Tổng hợp một số bài toán nhị thức NewTon doc

ĐẠI SỐ TỔ HP
Chương V
NHỊ THỨC NEWTON (phần 2)
Dạng 2:
ĐẠO HÀM HAI VẾ CỦA KHAI TRIỂN NEWTON ĐỂ
CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC
– Viết khai triển Newton của (ax + b)
n
.
– Đạo hàm 2 vế một số lần thích hợp .
– Chọn giá trò x sao cho thay vào ta được đẳng thức phải chứng minh.
Chú ý :
• Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k
k
n
C ta đạo hàm hai vế trong khai triển (a
+ x)
n.
.
• Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k(k – 1)
k
n
C ta đạo hàm 2 lần hai vế của
khai triển (a + x)
n
.
Bài 136. Chứng minh :

a)
12
nn

C2C3C
3 nn1
n n
nCn2
−
++
123 n1n
nnn
C2C3C.
−
−+−
n1 1 n1 2
nn n n
2C 2C 3.2C (1)nC n
−−
−+ −+− =
0n 1n1 2n22 nn
nn n n
Ca Ca x Ca x Cx
−−
++ ++
1n1 2n2 3n32 nn1
nn n n
a 2C a x 3C a x nC x
++=


b)
n
(1)nC0+− =

n3 3 n1 n− −

c) .
Giải
Ta có nhò thức
(a + x)
n
= .
Đạo hàm 2 vế ta được :
n(a + x)
n-1
= C
−
−− −
++ ++
123 nn1
nnn n
C2C3C nCn2

a) Với a = 1, x = 1, ta được :

−
++++=
b) Với a = 1, x = –1, ta được :

123 n1n
nnn n
C2C3C (1)nC 0
−
−+−+− =

c) Với a = 2, x = –1, ta được :
.
n1 1 n1 2 n3 3 n1 n
2C 2C 3.2C (1)nC n
−− − −
−+ −+−
nn n n
=
0 k k 100 100
100 100 100 100
(x) Cx−++
3 97
(1)−
Bài 137. Cho (x – 2)
100
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ … + a
100
x
100
. Tính :

a) a

97


b) S = a
0
+ a
1
+ … + a
100


c) M = a
1
+ 2a
2
+ 3a
3
+ … + 100a
100

Đại học Hàng hải 1998
Giải
Ta có :
(x – 2)
100
= (2 – x)
100

= C2
100 1 99 k 100

C2.x C2
−
−++

a) Ứng với k = 97 ta được a
97
.
Vậy a
97
=
97
100
C2
= –8.
100
=
!
3!97!
8 100 99 98
6
−
×××
f(x)
′
f(x)
′
≥
//
f(1)
= – 1 293 600

b) Đặt f(x) = (x – 2)
100
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ … + a
100
x
100

Chọn x = 1 ta được
S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ … + a
100
= (–1)
100
= 1.

c) Ta có : = a

1
+ 2a
2
x + 3a
3
x
2
+ … + 100a
100
x
99

Mặt khác f(x) = (x – 2)
100


⇒ = 100(x – 2)
99

Vậy 100(x – 2)
99
= a
1
+ 2a
2
x + 3a
3
x
2
+ … + 100a

100
x
99

Chọn x = 1 ta được
M = a
1
+ 2a
2
+ … + 100a
100
= 100(–1)
99
= –100.
Bài 138. Cho f(x) = (1 + x)
n
với n 2.

a) Tính
b) Chứng minh

234 n
nnn n
2.1.C 3.2.C 4.3.C n(n 1)C n(n 1)2
n2
−
++++−=−
.
Đại học An ninh 1998
Giải

⇒
//
(x
n – 2
) thức Newt
f(x) =
n
x
⇒ f(x)
′
22334 n1n
n
3x C 4x C nx C
−
+ + ++
n2n
n
n(n 1)x C
−
+−
. Chứng minh

n1 1 n1 2
nn
2C 2C 3
−−
++
Đại học Kinh tế Quốc dân 2000
1n1 2n22 3n33 nn
n n n n

