pp to hop on thi DH

Các dạng bài tập phơng pháp giải, VD minh hoạ Trong phần này có các dạng bài tập sau: • Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phơng trình, b

Các dạng bài tập phơng pháp giải, VD minh hoạ

Trong phần này có các dạng bài tập sau:

• Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phơng trình, bất phơng trình.

• Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm

• Dạng 3: áp dụng công thức nhị thức Newton để chứng minh các đẳng thức

• Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton.

Dạng 1: : Biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phơng trình, bất phơng trình.

PP: Cơ sở của pp là thực hiện các bớc sau

Trong quá trình giải có thể áp dụng các bớc trung gian: quy nạp, phản chứng

VD1: CM với mọi số nguyên dơng chẵn n có:

1

n

−

Đặt S = VT(1) Ta có :

S n

= + + +

Mặt khác

 + = + + +





− = − + + −



VD2 : CM n! 2> n− 1 ∀ ∈n Ơ*,n≥3 (*)

Ta dùng quy nạp toán học

Khi n = 3 có 3! 6 2= > 2 = ⇒4 (*) đúng

(k+1)! 2> k Thật vậy từ k! 2> k−1⇒ +(k 1) ! (k > +k 1).2k−1

Do k≥ ⇒ + ≥ ⇒3 (k 1) 4 2 (k−1 k+ ≥1) 4.2k−1>2k⇒ +(k 1)! 2> k

VD3: Cho cấp số cộng u u1, , ,2 u u n n+1 CM :

1

1

k

+

+

=

Giải

Do u1, u n+1 là 1 cấp số cộng nên k=0,n có :

u1+u n+1=u k+1+u n k− +1

1

n

+

Đẳng thức cần chứng minh trở thành:

1 1

2

k

n

+ +

+

=

Ta CM (2) bằng quy nạp

Với n = 1:

1

2

k

k= C n =C +C =

∑

VP(2)= 22 (21 22) 2

Giả sử (2) đúng đến n = p Ta CM nó đúng với n = p+1

Ta có :

1

0

n

+

+

11

+

+

Từ (3) suy ra

1

+

−

Theo giả thiết quy nạp có:

2 2 1

2

k p p

k

p

k

+ +

=

+ +

=

2

C +C +C = x (1)

Giải

2

x

x x

Vậy nghiệm x = 4

VD5: CM

1 2

1

Giải

áp dụng công thức 1

1

( 1)

n

C

−

−

= −

C + C − ≤ C ≤ ≤k n

đpcm

2

2

2

⇔ + − ≤  

⇔ + − ≤  

áp dụng bất đẳng thức

2

2

x y

xy  + 

≤  ữ có :

2

2

2

+ − ≤ +

Nhân vế với vế của các BĐT trên có đpcm

Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm

Cần chú ý khi nào sử dụng quy tắc nhân, khi nào sử dụng quy tắc cộng.

VD1: Cho B={0,1, 2,3} Từ B có thể lập đợc:

a/ Bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau?

b/ Bao nhiêu số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau?

Giải

a/ Dạng abcd a, ( ≠0)

b∈{0,1, 2,3 ;} b a≠ ⇒ có 3 cách chọn

c∈{0,1, 2,3 ;} c b c a≠ , ≠ ⇒có 2 cách chọn

d∈{0,1, 2,3 ;} d b d≠ , ≠a d, ≠ ⇒c có 2 cách chọn

Vậy có 3.3.2.1=18 cách chọn

b/

a∈{1, 2,3} ⇒ có 3 cách chọn a

Tơng tự có 2 cách chọn b, 1 cách chọn c

⇒có 3.2.1=6 cách

- TH2: dạng abc2, a≠0.

Có 2 cách chọn a, 2 cách chọn b, 1 cách chọn c

Vậy có 6+4=10 cách chọn

VD2: Cho tập hợp E={0,1, 2,3, 4,5,6,7} Có bao nhiêu số chẵn có 5 chũ số phân biệt

lập từ E.

Giải

Gọi A là tập hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là 0

B là hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là số khác 0

3!

Ta tính số phần tử của B:

7

A

{ }

\ ,0

6

A

vậy B =3(A74−A63) 2160=

Kết luận: có 840+2160=3000 cách chọn

VD3:

Có bao nhiêu cách phân phối 10 vật phân biệt vào 5 hộp phân biệt sao cho hộp 1 chứa 3 vật, hộp 2 chứa 2 vật , hộp 3 chứa 2 vật , hộp 4 chứa 3vật và hộp 5 không chứa vật nào?

Giải

7

C cách chọn

3

C cách chọn

Vậy có C 103 2

7

C 2 5

C 3 3

C =25200 cách chọn.

Dạng 3: Các bài toán áp dụng nhị thức Newton

0 1 n

A k C= +k C + +k C ta cần nhận dạng đặc biệt của k và A Sau đó sử dụng khai triển: p

a b+ =C a +C a b− + +C ab− − +C b (*)

Hoặc sử dụng ( 1)n 0 n 1 n 1 n 1 n

x+ =C x +C x − + +C x C− + (**) Khi đó dựa vào dạng của A mà sử dụng (*) hoặc (**) bằng cách thay a, b bằng các giá trị cụ thể hoặc sử dụng đạo hàm hoặc tích phân

C C −C C −− +C C −− − + − C C − = k n∈Ơ ≤ ≤k n

n

C đợc:

C +x =C C +C C x+ +C C x (1)

Với m k≤ có : ! !

−

−

Từ (1) và (2) suy ra

1

C +x =C C +C C x−− + +C C x−

Thay x= -1 ta đợc đpcm

C + C + C + +n n− C =n n− −

Xét khai triển

Lấy đạo hàm 2 vế (1) :

Lấy đạo hàm 2 vế (2):

Thay x= 1 vào (3) suy ra đpcm

VD3: CM đẳng thức :

n

Xét

0

1

n n

n

+ −

+

0

n

n

+

+

Từ (1) và (2) suy ra (*)

Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton

VD1: Tìm hệ số của x trong khai triển: 50 P x( ) (1= + +x) 2(1+x)2+ + 1000(1+x)1000

Giải

Ta có

1001 1001

x P x P x

x

x

áp dụng nhị thức Newton có :

Thay (2) vào (1) đợc:

1

1

1

x

x C

x

Mµ 1 10011 1

−

P x  C x C x  C C x C x C x x

VËy hÖ sè cña x lµ 50 a50=1000C100151 −C100152

VD2: ViÕt sè h¹ng thø k+1 trong khai triÓn cña 1 10

x

+ vµ t×m sè h¹ng kh«ng chøa x

Gi¶i

10

1

n

x

VD3: T×m 2 sè chÝnh gi÷a cña khai triÓn x3−xy)15.

Gi¶i

Theo c«ng thøc nhÞ thøc Newton 2 sè chÝnh gi÷a lµ

C x −xy +C x −xy = −C x y +C x y