Thông tin tài liệu
CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC Mai Ngọc Thắng – A1 (08-11) THPT NTMK, Tp.HCM Chứng minh đẳng thức tính giá trị biểu thức giải tích tổ hợp vấn đề rộng, có mặt thi ĐH đề thi HSGQG Với mong muốn giúp bạn có thêm tư liệu cho việc tự học, kiến thức tơi có q trình luyện thi với người thầy kính yêu Vũ Vĩnh Thái thêm tơi sưu tầm được, tơi xin tổng hợp lại thành chuyên đề nho nhỏ nhằm thêm mục đích lưu trữ Mọi góp ý xin liên hệ qua email maingocthang1993@gmail.com nick yahoo blackjack2512 I Vài công thức cần nhớ: n! _ Chỉnh hợp: Ank ( n k )! _ Tổ hợp: Cnk n! k !( n k )! _ Tính chất tổ hợp: Cnk Cnn k Hằng đẳng thức Pascal: Cnk Cnk 1 Cnk11 n _ Nhị thức Newton: ( a b) n Cnk a n k b k k 0 Trong chuyên đề hầu hết liên quan đến tổ hợp nên bạn cần nắm vững sử dụng thục công thức liên quan đến tổ hợp mục nhắc lại công thức áp dụng tập thuộc mục II Các phương pháp ví dụ minh họa: Các tập nêu minh họa rõ cho phương pháp có số tập để bạn rèn luyện lại Tơi cố gắng phân tích hướng giải số toán với mong muốn giúp bạn hiểu sâu sắc lời giải tốn Cách 1: Biến đổi đồng nhất, thay công thức tổ hợp, dùng sai phân, thường xuất phát từ vế phức tạp dùng số phép biến đổi để đưa biểu thức giống vế đơn giản VD1: Chứng minh đẳng thức sau: Cnk1 n 1 k Cn n k 1 n 1 1 k k 1 k ( n, k N *, n k ) (ĐH B 2008) n Cn 1 Cn 1 Cn ( n, k N , n k ) k ( k 1)Cnk n (n 1)Cnk22 ( n, k N , k n ) Cn2 k Cn2 k 1 số phương ( n, k N , n k 2) Giải: Dễ dàng nhận thấy ta xuất phát từ vế trái ta biến đổi ( n 1)! Cnk1 k !( n k )! n 1 k Cn k !(n k 1)! n! n k 1 Tương tự câu 1, ta xuất phát từ vế trái vế phức tạp n k !( n k 1)! ( k 1)!( n k )! n 1 k k 1 ( n 1)! n Cn 1 Cn 1 n ( n 1)! n k !( n k )!( n k k 1) n k !(n k )!(n 2) k !(n k )! k ( n 1)! ( n 1)! n2 n2 n! Cn 2,4 Xem tập tự luyện VD2: (ĐHAN 2001- CĐ 2003) Chứng minh với n n nguyên ta có: Rút gọn biểu thức: F Cn1 1 1 n 1 A2 A3 A4 An n 2Cn2 3Cn3 nCnn Cn1 Cn2 Cnn 1 Giải: Bài minh họa cho ý tưởng sai phân, biến đổi số hạng tổng quát theo hiệu biểu thức giá trị đơn giản từ từ Với n 1, 2,3, , n ta có: ( n 2)! 1 An n! n ( n 1) n n Vậy 1 1 1 1 1 n 1 1 A2 A3 A4 An 2 n 1 n n n Cũng với ý tưởng sai phân ta biến đổi có khác so với câu Cn1 n , 2Cn2 n! ( n 1)! 2 n 1, Cn 2!( n 2)! n ! 3Cn3 n! 2!( n 2)! 3 n2 Cn 3!( n 3)! n! …………………………… kCnk n k 1 Cnk 1 …………………………… nCnn 1 Cnn 1 Cộng n đẳng thức vế theo vế ta được: F Cn1 2Cn2 3Cn3 nCnn n ( n 1) ( n 2) ( n k 1) Cn1 Cn2 Cnn 1 n n ( n 1) (theo cơng thức tính tổng cấp số cộng) 2 VD3: Chứng minh: (ĐHKTCN 1998) Cnk 3Cnk 1 3Cnk 2 Cnk 3 Cnk3 ( n, k N ,3 k n ) (ĐHQGHCM 1997) Cnk 4Cnk 1 6Cnk 2 4Cnk 3 Cnk 4 Cnk ( n, k N , k n ) Giải: Bài minh họa cho HĐT Pascal: Cnk Cnk 1 Cnk11 Công thức bạn chưa làm quen khó nhớ, có câu “thần chú” sau thầy giúp bạn dễ nhớ dù nghe bình thường: “cùng lầu so le, nâng lấy lầu cao” Với ý tưởng ta nhóm số hạng nhằm sử dụng HĐT Pascal: Cnk 3Cnk 1 3Cnk 2 Cnk 3 Cnk Cnk 1 Cnk 1 Cnk 2 Cnk 2 Cnk 3 Cnk1 2Cnk11 Cnk12 Cnk1 Cnk11 Cnk11 Cnk12 Cnk Cnk21 Cnk3 Hoàn toàn tương tự câu VD4: (TTĐTBDCBYTHCM 1998) Cho số nguyên n, m thỏa m n Chứng minh: Cnm Cnm11 Cnm21 Cmm 1 Cmm11 Cho n, k N *, n k Rút gọn: S Ckk Ckk1 Ckk Cnk1 Cnk Giải: Ở VD dùng HĐT Pascal theo chiều thuận gom thành 1, VD ta dùng theo chiều ngược tức tách thành Cnm Cnm1 Cnm11 m m m 1 Cn 1 Cn 2 Cn 2 Cnm Cnm11 Cnm21 Cmm 1 Cmm11 Ta có: C m C m C m 1 m m m 1 m m Cm Cm 1 Hoàn toàn tương tự Cách 2: Khai triển lũy thừa nhị thức thay biến giá trị thích hợp VD1: Chứng minh: Cn0 Cn1 Cn2 Cn3 ( 1) n Cnn 90 Cn0 91 Cn1 Cn2 n Cnn 10n Giải: Ta thấy vế trái đẳng thức chứa Cn0 Cnn đồng thời hệ số tổ hợp nên ta chọn khai triển (1 x ) n thấy số hạng đổi dấu nên chọn x 1 Ta có: (1 x ) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n (1) Trong (1) thay x 1 ta Cn0 Cn1 Cn2 Cn3 ( 1) n Cnn Trong (1) thay x ta 90 Cn0 91 Cn1 Cn2 n Cnn 10n VD2: (ĐHQGHCM 1997 – ĐHYDHCM 2000) Chứng minh C21n C23n C25n C22nn 1 C20n C22n C24n C22nn (ĐHSPV 2000) Chứng minh C22n C24n C22nn 2 C21n C23n C22nn 1 Giải: chất giống nên giải mẫu 2 Nhận thấy vế trái đẳng thức khuyết C20n C22nn nên ta cộng thêm lượng vô để sử dụng khai triển (1 x ) n thật may mắn C20n C22nn nên ta có lời giải sau: YCBT C20n C22n C24n C22nn 2 C22nn C21n C23n C22nn 1 Ta có: (1 x ) n C20n C21n x C22n x C23n x C24n x C22nn 2 x n 2 C22nn 1 x n 1 C22nn x n Thay x 1 ta C20n C21n C22n C23n C24n C22nn 2 C22nn 1 C22nn Từ chuyển vế đổi dấu ta có đpcm VD3: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: (ĐH D 2003) Cn0 2Cn1 4Cn2 n Cnn 243 (1) (ĐH D 2008) C21n C23n C22nn 1 2048 (2) Giải: Thoạt nhìn tưởng giải phương trình thực chất lại yêu cầu tính tổng không rút gọn vế trái ta tìm n Nhận thấy lũy thừa tăng dần nên ta chọn x khai triển (1 x ) n Ta có: (1 x ) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n Thay x ta được: 3n Cn0 2Cn1 2 Cn2 n Cnn Vậy (1) 3n 243 35 n C1: Vế trái phương trình ta thấy khuyết lượng C20n C22n C22nn khai triển (1 x ) n tinh ý ta thấy C20n C22n C22nn C21n C23n C22nn 1 (đã chứng minh câu VD6) ta đến lời giải sau: Ta có: (1 x ) n C20n C21n x C22n x C23n x C22nn 1 x n 1 C22nn x n Thay x 1 chuyển vế đổi dấu ta có: C20n C22n C22nn C21n C23n C22nn 1 (2) C21n C23n C22nn 1 C20n C22n C22nn 2.2048 (1 1) n 2.2048 2 n 1 2048 211 n 11 C2: Bài cách sử dụng chiều đảo HĐT Pascal đẹp mắt Áp dụng HĐT Pascal Cnk Cnk 1 Cnk11 ta có: C21n C23n C22nn 1 C20n 1 C21n 1 C22n 1 C23n 1 C22nn12 C22nn11 Dễ thấy khai triển 1 1 n 1 2 n 1 nên (2) 2 n 1 2048 211 n 11 Cách 3: Viết lũy thừa nhị thức dạng tích lũy thừa nhị thức, khai triển vế đồng số hạng tương ứng Cách thường sử dụng vế phức tạp đẳng thức tích tổ hợp Cnk Cmn bình phương tổ hợp Cnk VD1: Cho n nguyên dương Chứng minh Cn0 Cn1 Cn2 Cnn C2nn 2 2 Giải : * Ta có: (1 x ) n (1 x ) n (1 x ) n , x (1) 2n Mà (1 x ) n C2kn x k k 0 Trong khai triển hệ số x n C2nn (2) * Mặt khác : (1 x ) n (1 x ) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n Cn0 x n Cn1 x n 1 Cn2 x n 2 Cn0 Hệ số x n tích : Cn0 Cn1 Cn2 Cnn (3) 2 2 Từ (1), (2), (3) ta có : Cn0 Cn1 Cn2 Cnn C2nn 2 2 VD2: Chứng minh với m, k, n nguyên dương, m k n ta có: Cm0 Cnk Cm1 Cnk 1 Cm2 Cnk 2 CmmCnk m Cmk n (HĐT Vandermonde) Giải : * Ta có: (1 x ) m n (1 x ) m (1 x ) n , x (1) mn Mà (1 x ) m n Cmj n x j j 0 Trong khai triển hệ số x k Cmk n (2) * Mặt khác : (1 x ) m (1 x ) n Cm0 Cm1 x Cm2 x Cmm x m Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnk 2 x k 2 Cnk 1x k 1 C nk x k C nn x n Hệ số x k tích Cm0 Cnk Cm1 Cnk 1 Cm2 Cnk 2 CmmCnk m (3) Từ (1), (2), (3) ta có : Cm0 Cnk Cm1 Cnk 1 Cm2 Cnk 2 CmmCnk m Cmk n VD3: Cho n nguyên dương Chứng minh: (C20n ) (C21n ) (Cn2 ) (C22nn ) ( 1) n C2nn Cho n nguyên dương lẻ Chúng minh: (Cn1 ) (Cn2 ) (Cn3 ) (C22nn ) Giải: * Ta có: (1 x ) n C20n C21n x C22n x C2nn x n C22nn x n (1 x ) n C20n x n C21n x n 1 ( 1) n C2nn x n C22nn x n Hệ số x 2n tích (1 x ) n (1 x ) n (C20n ) (C21n ) (Cn2 ) ( 1) n (C2nn ) (C22nn ) (1) * Mặt khác: (1 x ) n (1 x ) n (1 x ) n C20n C21n x ( 1) n C2nn C22nn ( x ) n Hệ số x 2n khai triển (1 x ) n ( 1) n C2nn (2) Từ (1) (2) ta có : (C20n ) (C21n ) ( 1) n (C2nn ) (C22nn ) ( 1) n C2nn Xem tập tự luyện Cách 4: Khai triển lũy thừa nhị thức biến tích đơn thức với lũy thừa nhị thức biến Lấy đạo hàm vế đến cấp thích hợp thay biến giá trị thích hợp VD1: Chứng minh Cn1 2Cn2 3Cn3 nCnn n n 1 ( n N *) 2.1.Cn2 3.2.Cn3 n( n 1)Cnn n( n 1)2 n 2 ( n N *, n 2) Giải: Bài minh họa rõ cho ý tưởng đạo hàm Nhận thấy vế trái đẳng thức Cn0 tổ hợp lại thấy hệ số với tăng đơn vị nên ta dùng đạo hàm cấp Ta có: (1 x ) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n (*) Lấy đạo hàm vế (*) ta được: n (1 x ) n 1 Cn1 2Cn2 x 3Cn3 x nCnn x n 1 (1) Trong (1) chọn x ta được: n.2 n 1 Cn1 2Cn2 3Cn3 nCnn (đpcm) Nhận thấy vế trái đẳng thức Cn0 Cn1 lại thấy tổ hợp hệ số với tích số nguyên liên tiếp nên ta dùng đạo hàm cấp Lấy đạo hàm vế (1) ta được: n ( n 1)(1 x ) n 2 2.1Cn2 3.2Cn3 x n ( n 1)Cnn x n 2 (2) (2) thay x ta được: n ( n 1)2 n 2 2.1.Cn2 3.2.Cn3 n( n 1)Cnn (đpcm) VD2: (ĐHSPHCM – ĐH Luật 2001) Chứng minh: Cn1 3n 1 2Cn2 3n 2 3Cn3 3n 3 nCnn n.4 n 1 * Dấu hiệu sử dụng đạo hàm rõ thấy lũy thừa giảm dần Tới ta có hướng xử lý: _ Hướng 1: Khai triển (1 x ) n đạo hàm chọn x Dễ thấy hướng không cho điều mong muốn _ Hướng 2: Ở tổ hợp chứa n nên ta dùng khai triển (3 x ) n , sau đạo hàm vế thay x ta có đpcm n Giải: * Ta có: (3 x ) n Cnk 3n k x k Cn0 3n Cn1 3n 1 x Cn2 3n 2 x Cn3 3n 3 x Cnn x n (1) k 0 Lấy đạo hàm vế (1) ta được: n (3 x ) n 1 Cn1 3n 1 2Cn2 3n 2 x 3Cn3 3n 3 x nCnn x n 1 (2) Trong (2) thay x ta được: n.4 n 1 Cn1 3n 1 2Cn2 3n 2 3Cn3 3n 3 nCnn (đpcm) VD3: (TK 2006) Áp dụng khai triển nhị thức Newton ( x x )100 chứng minh: 99 100 100C 100 1 1 101C100 2 2 101 100 102C 1 2 198 99 100 199C 100 100 k 0 k 0 1 2 199 100 100 200C 1 2 0 k k Giải: Ta có: ( x x )100 x100 (1 x )100 x100 C100 x k C100 x100 k 100 100 C x 101 100 C x 102 100 C x 99 199 100 200 C100 x C100 x (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: 99 198 100 199 100( x x )99 (2 x 1) 100C100 x 99 101C100 x100 102C100 x101 199C100 x 200C100 x Thay x ta được: 99 100 101 198 199 1 1 1 99 100 100C 101C100 102C100 199C100 200C100 2 2 2 2 2 Chuyển vế đổi dấu ta có đpcm Nhận xét: Câu hỏi đặt liệu khơng cho trước khai triển ta giải tốn khơng? Xin để dành câu trả lời cho bạn 100 2000 VD4: (ĐHAN 2000) Tính tổng: S C2000 2C2000 3C2000 2001C2000 Chứng minh: 3Cn0 4Cn1 5Cn2 ( n 3)Cnn n 1 ( n 6) 2000 2000 * Nhận xét: (1 x ) 2000 C2000 C2000 x C2000 x C2000 x Tới đâu ta đạo hàm C2000 hệ số đứng trước tổ hợp không ta mong muốn Tới chút khéo léo nhân thêm x vào khai triển ta thu kết 2000 2000 k 0 k 0 k * Giải: x (1 x ) 2000 x C2000 xk C k 1 k 2000 x 2000 2001 (1) C2000 x C2000 x C2000 x C2000 x Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: 2000 2000 (2) (1 x ) 2000 2000 x (1 x )1999 C2000 2C2000 x 3C2000 x 2001C2000 x 2000 Trong (2) thay x ta được: 2000 2000.21999 C2000 2C2000 3C2000 2001C2000 Hay S 2002.21999 * Nhận xét: (1 x ) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n Nếu ta nhân thêm x vào giống câu khơng thu điều mong muốn Tinh ý chút nhìn số 3,4,5 ta khéo léo nhân x để đạo hàm xuất số n * Giải: Ta có: x (1 x ) n Cnk x 3 k Cn0 x Cn1 x Cn2 x Cnn x n 3 (1) k 0 Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: 3x (1 x ) n nx (1 x ) n 1 3Cn0 x 4Cn1 x 5Cn2 x (n 3)Cnn x n (2) Trong (2) thay x ta được: 3Cn0 4Cn1 5Cn2 ( n 3)Cnn 3.2 n n.2 n 1 n 1 ( n 6) VD5: (ĐH A 2005) Tìm số nguyên dương n cho C22n 1 2.2C22n 1 3.2 C23n 1 4.23 C24n 1 (2n 1)2 n C22nn11 2005 * Nhận xét: Nếu không rút gọn vế trái ta khơng thể tìm n Ở dấu hiệu đạo hàm rõ, dãy tăng liên tiếp Qua VD nhận thấy giải tốn đạo hàm thường có bước: _ Bước 1: Chọn khai triển phù hợp, dễ thấy (1 x ) n 1 _ Bước 2: Lấy đạo hàm vế, cần nhân thêm đại lượng thích hợp để xuất vế trái _ Bước 3: Thay biến giá trị thích hợp, nhận thấy x 2 * Giải: Ta có: (1 x ) n 1 C20n 1 C21n 1 x C22n 1 x C23n 1 x C22nn11 x n 1 (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: (2n 1)(1 x ) n C21n 1 2C22n 1 x 3C23n 1 x (2n 1)C22nn11 x n (2) Trong (2) thay x 2 ta được: 2n C22n 1 2.2C22n 1 3.2 C23n 1 4.23 C24n 1 (2n 1)2 n C22nn11 Vậy YCBT 2n 2005 n 1002 Cách 5: Khai triển lũy thừa nhị thức biến tích đơn thức với lũy thừa nhị thức biến Lấy tích phân hai vế đoạn thích hợp, thường đoạn 0,1 VD1: Cho n số nguyên dương Tính tổng: 1 1 S1 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn n 1 1 ( 1) n n S2 Cn0 Cn1 Cn2 Cn n 1 Ta có: (1 x ) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n 1 0 (1 x ) n dx Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n dx (1 x ) n 1 n 1 x2 x3 x n 1 n Cn xCn0 Cn1 Cn2 n 1 1 1 2 n 1 n Cn S1 C Cn Cn n 1 n 1 n n n k 0 k 0 Ta có: (1 x ) n Cnk ( x ) k Cnk ( 1) k x k Cn0 Cn1 x Cn2 x ( 1) n Cnn x n 1 (1 x ) n dx Cn0 Cn1 x Cn2 x ( 1) n Cnn x n dx 0 n 1 (1 x ) n 1 x2 x3 ( 1) n x n 1 n Cn xCn Cn Cn n 1 1 ( 1) n n Cn S2 Cn0 Cn1 Cn2 n 1 n 1 VD2: A (ĐHBKHN 1997) Cho n số nguyên dương 1 Tính tích phân: I x (1 x ) n dx 1 1 ( 1) n n Chứng minh: Cn Cn Cn Cn 2n 2( n 1) B Tính tích phân: J (1 x ) n dx Chứng minh tổng S 21 21 23 2n n Cn Cn Cn ( 1) n Cn n lẻ n 1 n chẵn n 1 Đặt t x dt 2 xdx x 1 t I 1 n n t n 1 1 t dt t dt 0 21 20 2( n 1) 2( n 1) n Ta có: x (1 x ) x C ( 1) x n k 0 k n k 2k n Cnk ( 1)k x1 k Cn0 x Cn1 x Cn2 x ( 1)n Cnn x n 1 k 0 1 x (1 x ) dx Cn0 x Cn1 x Cn2 x ( 1) n Cnn x n 1 dx n x2 x3 x5 ( 1) n x n Cn0 Cn1 Cn2 2( n 1) 2n 1 1 ( 1) n n Cn Cn Cn Cn 2n 2( n 1) VD3: (ĐH Duy Tân 2001) S1 (ĐH B 2003) S2 Cn0 (VVT) 3n Cn0 25 2 3 2 C6 C6 C6 C6 C6 C6 C6 2 1 23 2 n 1 n Cn Cn Cn n 1 3n 1 3n 2 Cn 4n 1 3n 1 Cn Cn Cnn 1 n n n 1 n 1 32 33 3n 1 n n 1 (VVT) 3C Cn Cn Cn n 1 n 1 n Nhận thấy lũy thừa giảm dần nên ta khai triển (2 x )6 lấy tích phân từ tới Ta có: (2 x )6 C6k 26k x k C60 26 C61.25 x C62 x C66 x k 0 1 (2 x ) dx C60 26 C61.25 x C62 24 x C66 x dx x7 (2 x )7 x x xC C C C6 2 6 7 S1 26 25 24 23 22 2059 C6 C6 C6 C6 C6 C6 C6 7 Nhận thấy lũy thừa tăng dần nên ta khai triển (1 x ) n lấy tích phân từ tới Ta có: (1 x ) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n 2 (1 x ) n dx Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n dx n 1 (1 x ) n 1 x2 x3 x n 1 n xCn0 Cn1 Cn2 Cn n 22 1 23 2 n 1 n 3n 1 n 1 Cn Cn Cn n 1 n 1 3,4 Tương tự, xem BT tự luyện S2 Cn0 10 VD4: (ĐH A 2007) Chứng minh: 1 22 n C2 n C2 n C2 n C22nn 1 2n 2n * Nhận xét: Nhìn vào vế trái ta thấy thiếu C20n , C22n , C24n , , C22nn Việc cần làm phải tạo biểu thức vế trái, tinh ý ta thấy cần lấy hiệu nhị thức (1 x ) n (1 x ) n lấy tích phân từ tới ta thu đpcm * Giải: Ta có: (1 x ) n C20n C21n x C22n x C23n x C24n x C25n x C22nn x n (1 x ) n C20n C21n x C22n x C23n x C24n x C25n x C22nn x n (1 x ) n (1 x ) n C21n x C23n x C25n x C22nn 1 x n 1 1 (1 x ) n (1 x ) n dx C21n x C23n x C25n x C22nn 1 x n 1 dx 0 (1 x ) n 1 (1 x ) n 1 x x x x n n 1 C C C C2 n 2n 2n 2n 2(2n 1) 2n 1 1 n 1 2 n (đpcm) C21n C23n C25n C2 n 2n 2n VD5: Chứng minh: Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2n 2 n 1.2 2.3 3.4 ( n 1)( n 2) ( n 1)( n 2) * Bài mở rộng cách dùng tích phân, xét đề ĐH câu “chặt” Sau xin giới thiệu đến bạn lời giải vô đặc sắc thầy *Giải: ( n 1)! Cn11 Cn0 n! 1.2 1.2.0! n ! n 2.1![( n 1) 1]! n ( n 1)! Cn21 Cn1 n! 2.3 2.3.1!