (1): 0  C 02n 1  C12n 1  ...  C 2n 2n 1  C 2n 1 (3)



Phương trình (2) trừ (3) theo vế” 2 2n 1  2 C 02n 1  C 22n 1  ...  C 2n 2n 1



Theo đề bài ta có 2 2n 1  2.1024  n  5 k k 10  k Số hạng tổng quát của khai triển (2  3x)10 là Tk 1  C10 .210 k.(3)k  C10 2 (3)k x k 5 Theo giả thiết ta có k  5 . Vậy hệ số cần tìm là C10 2 5 (3)5  1959552

Trang 39

Ví dụ 25: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2C 0n  5C1n  8C 2n  ...  (3n  2)C nn  1600 Lời giải



 

Ta có 2C 0n  5C1n  8C 2n  ...  (3n  2)C nn  3 C1n  2C 2n  ...  nC nn  2 C 0n  C1n  C 2n  ...  C nn



Mặt khác C 0n  C1n  C 2n  ...  C nn  2 n Cách 1: Ta có kC nk  k.

n! (n  1)!  n.  nC nk 11 (n  k)!k! (n  k)!(k  1)!





Khi đó C1n  2C 2n  ...  nC nn  nC 0n 1  nC1n 1  ...  nC nn 11  n C 0n 1  C1n 1  ...  C nn 11  n2 n 1 Cách 2: (1  x)n  C 0n  C1n x  C 2n x 2  C 3n x 3  ...  C nn x n (1) Đạo hàm hai vế của (1) ta được n(1  x)n 1  C1n  2xC 2n  3x 2 C 3n  ...  nx n 1C nn Khi đó với x = 1. Ta có n2 n 1  C1n  2C 2n  3C 3n  ...  n C nn Do đó 2C 0n  5C1n  8C 2n  ...  (3n  2)C nn  3n.2 n 1  2.2 n   3n  4  .2 n 1 Theo giả thiết ta có (3n  4).2 n 1  1600  n  7 Ví dụ 26: Với x  1 ta có khai triển sau:

 x 2  2x  2     x 1 

2018

 a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2018x 2018 

b1 b2 b3 b 2018    ...  .

2 3 x  1 (x  1) (x  1) (x  1)2018

Tính

tổng

2018

S   bk ? k 1

Lời giải

 x 2  2x  2  Đặt f(x)     x 1 

2018

, ta có f(0)  a 0  b1  ...  b 2018  2 2018

Suy ra a 0  S  2 2018 (1)

1   Lại có f(x)   x  1  x  1  

2018

2018

k   C 2018 (x  1)2 k 2018 k 0

k 2018 C 2018 k  C 2018 (x  1)2 k 2018  2018  2 k (x  1) k 0 k 1009

1008



Suy ra 

1008 b1  b3  ...  b 2017  S  b 2  b 4  ...  b 2018  C 02018  C12018  ...  C1007 2018  C 2018



1010 2017 2018 1009 k nk a 0  C1009 2018  C 2018  ...  C 2018  C 2018  C 2018  S (vì C n  C n ). (2)

1 Từ (1) và (2), suy ra S  2 2017  C1009 2018 2

Ví dụ 27: Với n là số tự nhiên lớn hơn 2, đặt S n 

1 1 1 1  3  4  ...  3 . Tính limS n 3 C3 C 4 C5 Cn

Lời giải Trang 40

Ta có C 3n 

n! (n  3)!(n  2)(n  1)n n(n  1)(n  1) 1     3  3!(n  3)! (n  3)!6 6 C n n(n  1)(n  2)

Vậy ta có S n  Nhận xét

6 6 6 6    ...  1.2.3 2.3.4 3.4.5 n(n  1)(n  2)

2 1 1 2 1 1 2 1 1   ;   ;...;   1.2.3 1.2 2.3 2.3.4 2.3 3.4 (n  2)(n  1)n (n  2)(n  1) (n  1)n

1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  n  2 3n  6   Sn  3     ...   _    3    3  n  2 n 1 n 1 n  2n   1.2 2.3 2.3 3.4 2 n  2n

6   3 n  3  3n  6  Vậy lim S n  lim    lim  2   2  2n     

2n2  n  3 2100  n  3   n  98 Kết hợp giả thiết có (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)

Ví dụ 28: Tính tổng S 

1 C12018 2018





2



2 C 22018 2017





2

 ... 

2017 2017 C 2018 2





2



2018 2018 C 2018 1





2

Lời giải Tính tổng S  Ta có C nk 

S

1 2 2017 2017 2 2018 2018 2 (C12018 )2  (C 22017 )2  ...  (C 2018 )  (C 2018 ) 2018 2017 2 1

n  k  1 k 1 .C n với k  , n  , n  k nên: k

1 2018 0 2 2017 1 2018 2018 1 2 C12018 .