C2 x C2 x C2 x Cx
−− −
+ + ++
ha c
1n1 2n2 23n3 n1n
nn n n
C2 2xC2 3xC2 nx C
−− −−
++ ++
n x ợc

n1 1 n1 2 3 n3 n
nnn n
2C 2C 3C2 nC
−− −
++ ++.
Bài 140. Chứng minh
1n1 2n2 3n3 n n1
nnn n
C 3 2C 3 3C 3 nC n4
−−− −
++++=
.
Đại học Luật 2001
a) T ù : f(x + x)
n
a co ) = (1
= n(1 + x)
n – 1
f(x)

′


⇒ f = n(n – 1)(1 + x))
Vậy
//
f (1) = n(n – 1)2
n – 2
.

b Do khai triển nhò on
(1 + x)
n
=
0
CC+
1 22 33 44 n
nn n n n n
xCxCxCx C+ + + ++
= n(1 + x)
n - 1
=
1
nn
C 2xC+
n n
)
n - 2
=
2324

nn n
2C 6xC 12x C ++ +⇒ f(x)
′′
= n(n – 1)(1 + x
Chọn x = 1 ta được
n – 2
=
23 4 n
nn n n
2C 6C 12C n(n 1)C++ ++−
. n(n – 1)2
Bài 139
n3 3 n4 4 n
n n n
.2C 4.2C nC
− −
+ ++=
n1
n3
−
.
Giải
Ta có :
(2 + x)
n
=
0n
n
C2 +
Đạo øm 2 vế ta đượ

n(2 + x)
n – 1
=
Chọ = 1 ta đư
n3
n – 1
=
Giải
n n n n
ha
x)
nn1
n
nCx
Ta có :
(3 + x)
n
=
0n
n
C3 +
1n1 2n22 3n33 nn
C3 x C3 x C3 x Cx
−− −
+ + ++
Đạo øm 2 vế ta được
n(3 +
n – 1
=
1n1 2n2 23n3

nn n
C3 2xC3 3xC3
−
−−
++
−
++
h
1
=
1n1 2n2 3n3 n
nnn n
C3 2C3 3C3 n
−−−
++++.
Bài 141. Tính A =
1234 n1
C2C3C4C (1)nC
−
−+−++−
Đại học Bách khoa Hà Nội 1999
nnn
n
1) C x−
đa được
nnn1
n
(1)nCx
C ọn x = 1

⇒ n4
n –
C
n
n

nnnn
Giải
Ta có :
(1 – x )
n
=
01
nn
C C x C−+
2233
x C x−
n n
(++
Lấy ïo hàm hai vế ta
–n(1 – x)
n – 1
=
1223
nn n
C2xC3xC
−
−+ − ++−
n x ta có :
C2

+
ứn nh với

Chọ = 1
0 =
−
123 nn
nnn n
C3C (1)nC− ++−

⇒ A =
123
nnn
C2C3C (1−+++−
n1n
n
)nC 0
−
=

Bài 142. Ch g mi n ∈ N và n > 2
123 n
nnn
1
(C 2C 3C n!
n
++++ (*)
Giải
nn
n

xC+
đa ế ta được :
1
=
12 n1n
nn n
C2xC nxC
−
+++
n x
2
n – 1
=
12 n
n n
C 2C nC++
n
nC )
<
Ta có : (1 + x)
n
=
0122
nn n
CxCxC++ +
Lấy ïo hàm theo x hai v
n(1 + x)
n –
Chọ = 1 ta được
n

n
+
Vậy (*) ⇔
n1
1
(n.2 )
−
< n!
⇔
2
n – 1
< n!
n
(**)
u = 2
2
< 3! = 6
û ! > 2
k – 1

k – 1
k – 1 k
do k > 3 nên k + 1 > 4 )
Kết quả (**) sẽ được chứng minh bằng qui nạp
(**) đ ùng khi n = 3. Thật vậy 4
G ư (**) đúng khi n = k với k > 3 nghóa là ta đã có : kiả s
Vậy (k + 1)k! > (k + 1)2
⇔ (k + 1)! > 2 . 2 = 2 (
Do đó (**) đúng khi n = k + 1.
n – 1

Kết luận : 2 < n! đúng với
∀
n
∈
N và n > 2.
Bài 143.

a)
Chứng minh
23 n 2
nn n
1.2C 2.3C (n 1)nC n(n 1)2
n
−
+++−=−

b)
23 n2 n
nn n
1.2C 2.3C ( 1) (n 1)nC 0
−
−++− −=


c)
n1 2 n2 n2
nn
2 C 3.2 C 1)3
−− −
−

d)
n1 2 n2 3 n
n
2 C 3.2 C 3.4.2
−−
−+
Ta có nhò thức

nn
n
Cx+
.


