chan thể dục 6 trần anh mạnh thư viện tư liệu giáo dục

CHÖÙNG MINH CAÙC ÑAÚNG THÖÙC TOÅ HÔÏP. A.[r]

§3 NHỊ THỨC NIUTƠN

I MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TÍNH CHẤT CỦA C❑n k, P n , A❑n k

Trong phần này ta chú ý một số công thức thường sử dụng sau :

 C n k = k !(n − k )! ,  A n ! ❑n k = (n − k )!  Pn! n = n!

 C❑n k = C❑n −1 k −1 + C❑n −1 k  C❑n k = C❑n n −k

BT1 : Chứng minh rằng

a) C❑n −1 m −1 = m n C❑n m (1  m  n) b) C❑m+n m = C❑m+n − 1 m + C❑m+n − 1 n ( m.n

 1 )

HD

a) C❑n −1 m −1 = (m −1)![(n −1)−(m −1)]! = (n− 1)! (m −1)!(n −m)!(n −1)!

= m n m !(n− m)! = n ! m n C❑n m

b) Sử dụng công thức : C❑n k = C❑n −1 k −1 + C❑n −1 k , ta có :

C❑m+n m = C❑m+n − 1 m −1 + Cmm  n  1

Lại sử dụng công thức : C❑n k = C❑n n −k ta có :

C❑m+n − 1 m −1 = C❑(m+n − 1 m +n −1)−(m −1) = C❑m+n − 1 n

 C❑m+n

m = C❑m+n − 1

m + C❑m+n − 1

n

BT2 : Cho a1, a2 , a3, a4 là 4 hệ số liên tiếp của khai triển (1 + x)n chứng minh rằng

a1

a1+a2 + a3

a3+a4 = 2 a2

a2+a3

HD

a1 = C n

k = k !(n − k )! , a n ! 2 = C n

k+1 = (k +1)!(n− k −1)!n !

a3 = C n k+2 = (k +2)!(n− k −2)! , an ! 4 = C n k+3 = (k +3)!(n− k −3)!n !

 a1

a1+a2 =

n!

k !(n − k )![ n !

k !(n −k )!+

n!

(k +1)!(n −k −1)!] =

1 1+n − k

k +1

= k +1 n+1

Tương tự : a3

a3+a4 = k +3 n+1 , 2 a2

a2+a3 = 2(k +2)

n+1

 a1

a1+a2 + a3

a3+a4 = k +1 n+1 + k +3 n+1 = 2 k+4 n+1 = 2(k +2)

n+1 = 2 a2

a2+a3

Ta có đẳng thức cần chứng minh

BT3 :

1) Tìm x thoả mãn :A x

2 = 2

2) Tìm x thoả mãn :C1

4

x - C1

5

x = C1

6

x

3) Tìm n, k thoả mãn P P n+5

n −k = 240A❑n+3 k+3

4) Tìm n thoả mãn A n+ 44

(n+2)! < 15(n −1)!

HD

1) Điều kiện : x  N, x  2

A x

2 = 2  (x − 2)! = 2 x !  (x − 2)!(x −1)x

(x − 2)! = 2  (x - 1)x = 2  x2 - x - 2 = 0  x = 2

2) ĐK : 0  x  4, x  N

 x = 0 : C1

4

0 - C1

5

0 = 0, C1

6

0 = 1 (loại)  x = 1 :

C1

4

1 - C1

5

1 = 14 - 15 = 20 ; 1 C1

6

1 = 16  C1

4

1 - C1

5

1  C1

6

1 (loại)  x = 2 :

C1

4

2 - C1

5

2 = 16 - 10 = 1 15 ; 1 C1

6

2 = 15  1 C1

4

2 - C1

5

2 = C1

6

2 (nhận)  x = 3

1

C43 - 1

C53 = 14 - 10 = 1 20 ; 3 1

C63 = 20  1 1

C43 - 1

C53  1

C63 (loại)  x = 4 :

C1

4

4 - C1

5

4 = 1 - 15 = 45 ; C1

6

4 = 15  1 C1

4

4 - C1

5

4  C1

6

4 (loại ) Vậy x = 2

3) Điều kiện : 0  k  n

P n+5

P n −k = 240A❑n+3 k+3  (n − k )!(n+5)!=240(n+3)!

