Bài viết giới thiệu phương pháp ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức Niutơn, đây là lớp bài toán tương đối phức tạp đối với học sinh khối 11 khi các em giải toán bằng các phương pháp khác, tuy nhiên nếu biết áp dụng số phức (được học ở chương trình Giải tích 12) thì lời giải các bài toán sẽ trở nên gọn gàng và dễ hiểu hơn.
Phương pháp
Ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Niutơn:
\({\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} {a^{n – k}}{b^k}\) \( = C_n^o{a^n} + C_n^1{a^{n – 1}}b + C_n^1{a^{n – 2}}{b^2}\) \( + … + C_n^{n – 1}a{b^{n – 1}} + C_n^n{b^n}.\)
Ta lưu ý rằng \(\forall m \in {N^*}\) thì \({i^{4m}} = 1\), \({i^{4m + 1}} = i\), \({i^{4m + 2}} = – 1\), \({i^{4m + 3}} = – i.\)
Các ví dụ điển hình thường gặp
Ví dụ 1. Tính tổng:
a. \({S_1} = 1 – C_n^2 + C_n^4 – C_n^6 + … .\)
b. \({S_2} = C_n^1 – C_n^3 + C_n^5 – C_n^7 + … .\)
Ta có:
\({\left( {1 + i} \right)^n}\) \( = 1 + C_n^1i + C_n^2{i^2} + … + C_n^n{i^n}\)
\( = \left( {1 – C_n^2 + C_n^4 – C_n^6 + …} \right)\) \( + i\left( {C_n^1 – C_n^3 + C_n^5 – C_n^7 + …} \right) (1).\)
\({\left( {1 + i} \right)^n}\) \( = \sqrt {{2^n}} c{\rm{os}}\frac{{n\pi }}{4} + i\sqrt {{2^n}} {\rm{sin}}\frac{{n\pi }}{4} (2).\)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra:
\({{\rm{S}}_1} = \sqrt {{2^n}} c{\rm{os}}\frac{{n\pi }}{4}.\)
\({S_2} = \sqrt {{2^n}} {\rm{sin}}\frac{{n\pi }}{4}.\)
Ví dụ 2. Chứng minh rằng: \(C_{100}^0 – C_{100}^2 + C_{100}^4 – C_{100}^6\) \( + … – C_{100}^{98} + C_{100}^{100} = – {2^{50}}.\)
\({\left( {1 + i} \right)^{100}}\) \( = C_{100}^0 + C_{100}^1i + C_{100}^2{i^2} + … + C_{100}^{100}{i^{100}}\)
\( = \left( {C_{100}^0 – C_{100}^2 + C_{100}^4 – … + C_{100}^{100}} \right)\) \( + \left( {C_{100}^1 – C_{100}^3 + C_{100}^5 + … – C_{100}^{99}} \right)i.\)
\({\left( {1 + i} \right)^2} = 2i\) \( \Rightarrow {\left( {1 + i} \right)^{100}} = {\left( {2i} \right)^{50}} = – {2^{50}}.\)
Vậy: \(C_{100}^0 – C_{100}^2 + C_{100}^4 – … + C_{100}^{100} = – {2^{50}}.\)
Ví dụ 3. Tính các tổng sau:
\(A = C_{15}^0 – 3C_{15}^2 + 5C_{15}^4 – 7C_{15}^6\) \( + …. + 13C_{15}^{12} – 15C_{15}^{14}.\)
\(B = 2C_{15}^1 – 4C_{15}^3 + 6C_{15}^5 – 8C_{15}^7\) \( + …. + 14C_{15}^{13} – 16C_{15}^{15}.\)
Xét khai triển:
\({\left( {1 + x} \right)^{15}}\) \( = C_{15}^0 + C_{15}^1x + C_{15}^2{x^2} + C_{15}^3{x^3}\) \( + … + C_{15}^{12}{x^{12}} + C_{15}^{13}{x^{13}} + C_{15}^{14}{x^{14}} + C_{15}^{15}{x^{15}}\)
