- CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC. - 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. - VD1: Chứng minh các đẳng thức sau:. - Dễ dàng nhận thấy ta sẽ xuất phát từ vế trái và ta biến đổi. - Chứng minh với mọi. - n 2 và n nguyên thì ta có: 2 2 2 2. - n ta có:. - VD3: Chứng minh:. - Với ý tưởng đó ta sẽ nhóm các số hạng nhằm sử dụng HĐT Pascal:. - Chứng minh: C n m C n m. - Ta có:. - Cách 2: Khai triển lũy thừa nhị thức rồi thay biến bằng giá trị thích hợp.. - VD1: Chứng minh:. - Ta thấy vế trái của đẳng thức chứa C n 0 và C n n 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. - Ta có: (1 x ) n C n 0 C x C x 1 n n 2 2. - 1 ta được C n 0 C C 1 n n 2 C n 3. - Trong (1) thay x 9 ta được 9 0 C n 0 9 1 1 C n 9 2 C n 2. - Chứng minh C 2 1 n C 2 3 n C 2 5 n. - (ĐHSPV 2000) Chứng minh C 2 2 n C 2 4 n. - Nhận thấy vế trái của đẳng thức khuyết mất C 2 0 n C 2 2 n n nên ta sẽ cộng thêm lượng này vô để sử dụng khai triển (1 x ) 2 n và thật may mắn C 2 0 n C 2 2 n n 2 nên ta có lời giải như sau:. - Ta có: (1 x ) 2 n C 2 0 n C x C x 1 2 n 2 2 n 2 C x C x 2 3 n 3 2 4 n 4. - 1 ta được 0 C 2 0 n C 1 2 n C 2 2 n C 2 3 n C 2 4 n. - Từ đây chuyển vế đổi dấu ta có đpcm.. - 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 n 0 C x C x 1 n n 2 2. - Thay x 2 ta được: 3 n C n 0 2 C n 1 2 2 C n 2. - C 2 2 n n trong khai triển (1 x ) 2 n nhưng nếu tinh ý ta sẽ thấy C 2 0 n C 2 2 n. - Ta có: (1 x ) 2 n C 2 0 n C x C x 1 2 n 2 2 n 2 C x 2 3 n 3. - 1 và chuyển vế đổi dấu ta có: C 2 0 n C 2 2 n. - 1 1 ta có:. - Dễ thấy đây chính là khai triển của 1 1. - 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. - Chứng minh. - Ta có: (1 x ) 2 n. - Trong khai triển hệ số của x n là C 2 n n (2). - C n n 2 (3) Từ ta có. - VD2: Chứng minh với m, k, n nguyên dương, m k n. - ta có:. - Ta có: (1 x ) m n. - Trong khai triển hệ số của x k là C m n k (2). - C C m m n k m (3) Từ ta có : C C m n 0 k C C m n 1 k 1 C C m n 2 k 2. - Ta có: (1 x ) 2 n C 2 0 n C x C x 1 2 n 2 2 n 2. - Hệ số của x 2n trong khai triển (1 x 2 2 ) n là ( 1. - Từ (1) và (2) ta có. - 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. - VD1: Chứng minh. - Nhận thấy vế trái của đẳng thức mất C n 0 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 được: n (1 x ) n 1 C 1 n 2 C x n 2 3 C x n 3 2. - nC x n n n 1 (1) Trong (1) chọn x 1 ta được: n .2 n 1 C n 1 2 C n 2 3 C n 3. - Nhận thấy vế trái của đẳng thức mất C n 0 và C 1 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) C x n n n 2 (2) trong (2) thay x 1 ta được: n n. - VD2: (ĐHSPHCM – ĐH Luật 2001) Chứng minh:. - Tới đây ta có 2 hướng xử lý:. - Hướng 1: Khai triển (1 x ) n rồi đạo hàm và chọn x 3 . - 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.. - Ta có . - Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được: n (3 x ) n 1 C 1 n 3 n 1 2 3 C n 2 n 2 x 3 3 C 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 n 1 3 n 1 2 3 C n 2 n 2 3 3 C n 3 n 3. - VD3: (TK 2006) Áp dụng khai triển nhị thức Newton của ( x 2 x ) 100 hãy chứng minh:. - Giải: Ta có . - 2 ta được:. - 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.. - Chứng minh: 3 C n 0 4 C 1 n 5 C n 2. - Tới đây bằng một chút khéo léo là nhân thêm x vào khai triển trên ta sẽ thu được kết quả.. - Trong (2) thay x 1 ta được C C C 2000 2. - Tinh ý một chút khi nhìn các số 3,4,5 ta sẽ khéo léo nhân x 3 để khi đạo hàm sẽ xuất hiện các số đó.. - Trong (2) thay x 1 ta được: 3 C n 0 4 C 1 n 5 C n 2. - Nhận xét: Nếu không rút gọn được vế trái ta sẽ không thể tìm được n . - Bước 1: Chọn khai triển phù hợp, ở đây dễ thấy đó là (1 x ) 2 1 n. - Giải: Ta có: (1 x ) 2 1 n. - x n (1) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:. - 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. - Ta có: 0 1 2 2. - Chứng minh . - Chứng minh rằng tổng . - Nhận thấy lũy thừa của 2 giảm dần nên ta sẽ khai triển (2 x ) 6 rồi lấy tích phân từ 0 tới 1.. - Nhận thấy lũy thừa của 2 tăng dần nên ta sẽ khai triển (1 x ) n rồi lấy tích phân từ 1 tới 2.. - VD4: (ĐH A 2007) Chứng minh . - Việc chúng ta cần làm là phải tạo ra được biểu thức ở vế trái, và tinh ý ta sẽ thấy chỉ cần lấy hiệu 2 nhị thức (1 x ) 2 n và. - (1 x ) 2 n rồi lấy tích phân trên từ 0 tới 1 ta sẽ thu được đpcm.. - Giải: Ta có: (1 x ) 2 n C 2 0 n C x C x 1 2 n 2 2 n 2 C x C x 2 3 n 3 2 4 n 4 C x 2 5 n 5. - VD5: Chứng minh: 0 1 2. - Ta có: (1 x ) n 1 C n 0 1 C x C x n 1 1 n 2 1 2. - Thường dùng khai triển lũy thừa nhị thức rồi thay biến bằng giá trị thích hợp hoặc dùng tính chất đối xứng.. - Dĩ nhiên ta sẽ không “giải” theo cách đó.. - Ta sẽ sử dụng ý tưởng “liên kết với chính nó”.. - *Giải: Áp dụng tính chất C n k C n n k ta có: S C 11 5 C 11 4 C 11 3 C 11 2 C 11 1 C 11 0. - VD2: Chứng minh:. - 2 2003 C 2004 2003 Ta có: (1 x ) 2004 C 2004 0 C x C x C x 2004 3 3. - 2 ta được . - VD3 : Chứng minh : C n 0 3 C n 1 5 C n 2. - (2 n 1) C n n Áp dụng tính chất C n k C n n k ta có:. - Chúng ta cũng có thể chứng minh đẳng thức trên như sau : Ta có. - Khai triển một lũy thừa nhị thức chứa đơn vị ảo i rồi tách phần thực, phần ảo.. - Lại đưa nhị thức khai triển về dạng lượng giác để áp dụng công thức Moivre.. - Giải: Ta có:. - Ta có: (1. - Vì có lũy thừa của 3 nên ta sẽ khai triển 3 i 2 n. - Ta có. - Chứng minh đẳng thức, Tính giá trị biểu thức – thầy Vũ Vĩnh Thái