Nhị thức NEWTON và ứng dụng

Thông tin tài liệu

Tính Chất: a. Số các số hạng của công thức là n + 1 b. Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: n + n - k = n. d. Các hệ số nhị thức các đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau.

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 1 1 Hè 2009 NGUYỄN VĂN NĂM - LÊ HOÀNG NAM THPT Lê Hông Phong ( Đồng Nai) – THPT Lê Quý Đôn (Đà Nẵng) vannamlhp – mylove288 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 2 2 NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG A. LÝ THUYẾT 1. CÔNG THỨC NEWTON: Cho 2 số thực ,a b và số nguyên dương n thì:         0 1 1 0 0 1 1 0 . 1 . 1 n n k n k n n n n n n n n n k n n k n k n k n n n n n n n n n k a b C a b C a C a b C b a b C a b C a C a b C b                         2. Tính Chất a. Số các số hạng của công thức là 1n  b. Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: n n k n   c. Số hạng tổng quát của nhị thức là: 1 k n k k k n T C a b    (Đó là số hạng thứ 1k  trong khai triển   n a b ) d. Các hệ số nhị thức các đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau. e. 1 0 2 . n n n n n n C C C      f.   0 1 0 . 1 n n n n n C C C     g. Tam giác Pascal: 0 1 1 1 1 2 1 2 1 n n n           1 1 1 1 1 m m k k m k n k C C n k C          . Với 1 1 m m m k k k C C C               0 1 2 2 2 3 3 2 2 3 1 #0 2 3 3 . a b a b a b a b a b a ab b a b a a b ab b                 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 3 3 3. Một số khai tiển hay sử dụng:         0 1 0 0 1 0 2 1 1 . 0 1 1 1 . 1 n n n k n n n n n k n n k n k n n n n n k C C C C C C C C                         0 1 1 0 0 1 . n n k n k n n n n n n k x C x C C x C x                  0 0 1 1 0 1 1 . 1 n n k n k n k n n n n n n k x C x C x C x C x                   0 1 1 0 0 1 1 . 1 n n k n k n k n n n n n n k x C x C C x C x               4. Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức NEWTON 1. Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có 1 n i n i C   với i là các số tự nhiên liên tiếp. 2. Trong biểu thức có   1 1 n i n i i i C    thì ta dùng đạo hàm   i   Trong biểu thức có   1 n i n i i k C    thì ta nhân hai vế với k x , rồi lấy đạo hàm.  Trong biểu thức có 1 n k i n i a C   thì ta chọn giá trị của x a thích hợp.  Trong biểu thức có 1 1 1 n i n i C i    thì ta lấy tích phân xác định trên   ;a b thích hợp.  Nếu bài toán cho khai triển         1 1 n n n n i i a n i ib a b i a b i n n i i x x C x x C x           thì hệ số của m x là i n C sao cho phương trình   .a n i b i m   có nghiệm i  i n C đạt MAX khi 1 2 n k   hay 1 2 n k   với n lẻ, 2 n k  với n chẵn. Việc nhận biết các dấu hiệu này sẽ giúp cho chúng ta giải quyết tốt những dạng toán liên quan đến nhị thức NEWTON, đặt biệt là trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng. B. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC 1. Bài toán tìm hệ số trong khai triển NEWTON Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 4 4 Ví dụ 1.1: (D(H Thủy lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức:         9 10 14 1 1 . 1Q x x x x       Ta được đa thức:   14 0 1 14 .Q x a a x a x    Xác định hệ số 9 a . Giải Hệ số 9 x trong các đa thức:       9 10 14 1 1 . 1x x x      lần lượt là: 9 5 9 9 10 14 , , .,C C C Do đó: 9 9 9 9 9 10 14 .a C C C    1 1 1 1 1 10 10.11 10.11.12 .10.11.12.13 10.11.12.13.14 2 6 24 20       11 55 220 715 2002 3003      Ví dụ 1.2(ĐHBKHN- 2000) Giải bất phương trình: 2 2 3 2 1 6 10 2 x x x A A C x    Giải Điều kiện: x là số nguyên dương và 3x  Ta có: bất phương trình tương đương với               2 1 2 6 2 1 1 10 2 3! 2 2 1 1 2 1 10 3 12 4 x x x x x x x x x x x x x x x                    Vì x nguyên dương và 3x  nên   3.4x Ví dụ 1.3: Tìm hệ số 16 x trong khai triển   10 2 2x x Giải Ta có:       10 10 10 0 10 2 2 22 k k k k x x xC x          10 10 20 2 20 10 10 0 0 2 2 k k k k k k k k k C x x C x           Ta chọn: 20 16 4k k     Hệ số 16 x trong khai triển là: 4 10 3360C  Ví dụ 1.4: Tìm hệ số 1008 x trong khai triển 2009 2 3 1 x x        Giải Số hạng thứ 1k  trong khai triển:   2009 2 4018 5 1 2009 2009 3 1 k k k k k k T C x C x x            Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 5 5 Ta chọn: 4018 5 1008 602k k     Hệ số của 1008 x trong khai triển là 602 2009 C Ví dụ 1.5:(ĐH KA 2004) Tìm hệ số của 8 x trong khai triển đa thức của   8 2 1 1x x       Giải Cách 1: Ta có       8 8 2 2 8 8 0 0 0 1 1 k k i k k k i i k k k i f x C x x C x C x                     . Vậy ta có hệ số của 8 x là   8 1 i k i k C C thỏa 0 0 8 4 2 8 2 , 3 i i k k k i i i k N k                               Hệ số của 8 x là:     2 4 0 3 2 4 3 0 8 8 231 81C C C C  Cách 2: Ta có:         3 4 8 3 2 4 2 80 8 8 8 8 2 . 1 .1 1f x C C x x C x x C x x                      Nhận thấy: 8 x chỉ có trong các số hạng:  Số hạng thứ tư:   2 8 3 3 1C x x       Số hạng thứ năm:   2 8 4 4 1C x x      Với hệ số tương đương: 3 2 4 0 8 8 3 8 4 238A C C C C   Ví dụ: 1.6:(ĐH SPQN 2000) Xác định hệ số 3 x trong khai triển hàm số     10 2 1 2 3P x x x     theo lũy thừa của x Giải Ta có:       10 10 2 1 2 3 1 2 3P x x x x x                    2 3 10 0 1 2 2 3 3 10 10 10 10 10 10 10 2 3 2 3 2 3 . 2 3C C x x C x x C x x C x x          Nhận thấy rằng hệ số 3 x chỉ xuất hiện trong:         2 2 10 10 10 2 3 3 2 3 3 2 3 3 3 10 4 4 122 3 2 3 9 2 3x x xC x xx C xC x x C       Hệ số 3 x trong khai triển của   P x là: 2 3 10 10 12 .8 540 960 1500C C    Ví dụ 1.7: Tìm hệ số của 16 x trong khai triển thành đa thức của     16 2 2 1 1f x x x        Giải Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 6 6 Xét khai triển:     16 2 2 2 16 1 0 1 n k k i i k f x C C x x                     16 16 2 2 2 16 16 0 0 0 0 1 1 1 k k k i i k i k k i i k i k k k i k i C x C x C C x                            Vậy ta có hệ số của 16 x là   1 16 1 k k i k C C   thỏa 0 8 0 16 1 7 8 2 6 , 3 5 4 4 i k i k i k k i i k i k N i k i k                                     Vì vậy hệ số của 16 x trong đa thức là: 8 0 7 1 6 2 5 3 4 4 16 8 16 7 16 8 16 8 16 8 258570C C C C C C C C C C     Ví dụ 1.8: Tìm hệ số của số hạng 101 99 x y trong khai triển   200 2 3x y Giải Ta có:         200 200 200 200 200 0 2 3 2 3 2 3 k k k k x y x y C x y               200 200 200 200 0 1 .2 .3 . . k k k k k k k C x y       Ta chon: 200 101 99 99 k k k         Vậy hệ số cần tìm là:   99 99 99 99 99 99 99 200 200 1 .2 .3 .2 .3C C   Ví dụ 1.9: (ĐH HCQG, 2000) a) Tìm hệ số 8 x trong khai triển 12 1 x x        b) Cho biết tổng tấc cả các hệ số của khai triển nhị thức   2 1 n x  bằng 1024. Hãy tìm hệ số a   * a N của số hạng 12 ax trong khai triển đó. ((ĐHSPHN, khối D, 2000) ) Giải a) Số hạng thứ   1k  trong khai triển là:   12 12 2 12 12 0 12 1 k k k k k k a C x C x x k              Ta chọn 12 2 8 2k k    Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa 8 x và có hệ số là: 2 12 66C  b) Ta có:   2 2 22 1 12 0 .1 n k k k k n n n k n n n C x C C xCx x         Với 1x  thì: 0 1 2 . 