Nhị thức Newton và ứng dụng

ính tổng: 0 11 1 1 10 2 2 9 3 9 2 10 9 1 112009 2009 2009 10 102 3 2 3 2 3 ... 2 3 2 3S C C C C C      
Giải 
Để ý rằng bậc của 2 giảm dần từ 11 1 , bậc của 3 tăng dần từ 1 11 vì vậy ta cần 
giảm bậc của 2 à 3v  trong mỗi số hạng xuống 1 đơn vị 
Vậy ta có:    100 10 0 2 8 2 9 1 9 9 0 10 102009 2009 10 102.3 2 3 2 3 ... 2 3 2 3 6 2 3 6.5S C C C C        
Ví dụ I.5 : Tính tổng: 
0 2009 1 2008 1 2 2007 2 2008 1 2008 2009
2009 2009 2009 20093 3 4 3 4 ... 3 4 4S C C C C      
Giải 
Ta có:    2008 20081 2008 20081 3 4 3 4k k k k k k kkT C C      
     
2009 2009 20092009
2009
1
3 4 3 4 1 1kk k
k
S C 

            
Ví dụ I.6: Cho n là số nguyên dương và chẵn, chứng minh rằng: 
     
11 1 1 2... (*)
1! 1 ! 3! 3 ! 1 !1! !
n
n n n n

    
  
Giải 
Ta có:    0 1 2 31 1 ... 1n n nn n n n nC C C C C        
Vì n chẵn  n N nên   11 n  
 Suy ra :  0 1 2 3 ... 0 (**)1 n nn n n n nC C C C C        
Ta có:      
1
1 3 1 1
! ! !(*) ... 2
1! 1 ! 3! 3 ! 1 !1!
 C C C 2
n
n n
n n n
n n n
n n n

 
     
  
      
Từ  
0 1 2 3 1
0 1 2 3 1
... 0
*
... ( )
n n
n n n n n n
n n n
n n n n n n
C C C C C C i
C C C C C C ii


        
 
        


 
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 
21 
21 
Lấy i  trừ ( )ii ta được:  1 3 1..2 2. n nn n nC C C   
 1 3 1 1... 2 22
n
n n
n n nC C C
      PCMĐ 
Ví dụ I.7: (CĐXD Số 3, 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều 
có: 3 5 2 1 0 2 4 22 2 2 2 2 2 2 2
1 ... ...n nn n n n n n n nC C C C C C C C
         
Giải 
Ta có khai triển:  2 0 2 1 2 1 2 2 2 22 2 2 21 ...
n n n n n
n n n nx C x C x C x C
         
Chọn 1x   ta được: 0 2 1 2 22 2 2 2 2
3 ...0 n nn n n n nC x C C C C        
 3 5 2 1 0 2 4 22 2 2 2 2 2 2 21 PCM... ...n nn n n n n n n nC C C C C C C C Đ          
Chọn 2 20n  ta có được một đẳng thức “đẹp” sau: 
Ví dụ I.8:(CĐSP Bến Tre –Khối A-2002) Chứng minh rằng: 
1 3 5 19 19
20 20 20 20... 2C C C C     
Giải 
Cách 1:Ta có: 
 20 0 1 220 20 2 2 19 19 20 20200 201 ... x xx C C x C x C C        
Chọn 1x  ta được: 
0 1 2
20 20 20
0 2 1
20
19 20
20 20
20 3 19
20 220 0 020 2... ...
0 ...C C C C C
C C C C C C
   
      


 
A B  với 
0 2
20 20
1
20 20
20
20
3 19
20
...
(1)
...
C C C
C CB C
A     
   
Mặt khác:  20 0 1 220 20 2 2 19 19 20 20200 201 ... x xx C C x C x C C        
Chọn 1x  cho ta: 20 0 1 220 20 20
19 20
20 20.2 ..C C C C C      
202 (2)A b    
Từ    1 à 2v  suy ra:  
20
192 2 PCM
2
A Đ   
Cách 2: Áp dụng công thức 11
k k k
n n nC C C

   và 
0 1nC  
Ta được:  219 19
191 3 5 19 1 3 18 19 19
20 20 20 2 10 19 19 9. 1 1 2.. ...C C C C C C C C C           
Ví dụ 1.9: Rút gọn tổng sau: 
2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007
2007 2007 2007 20073 .2. 3 .2 . 3 .2 . ... 2 .S C C C C     
Giải 
Ta có các khai triển: 
   
