Xem mẫu
- Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 1 Chúc thành công!
MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỔ HỢP
Bài 1
Bài giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:
(1 x ) n C n C n x C n2 x 2 C n x 3 C n4 x 4 ....... C n -1 x n -1 C nn x n
0 1 3 n
(1)
Thay x=1 vào (1) ta được:
C n C n C n C n C n ....... C nn -1 C nn 2 n
0 1 2 3 4
Vì Cn Cn 1 Cn Cn2 ..... Cn -1 2 n - 2
0 n 1 n
(2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (n-1) số dương, ta có:
n -1
0 1 2 n -1 n 1 2 n -1 Cn Cn .... Cn -1
1 2 n
Cn .Cn .Cn .....Cn .Cn Cn .Cn .....Cn
n -1 (3)
Từ (2) và (3) suy ra: n -1
0 1 2 n -1 n 2n 2
Cn .Cn .Cn .....Cn .Cn (4)
n -1
Dấu “=” xảy ra Cn Cn2 ..... Cn -1 n 1 ( trái gt)
1 n
Suy ra dấu “=” ở (4) không xảy ra. Suy ra đpcm.
Bài 2
Bài giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:
(1 x ) n C n C n x C n x 2 C n x 3 C n4 x 4 ....... C nn -1 x n -1 C n x n
0 1 2 3 n
(1)
Thay x = i và n = 2009 vào (1) ta được:
(1 i) 2009 C2009 C2009i C2009i 2 C2009i 3 C2009i 4 ....... C2009 i 2008 C2009 i 2009
0 1 2 3 4 2008 2009
(1 i) 2009 (C2009 C2009 C2009 -.... C2009 ) - i(C2009 - C2009 ....... C2009 ) (2)
0 2 4 2008 1 3 2009
Mặt khác, theo công thức Moavrơ:
2009 2009
2009 1 1
(1 i ) 2( i ) 2 (cos i sin )
2 2 4 4
2009 2009
(1 i ) 2009 ( 2 ) 2009 (cos i sin )
4 4
(3)
21004 2 (cos i sin ) 21004 (1 i ) 21004 21004 i
4 4
Từ (2) và (3) suy ra S 21004
- Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 2 Chúc thành công!
Bài 3
Bài giải n n
Với n chẵn, ta có i i
n 2 2
( 1) 2
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:
(1 x ) n C n C n x C n x 2 C n x 3 C n x 4 ....... C n -1 x n -1 C nn x n
0 1 2 3 4 n
(1)
Thay x = i tan x vào (1) ta được:
(1 i tan x ) n C n C n i tan x C n2 ( i tan x ) 2 C n (i tan x ) 3 C n (i tan x ) 4
0 1 3 4
....... C nn -1 (i tan x ) n -1 C nn (i tan x ) n
(1 i tan x ) n C n C n i tan x C n tan 2 x C n i tan 3 x C n tan 4 x
0 1 2 3 4
n n
n -1 n -1
....... - (-1) C i tan 2
n x (-1) C nn tan n x )
2
n
(1 i tan x ) (C C tan x C tan x .... (-1) C n tan n x )
n 0
n
2
n
2 n 4
n
4 2
n
(2)
i (C tan x C tan x .... - (-1) C nn -1 tan n -1 x )
1
n
3
n
3 2
Mặt khác:
n
n 1 1
(1 i tan x ) (cos x i sin x ) n
(cos x i sin x ) n
cos x cos x
1
(1 i tan x ) n (cos nx i sin nx ) (3)
cos n x
Từ (2) và (3) suy ra n
cos nx (đpcm)
C C tan x +C tan x ....+(-1) C n tan n x
0 2 2 4 4 2
n n n n
cos n x
Bài 4
Bài giải
Đặt S =
Với 0 k n, ta có: n - 2k n - 2( n - k ) n - 2k 2k - n (*)
0
Cnk Cn -k
n
Cnk Cnk
Ta xét 2 trường hợp:
+) Nếu n chẵn, giả sử n = 2m; khi đó
2 m 2m - 2 2m - 4 2 m - 2( m -1) 2 m - 2 m 2m - 2(m 1) 2m - 4m
S 0 1 2 ... m -1
m
m 1
.... 2m
C2 m C2 m C2 m C2 m C2 m C2 m C2 m
- Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 3 Chúc thành công!
