1 - C«ng thøc nhÞ thøc Newton: Víi mäi cÆp sè a, -b vµ mäi sè nguyªn d¬ng ta cã: (a + b)n = con an + c1n an – 1 b + c2n c1n – 2 b2 + … + cnn-1 abn – 1 + cnnbn 2 - C¸c nhËn xÐt vÒ c«ng thøc khai triÓn: + Sè c¸c sè h¹ng ë bªn ph¶i cña c«ng thøc (*) b»ng n + 1, n lµ sè mò cña nhÞ thøc ë vÕ tr¸i. + Tæng c¸c sè mò cña a, b trong mçi sè h¹ng b»ng n. + C¸c hÖ sè cña khai triÓn lÇn lît lµ: C0n; C1n; C2n; … Cn-1n; Cnn; Víi chó ý: Ckn = Cnn–k 0 < k < n. 3 - Mét sè d¹ng ®Æc biÖt: + D¹ng 1: Thay a = 1 vµ b = x vµo (*) ta ®îc (1 + x)n = C0n + C1n x + C2n x2 + …+ Cn-1n xn-1 + Cnn xn + D¹ng 2: Thay a = 1 vµ b = -x vµo (*) ta ®îc (2) (1 - x)n = C0n - C2n x+ C2nx2 + …(-1) kCkn xk + …+ (-1)n Cnn xn (3)
Trang 1Nhị thức newton và ứng dụng
I - Nhị thức newton
1 - Công thức nhị thức Newton:
Với mọi cặp số a, -b và mọi số nguyên dơng ta có:
(a + b)n = co an + c1 an – 1 b + c2 c1n – 2 b2 + … + cnn-1 abn – 1 + cn bn
(*)
k k n n
n k
k
n a b
2 - Các nhận xét về công thức khai triển:
+ Số các số hạng ở bên phải của công thức (*) bằng n + 1, n là số mũ của nhị thức
ở vế trái
+ Tổng các số mũ của a, b trong mỗi số hạng bằng n
+ Các hệ số của khai triển lần lợt là:
C0
n; C1 ; C2 ; … Cn-1
n; Cn ; Với chú ý: Ck = Cn –k 0 < k < n
3 - Một số dạng đặc biệt:
+ Dạng 1: Thay a = 1 và b = x vào (*) ta đợc
(1 + x)n = C0 + C1 x + C2
n x2 + … C+ n-1
n xn-1 + Cn xn
+ Dạng 2: Thay a = 1 và b = -x vào (*) ta đợc (2)
(1 - x)n = C0 - C2 x+ C2 x2 + … (-1) kCk xk + … (-1)+ n Cn xn (3)
4 - Một số hệ thức giữa các hệ số nhị thức
+ Thay x = 1 vào (2) ta đợc
C0 + C1 x + C2 + … + Cn = 2n
+ Thay x = -1 vào (3) ta đợc:
C0 - C1 x + C2 - … + (-1)n Cn = 0
A - áp dụng
I Viết khai triển và tính của các biểu thức sử dụng khai triển đó:
Bài 1: Thực hiện khai triển:
(3x – 4)5
1
1
k
k
k n C
Trang 2GV: Nguyễn Văn Huy (ĐT: 0909 646597) Chuyờn đề Nhị thức Newton
k
k x
C ( 3 ) 5 ( 4 )
5
0 5
= 35 C0 x5 + 4.34 C1 x4 + … + 45 C5
Trong khai triển đó
+ Có 6 số hạng
+ Các hệ số có tính đối xứng nhau
+ Ta có các hệ số của 3 hệ số đầu của công thức khai triển đó là các hệ số