1024 n n n n n C C C     Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 7 7 10 102 2 n n   Do đó hệ số a (của 12 x ) là: 6 10 210C  c) Ví dụ 1. 10: (D(H Khối A- 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa 26 x trong khai triển nhị thức NEWTON của 7 4 1 n x x        biết rằng 1 2 20 2 1 2 1 2 1 . 2 1 n n n n C C C         ( n nguyên dương và k n C là tổ hợp chập k của n phần tử) Giải Từ giả thiết suy ra:   0 1 20 2 1 2 1 2 1 . 2 1 n n n n C C C         Mặt khác: 2 1 2 1 2 1 , , 0 2 1 k n k n n C C k k n           , nên:     0 1 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 . . 2 2 n n n n n n n n C C C C C C                Từ khai triển nhị thức của:   2 1 1 1 : n suy ra           2 1 2 1 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 . 1 1 2 3 n n n n n n C C C                    1 , 2 2 20 3 2 2 10 n n      Ta có số hạng tổng quát của nhị thức     10 10 7 4 7 11 40 10 10 4 0 0 1 n n k k k k k k k x C x x C x x                 Hệ số của 26 x là 10 k C với k thỏa mãn 11 40 26 6k k    Vậy hệ số của 26 x là 6 10 210C  Ví dụ 1.11: (ĐHKT HN- 1998) Tìm hệ số đứng trước 5 x trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức:           4 5 6 7 2 1 2 1 2 1 2 1f x x x x x        Giải Ta xét các khai triển sau:                 4 5 4 4 5 5 4 5 0 0 6 7 6 6 7 7 6 7 0 0 2 1 2 ; 2 1 2 2 1 2 ; 2 1 2 k k k k k k k k k k k k x C x x C x x C x x C x                       Nhận xét: Số hạng chứa 5 x của   4 2 1 là 0x   Số hạng chứa 5 x của     5 5 0 5 2 1 là 2x C x  Số hạng chứa 5 x của     6 5 1 6 2 1 là 2x C x  Số hạng chứa 5 x của     7 5 2 5 2 1 là 2x C x  Vậy hệ số cần tìm là:       5 5 5 0 1 2 5 6 7 0 2 2 2 896C x C x C x     Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 8 8 Ví dụ 1.12( Khối D- 2003) Với n là số nguyên dương, gọi 3 3n a  là hệ số của 3 3n x  trong khai triển thành đa thức của     2 1 2 n n x x  . Tìm n để 3 3 26 n a n   Giải Cách 1: Ta có     2 2 1 2 2 2 2 4 1 1 2 2 2 0 0 1 . 2 2 2 . 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C x C x C x C                Dễ thấy với 1, 2n n   không thỏa mãn điều kiện bài toán. Với 3n  thì 3 3 2 3 2 2 1n n n n n x x x x x       Vì vậy hệ số của 3 3n x  trong khai triển thành đa thức của     2 1 2 n n x x  là:   2 3 3 5 2 2 3 4 26 26 7 3 ( ) 2 n n n n n n n n L a oai                Vậy 5n  là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương). Cách 2: Xét khai triển:     2 3 3 2 2 0 2 0 3 0 0 1 1 2 1 2 2 1 2 1 k i n n n n n n n n k i n n k i n n k k k i i n n k n i C Cx C x C x x x x x x x x x                                                         Trong khai triển lũy thừa của x là 0 3 3 3 2 3 1 1 i k n i k i k                         Nên của hệ số của 3 3n x  là:   2 3 3 5 2 2 3 4 26 26 7 3 ( ) 2 n n n n n n n n L a oai                Vậy 5n  là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương). Ví dụ: 1.13( Khối A- 2002)Cho khai triển nhị thức: 1 1 1 1 1 1 0 1 1 3 3 3 32 2 2 2 2 . 2 . . 2 2 n n n n n x x x x x x x x n n n n n n x C x C x C x C                                                           ( n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó 3 1 5 n n C C và số hạng thứ tư bằng 20n . Tính n và x . Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 9 9 Giải Điều kiện: n N và 3n  Ta có:     3 1 ! ! 5 3! 5 3 ! 1 ! n n n n n C C n         2 1 2 5 3 28 0 6 n n n n n n         7n  (Nhận)  4n   (loại) Với 7n  ta có: 7 7 7 1 1 7 3 32 2 7 0 2 2 k x x x x k k x C x                           Vậy số hạng thứ tư trong khai triển trên là: 3 4 1 3 2 2 32 7 2 35.2 .2 x x x x C x                  Kết hợp với giả thiết ta được: 2 2 2 35.2 .2 140 2 4 4 x x x x         Ví dụ 1.14: Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức: 1 2 2 2 n x x         có tổng 2 số hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135 , còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22 Giải Từ giải thiết ta có:       2 1 2 2 2 4 2 1 2 4 2 1 2 2 9 2 .2 2 135 1 1 22 22 2 x x n n x x x n n n n n n n n C C n n n C C C                                2 2 2 2 1 4 1 2 2 1 1 4 2 9 2 2 0 2 2 2 2 42 0 6 7 ( ) x x t x t x t t t t x t n n n n Loai                                                          Vậy 1 1, 2 x         là giá trị cần tìm. Ví dụ 1.15: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển: 17 1 1 5 x        Giải Xét khai triển:   17 17 17 0 1 1 1 5 5 k k k k x C x                    1 0,1,2, .,17 5 k k k a x k            Ta có k a đặt 1 1 17 17 1 1 17 17 1 1 1 1 5 5 max 1 1 5 5 k k k k k k k k k k k k a a C C a C a C                                              Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 10 10             17! 17! 5 ! 17 ! 1 ! 16 ! 5 5 17 2 3 17! 17! 18 5 5 ! 17 ! 1 ! 18 ! k k k k k k k k k k k k k                              Với 2k  thì hệ số là: 2 2 17 1 5.44 5 C         Với k  thì hệ số là: 3 3 17 1 5.44 5 C        Vậy hệ số lớn nhất là: 3 3 17 1 5.44 5 C        Từ Ví dụ trên ta đi đến bài toán tổng quát sau: Ví dụ: 1.15.2 Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON của   n a bx Phương pháp giải: Xét khai triển   n a bx có số hạng tổng quát k n k k k n C a b x  Ta đặt: , 0 k n k k k n u k nC a b      ta được dãy số   k u . Việc còn lại là đi tìm số hạng lớn nhất của dãy ta làm như sau:  Giải bất phương trình 1 1 k k u u   tìm được 0 0 0 1 . k k n k u u u       Giải bất phương trình 1 1 k k u u   tìm được 1 1 0 1 0 . k k k u u u      Từ đó ta có số hạng lớn nhất của dãy là   0 1 max , k k u u  Tuy nhiên để đơn giản chúng ta có thể làm như sau: Giải hệ bất phương trình 1 0 1 k k k k u u k u u         Suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON là 0 0 0 k n k k n C a b  Ví dụ 1.16: (HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức     1 0 1 2 1 12 2 .1 2 a a x aP x x x     Tìm   0 1 2 12 max , , .,a a a a Giải Cách 1: Xét khai triển:     12 12 12 12 0 21 2 1 k k k k C xx           12 2 0,1,2, .,12 1 k k k a C k     Xét bất đẳng thức: 1k k a a   [...]... a6  a7   a18  a19 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 34 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 35 D ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Ví dụ D.1: (ĐHQG TPHCM) Cho 2  n  Z Chứng minh rằng:  2n  1  C C C     n 1  Giải 0 n n 1 n n n n n 0 0 1 2 n Ta có: 1  x    Cn 1n k x k  Cn  Cn x... lớn nhất trong các khai triển: 11 1001 a) 1  0.0001 b) 1  2x  21 1 2 x  c)    2 3    ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THứC VÀ TÍNH TỔNG TỔ HỢP I Thuần nhị thức Newton C Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng Ck a n  k b k thì ta sẽ dùng trực n n tiếp nhị thức Newton: (a  b) n  C k a n k b k Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b n k 0 0 2 Ví dụ I.1: Tính... Tìm số hạng ứng giữa trong các khai triển sau  x 3  xy   b Tìm số hạng ứng giữa trong các khai triển sau  x 4 x    21 1 3  xy  2     20 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 12 13 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Giải a Khai triển  x 3  xy  20 có 21  1  số hạng nên có hai số hạng ứng giữa là số hạng thứ 11 và 12 11  10... Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 26 27 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng III Sử dụng tích phân xác định Dấu hiệu: Ý tưởng của phương pháp này là dựa vào hệ thức b b  x k 1  a k 1  b k 1 x dx      k 1  k 1 a a Từ đấy dễ dàng tìm được dấu hiệu để sử dụng phương pháp này là số hạng của tổng có b a k 1  b k 1 k dạng Cn Cụ thể, xét tích phân... 3 5 k  Z  Bài Tập Áp Dụng Bài 1:(ĐH TK- 2002) Gọi a1 , a2 , , a11 là các hệ số trong khai triển sau:  x  1 x  2   x11  a1 x10  a2 x 9   a11 Hãy tính hệ số a5 Bài 2: Tìm hệ số của số hạng trong các khai triển nhị thức NEWTON sau: Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 17 18 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 12  1  a) Hệ số của... đa thức: P  x    x  1   x  1    x  1 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 33 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 34 1 Nhận thấy hệ số x k trong đa thức trên là: Ck0  Ck 1   Ckn n Mặt khác: P  x    x  1 k k k  n 1 1   x  1 n 1      x  1   x  1 x x 1 Có hệ số x k : Ckk n1  Ckn n 1 1 Đồng nhất thức. .. hữu ích của đẳng thức đơn giản đó, ta xét một Ví dụ khác Tính tổng   Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 27 28 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 2 2 2 2 0 1 3 n  Cn   Cn   Cn   Cn  S            1   2   3   n 1  Rõ ràng dùng tích phân đối với bài này gần như là không thể nhưng nếu áp dụng đẳng thức đó thì lại là...   3.22006.C2007  22007.C2007 ** Trừ  * và  ** ta được: Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 21 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 22 1 2 2007 2007 2  32006.2.C2007  32004.23.C2007   3.22006.C2007  22007.C2007    2007  1 2007  1 2 Ví dụ I.10:(CĐ, khối T-M- 2004) Chứng minh rằng: Vậy S  0 1 2004 C2004  2 C2004 ... Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 22 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 23 2 4 Ví dụ II.1.1:(ĐH BKHN- 1999) Tính tổng C1  2C n  3C3  4C n   ( 1) n 1 nC n n n n 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 kCk  nC k 1 ta được tổng bằng : n n 1 2 n 1 nC0 1  nC1 1 ... thấy hệ số ứng trước tổ hợp giảm dần n,n-1, …,3,2,1 nên phải hoán đổi vị trí a và x: (x  a) n  C0 x n  C1 x n 1a  C 2 x n  2 a 2   Cn a n n n n n Đạo hàm theo x: n(x  a) n 1  nx n 1C 0  (n  1)x n  2 aC1  (n  2)x n 3a 2C 2   a n 1C n 1 n n n n Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 23 24 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thay . Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 2 2 NHỊ THỨC NEWTON VÀ. 1 2 2 3 x          C. ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THứC VÀ TÍNH TỔNG TỔ HỢP. I. Thuần nhị thức Newton Dấu hiệu nhận biết: Khi các

Ngày đăng: 19/08/2013, 08:59

Xem thêm: Nhị thức NEWTON và ứng dụng , Nhị thức NEWTON và ứng dụng

Nhị thức NEWTON và ứng dụng

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan