ĐẠI SỐ TỔ HP
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 trò x sao cho thay vào ta được đẳng thức phải chứng minh.
Chú ý :
• Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k
k
n
C ta đạo hàm hai vế trong khai triển (a
+ x)
n.
.
• Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k(k – 1)
k
n
C ta đạo hàm 2 lần hai vế của
khai triển (a + x)
n
.
Bài 136. Chứng minh :

a)
12
nn

n3 3 n1 n− −

c) .
Giải
Ta có nhò thức
(a + x)
n
= .
Đạo hàm 2 vế ta được :
n(a + x)
n-1
= C
−
−− −
++ ++
123 nn1
nnn n
C2C3C nCn2

a) Với a = 1, x = 1, ta được :

−
++++=
b) Với a = 1, x = –1, ta được :

123 n1n
nnn n
C2C3C (1)nC 0
−
−+−+− =

97b) S = a
0
+ a
1
+ … + a
100c) M = a
1
+ 2a
2
+ 3a
3
+ … + 100a
100

Đại học Hàng hải 1998
Giải
Ta có :
(x – 2)
100
= (2 – x)
100

= C2
100 1 99 k 100


b) Đặt f(x) = (x – 2)
100
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ … + a
100
x
100

Chọn x = 1 ta được
S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ … + a
100
= (–1)
100
= 1.

c) Ta có : = a

100
x
99

Chọn x = 1 ta được
M = a
1
+ 2a
2
+ … + 100a
100
= 100(–1)
99
= –100.
Bài 138. Cho f(x) = (1 + x)
n
với n 2.

a) Tính
b) Chứng minh

234 n
nnn n
2.1.C 3.2.C 4.3.C n(n 1)C n(n 1)2
n2
−
++++−=−
.
Đại học An ninh 1998
Giải

C2 x C2 x C2 x Cx
−− −
+ + ++
ha c
1n1 2n2 23n3 n1n
nn n n
C2 2xC2 3xC2 nx C
−− −−
++ ++
n x ợc

n1 1 n1 2 3 n3 n
nnn n
2C 2C 3C2 nC
−− −
++ ++.
Bài 140. Chứng minh
1n1 2n2 3n3 n n1
nnn n
C 3 2C 3 3C 3 nC n4
−−− −
++++=
.
Đại học Luật 2001
a) T ù : f(x + x)
n
a co ) = (1
= n(1 + x)
n – 1
f(x)

nn n
2C 6xC 12x C ++ +⇒ f(x)
′′
= n(n – 1)(1 + x
Chọn x = 1 ta được
n – 2
=
23 4 n
nn n n
2C 6C 12C n(n 1)C++ ++−
. n(n – 1)2
Bài 139
n3 3 n4 4 n
n n n
.2C 4.2C nC
− −
+ ++=
n1
n3
−
.
Giải
Ta có :
(2 + x)
n
=
0n
n
C2 +
Đạo øm 2 vế ta đượ

nn n
C3 2xC3 3xC3
−
−−
++
−
++
h
1
=
1n1 2n2 3n3 n
nnn n
C3 2C3 3C3 n
−−−
++++.
Bài 141. Tính A =
1234 n1
C2C3C4C (1)nC
−
−+−++−
Đại học Bách khoa Hà Nội 1999
nnn
n
1) C x−
đa được
nnn1
n
(1)nCx
C ọn x = 1


+
ứn nh với

Chọ = 1
0 =
−
123 nn
nnn n
C3C (1)nC− ++−

⇒ A =
123
nnn
C2C3C (1−+++−
n1n
n
)nC 0
−
=

Bài 142. Ch g mi n ∈ N và n > 2
123 n
nnn
1
(C 2C 3C n!
n
++++ (*)
Giải
nn
n

n
+
Vậy (*) ⇔
n1
1
(n.2 )
−
< n!
⇔
2
n – 1
< n!
n
(**)
u = 2
2
< 3! = 6
û ! > 2
k – 1

k – 1
k – 1 k
do k > 3 nên k + 1 > 4 )
Kết quả (**) sẽ được chứng minh bằng qui nạp
(**) đ ùng khi n = 3. Thật vậy 4
G ư (**) đúng khi n = k với k > 3 nghóa là ta đã có : kiả s
Vậy (k + 1)k! > (k + 1)2
⇔ (k + 1)! > 2 . 2 = 2 (
Do đó (**) đúng khi n = k + 1.
n – 1


d)
n1 2 n2 3 n
n
2 C 3.2 C 3.4.2
−−
−+
Ta có nhò thức

nn
n
Cx+
. 2
n
3 n4 4 n
n n
3.4.2 C (n 1)nC n(n
−
++ ++−=
4 4 n2 n
n n
C ( 1) (n 1)nC n(n 1)
− −
−+−−=−.
n
Giải
(a + x)

n2 n
nn n
1.2C 2.3C ( 1) (n 1)nC 0
−
−++− −=
c) Với a = 2, x = 1, ta được :

n2 2 n3 3 n n2
n n
1.2.2 C 2.3.2 C (n 1)nC n(n 1)3
−− −
+++−=−
n4 4 n n2
nn n n
2 C 3.2 C 3.4.2 C (n 1)nC n(n 1)3
− −
++ ++−=−

d) Với a = 2, x = –1, ta được :
b)
23

n
n1 2 n2 3−−

⇔
n
n2 2 n3 3 n4 4 n2 n
nnn n
1.2.2 C 2.3.2 C 3.4.2 C ( 1) (n 1)nC n( 1)

+ −+−−=
B i 144. Chứng minh :

a) n)
01 nn1
nn n
3C 4C (n 3)C 2 (6
−
++++ =
n
n
3)C 0+ =
.
Ta có nhò thức (a + x)
n
=
0n
C
1n1 2n22 n
nn n
a Ca x Ca x Cx
−−
++ ++
Nhân 2 vế với x
3
, ta
x
3
(a + x)
n

n
3)C 3.2 n2 2 (6 n)
−−
=+ = +.
a = , x = –1, ta được :
n n
n
) (n 3)C 0+ = .

Dạng
TÍCH PH ON ĐỂ
ÄT ĐẲNG THỨC
+ Lấy tích phân xác đònh hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2]
c đẳng thức cần chứng minh.
ứa

a) Với

0 1
nn
3C 4C (n++++

b) Với 1

01
nn
3C 4C ( 1−++−

3:
ÂN HAI VẾ CỦA NHỊ THỨC NEWT

Bài 145. Cho n N và n 2.

a) Tính I =

b) Chứng minh :
hai vế tron ûa
∈ ≥
1
23n
0
x(1 x)dx+
∫

n1
01 2 n
nnn n
111 1 2
CCC
1
C
369 n1)3(n1)
+
−

3(
+++ =+
+
.
Đại học Mở 1999
+

⎤
n1
+
n1
21
3(n 1)
+
1
⎡
⎤
−
⎣
⎦
+
.

b Ta có : (1 + x
3
)
n
=
01326
nn n
C C x C x C++++
)
n2n
n
C

=

⎢⎥
+
⎣⎦

Vậy :
+
−
n1
2
21 1
=++++
++
01 n
nnn n
1 1 1
C C C C
3(n 1) 3 6 9 3n 3

Bài 146.
n1
21
n1
+
−
+
Chứng minh
k
n
k1
=

⇔
1
0
x)
n1
+
⎢⎥
+
⎣⎦
=
n1
(1
+
⎡⎤
1
23 n1
01 2 n
nn n n
0
xx x
C x C C C
23 n1
+
⎡⎤
++++
⎢⎥
+
⎣⎦

⇔

=
+
∑

23 n1
n
1
C
−
.
012
nn n
21 21 2
C C C
23 n1
+
−−
++++
+
Tuyển sinh Đại học khối B 2003
Bài 147.
Tính :
n

Giải
Ta có : (1 + x)
n
=
0 1 22 33 nn
nn n n n

2
234 n1
01 2 3 n
nn n n n
xxx x
C x C C C C
1
n1
+
⎡⎤
⎢⎥
+
⎣⎦

⇔
234
+++++

n1 n1
32
++
n1 n1
++
−
=
22
11
2
02 12 23 nn1
n

23 n1
+
−
0
C
−−
++++
+

Chứng minh :

Bài 148.
nn
(1)
02132 n1n
nnn
1 1 (1) 1
2C 2 .C 2 .C 2 C
23 n1 n1
+
−
n
+
−+++ =
++
d
−

