Chuyên đề Đại số tổ hợp - Ôn thi Toán đại học
Dạng 3: Tích phân hai vế của nhị thức Newton để chứng minh một đẳng thức
+ Viết khai triển Newton của (ax + b) ^n
+ Lấy tích phân xác định hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2] ta được đẳng thức cần chứng minh.
Chú ý :
• Cần chứng minh đẳng thức chứa Ckn/k+1 ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế
trong khai triển của (a + x)^n
Để tải bản DOC Đầy Đủ thì Trả lời bài viết này, mình sẽ gửi Link download cho
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
Download Chuyên đề Đại số tổ hợp - Ôn thi Toán đại học miễn phí
Dạng 3: Tích phân hai vế của nhị thức Newton để chứng minh một đẳng thức
+ Viết khai triển Newton của (ax + b) ^n
+ Lấy tích phân xác định hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2] ta được đẳng thức cần chứng minh.
Chú ý :
• Cần chứng minh đẳng thức chứa Ckn/k+1 ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế
trong khai triển của (a + x)^n
Để tải bản DOC Đầy Đủ thì Trả lời bài viết này, mình sẽ gửi Link download cho
Tóm tắt nội dung:
ĐẠI SỐ TỔ HỢPChương 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