\( \Rightarrow x{\left( {1 + x} \right)^{15}}\) \( = C_{15}^0x + C_{15}^1{x^2} + C_{15}^2{x^3} + C_{15}^3{x^4}\) \( + … + C_{15}^{12}{x^{13}} + C_{15}^{13}{x^{14}} + C_{15}^{14}{x^{15}} + C_{15}^{15}{x^{16}}.\)
Lấy đạo hàm hai vế:
\({\left( {1 + x} \right)^{15}} + 15x{\left( {1 + x} \right)^{14}}\)
\( = C_{15}^0 + 2C_{15}^1x + 3C_{15}^2{x^2} + 4C_{15}^3{x^3}\) \( + … + 13C_{15}^{12}{x^{12}} + 14C_{15}^{13}{x^{13}}\) \( + 15C_{15}^{14}{x^{14}} + 16C_{15}^{15}{x^{15}}.\)
Thay \(x\) bởi \(i\) ta được:
\({\left( {1 + i} \right)^{15}} + 15i{\left( {1 + i} \right)^{14}}\) \( = C_{15}^0 + 2C_{15}^1i + 3C_{15}^2{i^2} + 4C_{15}^3{i^3}\) \( + … + 13C_{15}^{12}{i^{12}} + 14C_{15}^{13}{i^{13}}\) \( + 15C_{15}^{14}{i^{14}} + 16C_{15}^{15}{i^{15}}\)
= (\({C_{15}^0 – 3C_{15}^2 + 5C_{15}^4 – 7C_{15}^6}\) \({ + …. + 13C_{15}^{12} – 15C_{15}^{14}}\)) + (\({2C_{15}^1 – 4C_{15}^3 + 6C_{15}^5 – 8C_{15}^7}\) \({ + …. + 14C_{15}^{13} – 16C_{15}^{15}}\))\(i.\)
Mặt khác:
\({\left( {1 + i} \right)^{15}} + 15i{\left( {1 + i} \right)^{14}}\) \( = \sqrt {{2^{15}}} {\left( {c{\rm{os}}\frac{\pi }{4} + {\rm{i}}\sin \frac{\pi }{4}} \right)^{15}}\) \( + 15i\sqrt {{2^{14}}} {\left( {c{\rm{os}}\frac{\pi }{4} + {\rm{i}}\sin \frac{\pi }{4}} \right)^{14}}\)
\( = \sqrt {{2^{15}}} \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2} – \frac{{\sqrt 2 }}{2}i} \right) + 15i{.2^7}\left( { – i} \right)\) \( = {2^7} – {2^7}i + {15.2^7}\) \( = {16.2^7} – {2^7}i = {2^{11}} – {2^7}i.\)
Vậy:
\(A = C_{15}^0 – 3C_{15}^2 + 5C_{15}^4 – 7C_{15}^6\) \( + …. + 13C_{15}^{12} – 15C_{15}^{14} = {2^{11}}.\)
\(B = 2C_{15}^1 – 4C_{15}^3 + 6C_{15}^5 – 8C_{15}^7\) \( + …. + 14C_{15}^{13} – 16C_{15}^{15} = – {2^7}.\)
[ads]
Ví dụ 4. Chứng minh rằng:
\({S_1} = C_n^0 – C_n^2 + C_n^4 – C_n^6 + C_n^8 – …\) \( = {\left( {\sqrt 2 } \right)^n}\cos \frac{{n\pi }}{4}.\)
\({S_2} = C_n^1 – C_n^3 + C_n^5 – C_n^7 + C_n^9 – …\) \( = {\left( {\sqrt 2 } \right)^n}\sin \frac{{n\pi }}{4}.\)
Xét khai triển nhị thức Newton:
\({\left( {1 + i} \right)^n}\) \( = C_n^0 + iC_n^1 + {i^2}C_n^2 + {i^3}C_n^3 + {i^4}C_n^4\) \( + … + {i^{n – 1}}C_n^{n – 1} + {i^n}C_n^n.\)
Vì \({i^k} = \left\{ \begin{array}{l}
1, (k = 4m)\\
i, (k = 4m + 1)\\
– 1, (k = 4m + 2)\\
– i, (k = 4m + 3)
\end{array} \right.\) với \(m \in {{\rm Z}^ + }\), nên ta có:
\({\left( {1 + i} \right)^n}\) \( = C_n^0 – C_n^2 + C_n^4 – …\) \( + i\left( {C_n^1 – C_n^3 + C_n^5 – ….} \right).\)