2
n
3 n4 4 n
n n
3.4.2 C (n 1)nC n(n
−
++ ++−=
4 4 n2 n
n n
C ( 1) (n 1)nC n(n 1)
− −
−+−−=−.
n
Giải
(a + x)

n
=
0n 1n1 2n22
n
Ca Ca x Ca x
−−
++ +
nn
Đạo hàm 2 vế 2 lần , ta được :
2n2 3n3
n(n – 1)(a + x) =
nn
nn
1.2C a 2.3C a x (n 1)nC x
n – 2
−
−−
+++−

Với a = 1, x = 1, ta được :
n n2
nn n
1.2C 2.3C (n 1)nC n(n 1)2
a)
23

−
+++−=−
Với a = 1, x = – 1, ta được :

n2 n
nn n
1.2C 2.3C ( 1) (n 1)nC 0
−
−++− −=
c) Với a = 2, x = 1, ta được :

n2 2 n3 3 n n2
n n
1.2.2 C 2.3.2 C (n 1)nC n(n 1)3
−− −
+++−=−
n4 4 n n2
nn n n
2 C 3.2 C 3.4.2 C (n 1)nC n(n 1)3
− −
++ ++−=−

d) Với a = 2, x = –1, ta được :
b)
23

n
n1 2 n2 3−−

⇔
n
n2 2 n3 3 n4 4 n2 n
nnn n
1.2.2 C 2.3.2 C 3.4.2 C ( 1) (n 1)nC n( 1)

−−− −
−+−+−−= −
−
.
à
+ .

b)
01 n
nn
3C 4C ( 1) (n−++−
Giải
n
n

được :
1n14 2n25 nn3
n
Ca x Ca x Cx

⇔
n1 2
n
2 C 3
−
−
n2 3 n4 4 n2 n
n n n
.2 C 3.4.2 C ( 1) (n 1)nC n(n 1)
− − −

+ −+−−=
B i 144. Chứng minh :

a) n)
01 nn1
nn n
3C 4C (n 3)C 2 (6
−
++++ =
n
n
3)C 0+ =
.
Ta có nhò thức (a + x)
n
=
0n
C
1n1 2n22 n
nn n
a Ca x Ca x Cx
−−
++ ++
Nhân 2 vế với x
3
, ta
x
3
(a + x)
n

=
0n3
n
Cax
n n
−
−+
.
1n13 nn2
n
a x (n 3)C x
++++
Đạo hàm 2 vế, ta được :
3x
2
(a + x)
n
+ nx
3
(a + x)
n – 1
=
0n2
nn
3C a x 4C
−
+
++++.
a = 1, x = 1, ta được :
n n n1 n1

n
3)C 3.2 n2 2 (6 n)
−−
=+ = +.
a = , x = –1, ta được :
n n
n
) (n 3)C 0+ = .

Dạng
TÍCH PH ON ĐỂ
ÄT ĐẲNG THỨC
+ Lấy tích phân xác đònh hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2]
c đẳng thức cần chứng minh.
ứa

a) Với

0 1
nn
3C 4C (n++++

b) Với 1

01
nn
3C 4C ( 1−++−

3:
ÂN HAI VẾ CỦA NHỊ THỨC NEWT

CHỨNG MINH MO
+ Viết khai triển Newton của (ax + b)
n
.
ta sẽ đượ

Chú ý :
• Cần chứng minh đẳng thức ch
k
n
C
k1
ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế
+
trong khai triển của (a + x)
n
.
• Cần chứn minh đa g thg ún ức chứa
1
km1
+
+
k
n
C ta lấy tích phân với cận thích hợp
g khai triển cu x
m
(a + x)
n
.

