Chứng minh \(C_5^0C_{2014}^k + C_5^1C_{2014}^{k - 1} + ... + C_5^5C_{2014}^{k - 5} = C_{2019}^k\) biết k là số tự nhiên thỏa mãn \(5 \le k \le 2014\).

1. Ta có: \({(1 + x)^5}{(1 + x)^{2014}} = {(1 + x)^{2019}}\) 

\(\begin{array}{l}
M = {(1 + x)^5} = C_5^0 + C_5^1x + C_5^2{x^2} + C_5^3{x^3} + C_5^4{x^4} + C_5^5{x^5}\\
N = {(1 + x)^{2014}} = C_{2014}^0 + C_{2014}^1x + ... + C_{2014}^k{x^k} + ... + C_{2014}^{2013}{x^{2013}} + C_{2014}^{2014}{x^{2014}}\\
P = {(1 + x)^{2019}} = C_{2019}^0 + C_{2019}^1x + ... + C_{2019}^k{x^k} + ... + C_{2019}^{2018}{x^{2018}} + C_{2019}^{2019}{x^{2019}}
\end{array}\) 

Ta có hệ số của x^k trong P là \(C_{2019}^k\), P = M.N

Mà số hạng chứa x^k trong M.N là :

\(C_5^0C_{2014}^k{x^k} + C_5^1xC_{2014}^{k - 1}{x^{k - 1}} + C_5^2{x^2}C_{2014}^{k - 2}{x^{k - 2}} + C_5^3{x^3}C_{2014}^{k - 3}{x^{k - 3}} + C_5^4{x^4}C_{2014}^{k - 4}{x^{k - 4}} + C_5^5{x^5}C_{2014}^{k - 5}{x^{k - 5}}\) 

Vậy : \(C_5^0C_{2014}^k + C_5^1C_{2014}^{k - 1} + ... + C_5^5C_{2014}^{k - 5} = C_{2019}^k\)

2. ĐK: \( - 1 \le x \le 1\), Đặt \(t = \sqrt {1 + {x^2}}  - \sqrt {1 - {x^2}} \), t liên tục trên [- 1;1] và \(t \ge 0\) 

\( \Rightarrow {t^2} = 2 - 2\sqrt {1 - {x^4}}  \le 2 \Rightarrow t \in \left[ {0;\sqrt 2 } \right]\) 

Pttt: \(m(t + 2) =  - {t^2} + t + 2 \Leftrightarrow m = \frac{{ - {t^2} + t + 2}}{{t + 2}}\) 

Xét \(f(t) = \frac{{ - {t^2} + t + 2}}{{t + 2}};t \in \left[ {0;\sqrt 2 } \right]\), \(f(t)\) liên tục trên \(\left[ {0;\sqrt 2 } \right]\)

\(f'(t) = \frac{{ - {t^2} - 4t}}{{{{(t + 2)}^2}}} < 0,\forall t \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)\) 

\( \Rightarrow f(t)\) nghịch biến trên \(\left[ {0;\sqrt 2 } \right]\)

Vậy pt đã cho có nghiệm thực khi \(f(\sqrt 2 ) = \sqrt 2  - 1 \le m \le 1 = f(0)\)