Tổng hợp Nhị thức newton (niu ton) lý thuyết và bài tập

Phần I: lý do chọn đề tài
1.Cơ sở lý luận:
Nhị thức Niu tơn là một phần kiến thức cơ bản trong chơng trình giải tích
lớp 12. Nhị thức Niutơn có nhiều ứng dụng trong các dạng toán để ôn thi đại
học, ôn thi học sinh giỏi. Và các dạng toán ứng dụng của Nhị thức Niutơn thờng
là các dạng toán khó và hay có trong các câu và của đề thi tuyển sinh đại học.
Học sinh học các dạng toán này thờng thì không biết bắt đầu từ đâu để giải quyết
bài toán.
2.Cơ sở thực tiễn:
Xuất phát từ quá trình tự học, tự nghiên cứu của bản thân, và những kinh
nghiệm có đợc trong quá trình dạy học, dạy học sinh ôn thi tuyển sinh vào đại
học, ôn thi học sinh giỏi, tôi tổng kết đợc những dạng toán cơ bản của Nhị thức
Niutơn và ứng dụng của Nhị thức Niutơn.
3.Mục đích nghiên cứu đề tài:
Nghiên cứu đề tài Nhị thức Niutơn và ứng dụng của Nhị thức Niutơn nhằm
mục đích là nâng cao kiến thức của mình về vấn đề này và hơn thế nữa để sử
dụng nó trong quá trình dạy học sinh ôn thi tuyển sinh đại học và ôn thi học sinh
giỏi.
4.Phơng pháp nghiên cứu đề tài:
-Nêu kiến thức cơ bản của nhị thức Niutơn
-Phân dung bài tập cơ bản.
-Trong mỗi dạng bài tập cơ bản đều có ví dụ minh hoạ.
-Sau các ví dụ minh hoạ là các chú ý, nhận xét, phơng pháp giải của từng
dạng.
-Cuối cùng là các ví dụ luyện tập, hớng dẫn và bài tập tự luyện.
4-Nội dung cơ bản của đề tài:
Phần 1: Các kiến thức cơ bản của Nhị thức Niu tơn
Phần 2: Các dạng bài tập liên quan (áp dụng)
Dạng 1 Viết khai triển nhị thức Niutơn. Sử dụng khai triển đó tính tổng.
Dạng 2: Tìm hệ số, số hạng trong khai triển.
+Phơng pháp chung

1
+Bài tập áp dụng
+Bài tập tự giải
Dạng 3: Tính tổng có chứa
k
n
C
. Chứng minh đẳng thức có chứa
k
n
C
.
+Nêu ví dụ
+Sau ví dụ là các chú ý, nhận xét, phơng pháp giải.
+Bài tập tự luyện tập.
5-Định hớng nghiên cứu đề tài:
Từ các dạng bài toán cơ bản của nhị thức Niutơn và các ứng dụng có thể
mở rộng hơn các dạng bài tập áp dụng của nhị thức Niutơn với các dạng bài tập
khcs với mức độ khó và sâu hơn nhất là các dạng toán tính tổng, chứng minh
đẳng thức
k
n
C
sử dụng đạo hàm và tích phân hay giải phơng trình, bất phơng
trình
2
Nhị 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
= c
o
n
a
n
+ c
1
n
a
n 1
b + c
2
n
c
1
n 2
b
2
+ + c
n
n-1
ab
n 1
+ c
n
n
b
n

(*)
kkn
n
nk
k
n
baC

=

=
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:
C
0
n;
C
1
n
; C
2
n
; C
n-1
n
; C
n

n
;
Với chú ý: C
k
n
= C
n
n
k
0 < k < n.
3 Một số dạng đặc biệt:
+ Dạng 1: Thay a = 1 và b = x vào (*) ta đợc
(1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
x
2
+ + C
n-1
n
x
n-1

+ C
n
n
x
n
+ Dạng 2: Thay a = 1 và b = -x vào (*) ta đợc (2)
(1 - x)
n
= C
0
n
- C
2
n
x+ C
2
n
x
2
+ (-1)
k
C
k
n
x
k
+ + (-1)
n
C
n

n
x
n
(3)
4 Một số hệ thức giữa các hệ số nhị thức
+ Thay x = 1 vào (2) ta đợc
C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
+ + C
n
n
= 2
n
+ Thay x = -1 vào (3) ta đợc:
C
0
n
- C
1
n
x + C
2
n

- + (-1)
n
C
n
n
= 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
3
1
1

+
=
k
n
k
n
C
k
kn
C
CT: Ta có (3x 4)
5

kk
k

k
xC )4.()3(
5
5
0
5
=

=

= 3
5
. C
0
5
. x
5
+ 4.3
4
C
1
5
x
4
+ + 4
5
C
5
5
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
C
0
5
= 1 C
1
5
= 5 C
2
5
= 10
Vậy (3x 4)
5
= 243x
5
1620 x
4
+ 4320 x
3
5760 x
2
+ 3840 x 1024
Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
a: S
1
= C
0
6

+ C
1
6
+ C
2
6
+ + C
6
6
b: S
2
= C
0
5
+ 2C
1
5
+ 2
2
C
2
5
+ +2
5
C
5
5
c: S
3
= 3

17
. C
0
17
4
1
. 3
16
. C
1
17
+ 4
2
. 3
15
. C
2
17
4
3
.3
14
. C
3
7
+ -4
17
.C
17
17

d: S
4
= C
6
11
+ C
7
11
+ C
8
11
+ C
9
11
+ C
10
11
+ C
11
11
e:
0
1
2001
2002
2001
20022002
2000
2001
1