C 2018  C 2018 .

C 2018  ..  C 2018 .

C 2017 2018 2018 1 2017 2 1 2018 2016 2018 2017  C12018 .C 02018  C 22018 .C12018  ...  C 2017 2018 .C 2018  C 2018 .C 2018

k k 2 2017 2017 2 2018 1 Mà C 2018 suy ra S  C12018 .C 2018  C 2018 2018 2018  C 2018 .C 2018  ...  C 2018 .C 2018  C 2018 .C 2018

Mặt khác ta có (1  x)

2018

2018

k   C 2018 x k  (1  x)2018 .(1  x)2018 k 0

2018

2018

2018

k 0

k 0

k,l 0

k l   C 2018 x k .  C 2018 xl 

C

k 2018

l .C 2018 x k  l (1)

Suy ra hệ số của số hạng chứa x2019 trong khai triển của (1) là 2 2017 2017 2 2018 1 S  C12018 .C 2018 2018  C 2018 .C 2018  ...  C 2018 .C 2018  C 2018 .C 2018 4036

Lại do (1  x)2018 .(1  x)2018  (1  x)4036 ; (1  x)4036   C n4036 (2) n 0

Suy ra hệ số của số hạng chứa x2019 trong khai triển của (2) là C 2019 4036 2 2017 2017 2 2018 1 2019 Vậy S  C12018 .C 2018 2018  C 2018 .C 2018  ...  C 2018 .C 2018  C 2018 .C 2018  C 4036



4036!

4036  2018 4036!

2018 2018   C 4036 2019!.(4036  2019)!

2019 2018!.(4036  2018)! 2019

Trang 41

C1n 2C 2n 3C 3n (1)n nC nn    ...  2.3 3.4 4.5 (n  1)(n  2)

Ví dụ 29: Cho số nguyên dương n, tính tổng S 

Lời giải Với k, n  ,0  k  n, n  0 ta có: 1 n! (n  1)!

1 C nk    C nk 11 k 1 (k  1) k!(n  k)! (n  1)(k  1)!(n  k)! n  1

Áp dụng ta có: k.Ckn Ck  Ckn Ckn 11 Ckn  22 2   n 1    2.  (k  1)(k  2) k  1  k  2  (k  1)(k  2) n  1 (n  1)(n  2) 3 4 n n 2 C2n 1  C3n 1  C4n 1  ...  (1) n Cnn 11 2  Cn  2  Cn  2  ...  (1) Cn  2  Suy ra S   n 1 (n  1)(n  2)

Ta có: 

C2n 1  ...  (1) n Cnn 11  (C0n 1  C1n 1  C2n 1  ...  (1) n Cnn 11 )  C0n 1  C1n 1

 (1  1) n 1  1  (n  1)  n 

C3n  2  C4n  2  ...  (1) n Cnn  22

  C0n  2  C1n  2  C2n  2  C3n  2  C4n  2  ...  (1) n Cnn  22    C0n  2  C1n  2  C2n  2   1  1

n 1

Vậy S 

(n  1)(n  2)  n2  n   1  (n  2)     2 2  

1 2 n2  n n (n)  .  n 1 (n  1)(n  2) 2 (n  1)(n  2)

Ví dụ 30: Tính tổng P   C 0n    C1n   ...   C nn  theo n.

2

2

2

Lời giải Ta có (1  x) n (1  x) n  (1  x) 2n (1) 2n  n  n (1  x) n (1  x) n    Ckn x k  . Cln x l và (1  x) 2n   C22n x i i 0  k 0  l0



Xét hệ số của xn trong khai triển vế trái của (1) là

k ln

n

n

k 0

k 0

Ckn .Cln   Ckn Cnn  k    Ckn 

2

Hệ số của xn trong khai triển vế phải của (1) là Cn2n Từ đó suy ra

n

 C   C   C  k 0

k 2 n

0 2 n

1 2 n

 ...   Cnn   Cn2n 2

Ví dụ 31: Cho n và k nguyên dương thỏa mãn k  n . Chứng minh rằng

n 1  1 1  1  k  k 1   k n  2  C n 1 C n 1  C n Lời giải Biến đổi giả thiết ta có Trang 42

n 1  1 1  n  1  k!(n  1  k)! (k  1)!(n  k)!    k  k 1     n  2  Cn 1 Cn 1  n  2  (n  1)! (n  1)!  

n  1 k!(n  k)! n  1 k!(n  k)! k!(n  k)! 1 (n  1  k  k  1)  (n  2)   k n  2 (n  1)! n  2 (n  1)! n!

Cn

Tổng quát.

1 1 1 n2  1 1 1   2  ...  n 1   0  1  ...  n  1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 2(n  1)  Cn Cn Cn 

1 n  Ví dụ 32: Chứng minh rằng 1  C 3n  C 6n  ...   2 n  2 cos  3 3 

Lời giải Ta có 2n  C0n  C1n  C2n  ...  Cnn (1). Xét số phức   cos

2 2  i sin ta có 3 3

3

2 2    3   cos  i sin   1  (  1)( 2    1)  0 3 3   Mặt khác 

(1  ) n  C0n  C1n   2 C2n  ...   n Cnn  C0n  C1n   2 C2n  C3n  Cn4   2 C5n (2)



(1   2 ) n  C0n   2 C1n   4 C2n  ...   2n Cnn  C0n   2 C1n  C2n  C3n   2 C4n  ...(3)

Cộng 2 vế của (1), (2), (3) ta có 2n  (1  ) n  (1   2 ) n  3  C0n  C3n  C6n  ...  1     2  C1n  C2n  C2n  ...  3  C0n  C3n  C6n  ...

Mà 1    cos

     i sin ;1   2  cos  i sin nên ta có điều phải chứng minh!

3 3 3 3

Ví dụ 33: Với số tự nhiên n  1 . Chứng minh rằng C 0n cos   C1n cos 2  C 3n cos3  ...  C nn cos(n  1)  2 n cosn

 n2 cos  2 2

Lời giải n

Xét khai triển (x  1) n  C0n  xC1n  x 2 C2n  ...  x n Cnn  x(x  1) n   x k 1Ckn k 0

Thay x  cos   i sin  và sử dụng công thức Moive ta có

 cos   i sin   cos   i sin  

n

 C0n cos   C1n cos   ...  Cnn cos(n  1)

 i  C0n sin   C1n sin 2  ...  Cnn sin(n  1)  (1) n

      n  Mặt khác 1  cos   i sin     2 cos 2  2i sin cos   2n cos n  cos  i sin  2 2 2 2 2 2 

n

Theo công thức Moive ta có

Trang 43

n

  n n  cos   i sin    cos  i sin    cos   i sin    cos  i sin  2 2 2 2    n2 n2  cos   i sin  2 2

Do đó (1  cos   i sin ) n  2n cos n

 n2  n2 cos   i.2n cos n sin  (2) 2 2 2 2

Từ (1), (2) ta có điều phải chứng minh!

Ví dụ 34: Với số tự nhiên n  1 .Tính tổng sau

A  C1n (cos x  sinx)  0 C 2n  C 3n 3sinxcosx(sinx  cosx)  ...  C nn n sinxcosx(sin n 2 x  cosn 2 x) Lời giải Xét hàm số y  1  cos x   1  sin x  thì: n

n

y   C0n  C1n cos x  C2n cos 2 x  ...  Cnn cos n x    C0n  C1n sinx  ...  Cnn sin n x   2C0n  C1n (sinx  cosx)  C2n (sin 2 x  cos 2 x)  ...  Cnn  sin n x  cos n x   y  C1n  cos x  sinx   0.C2n  C3n 3sin x cos x(sinx  cosx)  ...  Cnn n sinxcosx  sin n  2 x  cos n  2 x 

Do đó A  y '   (1  cos) n  (1  sin x) n   n(1  cos x) n 1.   sinx   n 1  sinx 

n 1

cos x

 n  cos x(1  sinx) n 1  sinx(1  cosx) n 1 

Ví dụ 35: Với số tự nhiên m nguyên dương. Chứng minh rằng 1 1 1 (1)m 1 0 1 2 m C1991  C1991  C1991  ...  C1991 m  1991 1991 1991 1991  m 1991

Lời giải Với n = 1, 2,…, ta đặt S(n)   (1) m Cmn m trong đó tổng được lấy từ m = 0 cho đến hết những số hạng m

khác 0. Ta có

n

C

k m

k n

 Cmn 11 m  1  S(n)

Ta có 

n 2

S(0)  1   S(k), suy ra S(n  1)  S(n)  S(n  1) (1) k 0



S(0)  S(1)  1, từ đó S(2)  0,S(3)  1;S(4)  1;S(5)  0;S(6)  1;S(7)  1

Từ (1) ta có S(m)  S(n) nếu m  n(mode 6). Do đó

n Cnn  m  Cmn  m  Cmn m1 1 nên ta được: nm

 1 1 1 1 (1) m 1 995  0 2 m 1991.  C1991 .

C1991  C1991  ...  C1991 C996   1  m  ...  1991 1991 1991  m 996 1991  Suy ra điều phải chứng minh.

Trang 44