2m 2m - 4 m 2m - 2 2m - 2(2m -1) 2m - 2(m -1) 2m - 2(m 1) 2m - 2m (1)
S ( 0
2m
)( 1 2 m -1
) ... ( m-1
m
)
C2 m C2 m C2m C2 m C2m C2 m 1 C2mm
Từ (*) và (1) suy ra S = 0.
+) Nếu n lẻ, giả sử n = 2m+1; khi đó
2m 1 2m 1- 2 2m 1- 4 2m 1- 2m 2m 1- 2( m 1) 2 m 1- 2(2 m 1)
S 0 1
2
... m
m 1
.... 2 m 1
C2 m1 C2 m 1 C2 m 1 C2 m 1 C2 m 1 C2 m 1
2m 1 2m 1- 2(2m 1) 2m 1- 2 2m 1- 2(2m 1)
S ( 0
2 m 1
)( 1
m 1
)
C2 m1 C2 m1 C2 m 1 C22m1
2m 1- 2m 2m 1- 2( m 1) (2)
... ( m 1
)
C2mm 1 C2 m 1
Từ (*) và (2) suy ra S = 0
Vậy S = 0 với mọi n.
Bài 5
Bài giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:
(1 x) n Cn Cn x Cn x 2 Cn x3 ....... Cnn-1 x n-1 Cnn x n
0 1 2 3
(1)
Nhân 2 vế của đẳng thức (1) cho x 0, ta được:
x(1 x)n Cn x Cn x 2 Cn x3 Cn x 4 ....... Cn -1 x n Cnn x n 1
0 1 2 3 n (2)
Lấy đạo hàm 2 vế của (2), ta có:
xn(1 x)n1 (1 x)n Cn 2Cn x 3Cn x2 4Cn x3 ..... nCn -1xn1 (n 1)Cn xn
0 1 2 3 n n
(1 x)n1(nx x 1) Cn 2Cn x 3Cn x2 4Cn x3 .... nCn -1xn1 (n 1)Cn xn
0 1 2 3 n n
(3)
Từ (3) thay x=2, ta có:
Cn 22 Cn 3.22 Cn 23.4Cn ..... n.2n1Cn -1 (n 1).2n Cn (1 2)n1 (2n 2 1)
0 1 2 3 n n
S Cn 22 Cn 3.22 Cn 23.4Cn ..... n.2n1Cn -1 (n 1).2n Cn (2n 3).3n1
0 1 2 3 n n
Vậy S (2n 3).3n1
- Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 4 Chúc thành công!
BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC
Bài 1
Bài giải
BC B -C
Vì 0 < B , C < B C 0 cos 1
4 4 4 4
BC A B C
Do 0 B C 2 0 sin sin 0
4 2 4 4
A A B C BC B C 1 B 1 C (1)
sin sin .cos sin .cos sin sin
4 4 4 4 4 2 2 2 2
B C B C B C
Do sin ,sin 0 sin sin 2 sin .sin (2)
2 2 2 2 2 2
A B C
Từ (1) và (2) suy ra: sin sin .sin (3)
4 2 2
B A C
Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có: sin sin .sin (4)
4 2 2
C A B
sin sin .sin (5)
4 2 2
Nhân vế tương ứng các BĐT cùng chiều (3), (4), (5), suy ra:
A B C A B C
sin sin sin sin .sin .sin
4 4 4 2 2 2
A B C
sin sin sin
Dấu “=” xảy ra 2 2 2
ABC
- A -B -C 6
cos cos cos 1 VABC là tam giác đều
4 4 4
Bài 2
Bài giải
Vì C 0, sin C (0,1] 2009 sin C sin 2 C
1 1 2
sin 2 A sin 2 B sin 2 C 2
(a2 b2 ) 2
c a 2 b2 c 2
4R 4R
a b - c2
2 2
cos C 0
2ab
Vì A, B (0; ) A - B cos(A - B ) 0
2 2 2
1 cos 2 A 1 cos 2 B 1
sin 2 A sin 2 B 1 cos 2 A cos 2 B
2 2 2
1 cos( A B).cos( A - B) 1 cos C.cos( A - B ) 1 ( Do cosC 0,cos( A - B) 0)
2009 sin C 1 sin C 1 sin C 1 C Tam giác ABC vuông tại C (đpcm)
2
- Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 5 Chúc thành công!
nguon tai.lieu . vn