2002
2001
2002
0
20024
CCCCCCCCS
k
k
k
+++++=


Giải:a ta có
S
1
= C
0
6
+ C
1
6
+ C
2
6
+ + C
6
6
= (1 + 1)
6
= 2

6
= 64
b:Ta có (1 + x)
5
k
k
k
xC

=
=
5
0
5
(1)
Thay x = 2 vào (1) ta đợc:
S
2
= C
0
5
+ 2C
1
5
+ 2
2
. C
2
5
+ +2

5
C
5
5
= 3
5
= 243
c:Ta có:
S
3
= 3
17
. C
0
17
4
1
. 3
16
. C
1
17
+ 4
2
. 3
15
. C
2
17
4

3
.3
14
. C
3
7
+ -4
17
.C
17
17
= C
0
17
.3
17
+ C117.3
16
(-4)
1
+ C
2
17
3
15
(-4)
2
+ C
3
17

3
14
(-4) + + C
17
17

(-14)
17
= (3 4)
17
= (3 4)
17
= -1
d: Ta có (1 + 1)
11
= C
0
11
+ C
1
11
+ C
2
11
+ + C
6
11
+ C
2
11

+ + C
11
11
Mặt khác C
k
11
= C
11
11-k
với k

(0,1,2, 11)
Do vậy: (1 + 1)
11
= 2 (C
6
11
+ C
7
11
+ C
8
11
+ C
9
11
+ C
10
11
+ C

11
11
) = 2S
4
S
4
= 2
10
4
e: Ta có
k
k
k
k
C
kk
k
k
kk
CC
2001
2001
20022002
2002
)!2001(!
!2002!2002
)!2001(
)!2002(
.
)!2002(!

!2002

=

=



=


Từ đó: S
5
= 2002 (
20012001
2001
1
2001
0
2001
)11(2002) +=+++ CCC
Bài 3: Tìm số nguyên dơng n sao cho:
C
o
n
+ 2 C
1
n
+ 4 C
2

n
+ + 2
n
C
n
n
= 243 (1)
Giải: Ta có
C
o
n
+ 2 C
1
n
+ 2 C
2
n
+ + 2
n
C
n
n
= (1 + 2)
n
= 3
n
Vậy (1) 3
n
= 243 = 3
5

n = 5
Bài tập tơng tự
Bài 4: Viết khai triển (3x 1)
16
và chứng minh rằng
3
16
. C
o
16
3
15
C
1
16
+ + C
16
16
= 2
16
.
Bài 5: Tính giá trị các biểu thức sau:
a: S
1
= 2
n
C
0
n
+ 2

n-2
C
2
n
+ 2
n-4
C
4
n
+ + C
n
n
b: S
2
= 2
n-1
C
1
n
+ 2
n-3
C
3
n
+ 2
n-5
C
5
n
+ +C

n
n
c: S
3
= C
6
10
C
7
10
+ C
8
10
+ C
9
10
+ C
10
10
Bài 6: Tính tổng
S =
2000
2000
2
2000
1
2000
0
2000
2001 3. CCCC ++++

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 l-
u ý:
1 Ta có: (a + b)
n
=
Do đó hệ số của số hạng thứ i là C
i
n
, và số hạng thứ i: C
i
n
a
n-i
b
i
2 Ta có
Do đó: Hệ số x
k
trong khai triển trên là C
i
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:
5
iin
n

n
i
baC

=

1
0

=
+

=
==+
n
i
ini
n
i
in
n
i
i
n
n
xCxxCbx
0
)(
0
)()()(

( )

=

=+=








+
n
i
ni
n
n
xxCxx
x
x
xx
0
3/212/53/22/52
)()(
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.

C
n
n
+ C
n-1
n
+ C
n-2
n
= 79
Giải: + Xét PT: C
n
n
+ C
n-1
n
+ C
n-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
Vậy hệ số không phụ thuộc x bằng C
5
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:
c
0
n
; c
1
n
2
-1
; c
2
n
2
-2
;
Ba hệ số liên tiếp theo thứ tự lập thành một cấp số cộng
C
0
n
+ C
2
n
2
-2
= 2C
1
n
2

-1

a) Với n = 1 ta đợc không có hạng tử hữu tỷ
b) n = 8 ta đợc:
6
9
072
72)1(36
)2(!2
!
36
2
2
=
=
==

=
n
nn
nn
n
n
C
n
2/763/232/56
9
84)()( xxxC
=

( )
n
xxx
15/283
+
12
015679
2
)1(
1
2
=
=+=

++
n
nn
nn
n

=

=+
12
0
5/28123/41215/28
3
)()()
k
kkk

n
xxCxxx
15
28
3
)12(4
12
0
12
kk
C
k
k


=

=
50
15
28
3
)12(4
==

k
kk
n
x
x )

2
1
(
4
+
nknk
n
n
k
nn
xxCxx
x
x )2()()2()
2
1
(
4/112/1
0
4/112/1
4

=


=+=+
4
32
0
2
kn

k
n
k
x
=

=

=
089
8
)1(
1
2
=+=

+ nnn
nn



=
=

8
1
n
n
4
316

8
8
0
8
4
2
1
k
kk
k
xcc
x
x


=

=








+

+
4
2
1
x
x
Số hạng thứ k + 1 là hệ số hữu tỷ ( 16 3k)/4 N, 0 < k < 8

Với k = 0 hạng tử hữu tỷ: C
o
8
2
0
x
4
= x
4
k = 4 hạng tử hữu tỷ: C
4
8
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:
C
o
n
; C
1
n
; C
n
n.
Ta có n, k nguyên, không âm và k < n ta có:
&
Ta có:

Tức là: C
k
n
tăng khi k tăng và
C
k
n
giảm khi k giảm và
Vậy n lẻ thì C
k
n
đạt giá trị lớn nhất tại
Với n lẻ thì C

k
n
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:
C
o
n
+ C
1
n
+ C
2
n
+ + C
n
n
= 2
n
= 4096 n = 12
Ta đi tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị:
C
o
12
; C

1
12
; , C
12
12
Thực hiện so sánh C
k
12
và C
12

k-1
bằng cách xét;
(1)
7
16 3k = 4i; i N
0 < k < 8



=
=
4
0
k
k
xx
8
35
=

kk
n
n
k
xC

=0
)!(!
!
knk
n
C
k
n

=
1)1()!1(
!
1
+
=

knk
n
C
k
n
2
1
11

1
1
1
1
+
<>
=
><


n
k
k
n
C
C
CC
k
n
k
n
k
n
k
n
2
1
11
1
1

1
1
+
><
=
<>


n
k
k
n
C
C
CC
k
n
k
n
k
n
k
n
2
1+
<
n
k
2
1+

>
n
k
2
1+
=
n
k
1
1313
)!13()!1(
!12
)!12(!
!12
1
12
12
=

=


=

kk
k
kk
kk
C
C

k
k
Từ (1) suy ra
Vậy C
k
12
đạt giá trị lớn nhất tại k = 6 và C
6
n
= 924
Ví dụ 6: Tìm số hạng có giá trị lớn nhất của khai triển.
Giải: Ta có gọi t
k
là số hạng thứ k + 1 trong khai triển.
Ta có =

=
8
0K
Xét (1)
Từ (1) suy ra:
t
k 1
< t
k

t
k 1
> t
k

Tức là: Khi k chạy từ 0 dến 8 thì:
t
k
tăng khi k tăng và k < 6
t
k
giảm khi k tăng và k > 6
Vậy t
k
đạt giá trị lớn nhất tại k = 6 và có giá trị bằng
Ví dụ 7: Khai triển đa thức . P
x
= ( 1 + 2x)
12
Thành dạng P
(x)
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ + a
20
x
10
Max (a
1

a
2
a
12
)
Giải: Ta có (1 + 2x)
12
=
Suy ra : a
k
= C
k
12
2
k
với k = 1,12
8
2
13
1
1
12
12
12
1
12
<><


k

C
C
CC
k
k
kk
2
13
11
2
13
1
1
12
12
12
1
12
><<<>


kk
C
C
CC
k
k
kk
8
3

2
3
1






+
8
3
2
3
1






+
k
k
C
C
t
t
kk
k

kk
k
k
k
)9(2
3
2
3
1
3
2
3
1
19
1
8
8
8
1

=

=




61
)9(2
1
1
<>

>

k
k

k
t
t
k
k
61
)9(2
1
1
<<

<

k
k
k
t
t
k
k
2187
1792
3
2
3
1
62
6
8
=

C
kkk
k
kk
k
xCxC 2)2(
12
12
0
12
12
0

==
=
hk
k
C

3
2
3
1
8
8
Xét (1)
Từ (1), suy ra:
a
k + 1
< a
k

a
k + 1
> a
k

Vậy a
k
đạt giá trị lớn nhất tại k = 8 và có giá trị bằng C
8
12
. 8
8
= 126720
VD 8: Tìm n của k khai triển biết hạng tử thứ 9 có hệ số lớn nhất
Giải: Ta có
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 C
8
n
2
8
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 bằng . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số khi khai triển nhị thức
trên.
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)
9
)12(2
1
)!11(!)1(
!122
)!12(!
!12
2
2
11
12
1
k
k
kk
kk
C
C
a
a
kk
n
kk
k
k

+

=
+


==
++
+
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
nn
x
n
x
)2(
5
1
)
5
2
5
( +=+
n5
1
knkk

n
n
k
xC

=

2
0
12
2
25
11
2
1
2
2
1
2
22
22
78
98
7
8
9
8
7788
9988
=

>
>















>
>

>
>
nn
CC
CC

C
C
C
C
CC
CC
nn
nn
n
n
n
n
nn
nn
n
x)
3
2
2
1
( +
n
2
1285
27
0115564161285
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
10
2
2
2
1
10
=
===

++
=+++
+++++=+


n
nn
nn
CCC
xCxCxCCx
nn
n
n

n
n
n
nnn
n
n
n
n
n
n
n
n
kkkk
k
xCx )
3
2
()
2
1
()
3
2
2
1
(
27
27
27
0

27
=

=+
n
x
)
5
2
5
( +
Vậy n = 7 ta có khai triển :
HST9:
Lập tỉ số:
Do đó (a
k
) tăng khi 0 < k < 15 => (a
k
) max = a
15
Do đó (a
k
) giảm khi 16 < k < 27 => (a
k
) max = a
16
Mà
Nên (a
k
) max = a

15
= C
27
2
3
. 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 C
3
19
3
8
2; C
9
19
3
5
2
3
; C
15
19
3
2
2

