Đề tài Nhị thức newton và các ứng dụng

Phần I: lý do chọn đề tài 1.Cơ sở lý luận: Nhị thức Niu tơn là một phần kiến thức cơ bản trong chương 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 thường 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 thường 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 được trong quá trình dạy học, dạy học sinh ôn thi tuyển sinh vào đại học, ôn thi học sinh giỏi, tôi tổng kết được 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.Phương 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, phương pháp giải của từng dạng. -Cuối cùng là các ví dụ luyện tập, hướng 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. +Phương pháp chung +Bài tập áp dụng +Bài tập tự giải Dạng 3: Tính tổng có chứa . Chứng minh đẳng thức có chứa . +Nêu ví dụ +Sau ví dụ là các chú ý, nhận xét, phương pháp giải. +Bài tập tự luyện tập. 5-Định hướng 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 sử dụng đạo hàm và tích phân hay giải phương trình, bất phương trình 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 dương ta có: (a + b)n = con an + c1n an – 1 b + c2n c1n – 2 b2 + + cnn-1 abn – 1 + cnnbn 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 lượt là: C0n; C1n; C2n; Cn-1n; Cnn; Với chú ý: Ckn = Cnn–k 0 < k < n. 3 – Một số dạng đặc biệt: + Dạng 1: Thay a = 1 và b = x vào (*) ta được (1 + x)n = C0n + C1n x + C2n x2 + + Cn-1n xn-1 + Cnn xn + Dạng 2: Thay a = 1 và b = -x vào (*) ta được (2) (1 - x)n = C0n - C2n x+ C2nx2 + (-1) kCkn xk + + (-1)n Cnn xn (3) 4 – Một số hệ thức giữa các hệ số nhị thức + Thay x = 1 vào (2) ta được C0n + C1n x + C2n + + Cnn = 2n + Thay x = -1 vào (3) ta được: C0n - C1n x + C2n - + (-1)n Cnn = 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 CT: Ta có (3x – 4)5 = 35. C05 . x5 + 4.34 C15 x4 + + 45 C55 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 C05 = 1 C15 = 5 C25 = 10 Vậy (3x – 4)5 = 243x5 – 1620 x4 + 4320 x3 – 5760 x2 + 3840 x – 1024 Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau: a: S1 = C06 + C16 + C26 + + C66 b: S2 = C05 + 2C15 + 22 C25 + +25 C55 c: S3 = 317. C017 – 41. 316. C117 + 42. 315. C217 – 43.314. C37 + -417.C1717 d: S4 = C611 + C711 + C811 + C911 + C1011 + C1111 e: Giải:a ta có S1 = C06 + C16 + C26 + + C66 = (1 + 1)6 = 26 = 64 b:Ta có (1 + x)5 (1) Thay x = 2 vào (1) ta được: S2 = C05 + 2C15 + 22. C25 + +25 C55 = 35 = 243 c:Ta có: S3 = 317. C017 – 41. 316. C117 + 42. 315. C217 – 43.314. C37 + -417.C1717 = C017.317+ C117.316(-4)1 + C217 315 (-4)2 + C317 314 (-4) + + C1717 (-14)17 = (3 – 4)17 = (3 – 4)17 = -1 d: Ta có (1 + 1)11 = C011 + C111 + C211 + + C611 + C211 ++ C1111 Mặt khác Ck11 = C1111-k với k (0,1,2,11) Do vậy: (1 + 1)11 = 2 (C611 + C711 + C811 + C911 + C1011 + C1111) = 2S4 →S4 = 210 e: Ta có Từ đó: S5 = 2002 ( Bài 3: Tìm số nguyên dương n sao cho: Con + 2 C1n + 4 C2n + + 2n Cnn = 243 (1) Giải: Ta có Con + 2 C1n + 2 C2n + + 2n Cnn = (1 + 2)n = 3n Vậy (1) Û 3n = 243 = 35 Û n = 5 Bài tập tương tự Bài 4: Viết khai triển (3x – 1)16 và chứng minh rằng 316. Co16 – 315 C116 + + C1616 = 216. Bài 5: Tính giá trị các biểu thức sau: a: S1 = 2n C0n + 2n-2 C2n + 2n-4 C4n + + Cnn b: S2 = 2n-1 C1n + 2n-3 C3n + 2n-5 C5n + +Cnn c: S3 = C610 C710 + C810 + C910 + C1010 Bài 6: Tính tổng S = II. Tìm hệ số (tìm số hạng) trong khai triển Phương pháp: Với các yêu cầu về hệ số trong khai triển NEWTON, ta cần lưu ý: 1 – Ta có: (a + b)n = Do đó hệ số của số hạng thứ i là Cin, và số hạng thứ i: Cin an-i bi 2 – Ta có Do đó: Hệ số xk trong khai triển trên là Cin với i là nghiệm của phương trình a ( n – i) +b 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: Vậy thứ hạng thứ 7 được cho bởi Ví dụ 2: Trong khai triển nhị thức hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x biết. Cnn + Cn-1n + Cn-2n = 79 Giải: + Xét PT: Cnn + Cn-1n + Cn-2n = 79 (1) Ta có PT (1) (do n ẻ 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 C512 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: c0n; c1n 2-1; c2n 2-2; Ba hệ số liên tiếp theo thứ tự lập thành một cấp số cộng Û C0n + C2n 2-2 = 2C1n 2-1 Û a) Với n = 1 ta được không có hạng tử hữu tỷ b) n = 8 ta được: Số hạng thứ k + 1 là hệ số hữu tỷ Û ( 16 – 3k)/4 ẻN, 0 < k < 8 16 – 3k = 4i; i ẻ N 0 < k < 8 Û Với k = 0 Û hạng tử hữu tỷ: Co8 20 x4 = x4 k = 4 hạng tử hữu tỷ: C48 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: Con; C1n; Cnn. Ta có " n, k nguyên, không âm và k < n ta có: & Ta có: Tức là: Ckn tăng khi k tăng và Ckn giảm khi k giảm và Vậy n lẻ thì Ckn đạt giá trị lớn nhất tại Với n lẻ thì Ckn 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: Con + C1n + C2n + + Cnn = 2n = 4096 Û n = 12 ị Ta đi tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị: Co12; C112; , C1212 Thực hiện so sánh Ck12 và C12 k-1 bằng cách xét; (1) Từ (1) suy ra Vậy Ck12 đạt giá trị lớn nhất tại k = 6 và C6n = 924 Ví dụ 6: Tìm số hạng có giá trị lớn nhất của khai triển. Giải: Ta có gọi tk là số hạng thứ k + 1 trong khai triển. Ta có = Xét (1) Từ (1) suy ra: tk – 1 < tk tk – 1 > tk Tức là: Khi k chạy từ 0 dến 8 thì: tk tăng khi k tăng và k < 6 tk giảm khi k tăng và k > 6 Vậy tk đạt giá trị lớn nhất tại k = 6 và có giá trị bằng Ví dụ 7: Khai triển đa thức . Px = ( 1 + 2x)12 Thành dạng P(x) = a0 + a1x + a2x2 + + a20x10 Max (a1 a2 a12) Giải: Ta có (1 + 2x)12 = Suy ra : ak = Ck12 2k với k = 1,12 Xét (1) Từ (1), suy ra: ak + 1 < ak ak + 1 > ak Vậy ak đạt giá trị lớn nhất tại k = 8 và có giá trị bằng C812. 88 = 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 C8n 28 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 Û (thoả mãn) hoặc n = -26,75 (l) Vậy n = 7 ta có khai triển : HST9: Lập tỉ số: Do đó (ak) tăng khi 0 (ak) max = a15 Do đó (ak) giảm khi 16 (ak) max = a16 Mà Nên (ak) max = a15 = C2723. 3-15. 2) Kết quả: n ẻ{17, 18, 19 }làm tương 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 C319 38 2; C919 35 23; C1519 32 25 VD11: Biết rằng trong khai triển (x - )n = C0n x4 – C1n xn-1 + C2n xn-2 Hệ số của hạng tử thứ ba - (1)n Cnn ( )n Trong KT trên là : C2n = 5 ú ú n2 – n – 90 = 0 ú 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 Ckn và cmđt chứa Ckn Bài 1: Với n số nguyên dương CMR a) C1n + 2 C2n + + (n – 1) Cn-1n + n Cnn = n. 2n-1 b) 2.1 C2n + 3.2 C3n + + n (n – 1) Cnn = n (n – 1) 2n-2 CM: Với mọi x và n là số nguyên dương ta có; (1 + x)n = C0n + C1n x+ C2n x2 + + Cn-1n xn-1 + Cnn xn (1) Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x ta được. n(1 + x)n-1 = C1n + 2C2n x + + (n - 1) Cn-1n. xn-2 + n Cnn xn-1 (2) a) thay x = 1 vào (2) ta được. n. 2n-1 = C1n + 2 C2n + + (n – 1) Cn-1n + n Cnn (ĐPCM) b) Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo x Ta được: n(n –1) (1 + x)n-2 = 2.1 C2n + 3 . 2 C2n x + + (n – 1) (n – 2) Cn-1n xn-3 + n (n – 1) Cnn xn-2 (3) Thay x = 1 và (3) ta được. n(n –1) 2n-2 = 2.1 C2n + 3 . 2 C2n x + + (n – 1) (n – 2) Cn-1n + + n(n-1) Cnn (ĐPCM). * Chú ý: (1) Nếu phải tính tổng có dạng: S1 = C1n + 2C2n à + 3 C3n à + + (n-1) Cn-1n àn-2 + n Cnn àn-2 + Xét khai triển (1 + x)n = (1) + Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x được: n(1 + x)n-1 = (2) + Thay x = à vào (2) ị kết quả. + Nếu phải tính tổng dạng. S1 = 2. 1C2n + 3.2C3n à + + (n-1) (n-2) Cnn-1 àn-3 + n (n-1)(n – 2)Cnn-1 àn-3 + n(n-1) Cnn àn-2 Phương pháp: + Xét khai triển (1) + Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x được (2) + Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo x được n(n-1) (1+x)n-2 = (3) Thay x = à vào (3) ị kết quả Chẳng hạn tính tổng: C1n + 22 C2n 1 + 3 C3n22 + + (n-1) Cnn-1 cn-2 + n Cnn 2n-1 = n(1+ 2) n-2 = n3n-2. VD2: CM các đẳng thức sau: C1n3n-1 + 2 C2n. 3n-2 + + (n-1) Cnn-1 3 + n Cnn = n 4n-1 (1) Hướng dẫn: C1: Để ý: k. Ckn 3n-l = k Ckn. 3-k+1. 3n-1 = k 3n-1 Ckn Từ đó (1) Û C1n 3n-1 + 2 C2n 3n-1 + + (n – 1) Cnn-1 n – 2 + 3n-1 n Cnn n-1 = n. 4n-2 Û C1n + 2 C2n + + ( n – 1) Cnn-1 ( )n-2 + n Cnn  k-1 = n ( )n-1 = n (1 + )n-1 ị Thay x = vào (2) ta được đpcm Cách 2: Để ý : n. 4n-1 = n (3+ 1)n-1 ị Xét khai triển (1) + Lấy đ/h 2 vế của (1) theo biến x ta đuợc. (2) + Thay x = 1 vào (2) ta được. n(3 + 1)n-1 = C1n 3n-1 + 2 C2n 3n-2 + + n Cnn 3n-1 Û điều phải chứng minh * Chú ý: Tính tổng có dạng. S3 = C1n àn - 1 + Cn2 àn-2 + + (n-1) Cnn-2 à + n Cnn Cách 1: + Xét khai triển (à + x)n (1) + Lấy đ/h 2 vế của (1) theo biến x Ta được n(à + x)n-1 (2) Trong (2) thay x = 1 vào ta được kết quả VD3: CMR 2n-1 C1n + 2n-1 C2n + 3.2n-3 C3n + 4. 2n-4 C4n + + n Cnn = n. 3n-1 (làm tương tự VD2 với à = VD4: 1. Chứng minh các hệ thức sau: Con + 2 C1n + 3 C2n + + (n + 1) Cnn = (n + 2) 2n-1 2) Tính tổng : S = 2 . 1 C1n + 3. 2 C2n + + n (n – 1) Cnn-1 + (n + 1) n Cnn. Giải: Cách 1: Xét khai triển: (1 + x)n = Con + C1n + C2n x2 + Cnn-1 xn-1 + Cnn cn ị f(x) = x (1 + x)n = Con x + C1nx2 + C2n x3 + + Cnn-1- xn +Cnn xn+1 (1) Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được. (1 + x)n + xn (1 + x)n-1 = C0nx + C1nx2 + C2nx3 ++n Cnn-1 xn-1 + + n(n+1) Cnn xn (2) Thay x = 1 vào (2) ta được. 2C1n + 3 . 