Bài 145. Cho n N và n 2.

a) Tính I =

b) Chứng minh :
hai vế tron ûa
∈ ≥
1
23n
0
x(1 x)dx+
∫

n1
01 2 n
nnn n
111 1 2
CCC
1
C
369 n1)3(n1)
+
−

3(
+++ =+
+
.
Đại học Mở 1999
+

Giải
a) Ta có : I =
1
x( =
23n
1 x)dx+
0
∫
1
3
1
3n 3
0
(1 x ) d(x 1)
+
+
∫
I =
1
3n1
1 (1 x
+
3
.
0
⎥
⎦
=
)
+

⎤
n1
+
n1
21
3(n 1)
+
1
⎡
⎤
−
⎣
⎦
+
.

b Ta có : (1 + x
3
)
n
=
01326
nn n
C C x C x C++++
)
n2n
n
C

=

n3n
n
x

+ x
3
)
n
=
20 51 82 3
nnn
x C x C x C x++++

⇒ x
2
(1
+
Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được :
I
1
369 3n3
01 2
nnn
0
xxx x
CCC
369 3n3
+
⎡⎤
++++

⎢⎥
+
⎣⎦

Vậy :
+
−
n1
2
21 1
=++++
++
01 n
nnn n
1 1 1
C C C C
3(n 1) 3 6 9 3n 3

Bài 146.
n1
21
n1
+
−
+
Chứng minh
k
n
k1
=

n
C
+
∑

k0=
Đại học Giao thông Vận tải 2000
Giải
Ta có : (1 + x)
n
=
01 22 nn
nn n n
C C x C x C x++ ++
Vậy
1
n
0
(1 x) dx+
∫
=
(
)
1
01 22 nn
nn n n
0
C C x C x C x dx++ ++
∫

⇔
1
0
x)
n1
+
⎢⎥
+
⎣⎦
=
n1
(1
+
⎡⎤
1
23 n1
01 2 n
nn n n
0
xx x
C x C C C
23 n1
+
⎡⎤
++++
⎢⎥
+
⎣⎦

⇔

n1
21
n1
+
−
+
012
nnn
11 1
C C C C
23 n1
++++
+
=
n
n
⇔
n1
21
n1
+
−
+
=
k
n
n
k0
C
k1

=
+
∑

23 n1
n
1
C
−
.
012
nn n
21 21 2
C C C
23 n1
+
−−
++++
+
Tuyển sinh Đại học khối B 2003
Bài 147.
Tính :
n

Giải
Ta có : (1 + x)
n
=
0 1 22 33 nn
nn n n n

CCxCxCx Cx++ + ++
Vậy
2
1
(1
∫
n
dx = x)+
(
)
2
0 1 22 33 nn
nn n n n
1
C C x C x C x C x++ + ++
∫
dx
⇔
2
n1
(1 x)
1
+
⎡⎤
+
n1
⎢⎥
+
⎣⎦
=

2
234 n1
01 2 3 n
nn n n n
xxx x
C x C C C C
1
n1
+
⎡⎤
⎢⎥
+
⎣⎦

⇔
234
+++++

n1 n1
32
++
n1 n1
++
−
=
22
11
2
02 12 23 nn1
n

1
C[x] Cx Cx Cx
n1
+
1
n1 n n
11
23
⎡
⎤⎡⎤ ⎡⎤
++++
⎣⎦

⎣
⎦⎣⎦
+
⇔

n1 n1
32
++
−
=
n1
+
23 n1
1 2 n
nn n n
21 21 2 1
C C C

23 n1
+
−
0
C
−−
++++
+

Chứng minh :

Bài 148.
nn
(1)
02132 n1n
nnn
1 1 (1) 1
2C 2 .C 2 .C 2 C
23 n1 n1
+
−
n
+
−+++ =
++
d
−

Đại học Giao thông Vận tải 1996
Giải

Ta có : (1 – x)
n
C = C
01 22 nnn
nn n n
x C x ( 1) C x−+ ++−
Vậy
2
n
0
(1 x)−
∫
x =
(
)
n
xdx
⇔
2
01 22 nn
nn n n
0
CCxCx (1)C−+ ++−
∫