Vậy (3x – 4)5 = 243x5 – 1620 x4 + 4320 x3 – 5760 x2 + 3840 x – 1024
Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
a: S1 = C0 + C1 + C2 + … + C6
b: S2 = C0 + 2C1 + 22 C2 + … +25 C5
c: S3 = 317 C0
17 – 41 316 C1
17 + 42 315 C2
17 – 43.314 C3 + … -417.C17
17
d: S4 = C6
11 + C7
11 + C8
11 + C9
11 + C10
11 + C11
11
e: S4 C20020 C20022001 C20021 C20012000 C2002C20022001 k C20022001C10
k
Giải:a ta có
S1 = C0 + C1 + C2 + … + C6 = (1 + 1)6 = 26 = 64
k
k x C
5
0 5
(1) Thay x = 2 vào (1) ta đợc:
S2 = C0 + 2C1 + 22 C2 + … +25 C5 = 35 = 243 c:Ta có:
S3 = 317 C0
17 – 41 316 C1
17 + 42 315 C2
17 – 43.314 C3 + … -417.C17
17
= C0
17.317+ C117.316(-4)1 + C2
17 315 (-4)2 + C3
17 314 (-4) + … + C17
17
(-14)17 = (3 – 4)17 = (3 – 4)17 = -1 d: Ta có (1 + 1)11 = C0
11 + C1
11 + C2
11 + … + C6
11 + C2
11 +… + C11
11
Mặt khác Ck
11 = C1111-k với k (0,1,2,… 11)
Do vậy: (1 + 1)11 = 2 (C6
11 + C7
11 + C8
11 + C9
11 + C10
11 + C11
11) = 2S4
→S4 = 210
TRUNG TÂM LTĐH TÀI ĐỨC Trang2
Trang 3e: Ta có
k
k k k
C k
k
k
k k
k C
C
2001
2001 2002 2002
2002 )!
2001 (
! 2002
! 2002
)!
2001 (
)!
2002 ( )!
2002 (
! 2002
.
1 2001
0
2001 C C ) 2002 ( 1 1 )
C
Bài 3: Tìm số nguyên dơng n sao cho:
Co + 2 C1 + 4 C2 + … + 2n Cn = 243 (1)
Giải: Ta có
Co + 2 C1 + 2 C2 + … + 2n Cn = (1 + 2)n = 3n
Vậy (1) 3n = 243 = 35 n = 5
Bài tập tơng tự
Bài 4: Viết khai triển (3x – 1)16 và chứng minh rằng
316 Co
16 – 315 C1
16 + … + C16
16 = 216
Bài 5: Tính giá trị các biểu thức sau:
a: S1 = 2n C0 + 2n-2 C2 + 2n-4 C4 + … + Cn
b: S2 = 2n-1 C1 + 2n-3 C3 + 2n-5 C5 + … +Cn
c: S3 = C6
10 C7
10 + C8
10 + C9
10 + C10
10
Bài 6: Tính tổng
2 2000
1 2000
0
II Tìm hệ số (tìm số hạng) trong khai triển
Phơng pháp: Với các yêu cầu về hệ số trong khai triển NEWTON, ta cần lu ý:
1 – Ta có: (a + b)n =
Do đó hệ số của số hạng thứ i là Ci
n, và số hạng thứ i: Ci
n an-i bi
2 – Ta có
Do đó: Hệ số xk trong khai triển trên là Ci
n với i là nghiệm của phơng trình ( n – i) + i = k
Đặc biệt khi k = 0 đó chính là số hạng không phụ thuộc x
Ví dụ 1: Cho biết hệ số của số hạng thứ 3 của kiến thức nhị thức.