2 C2n + + n(n-1) Cnn-1 + (n + 1) n Cnn = (2 + n) 2n-1 ị đpcm. b) Lấy đạo hàm 2 vế của (2) ta được. n(1+x)n-1 + n (1+ x)n-1 + n. x (n –1) (1 + x)n-2 = 2 C1n + 3.2 C2n x + + n (n-1) Cnn-1 cn-2 (n+1) n Cnn xn-1 (3) Thay x = 1 vào (3) ta được. S = 2 C1n + 3. 2 C2n + + n (n-1) Cnn-1 + (n+ 1) n Cnn = 2n . 2n-1 + n (n-1) 2n-2 = n. 2 n-2. (n + 1) Chú ý: Tính tổng: S4 = Con + 2 C1n à + 3 C2nà2 + + n Cnn-1 àn-1 + (n+1) Cnn àn. Phương pháp: -Xét khai triển: (1 + x)n (1) + Nhân 2 vế của (1) với x ta được. x (1 + x)n (2) Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo biến x ta được (1 + x)n + nx (1 + x)n-1 (3) Thay x = à vào (3) ị kết quả tổng S4. S5 = 2. 1 C1n + 3. 2 C2nà + + n (n – 1) Cnn-1 àn-2 + (n + 1) n Cnn àn-1 Phương pháp: Lấy đạo hàm 2 vế của (3) sau đó thay x =à => kết quả. VD5: Tính tổng. S1 = 2 C1n + 3. 22 C2n + 4.3 C2n 22 ++ n (n-1) Cnn-1 2n-2 + + (n+1) n Cnn 2n-1 S2 = 12 C1n + 22 C2n + 33 C3n 42 C4n ++ p2 Cpn + + n2 Cnn HD : Để ý p2Cpn = p.p Cpn = p [(p+1) –1] Cpn = p(p+1) Cpn – p Cpn. ị S2 = [2 C1n + 3. 2 C2n + + p (p+1) Cpn + + (n + 1) n Cnn] - [ C1n + c2n + + pCpn + + n Cnn ] Giải: Xét f(x) = (1 + x)n = Con + C1nx + C2n x2 + C3n x3 + + Cnn xn Và g(x) = x (1 + x)n = Conx + C1x x2 + C2n x3 + C3n x4 + + Cnn xn+1 Ta có f(x) = n (1 + x)n-1 = C1n + 2 C2nx + 3 C3n x2 + + n Cnn xn-1. ị f(1) = n. 2n-1 = C1n + 2 C2n + 3 C3n + + n Cnn (1) g’(x) = (1+ x)n + nx (1 + x)n-1 = Con + 2 C1nx + x C2n x2 + 4 C3n x3 + + (p + 1) Cpn xp + + (n-1) Cnn xn. g’’(x) = 2n (1 + x)n-1 + n (n – 1) x (1 + x) n-2 = 2 C1n + 3 . 2 C2n + 4 . 3 C3n x2 + + (p + 1) p Cpn xp-1 + + (n + 1) n Cnn xn-2 ị g’’ (1) = 2n. 2n-1 + n (n-1) 2n-2. = 2 C1n+ 3. 2 C2n + 4. 3 C3n + + (= + 1) p Cpn + + (n + 1) n Cnn. Lấy (2) – (1) ị S2 = 2n. 2n-1 + n ( n- 1)n-2 – n. 2n-1 = n. 2n – 2 (3n – 1). VD6: Với n nguyên dương hãy chứng minh. 4n Con – 4n-1 C1n + 4 n-2 C2n + + (-1)n Cnn. = Con + 2 C1n + + n 2n-1 Cnn + + 2n Cnn. (2) C1n + 4 C2n + + n.2n-1 Cnn = n. 4n-1 Con – (n-1) 4n-2 C1n + (n-2) 4n-3 C2n + + (-1)n-1 Cnn-1. Giải (1) với mọi x và n là số nguyên dương ta có. (4 – x)n = Con + 4n – C1n 4n-1 x + 4n-2 C2n x2 + + (-1)n Cnn xn (1) Thay x = 1 và (1) 3n = Con 4n- C1n 4n-1 + C2n 4n-2 + + (-1)n Cnn (*) Với mọi x và n là số nguyên dương ta có: (1 + x)n = Con + C1n x + + Cnn xn (2) Thay x = 2 vào (2) ta được; 3n = Con C1n 2 + 22 C2n + + 2n Cnn (**) Từ (*) và (**) ị đpcm. với mọi x và n là số nguyên dương ta có: (1 + x)n = Con + C1nx + C2n x2+ + Cnn-1 xn-1 + Cnn xn (1) Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo biến x ta được: n (1 + x)n-1 = C1n + 2 C2n x + + (n-1) Cnn-1 xn-2 + n Cnn xn-1 (2) Thay x = 2 vào (2) ta được. n. 3n-1 = C1n + 4 C2n + + ( n- 1) Cnn-1 xn-2 + n Cnn xn-1 (3) Với mọi x và n nguyên dương ta có (x – 1)n = Con xn - C1nxn-1 + + (-1)n Cnn (4) Lấy đạo hàm 2 vế của (4) theo biến x (x – 1)n-1 = n Con xn-1 - (n-1)C0n xn-2 + + (-1)n-1 Cnn-1 (5) Thay x = 4 vào (5) ta được. n. 3n-1 = n. 4n-1 Con – (n-1) 4n-2 C1n + (n-2) 4n-3 (C2n + + (-1)n-1 Cnn-1 (6) Từ (3) và (6) => điều phải chứng minh. Chú ý; Như 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) S1 = 2006. 32005. C02006 + 2005. 32004. C12006 + C22006 + + HDG: + Xét khai triển (x + 1)2006 = x2006 C02006 + x2005 C12006 + + (1) + Lấy đạo hàm 2 vế của (1) 2006. (x + 1)2005 = 2006.x2005 C02006 + 2005 x2004 C12006 + + (2) + Thay x = 3 vào (2) => S1 = 2006.42005. 2) S2 = 52005. C12006 + 2.52004 .4.C22006 + 3.52003. 42 C32006 ++2006.42005 HDG: + Xét khai triển : (5 + x)2006 = (1) + Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được (2) + Thay x = 4 => S2 = 2006.92005. S3 = 99.398 C099 – 98 . 397 C199 + 97 . 396 C299 - + C9899 HDG: + Xét KT (x + 1)99 = + Lấy đạo hàm 2 vế (1) theo x được (2) = (x + 1)98 = + Thay x = -3 vào (2) được S3 = 99.298 S4 = C02006 + 2C12006 + 3C22006 + 4C32006 + + 2007 HDG: + Tách S4 = I + J; I = C02006 + C12006 + + Và J = C12006 +2C22006 + 3C32006 + + 2006 C2: Nhân 2 vế khai triển (1 + x)2006 với x lấy đ/h 1 vế theo x sau đó thay x = 1 => kết quả. S5 = 3 C02006 + 4C12006 + 5C22006 + + 2009 HDG: + Xét KT: (1 + x)2006 = (1) + Nhân 2 vế (1) với x3: x3 (1 + x)2006 = (2) + Lấy đ/h 1 vế của (2) theo x được (3) + Chọn k = 1 => kết quả S5 = 22005. 2012 6) S6 =4.53 C02007 + 5.54 C12007 + 6.55 C22007 ++ 2011.52010 Xét KT : x4 (1 + x)2007 làm tương tự VD5. * Nhận xét: với mọi x và n là số nguyên dương ta có: (1) Lấy tích phân theo x hai vế của (1). Ta được. (2) + Thay t = 1 và (2) ta được Hay Thay t = -1 vào (2 ) ta được Hay : Thay t = 2 vào (2) ta được: Hay + Xét khai triển: x = 1/3 vào (1) ta được 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 hoặc Ta lấy tích phân 1 hoặc 2 lần của nhị thức Niu tơn. Ví dụ 7: CM Giải: Xét: với nẻ N Ta xác định tích phân In bằng phương pháp tích phân từng phần, với đặt: Khi đó: (1) Suy ra Ta có (2) Lấy tích phân theo x hai vế của (2), ta được. (3) Từ (1) và (3) suy ra điều cần chứng minh. VD 8: CM: Ta tính tích phân Ta được (1) Mặt khác ta có ( 1 + x)n = C + C.x + C.x++ C. x Lấy TP ta có = VD 9: CM Ta tính (1) Ta có: Vậy Từ (1) và (2) => điều phải chứng minh VD 10: 1. - Tính tích phân 2 – CM 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: Bài 2: Chứng minh rằng: Bài 3: Chứng minh: Bài 4: Chứng minh rằng: (-1)n C0n + (-1)n-1 2C1n + + (-1)n-k 2k Ckn + 2n Cnn = 1 Bài 5: Chứng minh rằng: C02n + C12n + C42n + + = 22n-1 Bài 6: chứng minh rằng: Bài 7: Chứng minh rằng: Bài 8: Chứng minh rằng với các số k, nẻN và 5 < k < n ta có Bài 9: Tính tích phân Chứng minh rằng: Bài 10: Cho n là một số tự nhiên lớn hơn 2 a – Tính tích phân b – Chứng minh rằng Bài 11: Tính tích phân: Rút gọn tổng Bài 12: Cho f(x) = x (x + 1)2001 a – Tính f (x) b – Tính tổng Bài 13: Tính tổng Bài 14: Chứng minh rằng với các số m, p, n nguyên, dương sao cho. P< n và p < m ta có