(n− k )!

 (n + 3)!(n + 4)(n + 5) = 240(n + 3)!) = 240(n + 3)!

 (n + 4)(n + 5) = 240(n + 3)!) = 240  n2 + 9n - 220 = 0

 ¿

¿

Vậy n = 11, k là số nguyên thoả 0  k  11

4) Điều kiện n N*

A n+ 44

(n+2)! < 15(n −1)! 

(n+4)!

(n+4 − 4)!

(n+2)!

< 15(n −1)!

 n !(n+2)! < (n+4)! 15(n −1)!  (n + 3)(n + 4) < 15) = 240(n + 3)!n

 n2 - 8n + 12 < 0  2 < n < 6

Vậy n = 3, n = 4, n = 5) = 240(n + 3)!

BL1 : Giải phương trình:

a) C1

4

x + C1

5

x = 15 b) 4 A x

10

+A x9

A8X = 9

c) A❑x2C❑x x −1 = 48 d) C❑x1 + C❑x2 + C❑x3 = 72x

BL2 : Chứng minh rằng

b) A n − 1 m =A n m − mA n − 1 m − 1

e) C n k = C n −1 k −1 + C n −2 k −1 + + C k −1 k −1

II CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON

1) Công thức nhị thức Niutơn :

(a + b)n = C n

0an + C n

1an-1b + + C n

kan-kbk + + C n

nbn

2) Các tính chất của công thức nhị thức Niutơn :

 Số các số hạng của công thức bằng n + 1

 Tổng các số mũ của a và của b trong mỗi số hạng bằng số mũ của nhị thức  Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (a + b)n là

Tk+1 = C n kan-kbk 0k ≤ n

 C n

0 + C n

1 + + C n

n = (1 + 1)n = 2n

 C n

0 - C n

1 + + (-1)kC n k + + (-1)nC n n = (1 - 1)n = 0

 C❑n

k = C n

n −k; C❑n

k = C n −1

k −1 + C n −1

k ; kC n

k = nC n −1

k −1

BT1 : a) Tìm số hạng chứa x185) = 240(n + 3)!4 trong khai triển ¿ (x > 0)

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : (3

√x + 1x )6

HD

Tk = C2004k −1x2004-k+1( 1

√x)k-1 (1  k  2005) = 240(n + 3)!) Giải phương trình 2004 - k + 1 - k −12 = 185) = 240(n + 3)!4 ta có k = 101

Vậy số hạng chứa x185) = 240(n + 3)!4 trong khai triển trên là C2004100 x185) = 240(n + 3)!4

b) Số hạng thứ k + 1 trong khai triển trên là :

C❑6

k(3

√x)6-k(1x )k (0  k  6, k  N)

Để tìm số hạng không chứa x ta giải phương trình :

6 −k3 - k = 0  6 - k - 3k = 0  6 = 4k  k = 32 (loại )

Không có số hạng không chứa x trong khai triển trên

BT2 : Tìm số hạng tử chứa x35) = 240(n + 3)! trong khai triển (x2 + x + 1)20

HD

(x2 + x + 1)20 = [x(x + 1) + 1]20

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển trên là :

C❑20

k x20-k(x + 1)20-k (0  k  20) (*)

Số hạng thứ s + 1 trong khai triển (*)

C❑20k x20-kC❑20− k s x 20 − k− s= C❑20k C❑20− k s x 40− 2 k− s (0  s  20 - k) (**)

Để có số hạng chứa x35) = 240(n + 3)! ta phải có

40 - 2k - s = 35) = 240(n + 3)!  2k + s = 5) = 240(n + 3)! với k, s thoả mãn (*) và (**)

 (k = 0, s = 5) = 240(n + 3)!), (k = 1, s = 3), (k = 2, s = 1)

Vậy số hạng tử chứa x35) = 240(n + 3)! trong khai triển (x2 + x + 1)20 là

(C❑20

0 C❑20

5 + C❑20

1 C❑19

3 + C❑20

2 C❑18

1 )x35) = 240(n + 3)! = 38304 x35) = 240(n + 3)!

