Xem mẫu

  1. 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
  2. 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
  3. 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 m1 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 m1 C2 m1 C2 m 1 C22m1 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)n1  (1 x)n  Cn  2Cn x  3Cn x2  4Cn x3  .....  nCn -1xn1  (n 1)Cn xn 0 1 2 3 n n  (1 x)n1(nx  x 1)  Cn  2Cn x  3Cn x2  4Cn x3  ....  nCn -1xn1  (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.2n1Cn -1  (n  1).2n Cn  (1 2)n1 (2n  2  1) 0 1 2 3 n n  S  Cn  22 Cn  3.22 Cn  23.4Cn  .....  n.2n1Cn -1  (n  1).2n Cn  (2n  3).3n1 0 1 2 3 n n Vậy S  (2n  3).3n1
  4. Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 4 Chúc thành công! BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC Bài 1 Bài giải  BC   B -C  Vì 0 < B , C <   B  C       0  cos   1 4 4 4  4  BC    A  B C  Do 0  B  C  2  0   sin    sin  0 4 2  4   4    A   A  B C   BC   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   ABC   - 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
  5. Phan Lễ Hải – 12 Toán - Sơn Tây 5 Chúc thành công!
nguon tai.lieu . vn