Từ đó, hệ số của số hạng thứ 3 , của khai triển nhị thức là:
i i n n n
i
b a
C
0
n
i
i n i n i
i n n
i
i n
b x
0
) ( 0
) ( ) ( )
n i
n i
n
n
x x
C x
x x
x x
x
0
3 / 2 1 2 / 5 3
/ 2 2 / 5
0 72
72 ) 1 ( 36 ) 2 ( 2
! 36
2 2
n n
n n n
n
C n
Trang 4GV: Nguyễn Văn Huy (ĐT: 0909 646597) Chuyờn đề Nhị thức Newton
Vậy thứ hạng thứ 7 đợc cho bởi
Ví dụ 2: Trong khai triển nhị thức hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x biết
Cn + Cn-1
n + Cn-2
n = 79 Giải: + Xét PT: Cn + Cn-1
n + Cn-2
n = 79 (1)
Ta có PT (1)
(do n N) Khi đó:
Số hạng thứ k + 1 không phụ thuộc x trong khai triển
T/m
12
Ví dụ 3: Cho biết ba số hạng đầu tiên của KT
Có các hệ số hạng liên tiếp của một cấp số cộng Tìm tất cả các hạng tử hữu tỷ của khai triển đó đã cho
Giải: Ta có:
Ta có ba hàng tử đầu tiên của khai triển có các hệ số là:
Ba hệ số liên tiếp theo thứ tự lập thành một cấp số cộng
C0 + C2 2-2 = 2C1 2-1
b) n = 8 ta đợc:
Số hạng thứ k + 1 là hệ số hữu tỷ ( 16 – 3k)/4 N, 0 < k < 8
TRUNG TÂM LTĐH TÀI ĐỨC Trang4
2 / 7 6
3 / 2 3 2 / 5 6
x x
x3 28 / 15
12
0 156 79
2
) 1 (
n
n n n
n n
28/15 12 120 4/3 12 28/5
C x
x x
15
28 3
) 12 ( 4
12
0 12
k k
C
k
k
5 0
15
28 3
) 12 ( 4
k k
k
n
x
x ) 2
1 (
4
n k
n k
n n
k
n
x
2
1
0
4 / 1 1 2 / 1 4
4 3 2 0
2
k n k n
k
x
0 8 9 8
) 1 (
8
1
n n
4 3 16 8 8 0
8 4
2
k
x c c x
x
4
0
k k
4 2
1
x x
Trang 5
Với k = 0 hạng tử hữu tỷ: Co 20 x4 = x4
k = 4 hạng tử hữu tỷ: C4 2-4
Ví dụ 4: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển (1 + x)n
CT: Ta có (1 + x)n =
- Các hệ số trong khai triển là:
n.
Ta có n, k nguyên, không âm và k < n ta có:
&
Ta có:
Tức là: Ck tăng khi k tăng và
Ck giảm khi k giảm và Vậy n lẻ thì Ck đạt giá trị lớn nhất tại
Với n lẻ thì Ck đạt giá trị lớn nhất tại k = n/2
Ví dụ 5: Tìm hệ số có giá trị lớn nhất của khai triển (a + b)n biết rằng tổng các hệ
số bằng 4096
CT : Tổng các hệ số trong khai triển (a + b)n bằng:
Co
n + C1 + C2 + … + Cn = 2n = 4096 n = 12
Ta đi tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị:
Co
12
Thực hiện so sánh Ck
12 và C12k-1 bằng cách xét;
(1)
Từ (1) suy ra
16 – 3k = 4i; i N
0 < k < 8
x x
8
35
k k n n
k
x C
0
)!
(
!
k n k
n
C k
n
1 ) 1 (
)!
1 (
!
1
k n k
n
C k n
2
1 1
1
1 1
1
k k
n C
C C
n
k n k
n
k
n
2
1 1
1
1 1
1
k k
n C
C C
n
k n k
n
k
n
2
1
n k
2
1
n k
2
1
n k
1 13 13
)!
13 ( )!
1 (
! 12
)!
12 (
! 12
1
12
k k
k
k k
C
C
k
k
2
13 1
1 12
12 12
1
12 k
C
C C
k k
k
2
13 1
1 2
13 1
1 12
12 12
1
12 k k
C
C C
k k
k
Trang 6GV: Nguyễn Văn Huy (ĐT: 0909 646597) Chuyờn đề Nhị thức Newton
Vậy Ck
12 đạt giá trị lớn nhất tại k = 6 và C6 = 924
Ví dụ 6: Tìm số hạng có giá trị lớn nhất của khai triển.
Giải: Ta có gọi tk là số hạng thứ k + 1 trong khai triển
8 0
K
Từ (1) suy ra:
tk – 1 < tk
tk – 1 > tk
Tức là: Khi k chạy từ 0 dến 8 thì:
tk tăng khi k tăng và k < 6
tk giảm khi k tăng và k > 6
Vậy tk đạt giá trị lớn nhất tại k = 6 và có giá trị bằng
Ví dụ 7: Khai triển đa thức Px = ( 1 + 2x)12
Thành dạng P(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a20x10
Max (a1 a2 … a12)
Giải: Ta có (1 + 2x)12 =
12 2k với k = 1,12
TRUNG TÂM LTĐH TÀI ĐỨC Trang6
)27 0(3 2 ) 3
2 () 2
1 ( 2 27 27
27
27
Ca k k C k k k
k
)27 0(3 2 ) 3
2 () 2
1 ( 2 27 27
27
27
Ca k k C k k k
k
k
k C
C t
t
k k k
k k k
k
3
2 3
1
3
2 3
1
1 9
1 8
8 8 1
6 1
) 9 ( 2 1
1
k k
k t
t
k k
6 1
) 9 ( 2 1
1
k k
k t
t
k k
2187
1792 3
2 3
1 2 6
6
C
k k k k
k k k
x C x
C ( 2 ) 12 122
0 12
12
) 12 ( 2 1 )!
11 ( 1 (
! 12 2
)!
12 (
! 12 2
2
1 1 12
k k
k
k k
C
C a
a
k k n
k k
k
k
h k k
3
2 3
1 8
8
Trang 7Từ (1), suy ra:
ak + 1 < ak
ak + 1 > ak
Vậy ak đạt giá trị lớn nhất tại k = 8 và có giá trị bằng C8
12 88 = 126720
VD 8: Tìm n của k khai triển biết hạng tử thứ 9 có hệ số lớn nhất
Vì không thay đổi nên h/s trong khai triển thay đổi phụ thuộc vào (x+2)n Xét khai triển (x+2)n =
Hạng tử thứ 9 có h.s là C8 28 lớn nhất trong các hệ số
VD9: Cho khai triển
1 – Biết tổng hai hệ số đầu và hai lần hệ số của số hạng thứ 3 trong khai triển
2 – Biết hạng tử thứ 11 có hệ số lớn nhất Tìm n
Giải: Ta có
Theo gt
(thoả mãn) hoặc n = -26,75 (l) Vậy n = 7 ta có khai triển :
HST9:
Lập tỉ số:
Do đó (ak) tăng khi 0 < k < 15 => (ak) max = a15
Do đó (ak) giảm khi 16 < k < 27 => (ak) max = a16
Mà
3
23 1
) 12 ( 2
1 1
1
k k
k a
a
k k
3
23 1
) 12 ( 2
1 1
1
k k
k a
a
k k
n
n
x
) 2 ( 5
1 ) 5
2 5
n
5
1
k n k k n n
k
x
0
12 2
25 11
2 1 2 2
1
2 2
2
2 2
7 8
9 8
7 8 9 8
7 7 8
8
9 9 8
8
n n
C C
C C C
C C C C
C
C C
n n
n n
n n n n
n n
n n
n
x)
3
2 2
1 (
n
2 1285
27
0 11556 4
16 1285 9
) 1 ( 16 3
4 1
2
1285 9
4 2
1 2 3
2 2
1 2
1
) 3
9 (
9
4 2
1 3
2 2
1 2
1 )
3
2 2
1 (
2 2
2 1
1 0
2 2
2 1
1 0
n
n n n
n
C C
C
x C x
C x C
C x
n n
n n
n n n
n n n n n
n n
n n n n
k k k k
k
x C
3
2 ( ) 2
1 ( )
3
2 2
1
27 27 0
) 27 0
( 3 2 )
3
2 ( ) 2
1
27
27
k
15 0
1 1
27 5
4 3
2
3 2
. 2 27
27
) 1 ( 27 ) 1 ( 2 1 27 1
k
k C
C a
a
k k k
k k
k k k
15 16 15
16
15 17 4
3
a a a
a
n
x
) 5
2 5 (
Trang 8GV: Nguyễn Văn Huy (ĐT: 0909 646597) Chuyờn đề Nhị thức Newton
Nên (ak) max = a15 = C2723 3-15
2) Kết quả: n 17, 18, 19 làm tơng tự VD8
VD10: Tìm các hạng tử là số nguyên trong khi khai triển.
Giải: ta có
Để hạng tử là số nguyên thì
Vậy các hạng tử là số nguyên là C3
19 38 2; C9
19 35 23; C15
19 32 25
VD11: Biết rằng trong khai triển (x - )n = C0 x4 – C1 xn-1 + C2 xn-2
Trong KT trên là : C2 = 5
Khi n = 10 thì khai triển (x - )10 sẽ có 11 số hạng
Do đó số hạng chính giữa là số hạng thứ 6 đó là:
III – Tính các tổng C k và cmđt chứa C k
Bài 1: Với n số nguyên dơng CMR
a) C1
n + 2 C2 + … + (n – 1) Cn-1
n + n Cn = n 2n-1
b) 2.1 C2 + 3.2 C3 + … + n (n – 1) Cn = n (n – 1) 2n-2
CM: Với mọi x và n là số nguyên dơng ta có;
(1 + x)n = C0 + C1 x+ C2 x2 + … + Cn-1
n xn-1 + Cn xn (1) Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x ta đợc
n(1 + x)n-1 = C1 + 2C2 x + … + (n - 1) Cn-1
n xn-2 + n Cn xn-1 (2) a) thay x = 1 vào (2) ta đợc
n 2n-1 = C1 + 2 C2 + … + (n – 1) Cn-1
n + n Cn (ĐPCM) b) Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo x
Ta đợc:
TRUNG TÂM LTĐH TÀI ĐỨC Trang8
n
x
) 5
2 5 (
3 2 19 19 19 0
3 19 19 19 0
19
3 2 ) ( 3 ) ( 2 ) 3 2
3
(
k k k k
k k k
k
C C
15 5
9 5
3 1
2
3
19 3
3
,
2
19 0
,
3
2
k m
k m
k m
N k
N m m
m N k k
N k m
N
k m k k
N k m
N
k
N
k
k
N
k
3
1
3
1
9 1 3
1
9
)!
2 ( 2
!
