Chuyên đề nhị thức Newton

NHỊ THỨC NEWTON

Nhò thức Newton có dạng :
(a + b)
n
=
C
a
n
b
0
+ a
n-1
b
1
+ … + a
0
b
n

0
n
1
n
C
n
n
C
=
(n = 0, 1, 2, …)

n
knkk
n
k0
Ca b
−
=
∑
Các hệ số của các lũy thừa (a + b)
n
với n lần lượt là 0, 1, 2, 3, … được sắp
thành từng hàng của tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal :
k
n
C

(a + b)
0
= 1
(a + b)
1
= a + b
(a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2

(a + b)

3
= a
3
+ 3a
2
b + 3ab
2
+b
3

(a + b)
4
= a
4
+ 4a
3
b + 6a
2
b
2
+ 4ab
3
+ b
4

(a + b)
5
= a
5
+ 5a

4
b + 10a
3
b
2
+ 10a
2
b
3
+ 5ab
4
+ b
5






1




1



1

5


1

4


1

3
+
10
1

2

6

1

3

10


1

4

1

5




1





1
Các tính chất của tam giác Pascal :
(i) = = 1 : các số hạng đầu và cuối mỗi hàng đều là 1.
0
n
C
n
n
C
(ii) =
(0 k n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau.
k
n
C
nk

n
C
−
≤ ≤
(iii)

= (0 k
k
n
C +
k1
n
C
+
k1
n1
C
+
+
≤ ≤
n – 1) : tổng 2 số hạng liên tiếp ở hàng trên bằng
số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới.
(iv)

+ … + = (1 + 1)
n
= 2
n

0

n
C +
1
n
C
n
n
C

Các tính chất của nhò thức Newton :
(i) Số các số hạng trong khai triển nhò thức (a + b)
n
là n + 1.
(ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhò thức (a + b)
n
là n.
(iii) Số hạng thứ k + 1 là Ca
n – k
b
k
.
k
n
Dạng 1:
TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON
1. Khai triển (ax + b)
n
với a, b = ± 1, ± 2, ± 3 …
Cho x giá trò thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , …,
0

n
C,
1
n
C
n
n
C.
Hai kết quả thường dùng
(1 + x)
n
= x + x
2
+ … + x
n
=
(1)
0
n
C +
1
n
C
2
n
C
n
n
C
n

kk
n
k0
Cx
=
∑
(1 – x)
n
= x + x
2
+ … + (–1)
n
x
n
= (2)
0
n
C –
1
n
C
2
n
C
n
n
C
n
kkk
n

k0
(1)Cx
=
−
∑

•

Ví dụ : Chứng minh a)

+ … + = 2
n
0
n
C +
1
n
C
n
n
C

b)

+ … + (–1)
n

= 0
0
n

C –
1
n
C +
2
n
C
n
n
C
Giải
a) Viết lại đẳng thức (1) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh.
b) Viết lại đẳng thức (2) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh .
2. Tìm số hạng đứng trước x
i
(i đã cho) trong khai triển nhò thức Newton của
một biểu thức cho sẵn
•

Ví dụ :
Giả

sử

số hạng thứ k + 1 của (a + b)
n
là a
n – k
b
k

.Tính số hạng thứ 13
trong khai triển (3 – x)
15
.
k
n
C
Giải
Ta có :
(3 – x)
15
= 3
15
– 3
14
x + … + 3
15 – k
.(–x)
k
+ … + – x
15

0
15
C
1
15
C
k
15

C
15
15
C
Do k = 0 ứng với số hạng thứ nhất nên k = 12 ứng với số hạng thứ 13
Vậy số hạng thứ 13 của khai triển trên là :
3
12
15
C
3
(–x)
12
= 27x
12
.
15!
12!3!
= 12.285x
12
.
3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức (a + b)
n

(a, b chứa x), ta làm như sau :
-
Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :
a
n – k
b

k
=c
m
. x
m
.
k
n
C
- Số hạng độc lập với x có tính chất : m = 0 và 0
≤
k
≤
n, k
∈
N. Giải phương
trình này ta được k = k
0
. Suy ra, số hạng độc lập với x là .
0
k
n
C
0
nk
a
−
0
k
b

•
Ví dụ :
Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức
18
x4
2x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
Giải
Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :

18 k
k
18
x
C
2
−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
k
4
x
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

=
kk182k18k k
18
C2 .2.x .x
− −−
=
k3k18182k
18
C2 .x
−−
Số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức có tính chất :
18 – 2k = 0
⇔
k = 9
Vậy, số hạng cần tìm là : .2
9
.
9
18
C



4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhò thức (a + b)
n
với a,
b chứa căn,
ta làm như sau :
– Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :
= K

knkk
n
Ca b
−
mn
p
q
c.d với c, d
∈¤

– Số hạng hữu tỷ có tính chất :
m
p

∈
N và
n
q

∈
N và 0
≤
k
≤
n, k N.
∈
Giải hệ trên, ta tìm được k = k
0
. Suy ra số hạng cần tìm là :
.

00
knkk
n
Ca b
−
0
•

Ví dụ :
Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhò thức
( )
7
3
16 3
+

Giải
Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :

7k
1
k
3
7
C16
−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.

k
1
2
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
=
7k
k
k
3
2
7
C.16 .3
−
.
Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất :
7k
N
3
k
N
2
0k7,kN
−
⎧
∈
⎪
⎪

⎪
∈
⎨
⎪
≤≤ ∈
⎪
⎪
⎩

⇔
−=
⎧
⎪
⎨
⎪
≤≤
⎩
7k3m
k chẵn
0k7
⇔
k 7 3m (m Z)
k chẵn
0k7
=− ∈
⎧
⎪
⎨
⎪
≤≤

⎩

⇔
k = 4
Vậy, số hạng cần tìm là : .
42
17
C .16.3
Bài 120. Khai triển (3x – 1)
16
.
Suy ra 3
16
– 3
15
+ 3
14
– … + = 2
16
.
0
16
C
1
16
C
2
16
C
16

16
C
Giải
Ta có : (3x – 1)
16
=
16
16 i i i
16
i0
(3x) ( 1) .C
−
=
−
∑
= (3x)
16
– (3x)
15
+ (3x)
14
+ … + .
0
16
C
1
16
C
2
16

C
16
16
C
Chọn x = 1 ta được :
2
16
= 3
16
– 3
15
+ 3
14
– … + .
0
16
C
1
16
C
2
16
C
16
16
C
Bài 121.
Chứng minh :
a)
n0 n11 n22 n n

nn nn
2 C 2 C 2 C C 3
−−
++++=
b) .
n0 n11 n22 nn n
nn n n
3 C 3 C 3 C ( 1) C 2
−−
−+++−=
Giải
a)
Ta có : (x + 1)
n
= .
0n 1n1 n
nn
C x C x C
−
+++
n
n
n
n
)
Chọn x = 2 ta được :
3
n
= .
0n 1n1 n

nn
C2 C2 C
−
+++
b)
Ta có : (x – 1)
n
= .
0n 1n1 n n
nn
C x C x ( 1) C
−
−++−
Chọn x = 3 ta được :
2
n
= .
n0 n11 n22 nn
nn n
3 C 3 C 3 C ( 1) C
−−
−+++−
Bài 122.
Chứng minh : ;
n1
kn1
n
k1
C2(2 1
−

−
=
=−
∑
n
kk
n
k0
C(1) 0
=
− =
∑
.
Giải
Ta có : (1 + x)
n
= (*)
n
0 1 22 nn kk
nn n n n
k0
C C x C x C x C x
=
++ ++ =
∑
Chọn x = 1 ta được
2
n
=
n

k0 1 2 n1
nnnn n
k0
CCCC C C
−
=
n
n
= ++++ +
∑
2
n
=
⇔
12 n1
nn n
1 C C C 1
−
++++ +
2
n
– 2 =
⇔
n1
k
n
k1
C
−
=

∑
Trong biểu thức (*) chọn x = – 1 ta được 0 =
n
kk
n
k0
C(1)
=
−
∑
.
Bài 123.
Chứng minh :
02244 2n2n2n12n
2n 2n 2n 2n
C C 3 C 3 C 3 2 (2 1)
−
++++ = +
Giải
Ta có : (1 + x)
2n
= (1)
0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
C C x C x C x C x
−−
++ ++ +
(1 – x)
2n
= (2)

0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
C C x C x C x C x
−−
−+ +− +
Lấy (1) + (2) ta được :
(1 + x)
2n
+ (1 – x)
2n
= 2
022 2n2n
2n 2n 2n
C C x C x
⎡ ⎤
+++
⎣ ⎦
Chọn x = 3 ta được :
4
2n
+ (–2)
2n
= 2
022 2n2n
2n 2n 2n
C C 3 C 3
⎡⎤
+++
⎣⎦

⇔
4n 2n
22
2
+
=
022 2n
2n 2n 2n
C C 3 C 3+++
2n

⇔
2n 2n
2(2 1)
2
+
=
022 2n
2n 2n 2n
C C 3 C 3+++
2n
)
2n

=
⇔
2n 1 2n
2(2 1
−
+

022 2n
2n 2n 2n
C C 3 C 3+++
Bài 124.
Tìm hệ số đứng trước x
5
trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức :
f(x) = (2x + 1)
4
+ (2x + 1)
5
+ (2x + 1)
6
+ (2x + 1)
7
.
Giải
Ta có : (2x + 1)
4
=
4
i4
4
i0
C(2x)
i
−
=
∑
; (2x + 1)

5
=
5
i5
5
i0
C(2x)
i
−
=
∑
(2x + 1)
6
=
6
i6
6
i0
C(2x)
i
−
=
∑
; (2x + 1)
7
=
7
i7
7
i0

C(2x)
i
−
=
∑
Vậy số hạng chứa x
5
của (2x + 1)
4
là 0.
số hạng chứa x
5
của (2x + 1)
5
là .
05
5
C(2x)
số hạng chứa x
5
của (2x + 1)
6
là .
15
6
C(2x)
số hạng chứa x
5
của (2x + 1)
7

là .
25
7
C(2x)
Do đó hệ số cần tìm là = 0 + + +
05
5
C2
15
6
C2
25
7
C2
= = 28
12
67
(1 C C )2++
5
×
32 = 896.
Bài 125.
Tìm số hạng chứa x
8
trong khai triển
n
5
3
1
x

x
⎛
+
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
+
biết rằng
= 7(n + 3).
n1 n
n4 n3
CC
+
+
−
+
Giải
Ta có : = 7(n + 3) (với n
n1 n
n4 n3
CC
+
+
−
∈
N)

⇔
()

(n 4)! (n 3)!
3! n 1 ! 3!n!
++
−
+
= 7(n + 3)

⇔
(n 4)(n 3)(n 2) (n 3)(n 2)(n 1)
66
+++ +++
−
= 7(n + 3)

⇔
(n + 4)(n + 2) – (n + 2)(n + 1) = 42

⇔
(n
2
+ 6n + 8) – (n
2
+ 3n + 2) = 42

⇔
3n = 36

⇔
n = 12.
Ta có :

12
51
12 12
36 i
5i312iii
22
12 12
3
i0 i0
1
x C (x ) .(x ) C x
x
−+
−−
==
⎛⎞
+= =
⎜⎟
⎝⎠
∑∑
1
Yêu cầu bài toán –36 +
⇔
11
i
2
= 8 (với i
∈
N và 0
≤

i 12)
≤

⇔
11i
2
= 44
⇔
i = 8 (thỏa điều kiện).
Vậy số hạng chứa x
8
là

8
88
12
12!x
Cx
8!4!
=
=
8
12 11 10 9
x
432
× ××
××
= 495x
8
.

Bài 126.
Biết rằng tổng các hệ số của khai triển (x
2
+ 1)
n
bằng 1024. Hãy tìm hệ số a
của số hạng ax
12
trong khai triển đó.
Giải
Ta có : (x
2
+ 1)
n
=
02n 12n1 i 2ni n
nn n
C(x) C(x) C(x) C
−−
n
+ ++ ++
Theo giả thiết bài toán, ta được
= 1024
01 i
nnn
C C C C
+++++
n
n
2

n
= 1024 = 2
10
⇔ ⇔
n = 10
Để tìm hệ số a đứng trước x
12
ta phải có
2(n – i) = 12
⇔
10 – i = 6
⇔
i = 4
Vậy a =
4
10
10! 10987
C
4!6! 4 3 2
× ××
==
××
= 210.
Bài 127.
Tìm hệ số đứng trước x
4
trong khai triển (1 + x + 3x
2
)
10

.
Giải
Ta có :
(1 + x + 3x
2
)
10
= [1 + x(1 + 3x)]
10
=
01 22 233 3
10 10 10 10
C C x(1 3x) C x (1 3x) C x (1 3x)+ ++ + + + +


44 4 10 10
10 10
C x (1 3x) C (1 3x)+++ +
Hệ số đứng trước x
4
trong khai triển chỉ có trong , ,
đó là :
22 2
10
Cx(13x)+
33 3
10
Cx(13x)+
44 4
10

Cx(13x)+
234
10 10 10
10! 10! 10!
C9 C9 C 9. 9
8!2! 3!7! 6!4!
++= + +
= 405 + 1080 + 210 = 1695.
Bài 128.
Tìm hệ số của x
8
trong khai triển [1 + x
2
(1 – x
Giải
+
+
g chứa x g kh i triển trên chỉ có trong và
Vậy hệ số của x
8
là : + = 238.
Bài 129.
Cho
)]
8
.
Ta có :
[1 + x
2
(1 – x)]

8
=
012 24 2
88 8
C Cx(1 x) Cx(1 x)+−+−

36348451056126
888 8
C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x)+−+−+−+−

714 7 816 8
88
C x (1 x) C x (1 x)+−+−
Số hạn
8
tron a
36 3
8
Cx(1 x)−
48 4
8
Cx(1 x)−
đó là
36 2
8
Cx.3x
và
4
8
C

8
x
3
8
3C
4
8
C
n
x
x1
3
2
22
−
−
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
=
nn1
x
x1 x1
01
3
22
nn
C2 C2 2
−

−−
−
⎛⎞
⎛⎞ ⎛⎞
.
+ +
⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
⎝⎠
+ … +
n1 n
xx
x1
n1 n
33
2
nn
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
C2 2 C2
−
−
−−
−
⎛⎞ ⎛⎞
⎛⎞
+
⎝⎠

.
⎝⎠
Biết và số hạng thứ tư bằng 20n.
rằng
31
nn
C5C= Tìm n và x.
(điều kiện n
Giải
Ta có :
31
nn
C5C
=
∈
N và n
≥
3)

⇔
n(n 1)(n 2)
⇔
()()
n! n!
5
!
=

6
−−

= 5n
3! n 3 ! n 1−−
n
2
– 3n
⇔
(n – 1)(n – 2) = 30
⇔
– 28 = 0
(loại do n 3)
⇔
n = 7
∨
n = –4
≥ ⇔
n = 7
Ta có : a
4
= 20n = 140

⇔
3
4
x
x1
3
3
2
7
C2 .2

−
−
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
⇔
x2
7!
2
⎜⎟
⎝⎠
= 140
⎝⎠
3!4!
−
= 140
2
x – 2
= 2
2
⇔ ⇔
x – 2 = 2
⇔
x = 4.
Bài 130.
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
12
1
x
x

⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
.
Giải
Ta có :

12
1
x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
=
i
012 111 i 12i 12
12 12 12 12
12
11
Cx Cx Cx C
xx
−
⎛⎞ ⎛⎞
+++ ++
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
1

x
Để số hạng không chứa x ta phải có
i
12 i
1
x
x
−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
= x
0
⇔
x
12 – 2i
= x
0
⇔
12 – 2i = 0
⇔
i = 6
Vậy số hạng cần tìm là :
6
12
12! 121110987
C
6!6! 65432
× ××××
==

××××
= 924.
Bài 131. Tìm số hạng không chứa x (với x > 0) trong khai triển
7
3
4
1
x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
Giải
Ta có :
7
3
4
1
x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
=
7
1
1
3

4
xx
−
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
=
11 1
11
0716 i 7i i 7
33 3
44
77 7 7
C (x ) C (x ) (x ) C (x ) (x ) C (x )
−−
−
+++ ++
1
7
4
−
Để tìm số hạng không chứa x ta phải có

11
(7 i) i
34
−−
= 0
⇔

4(7 – i ) – 3i = 0
⇔
28 – 7i = 0

⇔
i = 4
Vậy số hạng không chứa x là C =
4
7
7! 7 6 5
35.
4!3! 3 2
× ×
==
×
Bài 132
. Trong khai triển
n
28
3
15
xx x
−
⎛
+
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
9

hãy tìm số hạng không phụ thuộc x biết
rằng .
nn1n2
nn n
CC C 7
−−
++ =
Giải
Ta có :
nn1n2
nn n
CC C 7
−−
++ =9

⇔
() ()
n! n!
1 79
n1! 2!n2!
++
−−
=
⇔
( )
nn 1
n 78
2
−
+ =

n
2
+ n – 156 = 0
⇔ ⇔
n = –13 n = 12
∨
Do n
∈
N nên n = 12.
Ta có :
12 12
28 4 28
3
15 3 15
xx x x x
−−
⎛⎞⎛
+=+
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠

=
12 i
428
12 12
i1
ii

315
12 12
i0 i0
Cx .x Cx
−
−−
==
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
∑∑
16
6i
5
Yêu cầu bài toán 16 –
⇔
16
i0
5
=

⇔
i = 5
Vậy số hạng cần tìm
5
12
12!
C 792.
5!7!

==
Bài 133.
Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ:
(
)
124
4
35−
Giải
Ta có :
()
124
11
124
4
24
35 35
⎛⎞
−=−=
⎜⎟
⎝⎠

124 k
11
124
kk
24
124
k0
C3 .(5)

−
=
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
∑
=
kk
124
62
kk
24
124
k0
(1)C 3 .5
−
=
−
∑
Số hạng thứ k là hữu tỉ
k
62 N
2
k
N
4
kN
0k124
⎧

−∈
⎪
⎪
⎪
∈
⎨
⎪
∈
⎪
⎪
≤≤
⎩

⇔
≤≤
⎧
⎪
⎨
∈
⎪
⎩
0k124
k
N
4
⇔
∈
⎧
⎪
≤≤

⎨
⎪
=
⎩
iN
0k124
k4i
⇔
iN
0i31
k4i
∈
⎧
⎪
≤≤
⎨
⎪
=
⎩
⇔ i
∈
{
}
0,1, ,31
Do đó trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ.
Bài 134
∗
. Gọi a
3n -3
là hệ số của x

3n-3
trong khai triển thành đa thức của
(x
2
+ 1)
n
. (x + 2)
n
.
Tìm n để a
3n-3
= 26n.
Giải
Ta có : ( x
2
+ 1 )
n
. (x + 2)
n
=
n
i2n
n
i0
C(x)
i
−
=
∑
.

n
knk k
n
k0
Cx .2
−
=
∑
=
nn
ikk3n2ik
nn
i0 k0
CC2.x
− −
==
∑∑
Do yêu cầu bài toán nên 3n – 3 = 3n – (2i + k)

⇒
2i + k = 3
Do i, k
∈
N và i, k
∈
[0, n] nên
i0
k3
=
⎧

⎨
=
⎩
hay
i1
k1
=
⎧
⎨
=
⎩
Vậy a
3n – 3
= + = 26n
033
nn
CC2
111
nn
C C 2
8 .
⇔
()
n!
3! n 3 !
−
+ 2n
2
= 26n
⇔

4
3
n(n – 1)(n – 2) + 2n
2
= 26n
2(n – 1)(n – 2) + 3n = 39
⇔ ⇔
2n
2
– 3n – 35 = 0
n = 5 n =
⇔ ∨
7
2
−
(loại do n
∈
N)
⇔
n = 5.
Bài 135*.
Trong khai triển
10
12
x
33
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

a
0
+ a
1
x + … + a
9
x
9
+ a
10
x
10
(a
k
∈
R)
Hãy tìm số hạng a
k
lớn nhất.
Giải
Ta có :
10
12
x
33
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
=

10
10
1
(1 2x)
3
+
=
10
kk
10
10
k0
1
C (2x)
3
=
∑
Do đó : a
k
=
kk
10
10
1
C2
3
Ta có : a
k
đạt max
⇒

kk
kk
aa
aa
1
1
−
+
≥
⎧
⎨
≥
⎩
⇔
k k k1 k1
10 10
kk k1k1
10 10
C2 C 2
C2 C 2
−−
++
⎧
≥
⎪
⎨
≥
⎪
⎩

⇔
() ()
() ()
kk1
kk1
2 10! 2 .10!
k! 10 k ! (k 1)! 11 k !
210! 2 .10!
k!10 k! (k 1)!9 k!
−
+
⎧
≥
⎪
−−−
⎪
⎨
⎪
≥
⎪
−+−
⎩


⇔
21
k11k
12
10 k k 1
⎧

≥
⎪
⎪
−
⎨
⎪
≥
⎪
− +
⎩
⇔
19 22
k
33
≤≤
Do k
∈
N và k
∈
[0, 10] nên k = 7.Hiển nhiên a
k
tăng khi k
∈
[0, 7], và a
k
giảm
khi k ∈ [7, 10].
Vậy max a
k
= a

7
=
7
7
10
10
2
C
3
.
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)nC0
−
−+−+− =
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
=
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
0 k k 100 100
100 100 100 100
(x) Cx
−++
3 97
(1)

−
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−
++++−=−
.
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
−
+−
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
. Chứng minh

n1 1 n1 2
nn
2C 2C 3
−−
++
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
−−− −
++++=
.
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
−
−+−++−
C ọn x = 1

⇒
n4
n –
C
n
n
nnnn
nnn
n
1) C x
−
đa được
nnn1
n
(1)nCx
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
)nC0
−
=
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−++−

⇔
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+ =

.
Giải
n
n
được :
1n14 2n25 nn3
n
Ca x Ca x Cx
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(
+++ =+
+
.
+
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=
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
+
−−
++++
+
Bài 147.
Tính :
n
Giải
Ta có : (1 + x)
n
=
0 1 22 33 n n
nn n n n
CCxCxCx Cx
++ + ++
Vậy
2
1
(1
∫
n

dx
=
x)+
( )
2
0 1 22 33 n n
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
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
−+++
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)
−

=
+ +
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
−

+−++
+
0
nn
11
C
−
* .
Chứng minh :

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
n3n2 n1 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