Mặt khác, theo công thức Moivre thì:
\({\left( {1 + i} \right)^n}\) \( = {\left( {\sqrt 2 } \right)^n}{\left( {\cos \frac{\pi }{4} + i\sin \frac{\pi }{4}} \right)^n}\) \( = {\left( {\sqrt 2 } \right)^n}\left( {\cos \frac{{n\pi }}{4} + i\sin \frac{{n\pi }}{4}} \right).\)
Từ \((1)\) và \((2)\) ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 5. Tính tổng \(S = \frac{1}{2}C_{2n}^1 – \frac{1}{4}C_{2n}^3 + \frac{1}{6}C_{2n}^5 – \frac{1}{8}C_{2n}^7 + …\)
Chú ý rằng \(\frac{1}{{2k}}C_{2n}^{2k – 1} = \frac{1}{{2n + 1}}C_{2n + 1}^{2k}\) nên:
\(S = \frac{1}{2}C_{2n}^1 – \frac{1}{4}C_{2n}^3 + \frac{1}{6}C_{2n}^5 – \frac{1}{8}C_{2n}^7 + …\)
\( = \frac{1}{{2n + 1}}C_{2n + 1}^2 – \frac{1}{{2n + 1}}C_{2n + 1}^4\) \( + \frac{1}{{2n + 1}}C_{2n + 1}^6 – \frac{1}{{2n + 1}}C_{2n + 1}^8 + …\)
\( = \frac{1}{{2n + 1}}\).\(\left( {C_{2n + 1}^2 – C_{2n + 1}^4 + C_{2n + 1}^6 – C_{2n + 1}^8 + …} \right).\)
Vì \({\left( {1 + i} \right)^{2n + 1}}\) \( = \left( {C_{2n + 1}^0 – C_{2n + 1}^2 + C_{2n + 1}^4 – …} \right)\) \( + i\left( {C_{2n + 1}^1 – C_{2n + 1}^3 + C_{2n + 1}^5 – …} \right).\)
Và \({\left( {1 + i} \right)^{2n + 1}}\) \( = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{2n + 1}}\) \(\left( {\cos \frac{{2n + 1}}{4}\pi + i\sin \frac{{2n + 1}}{4}\pi } \right)\) nên:
\(C_{2n + 1}^0 – C_{2n + 1}^2 + C_{2n + 1}^4 – C_{2n + 1}^6\) \( + … = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{2n + 1}}\cos \frac{{2n + 1}}{4}\pi .\)
Vậy ta có \(S = \frac{1}{{2n + 1}}\) \(\left[ {1 – {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^{2n + 1}}\cos \frac{{2n + 1}}{4}\pi } \right].\)
Ví dụ 6. Tính tổng: \((n \in {{\rm Z}^ + }).\)
\(A = C_n^0\cos a + C_n^1\cos 2a + C_n^2\cos 3a\) \( + … + C_n^{n – 1}\cos na + C_n^n\cos (n + 1)a.\)
\(B = C_n^0\sin a + C_n^1\sin 2a + C_n^2\sin 3a\) \( + … + C_n^{n – 1}\sin na + C_n^n\sin (n + 1)a.\)
Đặt \(z = \cos a + i\sin a\) thì \({z^n} = \cos na + i\sin na.\)
Do đó ta có:
\(A + iB = C_n^0\left( {\cos a + i\sin a} \right)\) \( + C_n^1\left( {\cos 2a + i\sin 2a} \right)\) \( + C_n^2\left( {\cos 3a + i\sin 3a} \right)\)
\( + … + C_n^{n – 1}\left( {\cos na + i\sin na} \right)\) \( + C_n^n\left( {\cos (n + 1)a + i\sin (n + 1)a} \right)\)
\( = z\left( {C_n^0 + C_n^1z + C_n^2{z^2} + C_n^3{z^3} + … + C_n^n{z^n}} \right)\) \( = z{\left( {1 + z} \right)^n}.\)
Vì \(1 + z = 1 + \cos a + i\sin a\) \( = 2\cos \frac{a}{2}\left( {\cos \frac{a}{2} + i\sin \frac{a}{2}} \right).\)