n n
3 1
5 3
5 5 10
27
28 )
3
1
x
Trang 9n(n –1) (1 + x)n-2 = 2.1 C2 + 3 2 C2 x + … + (n – 1) (n – 2) Cn-1
n
Thay x = 1 và (3) ta đợc
n(n –1) 2n-2 = 2.1 C2 + 3 2 C2 x + … + (n – 1) (n – 2) Cn-1
n +
* Chú ý:
(1) Nếu phải tính tổng có dạng:
S1 = C1 + 2C2
n + 3 C3 + … + (n-1) Cn-1
n n-2 + n Cn n-2
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x đợc:
+ Thay x = vào (2) kết quả
+ Nếu phải tính tổng dạng
S1 = 2 1C2 + 3.2C3
n + … + (n-1) (n-2) Cnn-1 n-3 + n (n-1)(n – 2)Cnn-1 n-3 + n(n-1) Cn n-2
Phơng pháp:
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x đợc (2)
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo x đợc
Thay x = vào (3) kết quả
Chẳng hạn tính tổng:
C1 + 22 C2 1 + 3 C3 22 + … + (n-1) Cnn-1 cn-2 + n Cn 2n-1
= n(1+ 2) n-2 = n3n-2
VD2: CM các đẳng thức sau:
C1 3n-1 + 2 C2 3n-2 + … + (n-1) Cnn-1 3 + n Cn = n 4n-1 (1)
Hớng dẫn:
C1: Để ý: k Ck 3n-l = k Ck 3-k+1 3n-1 = k 3n-1 Ck
Từ đó (1) C1 3n-1 + 2 C2 3n-1 + … + (n – 1) Cnn-1 n – 2
+ 3n-1 n Cn n-1 = n 4n-2
n
k n n
k
x C
0
1 0
n
k
x C
2 0
) 1
n
k
x C k k
1 3
1
k
3
1
3 1
3 1
3 1
Trang 10GV: Nguyễn Văn Huy (ĐT: 0909 646597) Chuyờn đề Nhị thức Newton
C1 + 2 C2 + … + ( n – 1) Cnn-1 ( )n-2 + n Cn k-1
= n ( )n-1 = n (1 + )n-1
Thay x = vào (2) ta đợc đpcm
Cách 2:
Để ý : n 4n-1 = n (3+ 1)n-1
+ Lấy đ/h 2 vế của (1) theo biến x ta đuợc
(2) + Thay x = 1 vào (2) ta đợc
n(3 + 1)n-1 = C1 3n-1 + 2 C2 3n-2 + … + n Cn 3n-1
điều phải chứng minh
* Chú ý: Tính tổng có dạng.
S3 = C1 n - 1 + Cn n-2 +… + (n-1) Cnn-2 + n Cn
+ Lấy đ/h 2 vế của (1) theo biến x
Trong (2) thay x = 1 vào ta đợc kết quả
VD3: CMR
2n-1 C1 + 2n-1 C2 + 3.2n-3 C3 + 4 2n-4 C4 + … + n Cn = n 3n-1
(làm tơng tự VD2 với =
VD4: 1 Chứng minh các hệ thức sau:
Co + 2 C1 + 3 C2 + … + (n + 1) Cn = (n + 2) 2n-1
2) Tính tổng : S = 2 1 C1 + 3 2 C2 + … + n (n – 1) Cnn-1 + (n + 1) n Cn
Giải:
a) Cách 1:
Xét khai triển: (1 + x)n = Co + C1 + C2 x2… + Cnn-1 xn-1 + Cn cn
f(x) = x (1 + x)n = Co x + C1 x2 + C2 x3 + … + Cnn-1- xn +Cn xn+1 (1)
Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta đợc
(1 + x)n + xn (1 + x)n-1 = C0 x + C1 x2 + C2 x3 +… +n Cnn-1 xn-1 +
TRUNG TÂM LTĐH TÀI ĐỨC Trang10
3
1
3 1
3
4
3 1 3
1
k k n k n n
k
3 (
0 1 0
) 3
n
k
x
1 0
n
k
x C
1 0
n
k
x C
2 1
Trang 11+ n(n+1) Cn xn (2)
Thay x = 1 vào (2) ta đợc
2C1 + 3 2 C2 + … + n(n-1) Cnn-1 + (n + 1) n Cn = (2 + n) 2n-1
đpcm
b) Lấy đạo hàm 2 vế của (2) ta đợc
n(1+x)n-1 + n (1+ x)n-1 + n x (n –1) (1 + x)n-2
= 2 C1 + 3.2 C2 x + … + n (n-1) Cnn-1 cn-2 (n+1) n Cn xn-1 (3)
Thay x = 1 vào (3) ta đợc
S = 2 C1 + 3 2 C2 + … + n (n-1) Cnn-1 + (n+ 1) n Cn
= 2n 2n-1 + n (n-1) 2n-2 = n 2 n-2 (n + 1)
Chú ý: Tính tổng:
(1) S4 = Co + 2 C1 + 3 C2 2 + … + n Cnn-1 n-1 + (n+1) Cn n
Phơng pháp:
-Xét khai triển:
+ Nhân 2 vế của (1) với x ta đợc
Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo biến x ta đợc
Thay x = vào (3) kết quả tổng S4
(2) S5 = 2 1 C1 + 3 2 C2 + … + n (n – 1) Cnn-1 n-2 + (n + 1) n Cn
n n-1
Phơng pháp: Lấy đạo hàm 2 vế của (3) sau đó thay x = => kết quả
VD5: Tính tổng
S1 = 2 C1 + 3 22 C2 + 4.3C2 22 +… + n (n-1) Cnn-1 2n-2 +
+ (n+1) n Cn 2n-1
S2 = 12 C1 + 22 C2 + 33 C3 42 C4 +… + p2 Cp
n + … + n2 Cn
HD : Để ý p2Cp = p.p Cp = p [(p+1) –1] Cp
= p(p+1) Cp – p Cp
S2 = [2 C1 + 3 2 C2 + … + p (p+1) Cp + … + (n + 1) n Cn ]
k k n n
k
x C
0
1 0
n
k
x C
k k n n
k
x C
k 1 ) (
0
Trang 12GV: Nguyễn Văn Huy (ĐT: 0909 646597) Chuyờn đề Nhị thức Newton
- [ C1 + c2 + … + pCp + … + n Cn ]
Giải: Xét f(x) = (1 + x)n = Co + C1 x + C2 x2 + C3 x3 + … + Cn xn
Và g(x) = x (1 + x)n = Co
nx + C1 x2 + C2 x3 + C3 x4 + … + Cn xn+1
Ta có f(x) = n (1 + x)n-1 = C1 + 2 C2 x + 3 C3 x2 + … + n Cn xn-1
f(1) = n 2n-1 = C1 + 2 C2 + 3 C3 + … + n Cn (1)
g’(x) = (1+ x)n + nx (1 + x)n-1 = Co + 2 C1 x + x C2 x2 + 4 C3 x3
+ … + (p + 1) Cp xp + … + (n-1) Cn xn
g’’(x) = 2n (1 + x)n-1 + n (n – 1) x (1 + x) n-2
= 2 C1 + 3 2 C2 + 4 3 C3 x2 + … + (p + 1) p Cp xp-1
+ … + (n + 1) n Cn xn-2
g’’ (1) = 2n 2n-1 + n (n-1) 2n-2
= 2 C1 + 3 2 C2 + 4 3 C3 + … + (= + 1) p Cp + … + (n + 1) n Cn
Lấy (2) – (1) S2 = 2n 2n-1 + n ( n- 1)n-2 – n 2n-1
= n 2n – 2 (3n – 1)
VD6: Với n nguyên dơng hãy chứng minh
(1) 4n Co – 4n-1 C1 + 4 n-2 C2 + … + (-1)n Cn
= Co + 2 C1 + … + n 2n-1 Cn + … + 2n Cn
(2) C1 + 4 C2 + … + n.2n-1 Cn = n 4n-1 Co – (n-1) 4n-2 C1
+ (n-2) 4n-3 C2
n + … + (-1)n-1 Cnn-1 Giải (1) với mọi x và n là số nguyên dơng ta có
(4 – x)n = Co + 4n – C1 4n-1 x + 4n-2 C2 x2 + … + (-1)n Cn xn (1)
Thay x = 1 và (1)
3n = Co 4n- C1 4n-1 + C2 4n-2 + … + (-1)n Cn
n (*) Với mọi x và n là số nguyên dơng ta có:
(1 + x)n = Co + C1 x + … + Cn xn (2)
Thay x = 2 vào (2) ta đợc;
3n = Co C1 2 + 22 C2 + … + 2n Cn
n (**)
Từ (*) và (**) đpcm
TRUNG TÂM LTĐH TÀI ĐỨC Trang12