Bài giảng Đạo hàm hai vế của khai triển Newton để chứng minh một đẳng thức

ĐẠI SỐ TỔ HỢP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 2) Dạng 2: ĐẠO HÀM HAI VẾ CỦA KHAI TRIỂN NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC – Viết khai triển Newton của (ax + b)n. – Đạo hàm 2 vế một số lần thích hợp . – Chọn giá trị x sao cho thay vào ta được đẳng thức phải chứng minh. Chú ý : k • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa kCn ta đạo hàm hai vế trong khai triển (a + x)n.. k • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k(k – 1) Cn ta đạo hàm 2 lần hai vế của khai triển (a + x)n. Bài 136. Chứng minh : 123 nn1− a) C2C3Cnn++n++=...nCn2 n 123 n1n− b) C2C3C.nnn−+−..(1)nC+−n = 0 n1−− 1 n1 2 n3− 3 n1 − n c) 2Cnn−+ 2C 3.2C n −+− ...(1)nCn = n. Giải Ta có nhị thức n 0n 1n1−− 2n22 nn (a + x) = Cann++ Ca x Ca n x ++ ... Cxn. Đạo hàm 2 vế ta được : n-1 1n1− 2n2−− 3n32 nn1 − n(a + x) = Cnna++ 2C a x 3C n a x ++ ... nC n x a) Với a = 1, x = 1, ta được : 123 nn1− C2C3C...nCn2nnn++++= n b) Với a = 1, x = –1, ta được : 123 n1n− C2C3C...(1)nCnnn−+−+−n = 0 c) Với a = 2, x = –1, ta được : n1−− 1 n1 2 n3 − 3 n1 − n 2Cnn−+ 2C 3.2C n −+− ...(1)nCn= n. 100 2 100 Bài 137. Cho (x – 2) = a0 + a1x + a2x + … + a100x . Tính : a) a97 b) S = a0 + a1 + … + a100 c) M = a1 + 2a2 + 3a3 + … + 100a100 Đại học Hàng hải 1998 Giải Ta có : (x – 2)100 = (2 – x)100 0 100 1 99 k 100−k k 100 100 = C2100 −++C2.x...C2100 100 (x)−++ ...Cx100 a) Ứng với k = 97 ta được a97. 97 3 97 Vậy a97 = C2100 (1)− 100! −8××× 100 99 98 = –8. = = – 1 293 600 3!97! 6 100 2 100 b) Đặt f(x) = (x – 2) = a0 + a1x + a2x + … + a100x Chọn x = 1 ta được 100 S = a0 + a1 + a2 + … + a100 = (–1) = 1. 2 99 c) Ta có : f(x)′ = a1 + 2a2x + 3a3x + … + 100a100x Mặt khác f(x) = (x – 2)100 ⇒ f(x)′ = 100(x – 2)99 99 2 99 Vậy 100(x – 2) = a1 + 2a2x + 3a3x + … + 100a100x Chọn x = 1 ta được 99 M = a1 + 2a2 + … + 100a100 = 100(–1) = –100. Bài 138. Cho f(x) = (1 + x)n với n ≥ 2. a) Tính f(1)// b) Chứng minh 234 n n2− 2.1.Cnnn++++−=− 3.2.C 4.3.C ... n(n 1)Cn n(n 1)2 . Đại học An ninh 1998 Giải a) Ta co ù : f(x) = (1 + x)n ⇒ f(x)′ = n(1 + x)n – 1 ⇒ f// (x) = n(n – 1)(1 + x)n – 2 Vậy f// (1) = n(n – 1)2n – 2 . b) Do khai triển nhị thức Newton n 0 1 22 33 44 nn f(x) = (1 + x) = CCnn+xCxCxCx...C+ n + n + n ++ nx n - 1 122334 n1n− ⇒ f(x)′ = n(1 + x) = Cnn+ 2xC +3x Cn + 4x C n ++ ... nx Cn n - 2 2324 n2n− ⇒ f(x)′′ = n(n – 1)(1 + x) = 2Cnn++ 6xC 12x C n + ...+−n(n 1)x Cn Chọn x = 1 ta được n – 2 23 4 n n(n – 1)2 = 2Cnn++ 6C 12C n ++− ... n(n 1)Cn. Bài 139. Chứng minh n1−− 1 n1 2 n3− 3 n4 − 4 n n1− 2Cnn++ 2C 3.2Cn+ 4.2C n ++= ...nC nn3. Đại học Kinh tế Quốc dân 2000 Giải Ta có : n 0n 1n1−− 2n22 3n33 − nn (2 + x) = C2n+C2n x+ C2 n x + C2 n x ++ ... Cxn Đạo ha øm 2 vế ta được n – 1 1n1−− 2n2 23n3 −−n1n n(2 + x) = C2nn++ 2xC2 3xC2 n ++ ... nx C n Chọn x = 1 ta đư ợc n – 1 n1−− 1 n1 2 3 n3 − n n3 = 2Cnnn++ 2C 3C2 ++ ...nC n. 1n1−−− 2n2 3n3 n n1− Bài 140. Chứng minh Cnnn 3++++= 2C 3 3C 3 ... nC n n4 . Đại học Luật 2001 Giải Ta có : n 0n 1n1−− 2n22 3n33 − nn (3 + x) = C3n+C3n x+ C3 n x + C3 n x ++ ... Cxn Đạo ha øm 2 vế ta được n – 1 1n1− 2n2−− 23n3 nn1− n(3 + x) = C3nn++ 2xC3 3xC3 n++... nCxn Ch ọn x = 1 n – 1 1n1−−− 2n2 3n3 n ⇒ n4 = C3nnn++++ 2C3 3C3 ... nC n. 1234 n1− n Bài 141. Tính A = C2C3C4C...(1)nCnnnn−+−++− n Đại học Bách khoa Hà Nội 1999 Giải Ta có : n 01 2233 nnn (1 – x ) = Cnn−+ C x Cnx− C n x ++... (−1) Cn x Lấy đa ïo hàm hai vế ta được n – 1 1223 nnn1− –n(1 – x) = −+C2xC3xCnn − n +...(1)nCx+− n Chọn x = 1 ta có : 123 nn 0 = −C2nnn+C3C...(1)nC− ++− n 123 n1n− ⇒ A = C2C3C...(1nnn−+++−)nCn= 0 Bài 142. Chứn g mi nh với n ∈ N và n > 2 1 (C123++++ 2C 3C ...nC n ) < n! (*) n nnn n Giải n 0122 nn Ta có : (1 + x) = CxCxCnn++ n +...xC+n Lấy đa ïo hàm theo x hai vế ta được : n – 1 12 n1n− n(1 + x) = C2xC...nxCnn+++ n Chọn x = 1 ta được n – 1 12 n n2 = Cn++ 2Cn...+ nCn 1 Vậy (*) ⇔ (n.2n1− ) < n! ⇔ 2n – 1 < n! (**) n Kết quả (**) sẽ được chứng minh bằng qui nạp (**) đu ùng khi n = 3. Thật vậy 4 = 22 < 3! = 6 Giả s ử (**) đúng khi n = k với k > 3 nghĩa là ta đã có : k! > 2k – 1 Vậy (k + 1)k! > (k + 1)2k – 1 ⇔ (k + 1)! > 2 . 2k – 1 = 2k (do k > 3 nên k + 1 > 4 ) Do đó (**) đúng khi n = k + 1. Kết luận : 2n – 1 2. Bài 143. Chứng minh 23 nn− 2 a) 1.2Cnn+++−=− 2.3C ... (n 1)nCn n(n 1)2 23 n2− n b) 1.2Cnn−++− 2.3C ... ( 1) (n −= 1)nCn 0 n1−− 2 n2 3 n4− 4 n n2− c) 2 Cnn++ 3.2 C 3.4.2 Cn ++−= ... (n 1)nC n n(n −1)3 n1−− 2 n2 3 n−4 4 n2 − n d) 2 Cn−+ 3.2 Cn 3.4.2 Cn−+−−=− ... ( 1) (n 1)nCn n(n 1) . Giải Ta có nhị thức n 0n 1n1−− 2n22 nn (a + x) = Cann++ Ca x Can x + ...+Cxn. Đạo hàm 2 vế 2 lần , ta được : n – 2 2n2− 3n3−−nn2 n(n – 1)(a + x) = 1.2Cnn a+++− 2.3C a x ... (n 1)nCn x a) Với a = 1, x = 1, ta được : 23 n n2− 1.2Cnn+++−=− 2.3C ... (n 1)nCn n(n 1)2 b) Với a = 1, x = – 1, ta được : 23 n2− n 1.2Cnn−++− 2.3C ... ( 1) (n −= 1)nCn 0 c) Với a = 2, x = 1, ta được : n2−− 2 n3 3 n n2− 1.2.2 Cn+++−=− 2.3.2 Cn ... (n 1)nC n n(n 1)3 n1−− 2 n2 3 n4− 4 n n2− ⇔ 2 Cnn++ 3.2 C 3.4.2 C n ++−=− ... (n 1)nC n n(n 1)3 d) Với a = 2, x = –1, ta được : n2−−− 2 n3 3 n4 4 n2 −n 1.2.2 Cnnn−+−+−−= 2.3.2 C 3.4.2 C ... ( 1) (n 1)nCn n(n − 1) n1− 2 n2− 3 n4 − 4 n2 − n ⇔ 2 Cn− 3.2 Cn+ 3.4.2 C n −+−−= ... ( 1) (n 1)nCn n(n− 1) . Bà i 144. Chứng minh : 01 nn1− a) 3Cnn++++ 4C ... (n 3)Cn = 2 (6 +n) . 01 n n b) 3Cnn−++− 4C ... ( 1) (n +3)Cn = 0 . Giải n 0n 1n1−− 2n22 nn Ta có nhị thức (a + x) = Cnna++ Ca x Ca n x ++ ... Cxn Nhân 2 vế với x3, ta được : 3 n 0n3 1n14− 2n25−+ nn3 x(a + x) = Caxn++++Can x Ca n x ... Cxn. Đạo hàm 2 vế, ta được : 2 n 3 n – 1 0n2 1n13− nn2+ 3x(a + x) + nx (a + x) = 3Cnn a x++++ 4C a x ... (n 3)Cn x . a) Với a = 1, x = 1, ta được : 0 1 n n n1−− n1 3Cnn++++ 4C ... (n 3)Cn=+ 3.2 n2 = 2 (6 + n) . b) Với a = 1 , x = –1, ta được : 01 n n 3Cnn−++− 4C ... ( 1) (n+ 3)Cn = 0 . ----------------------------------------- Dạng 3: TÍCH PHÂN HAI VẾ CỦA NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC + Viết khai triển Newton của (ax + b)n. + Lấy tích phân xác định hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2] ta sẽ được đẳng thức cần chứng minh. Chú ý : Ck • Cần chứng minh đẳng thức chứa n ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế k1+ trong khai triển của (a + x)n. 1 • Cần chứng minh đa ún g th ức chứa Ck ta lấy tích phân với cận thích hợp km1+ + n hai vế trong khai triển của xm(a + x)n. Bài 145. Cho n ∈ N và n ≥ 2. 1 a) Tính I = x(123n+ x)dx ∫0 111 1 2n1+ −1 b) Chứng minh : CCC01+++ 2...+ Cn = . 369nnn 3( n1)3(n1)+ n + Đại học Mở 1999 Giải 1 1 1 a) Ta có : I = x(23n1+ x)dx = (1+ x3n ) d(x 3+1) ∫0 3 ∫0 3n1+ 1 1 (1+ x ) ⎤ 1 n1+ I = . ⎥ = ⎣⎡21− ⎦⎤ . 3 n1+ ⎦0 3(n+ 1) 3 n 01326 n3n b) Ta có : (1 + x ) = Cnn++++ C x C n x ... Cnx 2 3 n 20 51 82 3n2n+ ⇒ x(1 + x ) = x Cnnn++++ x C x C ... x Cn Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được : 369 3n3+ 1 ⎡⎤xxx01 2 x I = ⎢⎥CCC...nnn++++ ⎣⎦369 3n3+ 0 21n1+ − 1 1 1 1 Vậy : =++++C01 C C2 ... Cn 3(n++ 1) 3nnn 6 9 3n 3 n n Ck 21n1+ − Bài 146. Chứng minh ∑ n = k0= k1+ n1+ Đại học Giao thông Vận tải 2000 Giải n 01 22 nn Ta có : (1 + x) = Cnn++ C x C n x ++ ... C n x 1 1 Vậy (1+ x)n dx = C01++ C x C 22 x ++ ... C nn x dx ∫0 ∫0 ( nn n n) n1+ 1 23 n1+ 1 ⎡⎤(1 + x) ⎡⎤01xx 2 n x ⇔ ⎢⎥ = ⎢⎥Cnn x++++ C C n ... C n ⎣⎦n1+ 0 ⎣⎦23 n1+ 0 21n1+ − 11 1 ⇔ = C012++++ C C ... Cn n1+ nnn23 n1+ n 21n1+ − n Ck ⇔ = ∑ n n1+ k0= k1+ 2123−− 21 2 n+1−1 Bài 147. Tính : C012++++ C C ... Cn. nn23n n1+ n Tuyển sinh Đại học khối B 2003 Giải n 0 1 22 33 n n Ta có : (1 + x) = CCxCxCx...Cxnn++ n + n ++ n 2 2 Vậy (1 + x) n dx = C0++ C 1 x C 22 x + C 33 x ++ ... C n x ndx ∫1 ∫1 ( nn n n n) n1+ 2 234 n1+ 2 ⎡⎤(1+ x) ⎡⎤01xxx 2 3 n x ⇔ ⎢⎥ = ⎢⎥Cnn x+++++ C C n C n ... C n ⎣⎦n1+ 1 ⎣⎦234 n1+ 1 n1++ n1 32 112212 ⇔ − = C[x]02++++ Cx 12⎡ ⎤⎡⎤ Cx 23 ... Cxnn1 ⎡⎤+ n1++ n1 n123 n⎣ ⎦⎣⎦11n n1+ n⎣⎦1 32n1++− n1 2123− 21−− 2 n+1 1 ⇔ = C0++C1 C 2 ++ ... Cn n1+ nn23 n n n1+ Bài 148. Chứng minh : 1 1 (1)− n 1+(1)− n 2C02132−+++ 2 .C 2 .C ... 2n1n+ C = nnn23 n1++n n1 Đại học Giao thông Vận tải 1996 Giải n 01 22 nnn Ta có : (1 – x) = Cnn−+C x C n x ++− ... ( 1) Cn x 2 2 Vậy (1− x) n dx = CCxCx...(1)C01−+ 22 ++− nnxdxn ∫0 ∫0 ( nn n n) n1+ 2 3nn+12 ⎡⎤(1− x) ⎡ 0211x 2 (1)x− n⎤ ⇔ ⎢⎥− = ⎢Cxnnn−+++ xC C ... Cn⎥ ⎣⎦n1+ 0 ⎣ 23 n1+ ⎦0 (1)−−n1+ 1 2223 (1)2− nn1+ ⇔ − = 2C01−+++ C C 2 ... Cn n1+ nnn23 n1+ n 1(1)+− n 2223 (1)2− nn1+ ⇔ = 2C01−+++ C C 2 ... Cn n1+ nnn23 n1+ n Bài 149. Chứng minh : 11(−1)n a) (1)C−+−n0 (1) n1− C 1 ++ ... Cn = nn2n1n+ n+1 111 b) C01−++− C ... ( 1) n C n =. nn2n++1nn1 Giải Ta có nhị thức n 0n 1n−−1 2n22 nn (a + x) = Cann++ Ca x Can x ++ ... Cxn. 1 1 Vậy : (a+ x)n dx = Ca0n+++ Ca 1n1− x ... Cxnn dx ∫0 ∫0 ()nn n n1+ 1 1 (a+ x) ⎛⎞0n11 1n12−+nn1 ⇔ = ⎜⎟Caxnn+++ Ca x ... Cxn n1+ 0 ⎝⎠2n+10 (a+− 1)n1++ a n1 11 ⇔ = Ca0n+++ Ca 1n1− ... Cn. n1+ nn2n1+ n a) V ới a = –1 , ta được : 11(1)(1)− −−n1+ n (1)C−+n0 (1−)n1− C 1 ++ ... Cn = = n2n1n1nn+ n++1 b) Ta có nhị thức n 0n 1n1−− 2n22 nn (a + x) = Cann+Ca x+ Ca n x ++ ... Cxn. −1 −1 Vậy (a+ x)n dx = C0n a+++ C 1n1 a− x ... Cnn x dx ∫0 ∫0 ( nn n) n1+ −1 −1 (a+ x) ⎛⎞0n11 1n12−+nn1 ⇔ = ⎜⎟Caxnn++ Ca x ...+ Cxn n1+ 0 ⎝⎠2n+10 (a−− 1)n1++ a n1 11 ⇔ = −+Ca0n Ca 1n1−+ −+− ... ( 1)n1 C n. n1+ nn2n+1n Với a = 1, ta được : 111− −+C01 C −+− ... ( 1) n1+ C n = . nn2n+1nn+1 111 ⇔ C01−++− C ... ( 1) n C n =. nn2n+1nn+1 1 Bài 150. Tính x(1− x)19 dx ∫0 111 1 1 Rút gọn S = C01−+++ C C 2 ... C18− C 19 23419 19 19 202119 19 Đại học Nông nghiệp Hà Nội 1999 Giải • Đặt t = 1 – x ⇒ dt = –dx Đổi cận x 0 1 t 1 0 1 0 Vậy I = x(1− x)19 dx = (1− t)t19 (− dt) ∫0 ∫1 1 1 11⎤ 11 1 ⇔ I = (t19 − t20 )dt = tt20− 21 = − = ∫0 ⎥ 20 21 ⎦0 20 21 420 19 0 1 2 2 18 18 19 19 • Ta có : (1 – x) = C19 −+C19x Cx 19 ++ ... Cx19 − Cx19 19 01223 18191920 ⇒ x(1 – x) = xC19−+++C 19 x Cx 19 ... Cx19 −Cx19 2 3 20 21 1 1 ⎡xx x x⎤ Vậ y I = x(1− x)19 dx = C01−+ C ...+ C 181 − C 9 ∫0 ⎢ 19 19 19 19 ⎥ ⎣ 2 3 20 21 ⎦0 1 11 1 1 ⇔ = C01−++C ... C 18 − C 19 420 219 3 19 2019 21 19 1 Vậy S = . 420 Bài 151. 1 a) Tính x(1− x2n ) dx ∫0 1111 (−1)n 1 b) Chứng minh C01−+−++ C C 23 C ... Cn= 2468nnnn 2n+ 22(n1)n + Đại học Bách khoa Hà Nội 1997 Giải 1 1 1 a) Ta co ù : I = x(1− x2n ) dx = −(1− x2n ) d(1 − x 2) ∫0 2 ∫0 2n1+ 1 1(1x)⎡⎤− 1 n1+ ⇔ I = − ⎢⎥ = −−⎣⎡01 ⎦⎤ 2n1⎣⎦+ 0 2(n+ 1) 1 ⇔ I = . 2(n+ 1) b) Ta có : 2 n 0122436 nn2n (1 – x) = CCxCxCx...(1)Cxnn−+−++−n n n 2 n 0132537 nn2n1+ ⇒ x(1 – x ) = xCnn−+−++−Cx Cxn Cx n ... ( 1)Cxn 2468 n 1 1 ⎡⎤xxxx (1)− Vậy I = x(1− x2n) dx = CCC01−+− 2C...3++ xC2n2n+ ∫0 ⎢⎥nnnn n ⎣⎦2468 2n2+ 0 1 1111 (1)− n ⇔ = C0−C1+−++ C 23 C ... Cn 2(n+ 1) 2468nnnn 2n2+ n Bài 152* .Chứng minh : 11 1 2(nn1+ 2+ n+ 2)2− C01+++ C ... Cn = . 3nn 4 n ++++3n (n 1)(n 2)(n 3) Giải a) Ta có nhị thức n 0n 1n1− nn (a + x) = Cann+++Ca x ... Cx n 2 n 0n2 1n13− nn2+ Suy ra : x (a + x) = Cnna x+++ C a x ... C n x 1 1 Vậy x(a2n+ x)dx = C0n2 a x+++ C 1n13 a−+ x ... C n xn 2 dx ∫0 ∫0 ( nn n) 11 1 = C0n a++ C 1n1 a− ...+Cn 3nn4 n3+ n Để tính tích phân ở vế trái, đặt t = a + x ⇒ dt = dx Đổi cận : x 0 1 t a a + 1 Suy ra : 1 a1+ x(a2n+ x)dx = (t− a)2n t dt ∫0 ∫a a1+ n3+++ n2 2n1 a1+ n2++ n1 2n ⎛⎞t2atat = (t−+ 2at a t )dt = ⎜⎟−+ ∫a n3++ n2 n1 + ⎝⎠a n2++ n2 2 n1++ n1 (a+− 1)n3++ a n3 2a⎡ (a+− 1) a⎤⎡ a (a +− 1) a ⎤ = −+⎣ ⎦⎣ ⎦ n3+n2+ n1+ Với a = 1, ta được : n3+++n2 n1 1 212(21)21− −− x(a2n+ x)dx = −+ ∫0 n3+ n2++ n1 n1+ ⎛⎞441⎛ 211⎞ = 2 ⎜⎟−+ +⎜ −−⎟ ⎝⎠n3n2+++ n1⎝ n2 +++ n3n1⎠ nn22 ++ 2 = 2n1+ − (n++ 1)(n 2)(n+ 3) (n ++ 1)(n 2)(n + 3) 2(nn1+ 2++ n2)2− = (n++ 1)(n 2)(n+ 3) 11 1 2(nn2)2n1+ 2+ +− Suy ra : C01+++ C ... Cn = . 3nn 4 n+ 3n (n++ 1)(n 2)(n + 3) PHẠM HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QUANG (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vĩnh Viễn)