5
VD11: Biết rằng trong khai triển (x - )
n
= C
0
n
x
4
C
1
n
x
n-1
+ C
2
n
x
n-2

Hệ số của hạng tử thứ ba - (1)
n
C
n
n
( )
n
Trong KT trên là : C
2
n
= 5

n
2
n 90 = 0 n = 10 hoặc n = -9 (loại)
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
n
và cmđt chứa C
k
n
10
)270(32)
3
2
()
2
1
(
272
27
27
27
==

kCCa
kkkkkk
k

1501
1
27
5
4
32
3.2
.
272
27
)1(27)1(2
1
27
1

+

==

++

+
k
k
k
C
C
a
a
kkk

kk
k
k
k
1516
15
16
1
16
1517
4
3
aa
a
a
==>=

=
n
x
)
5
2
5
( +
3
2
19
19
19

0
3
19
19
19
0
19
3
23)2()3()23(
kk
k
k
kkk
k
CC

=

=

==+





==
==
==

=

















155
95
31
2
319
60
1930
2
319
190

,
2
19
3
190
,
3
2
19
190
km
km
km
Nk
N
m
m
m
N
k
k
Nkm
N
k
mk
k
Nkm
N
k
N

k
k
Nk
3
1
3
1
9
1
3
1
9
1
90)1(45
)!2(!2
!
==

nn
n
n
3
1
5355
10
27
28
)
3
1

( xxC =
Bài 1: Với n số nguyên dơng CMR
a) C
1
n +
2 C
2
n
+ + (n 1) C
n-1
n
+ n C
n
n
= n. 2
n-1
b) 2.1 C
2
n
+ 3.2 C
3
n
+ + n (n 1) C
n
n
= n (n 1) 2
n-2
CM: Với mọi x và n là số nguyên dơng ta có;
(1 + x)
n

= C
0
n
+ C
1
n
x+ C
2
n
x
2
+ + C
n-1
n
x
n-1
+ C
n
n
x
n
(1)
Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x ta đợc.
n(1 + x)
n-1
= C
1
n
+ 2C
2

n
x + + (n - 1) C
n-1
n
. x
n-2
+ n C
n
n
x
n-1
(2)
a) thay x = 1 vào (2) ta đợc.
n. 2
n-1
= C
1
n
+ 2 C
2
n
+ + (n 1) C
n-1
n
+ n C
n
n
(ĐPCM)
b) Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo x
Ta đợc:

n(n 1) (1 + x)
n-2
= 2.1 C
2
n
+ 3 . 2 C
2
n
x + + (n 1) (n 2) C
n-1
n
x
n-3
+ n (n 1) C
n
n
x
n-2
(3)
Thay x = 1 và (3) ta đợc.
n(n 1) 2
n-2
= 2.1 C
2
n
+ 3 . 2 C
2
n
x + + (n 1) (n 2) C
n-1

n
+
+ n(n-1) C
n
n
(ĐPCM).
* Chú ý:
(1) Nếu phải tính tổng có dạng:
S
1
= C
1
n
+ 2C
2
n
+ 3 C
3
n
+ + (n-1) C
n-1
n

n-2
+ n C
n
n

n-2
+ Xét khai triển (1 + x)

n
= (1)
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x đợc:
n(1 + x)
n-1
= (2)
+ Thay x = vào (2) kết quả.
+ Nếu phải tính tổng dạng.
S
1
= 2. 1C
2
n
+ 3.2C
3
n
+ + (n-1) (n-2) C
n
n-1

n-3
+ n (n-1)(n 2)C
n
n-1

n-3
+ n(n-1) C
n
n

n-2
Phơng pháp:
+ Xét khai triển (1)
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x đợc (2)
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo x đợc
11
n
k
n
n
k
xC

=0
1
0

=

kk
n
n
k
xC
2
0
)1(

=

kk
n
n
k
xCkk
n(n-1) (1+x)
n-2
= (3)
Thay x = ∝ vµo (3) ⇒ kÕt qu¶
Ch¼ng h¹n tÝnh tæng:
C
1
n
+ 2
2
C
2
n
1 + 3 C
3
n
2
2
+ + (n-1) C…
n
n-1
c
n-2
+ n C

n
n
2
n-1
= n(1+ 2)
n-2
= n3
n-2
.
VD2: CM c¸c ®¼ng thøc sau:
C
1
n
3
n-1
+ 2 C
2
n
. 3
n-2
+ + (n-1) C…
n
n-1
3 + n C
n
n
= n 4
n-1
(1)
Híng dÉn:

C1: §Ó ý: k. C
k
n
3
n-l
= k C
k
n
. 3
-k+1
. 3
n-1
= k 3
n-1
C
k
n
Tõ ®ã (1) ⇔ C
1
n
3
n-1
+ 2 C
2
n
3
n-1
+ + (n – 1) C…
n
n-1

n – 2
+ 3
n-1
n C
n
n

n-1
= n. 4
n-2
⇔ C
1
n
+ 2 C
2
n
+ + ( n – 1) C…
n
n-1
( )
n-2
+ n C
n
n

k-1
= n ( )
n-1
= n (1 + )

n-1
⇒ Thay x = vµo (2) ta ®îc ®pcm
C¸ch 2:
§Ó ý : n. 4
n-1
= n (3+ 1)
n-1
⇒ XÐt khai triÓn (1)
+ LÊy ®/h 2 vÕ cña (1) theo biÕn x ta ®uîc.
(2)
+ Thay x = 1 vµo (2) ta ®îc.
n(3 + 1)
n-1
= C
1
n
3
n-1
+ 2 C
2
n
3
n-2
+ + n C…
n
n
3
n-1
⇔ ®iÒu ph¶i chøng minh
* Chó ý: TÝnh tæng cã d¹ng.

S
3
= C
1
n
∝
n - 1
+ C
n
2
∝
n-2
+ + (n-1) C…
n
n-2
∝ + n C
n
n
C¸ch 1: + XÐt khai triÓn (∝ + x)
n
(1)
+ LÊy ®/h 2 vÕ cña (1) theo biÕn x
Ta ®îc n(∝ + x)
n-1
(2)
12
1
3
1
−k

3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
4
3
1
3
1
kknk
n
n
k
n
xCx
−
=
∑
=+ 3)3(
0
1

0
1
3)3(
−−
=
−
∑
=+
kknk
n
n
k
n
xCkx
1
0
−−
=
∑
=
kknk
n
n
k
xCk
α
1
0
−−
=

∑
=
kknk
n
n
k
xCk
α
Trong (2) thay x = 1 vào ta đợc kết quả
VD3: CMR
2
n-1
C
1
n
+ 2
n-1
C
2
n
+ 3.2
n-3
C
3
n
+ 4. 2
n-4
C
4
n

+ + n C
n
n
= n. 3
n-1
(làm tơng tự VD2 với =
VD4: 1. Chứng minh các hệ thức sau:
C
o
n
+ 2 C
1
n
+ 3 C
2
n
+ + (n + 1) C
n
n
= (n + 2) 2
n-1
2) Tính tổng : S = 2 . 1 C
1
n
+ 3. 2 C
2
n
+ + n (n 1) C
n
n-1

+ (n + 1) n C
n
n
.
Giải:
a) Cách 1:
Xét khai triển: (1 + x)
n
= C
o
n
+ C
1
n
+ C
2
n
x
2
+ C
n
n-1
x
n-1
+ C
n
n
c
n
f(x) = x (1 + x)

n
= C
o
n
x + C
1
n
x
2
+ C
2
n
x
3
+ + C
n
n-1
- x
n
+C
n
n
x
n+1
(1)
Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta đợc.
(1 + x)
n
+ xn (1 + x)
n-1

= C
0
n
x + C
1
n
x
2
+ C
2
n
x
3
+ +n C
n
n-1
x
n-1
+
+ n(n+1) C
n
n
x
n
(2)
Thay x = 1 vào (2) ta đợc.
2C
1
n
+ 3 . 2 C

2
n
+ + n(n-1) C
n
n-1
+ (n + 1) n C
n
n
= (2 + n) 2
n-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 C
1
n
+ 3.2 C
2
n
x + + n (n-1) C
n
n-1
c
n-2
(n+1) n C

n
n
x
n-1
(3)
Thay x = 1 vào (3) ta đợc.
S = 2 C
1
n
+ 3. 2 C
2
n
+ + n (n-1) C
n
n-1
+ (n+ 1) n C
n
n
= 2n . 2
n-1
+ n (n-1) 2
n-2
= n. 2
n-2
. (n + 1)
Chú ý: Tính tổng:
(1) S
4
= C
o

n
+ 2 C
1
n
+ 3 C
2
n

2
+ + n C
n
n-1

n-1
+ (n+1) C
n
n

n
.
Phơng pháp:
-Xét khai triển:
(1 + x)
n
(1)
+ Nhân 2 vế của (1) với x ta đợc.
x (1 + x)
n
(2)
13

2
1
kk
n
n
k
xC

=
=
0
1
0
+
=

=
kk
n
n
k
xC
Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo biến x ta đợc
(1 + x)
n
+ nx (1 + x)
n-1
(3)
Thay x = vào (3) kết quả tổng S
4

.
(2) S
5
= 2. 1 C
1
n
+ 3. 2 C
2
n
+ + n (n 1) C
n
n-1

n-2
+ (n + 1) n C
n
n

n-1
Phơng pháp: Lấy đạo hàm 2 vế của (3) sau đó thay x = => kết quả.
VD5: Tính tổng.
S
1
= 2 C
1
n
+ 3. 2
2
C
2

n
+ 4.3

C
2
n
2
2
+ + n (n-1) C
n
n-1
2
n-2
+
+ (n+1) n C
n
n
2
n-1
S
2
= 1
2
C
1
n
+ 2
2
C
2

n
+ 3
3
C
3
n
4
2
C
4
n
+ + p
2
C
p
n
+ + n
2
C
n
n
HD : Để ý p
2
C
p
n
= p.p C
p
n
= p [(p+1) 1] C

p
n
= p(p+1) C
p
n
p C
p
n
.
S
2
= [2 C
1
n
+ 3. 2 C
2
n
+ + p (p+1) C
p
n
+ + (n + 1) n C
n
n
]
- [ C
1
n
+ c
2
n

+ + pC
p
n
+ + n C
n
n
]
Giải: Xét f(x) = (1 + x)
n
= C
o
n
+ C
1
n
x + C
2
n
x
2
+ C
3
n
x
3
+ + C
n
n
x
n

Và g(x) = x (1 + x)
n
= C
o
nx
+ C
1
x
x
2
+ C
2
n
x
3
+ C
3
n
x
4
+ + C
n
n
x
n+1
Ta có f(x) = n (1 + x)
n-1
= C
1
n

+ 2 C
2
n
x + 3 C
3
n
x
2
+ + n C
n
n
x
n-1
.
f(1) = n. 2
n-1
= C
1
n
+ 2 C
2
n
+ 3 C
3
n
+ + n C
n
n
(1)
g

(x) = (1+ x)
n
+ nx (1 + x)
n-1
= C
o
n
+ 2 C
1
n
x + x C
2
n
x
2
+ 4 C
3
n
x
3

+ + (p + 1) C
p
n
x
p
+ + (n-1) C
n
n

x
n
.
g

(x) = 2n (1 + x)
n-1
+ n (n 1) x (1 + x)
n-2
= 2 C
1
n
+ 3 . 2 C
2
n
+ 4 . 3 C
3
n
x
2
+ + (p + 1) p C
p
n
x
p-1
+ + (n + 1) n C
n
n
x
n-2

g

(1) = 2n. 2
n-1
+ n (n-1) 2
n-2
.
= 2 C
1
n
+ 3. 2 C
2
n
+ 4. 3 C
3
n
+ + (= + 1) p C
p
n
+ + (n + 1) n C
n
n
.
Lấy (2) (1) S
2
= 2n. 2
n-1
+ n ( n- 1)
n-2
n. 2

n-1
= n. 2
n 2
(3n 1).
VD6: Với n nguyên dơng hãy chứng minh.
14
kk
n
n
k
xCk )1(
0
+=