BT3 : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển (1 + 6x + x)10

HD

Đặt x + 6x = t, ta co ù:

(1 + 6x + x)10 = (1 + t)10 = C100 + C101t + C102 t2 + … + C10k tk + … + C1010t10 (*)

Với tk = (6x + x)K (**)

Số hạng thứ s + 1 trong khai triển (**) là C k s(6x )k-sxs = 6k-sC k s

x s

x k− s (0  k  10; 0  s  k)

Muốn có số hạng không chứa x trong khai triển (**) ta phải có:

s = k - s  k = 2s, như vậy các giá trị của k chỉ có thể là 0, 2, 4, 6, 8, 10 giá trị của s tương ứng là 0, 1, 2, 3, 4, 5) = 240(n + 3)!

Vậy số hạng cần tìm là

(1 + C102C216 + C104C4262 + C106C6363 + C108 C8464 + C1010C105 65) = 240(n + 3)!) = 6995) = 240(n + 3)!05) = 240(n + 3)!3

BT4 : Tìm số hạng chứa x20 trong khai triển : (1 + x + x3 + x4)10

HD

Ta có :

(1 + x + x3 + x4)10 = (1 + x)10(1 + x3)10

(1 + x)10 = a0+ a1x+… + a10x10 (1)

(1 + x3)10 = b0+ b3x3 + … + b30 x30

(2) Muốn có số hạng chứa x20 trong khai triển tích (1 + x)10(1 + x3)10, ta phải lấy số hạng bậc k trong (1) nhân với số hạng bậc 20 - k trong (2) Vì vậy số hạng chứa x20 trong khai triển đã cho là :

(b12a8 + b15) = 240(n + 3)!a5) = 240(n + 3)! + b18a2)x20 = (C104 C108 +C105 C105 +C106 C102 ) x20

BL : 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển (1

x3+√x5)n biết

C❑n+ 4 n+1-C❑n+3 n = 7(n+3)

HD : Từ C❑n+ 4 n+1-C❑n+3 n =7(n+3) tính được n = 12 ĐS : C❑128 (ĐH 2003)

2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển (2 + x + 2x )12

3) Tìm số hạng tử chứa x30 trong khai triển (x2 + x + 1)20

BT5 : Cho khai triển : (1 + 2x)13 = a0 + a1x + ….+ a13x13 Tìm Max, Min{a0, a1, , a13}

HD

P(x) = (1 + 2x)13 = a0 + a1x + … + a13x13

ai = C13i 2i với i = 0, 1, … , 13

Xét tính đơn điệu của dãy a0, a1, …, a13 Ta có :

ai+1 - ai = C❑13i+12i+1 - C13i 2i = 13 !(i+1)!(12− i)! 2i+1 - 13 ! i!(13− i)!2i

= 13 ! i!(12−i)! 2i (i+1 - 2 13 −i )1

= 13 ! i!(12−i)! 2i 25 −3 i

(i+1)(13− i) (i = 0, 1, … , 12)

ai+1 - ai > 0  25) = 240(n + 3)! - 3i > 0  i < 253  a0 < a1 < a2 < … < a9

ai+1 - ai < 0  25) = 240(n + 3)! - 3i < 0  i > 253  a9 > a10 > … > a13

Vậy Maxa0, a1, … , a13= a9

Vì a13

a0 = 213

1 > 1  a13 > a0

Vậy Mina0, a1, … , a13 = a0

Chú ý :Vì dãy a0, a1,…, a13 giữ nguyên dấu dương, nên để xét tính đơn điệu ta có thể so sánh tỉ số a i+ 1

a i và số 1

BT6 : Cho khai triển P(x) = (1 + 6x)13 = a0 + a1x + ….+ a13x13 Tính

Maxa0; a1; … ; a13 ; Mina0 , a1 , … , a13

HD

Ta có :

ai = C13

i 6i i = 0, 1, … , 13

ai+1 - ai = C❑13i+16i+1 - C13i 6i = 13 !(i+1)!(12− i)! 6i+1 - 13 ! i!(13− i)!6i

= 13 ! i!(12−i)! 6i (i+1 - 6 13 −i )1

= 13 ! i!(12−i)! 6i77 −7 i

(i+1)(13− i) (i = 0, 1, … , 12)

ai+1 - ai  0  77 - 7i  0  i  11  a0 < a1 < a2 < … < a11 = a12

ai+1 - ai < 0  77 - 7i < 0  i > 11  a12 > a13

Vậy Maxa0; a1; … ; a13 = a12 = a11

Dễ thấy : a0 < a13  Mina0 , a1 , … , a13  = a0

BL : Cho khai triển (1 + 12x)10 = a0 + a1x + ….+ a10x10 Tìm Max, Min {a0, a1, , a10}

ĐS : Maxa0 , a1, … , a10 = a3; Mina0, a1, , a13 = a10

III CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC TỔ HỢP

A PHƯƠNG PHÁP 1 : Xuất phát từ đẳng thức (nhị thức Newton) :

(a + b)n = C n

0an + C n

1an-1b +…+ C n

kan-kbk +…+ C n

nbn

ta thu được các đẳng thức khác nhau bằng cách cho a, b, n các giá trị khác nhau

BT1 : Chứng minh các đẳng thức

1) C 2m0 + C 2m2 + … + C 2m 2m = C 2m1 + C 2m3 + … + C 2m 2m − 1

2) 4n = C n0 + 3C n1 + 32C n2 + … + 3kC n k + … + 3nC n n

3) C❑2 p0 + C❑2 p2 + C❑2 p4 + + C❑2 p 2( p −1) + C❑2 p 2 p = C❑2 p1 + C❑2 p3 + + C❑2 p 2 p− 3 + C

❑2 p 2 p− 1

= 22p-1

HD

1) Ta co ù: (a + b)2m = C 2m

0 a2m + C 2m

1 a2m-1b + C 2m

2 a2m-2b2 + + C 2m

2m b2m Cho a = 1, b = -1, ta có

0 = C 2m0 - C 2m1 + C 2m2 - … - C 2m 2m − 1 + C 2m 2m

 C 2m0 + C 2m2 + … + C 2m 2m = C 2m1 + C 2m3 + … + C 2m 2m − 1

2) Ta có : (a + b)n = C n0an + C n1an-1b + … + C n kan-kbk + … + C n nbn

Cho a = 1, b = 3, ta có :

4n = C n0 + 3C n1 + 32C n2 + … + 3kC n k + … + 3nC n n

3) Ta co ù: (a + b)n = C n0an + C n1an-1b + … + C n kan-kbk + … + C n nbn

Cho a = b = 1, n = 2p ta co ù:

(1 + 1)2p = 22p = C❑2 P0 + C❑2 p1 + C❑2 p2 + C❑2 p3 + C❑2 p4 + + C❑2 p 2 p− 1 + C❑2 p 2 p (1) Cho a = 1, b = -1, n = 2p, ta có :

(1 - 1)2p = 0 = C❑2 P0 - C❑2 p1 + C❑2 p2 - C❑2 p3 + C❑2 p4 - - C❑2 p 2 p− 1 + C❑2 p 2 p (2)

(1) cộng (2) vế theo vế ta có:

22p = 2(C❑2 P

0 + C❑2 p

2 + C❑2 p

4 + + C❑2 p 2( p −1) + C❑2 p

2 p )  C❑2 P0 + C❑2 p2 + C❑2 p4 + + C❑2 p 2( p −1) + C❑2 p 2 p = 22p-1

(1) trừ (2) vế theo vế ta có:

C❑2 p

1 + C❑2 p

3 + + C❑2 p

2 p− 3 + C❑2 p

2 p− 1 = 22p-1

BT2 : 1) Tính tổng sau :C50 + 2C51 + 22C52 + 23 C❑53 + 24 C❑54 + 25) = 240(n + 3)! C❑55 (SBT)

2) Tìm số nguyên dương n sao cho C n0 + 2C n1 + 4C n2+…+ 2nC n n= 243

HD

1) Ta co ù: (a + b)n = C n

0an + C n

1an-1b + … + C n

kan-kbk + … + C n

nbn

Cho a = 1, b = 2, n = 5) = 240(n + 3)! ta có :

(1 + 2)5) = 240(n + 3)! = C5

0 + C5

12 + C5

222 + C❑5323 + C❑5424 + C❑5525) = 240(n + 3)!

