70 bai biểu thức tổ hợp – nhị thức newton

  • Số trang: 32 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 53 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

BIỂU THỨC TỔ HỢP – NHỊ THỨC NEWTON Bài 1: (ĐHSP TPHCM 1999) Tìm số tự nhiên k thoả mãn hệ thức: k C14   k 2  C14  k 1 2C14 k k 2 k 1 C14  C14  2C14 Bài giải (0 ≤ k ≤ 12, k  N) 14! 14! 14!  2 k!(14  k)! (k  2)!(12  k)! (k  1)!(13  k)! 1 1 1  2 (14  k)(13  k) (k  1)(k  2) (k  1)(13  k)  (k + 1)(k + 2) + (14 – k)(13 – k) = 2(k + 2)(14 – k)  k2 – 12k + 32 = 0  k = 4 hoặc k = 8 Vậy: k = 4 hoặc k = 8 Bài 2. (ĐHDL Kỹ thuật công nghệ khối D 1999) 6 7 8 9 10  C10  C10  C10  C10 Tính tổng: C10 trong đó hợp chập k của n phần tử. Ckn là số tổ Bài giải S = = 6 C10 7  C10 8  C10 9  C10 10  C10 1 0 1 10 1 9 10 C10  C10  ...  C10  C10  C10 2 2   = 1 10 1 5 .2  C10 2 2 = 386. Bài 3. (ĐH Ngoại ngữ HN chuyên ban 1999) Tìm các số nguyên dương x thoả: C1x  6Cx2  6C3x  9x2  14x Bài giải (x  N, x ≥ 3) 2 3 2  x + 3x – 3x + x – 3x + 2x = 9x2 – 14x C1x  6Cx2  6C3x  9x2  14x  x(x – 9x + 14) = 0  2 x0 � � x2 � � x7 � (loai) � (loai) � (nhan) � Vậy: x = 7 Bài 4. (ĐH Bách khoa HN 1999) Tính tổng: S = C1n  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...  (1)n1.nCnn trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2. Bài giải C1n  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...  (1)n1.nCnn (n > 2) S= Xét đa thức p(x) = (1 – x) n. Khai triển theo công thức Newton ta được: p(x) = (1 – x)n = n �(1)k Ckn .xk k 0 Suy ra: – p(x) = n(1 – x)n–1 = k 1 n �(1)k1.kCkn Cho x = 1 ta được: 0 = = n �(1)k1.kCkn.xk1 k 1 C1n  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...  (1)n1.nCnn =S Vậy: S = 0 Bài 5. (ĐHQG HN khối A 2000) 1 1001 Ck2001  Ck2001 �C1000 Chứng minh rằng: 2001  C2001 (trong đó k nguyên, 0 ≤ k ≤ 2000) Bài giải Ta sẽ chứng tỏ: 2001 2000 2 1000 1001 C02001  C2001  C12001  C2001  C2001  C1999 2001  ...  C2001  C2001 Thật vậy, chỉ cần chứng tỏ: 999. Ta có: (1)  1 Ck2001  Ck2001 (1) với k = 0, 1, 2, …, 2001! 2001!  k!(2001 k)! (k  1)!(2000  k)!  (k + 1) < 2001 – k  2k < 2000  k < 1000 đúng vì k = 0, 1, 2, …, 999. Vì vậy: và:  Ck2001 �C1000 2001 ,k 1 Ck2001 �C1001 2001 , = 0, 1, …, 2000 (đẳng thức  k = 0, 1, …, 2000 (đẳng thức  1 1001 Ck2001  Ck2001 �C1000 2001  C2001 k  1000 � ) � k  1001 � k  999 � ) � k  1000 � (đẳng thức  k = 1000) Bài 6. (ĐHQG HN khối B 2000) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau: 17 �1 � 4 �  x3 � �3 2 � �x � ,x≠0 Bài giải Số hạng tổng quát của khai triển là:     k C17 x  2 17 k 3 3 k x4 k  C17 Để số hạng không chứa x thì 17 34 3 12 k  3 x4   17 34 k 0 12 3 (k  N, 0 ≤ k ≤ 17) k=8 Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng 8 C17 . Bài 7. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2000) 1 2 6 A2x  Ax2 � .C3x  10 2 x Giải bất phương trình: �x �N �2 �2x � � � �2 �x � 3 �x � Điều kiện: Ta có:  Bài giải x �N � � x �3 � 1 2 6 A2x  A2x � .C3x  10 2 x 1 .2x(2x 2 – 1) – x(x – 1) ≤ 6 x(x  1)(x  2) .  10 x 1.2.3  x2 ≤ x2 – 3x + 12  x ≤ 4 Kết hợp điều kiện, ta được: x = 3, x = 4. Bài 8. (ĐHSP HN khối A 2000) Trong khai triển nhị thức n 28 � �  �x3 x  x 15 �, � � � � không phụ thuộc vào x, biết rằng Cnn  Cnn1  Cnn 2  79 Bài giải * Xác định n: Cnn  Cnn1  Cnn 2  79 hãy tìm số hạng 1+n+ n(n  1) 2 = 79 n  12 � � n  13 (loai) � �  12 k 12k 28 � � 12 � 4 ��  28 �  k � 3 �� 15 � x x * Ta có: �x3 x  x 15 �  �C12 � � k 0 � �� � � � � �� � 48 112 k 0 Số hạng không phụ thuộc x  15 5 Vậy số hạng cần tìm là: 7 C12 = 48 12 k 15 x �C12 k 112 5 k 0  k = 7. = 792 Bài 9. (ĐHSP HN khối BD 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x 2 + 1)n bằng 1024, hãy tìm hệ số a (a là số tự nhiên) của số hạng ax12 trong khai triển đó. Ta có: (x2 + 1)n = Bài giải n �Cknx2k (1) k 0 Số k ứng với số hạng ax12 thoả mãn pt: x12 = x2k  k = 6. Trong (1) cho x = 1 thì Từ giả thiết  k 0 n �Ckn = 1024  2n = 1024  n = 10 k 0 Vậy hệ số cần tìm là: Bài 10. n �Ckn = 2n 6 C10 = 210. (ĐHSP TPHCM khối DE 2000) Tính tổng: S= Cn0  1 1 1 2 1 n Cn  Cn  ...  Cn 2 3 n1 Bài giải 1 * Ta có: I = (1 x)ndx  � 0 1 *I= = 1  0 2n1  1 n1 1 �0 x2 xn1 � Cn x  C1n  ...  Cnn � � � 2 n  1� � �0 � C1nx  ...  Cnnxn )dx Cn0  1 1 1 2 1 n Cn  Cn  ...  Cn 2 3 n1 0 (Cn0 (1 x)n1 n1 = =S 2n1  1 . n1 Vậy: S = Bài 11. (ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000) Chứng minh: 2n1C1n  2n1Cn2  2n3 Cn3  2n4 Cn4  ...  nCnn  n.3n1 Bài giải  Cn3 x3  Cn4x4  ...  Cnnxn Ta có: (1 + x) = Lấy đạo hàm hai vế: n(1 + x)n–1 = C1n  2Cn2 x  3Cn3 x2  4Cn4 x3  ...  nCnnxn1 n 1 , 2 Thay x = n 3n1 2n1 Cn0  C1nx  Cn2x 2 ta được:  C1n  2Cn2 .21  3Cn3 22  4Cn4 .23  ...  nCnn 2n1  Bài 12. 2n1C1n  2n1Cn2  3.2n3 Cn3  4.2n 4 Cn4  ...  nCnn  n.3n1 (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000) 31 Tìm hệ số của x trong khai triển của f(x) = 40 � 1� x � � � x2 � Bài giải 40 � 1� �x  2 � � x � = 40k 40 �1 � �Ck40xk .� � �x2 � k 0 31 Hệ số của x là Ck40 40 �Ck40 x3k80 = k 0 với k thoả mãn đk: 3k – 80 = 31  k = 37 Vậy: hệ số của x31 là 3 C37 40  C40  40.39.38 1.2.3 = 40.13.19 = 9880. Bài 13. (ĐH Thuỷ lợi 2000) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2, ta luôn có: 1 A22  1 A32  1 A42  ...  1 An2  n1 n Bài giải Chứng minh bằng phương pháp qui nạp. * Với n = 2, đpcm  1 A22  1 � A22  2 2 đúng * Giả sử BĐT cần chứng minh đúng với n = k (k ≥ 2), tức là ta có: 1 A22  1 A32  1 A42  ...  1 Ak2  k 1 k Ta cần chứng minh BĐT đúng với n = k + 1. 1 Thật vậy, A22  1 A32  1 A24  ...  1 Ak2  1 Ak21 (k 2  1)  1 k  (k  1)k k 1 1 1 1 1 n1  2  2  ...  2  2 n , A 2 A3 A 4 An  k 1 1  2 k Ak 1 = k 1 1  k (k  1)k = Vậy: n ≥ 2 Bài 14. (ĐH Thuỷ lợi II 2000) Cho đa thức P(x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + (1 + x)11 + … + (1 + x)14 có dạng khai triển là: P(x) = a 0 + a1x + a2x2 + … + a14x14. Hãy tính hệ số a9. Bài giải a9 = 1 + =1+ 9 9 9 9 9 C10  C11  C12  C13  C14 2 3 4 5 C110  C11  C12  C13  C14 = 1 + 10 + 11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10    2 6 24 120 = 3003 Bài 15. (ĐH Y Dược TPHCM 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau: 1. Cn0  C1n  Cn2  ...  Cnn = 2n 1 2 4  C2n  ...  C2n 2. C12n  C32n  C52n  ...  C2n = C02n  C2n 2n 2n Bài giải n Cn0  C1nx  Cn2x 2  ...  Cnnxn n Cn0  C1n  Cn2  ...  Cnn 2 2 C02n  C12n x  C2n x  C32nx3 1. (1 + x) = Cho x = 1  2. (1 – x)2n = Cho x = 1  đpcm. =2 2n 2n  ...  C2n x Bài 16. (ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000) 2 2000  ...  2001C2000 Tính tổng: S = C02000  2C12000  3C2000 Có (x + 1)2000 = Bài giải 2000 �Ci2000 xi (1) i 0 Trong (1) cho x = 1 ta được 2000 �Ci2000 = 22000 i 0 Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 = Cho x = 1 ta được: Do đó: S = 2000 2000 �i.Ci2000 = 2000.21999 = 1000.22000 i1 2000 2000 i 0 i1 �Ci2000  �i.Ci2000 = 1001.22000. Bài 17. (HV Kỹ thuật quân sự 2000) Khai triển đa thức: P(x) = (1 + 2x)12 thành dạng: a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12 Tìm max(a1, a2, …, a12). Bài giải P(x) = (1 + 2x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12 12 ak =  k C12 .2k ; ak < ak+1  k < 8 max(ai )  a8  C12 i1,12 Bài 18. 23 3 = 126720 (ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000) 1 x(1 x Tính tích phân: I = � 2 n ) dx 0 Từ đó chứng minh rằng: (n  N*) 1 0 1 1 1 2 1 3 (1)n n 1 Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn  2 4 6 8 2(n  1) 2(n  1) Bài giải  Tính I bằng 2 cách: * Đổi biến: t = 1 – x2  dt = –2xdx �i.Ci2000xi1 i1 I= 0 � 1 n�  t � dt � � 2 � 1� 1 = 1 n t dt 2 0� 1 = 1 1 tn1  2(n  1) 2(n  1) 0 * Khai triển nhị thức: 0 1 2 2 4 3 6 n n 2n x(1 – x2)n = x  Cn  Cnx  Cn x  Cn x  ...  (1) Cnx  1 I= = � 0 x2 x4 x6 x8 x 2n 2 � Cn .  C1n .  Cn2 .  Cn3 .  ...  (1)n Cnn . � � � 2 4 6 8 2n  2 � � �0 1 0 1 1 1 2 1 3 (1)n n Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn 2 4 6 8 2(n  1) Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. Bài 19. (CĐ Cảnh sát nhân dân khối A 2000) Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 Bài giải Hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 là: C55  C56  C57 =1+ 6! 7!  5!1! 5!2! = 28 Bài 20. (ĐH An Ninh khối A 2001) Tìm các số âm trong dãy số x1, x2, …, xn, … với xn = An4 4 143  Pn 2 4Pn (n = 1, 2, 3, …) Bài giải Ta phải tìm các số tự nhiên n > 0 thoả mãn: xn = An4 4 143  Pn 2 4Pn < 0  (n + 3).(n + 4) –  4n2 + 28n – 95 < 0   143 4 <0 19 5 n 2 2 Vì n là số nguyên dương nên ta được n = 1, 2  các số hạng âm của dãy là x1, x2. Bài 21. (ĐH An ninh nhân dân khối A 2001) Chứng minh rằng với n là số tự nhiên, n ≥ 2, ta có: 1 A22  1 A32  ...  1 = An2 n1 . n Bài giải n! (n  2)! An2  Ta có: = n(n – 1)  1 An2  1 1 1   n(n  1) n n  1 Thay n lần lượt bằng 2, 3, … ta được: 1  A22 1 A32 Bài 22.  ...  1 An2 = 1 1 1 1 1 1 1 n1     ...    1  1 2 2 3 n1 n n n (đpcm) (ĐH Bách khoa HN khối AD 2001) Giải hệ phương trình: y y � �2Ax  5Cx  90 � y 5Ax  2Cyx  80 � � Bài giải Đặt u = Ayx ; v= Cyx  u  20 �2u  5v  90 � �� � 5u  2v  80 v  10 � � Mà u = y!v  y! = 2  y = 2  A2x  Vậy x!  x(x  1)  20 (x  2)!  x2 – x – 20 = 0  �x  5 � � �x  4 (loai) �x  5 � �y  2 Bài 23. (ĐH Dân lập Duy Tân khối A 2001) 1 (x  2)6dx 1. Tính tích phân: I = � 0 2.Tínhtổng: S = 1 1. I = (x  2)6dx = � 0 2. Ta có: 1 I = (x  2)6dx = � 0 6 2 0 25 1 24 2 23 3 22 4 2 5 1 6 C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6 1 2 3 4 5 6 7 7 1 (x  2) 7 Bài giải 0  37  27 7 1 =  C6.2 � 0 6 0   C16 25 x  C62 24 x 2  C36 23 x3  C64 22 x 4  C56 2x5  C66x6 dx 1 = � 26 0 25 1 2 24 2 3 23 3 4 22 4 5 2 5 6 1 6 7 � C6 x  C6 x  C6x  C6 x  C6 x  C6 x � � C6 x  2 3 4 5 6 7 �1 � 0 = 26 0 25 1 24 2 23 3 22 4 2 5 1 6 C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6 1 2 3 4 5 6 7 Vậy: S = Bài 24. =S 37  27 7 (ĐH Đà Lạt khối D 2001) n MRới mọi số x ta có: x = 1 n �Ckn (2x  1)k (n N) (*) 2n k 0 Bài giải Đặt u = 2x – 1, ta được: n �u  1� 1 n k k � 2 �  n �Cnu � � 2 k 0 (*)   (u + 1)n = n �Cknuk . Đẳng thức đúng. k 0 Bài 25. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001) Với mỗi n là số tự nhiên, hãy tính tổng: Cn0  S= 1 1 1 1 1 n n Cn .2  Cn2 .22  Cn3 .23  ...  Cn.2 2 3 4 n1 Bài giải 2 Có 2 1 k k 1 1 k k Cn .2  Ckn .xk 1  � Cnx dx k 1 2(k  1) 20 0 Cn0  S= 1 1 1 1 1 n n Cn .2  Cn2 .22  Cn3 .23  ...  Cn.2 2 3 4 n1 = 2 2 n 1 k k 1 k k 1 �n k k � C .2  C x dx  C x dx � � � �n n �� n � � 2 0� k 0 k  1 k0 2 0 k 0 � � = 1 1 (x  1)n1 n (x  1) dx  . 2 0� 2 n1 n 2 2 = 0 = 3n1  1 2(n  1) Bài 26. (ĐH Hàng hải 2001) 2n  22n1(22n  1) Chứng minh: C02n  C22n.32  C42n.34  ...  C2n 2n .3 Bài giải 2n Ta có: n C02n  C12n .31  C22n.32  ...  C2n 2n.3 n C02n  C12n .31  C22n .32  ...  C2n 2n.3 (1 + 3) = (1 – 3)2n = Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được: 0 2 2 2n 2n 42n + 22n = 2  C2n  C2n.3  ...  C2n.3  Từ đó ta được: 2n C02n  C22n .32  C42n .34  ...  C2n  22n1(22n  1) 2n .3 Bài 27. (ĐH Luật TPHCM khối A 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có: C1n .3n1  2.Cn2 .3n2  3.Cn3 .3n3  ...  n.Cnn = n.4n–1 Bài giải Cn0 3n  C1n .3n1x  ...  Cnn.xn n–1 C1n .3n1  2Cn2 .3n 2 x  ...  nCnnxn1 n Xét hàm số: f(x) = (x + 3) = Ta có: f(x) = n(x + 3) = Cho x = 1, ta được: f(1) = n.4n–1 = C1n .3n1  2.Cn2.3n2  3.Cn3 .3n3  ...  n.Cnn (đpcm) Bài 28. (ĐHSP HN khối A 2001) Trong khai triển của 10 �1 2 � �3  3 x � � � thành đa thức: a0 + a1x + a2x2 + … + a9x9 + a10x10 (ak  R) hãy tìm hệ số ak lớn nhất (0 ≤ k ≤ 10). Bài giải Ta có: ak–1 ≤ ak  k 1 k 1 k C10 .2 �C10 .2k  k ≤ 2(11 – k)  k ≤  1 2 � (k  1)!(11 k)! k!(10  k)! 22 3 Vậy hệ số a7 là lớn nhất: a7 = 1 10 3 7 .C10 .27 . Bài 29. (ĐH Vinh khối AB 2001) Cho n là một số nguyên dương cố định. Chứng minh rằng Ckn lớn nhất nếu k là số tự nhiên lớn nhất không vượt quá n1 . 2 Ckn Ta có: =  Do đó: Ckn > n! k!(n  k)! Ckn Ckn1 Ckn1  Bài giải và Ckn1 = n! (k  1)!(n  k  1)! nk 1 . k  nk 1 1 k k< n1 2 Bảng biến thiên:  Ckn lớn nhất nếu k là số tự nhiên lớn nhất không vượt quá n1 . 2 Bài 30. (ĐH Vinh khối DTM 2001) Chứng minh rằng: 2 4 2000 C02001  32 C2001  34 C2001  ...  32000 C2001  22000 (22001  1) Ta có: (x + 1)2001 = 2001 (–x + 1)2001 = Bài giải �Ck2001.xk k 0 2001 �Ck2001.(x)k k 0 Cộng lại ta được: (x + 1)2001 + (–x + 1)2001 = 0 2 2 4 4 2000 2000 = 2  C2001  x C2001  x C2001  ...  x C2001  Cho x = 3 ta được: 0 2 2 4 4 2000 2000 42001 – 22001 = 2  C2001  3 C2001  3 C2001  ...  3 C2001   2 4 2000 C02001  32 C2001  34 C2001  ...  32000 C2001  22000 (22001  1) Bài 31. (ĐH Y Dược TPHCM 2001) Cho k và n là các số nguyên thoả mãn: 9 ≤ k ≤ n. Chứng minh rằng:  Cn2nk .Cn2nk � Cn2n  2 Bài giải Đặt ak = với 0 ≤ k ≤ n. Ta chứng minh rằng: a0 > a1 > … > a n (1) Thật vậy, ta có BĐT ak > ak+1 với 0 ≤ k ≤ n – 1(2) Cn2nk .Cn2nk   (2n  k)! (2n  k)! (2n  k  1)! (2n  k  1)! .  . n!(n  k)! n!(n  k)! n!(n  k  1)! n!(n  k  1)! 2n  k 2n  k  1   (2n – k)(n + k + nk nk 1 1) > (n – k)(2n + k + 1)  2nk + n > 0 Ta được BĐT đúng  (2) đúng  (1) đúng. Do đó: ak =  Cn2nk .Cn2nk � Cn2n  2 = a0 Dấu “=” xảy ra  k = 0. Bài 32. (ĐH khối A 2002) Cho khai triển nhị thức: 2 x 1 2   x n 23  2   C  2   2   ...   2 2  C 2   Cnn1 x 1 n 2 Cn0 x 1 2 1 n  x n1 3 x 1 n1 2 n n x 3 x n 3 (n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn3  5C1n và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x. Bài giải Từ Cn3  5C1n ta có n ≥ 3 và   n2 – 3n – 28 = 0  Với n = 7 ta có: C37 n! n! 5 3!(n  3)! (n  1)! n(n  1)(n  2)  5n 6 n  4 (loai) � � � n7 �    x 1 22  x 3 23 = 140  35.22x–2.2–x = 140  2x–2 = 4  x = 4. Vậy n = 7, x = 4. Bài 33. (ĐH khối B 2002) Cho đa giác đều A1A2…A2n (n ≥ 2, n nguyên) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, …, A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, …, A2n. Tìm n? Bài giải Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, …, A2n là C32n . Gọi đường chéo của đa giác đều A1A2…A2n đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có n đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A 1, A2, …, A2n có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, với mỗi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đường chéo lớn của đa giác A1, A2, …, A2n, tức Cn2 . Theo giả thiết thì: (2n)! n!  20. 3!(2n  3)! 2!(n  2)! 2n(2n  1)(2n  2) n(n  1)  20  2n – 1 6 2 C32n  20Cn2 �  = 15  n = 8. Bài 34. (ĐH khối D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho: Cn0  2C1n  4Cn2  ...  2n Cnn = 243 Ta có: (x + 1)n = Bài giải n �Cknxk k 0 Cho x = 2 ta được: 3n = n �Ckn 2k  3n = 243  n = 5. k 0 Bài 35. (ĐH dự bị 2 2002) Tìm số n nguyên dương thoả mãn bất phương trình: An3  2Cnn 2 ≤ 9n. Bài giải BPT  n �3 � � n(n - 1)(n - 2) + n(n - 1) � 9n �  n �3 � � �2 n - 2n - 8 �0 �  3 ≤ n ≤ 4  n = 3 hoặc n = 4. Bài 36. (ĐH dự bị 4 2002) Giả sử n là số nguyên dương và: (1 + x)n = a0 + a1x + a2x2 + … + akxk + … + anxn Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho ak 1 ak ak 1   2 9 24 . Hãy tính n. Ta có:   ak 1 ak ak 1   2 9 24 Bài giải (1) (1 ≤ k ≤ n – 1) Ckn1 Ckn Ckn1   2 9 24 1 n! 1 n! 1 n!   2 (k  1)!(n  k  1)! 9 k!(n  k)! 24 (k  1)!(n  k  1)!  2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!  2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k  �2(n  k  1)  9k � 9(n  k)  24(k  1) �  � 2n  2 k � � 11 � 3n  8 � k � 11 Để tồn tại k thoả mãn hệ thức (1), điều kiện ắt có và đủ là: 3n – 8 = 2n + 2  n = 10. Bài 37. (ĐH dự bị 6 2002) Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: (x + 1)10.(x + 2) = x11 + a1x10 + a2x9 + … + a11. Hãy tính hệ số a5. Bài giải 10 10 2 8 3 7 9 C110 x9  C10 x  C10 x  ...  C10 x 1 1 10 2 9 3 8 9 2 11 C10 x  C10 x  C10x  ...  C10 x Ta có: (x + 1) = x +  (x + 1)10(x + 2) = x + +  x  2 8 3 7 9 2 x10  C110 x9  C10 x  C10 x  ...  C10 x 1 2 3 2  C110 .2  x9   C10  C10 .2 x8  ...  = x11 +  C110  2 x10   C10 + 9 8  C10 .2 x 2 + +  C10 = x11 + a1x10 + a2x9 + … + a11 5 4  2C10 Vậy a5 = C10 = 672. 9  C10 10  C10 .2 x +2 Bài 38. (ĐH khối A 2003) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức n �1 5� � 3  x �, �x � Newton của biết rằng: Cnn14  Cnn3  7(n  3) (n nguyên dương, x > 0). Ta có:  Cnn14  Cnn 3 (n  2)(n  3) = 2!  7(n  3) Bài giải   Cnn13  Cnn3   Cnn3  7(n  3)  n + 2 = 7.2! = 14  n = 12. 7(n + 3) Số hạng tổng quát của khai triển là: k C12 (x3 )k Ta có: 6011k x 2 x  5 12k 2 k  C12 x 60  11k 2 = x8  6011k 2 = 8  k = 4. Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là 12! 4!(12  4)! 4 C12  = 495. Bài 39. (ĐH khối B 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng: Cn0  22  1 1 23  1 2 2n1  1 n Cn  Cn  ...  Cn 2 3 n1 Bài giải n Ta có: (1 + x) = 2 2 Cn0  C1nx  Cn2 x2  Cn  Cnx  Cn x �  2 �0 1 x2 x3 xn1 � (1 x)n1  � Cn x  C1n  Cn2  ...  Cnn � n1 2 3 n  1� � 1 1 1 1 2 2   (1 x)ndx  � 1 0  ...  Cnnxn  ...  Cnnxn dx 2  Cn0  22  1 1 23  1 2 2n1  1 n Cn  Cn  ...  Cn 2 3 n1 = 3n1  2n1 n1 Bài 40. (ĐH khối D 2003) Với n là số nguyên dương, gọi a3n–3 là hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của (x2 + 1)n(x + 2)n. Tìm n để a3n–3 = 26n. Bài giải 2 Ta có: n Cn0 x2n  C1nx 2n 2  Cn2x 2n 4  ...  Cnn Cn0 xn  2C1nxn1  22 Cn2 xn2  23 Cn3 xn3 (x + 1) =  ...  2n Cnn (x + 2)n = Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = 2 không thoả mãn điều kiện bài toán. Với n ≥ 3 thì x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1 Do đó hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của: (x2 + 1)n(x + 2)n là: a3n–3 = 23.Cn0 .Cn3  2.C1n.C1n  a3n–3 = 26n  2n(2n2  3n  4)  26n 3  n5 � � 7 � n   (loai) � � 2 Vậy: n = 5. Bài 41. (ĐH khối D 2003 dự bị 2) Tìm số tự nhiên n thoả mãn: Cn2Cnn 2  2Cn2Cn3  Cn3Cnn3 = 100 Ta có: Bài giải = 100 Cn2Cnn 2  2Cn2Cn3  Cn3Cnn3 2 2 Cn2  2Cn2Cn3  Cn3  100      2  Cn2  Cn3   100  n(n  1) n(n  1)(n  2)   10 2 6     3n(n – 1) + (n2 – n)(n – 2) = 60 (n2 – n)(n + 1) = 60 (n – 1)n(n + 1) = 3.4.5 n = 4.  Bài 42.  Cn2  Cn3  10 (CĐ Xây dựng số 3 – 2002) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có: 2n1 C12n  C32n  C52n  ...  C2n  C02n  C22n  C42n  ...  C2n 2n Bài giải Ta có khai triển: 1 2n (x + 1)2n = C02nx2n  C12nx2n1  C22nx2n 2  ...  C2n 2n x  C2n Cho x = –1 ta được: 1 2n 0 = C02n  C12n  C22n  C32n  C42n  ...  C2n 2n  C2n 1 0 2 2n  C12n  C32n  ...  C2n 2n  C2n  C2n  ...  C2n Bài 43. (CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002) 1. Giải phương trình: C1x  6Cx2  6C3x = 9x2 – 14x 19 19 2. Chứng minh rằng: C120  C320  C520  ...  C17 20  C20 = 2 1. Điều kiện: �x �1 �x �2 � � � �x �3 � �x �N PT  x + 6 Bài giải x �3 � � x �N � x! x! 6 2!(x  2)! 3!(x  3)! = 9x2 – 14x  x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x  x(x – 9x + 14) – 0  2 x0 � � x7 � � x2 � (loai) � (loai) � x=2 2.  Cách 1: 2 2 19 20 20 x  ...  C19  C20 x * Ta có: (1 – x)20 = C020  C120 x  C20 20 x 0 1 2 19 20 Cho x = 1 ta có: C20  C20  C20  ...  C20  C20 = 0 2 20  ...  C20  C120  C320  ...  C19  C020  C20 20 0 2 20 Đặt: A = C20  C20  ...  C20 ; B = C120  C320  ...  C19 20 A=B (1) 2 2 19 20 20 x  ...  C19 * Ta có: (1 + x)20 = C020  C120 x  C20 20 x  C20 x 2 20 20  ...  C19 Cho x = 1 ta có: C020  C120  C20 20  C20 = 2  A + B = 220 (2) Từ (1) và (2) suy ra A = 220 2  Cách 2: Áp dụng công thức C120  C320  C520 = 219 (đpcm). Ckn1  Cnk 1  Cnk 19  ...  C17 20  C20 0 1 2 C19  C19  C19 19 19 và Cn0  1 , ta được: = = = (1 + 1) = 2 . 3 16 17 18 19  C19  C19  C19  C19  C19 Bài 44. (CĐ khối AD 2003) Chứng minh rằng: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 – 1 Bài giải  Cách 1: Ta có: Pn+1 – [nPn + (n – 1)Pn–1 + … + 2P2 + P1] = = (n + 1)! – n.n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = n![(n + 1) – n] – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = (n – 1)![n – (n – 1)] – … – 2.2! – 1! = (n – 1)! – (n – 2)(n – 2)! – … – 2.2! – 1! = ….. = 2! – 1.1! = 1 Vậy: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 – 1.  Cách 2: Chứng minh bằng qui nạp: * Với n = 1, ta có P1 = P2 – 1  1! = 2! – 1. Mệnh đề đúng. * Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k > 1), tức là ta có: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk = Pk+1 – 1 * Ta cần ch. minh: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1= Pk+2 –1 Thật vậy, P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1 = Pk+1 – 1 + (k +1)Pk+1 = (k + 2)Pk+1 – 1 = Pk+2 – 1. (đpcm) Bài 45. (CĐ Giao thông II 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2, ta đều có: Cn0C1n...Cnn n1 �2n  2 � �� � �n  1 � Bài giải Do Cn0 Cnn Cn0C1n...Cnn 1  C1nCn2 ...Cnn1 nên ta có: Áp dụng BĐT Côsi ta có:  n1 �C1  Cn2  ...  Cnn1 � C1nCn2 ...Cnn1 �� n � � n1 � Áp dụng khai triển (a + b)n = Cn0  C1n Suy ra:  Cn2  ...  Cnn n �Cknakbnk với a = b = 1, ta có: k 0 =2  n �2n C1nCn2 ...Cnn1 �� n1  2� � �n  1 � C1n  Cn2  ...  Cnn1 = 2n – 2 (đpcm). Bài 46. (CĐ Giao thông III 2003) 1. Tính tổng: S = C1n  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...  (1)n1nCnn (n > 2) 2. Tính tổng: T= Cn0  1 1 1 2 1 n Cn  Cn  ...  Cn 2 3 n1 biết rằng n là số nguyên dương thoả điều kiện: Cnn  Cnn1  Cnn 2  79 Bài giải Cn0  Cn3 x3  ...  Cnnxn 1. Ta có: (1 + x) = Đạo hàm 2 vế, ta được: n(1 + x)n–1 = C1n  2Cn2 x  3Cn3 x2  ...  nCnnxn1 Cho x = –1 0 = C1n  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...  (1)n1nCnn Vậy S = 0. 2. Ta có: (1 + x)n = Cn0  C1nx  Cn2x2  Cn3 x3  ...  Cnnxn n    1 (1 x)ndx  � 0 (1 x)n1 n1 n1 2 1 0 1  C1nx  Cn2 x2  Cn  Cnx  Cn x � 0 0 1 2 2   Cn3x3  ...  Cnnxn dx 1 1 1 1 n n1 � �0 � Cn x  C1nx2  Cn2x3  ...  Cnx � 2 3 n1 � �0 1 1 1 1 n  Cn0  C1n  Cn2  ...  Cn n1 2 3 n1
- Xem thêm -