Tam giác Pascal Có thể sắp xếp các hệ số của khai triển 1 thành một tam giác gọi là tam giác Pascal... Các bài toán tính tổng Ta thấy mỗi số hạng trong khai triển 1 có 3 thừa số.. Đây
Trang 1Phần nội dung
I Kiến thức cơ sở
1 Công thức nhị thức Newton
(a+b)n = n k n-k k
n k=0
C a b
n
C a b + 1 n-1 1
n
n
2 Các tính chất
• Số các số hạng của khai triển bằng n + 1
bằng số mũ của nhị thức (n - k) + k = n Số mũ của a giảm dần từ n
đến 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n
• Số hạng tổng quát
Tk+1 = k n k k
n
C a − b
• Các hệ số nhị thức cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau vì:
k n
C = n k n
C −
3 Một số khai triển hay sử dụng
• 2n = (1+1)n =
0
n k n k
C
=
n
C + 1
n
C + + n
n
• 0 = (1-1)n =
0
( 1)
n
k k n k
C
=
−
n
C - 1
n
C + + (-1)n n
n
C (3)
• (1+x)n =
0
n
k k n k
C x
=
n
C x + 1 1
n
C x + + n n
n
C x (4)
• (1+x)n =
0
n
k n k n k
C x −
=
n
C x + 1 n1
n
C x − + + n 0
n
C x (5)
• (1-x)n =
0
( 1)
n
n k
C x
=
−
n
C x - 1 1
n
C x + + (-1)n n n
n
C x (6)
• (x-1)n =
0
( 1)
n
k k n k n k
C x −
=
−
n
C x - 1 n 1
n
C x − + + (-1)n n 0
n
C x (7)
4 Tam giác Pascal
Có thể sắp xếp các hệ số của khai triển (1) thành một tam giác (gọi là tam giác Pascal)
Trang 21
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
n = 0
n = 1
n = 2
n = 3
n = 4
n = 5
n = 6
n = 7
II Các bài toán tính tổng
Ta thấy mỗi số hạng trong khai triển (1) có 3 thừa số Một thừa số là k
n
C ,
n
luôn có tổng bằng n (khi đó n chính là số mũ của nhị thức) Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, còn số mũ của b tăng dần từ 0 đến n và số lượng các số hạng là bằng n + 1 Đây là các dấu hiệu để ta nhận biết một tổng có phải là một khai triển theo nhị thức Newton hay không
Quan sát khai triển (3) và (4) ta thấy mỗi số hạng chỉ có hai thừa số, chứ không phải là 3! Tại sao vậy? Rất đơn giản, vì một trong hai số hạng của nhị thức là bằng 1 (ta biết rằng 1k = 1 ∀k)
Lại quan sát khai triển (5) và (6), ta thấy mỗi số hạng lúc này chỉ có một thừa số là k
n
C Chắc các bạn đã có thể giải thích được là do hai số hạng của nhị thức đều là 1 hoặc -1
Những nhận xét nho nhỏ này sẽ giúp các bạn có được định hướng ban
đầu cho lời giải của bài toán tính tổng
Để hiểu rõ hơn ta đi xem xét các ví dụ cụ thể sau
VD1: Tính các tổng sau:
10 2 10 2 3 10 2 3 10 2 3 10 3
C +C +C + +C +C
10 2 10 2 10 2 10 2 10
C +C +C + +C +C
10 10 10 10 10
C +C +C + +C +C
Rất nhanh chóng ta có thể đưa ngay ra đáp án vì các tổng này đều đáp ứng đủ các điều kiện của một khai triển nhị thức Newton
Ta có:
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
Trang 3+ S2 = 0 10 1 9 2 8 9 1 10 0 10 10
10 2 10 2 10 2 10 2 10 2 (1 2) 3
C +C +C + +C +C = + =
10 10 10 10 10
C +C +C + +C +C = 210
Chẳng hạn với S1:
k
C , hai thừa số còn lại
có dạng luỹ thừa
Các hệ số 10
k
C liên tục từ 0
10
10
C
Tổng luỹ thừa của 2 và 3 trong mỗi số hạng của khai triển luôn bằng 10, bậc của 2 giảm dần từ 10 tới 0, ngược lại bậc của 3 tăng dần từ 0 tới 10
Như vậy S1 hội tụ đầy đủ các tính chất của một khai triển nhị thức Newton Do đó S1 = (2+3)10 = 510
Tương tự như vậy cho S2 và S3
VD2: Tính các tổng sau:
10 2 3 10 2 3 10 2 3 10 2 3 10 2 3
C +C +C + +C +C
10 2 10 2 10 2 10 2 10 2
C +C +C + +C +C ư
Bạn quan sát kĩ các tổng này và nhận xét xem chúng có gì khác các tổng ở VD1?
