Tính giá trị và chứng minh các biểu thức tổ hợp – Mai Ngọc Thắng - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC

Mai Ngọc Thắng – A1 (08-11) THPT NTMK, Tp.HCM

Chứng minh đẳng thức và tính giá trị biểu thức trong giải tích tổ hợp là một vấn đề khá rộng, nó có mặt trong những bài thi ĐH và cả trong các đề thi HSGQG. Với mong muốn giúp các bạn có thêm tư liệu cho việc tự học, đây là những kiến thức tôi có được trong quá trình luyện thi với người thầy kính yêu Vũ Vĩnh Thái và thêm một ít tôi sưu tầm được, tôi xin tổng hợp lại thành một chuyên đề nho nhỏ cũng nhằm thêm mục đích là lưu trữ. Mọi góp ý xin liên hệ qua email maingocthang1993@gmail.comhoặc nick yahoo blackjack2512.

I. Vài công thức cần nhớ:

_ Chỉnh hợp: !

( )!

nk n

A  n k



_ Tổ hợp: !

!( )!

nk n

C  k n k



_ Tính chất của tổ hợp: C_n^k C_n^{n k} Hằng đẳng thức Pascal: C_n^k C_n^k1C_n^k^₁¹

_ Nhị thức Newton:

0

( )^{n n} _n^{k n k k}

k

a b C a b^



 



Trong chuyên đề này hầu hết là liên quan đến tổ hợp nên các bạn cần nắm vững và sử dụng thuần thục 3 công thức liên quan đến tổ hợp như trên và trong từng mục tôi sẽ nhắc lại công thức áp dụng trong các bài tập thuộc mục đó.

II. Các phương pháp và ví dụ minh họa:

Các bài tập tôi nêu ra đều minh họa khá rõ cho phương pháp và sẽ có một số bài tập để các bạn có thể rèn luyện lại. Tôi sẽ cố gắng phân tích hướng giải ở một số bài toán với mong muốn giúp các bạn hiểu sâu sắc hơn về lời giải của bài toán đó.

Cách 1: Biến đổi đồng nhất, thay các công thức tổ hợp, đôi khi dùng sai phân, thường xuất phát từ vế phức tạp rồi dùng một số phép biến đổi để đưa biểu thức về giống vế đơn giản.

VD1:Chứng minh các đẳng thức sau:

1. ¹ 1

1

nk nk

C n

C^ n k

 

  ^{( ,n k N n k ,  )} 2. k k( 1)C_n^k n n( 1)C_n^k^₂² ( ,n k N ,2 k n)

3. ₁

1 1

1 1 1 1

2 _n^k _n^k _n^k n

n C _ C _^ C

 

   

   ^{( ,n k N n k *,  )} (ĐH B 2008) 4. C_{n k}²_ C_{n k}²_{ 1} là một số chính phương ( ,n k N n k ,  2)

Giải:1. Dễ dàng nhận thấy ta sẽ xuất phát từ vế trái và ta biến đổi

1 ( 1)! . !( )! 1

!( 1)! ! 1

nk nk

C n k n k n

C^ k n k n n k

  

 

   

3. Tương tự câu 1, ta cũng sẽ xuất phát từ vế trái là vế phức tạp

1 11

1 1 1 1 !( 1)! ( 1)!( )!

2 2 ( 1)! ( 1)!

1 !(. )!( 1 1) 1 !(. )!( 2) !( )! 1

2 ( 1)! 2 ( 1)! !

k k

n n

nk

n n k n k k n k

n C C n n n

n k n k n k k n k n k n k n k

n n n n n C



 

   

           

       

         

   

   

2,4. Xem như bài tập tự luyện.

VD2:(ĐHAN 2001- CĐ 2003)

1. Chứng minh với mọi  n 2 và n nguyên thì ta có: _{2 2 2 2}

2 3 4

1 1 1 ... 1 1

n

n

A A A A n

     

2. Rút gọn biểu thức: ¹_n 2 ₁ⁿ² 3 ₂ⁿ³ ... _nⁿⁿ₁

n n n

C C nC

F C  C  C  C ^

Giải:Bài này minh họa cho ý tưởng sai phân, đó là biến đổi số hạng tổng quát theo hiệu 2 biểu thức rồi thế giá trị và đơn giản từ từ.

1. Với n1,2,3,...,n ta có:

2

1 ( 2)! 1 1 1

! ( 1) 1

n

n

A n n n n n

    

 

Vậy _{2 2 2 2}

2 3 4

1 1 1 ... 1 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 1

2 2 3 1

n

n

A A A A n n n n

              



2. Cũng với ý tưởng sai phân nhưng ta biến đổi có hơi khác so với câu 1

n1

C n, 2 ₁² 2 ! .( 1)! 1

2!( 2)! !

n n

C n n n

C n n

   

 , 3 ₂³ 3 ! .2!( 2)! 2

3!( 3)! !

n n

C n n n

C n n

   



………. _k^nk₁ 1

n

kC n k C ^   

………. _nⁿⁿ₁ 1

n

nC C ^  Cộng n đẳng thức trên vế theo vế ta được:

2 3

1

1 2 1

2 ⁿ 3 ⁿ ... ⁿⁿ ( 1) ( 2) ... ( 1) ... 2 1

n n

n n n

C C nC

F C n n n n k

C C C ^

                

( 1) 1 2 3 ...

2 n n n

      (theo công thức tính tổng cấp số cộng)

VD3: Chứng minh:

1. (ĐHKTCN 1998) C_n^k3C_n^k13C_n^k2C_n^k3C_n^k_3 ( ,n k N ,3 k n)

2. (ĐHQGHCM 1997) C_n^k4C_n^k16C_n^k24C_n^k3C_n^k4 C_n^k_4 ( ,n k N ,4 k n)

Giải:Bài này minh họa cho HĐT Pascal: C_n^kC_n^k1C_n^k^₁¹. Công thức này đối với những bạn chưa làm quen thì hơi khó nhớ, có câu “thần chú” sau của thầy mình giúp các bạn dễ nhớ hơn dù nghe nó rất là bình thường: “cùng trệt lầu so le, nâng trệt lấy lầu cao”. Với ý tưởng đó ta sẽ nhóm các số hạng nhằm sử dụng HĐT Pascal:

1. Cn^k³Cn^k1³Cn^k2Cn^k3



Cn^k Cn^k1

 

² Cn^k1Cn^k2

 

 Cn^k2Cn^k3



   

1 2 1 1 2 1

1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 3

k k k k k k k k k k

n n n n n n n n n n

C _ C _^ C _^ C _ C _^ C _^ C _^ C _ C _^ C _

         

2. Hoàn toàn tương tự câu 1.

VD4:1. (TTĐTBDCBYTHCM 1998)

Cho 2 số nguyên n, m thỏa 0 m n. Chứng minh: C_n^m C_n^m^₁¹C_n^m^₂¹...C_m^m1C_m^m^₁¹

2. Cho ,n k N n k *,  . Rút gọn: S C _k^k C_k^k_1C_k^k_2...C_n^k_1C_n^k

Giải:Ở VD trên là dùng HĐT Pascal theo chiều thuận là gom 2 thành 1, còn ở VD này ta sẽ dùng theo chiều ngược tức là tách 1 thành 2.

1. Ta có:

1 11

1 2 21

1 1 1 1

1 2 1

1 1 11

... ...

1

m m m

n n n

m m m

n n n

m m m m m

n n n m m

m m m

m m m

m m

m m

C C C

C C C

C C C C C

C C C

C C



 



  

   

  







  

  

      

  

  



2. Hoàn toàn tương tự

Cách 2: Khai triển lũy thừa nhị thức rồi thay biến bằng giá trị thích hợp.

VD1:Chứng minh:

1. C_n⁰C C_n¹ _n² C_n³... ( 1)  ⁿC_nⁿ 0 2. 9⁰C_n⁰9^{1 1}C_n9²C_n²... 9 ⁿC_nⁿ 10ⁿ

Giải: 1. Ta thấy vế trái của đẳng thức chứa C_n⁰ và C_nⁿ đồng thời mỗi hệ số của tổ hợp là 1 nên ta sẽ chọn khai triển (1x)ⁿ và thấy các số hạng đổi dấu nên sẽ chọn x 1.

Ta có: (1x)ⁿ C_n⁰C x C x¹_n  _n^{2 2}...C x_n^{n n} (1)

Trong (1) thay x 1 ta được C_n⁰C C¹_n _n²C_n³... ( 1)  ⁿC_nⁿ 0

2. Trong (1) thay x9 ta được 9⁰C_n⁰9^{1 1}C_n9²C_n²... 9 ⁿC_nⁿ 10ⁿ VD2:1. (ĐHQGHCM 1997 – ĐHYDHCM 2000)

Chứng minh C₂¹_nC₂³_n C₂⁵_n...C₂^{2 1}_n^n C₂⁰_nC₂²_n C₂⁴_n...C₂²_nⁿ

2. (ĐHSPV 2000) Chứng minh C₂²_n C₂⁴_n...C₂^{2 2}_n^n C₂¹_n C₂³_n...C₂^{2 1}_n^n 2 Giải:2 bài trên bản chất giống nhau nên tôi sẽ giải mẫu bài 2.

2. Nhận thấy vế trái của đẳng thức khuyết mất C₂⁰_n C₂²_nⁿ nên ta sẽ cộng thêm lượng này vô để sử dụng khai triển (1x)²ⁿ và thật may mắn C₂⁰_n C₂²_nⁿ 2 nên ta có lời giải như sau:

YCBT C₂⁰_nC₂²_n C₂⁴_n...C₂^{2 2}_n^n C₂²_nⁿ C¹_2n C₂³_n...C₂^{2 1}_n^n

Ta có: (1x)²ⁿ C₂⁰_n C x C x¹_2n  ₂²_n ²C x C x₂³_n ³ ₂⁴_n ⁴...C₂^{2 2 2 2}_n^n x ^n C₂^{2 1 2 1}_n^nx ^n C x₂²_n^{n 2n} Thay x 1 ta được 0C₂⁰_n C¹_2nC₂²_nC₂³_n C₂⁴_n...C₂^{2 2}_n^n C₂^{2 1}_n^n C₂²_nⁿ

Từ đây chuyển vế đổi dấu ta có đpcm.

VD3:Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:

1. (ĐH D 2003) C_n⁰2C_n¹4C_n²... 2 ⁿC_nⁿ 243 (1) 2. (ĐH D 2008) C₂¹_n C₂³_n...C₂^{2 1}_n^n 2048 (2)

Giải:Thoạt nhìn tưởng 2 bài trên là giải phương trình nhưng thực chất lại là yêu cầu tính tổng bởi nếu không rút gọn được vế trái ta sẽ không thể tìm được n.

1. Nhận thấy lũy thừa của 2 tăng dần nên ta sẽ chọn x2 trong khai triển (1x)ⁿ Ta có: (1x)ⁿ C_n⁰C x C x¹_n  _n^{2 2}...C x_n^{n n}

Thay x2 ta được: 3ⁿ C_n⁰2C_n¹2²C_n²... 2 ⁿC_nⁿ Vậy (1)3ⁿ 243 3 ⁵ n 5

2. C1: Vế trái của phương trình ta thấy khuyết đi lượng C₂⁰_n C₂²_n...C₂²_nⁿ trong khai triển (1x)2ⁿ nhưng nếu tinh ý ta sẽ thấy C₂⁰_nC₂²_n ...C₂²_nⁿ C₂¹_n C₂³_n...C₂^{2 1}_n^n (đã được chứng minh ở câu 1 VD6) và ta đi đến lời giải như sau:

Ta có: (1x)²ⁿ C₂⁰_n C x C x¹_2n  ₂²_n ²C x₂³_n ³...C₂^{2 1 2 1}_n^nx ^n C x₂²_n^{n 2n}

Thay x 1 và chuyển vế đổi dấu ta có: C₂⁰_nC₂²_n ...C₂²_nⁿ C₂¹_nC₂³_n...C₂^{2 1}_n^n



2¹ 2³ 2^{2 1}

 

2⁰ 2² 2²



(2) C _nC _n...C _n^n  C _nC _n ...C _nⁿ 2.2048

2 2 1 11

(1 1) ⁿ 2.2048 2 ^n 2048 2 n 11

       

C2: Bài này còn 1 cách là sử dụng chiều đảo của HĐT Pascal khá đẹp mắt.

Áp dụng HĐT Pascal C_n^kC_n^k1C_n^k_^₁¹ ta có:

     

1 3 2 1 0 1 2 3 2 2 2 1

2_n 2_n ... 2_nⁿ 2 1_n 2 1_n 2 1_n 2 1_n ... 2 1_nⁿ 2 1_nⁿ

C C  C ^  C  C   C  C    C ^ C ^

Dễ thấy đây chính là khai triển của



1 1



^{2 1n} 2^{2 1n} nên(2)2^{2 1n} 2048 2 ¹¹ n 11 Cách 3: Viết 1 lũy thừa nhị thức dưới dạng tích của 2 lũy thừa nhị thức, khai triển từng vế rồi đồng nhất các số hạng tương ứng. Cách này thường được sử dụng khi vế phức tạp của đẳng thức. là tích của 2 tổ hợp C C_n^k. _mⁿ hoặc bình phương của 1 tổ hợp

 

Cn^{k 2}

VD1:Cho n nguyên dương. Chứng minh

     

C_n^{0 2} C_n^{1 2} C_n^{2 2}...

 

C_n^{n 2} C2ⁿ_n

Giải :* Ta có: (1x)²ⁿ  (1 x) (1ⁿ x) ,ⁿ x (1)

Mà ^{2 2} ₂

0

(1 ) ^{n n k}_n ^k

k

x C x



 



Trong khai triển hệ số của xⁿ là C₂ⁿ_n (2)

* Mặt khác : ⁽¹x^{) (1n} x⁾ⁿ 



Cn⁰C x C xn¹  n^{2 2}^...C x Cn^{n n}



n⁰C x C x¹n  n^{2 2}^...C xn^{n n}





Cn⁰ C x C x¹n n^{2 2 ...} C x C xn^{n n}



n^{0 n} C xn^{1 n1} C xn^{2 n2 ...} Cn⁰



        

Hệ số của xⁿ là trong tích trên là :

     

Cn^{0 2} C¹n ² Cn^{2 2}^...

 

Cn^{n 2} (3) Từ (1), (2), (3) ta có :

     

C_n^{0 2} C_n^{1 2} C_n^{2 2}...

 

C_n^{n 2} C2ⁿ_n

VD2:Chứng minh với m, k, n nguyên dương, m k n  ta có:

0 ^k 1 ^k 1 2 ^k 2 ... ^{m k m k}

m n m n m n m n m n

C C C C ^ C C ^  C C ^ C  (HĐT Vandermonde) Giải: * Ta có: (1x)^{m n}  (1 x) (1^m x) ,ⁿ x (1)

Mà

0

(1 )^{m n m n} _{m n}^{j j}

j

x ^{ } C x



 



Trong khai triển hệ số của x^k là C_{m n}^k_ (2)

* Mặt khác : (1x) (1^m x)ⁿ



Cm⁰ C x C xm¹ m^{2 2 ...} C xm^{m m}



Cn⁰ C x C xn¹ n^{2 2 ...} C xn^{k2 k2} C xn^{k1 k1} C xn^{k k} C xn^{n n}



           

Hệ số của x^k trong tích trên là C C_{m n}^{0 k} C C¹_{m n}^k1C C_{m n}^{2 k2}...C C_m^m _n^{k m} (3) Từ (1), (2), (3) ta có : C C_{m n}^{0 k}C C_{m n}^{1 k1}C C_{m n}^{2 k2} ...C C_m^m _n^{k m} C_{m n}^k_

VD3:1. Cho n nguyên dương. Chứng minh: (C₂^{0 2}_n) (C¹_2n)²( ) ... (C_n^{2 2}  C₂²_nⁿ)²  ( 1)ⁿC₂ⁿ_n 2. Cho n nguyên dương lẻ. Chúng minh: 1 ( ) C_n^{1 2}( )C_n^{2 2}( ) ... (C_n^{3 2}  C₂²_nⁿ)² 0

Giải: 1. * Ta có: (1x)²ⁿ C₂⁰_n C x C x¹_2n  ₂²_n ²...C x₂ⁿ_n ⁿ ...C x₂²_n^{n 2n}

2 0 2 1 2 1 2 2

2 2 2 2

(1x) ⁿ C x_n ⁿ C x_n ^n ... ( 1)  ⁿC xⁿ_n ⁿ...C x_n^{n n} Hệ số của x²ⁿ trong tích (1x) (1²ⁿ x)²ⁿ là

0 2 1 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

(C _n) (C _n) ( ) ... ( 1) (C_n    ⁿ Cⁿ_n) ... (  C _nⁿ) (1)

* Mặt khác: (1x) (1²ⁿ x)²ⁿ  (1 x^{2 2}) ⁿ

0 1 2 2 2 2

2_n 2_n ... ( 1)ⁿ 2ⁿ_n ... 2_nⁿ( ) ⁿ

C C x C C x

      

Hệ số của x²ⁿ trong khai triển (1x^{2 2}) ⁿ là ( 1) ⁿC₂ⁿ_n (2)

Từ (1) và (2) ta có : (C₂^{0 2}_n) (C₂¹_n) ... ( 1) (²   ⁿ C₂ⁿ_n) ... (²  C₂²_nⁿ)²  ( 1)ⁿC₂ⁿ_n 2. Xem như bài tập tự luyện

Cách 4: Khai triển 1 lũy thừa nhị thức 1 biến hoặc tích của 1 đơn thức với 1 lũy thừa nhị thức 1 biến. Lấy đạo hàm 2 vế đến cấp thích hợp rồi thay biến bằng giá trị thích hợp.

VD1:Chứng minh

1. C_n¹2C_n² 3C_n³...nC_nⁿ n2^n1 (n N *)

2. 2.1.C_n² 3.2.C_n³...n n( 1)C_nⁿ n n( 1)2^n2 (n N n *, 2) Giải:Bài này minh họa khá rõ cho ý tưởng đạo hàm.

1. Nhận thấy vế trái của đẳng thức mất C_n⁰ và trong mỗi tổ hợp lại thấy hệ số đi với nó tăng đều một đơn vị nên ta sẽ dùng đạo hàm cấp 1.

Ta có: (1x)ⁿ C_n⁰C x C x¹_n  _n^{2 2}...C x_n^{n n} (*)

Lấy đạo hàm 2 vế của (*) ta được: n(1x)^n1C¹_n2C x_n² 3C x_n^{3 2}...nC x_n^{n n1} (1) Trong (1) chọn x1 ta được: n.2^n1 C_n¹2C_n²3C_n³...nC_nⁿ (đpcm)

2. Nhận thấy vế trái của đẳng thức mất C_n⁰ và C¹_n và lại thấy trong mỗi tổ hợp hệ số đi với nó là tích 2 số nguyên liên tiếp nên ta sẽ dùng đạo hàm cấp 2.

Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được: n n( 1)(1x)^n2 2.1C_n² 3.2C x_n³ ...n n( 1)C x_n^{n n2} (2) trong (2) thay x1 ta được: n n( 1)2^n2 2.1.C_n²3.2.C_n³...n n( 1)C_nⁿ (đpcm)

VD2:(ĐHSPHCM – ĐH Luật 2001) Chứng minh:

13ⁿ 1 2 32 ⁿ 2 3 33 ⁿ 3 ... ⁿ .4ⁿ 1

n n n n

C ^  C ^  C ^  nC n ^

* Dấu hiệu sử dụng đạo hàm ở đây là khá rõ khi thấy lũy thừa của 3 giảm dần. Tới đây ta có 2 hướng xử lý:

_ Hướng 1: Khai triển (1x)ⁿ rồi đạo hàm và chọn x3. Dễ thấy hướng này không cho chúng ta được điều mong muốn.

_ Hướng 2: Ở đây các tổ hợp đều chứa n nên ta sẽ dùng khai triển (3x)ⁿ , sau đó đạo hàm 2 vế và thay x1 ta sẽ có đpcm.

Giải:* Ta có: ^{0 1 1 2 2 2 3 3 3}

0

(3 )^{n n} _n^k.3 .^{n k k} _n3ⁿ _n3ⁿ _n3ⁿ _n3ⁿ ... _n^{n n}

k

x C ^ x C C ^ x C ^ x C ^ x C x



 



      ⁽¹⁾

Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được: n(3x)^n1 C¹_n3^n12 3C_n^{2 n2}x3 3C_n^{3 n3 2}x ...nC x_n^{n n1} (2) Trong (2) thay x1 ta được: n.4^n1 C_n¹3^n12 3C_n^{2 n2}3 3C_n^{3 n3}...nC_nⁿ (đpcm)

VD3:(TK 2006) Áp dụng khai triển nhị thức Newton của (x²x)¹⁰⁰ hãy chứng minh:

99 100 101 198 199

0 1 2 99 100

100 1 100 1 100 1 100 1 100 1

100 101 102 ... 199 200 0

2 2 2 2 2

C      C      C       C      C     

Giải:Ta có: ^{2 100 100 100 100100} ₁₀₀ ¹⁰⁰ ₁₀₀ ¹⁰⁰

0 0

( ) (1 ) ^{k k k k}

k k

x x x x x C x C x ^

 

   







0 100 1 101 2 102 99 199 100 200

100 100 100 ... 100 100

C x C x C x C x C x

      (1)

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:

2 99 0 99 1 100 2 101 99 198 100 199

100 100 100 100 100

100(x x) (2x 1) 100C x 101C x 102C x ... 199 C x 200C x

Thay ¹

x 2 ta được:

99 100 101 198 199

0 1 2 99 100

100 1 100 1 100 1 100 1 100 1

0 100 101 102 ... 199 200

2 2 2 2 2

C   C   C   C   C  

                      Chuyển vế và đổi dấu ta sẽ có đpcm.

Nhận xét: Câu hỏi được đặt ra ở đây là liệu không cho trước khai triển kia thì ta có thể giải quyết được bài toán này không? Xin để dành câu trả lời cho các bạn.

VD4:1. (ĐHAN 2000) Tính tổng: S C ₂₀₀₀⁰ 2C¹₂₀₀₀3C₂₀₀₀² ... 2001 C₂₀₀₀²⁰⁰⁰ 2. Chứng minh: 3C_n⁰4C¹_n5C_n²... ( n3)C_nⁿ 2 (^n1 n6)

1. * Nhận xét: (1x)²⁰⁰⁰C₂₀₀₀⁰ C x C x¹₂₀₀₀  ₂₀₀₀^{2 2}...C₂₀₀₀^{2000 2000}x

Tới đâu nếu ta đạo hàm thì sẽ mất C₂₀₀₀⁰ và các hệ số đứng trước tổ hợp không như ta mong muốn. Tới đây bằng một chút khéo léo là nhân thêm x vào khai triển trên ta sẽ thu được kết quả.

*Giải: ^{2000 2000} ₂₀₀₀ ²⁰⁰⁰ ₂₀₀₀ ¹ ₂₀₀₀⁰ ₂₀₀₀^{1 2} ₂₀₀₀^{2 3} ₂₀₀₀^{2000 2001}

0 0

(1 ) ^{k k k k} ...

k k

x x x C x C x^ C x C x C x C x

 

 







     ⁽¹⁾

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:

2000 1999 0 1 2 2 2000 2000

2000 2000 2000 2000

(1x) 2000 (1x x) C 2C x3C x ... 2001 C x (2)

Trong (2) thay x1 ta được: 2²⁰⁰⁰2000.2¹⁹⁹⁹ C₂₀₀₀⁰ 2C¹₂₀₀₀3C₂₀₀₀² ... 2001 C₂₀₀₀²⁰⁰⁰ Hay là S 2002.2¹⁹⁹⁹

2. * Nhận xét: (1x)ⁿ C_n⁰C x C x_n¹  _n^{2 2}...C x_n^{n n}

Nếu ta nhân thêm x vào giống câu trên thì không thu được điều mong muốn. Tinh ý một chút khi nhìn các số 3,4,5 ta sẽ khéo léo nhân x³ để khi đạo hàm sẽ xuất hiện các số đó.

* Giải: Ta có: ^{3 3 0 3 1 4 2 5 3}

0

(1 )^{n n} _n^{k k} _{n n n} ... _n^{n n}

k

x x C x ^ C x C x C x C x ^



 



     ⁽¹⁾

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:

2 3 1 0 2 1 3 2 4 2

3 (1x x)ⁿnx (1x)^n 3C x_n 4C x_n 5C x_n ... ( n3)C x_n^{n n} (2)

Trong (2) thay x1 ta được: 3C_n⁰ 4C¹_n5C_n²... ( n3)C_nⁿ 3.2ⁿn.2^n12 (^n1 n6) VD5:(ĐH A 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho

2 2 2 3 3 4 2 2 1

2 1_n 2.2 2 1_n 3.2 2 1_n 4.2 2 1_n ... (2 1)2 ⁿ 2 1_nⁿ 2005 C _  C _  C _  C _   n C _^ 

* Nhận xét: Nếu không rút gọn được vế trái ta sẽ không thể tìm được n. Ở đây dấu hiệu đạo hàm khá rõ, đó là dãy tăng liên tiếp. Qua các VD trên nhận thấy rằng giải bài toán bằng đạo hàm thường có 3 bước:

_ Bước 1: Chọn khai triển phù hợp, ở đây dễ thấy đó là (1x)^{2 1n} .

_ Bước 2: Lấy đạo hàm 2 vế, nếu cần nhân thêm đại lượng thích hợp để xuất hiện vế trái.

_ Bước 3: Thay biến bằng giá trị thích hợp, nhận thấy bài này đó là x 2.

*Giải:Ta có: (1x)^{2 1n} C_{2 1}⁰_n C x C x_{2 1}¹_n  _{2 1}²_n ²C x_{2 1}³_n ³...C_{2 1}^{2 1 2 1}_nⁿ_^ x ^n (1) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:

2 1 2 3 2 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2 1

(2n1)(1x) ⁿ C _n 2C x_n 3C x_n ... (2 n1)C _nⁿ_^x ⁿ (2) Trong (2) thay x 2 ta được:

2 2 2 3 3 4 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

2n 1 C _n 2.2C _n 3.2 C _n 4.2 C _n ... (2 n1)2 ⁿC _nⁿ_^ Vậy YCBT 2n 1 2005 n 1002.

Cách 5: Khai triển một lũy thừa nhị thức một biến hoặc tích của một đơn thức với một lũy thừa nhị thức một biến. Lấy tích phân hai vế trên một đoạn thích hợp, thường là đoạn

 

0,1 VD1:Cho n là một số nguyên dương. Tính tổng:

1. ₁ ^{0 1 1 1 2} ... ¹

2 3 1 ⁿ

n n n n

S C C C C

    n

 2. ₂ ⁰ 1 ¹ 1 ² ... ( 1)

2 3 1

n n

n n n n

S C C C C

n

     



1. Ta có: (1x)ⁿ C_n⁰C x C x¹_n  _n^{2 2}...C x_n^{n n}

 

1 1

0 1 2 2

0 0

(1 x dx)ⁿ C_n C x C x_{n n} ... C x dx_n^{n n}





 



   

1 2 3 1

1 0 1 2 1

0 0

(1 ) ...

1 2 3 1

n n

n n n nn

x xC x C x C x C

n n

   

        

0 1 2 1

1 1 1 ... 1 2 1

2 3 1 1

n n

n n n n

S C C C C

n n

 

      

 

2. Ta có: ^{0 1 2 2}

0 0

(1 )^{n n} _n^k( )^{k n} _n^k( 1)^{k k} _{n n n} ... ( 1)ⁿ _n^{n n}

k k

x C x C x C C x C x C x

 

 



 



      

 

1 1

0 1 2 2

0 0

(1 x dx)ⁿ C_n C x C x_{n n} ... ( 1)ⁿC x dx_n^{n n}





 



    

1 2 3 1

1 0 1 2 1

0 0

(1 ) ... ( 1)

1 2 3 1

n n n

n n n nn

x xC x C x C x C

n n

   

 

         

0 1 2

2 1 1 ... ( 1) 1

2 3 1 1

n n

n n n n

S C C C C

n n

       

 

VD2:

A. (ĐHBKHN 1997) Cho n là một số nguyên dương.

1. Tính tích phân: ^{1 2}

0

(1 )ⁿ I 



x x dx

2. Chứng minh: 1 ⁰ 1 ¹ 1 ² ... ( 1) 1

2 4 6 2 2 2( 1)

n n

n n n n

C C C C

n n

     

 

B. 1. Tính tích phân: ¹

0

(1 )ⁿ J 



x dx

2. Chứng minh rằng tổng 1 2<