Nên: \(A + iB = \left( {\cos a + i\sin a} \right)\).\({\left[ {2\cos \frac{a}{2}\left( {\cos \frac{a}{2} = i\sin \frac{a}{2}} \right)} \right]^n}\)
\( = {2^n}{\cos ^n}\frac{a}{2}\left( {\cos a + i\sin a} \right)\).\(\left( {\cos \frac{{na}}{2} + i\sin \frac{{na}}{2}} \right)\)
\( = {2^n}{\cos ^n}\frac{a}{2}\).\(\left( {\cos \frac{{n + 2}}{2}a + i\sin \frac{{n + 2}}{2}a} \right)\)
Vậy \(A = {2^n}{\cos ^n}\frac{a}{2}\cos \frac{{n + 2}}{2}a\), \(B = {2^n}{\cos ^n}\frac{a}{2}\sin \frac{{n + 2}}{2}a.\)
Nhận xét: Cho \(n\) là giá trị cụ thể, suy ra được nhiều biểu thức lượng giác đẹp.
Ví dụ: \(\cos a + 5\cos 2a + 10\cos 3a\) \( + 10\cos 4a + 5\cos 5a + \cos 6a\) \( = {2^5}{\cos ^5}\frac{a}{2}\cos \frac{{7a}}{2}.\)
Giải Toán ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn với Đáp Án Mới Nhất
Toán học luôn là một môn học quan trọng, giúp học sinh phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề. Để hỗ trợ các bạn học sinh và giáo viên trong việc học tập và giảng dạy, bài viết này sẽ cung cấp lời giải chi tiết và đáp án chính xác cho chủ đề ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn, giúp bạn hiểu sâu và tự tin hơn khi làm bài tập.
ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn là một trong những phần kiến thức quan trọng trong chương trình toán học, thường xuất hiện trong các bài kiểm tra và kỳ thi lớn. Việc nắm vững phần này không chỉ giúp bạn đạt điểm cao mà còn tạo nền tảng vững chắc để học các nội dung nâng cao hơn.
Chúng tôi cung cấp hướng dẫn từng bước giải bài tập, bao gồm:
Mỗi bài giải đều kèm theo lời giải thích chi tiết, giúp bạn hiểu không chỉ cách làm mà còn cả lý do tại sao nên áp dụng phương pháp đó.
Tất cả các bài tập đều đi kèm đáp án mới nhất, được kiểm tra kỹ lưỡng để đảm bảo độ chính xác cao. Điều này giúp bạn tự kiểm tra kết quả và khắc phục lỗi sai một cách nhanh chóng.
Ngoài ra, bài viết còn cung cấp các tài liệu bổ trợ như:
Chủ đề ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn là một phần kiến thức thú vị và hữu ích trong toán học. Hãy sử dụng bài viết này như một công cụ hỗ trợ để bạn chinh phục mọi thử thách trong môn Toán. Đừng quên ôn tập thường xuyên và luyện tập nhiều dạng bài tập khác nhau để thành thạo hơn!
Chúc các bạn học tốt và đạt kết quả cao! 😊
>> Xem thêm đáp án chi tiết về: ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn.