Đại học Giao thông Vận tải 1996
Giải

+
⎡⎤
−
−
⎢⎥
+
⎣⎦
=
2
3nn1
021 2 n
nnn n
0
1x (1)x
Cx xC C C
23 n1
+
⎡
⎤
−
−+++
⎢
⎥
+
⎣
⎦

⇔

n1

+
−
−+++
+

n1
+
Bài 149. Chứng minh :
a)
n
n0 n1 1 n
nnn
11(
(1)C (1) C C
2n1n
−
1)
1
−
−+− ++ =
+
+

01 n n
nn n
11
C C ( 1) C
−++− =
. b)
1

0
Ca Ca x Cx dx
−
+++
∫

⇔
1
n1
(a x)
+
+
=
0
n1
+
1
0n 1n12 nn1
nn n
0
11
Cax Ca x Cx
2n1
−+
⎛⎞
+++
⎜⎟
+

⎝⎠

n1 n
n1 1 n
11(1)(1)
) C C
1

)
Vậy
(a x) dx+
∫
=
n0
(1
n
(1)C
b Ta có nhò thức
(a + x)
+
n
=
0n
Ca
1
n
−
1n1 2n22 nn
nn n n
Ca x Ca x Cx
−−
+ ++.

Cx
2n1
−
−+
⎛⎞
+
⎜⎟
+

0n 1n12
nn
Cax Ca x++
⎝⎠

⇔
n1 n1
(a 1) a
++
−−
=
n1
+
0n 1n1 n1 n
nn n
11
Ca Ca ( 1) C
2n1
−+
−+ −+−
+

19
0
x(1 x) dx−
∫

01 2 18 19
19 19
1 1
C C
−
19 19 19
111
C C C
234 2021
−+++
Đại học Nông nghiệp Hà Nội 1999
iải
• ⇒ dt = –dx
Đổi cận
G
Đặt t = 1 – x
x 0 1
t 1
I =
0
= Vậy
1
19
x(1 x) dx−
∫

21
=
20
−
1
420

Ta có :
1 2 2 18 18 19 19
19
x Cx Cx Cx−+ ++ −
x
18191920
19
Cx−
Vậ I =
19
x) dx− =
• (1 – x)
19
= C
0
19
C
19 19 19
)
19
=
01223
19 19 19 19

11 1 1
C C C
2 3 20 21
−++ −
y S =
19 19 19 19
C
Vậ
1
420
.
1
2n
x ) dx

b) Chứng minh
Bài 151.

a) Tính
0
x(1−
∫
n
01 23
nnnn
1111 (
C C C C
2468 2n
−+−++
n

2n1
+
⎡⎤
−

⇔ I =
−
+
⎢⎥
⎣⎦
=
n1
1
01
2(n 1)
+
⎡
⎤
−−
⎣
⎦
+⇔ I =
1
.
2(n 1)
+


) dx = x−
1
n
3 2n2n
n n
0
(1)
C xC
2n2
+
⎡⎤
−
+
⎢⎥
+
⎣⎦

2468
01 2
nnn
xxxx
CCC
2468
−+−+
⇔

1
=
2(n 1)
+

−
+++ =
.
(a + x) =
nn n
Ca
2
(a + x)
n
=
2 1n13 nn2
nn n
C x C a x C x
++++
Giải
a) Ta có nhò thức
n
0n 1n1 nn
Ca x Cx
−
+++
Suy ra : x
0n
a
−
+
+++
0
(
Vậy

⇒ dt = dx
Đổi cận :
3
x 0 1
t a a + 1
Suy ra :
=
= =
1
2n
0
x(a x)dx+
∫
a1
2n
a
(t a) t dt
+
−
∫

a1
n2 n1 2n
a
(t 2at a t )dt
+
++
−+
∫
a1


++
Với a = 1, ta được :
1
2n
0
x(a x)dx+
∫
=
n3 n2 n1
212(21)21
n3 n2 n1
+++
−
−−
−+
+
++

=
n1
441 21
2
n3n2n1 n2n3n
+
⎛⎞⎛
−+ + −−
⎜⎟⎜
+++ +++
⎝⎠⎝

n1 2
01 n
nn n
11 1 2(nn2)2
C C C
3 4 n 3 (n 1)(n 2)(n 3)
+
+
+−
+++ =
+
++ +
.

PHẠM ANG
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vónh Viễn)

HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QU