Vâng, tổng S4 có một điểm khác biệt với tổng S1, là tổng số mũ của 2 và 3 trong mỗi số hạng luôn bằng 12, chứ không phải là bằng 10, trong khi các hệ
số lại là 10
k
11, chứ không phải là 10 xuống 0 và từ 0 lên 10) Vậy để có thể áp dụng được công thức (1), bậc của 2 và 3 trong mỗi số hạng phải được giảm đi một đơn vị
Từ đó ta có:
10 2 3 10 2 3 10 2 3 10 2 3 10 2 3
Nhận xét tương tự cho S5, ta đi đến:
S5 = 1
2(
0 10 1 9 2 8 9 1 10 0 10 10
2 2 2 2 2 ) (1 2) 3
C +C +C + +C +C = + =
VD3: Tính tổng:
10 2 3 10 2 3 10 2 3 10 3
C +C + +C +C
Bạn có nhận xét gì cho S6? Tất nhiên rồi, nó thiếu mất số hạng đầu tiên
0 10 0
2 3
Trang 4S6 = 510 - 0 10 0
10 2 3
C = 510 - 2 10
VD4: Tính tổng:
2009 3 2009 3 4 2009 3 4 2009 3 4 2009 4
C ưC +C ư ưC +C
Điều ta thấy ngay lúc đầu tiên đây là một chuỗi đan dấu! Bạn hãy tự nhận xét như với S1 nhé! Một câu hỏi đặt ra là S7 = (3 - 4)2009 hay S7 = (4 - 3)2009? Để trả lời câu hỏi này ta hãy đi tìm công thức của số hạng tổng quát Ta có:
ư k k2008 2008 k k = 2008k 2008 k ư k
Vậy
=
∑
2009
k 0
VD5: Tính tổng:
2009 3 ư 2009 3 + 2009 3 ư + 2009 3 ư 2009
2009 ư 2009 3 + 2009 3 ư + 2009 3 ư 2009 3
Điểm khác biệt giữa S8 và S9 là trong S8, số mũ của 3 giảm dần, còn
nêu ra các nhận xét tương tự như nhận xét mà tôi nêu ra trong các VD đầu nhé).Vậy với S8, ta sẽ áp dụng công thức (7), còn với S9, ta sẽ áp dụng công thức (6) Ta có:
S8 = (3 - 1)2009 = 22009
S9 = (1 - 3)2009 = (-2)2009 = -22009
Bạn e ngại vì phải nhớ quá nhiều công thức ư? Lời khuyên cho mọi trường hợp là bạn hãy tìm công thức của số hạng tổng quát, như vậy ta chỉ cần đến công thức (1) mà thôi
Chẳng hạn với S8, công thức của số hạng tổng quát là:
Tk+1 = k k 2009 k k 2009 k k
2009 2009
Vậy
S8 = 2009 k 2009 k k [ ]2009 2009
2009
k 0
=
∑
Bạn hãy thử sức bằng cách áp dụng phương pháp tìm công thức của số hạng tổng quát cho các chuỗi từ đầu đến giờ xem sao nhé!
Ta tiếp tục nào!
Trang 5VD6: Tính tổng:
20 + 20 + 20 + + 20
C C C C
Bạn có nhận xét gì về tổng này? Đúng vậy, S10 có thể gọi là "nửa khai triển"! Vì chỉ số k trong 20k
đến 20!
Với dạng bài tập tính tổng của "nửa khai triển" nh− thế này, ta phải giải quyết nh− thế nào?
Ta đã biết các số k
n
C có một tính chất là k
n
C = n k−
n
C , thế thì ta có:
0 20
C = 20
20
C
1 20
C = 19
20
C
9 20
C = 11
20
C
Suy ra
20 + 20 + 20 + + 20
C C C C + 11 12 13 20
20 + 20 + 20 + + 20
C C C C
20 + 20 + 20 + + 20
C C C C + 10
20
C + 11 12 13 20
20 + 20 + 20 + + 20
10
20
C
= 220 - 10
20
C
Vậy
S10 =
20 10 20
2 -C 2
VD7: Tính các tổng sau:
2008 + 2008 2 + 2008 2 + + 2008 2 + 2008 2
2008 2 + 2008 2 + 2008 2 + + 2008 2 + 2008 2
Có điều gì đặc biệt trong S11 và S12? Vâng, trong S11, các chỉ số k trong
2008
k
C đều là những số chẵn, còn trong S12 đều là những số lẻ Các tổng này cũng là các "nửa khai triển", nh−ng bản chất thì khác hẳn với S10!
Cách giải nh− sau:
Xét hai khai triển:
2008 + 2008 2 + 2008 2 + + 2008 2 + 2008 2
2008 − 2008 2 + 2008 2 − − 2008 2 + 2008 2
Cộng từng vế của (*) và (**) ta đ−ợc:
2S11 = 32008 + 1
2008
11
S
2
+
Trừ từng vế của (*) cho (**) ta đ−ợc:
2S12 = 32008 - 1
2008
12
S
2
−
VD8: Tính tổng:
2 2 3 2 2 − + + + + n n
C C C nC
Trang 6• S14 = 2 3 1 4 2 2
2.1C n + 3.2C n2 + 4.3C n2 + +n n( ư 1)C n n2nư
Xét số hạng thứ k (ở đây chỉ số k bắt đầu từ 1 nên chỉ số k bằng số thứ tự của số hạng):
2 ư
k k n
kC
Tk có điều gì khác lạ? Tk cũng có 3 thừa số, nhưng thừa số đầu tiên "k" lại không có dạng luỹ thừa Vậy nó không phải là thừa số trong công thức nhị thức Newton Vậy nó từ đâu mà có?
Vấn đề sẽ được giải quyết ngay sau đây
Xét hàm số f(x) = (1 + x)n
Ta có: f'(x) = n(1 + x)n-1 ⇒ f'(2) = n3n-1 (*)
Mặt khác khai triển f(x) ta được:
f(x) =
0
n
k k n k
C x
=
0
ư
=
∑n k k n k
0
2 ư
=
∑n k k n k
Từ (*) và (**) suy ra S13 = n3n-1
Bây giờ thì ta đã có câu trả lời cho câu hỏi thừa số "k" trong Tk là do đâu
mà có Vâng, chính là do ta đạo hàm xk mà ra
cấp 2)
VD9: Tính tổng:
2 2 2 2
+
+
n n
n
2 1
+
+
k k n
C k
Thừa số đầu tiên không có dạng lũy thừa, cũng không phải là số nguyên,
k 1+ Bài toán sẽ giải quyết theo hướng nào?
Xét hàm số f(x) = (1 + x)n
Nhưng bây giờ ta sẽ không đạo hàm, mà sẽ lấy tích phân f(x) từ 0 đến 2
Ta có:
2
n 1 n 1
n
Mặt khác f(x) =
0
n
k k n k
C x
=
∑
Suy ra
2
k 1
+
+
(**)
Từ (*) và (**) suy ra S15 =
n 1
n 1
+
ư
Bạn sẽ thắc mắc tại sao lại lấy cận tích phân là từ 0 đến 2? Bạn hãy tự lí giải xem sao? Để hiểu sâu sắc hơn ta xét thêm một ví dụ nữa sau đây
Trang 7VD10: Tính tổng:
• S16 =
+ +
+
tuy nhiên cận tích phân bây giờ sẽ là từ 3 đến 4
Với các tổng thường gặp trên đây, áp dụng các phép toán cộng, trừ, nhân, chia ta sẽ tạo ra được các tổng rất "lạ" Chẳng hạn tính tổng sau:
S = 1 2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 ư 1
+ + + + n n
C C C n C
Bạn hãy lấy S13 cộng với S14, kết quả thu được chính là S!
VD11: Rút gọn các biểu thức sau:
• S17 = k k 1
n n
+
Bạn có nhận xét gì về các hệ số trong các biểu thức trên? Vâng, đó chính
là các số trong tam giác Pascal
Do tính chất của các số k
n
C mà ta có S17 = k
n 1
C + Với S18 ta thực hiện như sau:
S18 = ( k k 1
n n
n 1
C + + k 1
n 1
C ư + = k
n 2
C + Tức là ta đã "hạ cấp" S18, đưa về tổng của hai tổng ở "cấp" thấp hơn Tương tự như thế với S19, S20, S21 Và với quy luật như thế, ta có thể "sáng tác" thêm rất nhiều những tổng khác Chẳng hạn với S19:
n 3
C +
áp dụng các phép toán cho các tổng trên, ta sẽ "chế biến" ra các tổng mà mới nhìn vào, bạn sẽ không biết phải bắt đầu như thế nào Lấy ví dụ, ta đem
S18 nhân với 2 rồi cộng với S19, ta được một tổng mới là:
Để tính được S22 này, ta phải tách nó ra thành tổng của các chuỗi có tính chất như S18, S19
Tổng quát hoá lên, ta được bài toán như sau:
VD12: Chứng minh rằng:
• C C0m kn C C1m k 1nư C C2m nk 2ư C Cmm k mnư Ckm n
+
Để chứng minh ta xét đa thức f(x)=(1+x)m+n
Ta có: f(x) =
0
+
+
=
∑
m n
m n i
C x
Hệ số của xk trong khai triển là k
m n
Mặt khác f(x) = (1 + x)m(1 + x)n
Ta có :
Trang 8(1 + x)m = 0 0
m
C x + 1 1
m
C x + + m m
m
C x
(1 + x)n = 0 0
n
C x + 1 1
n
C x + + n n
n
C x
Suy ra hÖ sè cña xk trong khai triÓn cña (1 + x)m(1 + x)n lµ:
0 k 1 k 1 2 k 2 m k m
Tõ (*) vµ (**) suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh
Bµi tËp t−¬ng tù:
VD14: Chøng minh r»ng: