Tài liệu Nhị thức Newton (phần 2) pptx

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 2n2 2 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−−

⇔