Bài tập nhị thức Niu-tơn vận dụng cao – Nguyễn Minh Tuấn

Vận dụng cao nhị thức NEWTON Một sản phẩm của fanpage Tạp chí và tư liệu toán học Dành tặng cho bạn đọc theo dõi fanpage CÁC BÀI TOÁN KHÓ ÔN THI ĐẠI HỌC BỒI DƯỠNG HSG BẢN PDF ĐƯỢC PHÁT HÀNH MIỄN PHÍ TẠI BLOG CỦA FANPAGE  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  LỜI GIỚI THIỆU Trong đề thi thử của các trường hay trong đề thi THPT Quốc Gia thì các bài toán về chủ đề nhị thức Newton hầu như sẽ chiếm khoảng 1 câu mức độ khó hay dễ tùy vào người ra đề. Bài toán này không phải là dạng toán quá khó nhưng do cách phát biểu và công thức liên quan khá là cồng kềnh và khó nhớ nên nó làm khó khăn cho tương đối nhiều bạn học sinh. Vì thế trong sản phẩm lần này, mình sẽ giới thiệu cho các bạn các phương pháp hay và mạnh để giải quyết các bài toán đẳng thức liên quan tới nhị thức Newton ở mức độ vận dụng và vận dụng cao. Để có thể viết nên được chuyên đề này không thể không có sự tham khảo từ các nguồn tài liệu của các các group, các khóa học, tài liệu của các thầy cô mà tiêu biểu là 1. Thầy Lã Duy Tiến – Giáo viên trường THPT Bình Minh 2. Website Toán học Bắc – Trung – Nam: http://toanhocbactrungnam.vn/ 3. Website Toanmath: https://toanmath.com/ 4. Thầy Đặng Thành Nam – Giảng viên Vted 5. Thầy Huỳnh Đức Khánh 6. Thầy Nguyễn Hữu Quyết – THPQ Bố Trạch 1 tỉnh Quảng Bình 7. Thầy Lê Hồng Thái – Vĩnh Yên Trong bài viết mình có sưu tầm từ nhiều nguồn nên có thể sẽ có những câu hỏi chưa hay hoặc chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua. Trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi những thiếu sót, mong bạn đọc có thể góp ý trực tiếp với mình qua địa chỉ sau: Nguyễn Minh Tuấn Sinh viên K14 – Khoa học máy tính – Đại học FPT Facebook: https://www.facebook.com/tuankhmt.fpt Email: [email protected] Blog: https://lovetoan.wordpress.com/ Bản pdf được phát hành miễn phí trên blog CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN, mọi hoạt động sử dụng tài liệu vì mục đích thương mại đều không được cho phép. Xin chân thành cảm ơn bạn đọc. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO GIỚI THIỆU VỀ NHỊ THỨC NEWTON Để ghi nhớ cïng lao của Isaac Newton (1642 – 1727) trong việc tëm ra cïng thức khai triển nhị thức sau, được gọi là nhị thức Newton.  x  1 m  1 m  m  1 2 m  m  1  m  2  …3.2.1 m m x x  …  x  1 1! 2! m! Trên bia mộ của Newton tại tu viện Wesminster (là nơi an nghỉ của Hoàng gia và những người nổi tiếng của nước Anh) người ta cín khắc họa hënh Newton cñng với cả nhị thức Newton. Vậy cî phải chăng loài người đã khïng hề biết gë về cïng thức khai triển nhị thức trước khi cî phát minh của nhà bác học vĩ đại này ? Theo các văn bản cín lưu giữ được từ rất lâu trước Newton, ngay từ 200 năm trước Cïng nguyên các nhà toán học Ấn Độ đã quen biết với một bảng tam giác số học. Trong tác phẩm của nhà toán học Trung Quốc Chu Sinh viết từ năm 1303 người ta tëm thấy bảng số sau: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 15101051 1615201561 172135352171 18285670562881 Rð ràng đî là các hệ số của cïng thức khai triển nhị thức Newton từ cấp 0 đến cấp 8, dñ nhà toán học này đã khïng nîi gë cho các hệ số tiếp theo cñng cïng thức tổng quát của chòng, nhưng theo cách thức lập bảng của ïng, ta cî thể dễ dàng tëm ra quy luật cho phép viết được các hàng mới. Vào nửa đầu thế kỉ XV trong tác phẩm chëa khîa số học viết bằng tiếng Ả rập của nhà toán học, thiên văn học Xamacan cî tên là Giêm Xit-Giaxedin Casi người ta lại gặp tam giác số học mà tác giả đã gọi tên rõ hơn là các hệ số nhị thức cñng với những chỉ dẫn cách thành lập các hàng kế tiếp của nhị thức. Với lối chỉ dẫn (khïng chứng minh) đî Casi đã cho ta khả năng khai triển nhị thức ở một cấp bất kë. Cî thể coi đî là sự phát biểu bằng văn đầu tiên trong lịch sử của định lì về nhị thức Newton. Ở châu Âu, tam giác số học được tëm thấy đầu tiên trong cïng trënh của nhà toán học người Đức Stiffel M. Cïng bố vào năm 1544. Trong cïng trënh Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Isaac Newton Jr Chinh phục olympic toán | 1 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO này cũng đã chỉ dẫn ra các hệ số của nhị thức cho đến cấp 17. Gần một trăm năm sau, hoàn toàn độc lập với nhau, Các nhà toán học người Anh Bï-ritgïn (1624), nhà toán học Pháp Fermat (1636) rồi nhà toán học Pháp Pascal (1654) đã đưa ra công thức hoàn hảo về hệ số của nhị thức Newton. Đặc biệt trong cïng trënh mang tên Luận văn về tam giác số học công bố vào năm 1665, Pascal đã trënh bày khá chi tiết về tình chất của các hệ số trong tam giác số học và từ đî tam giác số học được sử dụng một cách rộng rãi và tên tam giác Pascal ra đời thay cho tam giác số học. Rð ràng mà nîi về mặt lịch sử thë tam giác số học đã được các nhà toán học Á đïng xét đến trước Pascal rất nhiều. Vậy vai trí của Newton ở đâu trong quá trënh hënh thành cïng thức nhị thức Newton ? Năm 1676 trong bức thư thứ nhất gửi Ô-đen Hiaro – Chủ tịch Viện Hàn Lâm hoàng gia Anh, Newton đã đưa công thức (1) mà khïng dẫn giải cách chứng minh. Sau đî ìt lâu trong bức thư thứ hai gửi đến Viện Hàn Lâm, Newton đã trënh bày rð ràng bằng cách nào ïng đi đến cïng thức đî. Thë ra bằng cách này Newton đã tëm ra cïng thức Newton từ năm 1665 khi mà ïng chỉ mới 22 tuổi. Nhưng dñ vậy thë việc đưa trënh cïng thức của mënh Newton cũng khïng nîi được điều gë mới cho các nhà toán học đương thời. Vậy tại sao công thức không mới đó lại mang tên Newton ? Vấn đề là ở chỗ ó tưởng của Newton khïng dừng lại ở việc áp dụng cïng thức này cho trường hợp các số mũ là số nguyên dương mà cho số mũ bất kì: số dương, số âm, số nguyên và phân số. (ở trung học chỉ học số mũ nguyên dương) Chình ó tưởng mới đî cho một ó nghĩa lớn lao đối với việc phát triển của toán học. Các nhà toán học đương thời thấy ngay tầm quan trọng của cïng thức và cïng thức được áp dụng rộng rãi trong nhiều cïng trënh nghiên cứu toán học, đặc biệt trong đại số và giải tích. Nhân đây cũng phải nîi thêm rằng cïng thức nhị thức Newton khïng phải là sự đîng gîp lớn nhất của Newton cho toán học. Newton đã đîng gîp rất nhiều cho việc mở đầu những hướng toán học cao cấp, đî là các phép tình đối với các đại lượng vï cñng bé. Và do vậy đïi lòc Newton được coi là người sáng lập ra ngành Giải tìch toán học I. CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON. Khai triển  a  b  được cho bởi công thức sau: Với a, b là các số thực và n là số nguyên dương, ta cî a  b n n   Ckn a n k bk  C0n a n  C 1n a n 1 b  …  C kn a n k bk  …  C nn b n .  1  k 0 Quy ước a 0  b0  1 Công thức trên được gọi là công thức nhị thức Newton (viết tắt là Nhị thức Newton). Trong biểu thức ở VP của công thức (1) 2 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN a) Số các hạng tử là n  1 . b) Số các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đén 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n, nhưng tổng các số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n. c) Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau. HỆ QUẢ  Với a  b  1, thì ta có 2 n  C 0n  C 1n  …  C nn .  Với a  1; b  1 , ta có 0  C 0n  C 1n  …   1  C kn  …   1  C nn k n CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN LIÊN QUAN TỚI KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON   x  1 n  C 0n x n  C 1n x n 1  C n2 x n 2  …  C kn x n k  …  C nn 1 x  C nn  1  x n  C 0n  C 1n x  C n2 x 2  …  C kn x k  …  C nn 1 x n 1  C nn x n   x  1 n  C 0n  C 1n x  C n2 x 2  …   1  C kn x k  …   1   C kn  C nn k  C kn  C kn  1  C kn 11 ,  n  1   k.C kn   n  n  1 ! 1 k.n! 1 Ckn    Ckn11 k1  k  1 n  k  !k !  n  1  n  k  !  k  1  ! n  1 k n 1 C nn 1 x n 1   1  C nn x n n n  n  1 ! k .n!   nC kn11  n  k  !k!  n  k  !  k  1 ! Một số công thức thường dùng trong các bài tập dạng này như sau:  C kn  C nn k  C kn  C kn  1  C kn 11 ,  n  1   kC kn  nC kn 11  *   1 1 C kn  C kn 11 k1 n1  2 n  C 0n  C 1n  …  C nn n 1  C  C  C …  C n 2  2 n  2  2 n 1  C 1n  C 3n  C 5n …  C n 0 n 2 n 4 n  n 1  2 1 2  Ngoài ra từ công thức  *  ta mở rộng được công thức  C kn  2C kn  1  C kn  2  C kn 22  C kn  3C kn  1  3C kn  2  C kn  3  C kn 33 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 3 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO II. GIỚI THIỆU TAM GIÁC PASCAL. n=0 1 n=1 1 n=2 1 n=3 1 n=4 n=5 1 1 1 2 1 3 4 5 3 1 6 4 10 1 10 5 1 Tam giác Pascal được thiết lập theo quy luật sau  Đỉnh được ghi số 1. Tiếp theo là hàng thứ nhất ghi hai số 1.  Nếu biết hàng thứ n  n  1  thì hàng thứ n+1tiếp theo được thiết lập bằng cách cộng hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng dưới ở vị trí giữa hai số này. Sau đî viết số 1 ở đầu và cuối hàng. Nhận xét. Xét hàng thứ nhất, ta có 1  C 01 , 1  C 11 . Ở hàng thứ 2, ta có 1  C 03 , 2  C 12 , 1  C 22 . Ở hàng thứ 3, ta có 1  C 03 , 3  C 13 , 3  C 32 , 1  C 33 . Các số ở hàng thứ n trong tam giác Pascal là dãy gồm  n  1  số C 0n , C 1n , C 2n ,…, C nn 1 , C nn . DẤU HIỆU SỬ DỤNG NHỊ THỨC NEWTON. Sau đây là một số dấu hiệu giúp ta nhận biết được các dạng toán trong phần này, các dạng toán này sẽ được hướng dẫn kỹ hơn ở phần sau. a) Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có n C i 1 i n với i là số tự nhiên liên tiếp. b) Trong biểu thức có n  i  i  1 C i 1   Trong biểu thức có Trong biểu thức có n  i  k  C i 1 n a C k i 1  Trong biểu thức có n i n thì ta dñng đạo hàm  i   thì ta nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm thì ta chọn giá trị của x=a thích hợp. i1C i 1  1 i n i n i n thì ta lấy tìch phân xác định trên  a; b  thích hợp. Nếu bài toán cho khai triển  x  x a n i n    C x  x   C x  b n i 1 i n a n i b i 1 i n a n i   ib thì hệ số của xm là Cin sap cho phương trënh a  n  i   bi  m có nghiệm i  4 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN  C in đạt max khi i  n1 n1 n hay i  với n lẽ, i  với n chẵn. 2 2 2 III. CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN TỚI NHỊ THỨC NEWTON. 1. BÀI TOÁN KHAI TRIỂN NÂNG CAO. BÀI TOÁN KHAI TRIỂN TAM THỨC Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton  a  b  c  n Lời giải tổng quát  Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n , để cî được hệ số của nhị thức Newton  b  c  . n  Bước 2: Ở các đầu dòng ta viết các đơn thức là khai triển nhị thức Newton  a  1  .  Bước 3: Nhân lần lượt các đơn thức ở đầu dòng mỗi cột với các đơn thức còn lại trên n mỗi díng đî rồi cộng các kết quả lại, ta thu được kết quả khai triển. Cụ thể ta có ở dưới đây 1.a n 1 n C .a 1 n 1 1b C 2n .a n  2 1c 1b2 C 1n .a n  3 1b2 1c 2 2bc 3b 2 c 3bc 2 1c 2 … 1.a o 1.b n 1 n C .b n 1 .c C nn 1 .b.c n 1 … 1.c n Sau khi cộng lại ta được: n  n q n q q  n p n p p q n q q n p a  b  c  C .a .    n   Cp .b .c    C n .Cp .b .c .a p0  q 0  0 q p n Sau khi khai triển a  b  c n với 0  q  p  n số hạng thứ p  1 trong khai triển là Tp  C pn .C pq .bn q .cq .a n p . Ví dụ 1: Hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển P(x)   3x 2  x  1  10 là? Lời giải Với 0  q  p  10 thì số hạng tổng quát của khai triển P(x)   3x 2  x  1  p Tp  C 10 .C pq .  3x 2  10  p 10 là: .xpq .1q  C p10 .C qp .310 p.xp q  20 2p Theo đề bài thì p  q  20  2p  4  p  q  16 Do 0  q  p  10 nên  p; q    8; 8  ;  9;7  ;  10; 6  . Vậy hệ số của x 4 trong khai triển P(x)   3x 2  x  1  10 là: Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 5 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 6 10 10 C 810 .C 88 .310 8  C 910 .C79 .310 9  C 10  1695 . 10 .C 10 .3 Chú ý khi ra nhiều trường hợp của  p; q  thì ta công hệ số các trường hợp với nhau để có kết quả. Ví dụ 2: Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển thành các đa thức của  x  x 2  x 3  10 ? Lời giải Với 0  q  p  10 thì số hạng tổng quát của khai triển  x  x 2  x 3  p Tp  C 10 .C pq .x10 p .  x 2  pq 10 là: .  x 3   C p10 .C qp .310 p.x 10 p q q Theo đề bài thì 10  p  q  13  p  q  3 Do 0  q  p  10 nên  p; q    2; 1  ;  3; 0  . 2 3 .C 12  C 10 .C 03  210 . Vậy hệ số của x13 trong khai triển là: C 10 8 Ví dụ 3: Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của: 1  x 2  1  x     Lời giải k k k  i Cách 1. Ta có: f  x    C  x  1  x     C x   1  C ik xi  . k 0 k 0  i 0  8 k 8 2 8 k 8 2k  i  0 0  i  k  8   i  k  4 Vậy ta có hệ số của x8 là:  1  C k8 C ik thoã 2k  i  8    i  2 i, k     k  3 Hệ số trong khai triển của x8 là  1  C 84 C 04   1  C 83 C 23 =238 0 2 3 4 Cách 2. Ta có: f  x   C 08  …  C 83  x 2  1  x    C 84  x 2  1  x   …  C 88  x 2  1  x  8 Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng:  Số hạng thứ 4: C 83  x 2  1  x   3  Số hạng thứ 5: C 84  x 2  1  x   4 Với hệ số tương đương với: A8= C 83 C 23  C 84 C 04 =238 n 1 1   Ví dụ 4: Với n là số nguyên dương và x  0 , xét biểu thức  x8  x 3  2  7  . Hỏi có bao x x   nhiêu số n  2018 sao cho khai triển của biểu thức trên có số hạng tự do là 0 ? Lời giải n n n 1 1 1  Ta có  x8  x3  2  7    1  x 5   x 3  7  nên số hạng tổng quát của khai triển trên x x  x    là T  C kn x 5k  C hn x 3n 10h  C kn C hn x 3n 5k 10h . Số hạng này là số hạng tự do khi 6 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 3n  5k  10h  0  3n  5  2h  k  Nếu n không chia hết cho 5 thì khai triển sẽ không chứa số hạng tự do, tức là số hạng tự do 2n n là 0. Còn khi n chia hết cho 5 thì khi h  , k  , số hạng tự do sẽ là C kn C nh  0 không 5 5 thỏa mãn. Ví dụ 5: Cho khai triển  1  x  x 2   a0  a1 x  a 2 x 2  n …, a 2 n là các hệ số. Biết rằng  a 2n x 2n , với n  2 và a 0 , a 1 , a 2 , a3 a4 , khi đî tính tổng S  a 0  a 1  a 2   14 41  a2 n ? Lời giải n n k k 0 l 0 Ta có  1  x  x 2    C kn  x  x 2    C kn  C lk xk l .x 2l . n k k 0 l  0; k  3 Hệ số của x 3 là xk l  x3  k  l  3    a 3  C n3 C03  C n2 C 12 . l  1; k  2 Tương tự hệ số của x là x 4 k l  l  0; k  4  x  k  l  4   l  1; k  3  a 4  C n4 C 04  C n3 C 13  C n2 C 22 . l  2; k  2 4 Theo giả thiết 14a 4  41a3  14  C4n C04  C3n C13  C2n C22   41 C3n C03  C2n C12     n! 3.n ! n! n! 2.n !   14       41    4!  n  4  ! 3!  n  3  ! 2!  n  2  !   3!  n  3  ! 2!  n  2  !   n  n  1  n  2  n  3  n  n  1  n  2  n  n  1    n  n  1  n  2    14     n  n  1    41  24 2 2 6      n1 11 185   14  n  n  1  n 2  n    0   n  10  n  4 6   24    Do n  2 nên n  10 . Mặt khác thay x  1 vào hai vế của khai triển  1  x  x 2   a0  a1 x  a 2 x 2  10 được S  a0  a1  a 2   a 20 x 20 ta  a 20  310 . Ví dụ 6: Giả sử  1  x  x 2  x 3  …  x10   a0  a1 x  a 2 x 2  a 3 x 3  …  a 110 x 110 với a 0 , a 1 , a 2 , 11 1 2 3 10 11 a 10  C 11 a 9  C 11 a 8  …  C 11 a 1  C 11 a0 ? …, a 110 là các hệ số. Tính tổng T  C 011a 11  C 11 Lời giải Ta có: A   1  x  x 2  x 3  …  x10    1  x  A   1  x 11  11 11 11 110   C k11   x  . a i x i  k k 0 i 0 11 11  C  x  m 0 P 11 m m 11 . Q 2 3 10 11 a 9  C 11 a 8  …  C 11 a 1  C 11 a0  T Hệ số của x11 trong P là C 011a 11  C 111a 10  C 11 Hệ số của x11 trong Q là C 111 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 7 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Vậy T  C 111  11 . Ví dụ 7: Biết tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển Newton n n k  2 2 k 2 n k  2  x      C n  1  x  .   x  x k 0 k Bằng 49 . Khi đî tính hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển đî? Lời giải n k n n n k  2  2 k k  Ta có  x 2     Ckn  1  x 2  .     C k6  1  .2 k.x 2n 3k . x   x  k 0 k 0 Tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển bằng 49 nên C 0n  2C 1n  2 2 C 2n  49  *  . Điều kiện n  *, n  2. Khi đî  *   1  2n  2 2.  n  4  L  n  n  1  49  2n 2  4n  48  0   2  n  6  N  6 2  Với n  6 ta có nhị thức  x2   . x  Số hạng tổng quát của khai triển là: C k6  1  .2 k.x12 3k  k  , 0  k  6  . k Số hạng chứa x 3 ứng với k thỏa mãn 12  3k  3  k  3 (nhận). Vậy hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển là C 63  1  .2 3  160 . 3 Ví dụ 8: Cho khai triển T   1  x  x 2017  2018   1  x  x 2018  2017 . Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển bằng bao nhiêu? Lời giải 2018 2017 Cách 1. Ta có T   C k2018  x  x 2017    C k’2017  x 2018  x  . k k’ k 0 k 0 Hệ số của số hạng chứa x ứng với k  k ‘  1 . Do đî hệ số cần tëm là C 12018  C 12017  1 . Cách 2. Ta có T  a0  a1 x  a 2 x 2  …  a 2017.2018 x 2017.2018  f  x   f ‘  x   a 1  2a 2 x  …  2017.2018a 2017.2018 x 2017.2018 1  f ‘  0   a 1 . Mà f ‘  x   2018  1  x  x 2017  2017  1  2017x   2017  1  x  x   1  2018x  2018 2016 2016 2017  f ‘  0   2018  2017  1  a 1  1 . Do đî hệ số cần tëm là 1 . 4 1  Ví dụ 9: Tìm hệ số của x trong khai triển  2x  1   x 2  x   thành đa thức? 4  6 6 Lời giải n n Xét khai triển  2x  1    1  2x    C k6 16 k  2x    C k6 2 k x k 6 6 k 0 8 | Chinh phục olympic toán k k 0 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 4 8 8 8 1  1 1  2  81  x  x     x      x   Cj   4  2 2   2 j0 4 n 8 1  1 Vậy  2x  1  x2  x     C6k 2k xk . C8J   4  k 0  2 j 0 6 8 j 8 j xj  1 x   C 2 . C   2 k0 j 0 n j k 6 k 8 8 j xj  k J 8 Số hạng của khai triển chứa x 6 khi j  k  6 . Xét bảng: 0 k j 6 1 C 2 .C   2 k 6 k 1 5 8 j J 8 k j 1 Ck6 2 k.C8J   2 1 C 2 .C   2 0 6 8 j 0 2 6 8 4 1 C 2 .C   2 1 6 1 3 1 C 2 .C   2 5 8 2 6 2 5 6 2 1 0 6 1 C 65 2 5.C 83   2 5 4 4 8 4 1 C 64 2 4.C 82   2 3 3 2 1 C 66 2 6.C 08   2 1 C 2 .C   2 3 6 3 5 3 8 2 4 3003 1 6 1 6 Vậy hệ số x 6 trong khai triển  2x  1   x 2  x   thành đa thức là  C 14 . 4 4 4  Ví dụ 10: Cho khai triển  1  2x   a0  a 1 x  a 2 x 2  n của n với n  2018 sao cho tồn tại k  a n x n , n  1 . Tëm số giá trị nguyên  0  k  n  1 thỏa mãn ak  ak 1 . Lời giải n Ta có  1  2x    Ckn 2 k xk , suy ra ak  C kn 2 k với k  0, 1, 2, 3,…, n . n k 0 Do đî a k  a k  1  C kn 2 k  C kn  1 2 k  1   n! n!  2. k ! n  k !  k  1 !  n  k  1 ! 1 2 2n  1  2n  2k  k  1  k   . 3  n  k   k  1 Vì 0  k  n  1 nên suy ra n  2 . 2.3m  1 1 Nếu n  3m , m  , thì k   2m   . 3 3 2.  3m  1   1 1 Nếu n  3m  1 , m  , thì k   2m   3 3 . 2. BÀI TOÁN HỆ SỐ LỚN NHẤT. Với các bài toán yêu cầu tìm hệ số lớn nhất a k khi khai triển nhị thức  ax  b  thành đa n thức ta sẽ làm theo phương pháp sau.  a k  a k  1 Bước 1: Lập hệ bất phương trënh  a k  a k  1 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 9 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO  Bước 2: Giải hệ bất phương trënh trên để tìm các số nguyên k thỏa mãn.  Bước 3: Thay các giá trị k vừa tëm được để tìm hệ số lớn nhất. Ví dụ 1: Khai triển đa thức P  x   (1  2x)12  a 0  a 1x  …  a 12 x 12 . Tìm max  a0 , a 1 , a 2 ,…, a 12  ? Lời giải Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: a k  a k 1 2 C  2 C Từ đây ta cî hệ phương trënh  k k k 1 k 1 2 C 12  2 C 12 k k 1 k 12 k 1 12 1 2     k 12  k  1  1  2  12  k k  1 8  max  a0 , a 1 , a 2 ,…, a 12   a 8  C 12 2 18  126720 10 1 2  Ví dụ 2: Cho khai triển nhị thức   x   a0  a1 x  …  a9 x9  a10 x 10 . 3 3  Hãy tìm số hạng a k lớn nhất. Lời giải 10 1 1 10 1 2  Ta có:   x   10  1  2x   10 3 3 3 3  n  C  2x  k 10 k 0 k  ak  1 k k C 10 2 310 k k 1 k 1 C 10 2 k  C 10 2 a k  a k  1   k k k 1 k 1 C 10 2  C 10 2 a k  a k  1  2 k 10! 2 k 10! 2  1  k ! 10  k !  k  1 ! 9  k !         19 22   Ta có ak đạt được max     10  k k  1  k k k 3 3 2 10!  2 10!  2  2   k !  10  k  !  k  1  !  11  k  !  k 11  k   k  7  k  , k   0, 10  Vậy max ak  a7  27 7 C10 310 Ví dụ 3: Trong khai triển biểu thức F   332  9 số hạng nguyên có giá trị lớn nhất là? Lời giải Ta có số hạng tổng quát Tk 1  C k9  3  2 9 k 3 k Ta thấy bậc hai của căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố, do đî để Tk  1 là một số nguyên k  k  3  T  C 3 0  k  9 4 9    thì  9  9  k  2 k  9  T10  C 9 k 3   3   2   4536  3  2  8 10 | Chinh phục olympic toán 6 0 3 3 3 9 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là T4  4536 và T10  8 . Ví dụ 4: Hệ số cî giá trị lớn nhất khi khai triển P  x    1  2x 2  thành đa thức là? 12 Lời giải 12 Khai triển P  x    C 2 x k 12 k 0 k 2k 12 k 2k .   ak x 2k với ak  C 12 k 0 a k  1  a k  C k12 1 2 k  1  C k12 2 k   2 1 23  k k7. k  1 12  k 3 Như vậy a 0  a 1  a 2  …  a 8 . a k  1  a k  C k12 1 2 k  1  C k12 2 k   2 1 23  k k 8. k  1 12  k 3 Như vậy a 8  a 9  a 10  …  a 12 . 8 2 8  126720 . Vậy hệ số cî giá trị lớn nhất là a8  C 12 Ví dụ 5: Cho biểu thức P  x    x  2   a n x n  a n 1 x n 1  …  a k x k  …  a 1x  a 0 , n  n *. Biết a n 9  a n 8 và a n 9  a n 10 . Tìm giá trị của n ? Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: P  x    x  2   C 0n x n 2 0  C 1n x n 1 2 1  …  C nn k x k 2 n k  …  C nn 1x 1 2 n 1  C nn x 0 2 n , n  n Mà P  x    x  2   a n x n  a n 1 x n 1  …  a k x k  …  a 1x  a 0 , n  n * * Ta có: ak  2 n k C nn k  2 n k C kn , 0  k  n  a n 8  2 8 C nn 8  2 8 C 8n , a n 9  2 9 C 9n , a n 10  2 10 C 10 n Theo đề bài với n  10, n  a n  9  a n  8  a n 9  a n 10 *: n! n!  9 8 1 2 25  2 9!  n  9  !  2 8!  n  8  !  9  n  8  n     2  n  13. n ! n ! 1 1 9 10 2  2  n  14  n  9 5  9!  n  9  ! 10!  n  10  ! Ví dụ 6: Cho  1  2x   a0  a1 x1  …  a n x n , n  n * . Biết a0  a1 a 2 a  2  …  nn  4096 . Số lớn 2 2 2 nhất trong các số a 0 , a 1 , a 2 ,…, a n có giá trị bằng bao nhiêu? Lời giải Ta có:  1  2x  n n   C kn .2 k.xk  C 0n .2 0 x 0  C 1n .2 1 x 1  C n2 .2 2 x 2  …  C nn .2 n x n  a 0  a 1 x 1  …  a n x n . k 0 Ta có a0  a1 a 2 a  2  …  nn  4096  C 0n  C 1n  C n2  …  C nn  4096  2 n  4096  n  12 . 2 2 2 k 1 Ta có a k  a k  1  C k12 .2 k  C k12 1 .2 k 1  C k12  2C 12 . Suy ra: a 0  a 1  a 2  …  a 8 . k 1 Mặt khác a k  a k  1  C k12 .2 k  C k121 .2 k 1  C k12  2C 12 . Suy ra: a 8  a 9  a 10  …  a 12 . Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 11 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 8 .2 8  126720 . Vậy số lớn nhất trong các số a 0 , a 1 , a 2 ,…, a n là a 8  C 12 Ví dụ 7: Cho khai triển  x  3   a0  a1 x  a 2 x 2  a 3 x 3  …  a n x n , trong đî n  n  và a 0 , a 1 , a 2 , …, a n là các số thực. Gọi S là tập hợp chứa các số tự nhiên n để a 10 là số lớn nhất trong các số a 0 , a 1 , a 2 , …, a n . Tổng giá trị các phần tử của S bằng bao nhiêu? Lời giải n Ta có khai triển  x  3    C kn 3n k xk . n k 0 Số hạng tổng quát của khai triển là Tk  C kn 3n k x k . Suy ra hệ số của Tk là a k  C kn 3n k . Để a10 là số lớn nhất trong các số a 0 , a 1 , a 2 , …, a n thì: n  10 9 C10 C10  C9n .3n 9 a10  a9 n  39   n .3 n  3C n   10 n 10   10   39  n  43 .  11 n  11 11 n  43 C .3  C .3 3C  C   a10  a11  n n n n   Vậy S  39; 40; 41; 42; 43 . Tổng các phần tử của S là T  39  40  41  42  43  205 . 3. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP. ĐẠO HÀM CẤP 1. Dấu hiệu sử dụng 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 đî cî dạng kC kn hoặc kC kn a n k bk 1 thì ta có thể dñng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể: a  x n  C 0n a n  2C 1n a n 1 x  …  nC nn ax n Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được: n a  x n 1  C 1n a n 1  2C 2n a n 2  …  nC nn ax n 1  1  Đến đây thay x, a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm. Trên đây là dấu hiệu nhận biết và phương pháp làm dạng này. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu kỹ hơn qua các bài toán của dạng này! Ví dụ 1: Tính tổng C 1n  2C n2  3C n3  4C n4  …   1  n 1 nC nn Lời 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 bằng 0. Cách khác. Sử dụng đẳng thức kC kn  nC kn 11 ta tình được tổng bằng: nC 0n 1  nC 1n 1  nC 2n 1  …   1  12 | Chinh phục olympic toán n 1 nC nn 11  n  1  1  n 1 0 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 2007 Ví dụ 2: Tính tổng 2008C 02007  2007C 12007  …  C 2007 Lời giải Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,…,1 nên dñng đạo hàm là điều dễ hiểu:  x  1 2007  C 02007 x 2007  C 12007 x 2006  …  C 2007 2007 Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì chỉ được 2007C 02007 x 2006 trong khi đî đề đến 2008 do đî ta phải nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới dñng đạo hàm: x  x  1 2007   x  1  C 02007 x 2008  C 12007 x 2007  …  C 2007 2007 x 2006  2008x  1  2008C 02007 x 2007  2007C 12007 x 2006  …  C 2007 2007 Thay x  1 vào ta tëm được tổng là 2009.22006 Ví dụ 3: Chứng minh rằng  x  2   1.2 n 1 C 2n  2.2 n 2 C 2n  …  nC nn  n3n 1 , n  1  n Lời giải Ta có  x  2   C 0n 2 n  C 1n 2 n 1 x  C 2n 2 n 2 x 2  …  C nn x n n Đạo hàm 2 vế theo biến x ta được n  x  2  n 1 n   C kn kxk k 1 n Cho x  1  n.3n 1   C kn k , điều phải chứng minh ! k 1 Ví dụ 4: Tính tổng S  n2 n 1 C 0n   n  1  2 n  2.3.C 1n   n  2  2 n  3.32.C 2n  …  3 n 1 C nn 1 Lời giải Nhận thấy hệ số đứng trước tổ hợp giảm dần n, n  1,…, 3, 2, 1 nên phải hoán đổi vị trí a và n x . Xét khai triển  x  a    C kn x n k ak n k 0 Đạo hàm theo biến x ta được n  x  a  n 1 n    n  k  C kn x n k 1a k k 1 Thay x  2, a  3 ta được S  n.5 n 1 . Cách 2. Ta sẽ sử dụng tới 2 đẳng thức C nn k  C kn , kC kn  nC kn 11 ta có S  n2 n 1 C nn   n  1  2 n  2.3.C nn 1   n  2  2 n 3 32 C nn 2  …  3n 1 C 1n  n2 n 1 C nn 11  n.2 n 2.3.C nn 12  n2 n 3 32 C nn 13  …  n.3n 1 C 0n 1  n  2 n 1 C nn 11  2 n 2.3.C nn 12  2 n  3 32 C nn 13  …  3n 1 C 0n 1   n  2  3  n 1  n.5n 1 Ví dụ 5: Chứng minh rằng C 0n  2C 1n  3C n2  …   p  1  C pn  …   n  1  C nn   n  2  2 n 1 Lời giải Ta nhận thấy rằng nếu xét khai triển tổng quát thì các hệ số bị lệch đi 1 đơn vị, do đî để xử ló được ta sẽ nhân thêm vào 2 vế đại lượng x, xét khai triển x  x  1  ta được n Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 13 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO n x  x  1   x. C x   x  1   nx  x  1  n k n k 0 n k n 1 n n   kC x   C kn x k k 1 k n k k 0 Cho x  1 ta cî điều phải chứng minh ! Ví dụ 6: Tính tổng S  3C 0n  4C 1n  5C n2  …   n  3  C nn ? Lời giải 3C 0n   C 0n x 3  ‘  1 1 4  4C   C n x  ‘ Nhận thấy rằng với x  1 thì ta có  n …………  0 n n 3  n  3  C n   C n x  ‘  C 0n x 3  C 1n x 4  C 2n x 5  …   n  3  C nn x n  3  x 3  C 0n  C 1n x  C 2n x 2  …  C nn x n   x 3  x  1   *  n Xét hàm số f  x   x 3  x  1   f ‘  x   3x 2  x  1   nx 3  x  1  n n n 1 Kết hợp với  *  ta có  f ‘  x   3x 2 C 0n  4x 3C 1n  C 2n 5x 4  …   n  3  x n  2 C nn Chọn x  1 thì S  3C 0n  4C 1n  5C n2  …   n  3  C nn  3.2 n  n2 n 1  2 n 1  n  6  Ví dụ 7: Cho số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức tổ hợp C 12 n  C 23 n   C 22 nn 1  512 .   1  .n 2 .C nn . Tình tổng S  2 2 C 2n  32 C 3n  n Lời giải Ta có  1  x  2n  C 02 n  C 12 n .x  C 22 n .x 2  C 32 n .x 3   C 22 nn 1 .x 2 n 1  C 22 nn .x 2 n  1  . Thay x  1 vào  1  ta có: 2 2 n  C 02 n  C 12 n  C 22 n  C 32 n  2 3  C 2n  Thay x  1 vào  1  ta có: 0  C 02n  C 12n  C 2n  C 22 nn 1  C 22 nn 2n  1 2n  C 2n  C 2n 2 .  3 . Trừ từng vế của  2  và  3  ta có: 2 2 n  2.  C 12 n  C 23 n  Nên C 12 n  C 23 n   C 22 nn 1   C 12 n  C 32 n   C 22 nn 1  2 2 n 1 .  C 22 nn 1  512  2 2 n 1  2 9  2n  1  9  n  5 . Bởi vậy S  2 2 C 25  32 C 35  4 2 C 54  52.C 55 . Từ  1  x   C 05  C 15 .x  C 25 .x 2  C 35 .x 3  C 45 .x 4  C 55 .x 5 , lấy đạo hàm hai vế ta được: 5 5  1  x   C 15  2C 25 .x  3C 35 .x 2  4C 54 .x 3  5C 55 .x 4 4  5x  1  x   C 15 x  2C 25 .x 2  3C 35 .x 3  4C 54 .x 4  5C 55 .x 5  4  . 4 Lại lấy đạo hàm hai vế  4  , ta có: 5  1  x   20x  1  x   C 15  2 2 C 25 .x  32 C 35 .x 2  4 2 C 54 .x 3  5 2 C 55 .x 4  5  . 4 3 Thay x  1 vào  5  ta được: 0  C 15  2C 25  32 C 35  4 2 C 54  52 C 55  2C 25  32 C 35  4 2 C 54  52 C 55  C 15 Hay S  2 2 C 25  32 C 35  4 2 C 54  52.C 55  5 . 14 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 2 3  4.2 2015 C 2018  …  2019C 2018 Ví dụ 8: Tình tổng S  2.2 2017 C 12018  3.2 2016 C 2018 2018 . Lời giải Áp dụng khai triển nhị thức Newton ta có 2  x 2018  x 2  x 2018  C 02018 .2 2018  C 12018 .2 2017.x  C 22018 .2 2016.x 2  …  C 2018 2018 .x 2018 2019  C 02018 .2 2018.x  C 12018 .2 2017.x 2  C 22018 .2 2016.x 3  …  C 2018 2018 .x Lấy đạo hàm theo x hai vế ta được:  2  x 2018  x.2018.  2  x  2017 2018  C 02018 .2 2018  2.C 12018 .2 2017.x  3.C 22018 .2 2016.x 2  …  2019.C 2018 .x 2018 Cho x  1 ta được 32018  2018.32017  C 02018 .2 2018  2.C 12018 .2 2017  3.C 22018 .2 2016  …  2019.C 2018 2018  S  32018  2018.32017  C 02018 .2 2018  2021.32017  2 2018 . Ví dụ 9: Tình tổng S  1 4 2.3C 22017  3.32 C 32017  4.33 C 2017   2017  2017.32016 C 2017 2017  . Lời giải Xét khai triển: P  x    1  x  2017  C 02017  C 12017 x  C 22017 x 2  C 32017 x 3  C 42017 x 4  2017  C 2017 . 2017 x Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2017  1  x  2016 4  C 12017  2C 22017 x  3C 32017 x 2  4C 2017 x3  2016  2017C 2017 . 2017 x 4  Cho x  3 ta được 2017.4 2016  C 12017  2.3C 22017  3.3 2 C 32017  4.3 3 C 2017 3 4  2017.4 2016  C 12017  2.3C 22017  3.32 C 2017  4.33 C 2017    2017.3 2016 C 2017 2017 . 2017  2017.32016 C 2017 . 1 1 2 3 4 2017.4 2016  2017    3.32 C 2017  4.33 C 2017    2.3C2017 2017 2017  2017.32016 C 2017 2017  .  4 2016  1  S . Ví dụ 10: Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2C 1n  3C 2n  …   n  1  C nn  2621439 . Số n 1  hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức  x2   bằng bao nhiêu? x  Lời giải Ta có x  1  x   C 0n x  C 1n x 2  C n2 x 3  …  C nn x n 1 . n Lấy đạo hàm hai vế ta được  x  1 n  nx  x  1  n 1  C 0n  2C 1n x  3C 2n x 2  …   n  1  C nn x n . Cho x  1 , ta có C 0n  2C 1n  3C 2n  …   n  1  C nn  2 n  n2 n 1  2 n 1  2  n  .  2 n 1  2  n   1  2621439  2 n 1  2  n   2621440  2 n  Xét f  n   2 n là hàm số đồng biến trên  0;   và g  n   2. 2621440 .2 . (*) 2n 2621440 là hàm số nghịch biến 2n trên  0;   . Ta có f  18   g  18   n  18 là nghiệm duy nhất của (*). Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 15 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 18 1  Khi đî số hạng tổng quát của khai triển  x2   là C k18 x 36  3k với k  , 0  k  18 . x  Vậy số hạng không chứa x là C 12 18  18564 . ĐẠO HÀM CẤP 2. Dấu hiệu sử dụng. Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2, 2.3,…,  n  1  n hay 12 , 2 2 ,…, n 2 tức có dạng k  k  1  C kn a n k hay tổng quát hơn  n  1 n,…, 3.2, 2.1 hay k  k  1  C kn a n k bk thì ta có thể dñng đạo hàm đến cấp 2 để tình. Xét đa thức  a  bx  n  C 0n  C 1n a n 1 bx  …  C nn b n x n Khi đî đạo hàm hai vế theo x ta được: bn  a  bx  n 1  C 1n a n 1 b  2C 2n a n 2 b2 x…  nC nn bn x n 1 Đạo hàm lần nữa: b2 n  n  1   a  bx n 2   2.1C 2n a n 2 b2  …  n  n  1  C nn b n x n 1  2  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. Sau đây ta sẽ cñng đi vào các vì dụ minh họa để hiểu rð hơn phương pháp! Ví dụ 1: Cho hàm số f  x    1  x  ,  2  n  n  a) Tính f ”  1  b) Chứng minh rằng 2.1C 2n  3.2C 3n  …   n  1  nC nn  n  n  1  2 n 2 Lời giải a) Ta có f”  x   n  1  x  n 1  f ”  x   n  n  1  1  x  n 2  f ”  1   n  1  x  n 2 b) Ta có khai triển n n n k 1 k 2 f  x    1  x    C kn x k  C 0n  C 1n x   C kn x k  f ‘  x   C 1n   kC kn x k 1 n n k 2 n  f ”  x    k  k  1  C kn x k  2  f ”  1    k  k  1  C kn  2 n 2 k 2 k 1  2.1C  3.2C  …   p  1  C  …   n  1  nC nn  n  n  1  2 2 n 1 1 n 2 n p n Từ câu b) thay n  1  n  1 thì ta có một bài toán khác: Chứng minh rằng. 2.1C 1n  3.2C n2  …   n  1  pC pn  …   n  1  nC nn  n  n  1  2 n 2 Với bài toán này ta giải như sau: Xét nhị thức  1  x   C 0n  C 1n x  …  C nn x n n Nhân 2 vế của đẳng thức với x  0 đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được 2n  1  x  n 1  n  n  1 x  1  x  n 2  2C 1n x  3.2C n2 x  …   n  1  nC nn x n 1 Cho x  2 ta được điều phải chứng minh! 16 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 2 2 2007  32 C 32009 2 2006  …  2009 2 C 2009 Ví dụ 2: Rút gọn tổng sau S  12 C 12009 2 2008  2 2 C 2009 2009 Lời giải Với ó tưởng như bài trên ta xét đa thức x  2 2009 2009  C 02009 2 2009  C 12009 2 2008 x  C 22009 2 2007 x 2  …  C 2009 2009 x Lấy đạo hàm 2 vế ta được 2.2009  x  2  2008 2008  1C 12009 2 2008  2C 22009 2 2007 x  …  2009C 2009 2009 x Nếu ta tiếp tục đạo hàm lần nữa thë chỉ thu được 1.2, 2.3 ,… do đî để thu được 2 2 , 3 2 ,… ta phải nhân thêm hai vế với x rồi mới lấy đạo hàm, ta có 2009x  x  2   2009  x  2  2008 2008 2009  1C 12009 2 2008 x  2C 22009 2 2007 x 2  …  2009C 2009 2009 x  2009.2008x  x  2  2007 2008  12 C 12009 2 2008  2 2 C 22009 2 2007 x  …  2009 2 C 2009 2009 x Thay x  1 ròt gọn tổng trên ta được 2011.2009.32007 . Tương tự khi tình tổng 2.1C 1n  3.2C n2  4.3C n3  …   n  1  nC nn ta cần chò ó là trước tổ hợp cî một hệ số lớn hơn k trong C kn nên ta phải nhân với x trước khi đạo hàm 2 lần. 4. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP. Dấu hiệu sử dụng. Ý tưởng của phương pháp này là dựa vào hệ thức  b a b  xk 1  ak 1  bk 1 x dx     k1 k1a k Từ đấy dễ dàng tëm được dấu hiệu để sử dụng phương pháp này là số hạng của tổng có dạng   b a k  1  bk  1 k n C n . Cụ thể xét tích phân I    c  dx  dx ta có thể tính bằng 2 cách. a k1 1 b 1  c  dx  n Tính trực tiếp I    c  dx  d  c  dx   d a d n1 n 1 b a  n n b b  Tính gián tiếp I     Ckn cn k dk xk  dx   Ckn cn k dk  xk dx a a k 0  k 0   b k 1    n  k n k k a k  1  bk  1  k n k k  x    Cn c d       Cn c d  k  1  a  k 0  k1  k 0     n Hai cách trên là như nhau nên từ đî ta cî được  k n k k a k  1  bk  1  1  c  dx    Cn c d  k1  d n1 k 0  n n 1 b a Tùy từng bài toán ta chọn các hệ số a, b, c, d thìch hợp! Để dễ dàng nhận biết hơn thë ta cî thể chò ó như sau: 1 1 1 1 Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số 1; ‘; ; ;…; và mẫu số được 2 3 4 n xếp theo thứ tự tăng hoặc giảm đều theo một quy luật nào đî, ta nghĩ ngay đến việc sử Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 17 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO dụng tìch phân. Khi đî, ta thực hiện theo các bước sau:  Bước 1: Tëm hàm để tính tích phân với các cận thích hợp.  Bước 2: Tính tích phân trong cả hai vế: vế chưa khai triển nhị thức Newton và vế đã khai triển.  Bước 3: Cho hai kết quả bằng nhau và kết luận. Trước khi vào các bài toán cụ thể ta cần nhớ các đẳng thức tìch phân sau: 1. b a  x  1  x  1  n n 1 b b  1  x 3. a n a  b a  x  1 n 1 b a n b  x2 xn 1  n   xC 0n  C 1n  …   1  C nn  2 n1a  b a n a  x  1   a n1 b n dx    C 0n x n  C 1n x n 1  C 2n x n 2  …  C nn  dx n 1 b   x  1  dx   C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  …  1  C nn x n dx n1 b b  x2 xn 1    xC 0n  C 1n  …  C nn  2 n1a  a  1  x  x  1  4. b a n1 2. dx    C 0n  xC 1n  x 2 C n2  …  C nn x n  dx b   xn 1 xn x n 1   C 0n  C 1n  C n2  …  C nn x  n1 n n 1  a b a n 1 b n1   dx   C 0n x n  C 1n x n 1  C 2n x n 2  …   1  C nn dx a n b n n 1  0 xn 1  n 1 x 2 x   Cn  Cn  Cn  …   1  C nn x  n1 n n 1  a 22  1 1 23  1 2 2 n 1  1 n Ví dụ 1: Tình tổng S  C  Cn  C n  …  Cn  n  1 2 3 n1 0 n Lời giải Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng đều mộtđơn vị, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm lấy tích phân, các cận và số được thay vào cho biến. Vì số hạng cuối cùng có hệ số khïng đan dấu nên ta sử dụng 2  1  x 1 n 2 n 1  1 nên ta biết cận từ 1 đến 2 và tổng n1 dx . Ta có  x  1   C 0n  xC 1n  C n2 x 2  …  C nn x n n    x  1  dx    C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  …  C nn x n  dx 2 2 n 1 1  x  1  n 1 2 n1 1 2 1 1 1     xC 0n  C 1n x 2  C 2n x 3  …  C nn x n 1  2 3 n1  1 18 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN  3n  1  2 n  1 22  1 1 23  1 2 2 n 1  1 n  C0n  Cn  C n  …  Cn  S n1 2 3 n1 1 1 1 2 n 1  1 Ví dụ 2: Chứng minh rằng C0n  C1n  C 2n  …  C nn  2 3 n1 n1 Lời giải Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Tổng khïng đan dấu, ta sử dụng 1   x  1 0 n dx Xét khai triển  x  1   C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  …  x 2C nn n Ta có: 1  x  1 dx  n 1 2 n 1  1  n1    x  1  1  0 1 2 1 n n  0  C  xC  …  x C  dx   xCn  2 x Cn  …  n  1 Cn x  0 0 1 n n1 1 0 n 1 n n n n 1 1 1  C 0n  C 1n  C n2  …  C nn 2 3 n1 Từ 2 đẳng thức trên ta cî điều phải chứng minh! BÀI TẬP TƯƠNG TỰ  1 1 1 1 n n Chứng minh rằng 2C 0n  C 1n 2 2  C 2n 2 3  …   1  C nn 2 n 1  1   1  2 3 n1 n1  Hướng dẫn. Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số 2 n 1 hạng cuối cùng có hệ số nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta sử dụng n1 2  1  x 0 n dx . Ví dụ 3: Chứng minh rằng  n  1 2 n  1 1 1 2 2 3 3 n C n  C n  C n  …  C nn  2 3 4 n1 n1 Lời giải Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng có hệ n số nên ta không thể nghĩ ra ngay một hàm số nào đî để tính tích phân. Bằng cách n1 k 1  k  phân tích số hạng tổng quát Ckn   1   C n , cho ta tổng sau: k1 k1  C 1 1 n 1 1 1   C 2n  C 3n  …  C nn    C1n  C 2n  …  C nn  3 n1  2 Từ đî sử dụng 2 n    x  1  dx n 0 Cách 1. Xét số hạng tổng quát trong vế trái  k 1  k  Ckn   1   C n k  0, n k1 k1  Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton  Chinh phục olympic toán | 19 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Do đî ta cî: 1 1 2 2 3 3 n 1 1 1  C n  C n  C n  …  C nn   C 1n  C 2n  C 3n  …  C nn    C 1n  C 2n  …  C nn  2 3 4 n1 3 n1 2  1  2 n    x  1  dx  2 n  n 0 n 2 n 1  1  n  1 2  1  n1 n1 Cách 2. Xét khai triển  x  1   C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  …  x n C nn . n Lấy đạo hàm 2 vế ta được n  x  1  Ta có:   1 0 nx  x  1  n 1 1 n 1  C 1n  2C n2 x  3C n3 x 2  …  nC nn x n 1  dx   n  1  x  1  x  1  0 n 1  dx  n   x  1 1 n 0  x  1 n 1  dx 1   x  1 n  1  x  1 n   n  1 2 n  1 n n 1 n n  2  1  2  1        n  n1 n1  n  1 0   C 1 0 1 n  2C 2n x  3C 3n x 2  …  nC nn x n 1  dx  1 1 2 2 n C n  C n  …  C nn 2 3 n1 Từ 2 điều trên ta cî điều phải chứng minh! Ví dụ 4: Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 2n 1 2 2n  1 C 2n  C 32n  C 52n  …  C 2n  2 4 6 2n 2n  1 Lời giải  x  1 2 n  C 02 n  xC 12 n  x 2 C 22 n  …  x 2 n C 22 nn Xét các khai triển  2n 0 1 2 2 2n 2n  1  x   C 2 n  xC 2 n  x C 2 n  …  x C 2 n Trừ 2 vế đẳng thức trên ta được:  x  1  1 2n  1  x  x  1 2n 0  x  1  2n  2  xC 12 n  x 3C 32 n  …  x 2 n 1C 22 nn 1   1  x 2  1  x 2  2n  1  2 n 1 2n dx    xC 12 n  x 3 C 32 n  …  x 2 n 1C 22 nn 1  dx 1 0 2 n 1 1 0 1 1 1 2 n 1 2 n  1   C 12 n x 2  C 23 n x 4  …  C2n x  4 2n 2 0 1 1 1 1 1 2 n 1 2 2 n  1 C 2 n  C 23 n  C 25 n  …  C2n  2 4 6 2n 2n  1 1 2 1 4 1 2n Nhận xét. Nếu phải tính tổng C 02n  C 2n thì ta xét  C 2n  …  C 2n 3 5 2n  1  P x  Sau đî tình tìch phân  x  1 2n  1  x 2 2n 2n  C 02n  x 2 C 22n  …  C 2n 2n x 1  P  x  dx . 0 Còn nếu phải tính tổng 1 0 1 2 1 4 1 2n thì ta xét C 2n  C 2n  C 2n  …  C 2n 2 4 6 2n  2 2 2n 2n  1 G  x   xP  x   C 02n x  C 2n x 3  …  C 2n x 20 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Sau đî tình tìch phân 1  G  x  dx . 0 Ví dụ 5: Chứng minh rằng 2C 0 2n 2 2 2 4 2 2 2n 1 2n  C 2n  C 2n  …  C 2n   n  1 3 5 2n  1 2n  1 Lời giải Xét khai triển  x  1  2n  C 02 n  xC 12 n  …  x 2 n C 22 nn Ta có:   1   x  1 1  C 1 1 2n  x  1 dx  2 n 1 1 2n  1 1 2 2 n 1  n1 1  xC 0 2n 1 2n 1 1  2n 2n  1   …  x C  dx   C02n x  C12n x 2  …  C 2n x  2 2n  1   1 2n 2n 2n 2 2  2C 02n  C 22n  …  C 2n 2n 3 2n  1 Từ 2 đẳng thức trên ta cî điều phải chứng minh!  Ví dụ 6: Cho tích phân 1 0 x 2  1  x 3  dx  n 2 n 1  1  n  2  . Chứng minh rằng 3  n  1 1 0 1 1 1 2 1 2 n 1  1 C n  C n  C n  …  C nn  3 6 9 3  n  1 3  n  1 Lời giải Xét I   x 2  C 0n  x 3C 1n  C n2 x6  …  C nn x 3n  dx 1 0    C 0n x 2  C 1n x 5  …  C nn x 3n  2  dx 1 0 1 1 1 1  C 0n  C 1n  C n2  …  C nn 3 6 9 3  n  1 Mặt khác  1 0 x 1  x 2  3 n 2 n 1  1 dx   n  2  vậy ta cî điều phải chứng minh! 3  n  1 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ  1 Cn  1 x 1  x2 n dx 1 1 1 1 1. Chứng minh rằng C0n  C1n  C 2n  C 3n  …   n 0  2 4 6 8 2  n  1 n Gợi ý. Ta có  1 0 x  1  x 2  dx  n 1 2  n  1  1 C n  1 1  x 2 n dx 1 1 1 2. Chứng minh rằng 1  C 1n  C n2  C n3  …   n 0  3 5 7 2n  1 n n Gợi ý. Ta có  1  x  1 0 2 n dx   2i n i 1   2i  1 i 1 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 21 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 1 1 C kn mà là C kn thì ta k1 k2 1 cần phải nhân thêm x vào hàm đa thức cơ bản trước khi tính tích phân, còn nếu là C kn k3 Chú ý. Khi bài toán cho mà số hạng tổng quát không phải là thì ta phải nhân thêm x 2 vào hàm đa thức cơ bản trước khi tình tìch phân,… Sau đây ta sẽ cùng hiểu rð hơn qua ví dụ sau. n  2 n 1  1 1 0 1 1 1 2 1 n Ví dụ 7: Chứng minh rằng C n  C n  C n  …  Cn   n  1 2 3 4 n2  n  1 n  2  Lời giải Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng có hệ 1 số C kn thì ta phải nhân thêm x vào hàm số cơ bản trước khi tình tìch phân. Khi đî, ta k2 sử dụng 1  x  x  1 n 0 dx . Ta có 1 1   x  x  1   x  x  1 n 0 1 1 dx    x  1  n 1 0 n 0   x  1 n  2  x  1 n 1  n2 n  1  1 dx    x  1  dx      0  n2 n  1   n  1  n  2   0 1 n dx   x  C 0n  xC 1n  …  x n C nn  dx  1 0 1 0 1 1 1 C n  C n  …  C nn 2 3 n2 Từ 2 đẳng thức trên ta cî điều phải chứng minh! BÀI TẬP TƯƠNG TỰ. 1 C nn  1 0 1 1 1 2 1 C n  C n  C n  …   2 3 4 n2  n  1 n  2  n Chứng minh rằng Ví dụ 8: Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn đẳng thức dưới đây hãy tëm n? C 4 2n  2 C 22n C 2n C62n C 2n C 2n 4096     …   2n  3 5 7 2n  1 2n  1 13 0 2n Lời giải Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn C02n  Ta có:  1  x  2n 4 C 22n C 2n C6 C 2n 2 C 2n 8192 .   2n  …  2n  2n  3 5 7 2n  1 2n  1 15 2 2n 2n  C 02n  C 12n x  C 2n x 2  …  C 2n x .  1  1  x 1 2n 0  1  x 2 n 1 1 2n  1  1 1 1  2n  1  dx   C02n x  C12n x 2  C 22n x 3  …  C 2n 2n x  2 3 2n  1  0 2 2 0 2n  1 1 1 1 1     C 02 n x  C 12 n x 2  C 22 n x 3  …  C 22 nn x 2 n 1  2 3 2n  1  0  1 2n  1 22 | Chinh phục olympic toán 2 2 2  2C02n  C 12n  C 22n  …  C 2n 2n  1  2 3 2n  1 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Mặt khác 1  1  x 0 1 2n 1 1 1  2n  1  dx   C02n x  C 12n x 2  C 22n x 3  …  C 2n 2n x  2 3 2n  1  0  2 2 2 2 2 2n  2C 02n  C 12n  C 2n  …  C 2n 2 2n  1 2 3 2n  1 Lấy  1  trừ  2  , ta được:  C1 C4 C6 C 2n 2 C 2n  2 2n 1 2 2n 1 4096  n  6.  2  C02n  2n  2n  2n  …  2n  2n    2. 2n  1 13 2n  1 3 5 7 2n  1 2n  1   Ví dụ 9: Tëm số tự nhiên n thỏa mãn C0n C1n C n2 C nn 2 100  n  3 .    …   1.2 2.3 3.4  n  1 n  2   n  1 n  2  Lời giải Cách 1. Ta có: n  2!  Ckn Ckn22 n! .     k  1 k  2  k !  n  k  !  k  1 k  2   n  k  !  k  2  !  n  1  n  2   n  1  n  2  Suy ra n Ckn Ckn22    k  0  k  1  k  2  k  0  n  1  n  2  n  C0n C1n C 2n C nn C 2  C n3  2  C n4  2  …  C nn 22    …   n 2 1.2 2.3 3.4  n  1 n  2   n  1  n  2  Ta xét khai triển sau:  1  x  n2   .  C 0n  2  x.C 1n  2  x 2 .C n2  2  x 3 .C 3n  2  …  x n  2 .C nn  22 . Chọn x  1  2 n  2  C 0n  2  C 1n  2  C n2 2  C n3 2  …  C nn 22 . Do đî:    2 n  2  C 0n  2  C 1n  2 2 100  n  3   2 100  2 n  2  n  98 .  n  1 n  2   n  1 n  2  Cách 2. Ta có: C 0n C 1n C 2n C nn S    …  1.2 2.3 3.4  n  1  n  2  1  n 1 1 1 1 1 1  1     C 0n     C 1n     C n2  …..     Cn 1 2 2 3 3 4 n1 n2  1 1 1 1 1 1 1  1  =  C0n  C1n  C n2  ….. C nn    C 0n  C 1n  C 2n  ….. C nn  2 3 n1   2 3 4 n2 1  Lại có 1 1 1 1   1  x  dx   x  1  x  dx   2  1  x  dx    1  x  0 n n 0 n 0 n 1 dx 0 1 1 1 1 1 1 1  1    C 0n  C 1n  C n2  ….. C nn    C 0n  C 1n  C n2  ….. C nn  2 3 n1 3 4 n2 1  2  1 1 2 1 2.2 n  1  2 2 n  2  1 2 n2  n  3 n 1 n 2  S   1  x  1  x n1 n2 n1 n2  n  1  n  2  0 0 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 23 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 1 .nC nn  C1n 2C n2 3C n3 Ví dụ 10: Tình tổng S     …  2.3 3.4 4.5  n  1 n  2  n Lời giải k k 1 kCkn  1  k k 2C n k 1 C n  2 Số hạng tổng quát ak    1 Ckn     1   1      k2 k 1  k  1 k  2  k 2 k 1 k n n n k k k k  k 2C n k 1 C n  k Cn k 1 C n  S     1   1  2  1   1        k2 k1 k  2 k 1 k 1 k 1  k 1 Xét khai triển  x  1   C 0n  xC 1n  …  x n C nn n 0  x  1 1   x  1  n C 0 1 n 1 0 n1  dx   0 n  xC 1n  …  x n C nn  dx 0 1  xC 0 x 2 C 1n x n  1C nn   n   …   2 n  1  1  1 n k 1 k 1 C n    1  n  1 k 1 k1 Tương tự ta có x  x  1   xC 0n  x 2 C 1n  …  x n 1C nn n 0   x  x  1  dx   n 1  0 1  xC 0 n  x 2 C 1n  …  x n  1C nn  dx k n 1 1 k Cn     1  n  1 n  2 k 1 k2 1  1 n  1 Vậy S  2      n  1  n  2   n1 n2  n1 5. ỨNG DỤNG SỐ PHỨC CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP. Các tính chất của số phức được sử dụng trong phần này  Hai số phức z  x  iy, w  x’ iy ‘ bằng nhau khi và chỉ khi x  x’, y  y’  Công thức Moive z  r  cos   i sin    z n  r n  cos n  i sin n   1 i 3 1 i 3 Giải phương trënh x 3  1  0 . Ta được nghiệm là x1  1; x 2    ; x3    2 2 2 2 Các nghiệm đî chình là các căn bậc ba của 1. 1 i 3 1 i 3 Đặt a    và a có các tính chất sau:  a2    2 2 2 2 1. a  a 2  1 2. a 3  1 3. a 3k  1 4. a 3k  1  a 5. a 3k  2  a 2 Ý tưởng của phương pháp này dựa trên các tính chất của số ảo i. 24 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN i 4k  1, i 4k  1  i, i 4k  2  1, i 4k  3  i, k  Từ đî, ta xét đa thức f  x   a 0  a 1 x  a 2 x 2  …  a n x n Đặt S 0   a ,S i  4k i 1   i  4k  1 ai , S 2   i  4k  2 ai , S 3   S 0   f  1    S 0  S 2    S 1  S 3  S 1   Ta có f  1    S 0  S 2    S 1  S 3      f  i    S 0  S 2    S 1  S 3  i S 2   S 3      i  4k  3 ai f  1   f  1   2 Re  f  i   4 f  1   f  1   2 Im  f  i   4 f  1   f  1   2 Re  f  i   4 f  1   f  1   2 Im  f  i   4 Với Re  f  i   , Im  f  i   lần lượt là phần thực và phần ảo của f  i  Dấu hiệu Đây là vấn đề lớn nhất cần chú ý . Ta dùng số phức để tính tổng của các C kn khi tổng này cî hai đặc điểm:  Các dấu trong tổng xen kẽ đều nhau .  k luôn lẻ, hoặc luôn chẵn hoặc khi chia k cho một số ta luïn được cùng một số dư (trong chương trënh phổ thông ta chỉ làm với k  3n, k  3n  1, k  3n  2 ) Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu phương pháp này qua các vì dụ sau. Dạng 1: Khai triển  x  1  , cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai triển n trực tiếp các số phức Ví dụ 1 : Tính tổng 2 4 2008 A  C 02009  C 2009  C 2009  …  C 2009 3 5 2009 B  C 12009  C 2009  C 2009  …  C 2009 Lời giải Xét khai triển  x  1  2009  C 02009  xC 12009  x 2 C 22009  …  x 2009C 2009 2009 Cho x  i ta có: 1  i  2009  C 02009  iC 12009  i 2 C 22009  …i 2009 C 2009 2009 4 1 3 5 2009   C 02009  C 22009  C 2009  …  C 2008 2009    C 2009  C 2009  C 2009  …  C 2009  i Mặt khác  1  i    2 2009 2009   2 2009        cos   4   i sin   4        2009   2 2009 2009 2009    i sin  cos  4 4      1004 1004  cos  i sin   2  i2 4 4  So sánh phần thực và phần ảo của  1  i   AC  B  C 0 2009 C 1 2009 2 2009 C C 3 2009 4 2009 C  …  C 5 2009 2008 2009  …  C 2009 2 2009 2009 trong hai cách tình trên ta được: 1004  2 1004 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 25 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Ví dụ 2 : Tính tổng S  1 2 4 48 50 C 0  3C 50  32 C 50  …  324 C 50  325 C 50  50  50 2 Lời giải  50 2 49  1 3 1 0 1 2 49 Xét khai triển    i   50 C 50  i 3 C 50  i 3 C 50  …  i 3 C 50  i 3 2  2  2 2 50 3 49 1 1 2 50 3 49  50 C050  3 C 50  …  3 C 50  50  3C 150  3 C 50  …  3 C 50 i 2 2                50     50 50 C 50   50  1 i 3  1 i 3  2   2   Mặt khác       cos    i sin      2  2 2  3   3    2 50  1 i 3 So sánh phần thực của     trong hai cách tình trên ta được: 2   2 1 1 2 4 48 50 S  50  C 050  3C 50  32 C 50  …  324 C 50  325 C 50   2 2 10 0 9 2 8 4 7 6 18 20 Ví dụ 3 : Tính tổng S  3 C 20  3 C 20  3 C 20  3 C 20  …  3 C 20  C 20 Lời giải  Xét khai triển i  3    3 20 20 20   310 C020  39 C 220  …  3C18 20  C 20  Mặt khác i  3  20  3  C  …  i 3C  C    3  C   3  C  …  3C 19 C 020  i 19 1 20 1 20 19 20 17 20 20 3 20 19 20 i  2 19  i2 19 3  So sánh phần thực của i  3  20 trong hai cách tính trên ta có: 4 20 19 S  310 C 020  39 C 220  38 C 20  37 C 620  …  3 C 18 20  C 20  2 Dạng 2: Khai triển  x  1  , đạo hàm hai vế theo x sau đî cho x nhận giá trị là những số n phức thích hợp Ví dụ 1 : Tính tổng 3 5 27 29 S  C 130  3C 30  5C 30  …  27C 30  29C 30 2 4 30 S 1  2C 30  4C 30  6C 630  …  28C 28 30  30C 30 Lời giải 2 30  …  x 30 C 30 Xét  x  1   C 030  xC 130  x 2 C 30 30 Đạo hàm hai vế ta có 30  x  1   C 130  2xC 230  3x 2 C 330  …30x 29 C 30 30 29 3 29  …  29C 30 Cho x  i ta có 30  x  i    C 130  3C 30    2C302  4C304  …  28 C3028  30C3030  i 29 Mặt khác 30  i  1   15.2 15  i.15.2 15 29 So sánh phần thực và ảo của 30(1 + i)29 trong hai cách tính trên ta có: 3 5 27 29 S  C130  3C 30  5C 30  …  27C 30  29C 30  15.2 15 2 4 30 15 S 1  2C 30  4C 30  6C 630  …  28C 28 30  30C 30  15.2 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 26 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 4 10 20  6.33 C 620  …  18.39 C 18 1. Tính tổng S  2.3C 220  4.32 C 20 20  20.3 C 20  Gợi ý. Xét khai triển 1  3x  20 3 8n  1  …   8n  1  C 8n 2. Tính tổng S  1C 18n  3C 8n . Gợi ý. Xét khai triển  1  x  8n Ví dụ 2 : Tính tổng 2 4 14 M  C 015  3C 15  5C 15  7C 615  …  13C 12 15  15C 15 3 5 15 N  2C 115  4C 15  6C 15  8C 715  …  14C 13 15  16C 15 Lời giải 2 15 15  …  x 14 C 14 Xét khai triển  x  1   C 015  xC 115  x 2 C 15 15  x C 15 15 2 16 15  …  x 15C 14 Nhân hai vế với x ta có x  x  1   xC 015  x 2 C 115  x 3C 15 15  x C 15 15 2  ..  16x 15C 15 Đạo hàm hai vế ta có  x  1   15x  x  1   C 015  2xC 115  3x 2 C 15 15 15 14 Với x  i ta có 1  i 15 2 14 1 3 13 15  15i  i  1   C 015  3C 15  …  13C 12 15  15C 15    2C 15  4C 15  …  14C 15  16C 15  i 14 Mặt khác  1  i   7.2 8  2 7 i 15 So sánh phần thực và ảo của  1  i   15i  i  1  15 14 trong hai cách tính trên ta có: 14 8 M  C  3C  5C  7C  …  13C 12 15  15C 15  7.2 0 15 2 15 4 15 6 15 3 5 15 7 N  2C115  4C 15  6C 15  8C715  …  14C 13 15  16C 15  2 Dạng 3: Khai triển  x  1  , cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị n 1 i 3 Các bài toán ở đây sử dụng tính chất số 3 mà mënh đã đề cập ở đầu! Chú ý a    2 2 0 3 6 3k 15 18 Ví dụ 1 : Tính tổng S  C 20  C 20  C 20  …  C 20  …  C 20  C 20 Lời giải 20 20 Xét khai triển  x  1   C 020  xC 120  x 2 C 220  …  x 19 C 19 20  x C 20 20 20 Cho x  1 ta có 2 20  C 220  C 120  C 220  …  C 19 20  C 20  1  2 20 Cho x  a ta có  1  a   C 020  aC 120  a 2 C 220  …  aC 19 20  a C 20  2  20 2 20  C 320  …  a 2 C 19 Cho x  a 2 ta có  1  a 2   C 020  a 2 C 120  aC 20 20  aC 20  3  20 Cộng vế theo vế  1  ,  2  ,  3  ta được 2 20   1  a    1  a 2   3S 20 20 Mặt khác  1  a    a 2   a 40  a;  1  a 2    a   a 2 20 2 20 20 2 20  1 3 1 4 1 19  C720  …  C 3k  …  C 16 Ví dụ 2: Tính tổng S  C 20  C 20 20 20  C 20 Do vậy 3S  2 20  1  S  Lời giải 20 20 Xét khai triển  x  1   C 020  xC 120  x 2 C 220  …  x 19 C 19 20  x C 20 20 2 22 20  …  x 21C 19 Nhân hai vế với x 2 ta có x 2  x  1   x 2 C 020  x 3C 120  x 4 C 20 20  x C 20 20 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 27 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 20 Cho x  1 ta có 2 20  C 220  C 120  C 220  …  C 19 20  C 20  1  4 19 20  …  a 2 C 18 Cho x  a ta có a 2  1  a   a 2 C 020  C 120  aC 220  a 2 C 320  C 20 20  C 20  aC 20  2  2 19 2 20 Cho x  a 2 ta có a  1  a 2   aC 020  C 120  a 2 C 220  aC 320  …  aC 18 20  C 20  a C 20  3  20 Cộng vế theo vế  1  ,  2  ,  3  ta có 2 20  a 2  1  a   a  1  a 2   3S 20 20 2 20  2 3 0 3 6 3k 18 Ví dụ 3: Tính tổng S  C 20  3C 20  6C 20  …  3kC 20  …  15C 15 20  18C 20 Mặt khác a 2  1  a   a 42  1; a  1  a 2   a 21  1  S  20 2 Lời giải 20 20 Xét khai triển  x  1   C 020  xC 120  x 2 C 220  …  x 19 C 19 20  x C 20 20 19 20 Đạo hàm hai vế ta có 20  x  1   C 120  2xC 220  3x 2 C 320  …  19x 18C 19 20  20x C 20  *  19 20 20 Nhân hai vế  *  với x ta có 20x  x  1   xC 120  2x 2 C 220  3x 3C 320  …  19x 19C 19 20  20x C 20 19 20 Cho x  1 ta được 20.2 19  C 120  2C 220  3C 320  …  19C 19 20  20C 20 1  2 20 Cho x  a ta có 20a  1  a   aC 120  2a 2 C 220  3C 320  …19aC 19 20  20a C 20  2  19 4 20 Cho x  a 2 ta có 20a 2  1  a 2   a 2 C 120  2aC 220  3C 320  4a 2 C 20  …  19a 2 C 19 20  20aC 20  3  19 19 19 Cộng vế theo vế  1  ,  2  ,  3  ta có 20  2 19  a  1  a   a 2  1  a 2    3S  C 020   19 a  1  a 19  a  a 2   a 39  1 10.2 20  Mặt khác   S   13 19 2 2 19 2 21 3 a  1  a   a  a   a  1 6. ĐỒNG NHẤT HỆ SỐ 2 VẾ. Phương pháp làm dạng toán này là ta sẽ thực hiện khai triển theo hai cách, sau đî so sánh hệ số của luỹ thừa xk ở hai vế ta sẽ cî điều phải chứng minh! Ví dụ 1: Cho các số nguyên dương m, n; 0  p  min m; n . Chứng minh rằng 0 C pm  C pm1C 1n  C pm 2 C n2  …  C pmq C qn  …  C m C pn  C pm  n Lời giải 2 m  x  1 m  C 0m  xC 1m  x 2 C m  …  x p C pm  …  x m C m Ta có  n p p 0 1 2 2 n n  x  1   C n  xC n  x C n  …  x C n  …  x C n Nhân theo vế ta có  x  1  mn p1 1 p q q 0  g  x    C pm C 0n  C m C n  …  C m C n  …  C m C pn  x p Trong đî g  x  là biểu thức không chứa xp . Mặt khác hệ số của xp trong khai triển  x  1 mn là C pm  n , đến đây so sánh hệ số của xp ta có p p 1 1 p q q 0 C pm  n  C m C 0n  C m C n  …  C m C n  …  C m C pn Đến đây bài toán đã được giải quyết hoàn toàn! n Chú ý m  n  p   C 0n    C 1n    C n2   …   C nn   C 2n 2 2 2 2 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 28 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 0  k, n  2n  ! Cho  chứng minh rằng C 0n C kn  C 1n C kn1  …  C nn k C nn   n  k ! n  k ! k, n  Gợi ý. Viết lại đẳng thức cần chứng minh C0n C nn k  C 1n C nn k 1  …  C nn k C 0n   2n  !  n  k ! n  k ! Điều này làm ta gợi tới đến vế trái là hệ số của x n k . Ta xét  1  x   1  x    1  x  , sau n n 2n đî so sánh hệ số x n k ở 2 vế ta sẽ cî điều phải chứng minh! 0  k, n Ví dụ 2: Cho 2 số n,k thỏa mãn  . Chứng minh rằng k, n  C 0k  C 1k  1  C k2  2  …  C kn  n  C nn k 1 Lời giải Viết lại đẳng thức cần chứng minh: C kk  C kk  1  C kk  2  …  C kk  n  C kn 1k 1 Điều này làm ta gợi đến vế trái là tổng các hệ số chứa xk . Xét đa thức P  x  1  x  1  x k k 1  1  x k 2  …   1  x  1  x  k n n k 1  1  x k x So sánh hệ số của số hạng chứa x ở 2 vế ta suy ra đpcm. k 2 2 2  C0   C1   C 2   Cn  Ví dụ 3: Tính tổng S   n    n    n   …   n   1   2   3   n1 2 Lời giải Ta có  n  1 ! Ckn Ck 1 n!    n 1 k  1  k  1  k !  n  k  !  n  1  k  1  !  n  k  ! n  1 2  Ck 1  1 Khi đî S    n  1   2 k 0  n  1   n  1 n C   C  2 1 n 1 2 2 n 1  …   C nn  11  2    n 11 C 2 n 1 2 n  1 Ví dụ 4 : Với các số nguyên dương n, tình tổng S   C 1n   2  C n2   …  n  C nn  2 2 1  2 Lời giải Xét S   C 1n   2  C n2   …  n  C nn  2 2  f ‘  x   n  x  1 n 1  xf ‘  x   nx  x  1  2  C 1n  2xC 2n  3x 2 C 3n  …  nx n 1C nn n 1  xC 1n  2x 2 C 2n  3x 3C n3  …  nx n C nn  1  Mặt khác  x  1   x n C 0n  x n 1C 1n  x n 2 C 2n  …  C nn  2  n Nhân theo vế của 2 đẳng thức  1  ,  2  và so sánh hệ số của x n ở cả 2 vế ta được n S   C 1n   2  C 2n   …  n  C nn   nC n2n11  nC 2n 1 2 2 2  1 C2n  …  1 2n 1 1 C 2n 1 1 2 Ví dụ 5 : Tính tổng S  C12n  C 2n  …    2n 2 3 k 2n  1 k k 1 Lời giải Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 29 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Với k  2, 2n  1 ta có  2n  !  2n  1 !  1 Ck 1 k 1 1 C 2n   . 2n  1 k k  k  1  !  2n  k  1  ! 2n  1 k !  2n  1  k  ! 2n  1 Dî đî ta cî S 2 n 1  k 2   1 k k C k 1 2n  2 n 1  1 k  2n  1 k 2 C k2 n  1   1  2 n 1 k k    1  C 2 n 1  2n  1  k  2     1  1 2n k 2 n 1 k 0 1  1  1  1  2n  1     1  C 2 n  1  C 2 n 1  C 2 n 1   2n  1  k  2 2n  1  2n  1 2 n 1 30 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN IV. CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP. ĐỀ BÀI Ví dụ 1 : Chứng minh rằng  C 0n  C n2  C n4  …   C 1n  C n3  C n5  …  2 n 2 Ví dụ 2: Cho khai triển  x  1   x  x  1  2n nhiên và n  3. Biết n a k 0 2n 1 2  a 0  a 1x  a 2 x 2  …  a 2n x 2n với n là số tự  768 , tính a 5 . 2k Ví dụ 3: Gọi S là tổng các hệ số của các lũy thừa bậc nguyên dương của x trong khai triển 1  nhị thức P  x    x   x  2018 1 . Tính S  C 1009 2018 . 2 Ví dụ 4: Cho khai triển a n  x  1   a n 1  x  1  n n n 1  …  a 1  x  1   a 0  x n với mọi x  , và n  5. Tìm n, biết a 2  a 3  a 4  83n. 20 10 1  1   Ví dụ 5: Sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức  x  2    x 3   , có tất cả bao x  x   nhiêu số hạng ? n 1 x   x 2 Ví dụ 6: Có bao nhiêu số thực x để khi khai triển nhị thức  2  2  có tổng số hạng   thứ 3 và thứ 5 bằng 135, còn tổng của ba số hạng cuối bằng 22? Ví dụ 7: Trong khai triển của biểu thức  x 3  x  2  2017 . Tính tổng S của các hệ số của x 2 k  1 với k nguyên dương? Ví dụ 8: Kí hiệu a 3n 3 là hệ số của số hạng chứa x 3n  3 trong khai triển  x 2  1   x  2  . n n Tìm n sao cho a 3n  3  26n. Ví dụ 9: Cho khai triển x  x  1   2  x  1   a 0  a 1 x  a 2 x 2  …  a n 1 x n  1 với n là số tự n n nhiên và n  2. Tìm n, biết rằng a 2  7n; na n ; a n  2 theo thứ tự đî lập thành một cấp số cộng. Ví dụ 10: Xác định n biết rằng hệ số của x n trong khai triển  1  x  2x 2  …  nx n  bằng 2 6n. Ví dụ 11: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C nn 11  C nn  1  171 . Tìm hệ số lớn nhất của biểu thức P  x    1  x  1  2x  sau khi khai triển và rút gọn. n Ví dụ 12: Khai triển  1  x  x 2  …  x10  11 được viết thành a 0  a 1 x  a 2 x 2  …  a 110 x 110 . Tính 1 2 3 10 11 a 1  C 11 a 2  C 11 a 3  …  C 11 a 10  C 11 a 11 . tổng S  C 011a0  C 11 Ví dụ 13: Tính tổng 2 3 4 2016 2017 C 12017  2 2 C 2017  3.2 2 C 2017  4.2 3 C 2017  …  2016.2 2015 C 2017  2017.2 2016 C 2017 3 5 2017  C 2017  …  C 2017 Ví dụ 14: Tính tổng T  C 12017  C 2017 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 31 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Ví dụ 15: Với n  , n  2 và thỏa mãn thức P  C 5n  C n3  2 .  n  4! Ví dụ 16: Tính tổng C k2018 1 1 1 1 9  2  2  …  2  . Tính giá trị của biểu 2 C2 C3 C4 Cn 5 1010 1011 2018 S  C 1009 2018  C 2018  C 2018  …  C 2018 ( trong tổng đî, các số hạng có dạng với k nguyên dương nhận giá trị liên tục từ 1009 đến 2018 ) Ví dụ 17: Biết rằng trong khai triển nhị thức Niu-tơn của đa thức P  x    2  x  2x 2  x 3  n thì hệ số của x 5 là 1001. Tổng các hệ số trong khai triển của P  x  bằng bao nhiêu? Ví dụ 18: Cho khai triên P  x    1  x  2  x  …  1  2017x   a 0  a 1x  a 2x 2  ….  a 2017x 2017 . Kí hiệu P ‘  x  và P ”  x  lần lượt là đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của đa thức P  x  . Tìm hệ số a 2 ? Ví dụ 19: Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển  1  2x  2015x 2016  2016x 2017  2017x 2018  . 60  1  x  bằng bao nhiêu? x10 x9  1  x  x8  1  x  Ví dụ 20: Biểu thức  .  .  …  10! 9! 1! 8! 2! 10! 1 1 1 1 1 Ví dụ 21: Giá trị của A  bằng?    …   1!2018! 2!2017 ! 3!2016! 1008!1011! 1009!1010! 2 10 Ví dụ 22: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C 12 n  1  C 23 n  1  …  C 22 nn 11  1024 . Ví dụ 23: Có bao nhiêu số dương n sao cho S  2   C 01  C 02  …  C 0n    C 11  C 12  …  C 1n   …   C nn 11  C nn 1   C nn là một số có 1000 chữ số? Ví dụ 24: Tìm hệ số của x 5 trong khai triển thành đa thức của  2  3x  , biết n là số 2n nguyên dương thỏa mãn: C 02 n  1  C 22 n  1  C 24 n  1  …  C 22 nn  1  1024 . Ví dụ 25: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2C 0n  5C 1n  8C n2  …   3n  2  C nn  1600 . Ví dụ 26 : Với x  1 ta có khai triển sau:  x 2  2x  2     x1  2018  a 0  a 1 x  a 2 x 2  …  a 2018 x 2018  b3 b 2018 b1 b2    …  2 3 2018 x  1  x  1  x  1  x  1 2018 Tính tổng S   bk ? k 1 Ví dụ 27: Với n là số tự nhiên lớn hơn 2 , đặt S n  Ví dụ 28: Tính tổng S  32 | Chinh phục olympic toán 1 1 1 1  3  4  …  3 . Tính lim S n 3 C3 C4 C5 Cn 2 2 1 2 2017 2017 2 2018 2018 2 2 C 12018   C 2018  …      C2018   1  C2018  2018 2017 2 Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 1 nC nn  C1n 2C n2 3C n3 Ví dụ 29: Cho số nguyên dương n , tính tổng S  .    …  2.3 3.4 4.5  n  1 n  2  n Ví dụ 30: Tính tổng P   C 0n    C 1n      C nn  theo n . 2 2 2 Ví dụ 31: Cho n và k nguyên dương thỏa mãn k  n . Chứng minh rằng n1 1 1  1  k  k 1   k n  2  C n 1 C n 1  C n 1 n  Ví dụ 32: Chứng minh rằng 1  C 3n  C 6n  …   2 n  2 cos  3 3  Ví dụ 33: Với số tự nhiên n  1 . Chứng minh rằng C 0n cos   C 1n cos 2  C 2n cos 3  …  C nn cos  n  1    2 n cos n  n2 cos  2 2 Ví dụ 34: Với số tự nhiên n  1 . Tính tổng sau A  C 1n  cos x  sin x   0C n2  C n3 3 sin x cos x  sin x  cos x   …  C nn .n sin x cos x  sin n 2 x  cosn 2 x  Ví dụ 35: Với số tự nhiên m nguyên dương. Chứng minh rằng  1 Cm  1 1 1 1 1 2 C01991  C1991  C 1991  …  1991 m 1991 1991 1991 1991  m 1991 m LỜI GIẢI Ví dụ 1 : Chứng minh rằng  C 0n  C n2  C n4  …   C 1n  C n3  C n5  …  2 n 2 2 Lời giải Xét số phức z   i  1   C 0n  iC 1n  i 2C 2n  …  i nC nn  C 0n  C 2n  C 4n  …   i C 1n  C 3n  C 5n  …  n Mặt khác ta lại có z   1  i   n  2 n n n    i sin  cos  4 4   So sánh z ở cả hai vế ta cî điều phải chứng minh! 2 Ví dụ 2: Cho khai triển  x  1  nhiên và n  3. Biết n a k 0 2k 2n  x  x  1 2 n 1  a 0  a 1 x  a 2 x 2  …  a 2 n x 2 n với n là số tự  768 , tính a 5 . Lời giải n  f  1  a0  a1  a2  …  a 2n Ta có   f  1  f  1  2. a 2k  1536 k 0  f  1  a0  a1  a 2  …  a 2n 5 hay 2 2 n 1  2 2 n  1536  n  5  hệ số a 5  C 10  1  C94  126. 5 Ví dụ 3: Gọi S là tổng các hệ số của các lũy thừa bậc nguyên dương của x trong khai 1  triển nhị thức P  x    x   x  2018 1 . Tính S  C 1009 2018 . 2 Lời giải Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 33 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 1  Ta có  x   x  2018 2018   Ck2018 .x 20182k . k 0 Để lũy thừa với số mũ nguyên dương thë 2018  2k  0  k  1009. Suy ra S  C 02018  C 12018  …  C 1008 2018 . 1 1 1009 0 1 1008 Suy ra S  C 1009 C 2018 2018  C 2018  C 2018  …  C 2018  2 2 1 1 1009 1 1009   Ckn  C nn k 0 1 1008 2017 1010   2  S  C 1009 C 2018  C 2018 C 2018 2018   C 2018  C 2018  …  C 2018  2018  C 2018  …  C 2018  2 2 2   2018 2018  C 02018  C 12018  …  C 2017 . 2018  C 2018  2 1 2017 Vậy S  C 1009 . 2018  2 2 Ví dụ 4: Cho khai triển a n  x  1   a n 1  x  1  n n n 1  …  a 1  x  1   a 0  x n với mọi x  , và n  5. Tìm n, biết a 2  a 3  a 4  83n. Lời giải Ta có x n   x  1   1  C 0n  x  1   C 1n  x  1  n n  C n2  x  1  n 1 n 2  …  C nn 1  x  1   C nn . Vì a 2  a 3  a 4  83n  C n2  C n3  C n4  83n   n  1   n  1 n  2    n  1 n  2  n  4   83  n  13. 2! 3! 4! 20 10 1  1   Ví dụ 5: Sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức  x  2    x 3   , có tất cả bao x  x   nhiêu số hạng ? Lời giải 20 10 k 20 10 1  1 1    1  3 10 m   Ta có  x  2    x3     Ck20 x20 k   2    Cm 10 x   x  x    x  m 0  x k 0 20 10 m 30  4m    1 Ck20 x20 3k    1 Cm . 10 x k k 0 m m 0 Ta tìm các số hạng cî cñng lũy thừa của x : 0  m  10, 0  k  20   k; m    2; 4  ,  6;7  ,  10; 10  .  20  3k  30  4m  4m  3k  10 Vậy trong khai triển đã cho cî tất cả 21  11  3  29 số hạng. n 1 x   x 2 Ví dụ 6: Có bao nhiêu số thực x để khi khai triển nhị thức  2  2  có tổng số hạng   thứ 3 và thứ 5 bằng 135, còn tổng của ba số hạng cuối bằng 22? Lời giải 34 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Số hạng thứ  k  1  trong khai triển là Tk  C k n 2  x n k k  21 x  2  .   Từ đî suy ra:  Tổng hai số hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135  T2  T4  C 2 n 2  x n 2 2 4 1 x   21 x  4 x n 4  2 2  C 2 2     135  1   n      Tổng ba hệ số của ba số cuối bằng 22  C nn 2  C nn 1  C nn  22  n  n  1  n  1  22  n  6. 2 Thay n  6 vào  1  , ta được C 62 .2 4x.2 12x  C 46 .22x .22 4x  135  22x 1  22 2x  9. u  4  x  1 4 Đặt 0  u  2 , ta được 2u   9   u  1  x   1 u  2 2 2x 1  Vậy x  1;   . 2  Ví dụ 7: Trong khai triển của biểu thức  x 3  x  2  2017 . Tính tổng S của các hệ số của x 2k  1 với k nguyên dương? Lời giải Ta có  x 3  x  2  2017  a0  a1 x  a 2 x 2  …  a 6051 x6051  1  Ta cần tính S  a 3  a 5  a7  …  a 6051 . Thay x  1 vào  1  , ta được a0  a1  a 2  …  a 6051  2 2017  2  Thay x  1 vào  1  , , ta được a0  a1  a 2  a 3  …  a 6051  2 2017  3  Trừ vế theo vế  2  và  3  , ta được 2  a 0  a 1  a 2  …  a 6051   0  2S  2a 1  0  S  a 1 Theo khai triển nhị thức Niutơn, ta cî  x 3  x  2  2017  Số hạng a1 x chỉ xuất hiện trong C 12017  x 3  x   2  1 Mà C 12017  x 3  x   2  1 2017 1 2017   C k2017  x 3  x   2  k 2017  k k 0 2017  1 .  2017.2 2016.  x 3  x   a 1  2017.2 2016  S  2017.2 2016. Ví dụ 8: Kí hiệu a 3n  3 là hệ số của số hạng chứa x 3n  3 trong khai triển  x 2  1   x  2  . n n Tìm n sao cho a 3n  3  26n. Lời giải n n  k  n  n  n n n Ta có  x 2  1  x  2     C kn  x 2    C in x n i 2 i    C kn C in 2 i x 3n 2k i .  k 0  i 0  k 0 i 0   k; i   0; 3  , 1; 1 . Chọn 3n  2k  i  3n  3  2k  i  3  Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 35 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Suy ra hệ số của số hạng chứa x 3n  3 là C 0n C 3n 2 3  C 1n C 1n 2. Theo giả thiết C 0n C 3n 2 3  C 1n C 1n 2  26n  n  5. Ví dụ 9: Cho khai triển x  x  1   2  x  1   a 0  a 1 x  a 2 x 2  …  a n 1 x n  1 với n là số tự n n nhiên và n  2. Tìm n, biết rằng a 2  7n; na n ; a n  2 theo thứ tự đî lập thành một cấp số cộng. Lời giải Ta có x  x  1   2  x  1    x  1   x  2    x  1   x  1   1    x  1  n n n n n 1  x  1 . n   n  1 n  n  n  1  n 2 2 2 a 2  C n  1  C n  2 2  n n Suy ra a n  C n  1  C n   n  1   1  n  2  a  C n  2  C n  2   n  1  n  n  1   n  n  1   n  n  1  n  4  n 1 n  n  2 6 2 6 Theo giả thiết bài toán, ta có: n  n  2    n  7n   2 n  n  1  n  4  6 n  0  L    n  n  2   n  7  L   n  10  N  Vậy n  10. Ví dụ 10: Xác định n biết rằng hệ số của x n trong khai triển  1  x  2x 2  …  nx n  bằng 2 6n. Lời giải Ta có  1  x  2x 2  …  nx n    1  x  2x 2  …  nx n  .  1  x  2x 2  …  nx n  2 Hệ số của x n là: 1.n  1.  n  1   2.  n  2   …   n  1  .1  n.1  1.n  1.  n  1   2.  n  2   …   n  1  .  n   n  1    n.1  2n  n 1  2  3  …   n  1    12  2 2  3 2  …   n  1     3  1   n  1   n  n  1  2n  1   n  11n  2n  n  .  n  1    n2   . 2 6 6     2 Theo giả thiết, ta có n 3  11n  6n  n  5 6 Ví dụ 11: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C nn 11  C nn  1  171 . Tìm hệ số lớn nhất của biểu thức P  x    1  x  1  2x  sau khi khai triển và rút gọn. n Lời giải Ta có C nn 11  C nn 1  171  36 | Chinh phục olympic toán  n  1 !   n  1 !  171 2!.  n  1  ! n! Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN  n  n  1 2  n  17   n  1  171  n 2  3n  340  0    n  20  L  17 17 17 Khi đî P  x    1  x  1  2x    1  x   C 2 x   C 2 x   C k17 2 k x k 1 . 17 k 17 k 0 k k k 0 k 17 k k k 0 Suy ra hệ số của xk trong khai triển là C k17 2 k  C k171 2 k 1 . Ck17 2 k  Ck171 2 k 1  Ck171 2 k 1  Ck17 2 k  Hệ số của x là lớn nhất khi  k k k 1 k 1 k 1 k 1 k 2 k 2  C17 2  C17 2  C 17 2  C 17 2 k k 1 k 1 k 1 k 1 C 17 2  C 17 2  k k k 2 k 2 C 17 2  C 17 2  1 22   k  1 !. 18  k ! k  1 !. 16  k !          2 2 1    k !.  17  k  !  k  2  !.  19  k  !  1 4  2   18  k  17  k   k  k  1   3k  141k  1224  0   2  k  12 4 1 3k  147k  1368  0       k  1  k  18  k  19  k  12 11  C 11  50692096. Vậy hệ số lớn nhất cần tìm là C 12 17 2 17 2 Ví dụ 12: Khai triển 1  x  x 2  …  x10  11 được viết thành a 0  a 1 x  a 2 x 2  …  a 110 x 110 . 1 2 3 10 11 a 1  C 11 a 2  C 11 a 3  …  C 11 a 10  C 11 a 11 . Tính tổng S  C 011a0  C 11 Lời giải Xét x  1 , từ khai triển nhân hai vế cho  x  1  , ta được 11 x 11 11  1    x  1  . a0  a 1 x  a 2 x 2  …  a 110 x 110  .  Vế trái   Ck11  1 k 0 11 11 k 11 x11k  Hệ số của x11 bằng C 111  11.  11 k   Vế phải    Ck11 x11k  1  .  a0  a1 x  a 2 x 2  …  a 110 x 110   k 0  1 2 3 10 11 a 1  C 11 a 2  C 11 a 3  …  C 11 a 10  C 11 a 11 .  Hệ số của x11 bằng C 011a0  C 11 11 Vậy S  C 011a 0  C 111a 1  C 211a 2  C 311a 3  …  C10 11 a 10  C 11a 11  11. Ví dụ 13: Tính tổng 2 3 4 2016 2017 C 12017  2 2 C 2017  3.2 2 C 2017  4.2 3 C 2017  …  2016.2 2015 C 2017  2017.2 2016 C 2017 Lời giải Ta có  1  x  2017  2017.  1  x  2017   C k2017 .  1  .xk   1  x   k 0 2016 k 2017 2017  ‘   C k2017 .  1 k .xk  ‘  k 0   2 3 4 2016 2017  C 12017  2xC 2017  3x 2 C 2017  4.2 3 C 2017  …  2016.2 2015 C 2017  2017.2 2016 C 2017 Cho x  2 ta được: Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 37 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO 2016 C 12017  2 2 C 22017  3.2 2 C 32017  4.2 3 C 42017  …  2016.2 2015 C 2016 C 2017 2017  2017.2 2017  2017 . 3 5 2017  C 2017  …  C 2017 Ví dụ 14: Tính tổng T  C 12017  C 2017 Lời giải Xét hai khai triển:  2 2017   1  1  2017  0   1  1  C 02017  C 12017  C 22017  C 32017  …  C 2017 2017 2017 2  C 02017  C 12017  C 2017  C 32017  …  C 2017 2017 1 2 2016 Lấy  1    2  theo vế ta được: 2 2017  2  C 12017  C 32017  C 52017  …  C 2017 . 2017   T  2 Ví dụ 15: Với n  , n  2 và thỏa mãn thức P  1 1 1 1 9  2  2  …  2  . Tính giá trị của biểu 2 C2 C3 C4 Cn 5 C 5n  C n3  2 .  n  4! Lời giải Ta có  n  2  !2!  9 0!2! 1!2! 2!2! 1 1 1 1 9     …     …   2! 3! 4! n! 5 C 22 C 23 C 24 C 2n 5  1  9 1 1 1 1 1 1 1 9 1 1 1   2!       …     2!  1       …   1.2 2.3 3.4 2 2 3 3 4 n 1 n  5  n  1 n  5   5 3  C12 C 5  C n3  2 C 10 59 1 9 1 1   2!  1       n  10  P  n   90 n 5 n 10 6!  n  4!  1009 1010 1011 2018 Ví dụ 16: Tình tổng S  C 2018  C 2018  C 2018  …  C 2018 ( trong tổng đî, các số hạng cî dạng C k2018 với k nguyên dương nhận giá trị liên tục từ 1009 đến 2018 ) Lời giải Áp dụng tính chất C kn  C nn  k ta có C 02018  C 2018 2018 C 12018  C 2017 2018 C 22018  C 2016 2018 ….. 1010 C 1008 2018  C 2018 1009 C 1009 2018  C 2018 2 1009 1009 2010 2018  …  C 2018  C 2018  C 2018  …  C 2018 .  C 02018  C 12018  C 2018 1009  2S  C 02018  C 12018  C 22018  …  C 2018 2018  C 2018 . 2 2018  …  C2018   1  1 Mặt khác C 02018  C 12018  C 2018 Vậy S  2018  2 2018 . 1009 2 2018  C 2018 C 1009  2 2017  2018 . 2 2 38 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Ví dụ 17: Biết rằng trong khai triển nhị thức Niu-tơn của đa thức P  x    2  x  2x 2  x 3  n thì hệ số của x 5 là 1001. Tổng các hệ số trong khai triển của P  x  bằng bao nhiêu? Lời giải Ta có P  x    2  x  2x 2  x 3    2  x   1  x 2  n n n  n  n  n n    Ckn 2 n k xk   Cln x 2l     C kn C ln 2 n k  xk 2l .  k 0  l 0  k 0 l 0 Hệ số của x 5 ứng với k  2l thỏa mãn k  2l  5   k; l    5; 0  ,  3; 1  ,  1; 2   Trường hợp 1. Với n  5 khi đî  k; l    5; 0  ,  3; 1  ,  1; 2 .  Hệ số của x 5 là C 5n C 0n 2 n  5  C n3 C 1n 2 n 3  C 1n C n2 2 n 1  1001. Vì vế trái lẻ mà vế phải luôn chẵn nếu n  5 do đî chỉ có thể chọn n  5. Thử lại vào phương trënh ta thấy n  5 thỏa mãn điều kiện.  Trường hợp 2. Với 3  n  5 khi đî  k; l    3; 1  ,  1; 2  .  Hệ số của x 5 là C 3n C 1n 2 n 3  C 1n C 2n 2 n 1  1001. Vì vế trái lẻ mà vế phải luôn chẵn nếu n  3 do đî chỉ có thể chọn n  3. Thử lại vào phương trënh ta thấy n  3 không thỏa mãn điều kiện.  Trường hợp 3. Với n  2 khi đî  k; l    1; 2  .  Hệ số của x 5 là C 12 C 22 2  1001 : vô lý. cho x  1 6 5  7776. Do đî chỉ có n  5 thỏa mãn  tổng các hệ số trong khai triển là  Ví dụ 18: Cho khai triên P  x    1  x  2  x  …  1  2017x   a 0  a 1x  a 2 x 2  ….  a 2017 x 2017 . Kí hiệu P ‘  x  và P ”  x  lần lượt là đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của đa thức P  x  . Tìm hệ số a 2 ? Lời giải Ta có P ‘  x   a 1  2a 2 x  3a 3 x 2 ….  2017a 2017 x 2016 . Tiếp tục đạo hàm lần nữa, ta có P ”  x   2a 2  6a 3 x….  2017.2016a 2017 x 2015 . P ”  0  2 2 2017   1 Chú ý P ‘  x   P  x  .    ….   1  2017x   1 x 2 x Cho x  0, ta được P ”  0   2a 2  a 2  2  12 2 2017  22 2017 2   1 P ”  P  x  .    ….   P x    ….    .  1  2017x  1  2017x   1x 2 x  1x 2 x Ví dụ 19: Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển  1  2x  2015x 2016  2016x 2017  2017x 2018  . Lời giải Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton 60 Chinh phục olympic toán | 39 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO f  x    1  2x  2015x 2016  2016x 2017  2017x 2018 60 Đặt  . 2016 2017  2017x 2018 g  x   2015x  2016x 60 Suy ra f  x   1   2x  g  x      C k60  2x  g  x   60 k k 0 60 k k 0 i 0   Ck60  Cki  2x  . g  x   i k i  0  i  k  60  . k  i  0 k  3 Vì bậc của đa thức g  x  là 2018  số hạng chứa x 3 ứng với   . i  3 i  3 3 3 .C 33 .  2   8.C 60 . Vậy hệ số cần tìm là C 60 3 1  x x10 x9  1  x  x8  1  x   .  .  …  10! 9! 1! 8! 2! 10! 2 Ví dụ 20: Biểu thức 10 bằng bao nhiêu? Lời giải 1 10! xk  1  x  1 10  k 10  k Ta có  . .xk .  1  x   .Ck10 .xk .  1  x  . 10! k !  10  k  ! 10! k !  10  k  ! 10  k  0  k  10  . 1  x x10 x9  1  x  x8  1  x    .  .  …  10! 9! 1! 8! 2! 10! 10 1 1 1 10 10  k   C k10 .xk .  1  x   x  1  x  .  10! 10! 10! k 0 2 Ví dụ 21: Giá trị của A  10 1 1 1 1 1 bằng?    …   1!2018! 2!2017 ! 3!2016! 1008!1011! 1009!1010! Lời giải Ckn 1 Ta có . Do đî  k !  n  k  ! n! 2 C12019 C 22019 C 32019 C1009 C 1  C 2019  …  C 1009 2019    …  2019  2019 2019! 2019! 2019! 2019! 2019! 0 1 2 1009 2018 C  C 2019  C 2019  …  C 2019  1 2  1 .  2019  2019! 2019! A Ví dụ 22: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C 12 n  1  C 23 n  1  …  C 22 nn 11  1024 . Lời giải Ta có 2 2n  1   1  1  0   1  1 2 n 1 2n  1 2n  1  C 02n  1  C 12n  1  …  C 2n 1  C 02 n  1  C 12 n 1  …  C 22 nn 11 3 2n  1 2n  1 3 2n  1 2n  C 12n 1  C 2n Suy ra 2  C 12n 1  C 2n  1  …  C 2n  1   2  1  …  C 2n  1  2 Do đî 2 2 n  2024  2 2 n  2 10  n  5 . 40 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Ví dụ 23: Có bao nhiêu số dương n sao cho S  2   C 01  C 02  …  C 0n    C 11  C 12  …  C 1n   …   C nn 11  C nn 1   C nn là một số cî 1000 chữ số? Lời giải Ta có: S  2   C 01  C 02  …  C 0n    C 11  C 12  …  C 1n   …   C nn 11  C nn 1   C nn  2   C 01  C 11    C 02  C 12  C 22   …   C 0n 1  C 1n 1  …  C nn 11    C 0n  C 1n  …  C nn   2  2   1  1   …   1  1  2  2  2 1  2 2  …  2 n  2  2. n 1   1  1 n 2n  1  S  2 n 1 . 21 S là một số cî 1000 chữ số  10 999  S  10 1000  10 999  2 n  1  10 1000  999 log 2 10  1  n  1000 log 2 10  1 Do n  nên n  3318; 3319; 3320 . Vậy có 3 số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 24: Tëm hệ số của x 5 trong khai triển thành đa thức của  2  3x  , biết n là số 2n nguyên dương thỏa mãn: C 02 n  1  C 22 n  1  C 24 n  1  …  C 22 nn  1  1024 . Lời giải Ta có  x  1  2n  1 2n 2n  1  C 02n  1 .x 2n  1  C 12n 1 .x 2n  …  C 2n  1 .x  C 2n  1  1  Thay x  1 vào  1  : 2 2 n  1  C 02 n  1  C 12 n  1  …  C 22 nn  1  C 22 nn 11  2  2n 2n  1 Thay x  1 vào  1  : 0  C 02n 1  C 12n 1  …  C 2n  1  C 2n  1  3  Phương trënh  2  trừ  3  theo vế: 2 2 n  1  2  C 02 n  1  C 22 n 1  …  C 22 nn 1  Theo đề bài ta có 2 2 n  1  2.1024  n  5 Số hạng tổng quát của khai triển  2  3x  10 k .2 10 k.  3x   C k10 .2 10 k.  3  .x k là Tk  1  C 10 k k 5 .2 5.  3   1959552 . Theo giả thiết ta có k  5 . Vậy hệ số cần tìm là C 10 5 Ví dụ 25: Tëm số nguyên dương n thỏa mãn 2C 0n  5C 1n  8C n2  …   3n  2  C nn  1600 . Lời giải Ta có 2C 0n  5C 1n  8C n2  …   3n  2  C nn  3  C 1n  2C n2  …  nC nn   2  C 0n  C 1n  C n2  …  C nn  . Mặt khác C 0n  C 1n  C n2  …  C nn  2 n . Cách 1: Ta có kCkn  k.  n  1 !  nCk 1 . n!  n. n 1  n  k  !k !  n  k  !  k  1 ! Khi đî C 1n  2C n2  …  nC nn  nC 0n 1  nC 1n 1  …  nC nn 11  n  C 0n 1  C 1n 1  …  C nn 11   n2 n 1 . Cách 2:  1  x   C 0n  C 1n x  C n2 x 2  C n3 x 3  …  C nn x n  1  . n Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 41 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Đạo hàm hai vế của  1  ta được n  1  x  n 1  C 1n  2xC n2  3x 2 C 3n  …  nx n 1C nn Khi đî với x  1 , ta có n2 n 1  C 1n  2C 2n  3C 3n  …  nC nn Do đî 2C 0n  5C 1n  8C n2  …   3n  2  C nn  3n.2 n 1  2.2 n   3n  4  .2 n 1 . Theo giả thiết ta có  3n  4  .2 n 1  1600  n  7 . Ví dụ 26 : Với x  1 ta có khai triển sau:  x 2  2x  2     x1  2018  a 0  a 1 x  a 2 x 2  …  a 2018 x 2018  b3 b 2018 b1 b2    …  2 3 2018 x  1  x  1  x  1  x  1 2018 Tính tổng S   bk ? k 1 Lời giải  x2  2x  2  Đặt f  x      x1  2018 , ta có f  0   a0  b1  …  b 2018  2 2018. Suy ra a 0  S  2 2018  1  1   Lại có f  x    x  1   x1  1008  k 0 C 2018 k 2018 2018  2k  x  1 2018   C k2018  x  1  2k  2018 k 0  2018  k  1009 Ck2018  x  1 2k  2018 . Suy ra  1008 b1  b 3  …  b 2017  0  S  b 2  b 4  …  b 2018  C 02018  C 12018  …  C 1007 2018  C 2018  1010 2017 2018 1009 k n k a 0  C 1009 ).  2  2018  C 2018  …  C 2018  C 2018  C 2018  S (vì C n  C n 1 Từ  1  và  2  , suy ra S  2 2017  C 1009 2018 . 2 Ví dụ 27: Với n là số tự nhiên lớn hơn 2 , đặt S n  1 1 1 1  3  4  …  3 . Tính lim S n 3 C3 C4 C5 Cn Lời giải Ta có C 3n   n  3  !  n  2  n  1 n  n  n  1  n  2   1  6 n!  3 C n n  n  1  n  2  3!  n  3  ! 6  n  3  ! 6 Vậy ta có S n  Nhận xét 6 6 6 6    …  1.2.3 2.3.4 3.4.5 n  n  1  n  2  2 1 1 2 1 1 2 1 1   ; ;…;     1.2.3 1.2 2.3 2.3.4 2.3 3.4  n  2  n  1 n  n  2  n  1   n  1  n 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  n  2  3n  6  Sn  3      …       3    3  2n n 2 n 1 n 1 n   1.2 2.3 2.3 3.4 2 n  2n  42 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN 6  3    3n  6  n 3. Vậy lim S n  lim     lim   2n   2  2   Kết hợp giả thiết có 2n2  n  3 2 100  n  3  n  98 .   n  1 n  2   n  1 n  2  2 2 1 2 2017 2017 2 2018 2018 2 2 C 12018   C 2018  …      C2018   1  C2018  2018 2017 2 Ví dụ 28: Tình tổng S  Lời giải 2 2 1 2 2017 2017 2 2018 2018 2 2 C 12018   C 2018  …      C2018   1  C2018  2018 2017 2 n  k  1 k 1 Ta có C kn  .C n với k  , n  , n  k nên: k 1 2018 0 2 2017 1 2018 2018 1 S C 12018 . C 2018  C 22018 . C 2018  …  C 2018 . C 2017 2018 2018 1 2017 2 1 2018 Tính tổng S  2016 2018 2017  C 12018 .C 02018  C 22018 .C 12018  …  C 2017 2018 .C 2018  C 2018 .C 2018 . 2018  k 2018 2 2017 2017 2 2018 1  C 2018 .C 2018  …  C 2018 .C2018  C2018 .C2018 Mà C k2018  C 2018 suy ra S  C 12018 .C 2018 . Mặt khác ta có  1  x  2018 2018   C k2018 xk   1  x  2018 .1  x 2018 k 0 2018 2018 2018 k 0 l 0 k ,l 0   Ck2018 xk . C l2018 xl  C k 2018 .C l2018 .xk l  1 . Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2019 trong khai triển của  1  là 2018 2 2017 2017 2 2018 1 S  C 12018 .C 2018  C 2018 .C 2018  …  C 2018 .C2018  C2018 .C2018 . Lại do  1  x  2018 .1  x 2018  1  x 4036 ; 1  x 4036 4036   C n4036 x n  2  n 0 Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2019 trong khai triển của  2  là C 2019 4036 . 2 2017 2017 2 2018 1 2019 Vậy S  C 12018 .C 2018 2018  C 2018 .C 2018  …  C 2018 .C 2018  C 2018.C 2018  C 4036  4036! 4036  2018 4036! 2018 2018   C 4036 . 2019!.  4036  2019  ! 2019 2018!.  4036  2018  ! 2019 1 nC nn  C1n 2C n2 3C n3 Ví dụ 29: Cho số nguyên dương n , tính tổng S  .    …  2.3 3.4 4.5  n  1 n  2  n Lời giải Với k , n  , 0  k  n , n  0 ta có:  n  1 ! 1 n! 1 Ckn    Ck 1 . k1  k  1 k !  n  k  !  n  1  k  1  !  n  k ! n  1 n 1 Áp dụng ta cî: Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 43 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO k.Ckn Ckn  C kn C kn11 C kn22 2  C kn .  1  2   2.  k  1 k  2  k  1  k  2  k  1  k  1  k  2  n  1  n  1  n  2  C 2n  1  C n3  1  C n4  1  …   1  C nn 11 n Suy ra S  n1 Ta có:   n   C 2n 1  …   1  C nn 11  C 0n 1  C 1n 1  C n2 1  …   1  C nn 11 +C 0n 1  C 1n 1 n    1  1  2  C 3n  2  C n4  2  …   1  C nn  22  .    n  1 n  2  n 1 n  1   n  1   n . C 3n  2  C n4  2  …   1  C nn  22 n   C 0n  2  C 1n  2  C n2  2  C n3  2  C n4  2  …   1  C nn  22   C 0n  2  C 1n  2  C n2  2  n   1  1 n 1 n  1 n  2     n2  n .   1  n  2   2 2   1 2 n2  n n Vậy S  . .   n   n1  n  1 n  2  2  n  1 n  2  0 1 n Ví dụ 30: Tình tổng P   C n    C n      C n  theo n . 2 2 2 Lời giải Ta có  1  x   1  x    1  x  n n 1  x 1  x n n 2n  1 . 2n  n  n  2n    C kn xk  .   C ln x l  và  1  x    C i2n xi . i 0  k 0   l 0  Xét hệ số của x n trong khai triển vế trái của  1  là  k l n n n k 0 k 0 Ckn .Cln   Ckn .C nn k    Ckn  . 2 Hệ số của x n trong khai triển vế phải của  1  là C n2n . Từ đî suy ra n  C   C   C  k 0 k 2 n 0 2 n 1 2 n     C nn   C n2n 2 Ví dụ 31: Cho n và k nguyên dương thỏa mãn k  n . Chứng minh rằng n1 1 1  1  k  k 1   k n  2  C n 1 C n 1  C n Lời giải Biến đổi giả thiết ta có n1 1 1  n  1  k ! n  1  k  !  k  1!  n  k !      k  k 1   n  2  C n  1 C n  1  n  2   n  1  !  n  1  !  k ! n  k ! 1 n  1 k ! n  k ! n  1 k ! n  k !   k  n  1  k  k  1  n  2  n  2  n  1 ! n  2  n  1 ! n! Cn 44 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tổng quát. 1 1 1 n2  1 1 1   2  …  n 1   0  1  …  n  1 C n 1 Cn 1 C n 1 2  n  1  C n C n Cn  1 n  Ví dụ 32: Chứng minh rằng 1  C 3n  C 6n  …   2 n  2 cos  3 3  Lời giải Ta có 2 n  C 0n  C 1n  C 2n  …  C nn  1  . Xét số phức   cos 2 2 ta có  i sin 3 3 3 2 2   2    cos  i sin   1     1      1  0 3 3   3 Mặt khác  1   n  C 0n  C 1n   2 C 2n  …   n C nn  C 0n  C 1n   2 C 2n  C 3n  C n4   2 C 5n  2   1     C 0n   2 C 1n   4 C n2  …   2n C nn  C 0n   2 C 1n  C n2  C n3   2 C n4  …  3  2 n Cộng 2 vế của  1  ,  2  ,  3  ta có 2 n   1      1   2   3  C 0n  C n3  C 6n  …   1     2  C 1n  C n2  C n3 … n n  3  C 0n  C 3n  C 6n  …     Mà 1    cos  i sin ; 1   2  cos  i sin nên ta cî điều phải chứng minh! 3 3 3 3 Ví dụ 33: Với số tự nhiên n  1 . Chứng minh rằng C 0n cos   C 1n cos 2  C 2n cos 3  …  C nn cos  n  1    2 n cos n  n2 cos  2 2 Lời giải n Xét khai triển  x  1  C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  …  x n C nn  x  x  1    x k 1C kn n n k 0 Thay x  cos   i sin  và sử dụng công thức Moive ta có  cos   i sin   cos   i sin   n  C 0n cos   C 1n cos 2  …  C nn cos  n  1    i  C 0n sin   C 1n sin 2   …C nn sin  n  1     1  n       n  Mặt khác  1  cos   i sin     2 cos 2  2i sin cos   2 n cos n  cos  i sin  2 2 2 2 2 2  n Theo công thức Moive ta có n   n n  cos   i sin    cos  i sin    cos   i sin    cos  i sin  2 2 2 2    n2 n2  cos   i sin  2 2  n2  n2 n Do đî  1  cos   i sin    2 n cos n cos   i.2 n cos n sin  2 2 2 2 2 Từ  1  ,  2  ta cî điều phải chứng minh! Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 45 NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO Ví dụ 34: Với số tự nhiên n  1 . Tính tổng sau A  C 1n  cos x  sin x   0C n2  C n3 3 sin x cos x  sin x  cos x   …  C nn .n sin x cos x  sin n 2 x  cosn 2 x  Lời giải Xét hàm số y   1  cos x    1  sin x  n thì: n y   C 0n  C 1n cos x  C n2 cos 2 x  …  C nn cos n x    C 0n  C 1n sin x  …  C nn sin n x   2C 0n  C 1n  sin x  cos x   C n2  sin 2 x  cos 2 x   …  C nn  sin n x  cos n x   y ‘  C 1n  cos x  sin x   0.C n2  C n3 3 sin x cos x  sin x  cos x  …  C nn n sin x cos x  sin n  2 x  cos n  2 x   Do đî A  y’   1  cos x    1  sin x   n  n cos x  1  sin x  n 1  sin x  1  cos x  n   n  1  cos x   n 1 .   sin x   n  1  sin x  n 1 cos x n-1 Ví dụ 35: Với số tự nhiên m nguyên dương. Chứng minh rằng  1 Cm  1 1 1 1 1 2 C01991  C1991  C 1991  …  1991 m 1991 1991 1991 1991  m 1991 m Lời giải Với n  1, 2,…, ta đặt S  n     1  C m n  m trong đî tổng được lấy từ m  0 cho đến hết m m n 1 những số hạng khác 0. Ta có  C km  C m n 1m  1  S  n  k m Ta có  n-2 S  n   1   S  k  , suy ra S  n  1   S  n   S  n  1   1  k 0  S  0   S  1   1 , từ đî S  2   0, S  3   1, S  4   1, S  5   0, S  6   1, S 7   1 Từ  1  ta có S  m   S  n  nếu m  n  mod 6  . Do n m 1 C nn m  C m n  m  C n  m  1 nên ta được: n m m  1 1   1 1 1 995  0 1 2 m 1991.  C 1991  C 1991  C 1991  …  C 1991 C 996   1  m  …  1991 1991 1991  m 996  1991  Suy ra điều phải chứng minh. 46 | Chinh phục olympic toán Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN LỜI KẾT Vậy là ta đã đi tới những trang cuối cùng của sản phẩm lần này, tuy không phải quá hay nhưng chắc hẳn đã giòp các bạn nắm vững được kiến thức cơ bản của bài tập nâng cao chương này. Do thời gian khïng cho phép nên chưa thể đưa thêm được nhiều bài toán hay và khî vào được, nên mình sẽ gửi kèm link một số tài liệu tham khảo dưới đây. Một lần nữa cảm ơn những người đã cî đîng gîp cho bài viết này, chúc các bạn có một kì ôn thi thành công! TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Chuyên đề tổ hợp bồi dưỡng học sinh giỏi – Lê Hoành Phò [2] Chuyên đề nhị thức Newton – Vted.vn [3] Chuyên đề bồi dường học sinh giỏi tổ hợp và nhị thức Newton [4] Tuyển tập các chuyên đề tổ hơp – MathScope [5] Tổ hợp và quy nạp – Hà Huy Khoái [6] Một số chuyên đề tổ hợp dành cho học sinh năng khiếu [7] Đẳng thức tổ hợp – VMF [8] Nhị thức Newton và công thức tổ hợp – Nhiều tác giả Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương – Newton Chinh phục olympic toán | 47