2
n1
0
(1 x)
n1

+
⎡⎤
−
−
⎢⎥
+
⎣⎦
=
2
3nn1
021 2 n
nnn n
0
1x (1)x
Cx xC C C
23 n1
+
⎡
⎤
−
−+++
⎢
⎥
+
⎣
⎦

⇔

n1

(1)
n1
+
−−
−
+
=
1
23 nn1
01 2 n
nnn n
22 (1)2
2C C C
23 n1
+
−
−+++
+
C

⇔
n
1(1)+−
=
23 nn1
01 2 n
nnn n
22 (1)2
2C C C C
23 n1

+
−
−+++
+

n1
+
Bài 149. Chứng minh :
a)
n
n0 n1 1 n
nnn
11(
(1)C (1) C C
2n1n
−
1)
1
−
−+− ++ =
+
+

01 n n
nn n
11
C C ( 1) C
−++− =
. b)
1

2n1n1
++

=

Giải
hức Ta có nhò t
(a + x)
1n
a
n
=
0n
nn
Ca C
1 2n22 nn
n n
x Ca x Cx
−−
++ ++.
Vậy :
∫
1
n
(a x) dx+
0
()
1
0n 1n1 nn
nn n

0
Ca Ca x Cx dx
−
+++
∫

⇔
1
n1
(a x)
+
+
=
0
n1
+
1
0n 1n12 nn1
nn n
0
11
Cax Ca x Cx
2n1
−+
⎛⎞
+++
⎜⎟
+

⎝⎠

⇔
n1 n1
(a 1) a
++
+−
=
n1
+
0n 1n1 n
nn n
11
Ca Ca C
2n1
−
+++
+
.
a) ới a = –1 , ta đV ược :
+
−
−
−−


−+− ++ = =
+
++
nn
2n1n1n

n1 n
n1 1 n
11(1)(1)
) C C
1

)
Vậy
(a x) dx+
∫
=
n0
(1
n
(1)C
b Ta có nhò thức
(a + x)
+
n
=
0n
Ca
1
n
−
1n1 2n22 nn
nn n n
Ca x Ca x Cx
−−
+ ++.

(
0
)
n
C a C a x C x dx+++
∫


1
0n 1n1 nn
−
−
nn
0
1
n1
⇔
0
n1
+
=
(a x)
−
+
+
1
nn1
n
0
11

Cx
2n1
−
−+
⎛⎞
+
⎜⎟
+

0n 1n12
nn
Cax Ca x++
⎝⎠

⇔
n1 n1
(a 1) a
++
−−
=
n1
+
0n 1n1 n1 n
nn n
11
Ca Ca ( 1) C
2n1
−+
−+ −+−
+

.
a = 1, ta được :

Với
01 n1 n
nn n
111
C C ( 1) C
2n1n
+
−
−+ −+− =
1
+
+
.

⇔
01 n n
nn n
111
C C ( 1) C
2n1n1
−++− =
+
.
+
Bài 150. Tính
Rút gọn S =
1

19
0
x(1 x) dx−
∫

01 2 18 19
19 19
1 1
C C
−
19 19 19
111
C C C
234 2021
−+++
Đại học Nông nghiệp Hà Nội 1999
iải
• ⇒ dt = –dx
Đổi cận
G
Đặt t = 1 – x
x 0 1
t 1
I =
0
= Vậy
1
19
x(1 x) dx−
∫

0
0
19
1
(1 t)t ( dt)
−
−
∫

20
t )dt =
1
20 21

⇔ I =
1
19
0
(t −
∫
0
tt
20 21
−
11
⎤
⎥
⎦
=
11

21
=
20
−
1
420

Ta có :
1 2 2 18 18 19 19
19
x Cx Cx Cx−+ ++ −
x
18191920
19
Cx−
Vậ I =
19
x) dx− =
• (1 – x)
19
= C
0
19
C
19 19 19
)
19
=
01223
19 19 19 19

xC x Cx Cx−+++ ⇒ x(1 C–
y
0
x(

1
1
∫
1
2 3 20 21
01 1819
19 19 19 19
0
xx x x
C C C C
2 3 20 21
⎡
⎤
−+ −+
⎢
⎥
⎦

⎣
1

⇔
420
=
01 18 19

11 1 1
C C C
2 3 20 21
−++ −
y S =
19 19 19 19
C
Vậ
1
420
.
1
2n
x ) dx

b) Chứng minh
Bài 151.

