A.LÍ THUYẾT:
1.Các hằng đẳng thức
$\begin{array}{l}
{\left( {a + b} \right)^0} = 1\\
{\left( {a + b} \right)^1} = a + b\\
{\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + 2ab + {b^2}\\
{\left( {a + b} \right)^3} = {a^3} + 3{a^2}b + 3a{b^2} + {b^3}\\
{\left( {a + b} \right)^4} = {a^4} + 4{a^3}b + 6{a^2}{b^2} + 4a{b^3} + {b^4}\\
...
\end{array}$
2.Nhị thức Newton( Niu-tơn)
a.Định lí:
${\left( {a + b} \right)^n} = C_n^0{a^n} + C_n^1{a^{n - 1}}b + ... + C_n^{n - 1}a{b^{n - 1}} + C_n^n{b^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} $
Kết quả:
*${\left( {a - b} \right)^n} = {\left[ {a + \left( { - b} \right)} \right]^n} = {\sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}\left( { - b} \right)} ^k} = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} $
*${\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k.{x^k}} = C_n^0 + C_n^1.x + ... + C_n^n.{x^n}$
b.Tính chất của công thức nhị thức Niu-tơn ${\left( {a + b} \right)^n}$:
• Số các số hạng của công thức là n+1
• Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: (n - k) + k = n
• Số hạng tổng quát của nhị thức là: ${T_{k + 1}} = C_n^k{a^{n - k}}{b^k}$ (Đó là số hạng thứ k + 1 trong khai triển ${\left( {a + b} \right)^n}$)
• Các hệ số nhị thức cách đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau.
• ${2^n} = C_n^n + C_n^{n - 1} + ... + C_n^0$
• $0 = C_n^0 - C_n^1 + ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n$
• Tam giác pascal:
• Khi viết các hệ số lần lượt với n = 0,1,2,... ta được bảng
Trong tam giác số này, bắt đầu từ hàng thứ hai, mỗi số ở hàng thứ n từ cột thứ hai đến cột n - 1 bằng tổng hai số đứng ở hàng trên cùng cột và cột trước nó. Sơ dĩ có quan hệ này là do có công thức truy hồi
$C_n^k = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 1}^k$ (Với 1 < k < n)
3.Một sô công thức khai triển hay sử dụng:
• ${2^n} = {\left( {1 + 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k = } C_n^n + C_n^{n - 1} + ... + C_n^0$
• $0 = {\left( {1 - 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}C_n^k = } C_n^0 - C_n^1 + ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n$
• ${\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^{n - k}} = } C_n^0{x^n} + C_n^1{x^{n - 1}} + ... + C_n^n{x^0}$
• ${\left( {1 - x}\right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^n}C_n^k{x^k} = } C_n^0{x^0} - C_n^1{x^1} + ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n{x^n}$
• ${\left( {x - 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}C_n^k{x^{n - k}} = } C_n^0{x^n} - C_n^1{x^{n - 1}} + ... + {\left({ - 1} \right)^n}C_n^n{x^0}$
4.Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức newton.
a.Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có $\sum\limits_{i = 1}^n {C_n^i} $ với i là số tự nhiên liên tiếp.
b. Trong biểu thức có $\sum\limits_{i = 1}^n {i\left( {i - 1} \right)C_n^i} $ thì ta dùng đạo hàm $\left( {i \in N} \right)$
• Trong biểu thức có $\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {i + k} \right)C_n^i} $ thì ta nhân 2 vế với x$^k$ rồi lấy đạo hàm
• Trong biểu thức có $\sum\limits_{i = 1}^n {{a^k}C_n^i} $ thì ta chọn giá trị của x = a thích hợp.
• Trong biểu thức có $\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{i - 1}}C_n^i} $ thì ta lấy tích phân xác định trên [a, b] thích hợp.
• Nếu bài toán cho khai triển ${\left( {{x^a} + {x^b}} \right)^n} = {\sum\limits_{i = 1}^n {C_n^i{{\left( {{x^a}} \right)}^{n - i}}\left( {{x^b}} \right)} ^i} = \sum\limits_{i = 1}^n {C_n^i{x^{a\left( {n - i} \right) + ib}}} $ thì hệ số của x$^m$ là C$^i_N$ sap cho phương trình a(n - 1) + bi = m có nghiệm $i \in N$
• C$^i_N$ đạt MAX khi $i = \frac{{n - 1}}{2}$ hay $i = \frac{{n + 1}}{2}$ với n lẽ, $i = \frac{n}{2}$ với n chẵn.
B.ỨNG DỤNG CỦA NHỊ THỨC NEWTON.
I.Các bài toán về hệ số nhị thức.
1.Bài toán tìm hệ số trong khai triển newton.
Ví dụ 1: Đại học Thuỷ lợi cơ sở II, 2000
Khai triển và rút gọn đa thức:
$Q\left( x \right) = {\left( {1 + x} \right)^9} + {\left( {1 + x} \right)^{10}} + ... + {\left( {1 + x} \right)^{14}}$
Ta được đa thức: $Q\left( x \right) = {a_0} + {a_1}x + ... + {a_{14}}{x^{14}}$
Xác định hệ số a$_9$.
Do đó:
${a_9} = C_9^9 + C_{10}^5 + ... + C_{14}^9 = 1 + 10 + \frac{1}{2}.10.11 + \frac{1}{6}.10.11.12 + \frac{1}{{24}}.10.11.12.13 + \frac{1}{{20}}.10.11.12.13.14$=11+ 55 + 220 + 715 + 2002 = 3003
Ví dụ 2:ĐHBKHN-2000
Giải bất phương trình: $\frac{1}{2}A_{2x}^2 - A_x^2 \le \frac{6}{x}C_x^3 + 10$
Ta có: dất phương trình đã cho tương đương với:
$\begin{array}{l}\frac{{\left( {2x - 1} \right)2x}}{2} - \left( {x - 1} \right)x \le \frac{{6\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{3!x}} + 10\\ \Leftrightarrow 2x\left( {2x - 1} \right) - x\left( {x - 2} \right) \le \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) + 10\\ \Leftrightarrow 3x \le 12\Leftrightarrow x \le 4\end{array}$
Vì x là nghiệm nguyên dương và $x \ge 3$ nên $x \in \left\{ {3;4} \right\}$
Ví dụ 3: (ĐH KA 2004) Tìm hệ số của x$^8$ trong khai triển đa thức của: $\left[ {1 + {x^2}{{\left( {1 - x} \right)}^8}} \right]$
Vậy ta có hệ số của x$^8$ là: ${\left( { - 1} \right)^i}C_8^kC_k^i$ thoã $\left\{ \begin{array}{l}0 \le i \le k \le 8\\2k + i = 8\\i,k \in \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}i = 0\\k = 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}
i = 2\\k = 3\end{array} \right.\end{array} \right.$
Hệ số trong khai triển của x$^8$ là: ${\left( { - 1} \right)^0}C_8^4C_4^0 + {\left( { - 1} \right)^2}C_8^3C_3^2$=238
Cách 2: Ta có:
$f\left( x \right) = C_8^0 + ... + C_8^3{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^3} + C_8^4{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^4} + ... + C_8^8{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^8}$
Nhận thấy: x$^8$ chỉ có trong các số hạng:
• Số hạng thứ 4: $C_8^3{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^3}$
• Số hạng thứ 5: $C_8^4{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^4}$
Với hệ số tương đương với: ${A_8} = C_8^3C_3^2 + C_8^4C_4^0 = 238$
Ví dụ 4: (ĐH HCQG, 2000)
a) Tìm hệ số x8 trong khai triển ${\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^{12}}$
b) Cho biết tổng tất cả các hệ sô của khai triển nhị thức ${\left( {{x^2} + 1} \right)^n}$ bằng 1024. Hãy tìm hệ số a $\left( {a \in N*} \right)$ của số hạng ax$^{12}$ trong khai triển đó.( ĐHSPHN, khối D,2000)
${a_k} = C_{12}^k{x^{12 - x}}{\left( {\frac{1}{x}} \right)^k} = C_{12}^k{x^{12 - 2k}}$ $\left( {0 \le k \le 12} \right)$
Ta chọn 12 – 2k = 8 → 2
Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x$^8$ và có hệ số là: $C_{12}^2 = 66$
b) Ta có: $\left( {1 + {x^2}} \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^{2n}}} = C_n^k + C_n^1{x^2} + ... + C_n^k{x^{12 - 2k}}$
Với x = 1 thì: ${2^n} = C_n^0 + C_n^1 + ... + C_n^n = 1024 \leftrightarrow {2^n} = {2^{10}} \leftrightarrow n = 10$
Do đó hệ số a (của x$^{12}$) là: $C_{10}^6 = 210$
Ví dụ 5:(HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức:
$P\left( x \right) = {(1 + 2x)^{12}} = {a_0} + {a_1}x + ... + {a_{12}}{x^{12}}$
Tìm max$\left( {{a_0},{a_1},{a_2},...,{a_{12}}} \right)$
Từ đây ta có hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}{2^k}C_{12}^k \ge {2^{k - 1}}C_{12}^{k - 1}\\{2^k}C_{12}^k \ge {2^{k + 1}}C_{12}^{k + 1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{k} \ge \frac{1}{{12 - k + 1}}\\\frac{1}{{12 - k}} \ge \frac{2}{{k + 1}}\end{array} \right.$
$ \Rightarrow m{\rm{ax}}\left( {{a_0},{a_1},{a_2},...,{a_{12}}} \right) = {a_8} =C_{12}^8{2^{18}} = 126720$
2.Bài toán tìm sô hạng trong khai triển newton.
Ví dụ 6: Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển: ${\left( {2 - 3x} \right)^{25}}$
Ví dụ 7:
a. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau ${\left( {{x^3} + xy} \right)^{21}}$
b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau ${\left( {x\sqrt[4]{x} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{{{\left( {xy} \right)}^2}}}}}} \right)^{20}}$
• Số hạng thứ 11 là: $C_{21}^{10}{\left( {{x^3}} \right)^{11}}{\left( {xy} \right)^{10}} = C_{21}^{10}{x^{43}}{y^{10}}$
• Số hạng thứ 12 là: $C_{21}^{11}{\left( {{x^3}} \right)^{10}}{\left( {xy} \right)^{11}} = C_{21}^{10}{x^{41}}{y^{11}}$
b. Khai triển ${\left( {x\sqrt[4]{x} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{{{\left( {xy} \right)}^2}}}}}} \right)^{20}}$ có 20 + 1 = 21 số hạng. Nên số hạng đứng giữa 2 số là số hạng thứ $\left[ {\frac{{21}}{2}} \right] + 1 = 16:C_{20}^{10}{\left( {{x^{\frac{7}{4}}}} \right)^{10}}{\left( {{{\left( {xy} \right)}^{ - \frac{2}{3}}}} \right)^{10}} = C_{20}^{10}{x^{\frac{{65}}{6}}}{y^{ - \frac{{20}}{3}}}$
( Với [x] là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là sô nguyên lớn nhất không vượt quá x).
Ví dụ 8: (ĐH Khối D-2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển.
$f\left( x \right) = {\left( {\sqrt[3]{x} + \frac{1}{{\sqrt[4]{x}}}} \right)^7}$với
Ứng với số hạng không chứa x ta có: $\frac{7}{3} - \frac{7}{{12}}k = 0 \Leftrightarrow k = 4$
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển $f\left( x \right)$ là: $C_7^4 = 35$
Ví dụ 9: (ĐH SPHN - 2001) Cho khai triển nhị thức:
${\left( {\frac{1}{3} + \frac{2}{3}x} \right)^{10}} = {a_0} + {a_1}x + ... + {a_9}{x^9} + {a_{10}}{x^{10}}.$
Hãy tìm số hạng a$_k$ lớn nhất.
Ta có a$_k$ đạt được max $\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_k} \ge {a_{k + 1}}\\{a_k} \ge {a_{k - 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C_{10}^k{2^k} \ge C_{10}^{k + 1}{2^{k + 1}}\\C_{10}^k{2^k} \ge C_{10}^{k - 1}{2^{k - 1}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{2^k}10!}}{{k!\left( {10 - k} \right)!}} \ge \frac{{{2^k}10!}}{{\left( {k + 1} \right)!\left( {9 - k} \right)!}}\\
\frac{{{2^k}10!}}{{k!\left( {10 - k} \right)!}} \ge \frac{{{2^k}10!}}{{\left( {k - 1} \right)!\left( {11 - k} \right)!}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{10 - k}} \ge \frac{2}{{k + 1}}\\\frac{2}{k} \ge \frac{2}{{11 - k}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{19}}{3} \le k \le \frac{{22}}{3}\\ \Rightarrow k = 7\left( {k \in ,k \in \left[ {0,10} \right]} \right)\end{array}$
Vậy max ${a_k} = {a_7} = \frac{{{2^7}}}{{{3^{10}}}}C_{10}^7$
Bài tập rèn luyện
Bài 1: (ĐH TK-2002) Gọi a$_1$, a$_2$,…, a$_{11}$ là các hệ số trong khai triển sau:
$\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) = {x^{11}} + {a_1}{x^{10}} + ... + {a_{11}}$
Hãy tìm hệ số a$_5$
Bài 2: Tìm hệ số của x$^5$ trong khai triển $x{\left( {1 - 2x} \right)^5} + {x^2}{\left( {1 + 3x} \right)^{10}}$ ( Khối D-2007)
Bài 3: Tìm hệ số của x5y3z6t6 trong khai triển đa thức \[{\left( {x + y + z + t} \right)^{20}}\] ( Đề 4 “TH&TT” -2003)
Bài 4: (TT ĐH- chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An) Xác định hệ số của x$^{11}$ trong khai triển đa thức: ${\left( {{x^2} + 2} \right)^n}{\left( {3{x^3} + 1} \right)^n}$ biết:
$C_{2n}^{2n} - 3C_{2n}^{2n - 1} + ... + {\left( { - 1} \right)^k}{3^k}C_{2n}^{2n - k} + ... + {3^{2n}}C_{2n}^0 = 1024$
Bài 5: (LAISAC) Khai triển $P\left( x \right) = {\left( {{x^3} + \frac{1}{{2{x^2}}}} \right)^n}$ ta được $P\left( x \right) = {a_0}{x^{3n}} + {a_1}{x^{3n - 5}} + {a_2}{x^{3n - 10}} + ...$ Biết rằng ba hệ số đầu a$_0$, a$_1$, a$_2$,lập thành cấp số cộng. Tính số hạng thứ x$^4$
II. Áp dụng nhị thứ Newton để chứng minh hệ thức và tính tổng tổ hợp.
1. Thuần nhị thức Newton
Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng $C_n^k{a^{n - k}}{b^k}$ thì ta sẽ dùng trực tiếp nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} $. Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b.
Ví dụ 10: Tính tổng ${3^{16}}C_{16}^0 - {3^{15}}C_{16}^1 + {3^{14}}C_{16}^2 - ... + C_{16}^{16}$
Ví dụ 11: ( ĐH Hàng Hải-2000) Chứng minh rằng:
$C_{2n}^0 + {3^2}C_{2n}^2 + {3^4}C_{2n}^4 + ... + {3^{2n}}C_{2n}^{2n} = {2^{2n - 1}}\left( {{2^{2n}} + 1} \right)$
Lấy (1) + (2) ta được:
${\left( {1 + x} \right)^{2n}} + {\left( {1 - x} \right)^{2n}} = 2\left[ {C_{2n}^0 +C_{2n}^2{x^2} + ... + C_{2n}^{2n}{x^{2n}}} \right]$
Chọn x=3 suy ra: $\begin{array}{l}{\left( 4 \right)^{2n}} + {\left( { - 2} \right)^{2n}} = 2\left[ {C_{2n}^0 + C_{2n}^2{3^2} + ... + C_{2n}^{2n}{3^{2n}}} \right]\\\Leftrightarrow\frac{{{2^{4n}} + {2^{2n}}}}{2} = C_{2n}^0 + C_{2n}^2{3^2} + ... + C_{2n}^{2n}{3^{2n}}\\\Leftrightarrow \frac{{{2^{2n}}\left( {{2^{2n}} + 1} \right)}}{2} = C_{2n}^0 + C_{2n}^2{3^2} + ... + C_{2n}^{2n}{3^{2n}}\\\Leftrightarrow {2^{2n - 1}}({2^{2n}} + 1) = C_{2n}^0 + C_{2n}^2{3^2} + ... + C_{2n}^{2n}{3^{2n}}\\\Rightarrow {\rm{PCM}}\end{array}$
2.Sử dụng đạo hàm cấp 1,2.
a.Đạo hàm cấp 1.
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,…,n hay n,…,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng $kC_n^k$ hoặc $kC_n^k{a^{n - k}}{b^{k - 1}}$ thì ta có thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:
${\left( {a + x} \right)^n} = C_n^0{a^n} + 2C_n^1{a^{n - 1}}x + ... + nC_n^na{x^n}$
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:
$n{\left( {a + x} \right)^{n - 1}} = C_n^1{a^{n - 1}} + 2C_n^2{a^{n - 2}} + ... + nC_n^na{x^{n - 1}}\left( 1 \right)$
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Ví dụ 12: (ĐH BKHN-1999) Tính tổng $C_n^1 - 2C_n^2 + 3C_n^3 - 4C_n^4 + ... + {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}nC_n^n$
Cách khác: Sử dụng đẳng thức $kC_n^k = nC_{n - 1}^{k - 1}$ ta tính được tổng bằng:
$nC_{n - 1}^0 - nC_{n - 1}^1 + nC_{n - 1}^2 + ... + {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}nC_{n - 1}^{n - 1} = n{\left( {1 - 1} \right)^{n - 1}} = 0$
Ví dụ 13:Tính tổng: $2008C_{2007}^0 + 2007C_{2007}^1 + ... + C_{2007}^{2007}$
${\left( {x + 1} \right)^{2007}} = C_{2007}^0{x^{2007}} + C_{2007}^1{x^{2006}} + ... + C_{2007}^{2007}$
Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì chỉ được $2007C_{2007}^0{x^{2006}}$ trong khi đó đề đến 2008 do đó ta phải nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới dùng đạo hàm:
$\begin{array}{l}x{\left( {x + 1} \right)^{2007}} = C_{2007}^0{x^{2008}} + C_{2007}^1{x^{2007}} + ... + C_{2007}^{2007}x\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^{2006}}\left( {2008x + 1} \right) = 2008C_{2007}^0{x^{2007}} + 2007C_{2007}^1{x^{2006}} + ... + C_{2007}^{2007}\end{array}$
Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 2009.2$^{2006}$
b.Đạo hàm cấp 2.
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2,2.3,…,(n - 1)n hay (n-1)n,…,3.2,2.1 hay 1$^2$,2$^2$,…,n$^2$ (không kể dấu) tức có dạng $k(k - 1)C_n^k{a^{n - k}}$ hay tổng quát hơn $k\left( {k - 1} \right)C_n^k{a^{n - k}}{b^k}$ thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức
${\left( {a + bx} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1{a^{n - 1}}bx + ... + C_n^n{b^n}{x^n}$
Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được:
$bn{\left( {a + bx} \right)^{n - 1}} = C_n^1{a^{n - 1}}b + 2C_n^2{a^{n - 2}}{b^2}x... + nC_n^n{b^n}{x^{n - 1}}$
Đạo hàm lần nữa:
${b^2}n\left( {n - 1} \right)\left( {a + b{x^{n - 2}}} \right) = 2.1C_n^2{a^{n - 2}}{b^2} + ... + n\left( {n - 1} \right)C_n^n{b^n}{x^{n - 1}}\left( 2 \right)$
Đến đây ta gần như giải quyết xong ví dụ toán chỉ việc thay a,b,x bởi các hằng số thích hợp nữa thôi.
Ví dụ 14: (ĐH AN-CS Khối A 1998) Cho $f\left( x \right) = {\left( {1 + x} \right)^n},\left( {2 \le n \le Z} \right)$
a.Tính f”(1)
b.Chứng minh rằng:
$2.1C_n^2 + 3.2C_n^3 + ... + \left( {n - 1} \right)nC_n^n = n\left( {n - 1} \right){2^{n - 2}}$
b. Ta có
$\begin{array}{l}f\left( x \right) = {\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 1}^n{C_n^k{x^k} = C_n^0 + C_n^1x} + \sum\limits_{k = 2}^n {C_n^k{x^k}} \\f'\left( x \right) = C_n^1 + \sum\limits_{k = 2}^n {kC_n^k{x^{k - 1}}} \\f''\left( x \right) = \sum\limits_{k = 2}^n {k\left( {k - 1} \right)C_n^k{x^{k - 2}}} \\\Rightarrow f''\left( 1 \right) = \sum\limits_{k = 1}^n {k\left( {k - 1} \right)C_n^k = {2^{n - 2}}} \\\Rightarrow 2.1C_n^1 + 3.2C_n^2 + ... + \left( {p + 1} \right)C_n^p + ... + \left( {n + 1} \right)nC_n^n = n\left( {n + 1} \right){2^{2n - 1}}\left( {{\rm{PCM}}} \right)\end{array}$
Từ câu b thay (n - 1) = (n + 1) thì ta có một bài toán khác:
b’. Chứng minh rằng: $2.1C_n^1 + 3.2C_n^2 + ... + \left( {n + 1} \right)pC_n^p + ... + \left( {n + 1} \right)nC_n^n = n\left( {n + 1} \right){2^{n - 2}}$
Với bài toán này ta giải như sau:
Xét nhị thức: ${\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1x + ... + C_n^n{x^n}$
Nhân 2 vế của đẳng thức với $x \ne 0$đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được: $2n{\left( {1 + x} \right)^{n - 1}} + n\left( {n - 1} \right)x{\left( {1 + x} \right)^{n - 2}} = 2C_n^1x + 3.2C_n^2x + ... + \left( {n + 1} \right)nC_n^n{x^{n - 1}}$
Cho x = 2 ta được ĐPCM
Bài tập rèn luyện
Bài 1:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng: $C_{20}^1 + C_{20}^1 + ... + C_{20}^{19} = {2^{19}}$
Bài 2:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng : $C_{2004}^0 + {2^2}C_{2004}^1 + ... + {2^{2004}}C_{2004}^{2004} = \frac{{{3^{2004}} + 1}}{2}$
Bài 3:(ĐHKTQD-2000) Chứng minh:
${\left( {2 + x} \right)^n} = {1.2^{n - 1}}.C_n^1 + {2.2^{n - 2}}.C_n^2 + {3.2^{n - 2}}.C_n^2 + ... + nC_n^n = n{.3^{n - 1}}\left( {\forall 1 \le n \in Z} \right)$
Bài 4: Rút gọn tổng: ${1^2}C_{2009}^1{2^{2008}} + {2^2}C_{2009}^2{2^{2007}} + ... + {2009^2}C_{2009}^{2009}$
III.Một số phương pháp khác:
Ví dụ 15: (ĐHQG TP.HCM 1997) Cho $\left\{ \begin{array}{l}0 \le m \in k \le n\\k,m,n \in Z\end{array} \right.$
Chứng minh: $C_n^k.C_m^0 + C_n^{k - 1}C_m^1 + ... + C_n^{k - m}C_m^m = C_{n + m}^k$
{\left( {1 + x} \right)^{m + n}} = C_{m + n}^0 + C_{m + n}^1x + ... + C_{m + n}^{m + n}{x^{m + n}}\end{array} \right.$
Suy ra hệ số xk trong (1+x)$^n$ .(1+x) $^m$ là $C_m^0C_n^k + C_m^1C_n^{k - 1} + ... + C_m^mC_n^{k - m}$
Và hệ số x$^k$ trong khai (1+x)¬¬$^{m+n}$ là $C_{m + n}^k$
Đồng nhất thức: (1+x) )$^n$ .(1+x) )$^m$ = (1+x)$^{n+m}$
Ta được: $C_n^k.C_m^0 + C_n^{k - 1}C_m^1 + ... + C_n^{k - m}C_m^m = C_{n + m}^k \Rightarrow $ĐPCM
Ví dụ 16: (Đề2-TH&TT-2008) S$_2$=${\left( {C_n^1} \right)^2} + 2{\left( {C_n^2} \right)^2} + ... + n{\left( {C_n^n} \right)^2}$ với n là số tự nhiên lẽ
$S = \left( {{{\left( {C_n^1} \right)}^2} + \left( {n - 1} \right){{\left( {C_n^{n - 1}} \right)}^2}} \right) + ... + {\left( {\left( {\frac{{n - 1}}{2}} \right)\left( {C_n^{\frac{{n - 1}}{2}}} \right)} \right)^2} + {\left( {\left( {\frac{{n + 1}}{2}} \right)\left( {C_n^{\frac{{n + 1}}{2}}} \right)} \right)^2} + n{\left( {C_n^n} \right)^2}$
$\begin{array}{l}n\left( {{{\left( {C_n^1} \right)}^2} + {{\left( {C_n^2} \right)}^2} + ... + {{\left( {C_n^{n - 1}} \right)}^2}} \right) + n\\ = n\left( {{{\left( {C_n^{n + 1}} \right)}^2} + {{\left( {C_n^2} \right)}^2} + ... + {{\left( {C_n^{n - 1}} \right)}^2}} \right) + n\\ \Rightarrow 2{S_n} = n\left[ {{{\left( {C_n^1} \right)}^2} + {{\left( {C_n^2} \right)}^2} + ... + {{\left( {C_n^n} \right)}^2}} \right] + n\end{array}$
Mặt khác ta có: ${\left( {1 + x} \right)^{2n}} = C_{2n}^0 + C_{2n}^1x + ... + C_{2n}^{2n}{x^{2n}} \Rightarrow $hệ số của xn là: $C_{2n}^n(*)$
Trong khi đó: ${\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1x + ... + C_n^n{x^n}$
Nên hệ số của x$^n$ là ${\left( {C_n^1} \right)^2} + {\left( {C_n^2} \right)^2} + ... + {\left( {C_n^n} \right)^2}$ (**)
Từ (*) và (**) $ \Rightarrow C_{2n}^n - 1 = n\left[ {{{\left( {C_n^1} \right)}^2} + {{\left( {C_n^2} \right)}^2} + ... + {{\left( {C_n^n} \right)}^2}} \right]$
$ \to {S_n} = \frac{n}{2}C_{2n}^n \to {\rm{PCM}}$
Bài tập rèn luyện
Bài 1: Chứng minh rằng:
a) $C_n^1{3^{n - 1}} + 2C_n^2{3^{n - 1}} + ... + nC_n^n = n{.4^{n - 1}}$ (ĐH Luật-2001)
b) ${1^2}C_n^1 + {2^2}C_n^2 + ... + {n^2}C_n^n = n\left( {n + 1} \right){2^{n - 2}}$ ( Đề 1-TH&TT-2008)
Bài 2: Tính các tổng sau:
a) $C_{30}^1 + {3.2^2}C_{30}^3 + {5.2^4}C_{30}^5 + ... + {29.2^{28}}C_{30}^{29}$
b) $C_n^0 - \frac{{C_n^1}}{2} + \frac{{C_n^2}}{3} - ... + {\left( { - 1} \right)^n}\frac{{C_n^n}}{{n + 1}}$
Bài 3: Đặt ${T_k} = {\left( { - 1} \right)^{k + 1}}{3^k}C_{6n}^{2k + 1}$. Chứng minh $\sum\limits_{k = 1}^{3n} {{T_k}} = 0$
1.Các hằng đẳng thức
$\begin{array}{l}
{\left( {a + b} \right)^0} = 1\\
{\left( {a + b} \right)^1} = a + b\\
{\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + 2ab + {b^2}\\
{\left( {a + b} \right)^3} = {a^3} + 3{a^2}b + 3a{b^2} + {b^3}\\
{\left( {a + b} \right)^4} = {a^4} + 4{a^3}b + 6{a^2}{b^2} + 4a{b^3} + {b^4}\\
...
\end{array}$
2.Nhị thức Newton( Niu-tơn)
a.Định lí:
${\left( {a + b} \right)^n} = C_n^0{a^n} + C_n^1{a^{n - 1}}b + ... + C_n^{n - 1}a{b^{n - 1}} + C_n^n{b^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} $
Kết quả:
*${\left( {a - b} \right)^n} = {\left[ {a + \left( { - b} \right)} \right]^n} = {\sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}\left( { - b} \right)} ^k} = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} $
*${\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k.{x^k}} = C_n^0 + C_n^1.x + ... + C_n^n.{x^n}$
b.Tính chất của công thức nhị thức Niu-tơn ${\left( {a + b} \right)^n}$:
• Số các số hạng của công thức là n+1
• Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: (n - k) + k = n
• Số hạng tổng quát của nhị thức là: ${T_{k + 1}} = C_n^k{a^{n - k}}{b^k}$ (Đó là số hạng thứ k + 1 trong khai triển ${\left( {a + b} \right)^n}$)
• Các hệ số nhị thức cách đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau.
• ${2^n} = C_n^n + C_n^{n - 1} + ... + C_n^0$
• $0 = C_n^0 - C_n^1 + ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n$
• Tam giác pascal:
• Khi viết các hệ số lần lượt với n = 0,1,2,... ta được bảng
Trong tam giác số này, bắt đầu từ hàng thứ hai, mỗi số ở hàng thứ n từ cột thứ hai đến cột n - 1 bằng tổng hai số đứng ở hàng trên cùng cột và cột trước nó. Sơ dĩ có quan hệ này là do có công thức truy hồi
$C_n^k = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 1}^k$ (Với 1 < k < n)
3.Một sô công thức khai triển hay sử dụng:
• ${2^n} = {\left( {1 + 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k = } C_n^n + C_n^{n - 1} + ... + C_n^0$
• $0 = {\left( {1 - 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}C_n^k = } C_n^0 - C_n^1 + ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n$
• ${\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^{n - k}} = } C_n^0{x^n} + C_n^1{x^{n - 1}} + ... + C_n^n{x^0}$
• ${\left( {1 - x}\right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^n}C_n^k{x^k} = } C_n^0{x^0} - C_n^1{x^1} + ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n{x^n}$
• ${\left( {x - 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}C_n^k{x^{n - k}} = } C_n^0{x^n} - C_n^1{x^{n - 1}} + ... + {\left({ - 1} \right)^n}C_n^n{x^0}$
4.Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức newton.
a.Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có $\sum\limits_{i = 1}^n {C_n^i} $ với i là số tự nhiên liên tiếp.
b. Trong biểu thức có $\sum\limits_{i = 1}^n {i\left( {i - 1} \right)C_n^i} $ thì ta dùng đạo hàm $\left( {i \in N} \right)$
• Trong biểu thức có $\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {i + k} \right)C_n^i} $ thì ta nhân 2 vế với x$^k$ rồi lấy đạo hàm
• Trong biểu thức có $\sum\limits_{i = 1}^n {{a^k}C_n^i} $ thì ta chọn giá trị của x = a thích hợp.
• Trong biểu thức có $\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{i - 1}}C_n^i} $ thì ta lấy tích phân xác định trên [a, b] thích hợp.
• Nếu bài toán cho khai triển ${\left( {{x^a} + {x^b}} \right)^n} = {\sum\limits_{i = 1}^n {C_n^i{{\left( {{x^a}} \right)}^{n - i}}\left( {{x^b}} \right)} ^i} = \sum\limits_{i = 1}^n {C_n^i{x^{a\left( {n - i} \right) + ib}}} $ thì hệ số của x$^m$ là C$^i_N$ sap cho phương trình a(n - 1) + bi = m có nghiệm $i \in N$
• C$^i_N$ đạt MAX khi $i = \frac{{n - 1}}{2}$ hay $i = \frac{{n + 1}}{2}$ với n lẽ, $i = \frac{n}{2}$ với n chẵn.
B.ỨNG DỤNG CỦA NHỊ THỨC NEWTON.
I.Các bài toán về hệ số nhị thức.
1.Bài toán tìm hệ số trong khai triển newton.
Ví dụ 1: Đại học Thuỷ lợi cơ sở II, 2000
Khai triển và rút gọn đa thức:
$Q\left( x \right) = {\left( {1 + x} \right)^9} + {\left( {1 + x} \right)^{10}} + ... + {\left( {1 + x} \right)^{14}}$
Ta được đa thức: $Q\left( x \right) = {a_0} + {a_1}x + ... + {a_{14}}{x^{14}}$
Xác định hệ số a$_9$.
Giải
Hệ số x$^9$ trong các đa thức ${\left( {1 + x} \right)^9},{\left( {1 + x} \right)^{10}},...,{\left( {1 + x} \right)^{14}}$lần lượt là: $C_9^9,C_{10}^5,...,C_{14}^9$Do đó:
${a_9} = C_9^9 + C_{10}^5 + ... + C_{14}^9 = 1 + 10 + \frac{1}{2}.10.11 + \frac{1}{6}.10.11.12 + \frac{1}{{24}}.10.11.12.13 + \frac{1}{{20}}.10.11.12.13.14$=11+ 55 + 220 + 715 + 2002 = 3003
Ví dụ 2:ĐHBKHN-2000
Giải bất phương trình: $\frac{1}{2}A_{2x}^2 - A_x^2 \le \frac{6}{x}C_x^3 + 10$
Giải
Điều kiện: x là số nguyên dương và $x \ge 3$Ta có: dất phương trình đã cho tương đương với:
$\begin{array}{l}\frac{{\left( {2x - 1} \right)2x}}{2} - \left( {x - 1} \right)x \le \frac{{6\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{3!x}} + 10\\ \Leftrightarrow 2x\left( {2x - 1} \right) - x\left( {x - 2} \right) \le \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) + 10\\ \Leftrightarrow 3x \le 12\Leftrightarrow x \le 4\end{array}$
Vì x là nghiệm nguyên dương và $x \ge 3$ nên $x \in \left\{ {3;4} \right\}$
Ví dụ 3: (ĐH KA 2004) Tìm hệ số của x$^8$ trong khai triển đa thức của: $\left[ {1 + {x^2}{{\left( {1 - x} \right)}^8}} \right]$
Giải
Cách 1: Ta có: $f\left( x \right) = {\sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]} ^k} = {\sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{x^{2k}}\left[ {\sum\limits_{i = 0}^k {{{\left( { - 1} \right)}^i}} C_k^i{x^i}} \right]} ^k}.$Vậy ta có hệ số của x$^8$ là: ${\left( { - 1} \right)^i}C_8^kC_k^i$ thoã $\left\{ \begin{array}{l}0 \le i \le k \le 8\\2k + i = 8\\i,k \in \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}i = 0\\k = 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}
i = 2\\k = 3\end{array} \right.\end{array} \right.$
Hệ số trong khai triển của x$^8$ là: ${\left( { - 1} \right)^0}C_8^4C_4^0 + {\left( { - 1} \right)^2}C_8^3C_3^2$=238
Cách 2: Ta có:
$f\left( x \right) = C_8^0 + ... + C_8^3{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^3} + C_8^4{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^4} + ... + C_8^8{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^8}$
Nhận thấy: x$^8$ chỉ có trong các số hạng:
• Số hạng thứ 4: $C_8^3{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^3}$
• Số hạng thứ 5: $C_8^4{\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^4}$
Với hệ số tương đương với: ${A_8} = C_8^3C_3^2 + C_8^4C_4^0 = 238$
Ví dụ 4: (ĐH HCQG, 2000)
a) Tìm hệ số x8 trong khai triển ${\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^{12}}$
b) Cho biết tổng tất cả các hệ sô của khai triển nhị thức ${\left( {{x^2} + 1} \right)^n}$ bằng 1024. Hãy tìm hệ số a $\left( {a \in N*} \right)$ của số hạng ax$^{12}$ trong khai triển đó.( ĐHSPHN, khối D,2000)
Giải
a) Số hạng thứ (k+1) trong khai triển là:${a_k} = C_{12}^k{x^{12 - x}}{\left( {\frac{1}{x}} \right)^k} = C_{12}^k{x^{12 - 2k}}$ $\left( {0 \le k \le 12} \right)$
Ta chọn 12 – 2k = 8 → 2
Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x$^8$ và có hệ số là: $C_{12}^2 = 66$
b) Ta có: $\left( {1 + {x^2}} \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^{2n}}} = C_n^k + C_n^1{x^2} + ... + C_n^k{x^{12 - 2k}}$
Với x = 1 thì: ${2^n} = C_n^0 + C_n^1 + ... + C_n^n = 1024 \leftrightarrow {2^n} = {2^{10}} \leftrightarrow n = 10$
Do đó hệ số a (của x$^{12}$) là: $C_{10}^6 = 210$
Ví dụ 5:(HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức:
$P\left( x \right) = {(1 + 2x)^{12}} = {a_0} + {a_1}x + ... + {a_{12}}{x^{12}}$
Tìm max$\left( {{a_0},{a_1},{a_2},...,{a_{12}}} \right)$
Giải
Gọi a$^k$ là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: ${a_k} > {a_{k - 1}}$Từ đây ta có hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}{2^k}C_{12}^k \ge {2^{k - 1}}C_{12}^{k - 1}\\{2^k}C_{12}^k \ge {2^{k + 1}}C_{12}^{k + 1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{k} \ge \frac{1}{{12 - k + 1}}\\\frac{1}{{12 - k}} \ge \frac{2}{{k + 1}}\end{array} \right.$
$ \Rightarrow m{\rm{ax}}\left( {{a_0},{a_1},{a_2},...,{a_{12}}} \right) = {a_8} =C_{12}^8{2^{18}} = 126720$
2.Bài toán tìm sô hạng trong khai triển newton.
Ví dụ 6: Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển: ${\left( {2 - 3x} \right)^{25}}$
Giải
Số hạng thứ 21 trong khai triển là: $C_{25}^{20}{2^5}{\left( { - 3x} \right)^{20}} = C_{25}^{20}{2^5}{3^{20}}{x^{20}}$Ví dụ 7:
a. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau ${\left( {{x^3} + xy} \right)^{21}}$
b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau ${\left( {x\sqrt[4]{x} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{{{\left( {xy} \right)}^2}}}}}} \right)^{20}}$
Giải
a. Khai triển ${\left( {{x^3} + xy} \right)^{20}}$ có 21+1=22 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số thứ 11 và 12.• Số hạng thứ 11 là: $C_{21}^{10}{\left( {{x^3}} \right)^{11}}{\left( {xy} \right)^{10}} = C_{21}^{10}{x^{43}}{y^{10}}$
• Số hạng thứ 12 là: $C_{21}^{11}{\left( {{x^3}} \right)^{10}}{\left( {xy} \right)^{11}} = C_{21}^{10}{x^{41}}{y^{11}}$
b. Khai triển ${\left( {x\sqrt[4]{x} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{{{\left( {xy} \right)}^2}}}}}} \right)^{20}}$ có 20 + 1 = 21 số hạng. Nên số hạng đứng giữa 2 số là số hạng thứ $\left[ {\frac{{21}}{2}} \right] + 1 = 16:C_{20}^{10}{\left( {{x^{\frac{7}{4}}}} \right)^{10}}{\left( {{{\left( {xy} \right)}^{ - \frac{2}{3}}}} \right)^{10}} = C_{20}^{10}{x^{\frac{{65}}{6}}}{y^{ - \frac{{20}}{3}}}$
( Với [x] là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là sô nguyên lớn nhất không vượt quá x).
Ví dụ 8: (ĐH Khối D-2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển.
$f\left( x \right) = {\left( {\sqrt[3]{x} + \frac{1}{{\sqrt[4]{x}}}} \right)^7}$với
Giải
Số hạng tổng quát trong khai triển: ${T_{k + 1}} = C_7^k{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)^{7 - k}}{\left( {\frac{1}{{\sqrt[4]{x}}}} \right)^k} = C_7^k{x^{\frac{7}{3} - \frac{7}{{12}}k}}\left( {k \in N,k \le 7} \right)$Ứng với số hạng không chứa x ta có: $\frac{7}{3} - \frac{7}{{12}}k = 0 \Leftrightarrow k = 4$
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển $f\left( x \right)$ là: $C_7^4 = 35$
Ví dụ 9: (ĐH SPHN - 2001) Cho khai triển nhị thức:
${\left( {\frac{1}{3} + \frac{2}{3}x} \right)^{10}} = {a_0} + {a_1}x + ... + {a_9}{x^9} + {a_{10}}{x^{10}}.$
Hãy tìm số hạng a$_k$ lớn nhất.
Giải
Ta có: ${\left( {\frac{1}{3} + \frac{2}{3}x} \right)^{10}} = \frac{1}{{{3^{10}}}}{\left( {1 + 2x} \right)^{10}} = \frac{1}{{{3^{10}}}}\sum\limits_{k = 0}^n {C_{10}^k{{\left( {2x} \right)}^k} \Rightarrow {a_k} = \frac{1}{{{3^{10}}}}C_{10}^k{2^k}} $Ta có a$_k$ đạt được max $\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_k} \ge {a_{k + 1}}\\{a_k} \ge {a_{k - 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C_{10}^k{2^k} \ge C_{10}^{k + 1}{2^{k + 1}}\\C_{10}^k{2^k} \ge C_{10}^{k - 1}{2^{k - 1}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{2^k}10!}}{{k!\left( {10 - k} \right)!}} \ge \frac{{{2^k}10!}}{{\left( {k + 1} \right)!\left( {9 - k} \right)!}}\\
\frac{{{2^k}10!}}{{k!\left( {10 - k} \right)!}} \ge \frac{{{2^k}10!}}{{\left( {k - 1} \right)!\left( {11 - k} \right)!}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{10 - k}} \ge \frac{2}{{k + 1}}\\\frac{2}{k} \ge \frac{2}{{11 - k}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{19}}{3} \le k \le \frac{{22}}{3}\\ \Rightarrow k = 7\left( {k \in ,k \in \left[ {0,10} \right]} \right)\end{array}$
Vậy max ${a_k} = {a_7} = \frac{{{2^7}}}{{{3^{10}}}}C_{10}^7$
Bài tập rèn luyện
Bài 1: (ĐH TK-2002) Gọi a$_1$, a$_2$,…, a$_{11}$ là các hệ số trong khai triển sau:
$\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) = {x^{11}} + {a_1}{x^{10}} + ... + {a_{11}}$
Hãy tìm hệ số a$_5$
Bài 2: Tìm hệ số của x$^5$ trong khai triển $x{\left( {1 - 2x} \right)^5} + {x^2}{\left( {1 + 3x} \right)^{10}}$ ( Khối D-2007)
Bài 3: Tìm hệ số của x5y3z6t6 trong khai triển đa thức \[{\left( {x + y + z + t} \right)^{20}}\] ( Đề 4 “TH&TT” -2003)
Bài 4: (TT ĐH- chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An) Xác định hệ số của x$^{11}$ trong khai triển đa thức: ${\left( {{x^2} + 2} \right)^n}{\left( {3{x^3} + 1} \right)^n}$ biết:
$C_{2n}^{2n} - 3C_{2n}^{2n - 1} + ... + {\left( { - 1} \right)^k}{3^k}C_{2n}^{2n - k} + ... + {3^{2n}}C_{2n}^0 = 1024$
Bài 5: (LAISAC) Khai triển $P\left( x \right) = {\left( {{x^3} + \frac{1}{{2{x^2}}}} \right)^n}$ ta được $P\left( x \right) = {a_0}{x^{3n}} + {a_1}{x^{3n - 5}} + {a_2}{x^{3n - 10}} + ...$ Biết rằng ba hệ số đầu a$_0$, a$_1$, a$_2$,lập thành cấp số cộng. Tính số hạng thứ x$^4$
II. Áp dụng nhị thứ Newton để chứng minh hệ thức và tính tổng tổ hợp.
1. Thuần nhị thức Newton
Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng $C_n^k{a^{n - k}}{b^k}$ thì ta sẽ dùng trực tiếp nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} $. Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b.
Ví dụ 10: Tính tổng ${3^{16}}C_{16}^0 - {3^{15}}C_{16}^1 + {3^{14}}C_{16}^2 - ... + C_{16}^{16}$
Giải
Dễ dàng thấy tổng trên có dạng như dấu hiệu nêu trên. Ta sẽ chọn a=3, b= - 1. Khi đó tổng trên sẽ bằng (3-1)$^{16}$=2$^{16}$=16Ví dụ 11: ( ĐH Hàng Hải-2000) Chứng minh rằng:
$C_{2n}^0 + {3^2}C_{2n}^2 + {3^4}C_{2n}^4 + ... + {3^{2n}}C_{2n}^{2n} = {2^{2n - 1}}\left( {{2^{2n}} + 1} \right)$
Giải
$\begin{array}{l}{\left( {1 + x} \right)^{2n}} = C_{2n}^0 + C_{2n}^1x + C_{2n}^2{x^2} + ... + C_{2n}^{2n - 1}{x^{2n - 1}} + C_{2n}^{2n}{x^{2n}}\left( 1 \right)\\{\left( {1 - x} \right)^{2n}} = C_{2n}^0 - C_{2n}^1x + C_{2n}^2{x^2} + ... - C_{2n}^{2n - 1}{x^{2n - 1}} + C_{2n}^{2n}{x^{2n}}\left( 2 \right)\end{array}$Lấy (1) + (2) ta được:
${\left( {1 + x} \right)^{2n}} + {\left( {1 - x} \right)^{2n}} = 2\left[ {C_{2n}^0 +C_{2n}^2{x^2} + ... + C_{2n}^{2n}{x^{2n}}} \right]$
Chọn x=3 suy ra: $\begin{array}{l}{\left( 4 \right)^{2n}} + {\left( { - 2} \right)^{2n}} = 2\left[ {C_{2n}^0 + C_{2n}^2{3^2} + ... + C_{2n}^{2n}{3^{2n}}} \right]\\\Leftrightarrow\frac{{{2^{4n}} + {2^{2n}}}}{2} = C_{2n}^0 + C_{2n}^2{3^2} + ... + C_{2n}^{2n}{3^{2n}}\\\Leftrightarrow \frac{{{2^{2n}}\left( {{2^{2n}} + 1} \right)}}{2} = C_{2n}^0 + C_{2n}^2{3^2} + ... + C_{2n}^{2n}{3^{2n}}\\\Leftrightarrow {2^{2n - 1}}({2^{2n}} + 1) = C_{2n}^0 + C_{2n}^2{3^2} + ... + C_{2n}^{2n}{3^{2n}}\\\Rightarrow {\rm{PCM}}\end{array}$
2.Sử dụng đạo hàm cấp 1,2.
a.Đạo hàm cấp 1.
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,…,n hay n,…,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng $kC_n^k$ hoặc $kC_n^k{a^{n - k}}{b^{k - 1}}$ thì ta có thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:
${\left( {a + x} \right)^n} = C_n^0{a^n} + 2C_n^1{a^{n - 1}}x + ... + nC_n^na{x^n}$
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:
$n{\left( {a + x} \right)^{n - 1}} = C_n^1{a^{n - 1}} + 2C_n^2{a^{n - 2}} + ... + nC_n^na{x^{n - 1}}\left( 1 \right)$
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Ví dụ 12: (ĐH BKHN-1999) Tính tổng $C_n^1 - 2C_n^2 + 3C_n^3 - 4C_n^4 + ... + {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}nC_n^n$
Giải
Ta thấy tổng cần tính có dạng như VP(1). Việc còn lại chỉ cần chọn a=1,x= - 1 ta tính được tổng băng 0.Cách khác: Sử dụng đẳng thức $kC_n^k = nC_{n - 1}^{k - 1}$ ta tính được tổng bằng:
$nC_{n - 1}^0 - nC_{n - 1}^1 + nC_{n - 1}^2 + ... + {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}nC_{n - 1}^{n - 1} = n{\left( {1 - 1} \right)^{n - 1}} = 0$
Ví dụ 13:Tính tổng: $2008C_{2007}^0 + 2007C_{2007}^1 + ... + C_{2007}^{2007}$
Giải
Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008, 2007,…,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu:${\left( {x + 1} \right)^{2007}} = C_{2007}^0{x^{2007}} + C_{2007}^1{x^{2006}} + ... + C_{2007}^{2007}$
Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì chỉ được $2007C_{2007}^0{x^{2006}}$ trong khi đó đề đến 2008 do đó ta phải nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới dùng đạo hàm:
$\begin{array}{l}x{\left( {x + 1} \right)^{2007}} = C_{2007}^0{x^{2008}} + C_{2007}^1{x^{2007}} + ... + C_{2007}^{2007}x\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^{2006}}\left( {2008x + 1} \right) = 2008C_{2007}^0{x^{2007}} + 2007C_{2007}^1{x^{2006}} + ... + C_{2007}^{2007}\end{array}$
Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 2009.2$^{2006}$
b.Đạo hàm cấp 2.
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2,2.3,…,(n - 1)n hay (n-1)n,…,3.2,2.1 hay 1$^2$,2$^2$,…,n$^2$ (không kể dấu) tức có dạng $k(k - 1)C_n^k{a^{n - k}}$ hay tổng quát hơn $k\left( {k - 1} \right)C_n^k{a^{n - k}}{b^k}$ thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức
${\left( {a + bx} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1{a^{n - 1}}bx + ... + C_n^n{b^n}{x^n}$
Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được:
$bn{\left( {a + bx} \right)^{n - 1}} = C_n^1{a^{n - 1}}b + 2C_n^2{a^{n - 2}}{b^2}x... + nC_n^n{b^n}{x^{n - 1}}$
Đạo hàm lần nữa:
${b^2}n\left( {n - 1} \right)\left( {a + b{x^{n - 2}}} \right) = 2.1C_n^2{a^{n - 2}}{b^2} + ... + n\left( {n - 1} \right)C_n^n{b^n}{x^{n - 1}}\left( 2 \right)$
Đến đây ta gần như giải quyết xong ví dụ toán chỉ việc thay a,b,x bởi các hằng số thích hợp nữa thôi.
Ví dụ 14: (ĐH AN-CS Khối A 1998) Cho $f\left( x \right) = {\left( {1 + x} \right)^n},\left( {2 \le n \le Z} \right)$
a.Tính f”(1)
b.Chứng minh rằng:
$2.1C_n^2 + 3.2C_n^3 + ... + \left( {n - 1} \right)nC_n^n = n\left( {n - 1} \right){2^{n - 2}}$
Giải
a. $f''\left( x \right) = n{\left( {1 + x} \right)^{n - 1}} \Rightarrow f''\left( x \right) = n\left( {n - 1} \right){\left( {1 + x} \right)^{n - 2}} \Rightarrow f''(1) = n{(1 + x)^{n - 2}}$b. Ta có
$\begin{array}{l}f\left( x \right) = {\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 1}^n{C_n^k{x^k} = C_n^0 + C_n^1x} + \sum\limits_{k = 2}^n {C_n^k{x^k}} \\f'\left( x \right) = C_n^1 + \sum\limits_{k = 2}^n {kC_n^k{x^{k - 1}}} \\f''\left( x \right) = \sum\limits_{k = 2}^n {k\left( {k - 1} \right)C_n^k{x^{k - 2}}} \\\Rightarrow f''\left( 1 \right) = \sum\limits_{k = 1}^n {k\left( {k - 1} \right)C_n^k = {2^{n - 2}}} \\\Rightarrow 2.1C_n^1 + 3.2C_n^2 + ... + \left( {p + 1} \right)C_n^p + ... + \left( {n + 1} \right)nC_n^n = n\left( {n + 1} \right){2^{2n - 1}}\left( {{\rm{PCM}}} \right)\end{array}$
Từ câu b thay (n - 1) = (n + 1) thì ta có một bài toán khác:
b’. Chứng minh rằng: $2.1C_n^1 + 3.2C_n^2 + ... + \left( {n + 1} \right)pC_n^p + ... + \left( {n + 1} \right)nC_n^n = n\left( {n + 1} \right){2^{n - 2}}$
Với bài toán này ta giải như sau:
Xét nhị thức: ${\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1x + ... + C_n^n{x^n}$
Nhân 2 vế của đẳng thức với $x \ne 0$đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được: $2n{\left( {1 + x} \right)^{n - 1}} + n\left( {n - 1} \right)x{\left( {1 + x} \right)^{n - 2}} = 2C_n^1x + 3.2C_n^2x + ... + \left( {n + 1} \right)nC_n^n{x^{n - 1}}$
Cho x = 2 ta được ĐPCM
Bài tập rèn luyện
Bài 1:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng: $C_{20}^1 + C_{20}^1 + ... + C_{20}^{19} = {2^{19}}$
Bài 2:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng : $C_{2004}^0 + {2^2}C_{2004}^1 + ... + {2^{2004}}C_{2004}^{2004} = \frac{{{3^{2004}} + 1}}{2}$
Bài 3:(ĐHKTQD-2000) Chứng minh:
${\left( {2 + x} \right)^n} = {1.2^{n - 1}}.C_n^1 + {2.2^{n - 2}}.C_n^2 + {3.2^{n - 2}}.C_n^2 + ... + nC_n^n = n{.3^{n - 1}}\left( {\forall 1 \le n \in Z} \right)$
Bài 4: Rút gọn tổng: ${1^2}C_{2009}^1{2^{2008}} + {2^2}C_{2009}^2{2^{2007}} + ... + {2009^2}C_{2009}^{2009}$
III.Một số phương pháp khác:
Ví dụ 15: (ĐHQG TP.HCM 1997) Cho $\left\{ \begin{array}{l}0 \le m \in k \le n\\k,m,n \in Z\end{array} \right.$
Chứng minh: $C_n^k.C_m^0 + C_n^{k - 1}C_m^1 + ... + C_n^{k - m}C_m^m = C_{n + m}^k$
Giải
${\rm{Ta c}}\'o :\left\{ \begin{array}{l}{\left( {1 + x} \right)^m} = C_m^0 + C_m^1x + ... + C_m^m{x^m}\\{\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0{x^n} + C_n^1{x^{n - 1}} + ... + C_n^n\\{\left( {1 + x} \right)^{m + n}} = C_{m + n}^0 + C_{m + n}^1x + ... + C_{m + n}^{m + n}{x^{m + n}}\end{array} \right.$
Suy ra hệ số xk trong (1+x)$^n$ .(1+x) $^m$ là $C_m^0C_n^k + C_m^1C_n^{k - 1} + ... + C_m^mC_n^{k - m}$
Và hệ số x$^k$ trong khai (1+x)¬¬$^{m+n}$ là $C_{m + n}^k$
Đồng nhất thức: (1+x) )$^n$ .(1+x) )$^m$ = (1+x)$^{n+m}$
Ta được: $C_n^k.C_m^0 + C_n^{k - 1}C_m^1 + ... + C_n^{k - m}C_m^m = C_{n + m}^k \Rightarrow $ĐPCM
Ví dụ 16: (Đề2-TH&TT-2008) S$_2$=${\left( {C_n^1} \right)^2} + 2{\left( {C_n^2} \right)^2} + ... + n{\left( {C_n^n} \right)^2}$ với n là số tự nhiên lẽ
Giải
Ta có:$S = \left( {{{\left( {C_n^1} \right)}^2} + \left( {n - 1} \right){{\left( {C_n^{n - 1}} \right)}^2}} \right) + ... + {\left( {\left( {\frac{{n - 1}}{2}} \right)\left( {C_n^{\frac{{n - 1}}{2}}} \right)} \right)^2} + {\left( {\left( {\frac{{n + 1}}{2}} \right)\left( {C_n^{\frac{{n + 1}}{2}}} \right)} \right)^2} + n{\left( {C_n^n} \right)^2}$
$\begin{array}{l}n\left( {{{\left( {C_n^1} \right)}^2} + {{\left( {C_n^2} \right)}^2} + ... + {{\left( {C_n^{n - 1}} \right)}^2}} \right) + n\\ = n\left( {{{\left( {C_n^{n + 1}} \right)}^2} + {{\left( {C_n^2} \right)}^2} + ... + {{\left( {C_n^{n - 1}} \right)}^2}} \right) + n\\ \Rightarrow 2{S_n} = n\left[ {{{\left( {C_n^1} \right)}^2} + {{\left( {C_n^2} \right)}^2} + ... + {{\left( {C_n^n} \right)}^2}} \right] + n\end{array}$
Mặt khác ta có: ${\left( {1 + x} \right)^{2n}} = C_{2n}^0 + C_{2n}^1x + ... + C_{2n}^{2n}{x^{2n}} \Rightarrow $hệ số của xn là: $C_{2n}^n(*)$
Trong khi đó: ${\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1x + ... + C_n^n{x^n}$
Nên hệ số của x$^n$ là ${\left( {C_n^1} \right)^2} + {\left( {C_n^2} \right)^2} + ... + {\left( {C_n^n} \right)^2}$ (**)
Từ (*) và (**) $ \Rightarrow C_{2n}^n - 1 = n\left[ {{{\left( {C_n^1} \right)}^2} + {{\left( {C_n^2} \right)}^2} + ... + {{\left( {C_n^n} \right)}^2}} \right]$
$ \to {S_n} = \frac{n}{2}C_{2n}^n \to {\rm{PCM}}$
Bài tập rèn luyện
Bài 1: Chứng minh rằng:
a) $C_n^1{3^{n - 1}} + 2C_n^2{3^{n - 1}} + ... + nC_n^n = n{.4^{n - 1}}$ (ĐH Luật-2001)
b) ${1^2}C_n^1 + {2^2}C_n^2 + ... + {n^2}C_n^n = n\left( {n + 1} \right){2^{n - 2}}$ ( Đề 1-TH&TT-2008)
Bài 2: Tính các tổng sau:
a) $C_{30}^1 + {3.2^2}C_{30}^3 + {5.2^4}C_{30}^5 + ... + {29.2^{28}}C_{30}^{29}$
b) $C_n^0 - \frac{{C_n^1}}{2} + \frac{{C_n^2}}{3} - ... + {\left( { - 1} \right)^n}\frac{{C_n^n}}{{n + 1}}$
Bài 3: Đặt ${T_k} = {\left( { - 1} \right)^{k + 1}}{3^k}C_{6n}^{2k + 1}$. Chứng minh $\sum\limits_{k = 1}^{3n} {{T_k}} = 0$
Last edited by a moderator:
