ta có : \(Q=C^1_n+2\dfrac{C_n^2}{C_n^1}+...+k\dfrac{C^k_n}{C_n^{k-1}}+...+n\dfrac{C^n_n}{C_n^{n-1}}\)

\(\Leftrightarrow Q=\dfrac{n!}{1!\left(n-1\right)!}+2\dfrac{1!\left(n-1\right)!}{2!\left(n-2\right)!}+...+k\dfrac{\left(k-1\right)!\left(n-k+1\right)!}{k!\left(n-k\right)!}+...+\dfrac{n\left(n-1\right)!1!}{n!}\)

\(\Leftrightarrow Q=n+\dfrac{2\left(n-1\right)}{2}+...+\dfrac{k\left(n-k+1\right)}{k}+...+\dfrac{n}{n}\)

\(\Leftrightarrow Q=n+\left(n-1\right)+...+\left(n-k+1\right)+...+1\)

\(\Leftrightarrow Q=n^2-\left(1+\left(1+1\right)+\left(1+2\right)+...+\left(n-1\right)\right)\)

Lời giải:

Áp dụng đẳng thức quen thuộc \(C^k_n+C^{k+1}_n=C^{k+1}_{n+1}\) ta được:

\(\sum \limits_{n=4}^{11}C^4_n=C^4_4+\sum \limits_{n=5}^{11}C^4_n=1+\sum \limits_{n=5}^{11}(C^5_{n+1}-C^5_n)\)

\(=1+(C^5_6+C^5_7+..+C^5_{12})-(C^5_5+C^5_6+...+C^5_{11})\)

\(=1+C^5_{12}-C^5_5=C^5_{12}=792\)

Xét tập A có n phần tử

Ta sẽ đếm số tập con của chúng bằng hai cách:

-Cách 1:

+Số tập con có 0 phần tử là: \(C^0_n\) tập

+Số tập con có 1 phần tử là: \(C^1_n\) tập

...

+Số tập con có 0 phần tử là: \(C^n_n\) tập

Khi đó vế trái của đẳng thức cần chứng minh là tổng số tập con của tập đó

Cách 2: Xét tập B là tập con của tập A

Một phần tử i bất kì thuộc A có thể thuộc B hoặc không thuộc B nên phần tử i đó có 2 khả năng xảy ra. Làm tương tự với n-1 phần tử còn lại thì vế phải của đẳng thức cần chứng minh là số tập con của tập A

Ta chứng minh bằng quy nạp.

Ta thấy công thức trên đúng với n = 1.

Giả sử nó đúng đến n. Ta chứng minh nó đúng với n + 1.

Nhận thấy VT là số tập hợp con của một tập hợp có n phần tử.

Nếu ta thêm 1 phần tử thì số tập hợp con tăng thêm chính bằng số tập hợp con của tập hợp đó.

Do đó số tập hợp con của một tập hợp có n + 1 phần tử là: \(2^n+2^n=2^{n+1}\).

Vậy công thức trên đúng với n + 1. Phép cm hoàn tất.

Giả sử có 1 nhóm người gồm 2n người, trong đó có n nam và n nữ.

Chọn n người từ 2n người đó, ta thực hiện theo 2 cách:

- Cách 1: chọn bất kì, có \(C_{2n}^n\) cách (1)

- Cách 2: giả sử trong n người được chọn có k nữ và \(n-k\) nam

Chọn k nữ từ n nữ, có \(C_n^k\) cách

Chọn \(n-k\) nam từ n nam, có \(C_n^{n-k}\) cách

Số cách thỏa mãn: \(\sum\limits^n_{k=0}C_n^kC_n^{n-k}=\sum\limits^n_{k=0}C_n^kC_n^k=\sum\limits^n_{k=0}\left(C_n^k\right)^2\) (2)

(1); (2) \(\Rightarrow\sum\limits^n_{k=0}\left(C_n^k\right)^2=C_{2n}^n\)

 Xét câu A, hiển nhiên khi \(n\rightarrow+\infty\) thì \(a_n=\sqrt{n^3+n}\rightarrow+\infty\) nên dãy (a_n) không bị chặn.

 Ở câu C, lấy n chẵn và cho \(n\rightarrow+\infty\) thì dãy (c_n) cũng sẽ tiến tới \(+\infty\). Do đó dãy (c_n) cũng là 1 dãy không bị chặn.

 Ở câu B, ta xét hàm số \(f\left(x\right)=x^2+\dfrac{1}{x}\) trên \(\left[1;+\infty\right]\), ta thấy \(f'\left(x\right)=2x-\dfrac{1}{x^2}\) \(=\dfrac{2x^3-1}{x^2}\) \(=\dfrac{x^3+x^3-1}{x^2}>0,\forall x\ge1\) . Do đó \(f\left(x\right)\) đồng biến trên \(\left[1;+\infty\right]\) và do đó cũng đồng biến trên \(ℕ^∗\). Nói cách khác, (b_n) là dãy tăng . Như vậy, nếu b_n bị chặn thì tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}b_n=L>1\). Chuyển qua giới hạn, ta được \(L=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(n^2+\dfrac{1}{n}\right)=+\infty\), vô lí. Vậy (b_n) không bị chặn trên.

 Còn lại câu D. Ta thấy với \(n\inℕ^∗\) thì hiển nhiên \(d_n>0\). Ta thấy \(d_n=\dfrac{3n}{n^3+2}=\dfrac{3n}{n^3+1+1}\le\dfrac{3n}{3\sqrt[3]{n^3.1.1}}=1\), với mọi \(n\inℕ^∗\). Vậy, (d_n) bị chặn 

 \(\Rightarrow\) Chọn D.