a) Tính
0
x(1−
∫
n
01 23
nnnn
1111 (
C C C C
2468 2n
−+−++
n

n
1) 1
C
22(n1)
−
=
+
+

Đại học Bách khoa Hà Nội 1997
Giải
a) T co I = a ù : =
1
2n
0
x(1 x ) dx−
∫
1
2n 2
0
1
(1 x ) d(1 x )
2
−− −
∫

1
2n1
0
1(1x)

2n1
+
⎡⎤
−

⇔ I =
−
+
⎢⎥
⎣⎦
=
n1
1
01
2(n 1)
+
⎡
⎤
−−
⎣
⎦
+


⇔ I =
1
.
2(n 1)
+

b) Ta có :
(
01
nn
1 – x) =
nn
– x
2
)
n
=
xC
2 n
0122436 nn2n
CCxCxCx (1)Cx−+−++−
n n n
32537 nn2n1
n n n
Cx Cx ( 1)Cx
⇒ x(1
Cx
+
−+−++−

Vậy I =
1
0
x(1
∫
2n

) dx = x−
1
n
3 2n2n
n n
0
(1)
C xC
2n2
+
⎡⎤
−
+
⎢⎥
+
⎣⎦

2468
01 2
nnn
xxxx
CCC
2468
−+−+
⇔

1
=
2(n 1)
+

n
1 23 n
nn n
11 (1)
C C C C
2468 2n2
−
+−++
+

* .Chứng minh :

0
nn
11
C
−
Bài 152
n1 2
n
01 n
nn
11 1 2(n 2)2
C C C
n
+
+
+
n
3 (n 1)(n 2)(n 3)3 4

−
+++ =
.
(a + x) =
nn n
Ca
2
(a + x)
n
=
2 1n13 nn2
nn n
C x C a x C x
++++
Giải
a) Ta có nhò thức
n
0n 1n1 nn
Ca x Cx
−
+++
Suy ra : x
0n
a
−
+
+++
0
(
Vậy

1
2n
x(a x)dx+
∫
=
)
1
0n2 1n13 n 2
nn n
0
C a x C a x C x dx
−+
+++
n
∫
=
0n 1n1
11
C a C a
−
++
n
nn n
1
C
4 n3
+
+

Để tính tích phân ở vế trái, đặt t = a + x

⇒ dt = dx
Đổi cận :
3
x 0 1
t a a + 1
Suy ra :
=
= =
1
2n
0
x(a x)dx+
∫
a1
2n
a
(t a) t dt
+
−
∫

a1
n2 n1 2n
a
(t 2at a t )dt
+
++
−+
∫
a1

n3 n2 2n1
t2atat
+
a
n3 n2 n1
+++
⎛⎞
−+
⎜⎟

++ +
⎝⎠
n2 n2 2 n1 n1
n3 n3
2a (a 1) a a (a 1) a
(a 1) a
++ ++
++
⎡
⎤⎡
+− +−
+−
=
n3 n2 n1
⎤
⎣
⎦⎣ ⎦
−+
+

++
Với a = 1, ta được :
1
2n
0
x(a x)dx+
∫
=
n3 n2 n1
212(21)21
n3 n2 n1
+++
−
−−
−+
+
++

=
n1
441 21
2
n3n2n1 n2n3n
+
⎛⎞⎛
−+ + −−
⎜⎟⎜
+++ +++
⎝⎠⎝

1
1
⎞
⎟
⎠

=
2
n1
nn2 2
2
(n 1)(n
+
++
++
=
2)(n 3) (n 1)(n 2)(n 3)
−
+ ++ +

n1 2
2(n n
(n 1)(n 2)(n 3)
+
++
+

Suy ra :
2)2−
++

n1 2
01 n
nn n
11 1 2(nn2)2
C C C
3 4 n 3 (n 1)(n 2)(n 3)
+
+
+−
+++ =
+
++ +
.

PHẠM ANG
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vónh Viễn)

HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QU