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: \(\cos a + 5\cos 2a + 10\cos 3a\) \( + 10\cos 4a + 5\cos 5a + \cos 6a\) \( = {2^5}{\cos ^5}\frac{a}{2}\cos \frac{{7a}}{2}.\)
Bài toán ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn là một trong những nội dung quan trọng thường xuyên xuất hiện trong chương trình học và các kỳ thi. Đây không chỉ là một dạng bài tập phổ biến mà còn giúp rèn luyện tư duy logic và khả năng giải quyết vấn đề. Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng khám phá phương pháp tiếp cận hiệu quả, các mẹo học tập hữu ích, và những ví dụ chi tiết để bạn hiểu rõ hơn về cách giải bài toán này.
Bài toán ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn thường xuất hiện trong các kỳ thi quan trọng, từ cấp THCS, THPT đến các kỳ thi đại học. Đây là một dạng bài tập không chỉ kiểm tra khả năng nắm bắt kiến thức lý thuyết mà còn đòi hỏi sự vận dụng linh hoạt.
Để giải hiệu quả bài toán ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn, bạn cần tuân thủ một quy trình rõ ràng và áp dụng các phương pháp phù hợp. Dưới đây là các bước cơ bản:
Bước 1: Hiểu Đề Bài
Bước 2: Lựa Chọn Phương Pháp Giải
Tùy thuộc vào dạng bài toán, bạn có thể lựa chọn một trong các phương pháp phổ biến như:
Bước 3: Triển Khai Lời Giải
Bước 4: Kiểm Tra Kết Quả
Để đạt hiệu quả cao khi giải dạng bài này, bạn nên áp dụng những mẹo sau:
Mẹo 1: Nắm Vững Kiến Thức Cơ Bản
Hãy chắc chắn rằng bạn hiểu rõ các công thức, định lý, và định nghĩa liên quan đến bài toán. Điều này sẽ giúp bạn tránh được những lỗi sai cơ bản.
Mẹo 2: Luyện Tập Thường Xuyên
Thực hành là cách tốt nhất để cải thiện kỹ năng giải toán. Hãy luyện tập với nhiều dạng bài khác nhau để nắm vững phương pháp và cách trình bày.
Mẹo 3: Phân Tích Sai Lầm
Mỗi lần mắc lỗi, hãy dành thời gian phân tích nguyên nhân và cách khắc phục. Điều này sẽ giúp bạn tránh lặp lại sai lầm trong tương lai.
Mẹo 4: Sử Dụng Tài Liệu Tham Khảo
Tìm kiếm các tài liệu, bài giảng trực tuyến, hoặc sách tham khảo uy tín để học hỏi thêm phương pháp giải và các mẹo hay.
Ví Dụ 1: Đề Bài Cụ Thể
Giả sử đề bài yêu cầu: “Tìm giá trị của [yêu cầu cụ thể].”
Lời Giải:
Ví Dụ 2: Bài Tập Nâng Cao
Ngoài ra, bạn cũng có thể thử sức với bài toán nâng cao để phát triển kỹ năng:
Nếu bạn cần thêm tài liệu tham khảo để giải bài toán ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn, dưới đây là một số nguồn hữu ích:
Theo các giáo viên và chuyên gia, việc học toán không chỉ dựa vào việc ghi nhớ công thức mà còn cần thực hành tư duy logic và khả năng vận dụng linh hoạt. Dành thời gian phân tích bài toán kỹ lưỡng trước khi bắt tay vào giải là yếu tố quyết định thành công.
Bài toán ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn là một dạng bài không khó nếu bạn nắm vững phương pháp và luyện tập thường xuyên. Với những mẹo học tập và ví dụ chi tiết được chia sẻ trong bài viết, hy vọng bạn đã có thêm nhiều ý tưởng để cải thiện kỹ năng giải toán. Đừng quên tham khảo thêm tài liệu và tìm kiếm sự hỗ trợ nếu gặp khó khăn trong quá trình học.
Hãy bắt đầu thực hành ngay hôm nay để đạt kết quả tốt nhất!
>> Xem thêm đáp án chi tiết về: ứng dụng số phức giải toán khai triển, tính tổng nhị thức niutơn.