   
2007 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2007 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007
2007 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2007 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007
3 2 3 3 .2. 3 .2 . ... 3.2 . 2 . *
3 2 3 3 .2. 3 .2 . ... 3.2 . 2 . **
C C C C C
C C C C C
       
       
Trừ    * và **  ta được: 
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 
22 
22 
 2006 1 2004 3 2 2006 2007 2007 2007 20072007 2007 2007 20072 3 .2. 3 .2 . ... 3.2 . 2 . 1C C C C        
Vậy 
2007 1
2
S   . 
Ví dụ I.10:(CĐ, khối T-M- 2004) Chứng minh rằng: 
2004
0 2 1 2004 2004
2004 2004 2004
1... 2 .
2
C C C       
Giải 
Ta có: 
 
   
     
2004
2004
2004 2004
2004 20040
20042004
2004 0
2004
0
0 2 2
2004 2004
1
1 1
1
..
k k
kk k k
k kk
k
x C x
x x C x x
x C x
C C x




           
   

   



 2004 20042004. C x
Với 2x  ta có: 
2004
0 2 2 2004 2004
2004 2004 2004
3 12 ... 2
2
C C C     
Ví dụ I.11: Chứng minh: 1 1 1 1 ... ...p p p p q q p pa a b a b a b b a bC C C C C C C C C
  
       
Giải 
Điều kiện: ,p a b 
Ta có: 
 
 
   
2 2
2
0 1
0 1
1 1 1 1
2
1 ...
1 ...
1 ... . . (*).p p p p q q pa a b
a a a
a a a a
b b b
b b b b
a b p
a b a b b
x C C x C x C x
x C C x C x C x
x C C C C C C C xCM   



    
    


       
Với M là một đa thức không chứa px 
Mặt khác   0 11 .. (*. . ).. *a b p p a b a ba b a b a b a bx C C x C x C x
  
          
Đồng nhất hệ số ở (*) à (**)v  cho ta  PCMĐ 
II. Sử dụng đạo hàm cấp 1,2 
1. Đạo hàm cấp 1 
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,n hay 
n,,3,2,1 tức số hạng đó có dạng knkC hoặc 
k n k k 1
nkC a b
  thì ta có thể dùng đạo hàm 
cấp 1 đến tính. Cụ thể 
 n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 3 n nn n n n n(a x) C a C a x C a x C a ... Cx x
         
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được : 
  n 1 1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n n 1n n n nn(a x) C 2C a 3C a x ... nC xa 1           
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm. 
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 
23 
23 
Ví dụ II.1.1:(ĐH BKHN- 1999) Tính tổng 1 2 3 4 n 1 nn n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) nC
      
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 k k 1n n 1kC nC

 ta được tổng bằng : 
 0 1 2 3 n 1 n 1 n 1n 1 n 1 n 1 n 1 n 1nC nC nC nC ... ( 1) nC n(1 1) 0
  
             
Dùng cách này có thể tránh được dùng đạo hàm do đó phù hợp với các bạn 11 chưa học 
đến đạo hàm hoặc cảm thấy dùng chưa quen đạo hàm. 
Ví dụ II.1.2:Tính tổng: 1 2 2 2 n n 1n n n n2C 2.C 2 3C 2 ... nC 2
    
Giải 
Xét:     0 1 2
0
1 ...
n
nk k n
n n n n n
k
f x C x x C C C C

       
   
 
11 1 2 1
0
1
' 1 2 ...
' 2 3
n
nk k n n
n n n n
k
n
f x kC x n x C C x nC x
f n
 


       
 
 
Ví dụ II.1.3:(ĐH KTQD- 2000) Chứng minh 
   n n 1 1 n 2 2 n 2 2 n n 1n n n n2 x 1.2 C 2.2 .C 3.2 .C ... nC n3 1 n Z             
Giải 
Cách 1: Ta có:  n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n nn n n n2 x C 2 C 2 x C 2 x ... C x       
Đạo hàm hai vế theo biến x ta được: 
 n 1 1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n nn n n nn 2 x C 2 2C 2 x 3C 2 x ... C n.x
        
Với 1 1 1 2 2 3 31 3 2 2 .2 2 .3... PCMn n n n nn n n nx n C C C C n Đ
          
Cách 2: Ta có:  n 0 1 2 2 n nn n n n1 x C C x C x ... C x      
Đạo hàm hai vế theo biến x ta được:  n 1 1 2 n n 1n n nn 1 x C 2C x ... nC x
      
Ta chọn 
1 1
1 23 2 ...1 1 1
2 2 2 2
n n
n
n n nn C C nx C
 
      

    
 
1 1 1 2 2 3 33 2 2.2 3.2 ... PCMn n n n nn n n nn C C C nC Đ
         
Ví dụ II.1.4: Tính tổng 
S = n 1 0 n 2 1 n 3 2 2 n 1 n 1n n n nn2 C (n 1)2 .3.C (n 2)2 .3 .C ... 3 C
          
Giải 
Nhận thấy hệ số đứng trước tổ hợp giảm dần n,n-1, ,3,2,1 nên phải hoán đổi vị trí a và 
x: 
 n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n nn n n n(x a) C x C x a C x ...a C a
       
Đạo hàm theo x: n 1 n 1 0 n 2 1 n 3 2 2 n 1 n 1n n n nn(x a) nx C (n 1)x aC (n 2)x 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 
24 
24 
Thay x = 2, a = 3 ta được tổng bằng n 1n5  
Cách khác: Khéo léo sử dụng 2 đẳng thức k k k 1n n n 1
n k
nC C ,kC nC 
   ta có thể tránh việc 
phải dùng đạo hàm phức tạm: 
 
n 1 n n 2 n 1 n 3 2 n 2 n 1 1
n n n n
n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 2 n 3 n 1 0
n 1 n 1 n 1 n 1
n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 2 n 3 n 1 0 n 1 n 1
n 1 n 1 n 1 n 1
S n2 C (n 1)2 3C (n 2)2 C ... 3 C
n2 C n2 n2 3 C ... n3 C
n 2 C 2 2 3 C ... 3 C n(2 3) n5
3
3C
3C
     
      
   
        
   
      
    
       
Ví dụ II.1.5: Tính tổng 0 1 2 2006 20072007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C     
Giải 
Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,2,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu: 
 2007 0 2007 1 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 200
0 6
7
2 0(x 1) x C x C x ... C x CC      
Bây giờ nếu lấy đạo hàm thì chỉ được 0 200620072007C x trong khi trong đề đến 2008 do đó ta 
phải nhân thêm x vào đẳng thức trên rồi mới đạo hàm: 
2007
2006 2
2007 0 2008 1 2 2006 2006 2 2007
2007 2007 2007 2007 2007
0 1 206 2007
2007 2007 200
00
7 2007
7 2006
x(x 1) x C x C x ... C x C x
(x 1) (2008x 1) 2008C x 2007C x ... 2C x C
C     
      


Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 20062009.2 
Ví dụ II.1.6: Chứng minh đẳng thức: 
a) (ĐH TCKT Hà Nội 2000): 2 11 32 3 .. 2. .n n nn n n n nC C C C x
    
b)      1 1 2 12 3 ... 1 ... 1 2 .2p n nn n n n nC C C p C n C n           
Giải: 
a) Xét nhị thức   0 1 2 21 ...n n nn n n nx C C x C x C x     
Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức theo biến x : 
  21 0 11 2 ...n n nn n nn x C C x nC x
      
Chọn 1x  ta được: 20 12 ... .2n nn n nC C C n
   
b) Tương tự như câu a ta nhân x cho 2 vế của đẳng thức rồi lấy đạo hàm. 
Ví dụ II.1.7: Rút gọn biểu thức sau:  0 1 23 4 5 ... 3 nn n n n