 C5

0 + 2C5

1 + 22C52 + 23 C❑53 + 24 C❑54 + 25) = 240(n + 3)! C❑55 = 35) = 240(n + 3)! = 243

2) Ta có : (a + b)n = C n

0an + C n

1an-1b + … + C n

kan-kbk + … + C n

nbn

Cho a = 1, b = 2 ta co ù:

(1 + 2)n = 3n = C n0 + C n12 + C n222 + … + C n n2n

 C n

0 + 2C n

1 + 4C n

2 + … + 2nC n n = 3n

 3n = 243  n = 5) = 240(n + 3)!

B PHƯƠNG PHÁP ĐỒNG NHẤT

BT3 : a) Chứng minh : C 2n n = C n0C n n + C n1C n n −1 + … + C n n C n0 = (C n0)2 + (C n1)2 + + (C n n)2

b) Chứng minh : C❑100 C❑2015 + C❑101 C❑2014 + C❑102 C❑2013 + + C❑1010C❑205 = C❑3015

HD

a) Ta có : (1 + x)n = C n0 + C n1x + ….+ C n nxn

(*) (1 + x)m = C m0 + C m1x + … + C m mxm (**)

Muốn có hạng tử chứa xk trong khai triển tích (1 + x)n(1 + x)m , ta phải lấy hạng tử bậc

k - s trong (*) nhân với hạng tử bậc s trong (**) với s = 0, 1, , k Vậy hệ số của xk

trong khai triển tích (1 + x)n(1 + x)m là

ck = C n0C m k + C n1C m k −1 +….+C n k C m0 (k  m, k  n)

Theo nhị thức Newton, trong khai triển (1 + x)n+m øhệ số của của xk là C n+m k

Vì : (1 + x)n(1 + x)m = (1 + x)n+m

 Cn+m k = C n0C m k +C n1C m k −1 +….+C n k C m0

Cho k = m = n, ta có :

C 2n

n = C n

0

C n n + C n

1

C n n −1 + … + C n

n

C n0 = (C n

0)2 + (C n

1)2 + + (C n

n)2

b) Ta có :

(1 + x)10 = C❑100 + C❑101 x + C❑102 x2 + + C❑1010x10

(1 + x)20 = C❑200 + C201x + C202 x2 + + C❑2020x20

Tương tự như câu a, hệ số của x15) = 240(n + 3)! trong khai triển của tích (1 + x)10(1 + x)20 là

C❑100 C❑2015 + C❑101 C❑2014 + C❑102 C❑2013 + + C❑1010C❑205

Theo nhị thức Niutơn, trong khai triển (1 + x)30 hệ số của x15) = 240(n + 3)! là C❑3015

Mặt khác ta có : (1 + x)10(1 + x)20 = (1 + x)30

 C❑100 C❑2015 + C❑101C❑2014 + C❑102 C❑2013 + + C❑1010C❑205 = C❑3015

0

C n k+Cm1C n k −1+Cm2C n k −2+ +Cm m C n k − m=Cm+n k (Với m  k  n)

2) Chứng minh :C 2n

0 + C 2n

2 + C 2n

4 + + C 2n

2n = C 2n

1 + C 2n

3 + + C❑2 n

2 n− 1

HD : Khai triển (1 - x)2n và cho x = 1

3) Tìm số hạng chứa x20 trong khai triển(1 + x2 + x3 + x5) = 240(n + 3)!)10

4) Tìm số hạng chứa x10 trong khai triển (1 + x + x3 + x4)4

ĐS : (C41C43

+C44C42)x10

5) Hãy tính hệ số a12 trong khai triển (1 + x + x2 + x3)5) = 240(n + 3)! = a0 + a1x + a2x2 + … + a15) = 240(n + 3)!x15) = 240(n + 3)!

6) Đa thức P(x)=(1 + x + x2)10 được viết lại dưới dạng a0 + a1x +…+ a20x20.Tìm a4 (ĐH 2002)

7) Đa thức P(x)=(1 + x + x2 + x3)10 được viết lại dưới dạng a0 + a1x +…+ a30x30 Tìm a10