=
(1) 4
n
C
o
n
4
n-1
C
1
n
+ 4
n-2
C
2
n

+ + (-1)
n
C
n
n
.
= C
o
n
+ 2 C
1
n
+ + n 2
n-1
C
n
n
+ + 2
n
C
n
n
.
(2) C
1
n
+ 4 C
2
n
+ + n.2

n-1
C
n
n
= n. 4
n-1
C
o
n
(n-1) 4
n-2
C
1
n
+ (n-2) 4
n-3
C
2
n
+ + (-1)
n-1
C
n
n-1
.
Giải (1) với mọi x và n là số nguyên dơng ta có.
(4 x)
n
= C
o

n
+ 4
n
C
1
n
4
n-1
x + 4
n-2
C
2
n
x
2
+ + (-1)
n
C
n
n
x
n
(1)
Thay x = 1 và (1)
3
n
= C
o
n
4

n
- C
1
n
4
n-1
+ C
2
n
4
n-2
+ + (-1)
n
C
n
n
(*)
Với mọi x và n là số nguyên dơng ta có:
(1 + x)
n
= C
o
n
+ C
1
n
x + + C
n
n
x

n
(2)
Thay x = 2 vào (2) ta đợc;
3
n
= C
o
n
C
1
n
2 + 2
2
C
2
n
+ + 2
n
C
n
n
(**)
Từ (*) và (**) đpcm.
(2) với mọi x và n là số nguyên dơng ta có:
(1 + x)
n
= C
o
n
+ C

1
n
x + C
2
n
x
2
+ + C
n
n-1
x
n-1
+ C
n
n
x
n
(1)
Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo biến x ta đợc:
n (1 + x)
n-1
= C
1
n
+ 2 C
2
n
x + + (n-1) C
n
n-1

x
n-2
+ n C
n
n
x
n-1
(2)
Thay x = 2 vào (2) ta đợc.
n. 3
n-1
= C
1
n
+ 4 C
2
n
+ + ( n- 1) C
n
n-1
x
n-2
+ n C
n
n
x
n-1
(3)
Với mọi x và n nguyên dơng ta có
(x 1)

n
= C
o
n
x
n
- C
1
n
x
n-1
+ + (-1)
n
C
n
n
(4)
Lấy đạo hàm 2 vế của (4) theo biến x
(x 1)
n-1
= n C
o
n
x
n-1
- (n-1)C
0
n
x
n-2

+ + (-1)
n-1
C
n
n-1
(5)
Thay x = 4 vào (5) ta đợc.
n. 3
n-1
= n. 4
n-1
C
o
n
(n-1) 4
n-2
C
1
n
+ (n-2) 4
n-3
(C
2
n
+ +
(-1)
n-1
C
n
n-1

(6)
Từ (3) và (6) => điều phải chứng minh.
15
Chú ý; Nh vậy để tính tổng có dạng hoặc
Ta lấy đạo hàm một hoặc hai lần của nhị thức Niu tơn.
Bài tập luyện tập: Tính các tổng sau:
1) S
1
= 2006. 3
2005
. C
0
2006
+ 2005. 3
2004
. C
1
2006
+ C
2
2006
+ +
HDG: + Xét khai triển (x + 1)
2006
= x
2006
C
0
2006
+ x

2005
C
1
2006
+ + (1)
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (1)
2006. (x + 1)
2005
= 2006.x
2005
C
0
2006
+ 2005 x
2004
C
1
2006
+ + (2)
+ Thay x = 3 vào (2) => S
1
= 2006.4
2005
.
2) S
2
= 5
2005
. C
1

2006
+ 2.5
2004
.4.C
2
2006
+ 3.5
2003
. 4
2
C
3
2006
+ +2006.4
2005
HDG: + Xét khai triển : (5 + x)
2006
= (1)
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta đợc (2)
+ Thay x = 4 => S
2
= 2006.9
2005
.
3) S
3
= 99.3
98
C
0

99
98 . 3
97
C
1
99
+ 97 . 3
96
C
2
99
- + C
98
99
HDG: + Xét KT (x + 1)
99
=
+ Lấy đạo hàm 2 vế (1) theo x đợc (2) = (x + 1)
98
=
+ Thay x = -3 vào (2) đợc S
3
= 99.2
98
4) S
4
= C
0
2006
+ 2C

1
2006
+ 3C
2
2006
+ 4C
3
2006
+ + 2007
HDG: + Tách S
4
= I + J; I = C
0
2006
+ C
1
2006
+ +
Và J = C
1
2006
+2C
2
2006
+ 3C
3
2006
+ + 2006
C
2

: Nhân 2 vế khai triển (1 + x)
2006
với x lấy đ/h 1 vế theo x sau đó thay x
= 1 => kết quả.
5) S
5
= 3 C
0
2006
+ 4C
1
2006
+ 5C
2
2006
+ + 2009
HDG: + Xét KT: (1 + x)
2006
= (1)
+ Nhân 2 vế (1) với x
3
: x
3
(1 + x)
2006
= (2)
+ Lấy đ/h 1 vế của (2) theo x đợc (3)
16
k
n

n
k
Ck

=
=
0
k
n
n
k
Ckk )1(
0
=

=
2005
2006
C
2005
2006
C
2005
2006
C
2005
2006
C
kkk
k

xC

=

2006
2006
2006
0
5.
12006
2006
2006
0
2005
5.)5(2006

=

+
kkk
k
xCx
kk
k
xC

=

99
99

99
0
.
kk
k
xkC

=


98
99
99
0
)99(
2006
2006
C
2006
2006
C
2006
2006
C
2006
2006
C
kk
k
xC .

2006
2006
0

=
3
2006
2006
0
.
+
=

kk
k
xC
+ Chọn k = 1 => kết quả S
5
= 2
2005
. 2012
6) S
6
=4.5
3
C
0
2007
+ 5.5
4

C
1
2007
+ 6.5
5
C
2
2007
+ + 2011.5
2010
Xét KT : x
4
(1 + x)
2007
làm tơng tự VD5.
* Nhận xét: với mọi x và n là số nguyên dơng ta có:
(1)
Lấy tích phân theo x hai vế của (1). Ta đợc.
(2)
+ Thay t = 1 và (2) ta đợc
Hay
Thay t = -1 vào (2 ) ta đợc
Hay :
Thay t = 2 vào (2) ta đợc:
Hay
+ Xét khai triển:
x = 1/3 vào (1) ta đợc
17
k
n

k
k
n
n
xCx

=
=+
0
)1(
11
1)1(
11
)1(
)1(
1
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0

+
=
+
+

++
+

=+
+
=
+
+
=
+
=






k
Ct
n
x
k
x
C
n

x
xCdxx
k
n
k
n
k
n
k
k
n
n
k
n
kk
n
n
k
n

=
+
+
=
+

n
k
k
n

n
k
C
n
0
1
11
12
1
13
1
2

3
2
2
2
2
11
2
3
1
2
0
+

=
+
++++
++

n
C
n
CCC
n
n
n
n
nnn

= =
+
+

=
+

+

=
+

n
k
n
k
k
n
kk
n

k
k
C
nk
C
n
0 0
1
1
)1(
1
1
1
)1(
1
1
nn
CC
C
C
n
n
n
n
n
n
+
=
+
++

+
+
+

1
1
1
)1(
2111
2
2
1
0

=
+
+
=
+

n
k
k
n
k
n
k
C
n
0

1
1
2
1
13
1
13
1
2

3
2
2
2
2
11
2
3
1
2
0
+

=
+
++++
++
n
C
n

CCC
n
n
n
n
nnn
nnnkk
n
n
k
k
nnn
kk
n
kn
CxCxCxCCxCx )1()1( )1( )1()1(
1
0
2210
+++++==

=






++++=
+++=

+++=







n
n
n
n
nnnn
nn
n
n
n
nnn
n
n
n
n
n
n
nnn
n
CCCCC
CCCC
CCCC
3

1
)1(
3
1
3
1
3
1
32
3
1
)1(
3
1
3
1
3
2
3
1
)1(
3
1
3
1
3
1
1
2
2

110
2
2
10
2
2
10
2007
2007
C
Ta có
Từ khai triển (1) ta có:
(2)
Mặt khác:
(3)
Từ (2) và (3) ta có đẳng thức:
Chú ý: Để tính tổng dạng
Ta lấy tích phân 1 hoặc 2 lần của nhị thức Niu tơn.
Ví dụ 7: CM
Giải:
Xét: với n N
Ta xác định tích phân I
n
bằng phơng pháp tích phân từng phần, với đặt:



=
=

=
=

xv
dxxnxdu
dxdv
xu
nn 122
)1(2)1(

Khi đó:
18
[ ]
n
n
nn
n
x
xdxdxxI )1(1
1
1
11
)1(
)1()1()1(
2
0
1

2
0
2
0
+
+
=
+

===
+

n
n
n
k
nnn
k
k
n
k
n
k
kk
n
k
n
k
C
n

CCC
k
x
CxCI
123120
2
0
1
00
2
0
2
1
)1(

3
1
2
2
1
22
1
)1()1(
+
+
==
+

+++=
+

==


[ ]
nn
n
n
k
nnn
n
C
n
CCC )1(1
1
1
2
1
)1(

3
1
2
2
1
22
123120
+
+
=
+

+++=
+
)2)(1(1
00
+++
=

==
kk
C
k
C
k
n
n
k
k
n
n
k
hoặc
)12 (5.3
2 4.2
12
)1(

53
21
0

+
=
+

++
n
n
n
CCC
C
n
n
n
nn
n
dxxI
n
n
)1(
2
1
0
=

[ ]
)12 (5.3
2 4.2
)12 (5.3
2 4.2
3

2

12
)1(2
12
2
12
2
)(2)1()1(2
1)1()1(2)1(2)1(
1
0
01
1
12
1
0
2
1
0
22
1
0
2
1
2
1
0
1
0

2
+
=
+
=


+
=
+
=







=
=+=







n
n
dx

n
n
I
n
n
n
n
I
n
n
I
IIndxxdxxxn
dxxxndxxxnxxI
nn
nn
nn
n
n
n
(1)

kk
n
k
n
k
n
kk
n
k

n
k
n
xCx
xCx
2
0
2
0
)1()1(
)1()1(
=
=


=
=
Lấy tích phân theo x hai vế của (2), ta đợc.
12
)1(

53
12
)1()1()1(
21
0
2
0
12
0

2
1
0
2
1
0
+

++=
+
==
+
=


n
CCC
C
k
x
CxCdxx
n
n
n
nn
n
k
k
n
k

n
k
kk
n
kn
Từ (1) và (3) suy ra điều cần chứng minh.
VD 8: CM:
Ta tính tích phân
Ta đợc (1)
Mặt khác ta có ( 1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1
n
.x + C
2
n
.x
2
+ + C
n
n
. x
n
Lấy TP ta có
dxxCdxxCdxxCdxCdxx
nn

nnnn
n
)1(
1
0
1
0
2
1
0
2
1
0
1
1
0
0

++++=+
=
VD 9: CM
Ta tính (1)
Ta có:
Vậy Từ (1) và (2) => điều phải chứng minh
19
(2)
(3)
Ta có
Suy ra
1

12
1

2111
1
21
0
+

=
+
++
+
+
+
+
+
nn
CCC
C
n
n
nnn
n

+
1
0
)1( dxx
n

1
12
)1(
1
1
0
+

=+
+

n
dxx
n
n
1
1
1
)1(

4
1
3
1
2
1
3210
+

=

+

+++
nn
C
CCCC
n
n
n
nnnn
1
1
)1(
1
0
+

=+=


n
dxxI
n
nn
nnnn
n
nn
nnnnn
n
xCdxxCxdxCdxCdxx

xCxCxCxCCx


++++=+
+++++=+
1
0
2
1
0
2
1
0
1
1
0
0
1
0
332210
()1(
)1(
)2(
1
)1(

3
1
2
1

1

32
)1(
1
210
1
0
1
1
0
3
21
0
2
11
0
0
1
0
n
n
n
nnn
n
n
nnnn
n
C
n

CCC
n
x
C
x
C
x
CxCdxx
+

+++=
+
++++=+
+

+



dxxxI
n
)1(
2
1
0
=

1
12
1

2111
1
21
0
+

=
+
++
+
+
+
+
+
nn
CCC
C
n
n
nnn
n
VD 10: 1. - Tính tích phân
2 CM
1- Ta có:
(1)
2 Theo khai triển nhị thức Niu tơn ta có

= (2)
So sánh (1) và (2) => điều phải chứng minh.

Bài tập:
Bài 1: Chứng minh rằng:
12
2
5
2
3
2
1
2
2
2
4
2
1
2
0
2


++++=++++
n
nnnn
n
nnnn
CCCCCCCC
Bài 2: Chứng minh rằng:
n
n
n

nnn
CCCC
2
221
2
20
)( )()( =+++
Bài 3: Chứng minh:
1
2
22
2
22
2
21
2
20
)1()( )()()(
n
nn
nnnn
CCCCC =+++
Bài 4: Chứng minh rằng:
(-1)
n
C
0
n
+ (-1)
n-1

2C
1
n
+ + (-1)
n-k
2
k
C
k
n
+ 2
n
C
n
n
= 1
Bài 5: Chứng minh rằng:
C
0
2n
+ C
1
2n
+ C
4
2n
+ +
22
2
)(

n
n
C
= 2
2n-1
Bài 6: chứng minh rằng:
Bài 7: Chứng minh rằng:
Bài 8: Chứng minh rằng với các số k, nN và 5 < k < n ta có
20
)1(3
12
33
1

6
1
3
1
1
10
+

=
+
++
+
n
C
n
CC

n
n
nnn
)1(2
1
22
)1(

4
1
2
1
10
+
=
+

++
n
C
n
CC
n
n
n
nn
15
5
10
55

5
1

+
+++=
k
n
k
n
k
n
k
n
CCCCCCC
)1(2
1
22
)1(

6
1
4
1
2
1
210
+
=
+

+++
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn
)1(2
1
1
)21(
2
1
)1()1(
2
1
)1(
1
0
12
2
1
0
22
1
0
+

=
+

=
==


+
nn
xdxdxxxI
n
nn
1
0
12
11
0
4
11
0
22
1
0
1225130
2222210
22210
12
)1(
42
1

)1(
)1( )1(
)( )()()1(
)1(
+
++=
+++=
+++=+
+++++=+
+
+

n
x
C
x
Cxdxxx
CxCxCxxCxx
xCxCxCCx
xCxCCxCCx
n
n
nn
n
n
n
nn
nnn
n
nn

nnnn
n
nn
nnnnn
n
n
n
n
nnn
C
n
CCC
22
)1(

6
1
4
1
2
1
210
+

+++
Bµi 9: TÝnh tÝch ph©n
Chøng minh r»ng:
Bµi 10: Cho n lµ mét sè tù nhiªn lín h¬n 2
a TÝnh tÝch ph©n–
b Chøng minh r»ng–

Bµi 11: TÝnh tÝch ph©n:
Rót gän tæng
Bµi 12: Cho f(x) = x (x + 1)
2001
a – TÝnh f (x)
b – TÝnh tæng
Bµi 13: TÝnh tæng
Bµi 14: Chøng minh r»ng víi c¸c sè m, p, n nguyªn, d¬ng sao cho.
P< n vµ p < m ta cã
21
dxxxI
n
)1(
2
1
0
−=
∫
)1(2
1
)1(2
)1(

6
1
4
1
2
1
210

+
=
+
−
+−+−
nn
C
CCC
n
n
n
nnn
dxxxI
n
)1(
22
1
0
−=
∫
)1(3
12
33
1

9
1
6
1
3

1
1
210
+
−
=
+
++++
+
n
C
n
ccc
n
n
nnnn
dxxxI
19
1
0
)1( −=
∫
19
19
18
19
2
19
1
19

0
19
21
1
20
1

4
1
3
1
2
1
CCCCCS −+−+−=
2001
2001
2000
2001
1
2001
0
2001
20022001 2 CCCCS ++++=
2005
2005
2004
2005
1
2005
0

2005
20062003 2 CCCCS
++++=
011110

m
p
nn
p
n
p
mn
p
mn
p
mn
CCCCCCCCC ++++=
−−
+