( n 1)! n 3.2![( n 1) 2]! n (n 1)! Cn31 Cn2 n! 3.4 3.4.2!( n 2)! n 4.3![( n 1) 3]! n …………………………… Cnn n! (n 1)! Cnn11 ( n 1)( n 2) ( n 1)( n 2)n !0! n ( n 2)( n 1)![( n 1) ( n 1)]! n n Cn0 Cn1 Cn2 Cnn Cn11 Cn21 Cn31 Cnn11 S 1.2 2.3 3.4 ( n 1)( n 2) n n2 Cnn11 Cn01 Cn11 Cn21 1 n n2 11 Cn01 Cn11 Cn21 Cnn11 Xét T n2 n 1 Ta có: (1 x ) Cn 1 Cn 1 x Cn 1 x Cnn11 x n 1 (1 x ) n 1 (1 x ) n n2 T dx Cn01 Cn11 x Cn21 x Cnn11 x n 1 dx x2 x3 x n n 1 Cn 1 xCn01 Cn11 Cn21 n2 2n 2 1 2n 2 2n2 n S 1 n2 n 1 n ( n 1)(n 2) Các bạn thử dùng cách tính tổng sau nhé, có lẽ khó chút Cn0 Cn1 Cn2 Cnn Tính tổng: P 1.3 2.3 3.5 ( n 1)( n 3) Cách 6: Liên kết tổng cần tính với tổng khác liên kết với theo hình thức khác Thường dùng khai triển lũy thừa nhị thức thay biến giá trị thích hợp dùng tính chất đối xứng VD1: (ĐHQGHN 1998) Tính tổng: S C116 C117 C118 C119 C1110 C1111 * Bài ý tưởng người đề hay hình thức tốn có lẽ … chưa hay có nhiều thí sinh sử dụng máy tính bấm cho kết Dĩ nhiên ta không “giải” theo cách Ta sử dụng ý tưởng “liên kết với nó” *Giải: Áp dụng tính chất Cnk Cnn k ta có: S C115 C114 C113 C112 C111 C110 2S C110 C111 C112 C113 C114 C115 C116 C117 C118 C119 C1110 C1111 (1 1)11 211 S 210 1024 VD2: Chứng minh: (ĐHHV 2004) C 2004 2 C 2004 2 C 2004 2002 C 2002 2004 2 2004 C 2004 2004 32004 2 (ĐHHH 2001) C20n 32 C22n 34 C24n 32 n C22nn 2 n 1 (2 n 1) 2004 2003 Đặt S 20 C2004 , T 21 C2004 2 C2004 2004 C2004 23 C2004 2003 C2004 2003 2003 2004 2004 Ta có: (1 x ) 2004 C2004 C2004 x C2004 x C2004 x C2004 x C2004 x S T 32004 32004 S Lần lượt cho x x 2 ta được: S T Tương tự, bạn tự làm 12 VD3 : Chứng minh : Cn0 3Cn1 5Cn2 (2n 1)Cnn n ( n 1) *Giải : Đặt S Cn0 3Cn1 5Cn2 (2n 1)Cnn Áp dụng tính chất Cnk Cnn k ta có: S Cnn 3Cnn 1 5Cnn 2 (2n 1)Cn0 (2n 1)Cn0 (2n 1)Cn1 3Cnn 1 Cnn S (2n 2)(Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 1 Cnn ) (2n 2)(1 1) n 2( n 1)2 n S n ( n 1) * Chúng ta chứng minh đẳng thức sau : n n n k 0 k 1 k 0 (2k 1)Cnk 2 kCnk Cnk Ta có : Nếu bạn đọc kĩ chun đề từ đầu việc xử lí tổng khơng có khó khăn * Mời bạn thử sức với toán sau thầy : Cho n nguyên dương Chứng minh : C n 1 C 2 n 1 C n 1 n 1 n 1 1 n 2n C2 n C2 n C2 n Cách : Dùng số phức : _ Khai triển lũy thừa nhị thức chứa đơn vị ảo i tách phần thực, phần ảo _ Lại đưa nhị thức khai triển dạng lượng giác để áp dụng công thức Moivre _ So sánh phần thực ảo để kết VD1 : Cho n nguyên dương Chứng minh : n C k 0 k n cos kx n cosn x nx cos 2 n Giải: Ta có: (1 cos x i sin x ) n Cnk (cos x i sin x ) k k 0 n n n k 0 k 0 k 0 Cnk (cos kx i sin kx ) Cnk cos kx i Cnk sin kx x x x Lại có: (1 cos x i sin x ) cos 2i sin cos 2 2 n n n n x x x x x x cos cos x i sin n cos n cos i sin 2 2 2 2 x nx nx x nx x nx n cosn cos i sin n cos n cos i n cos n sin 2 2 2 2 n Cnk cos kx n cosn k 0 x nx cos (đpcm) 2 n C k 0 13 k n sin kx n cosn x nx sin 2 VD2: Tính S1 C190 C192 C194 C1916 C1918 97 99 Tính S2 C100 C100 C100 C100 C100 Ta có: (1 i )19 C190 C191 i C192 i C193 i C194 i C1916i16 C1917i17 C1918i 18 C1919i 19 C190 C192 C194 C1916 C1918 i C191 C193 C195 C1917 C1919 19 19 1 19 i Lại có : (1 i ) ( ) cos i sin 19 19 19 512 cos i sin i 512 512 512i S1 512 4 2 Đáp số : S2 , bạn tự làm Qua ta rút lưu ý quan trọng : Các tốn có chập cách đơn vị mà qua số hạng lại đổi dấu chắn ta phải sử dụng số phức VD3 : (VVT) Tính tổng : S 3n C20n 3n 1 C22n 3n 2 C24n ( 1) n C22nn với n nguyên dương thỏa mãn Cn41 Cn31 52 An22 Giải : Dễ thấy dấu hiệu số phức Vì có lũy thừa nên ta khai triển Ta có : 3i 2n 2n C2kn k 0 3 n k Lại có : 3i 3i 2n ik C20n 3n 3n 1 C22n 3n 2 C24n ( 1) n C22nn i (ta không cần quan tâm khúc sau) 2n cos i sin 6 3 n 1 C21n 3 n 3 C23n . 2n n n n n n 2n S 2 n cos 2 n cos i sin i.2 n sin cos 3 3 Tới xem toán xong, phần cịn lại khơng khó khăn Các bạn thân mến, qua phương pháp để giải toán lên quan tới biểu thức chứa tổ hợp, vấn đề thật đẹp mà học tháng cuối luyện thi ĐH đời học sinh, kỉ niệm khơng qn Và cuối xin chúc bạn thành công sống này, đặc biệt bạn thi ĐH 2012 đạt kết tốt Tài liệu tham khảo : Các chuyên đề Giải tích tổ hợp – ThS Huỳnh Cơng Thái Chứng minh đẳng thức, Tính giá trị biểu thức – thầy Vũ Vĩnh Thái 14 ... (ĐHAN 2001- CĐ 2003) Chứng minh với n n ngun ta có: Rút gọn biểu thức: F Cn1 1 1 n 1 A2 A3 A4 An n 2Cn2 3Cn3 nCnn Cn1 Cn2 Cnn 1 Giải: Bài minh họa cho ý tưởng sai phân,... Chứng minh: (ĐHKTCN 1998) Cnk 3Cnk 1 3Cnk 2 Cnk 3 Cnk3 ( n, k N ,3 k n ) (ĐHQGHCM 1997) Cnk 4Cnk 1 6Cnk 2 4Cnk 3 Cnk 4 Cnk ( n, k N , k n ) Giải: Bài minh. .. Cnn 10n VD2: (ĐHQGHCM 1997 – ĐHYDHCM 2000) Chứng minh C21n C23n C25n C22nn 1 C20n C22n C24n C22nn (ĐHSPV 2000) Chứng minh C22n C24n C22nn 2 C21n C23n C22nn
Ngày đăng: 14/07/2020, 21:35
Xem thêm: Tính giá trị và chứng minh các biểu thức tổ hợp mai ngọc thắng
