Bài 3.4/ Chứng minh rằng * Nn ∈∀ , ta có: 23. 1 1 + −n n c 13 3 2 2 4 333. −−− =+++ n n n n n n n nn ccc Hướng dẫn: áp dụng với f (x)= (3 + x) n lấy đạo hàm 2 vế và chọn x =1 Bài 3.5/ Chứng minh rằng 1 2 1 0 2 1 2 3 1 1 1 k n n n n n n n k n n c c c c c + − + + + + + + = + + + Hướng dẫn áp dụng với f (x)= (1 + x) n lấy tích phân 2 vế từ 0 đến 1 Bài 1.2/ Khai triển f(x) = 2 3 5 (1 )x x x+ + + và viết lại dưới dạng : f(x) = 15 0 1 15 a a x a x+ + + Tính a 9 HD: 2 3 5 (1 )x x x+ + + 5 3 5 (1 ) (1 )x x= + + = 5 5 3 5 5 0 0 . ( ) k k l l k l C x C x = = ∑ ∑ 5 5 3 5 5 0 0 k l k l k l C C x + = = = ∑ ∑ Giải k+3l = 9 tìm được (k,l) là (3,2) hoặc (3,0) => a 9 = 3 2 0 3 5 5 5 5 110C C C C+ = ở dạng này các bài toán thường gặp là: • Tìm các số hạng không chứa x • Tính số hạng ,hệ số nào đó • Tìm hệ số lớn nhất của khai triển (hoặc của đa thức khai triển) Bài 1.3/ (ĐH KB - 2007) Tìm hệ số của x 10 trong khai triển nhị thức (2+x) n , biết rằng 0 1 1 2 2 3 3 3 3 3 3 ( 1) 2048 n n n n n n n n n n n C C C C C − − − − + − + + − = ĐS: n = 11, hsố = 22 Bài 1.4/ (ĐH KD - 2007) Tìm hệ số của x 5 trong khai triển biểu thức sau: P = x(1-2x) 5 +x 2 (1+3x) 10 ĐS: 3320 Bài 1.5/ (ĐH KA - 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Newton của 7 4 1 n x x   +  ÷   , biết rằng 1 2 3 20 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n C C C C + + + + + + + + = − . ĐS: n =10 , hsố = 210. Bài 1.6/ (ĐH KA - 2004) Tìm hệ số của x 8 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = 8 2 1 (1 )x x   + −   ĐS: 238. Dạng 2: Chứng minh đẳng thức, các bất đẳng thức hoặc tính tổng chứa các số C k n . 1 Cần chú ý : + Kỹ năng sử dụng tổng, tích của khai triển 2 nhị thức + Cách xử lý đối với khai triển của tam thức + Nhận dạng loại toán có sử dụng đạo hàm, tích phân . Bài 2.1/:Chứng minh đẳng thức: 1 2 3 2 3 2 3 2 5 4 k k k k k k n n n n n n C C C C C C + + + + + + + + + + = + Giải: Ta có: ( ) ( ) ccccccc k n k n k n k n k n k n k n 21121 2 +++++ +++=++ = cc k n k n 2 1 1 1 + + + + + => cccc k n k n k n k n 2 2 21 2 + + ++ =++ (1) Mặt khác ta có: 1 2 3 3 3 k k k k n n n n C C C C + + + + + + = ( ) ( ) ( ) cccccc k n k n k n k n k n k n 32211 2 +++++ +++++ = ccc k n k n k n 3 1 2 1 1 1 2 + + + + + + ++ = ( ) ( ) ccccccc k n k n k n k n k n k n k n 3 3 3 2 2 2 3 1 2 1 2 1 1 1 + + + + + + + + + + + + + + =+=+++ (2) Từ (1) và (2) ta suy ra kết quả. Bài 2.2/Chứng minh rằng: ,n∀ ∈¥ ta có: 1 2 + 2 2 + + n 2 = ( ) 2 2 2 2 1 1 2 2 n n n c c c c + − + + + + . Giải: VT = 1 2 +2 2 + + n 2 = 6 )12)(1( ++ nnn (quy nạp). Do: , 11 1 ccc k n k n k n ++ + −= ta có: ccc nnn 33 1 2 −= + ; ccc nnn 3 1 32 1 −− −= ; ; ccc 3 3 3 4 2 3 −= ; cc 3 3 2 2 = => ccccc nnn 3 1 2 2 2 3 2 1 2 +− =++++ VP = = ++ = −+ + + =+ ++ 6 )12)(1( 6 )1().1( 2 2 )1( 2 3 1 2 1 nnnnnnnn cc nn VT Bài 2.3/ Cho n là số tự nhiên, 2.n ≥ Chứng minh đẳng thức sau: ( ) ( ) 2 2 2 0 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 ( 1)2 . n n n n n n n n n C n C n C C C n n − − − + − + − + + + = + ( Đề thi HSG 12 Nghệ An 2008 2009) Giai: Ta có với 0x ≠ , ( ) ( ) 0 1 1 n n k n k n k x C x − = + = ∑ Đạo hàm hai vế của (1) ta được ( ) 1 1 1 0 1 ( ) n n k n k n k n x n k C x − − − − = + = − ∑ Suy ra ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 2 . n n k n k n k nx x n k C x − − − = + = − ∑ Đạo hàm hai vế của (2) ta được 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 0 1 1 1 . 3 . n n n k n k n k n x n x n k C x − − − − − =   + + − + = −   ∑ Thay 1x = vào (3) ta được đpcm. +/ Dạng tổng liên quan đến tích của hai khai triển ∑ = n k k n c 0 .c kp m − . Bài 2.4/ Chứng minh rằng với m,n,k là các số tự nhiên, m nk ≤≤ , ta có: a/ ccccccc k nm mk m m m k nm k nm + −− =+++ 110 b/ ( c n 0 ) 2 +( c n 1 ) 2 + + ( c n n ) 2 = c n n2 c/ ( c n 0 2 ) 2 -( c n 1 2 ) 2 +(c 2 2n ) 2 + ( c n n 2 2 ) 2 = (-1) n c n n2 . Giải: a/ Xét tích (1 + x) m . (1+x) n = (1 + x) m+n . VT = ( ccc m mmm x +++ 10 .x m ).( n n nnn xx ccc 10 +++ ) Do giả thiết m nk ≤≤ nên hệ số của x k trong VT này là cccccc mk n m m k nm k nm −− +++ 110 VP = ( nm nm nmnmnm xx ccc + + +++ +++ 10 ). Hệ số của x k trong khai triển của VP là c k nm+ => đfcm. b/ Đẳng thức đã cho chính là: ccccccc n nn n n n nn n nn 2 01/0 =+++ − . ( Do cc kn n k n − = ). Bài toán hoàn toàn giống câu a/ với m = n. c/ Để ý dấu của vế trái trong đẳng thức đã cho, xét đẳng thức: (1+x) 2n (1-x) 2n = (1-x 2 ) 2n (*). Tổng các chỉ số trên trong mỗi số hạng bằng 2n. Vậy ta chỉ cần xác định hệ số của x 2n trong khai triển của đẳng thức (*)của 2 vế và đồng nhất hệ số đó ở 2 vếc, ta sẽ được đẳng thức cần c /m. +/ Tổng 1 1 n k n k k n k k C a b − − = × × × ∑ có liên quan đến công cụ đạo hàm Bài 2.5/ Chứng minh đẳng thức: n.4 n-1 . ccccccc n n n nn n n n n n n n n nnn 1 211 1 2 3 1 2 0 2 4.)1( 4).2(.4).1( − − −−− +++=−+−−+−− Xét khai triển: Lấy đạo hàm 2 vế ta được: 3 2n(2x - 1) n-1 = 2n. c n 0 (2x) n-1 - 2(n-1). 2.)1( )2()2(2)2( 1 13 2 2 1 ccc n n nn n n n xnx − −−− −+−−+ Cho x = 2 , ta được đfcm. Nếu cần chứng minh có liên quan đến tổng ∑ = n k 2 k(k-1) c k n a n-k .b k-2 ta phải dùng đến đạo hàm cấp 2 . +/ Tính tổng nhờ sử dụng tích phân : Bài 2.6/ Chứng minh rằng: 2 ))1(1( 1 1 .2. 1 1 )1( 2 3 1 2. 2 1 21 2 3 1 2 0 −+ + = + −+−+− + nn cccc n n nn nnn Giải: Ta có: (1 - x) 2 = n n n n nnn xxx cccc )1( 2 210 −+−+− Lấy tích phân 2 vế (từ 0 đến 2) ta có: dxxdxxdxxdxdxx n n n n nnn n cccc ∫∫∫∫∫ −+−+−=− 2 0 2 0 2 2 2 0 1 2 0 0 2 0 )1( )1( = 2 cccc n n n n nnn n 1 2 32 10 2 1 )1( 2. 3 1 2 2 1 + + − +−+− (1) Mặt khác ta có: Đặt 1 - x = u => du = -dx. Đổi cận:    −= = <=>    = = 1 1 2 0 u u x x ))1(1( 1 1 1 1 )( 1 1 )1( 11 1 1 2 0 ++ − −− + = − + =−=− ∫∫ nnnn n u n duudxx = ))1(1( 1 1 n n −+ + (2) So sánh (1) và (2) ta có đpcm. Bài 3.3/ Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau trong đó có 5 cuốn sách toán, 4 cuốn sách lý và 3 cuốn sách hóa. Ông muốn lấy ra 6 cuốn và tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em 1 cuốn. a/ Giả sử thầy giáo chỉ muốn tặng cho các học sinh trên những cuốn sách thuộc 2 thể loại toán và lý. Hỏi có bao nhiêu cách tặng ? b/ Giả sử thầy giáo muốn rằng sau khi tặng sách xong, mỗi một trong 3 loại sách trên đều còn lại ít nhất 1 cuốn. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ? Giải : a/ Có 6 9 C cách lấy 6 từ 9 cuốn toán và lý ; Với mỗi cách lấy đó có 6! cách trao 6 cuốn sách cho 6 học sinh khác nhau. Vậy có cả thảy 6 9 C .6! = 60480 cách tặng Lời giải đúng : Để ý thầy giáo không thể chọn để tặng cùng hết cả 2 loại sách bất kỳ. 4 Ta tính xem có bao nhiêu cách chọn sách mà hết tất cả 1 thể loại nào đó . Số cách chọn 6 từ 12 cuốn sách là 6 12 C cách Số cách chọn sao cho không còn sách toán là 5 1 5 7 .C C Số cách chọn sao cho không còn sách lý là 4 2 4 8 .C C Số cách chọn sao cho không còn sách hóa là 3 3 3 9 .C C Số cách chọn ra 6 cuốn thỏa mãn yêu cầu là : 6 12 C - ( 5 1 5 7 .C C + 4 2 4 8 .C C + 3 3 3 9 .C C ) = 805 Đem 6 cuốn đó tặng cho 6 học sinh có 6! cách Vậy có cả thảy 6!805 = 579600 cách tặng thỏa mãn yêu cầu . BàI TậP THÊM: 3.6/ Cho 8 chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 4 ? 3.7/ Cho A là một tập hợp có 20 phần tử. Có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của A mà có số phần tử là số chẵn ? 3.8/ Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ ? 3.9/ Một đội văn nghệ gồm 10 nam và 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một nhóm 5 người sao cho trong đó có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ ? 3.10/ Đội tuyển HSG của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn ? Bài 4.2 / Môt hôp co 16 viên bi gôm 7 bi xanhbi đo, 4 bi đen . Sau khi đa trôn đêuây A⇒ la biên cô đươc 7 bi không co đu ca 3 mau sô kêt qua thuân lơi cho biên cô ố kết quả thuận lợi cho biến cố A + Ca 7 bi chi 1 mauco 1 cach lây 7 bi toan mau xanh đung 2 mau xanh va đo cach lây la ách lấy là 7 12 1C − (không tinh lây 7 bi xanh) + Co đung 2 mau xanh va đen cach lây la cách lấy là 7 11 1C − (không tinh lây 7 bi xanh) + Co đung 2 mau đen va đo cach lây la ách lấy là 7 9 C Vây sô kêt qua thuân lơi cho y số kết quả thuận lợi cho A la: 1 + 7 12 1C − + 7 11 1C − + 7 9 C = 1157 ngâu nhiên cung môt luc 7 viên bi . Tinh xac suât đê cac bi đươc lây ra co đu ca ba mau . cach lây tuy y 7 bi tư 16 bi la cách lấy tùy ý 7 bi Suy ra sô kêt qua thuân lơi cho biên cô: 11440 1157 = 10283 5 Vây xac suât đê cac bi đươc lây ra co đu ca 3 mau băng y xác suất để các bi được lấy ra có đủ cả 3 màu bằng 10283 ( ) 11440 P A = Bài 4.3/ Có 2 hộp, mỗi hộp đựng các quả cầu trắng và đen giống hệt nhau về kích thước và hình dạng. Tổng số quả cầu ở hai hộp là 25. Từ mỗi hộp lấy ra 1 quả cầu. Biết xác suất lấy được 2 quả trắng là 0,54 , hãy tính xác suất để lấy được 2 quả cầu đen . Giải : Gọi m 1 , m 2 lần lượt là số quả cầu trong hộp I và hộp II. (m 1 ≤ m 2 ) => m 1 + m 2 = 25 (1) k 1 , k 2 lần lượt là số quả cầu trắng trong hộp I và hộp II Điều kiện là: m 1 , m 2 , k 1 , k 2 ∈¥ ; 1 1 2 2 0 ;0k m k m≤ ≤ ≤ ≤ Xác suất để lấy được 2 quả cầu trắng là 1 2 1 2 (2 ) 0,54 k k P T m m = × = => 50k 1 k 2 = 27m 1 m 2 (2) Từ (2) 1 2 5 5 m m  ⇒   M M ; từ (1) 1 2 ( ) 5m m⇒ + M Vậy phải có 1 5m M và 2 5m M 1 2 1 2 5 , 20 10 , 15 m m m m = =  ⇒  = =  TH1. m 1 = 5 , m 2 = 20 từ (2) => k 1 k 2 = 54 . Do ĐK nên suy ra k 1 = 3 , k 2 = 18  số quả cầu đen trong 2 hộp đều là 2 => XS lấy được 2 quả đen là 2 2 0,04 5 20 × = TH1. m 1 = 10 , m 2 = 15 từ (2) => k 1 k 2 = 81. Suy ra k 1 = k 2 = 9 =>: số quả cầu đen tương ứng trong hộp I và II là 1 và 6 => XS lấy được 2 quả đen là 1 6 0,04 10 15 × = KL: Xác suất để lấy được 2 quả cầu đen là 0,04 Bài 4.4/ Hai máy bay ném bom một mục tiêu, mỗi máy bay ném 1 quả với xác suất trúng mục tiêu tương ứng là 0,7 và 0,8 . Tính xác suất để mục tiêu bị trúng bom ? Giải : Gọi A là biến cố máy bay 1 ném trúng mục tiêu B là biến cố máy bay 2 ném trúng mục tiêu => A B∪ là biến cố mục tiêu bị trúng bom Do hai máy bay ném bom độc lập nên ( . ) ( ). ( )P A B P A P B= = 0,7.0,8 = 0,56 Vậy ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P AB∪ = + − = 0,94 Đề thu hoạch: 1/ Khai triển và rút gọn biểu thức 2 3 1 2(1 ) 3(1 ) (1 ) n x x x n x− + − + − + + − ta thu được đa thức 2 0 1 2 ( ) n n P x a a x a x a x= + + + + Hãy tính a 8 biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 2 3 1 7 1 n n C C n + = 2/ Có 2 xạ thủ loại 1 và tám xạ thủ loại 2, xác suất bắn trúng đích của các loại xạ thủ theo thứ tự là 0, 9 và 0,8. Lấy ngẫu nhiên ra một xạ thủ và xạ thủ đó bắn một viên đạn. Tìm xác suất viên đạn đó trúng đích. 6 . cầu . BàI TậP THÊM: 3.6/ Cho 8 chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó nhất thi t phải có mặt chữ số 4 ? 3.7/ Cho A là một tập hợp có. các bài toán thường gặp là: • Tìm các số hạng không chứa x • Tính số hạng ,hệ số nào đó • Tìm hệ số lớn nhất của khai triển (hoặc của đa thức khai triển) Bài 1.3/ (ĐH KB - 2007) Tìm hệ số của. ) 11440 P A = Bài 4.3/ Có 2 hộp, mỗi hộp đựng các quả cầu trắng và đen giống hệt nhau về kích thước và hình dạng. Tổng số quả cầu ở hai hộp là 25. Từ mỗi hộp lấy ra 1 quả cầu. Biết xác suất lấy