Đạo hàm hai vế của khai triển Newton để chứng minh một đẳng thức

- Viết khai triển Newton của (ax + b)

– Đạo hàm 2 vế một số lần thích hợp .

– Chọn giá trịx sao cho thay vào ta được đẳng thức phải chứng minh.

pdf12 trang | Chia sẻ: luyenbuitvga | Ngày: 21/05/2015 | Lượt xem: 1663 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đạo hàm hai vế của khai triển Newton để chứng minh một đẳng thức, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐẠI SỐ TỔ HỢP 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 trị x sao cho thay vào ta được đẳng thức phải chứng minh. Chú ý : • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k knC ta đạo hàm hai vế trong khai triển (a + x)n.. • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k(k – 1) knC ta đạo hàm 2 lần hai vế của khai triển (a + x)n. Bài 136. Chứng minh : a) 1 2n nC 2C 3C 3 n n 1 n n... nC n2 −+ + 1 2 3 n 1 n n n nC 2C 3C . −− + − n 1 1 n 1 2 n n n n2 C 2 C 3.2 C ... ( 1) nC n − −− + − + − = 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n n n n n nC a C a x C a x ... C x − −+ + + + 1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n n 1 n n n na 2C a x 3C a x ... nC x + + = b) n.. ( 1) nC 0+ − = n 3 3 n 1 n− − c) . Giải Ta có nhị thức (a + x)n = . Đạo hàm 2 vế ta được : n(a + x)n-1 = C − − − −+ + + + 1 2 3 n n 1 n n n nC 2C 3C ... nC n2 a) Với a = 1, x = 1, ta được : −+ + + + = b) Với a = 1, x = –1, ta được : 1 2 3 n 1 nn n n nC 2C 3C ... ( 1) nC 0 −− + − + − = c) Với a = 2, x = –1, ta được : . n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 1 n2 C 2 C 3.2 C ... ( 1) nC n− − − −− + − + −n n n n = 0 k k 100 100 100 100 100 100( x) ... C x− + + 3 97( 1)− Bài 137. Cho (x – 2)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100 . Tính : a) a97 b) S = a0 + a1 + … + a100 c) M = a1 + 2a2 + 3a3 + … + 100a100 Đại học Hàng hải 1998 Giải Ta có : (x – 2)100 = (2 – x)100 = C 2 100 1 99 k 100C 2 .x ... C 2 −− + + a) Ứng với k = 97 ta được a97. Vậy a97 = 97100C 2 = –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 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100 Chọn x = 1 ta được S = a0 + a1 + a2 + … + a100 = (–1)100 = 1. c) Ta có : = a1 + 2a2x + 3a3x2 + … + 100a100x99 Mặt khác f(x) = (x – 2)100 ⇒ = 100(x – 2)99 Vậy 100(x – 2)99 = a1 + 2a2x + 3a3x2 + … + 100a100x99 Chọn x = 1 ta được M = a1 + 2a2 + … + 100a100 = 100(–1)99 = –100. Bài 138. Cho f(x) = (1 + x)n với n 2. a) Tính b) Chứng minh 2 3 4 nn n n n2.1.C 3.2.C 4.3.C ... n(n 1)C n(n 1)2 n 2−+ + + + − = − . Đại học An ninh 1998 Giải ⇒ // (x n – 2 ) thức Newt f(x) = nx ⇒ f (x)′ 2 2 3 3 4 n 1 nn3x C 4x C ... nx C−+ + + + n 2 n nn(n 1)x C −+ − . Chứng minh n 1 1 n 1 2n n2 C 2 C 3 − −+ + Đại học Kinh tế Quốc dân 2000 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 3 n n n n n nC 2 x C 2 x C 2 x ... C x − − −+ + + + ha c 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 n 1 n n n n nC 2 2xC 2 3x C 2 ... nx C − − − −+ + + + n x ợc n 1 1 n 1 2 3 n 3 nn n n n2 C 2 C 3C 2 ... nC − − −+ + + + . Bài 140. Chứng minh 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n n 1n n n nC 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)2n – 2 . b Do khai triển nhị on (1 + x)n = 0C C+ 1 2 2 3 3 4 4 nn n n n n nx C x C x C x ... C+ + + + + = n(1 + x)n - 1 = 1n nC 2xC+ n n )n - 2 = 2 3 2 4n n n2C 6xC 12x C ...+ + +⇒ f (x)′′ = n(n – 1)(1 + x Chọn x = 1 ta được n – 2 = 2 3 4 nn n n n2C 6C 12C ... n(n 1)C+ + + + − . n(n – 1)2 Bài 139 n 3 3 n 4 4 n n n n.2 C 4.2 C ... nC − −+ + + = n 1n3 − . Giải Ta có : (2 + x)n = 0 nnC 2 + Đạo øm 2 vế ta đượ n(2 + x)n – 1 = Chọ = 1 ta đư n3n – 1 = Giải n n n n ha x) n n 1n... nC x Ta có : (3 + x)n = 0 nnC 3 + 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 3 n nC 3 x C 3 x C 3 x ... C x− − −+ + + + Đạo øm 2 vế ta được n(3 + n – 1 = 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3n n nC 3 2xC 3 3x C 3 − − −+ + −+ + h 1 = 1 n 1 2 n 2 3 n 3 nn n n nC 3 2C 3 3C 3 ... n − − −+ + + + . Bài 141. Tính A = 1 2 3 4 n 1C 2C 3C 4C ... ( 1) nC−− + − + + − Đại học Bách khoa Hà Nội 1999 n n n n1) C x− đa được n n n 1 n... ( 1) nC x C ọn x = 1 ⇒ n4n – C n n n n n n Giải Ta có : (1 – x )n = 0 1n nC C x C− + 2 2 3 3x C x−n n ... (+ + Lấy ïo hàm hai vế ta –n(1 – x)n – 1 = 1 2 2 3n n nC 2xC 3x C −− + − + + − n x ta có : C 2+ ứn nh với Chọ = 1 0 = − 1 2 3 n nn n n nC 3C ... ( 1) nC− + + − ⇒ A = 1 2 3n n nC 2C 3C ... ( 1− + + + − n 1 nn) nC 0− = Bài 142. Ch g mi n ∈ N và n > 2 1 2 3 n n n n 1 (C 2C 3C ... n! n + + + + (*) Giải n n n... x C+ đa ế ta được : 1 = 1 2 n 1 nn n nC 2xC ... nx C −+ + + n x 2n – 1 = 1 2 nn nC 2C nC+ + nnC ) < Ta có : (1 + x)n = 0 1 2 2n n nC xC x C+ + + Lấy ïo hàm theo x hai v n(1 + x)n – Chọ = 1 ta được n n ...+ Vậy (*) ⇔ n 11 (n.2 )− < n! ⇔ 2n – 1 < n! n (**) u = 22 < 3! = 6 û ! > 2k – 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 nghĩa 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 2. Bài 143. a) Chứng minh 2 3 n 2 n n n1.2C 2.3C ... (n 1)nC n(n 1)2 n−+ + + − = − b) 2 3 n 2 nn n n1.2C 2.3C ... ( 1) (n 1)nC 0 −− + + − − = c) n 1 2 n 2 n 2n n2 C 3.2 C 1)3 − − −− d) n 1 2 n 2 3 nn2 C 3.2 C 3.4.2 − −− + Ta có nhị thức n nnC x+ . 2n 3 n 4 4 n n n3.4.2 C ... (n 1)nC n(n −+ + + + − = 4 4 n 2 n n nC ... ( 1) (n 1)nC n(n 1) − −− + − − = − . n Giải (a + x)n = 0 n 1 n 1 2 n 2 2nC a C a x C a x ... − −+ + +n n Đạo hàm 2 vế 2 lần , ta được : 2 n 2 3 n 3 n(n – 1)(a + x) = n nn n1.2C a 2.3C a x ... (n 1)nC x n – 2 − − −+ + + − Với a = 1, x = 1, ta được : n n 2 n n n1.2C 2.3C ... (n 1)nC n(n 1)2 a) 2 3 −+ + + − = − Với a = 1, x = – 1, ta được : n 2 nn n n1.2C 2.3C ... ( 1) (n 1)nC 0 −− + + − − = c) Với a = 2, x = 1, ta được : n 2 2 n 3 3 n n 2n n1.2.2 C 2.3.2 C ... (n 1)nC n(n 1)3 − − −+ + + − = − n 4 4 n n 2 n n n n2 C 3.2 C 3.4.2 C ... (n 1)nC n(n 1)3 − −+ + + + − = − d) Với a = 2, x = –1, ta được : b) 2 3 n n 1 2 n 2 3− − ⇔ nn 2 2 n 3 3 n 4 4 n 2 nn n n n1.2.2 C 2.3.2 C 3.4.2 C ... ( 1) (n 1)nC n( 1) − − − −− + − + − − = − − . à + . b) 0 1 nn n3C 4C ... ( 1) (n− + + − Giải n n được : 1 n 1 4 2 n 2 5 n n 3 nC a x C a x ... C x ⇔ n 1 2n2 C 3− − n 2 3 n 4 4 n 2 nn n n.2 C 3.4.2 C ... ( 1) (n 1)nC n(n 1)− − −+ − + − − = B i 144. Chứng minh : a) n)0 1 n n 1n n n3C 4C ... (n 3)C 2 (6 −+ + + + = n n3)C 0+ = . Ta có nhị thức (a + x)n = 0 nC 1 n 1 2 n 2 2 nn n na C a x C a x ... C x − −+ + + + Nhân 2 vế với x3, ta x3(a + x)n = 0 n 3nC a x n n − − + . 1 n 1 3 n n 2 na x ... (n 3)C x + + + + Đạo hàm 2 vế, ta được : 3x2(a + x)n + nx3(a + x)n – 1 = 0 n 2n n3C a x 4C − ++ + + + . a = 1, x = 1, ta được : n n n 1 n 1 n3)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 định hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2] c đẳng thức cần chứng minh. ứa a) Với 0 1n n3C 4C ... (n+ + + + b) Với 1 0 1n n3C 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 nC k 1 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 k m 1+ + k nC ta lấy tích phân với cận thích hợp g khai triển cu xm(a + x)n. Bài 145. Cho n N và n 2. a) Tính I = b) Chứng minh : hai vế tron ûa ∈ ≥ 1 2 3 n 0 x (1 x ) dx+∫ n 1 0 1 2 n n n n n 1 1 1 1 2C C C 1C 3 6 9 n 1) 3(n 1) + −... 3( + + + =+ + . Đại học Mở 1999 + Giải a) Ta có : I = 1 x ( = 2 3 n1 x ) dx+ 0∫ 13 1 3 n 3 0 (1 x ) d(x 1)+ + ∫ I = 13 n 11 (1 x+ 3 . 0 ⎥⎦ = ) + ⎤ n 1+ n 12 1 3(n 1) +1 ⎡ ⎤−⎣ ⎦+ . b Ta có : (1 + x3)n = 0 1 3 2 6n n nC C x C x ... C+ + + +) n 2 n nC = n 3n nx + x3)n = 2 0 5 1 8 2 3n n nx C x C x C ... x+ + + + ⇒ x2(1 + Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được : I 13 6 9 3n 3 0 1 2 n n n 0 x x x xC C C ... 3 6 9 3n 3 +⎡ ⎤+ + + +⎢ ⎥+⎣ ⎦ Vậy : + −n 1 22 1 1= + + + ++ + 0 1 n n n n n 1 1 1C C C ... C 3(n 1) 3 6 9 3n 3 Bài 146. n 12 1 n 1 + − +Chứng minh k n k 1 = n C +∑ k 0= Đại học Giao thông Vận tải 2000 Giải Ta có : (1 + x)n = 0 1 2 2 n nn n n nC C x C x ... C x+ + + + Vậy 1 n 0 (1 x) dx+∫ = ( )1 0 1 2 2 n nn n n n0 C C x C x ... C x dx+ + + +∫ ⇔ 1 0 x) n 1 +⎢ ⎥+⎣ ⎦ = n 1(1 +⎡ ⎤ 12 3 n 10 1 2 n n n n n 0 x x xC x C C ... C 2 3 n 1 +⎡ ⎤+ + + +⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⇔ n 12 1 n 1 + − + 0 1 2 n n n 1 1 1C C C ... C 2 3 n 1 + + + + + = n n ⇔ n 12 1 n 1 + − + = kn n k 0 C k 1= +∑ 2 3 n 1 n1... C− . 0 1 2n n n2 1 2 1 2C C C2 3 n 1 +− −+ + + + + Tuyển sinh Đại học khối B 2003 Bài 147. Tính : n Giải Ta có : (1 + x)n = 0 1 2 2 3 3 n nn n n n nC C x C x C x ... C x+ + + + + Vậy 2 1 (1∫ n dx = x)+ ( )2 0 1 2 2 3 3 n nn n n n n1 C C x C x C x ... C x+ + + + +∫ dx ⇔ 2n 1(1 x) 1 +⎡ ⎤+ n 1⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 22 3 4 n 1 0 1 2 3 n n n n n n x x x xC x C C C ... C 1n 1 +⎡ ⎤⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⇔ 2 3 4 + + + + + n 1 n 13 2+ + n 1 n 1+ +− = 2 21 1 20 2 1 2 2 3 n n 1 n 1 C [x] C x C x ... C x n 1 +1 n 1 n n1 12 3 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ + ⇔ n 1 n 13 2+ +− = n 1+ 2 3 n 1 1 2 n n n n n 2 1 2 1 2 1C C ... C 2 3 n 1 +−0C − −+ ++ + + Chứng minh : Bài 148. n n( 1)0 2 1 3 2 n 1 n n n n 1 1 ( 1) 12C 2 .C 2 .C ... 2 C 2 3 n 1 n 1 +− n +− + + + =+ + d − Đại học Giao thông Vận tải 1996 Giải Ta có : (1 – x)n C = C0 1 2 2 n n nn n n nx C x ... ( 1) C x− + + + − Vậy 2 n 0 (1 x)−∫ x = ( )nx dx ⇔ 2 0 1 2 2 n n n n n n0 C C x C x ... ( 1) C− + + + −∫ 2n 1 0 (1 x) n 1 +⎡ ⎤−−⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 23 n n 1 0 2 1 2 n n n n n 0 1 x ( 1) xC x x C C ... C 2 3 n 1 +⎡ ⎤−− + + +⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⇔ n 1( 1) n 1 +− −− + = 1 2 3 n n 10 1 2 n n n n n 2 2 ( 1) 22C C C ... 2 3 n 1 +−− + + + + C ⇔ n1 ( 1)+ − = 2 3 n n 1 0 1 2 n n n n n 2 2 ( 1) 22C C C ... C 2 3 n 1 +−− + + + + n 1+ Bài 149. Chứng minh : a) n n 0 n 1 1 n n n n 1 1 (( 1) C ( 1) C ... C 2 n 1 n − 1) 1 −− + − + + =+ + 0 1 n n n n n 1 1C C ... ( 1) C− + + − = . b) 1 2 n 1 n 1+ + = Giải hức Ta có nhị t (a + x) 1 nan = 0 nn nC a C 1 2 n 2 2 n n n nx C a x ... C x − −+ + + + . Vậy : ∫1 n(a x) dx+0 ( )1 0 n 1 n 1 n nn n n0 C a C a x ... C x dx−+ + +∫ ⇔ 1n 1(a x) ++ = 0n 1+ 1 0 n 1 n 1 2 n n 1 n n n 0 1 1C a x C a x ... C x 2 n 1 − +⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ⇔ n 1 n 1(a 1) a+ ++ − = n 1+ 0 n 1 n 1 n n n n 1 1C a C a ... C 2 n 1 −+ + + + . a) ới a = –1 , ta đV ược : + − − − − − + − + + = =+ + +n n2 n 1 n 1 n n 1 n n 1 1 n1 1 ( 1) ( 1)) C ... C 1 ) Vậy (a x) dx+∫ = n 0 ( 1n( 1) C b Ta có nhị thức (a + x) +n = 0 nC a 1 n− 1 n 1 2 n 2 2 n n n n n nC a x C a x ... C x − −+ + + . ( 0 )nC a C a x ... C x dx+ + +∫ 1 0 n 1 n 1 n n− − n n0 1n 1 ⇔ 0n 1+ = (a x) −++ 1n n 1 n 0 1 1... C x 2 n 1 − − +⎛ ⎞+⎜ ⎟+ 0 n 1 n 1 2 n nC a x C a x+ +⎝ ⎠ ⇔ n 1 n 1(a 1) a+ +− − = n 1+ 0 n 1 n 1 n 1 n n n n 1 1C a C a ... ( 1) C 2 n 1 − +− + − + − + . a = 1, ta được : Với 0 1 n 1 n n n n 1 1 1C C ... ( 1) C 2 n 1 n + −− + − + − = 1+ + . ⇔ 0 1 n nn n n1 1 1C C ... ( 1) C2 n 1 n 1− + + − = + . + Bài 150. Tính Rút gọn S = 1 19 0 x(1 x) dx−∫ 0 1 2 18 19 19 19 1 1C C− 19 19 191 1 1C C C ...2 3 4 20 21− + + + 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 19x(1 x) dx−∫ 0 0 19 1 (1 t)t ( dt)− −∫ 20t )dt = 1 20 21 ⇔ I = 1 19 0 (t −∫ 0 t t 20 21 −1 1 ⎤⎥⎦ = 1 1 21 = 20 − 1 420 Ta có : 1 2 2 18 18 19 1919x C x ... C x C x− + + + − x 18 19 19 2019C x− Vậ I = 19x) dx− = • (1 – x)19 = C019 C19 19 19 )19 = 0 1 2 2 319 19 19 19xC x C x ... C x− + + + ⇒ x(1 C– y 0 x( 1 1∫ 12 3 20 21 0 1 18 19 19 19 19 19 0 x x x xC C ... C C 2 3 20 21 ⎡ ⎤− + −+⎢ ⎥⎦ ⎣ 1 ⇔ 420 = 0 1 18 191 1 1 1C ... C C 2 3 20 21 − + + − y S = 19 19 19 19C Vậ 1 420 . 1 2 nx ) dx b) Chứng minh Bài 151. a) Tính 0 x(1−∫ n 0 1 2 3 n n n n 1 1 1 1 (C C C C ... 2 4 6 8 2n − + − + + nn1) 1C2 2(n 1) − =+ + Đại học Bách khoa Hà Nội 1997 Giải a) T co I = a ù : = 1 2 n 0 x(1 x ) dx−∫ 1 2 n 201 (1 x ) d(1 x )2− − −∫ 12 n 1 0 1 (1 x ) 2 n 1 +⎡ ⎤− ⇔ I = − +⎢ ⎥⎣ ⎦ = n 11 0 1 2(n 1) +⎡ ⎤− −⎣ ⎦+ ⇔ I = 1 . 2(n 1)+ b) Ta có : ( 0 1 n n 1 – x ) = n n – x2)n = xC 2 n 0 1 2 2 4 3 6 n n 2nC C x C x C x ... ( 1) C x− + − + + − n n n 3 2 5 3 7 n n 2n 1 n n nC x C x ... ( 1) C x⇒ x(1 C x +− + − + + − Vậy I = 1 0 x(1∫ 2 n) dx = x− 1n 3 2n 2 n n n 0 ( 1)C ... x C 2n 2 +⎡ ⎤−+⎢ ⎥+⎣ ⎦ 2 4 6 8 0 1 2 n n n x x x xC C C 2 4 6 8 − + − + ⇔ 1 = 2(n 1)+ n 1 2 3 n n n n 1 1 ( 1)C C C ... C 2 4 6 8 2n 2 −+ − + + + * .Chứng minh : 0 n n 1 1C − Bài 152 n 1 2 n0 1 n n n 1 1 1 2 (n 2) 2C C ... C n + + + n3 (n 1)(n 2)(n 3)3 4 −+ + + = . (a + x) = n n nC a 2(a + x)n = 2 1 n 1 3 n n 2n n nC x C a x ... C x + + + + Giải a) Ta có nhị thức n 0 n 1 n 1 n nC a x ... C x−+ + + Suy ra : x 0 na − ++ + + 0 ( Vậy 1 2 nx (a x) dx+∫ = )1 0 n 2 1 n 1 3 n 2n n n0 C a x C a x ... C x dx− ++ + + n∫ = 0 n 1 n 11 1C a C a ...−+ + nn n n1 C4 n 3+ + 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 2 n 0 x (a x) dx+∫ a 1 2 na (t a) t dt+ −∫ a 1 n 2 n 1 2 n a (t 2at a t )dt + + +− +∫ a 1n 3 n 2 2 n 1t 2at a t + a n 3 n 2 n 1 + + +⎛ ⎞− +⎜ ⎟ + + +⎝ ⎠ n 2 n 2 2 n 1 n 1n 3 n 3 2a (a 1) a a (a 1) a(a 1) a + + + ++ + ⎡ ⎤ ⎡+ − + −+ − = n 3 n 2 n 1 ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦− + + + + Với a = 1, ta được : 1 2 n 0 x (a x) dx+∫ = n 3 n 2 n 12 1 2(2 1) 2 1n 3 n 2 n 1 + + +− − −− ++ + + = n 1 4 4 1 2 12 n 3 n 2 n 1 n 2 n 3 n + ⎛ ⎞ ⎛− + + − −⎜ ⎟ ⎜+ + + + + +⎝ ⎠ ⎝ 1 1 ⎞⎟⎠ = 2 n 1 n n 2 22 (n 1)(n + + + + + = 2)(n 3) (n 1)(n 2)(n 3) −+ + + + n 1 22 (n n (n 1)(n 2)(n 3) + + + + Suy ra : 2) 2− + + n 1 2 0 1 n n n n 1 1 1 2 (n n 2) 2C 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 Vĩnh Viễn) HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QU

File đính kèm:

  • pdfCHUYEN DE NHI THUC NEWTON.pdf
Giáo án liên quan