›
›
›

Bài tập môn Toán - Chuyên đề: Nhị thức Newton

pdf 31 trang hangtran11 10/03/2022 6010
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập môn Toán - Chuyên đề: Nhị thức Newton", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_tap_mon_toan_chuyen_de_nhi_thuc_newton.pdf

Nội dung text: Bài tập môn Toán - Chuyên đề: Nhị thức Newton

  1. ĐẠI SỐ 11 NHỊ THỨC NEWTON
  2. NHỊ THỨC NEWTON NHỊ THỨC NEWTON & CÁC ỨNG DỤNG Cơ sở lý thuyết : 1. Cơng thức khai triển nhị thức NEWTON : n n 0 n 1 n 1 1 2 n 2 2 n 1 1 n 1 n n k n k k (a b) Cn a Cn a b Cn a b Cn a b Cn b Cn a b (1), n Z k 0 2. Tính chất :  Vế phải của (1) cĩ n +1 số hạng  Trong mỗi số hạng thì tổng lũy thừa của a và b bằng n.  k n k k Số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = Cn a b (số hạng thứ k trong khai triển)  Các hệ số cách đều hai đầu của sự khai triển thì bằng nhau.Các hệ số mang tính đối xứng và tăng dần từ  biên vào điểm chính giửa của khai triển 3. Các dạng khai triển cơ bản : n 0 n 1 n 1 2 n 2 k n k n 1 n (x 1)  Cn x  Cn x  Cn x    Cn x    Cn x Cn n 1 n 1 n n (1 x) n  C0  C 1 x  C2 x2   C k x k C x C x n n n n n n  n (x 1) C 0 xn 1 n 1 2 n 2 ( 1)k C k xn k ( 1)n 1 C n 1 x ( 1)n C n C x C x n n n n n n n 0 1 2 2 k k k n 1 n 1 n 1 n n n (1 x ) Cn Cn x Cn x ( 1) Cn x ( 1) Cn x ( 1) Cn x k n k C C n n k C k 1 k 1 C C (n >1) n n n 1 k k .n ! n.( n 1)! k 1 k .C nC n n 1 ( n k )! k ! ( n k )!( k 1)! 1 k n ! ( n 1)! 1 k 1 C C n n 1 k 1 ( k 1)( n k )! k ! ( n 1)( n k )!( k 1)! n 1 Các dạng tốn thường gặp : 1. Xác định điều kiện của số hạng thỏa mãn một yêu cầu cho trước : Phương pháp :  k n k k   Xác định số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = Cn a b (số hạng thứ k + 1)  Từ Tk+1 kết hợp với yêu cầu bài tốn ta thiết lập một phương trình (thơng thường theo biến n hoặc  biến k)   Giải phương trình ta cĩ được kết quả cần tìm . 2
  3. NHỊ THỨC NEWTON n Trường hợp riêng: Cho nhị thức P a ( x ) b ( x) (khơng chứa x khi 0 ) trong   tìm số hạng chứa x khai triển thành đa thức của P m m n x m m n m n m n n m x m . n x x x , n n Phương pháp : Cơng thức cần lưu ý: x , x x , x x  Giải phương trình tổ hợp (hoặc sử dụng phép tính tổng)để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n) n n  Khai triên: P a ( x ) n k b ( x ) k g ( n, k )x f ( n , k ) . k 0 k 0  Do đĩ số hạng tổng quát trong khai triển là: T g ( n, k )x f ( n , k ) (số hạng thứ k + 1) k 1 f ( n , k )  Tk 1 g ( n, k )x f ( n, k ) k k0 chứa x f ( n , k ) Thay k k vào T g ( n, k )x số hạng cần tìm 0 k 1 Ví dụ 1(A - 2012): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C n 1 C3 . Tìm số hạng chứa 5 trong x n n nx 1 n 2 khai triển nhị thức niu-tơn của P với x 0 14 x Bài giải: n N Điều kiện: n 3 5. n ! n! Ta cĩ: 5C nn 1 Cn3 1!( n 1)! 3!( n 3)! 5 1 n 7 2 n 3n 28 0 ( n 3)!( n 2)( n 1) 6.( n 3)! n  4(loai) 2 7 2 k x 1 k x n k 1 ( 1) 7 k k 7 k 14 3k Khi n = 7 ta cĩ: P   ( 1) C7  7 k C7 x 2 k 0  k 0 2 2 x x k ( 1) Do đĩ số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1 27 k C7k x14 3k 5 T chứa x 14 3k 5 3k 9 k 3 k 1 3 5 ( 1) 3 5 5 Vậy số hạng chứa x là T C x  35 x 2 7 3 4 7 16 GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 3 www.toanhocdanang.com
  4. NHỊ THỨC NEWTON 8 Ví dụ 2( A – 2004)Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1 x 2 1 x .   Bài giải: 8 2 8 3 2 8 k k 2 P  1 x  x (1 x ) ( 1) C 3 1 x 1 x x 8 k k  8 k 0 8 k 8k  k k i 2 i k k i 24 3 k 2i ( 1) C C 24 3 k x ( 1) C C x  8 k 8 k  x  k 0 i 0 k 0 i 0 Số hạng tổng quát trong khai triển là T ( 1)k C k C i x24 3 k 2i 8 k 0 k 8 16 k 6 i 0 k 8 k 8 3k 16 1 0 k 3 8 i k 0 2  k , i N T chứa x    k , i N k , i N k 8 3k 16 24 3k 2i 8 i 3k 16   i 2 i 4 2 8 8 4 8 6 1 8 4 8 8 Do đĩ số hạng chứa x8 là: ( 1) 6 C86 C61 x 8 ( 1) C8 C8 x C8 C6 C8 C8 x 238x Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là 238 9 Ví dụ 3: Trong khai triển biể thức F 3 3 2 hãy tìm số hạng nguyên. 9 9 k 9 k 3 k Ta cĩ: F 3 C9 3 2 3 2 cĩ số hạng tổng quát là k 0 k 9 k 3 k T C 3 2 k 1 9 Ta thấy bậc của hai căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố: k N 6 3 3 3 k 3 T4 C9 3 2 0 k 9 4536 Do đĩ Tk 1 là một số nguyên  0 9 9 k 2 9 T C9 k 3 3 2 8 k 3 9 10 T Vậy trong khai triển cĩ hai số hạng nguyên là: T4 4536 và 10 8 Ví dụ 4: Cho đa thức P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2 + 3(1 + x)3 + + 20(1 + x)20 2 20 Viết lại P(x) dưới dạng : P(x) a a x a x a 19 a x . x 0 1 2 19 20 Tìm hề số a15 4
  5. NHỊ THỨC NEWTON Ví dụ 5: Biết rằng tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x2 + 1)n bằng 1024 Tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển. 2 3 5 2 15 Ví dụ 6: Cho đa thức P(x) = (1 + x + x + x ) a0 a1 x a2 x a15 x Tính hệ số a10 ? Ví dụ 7: (ĐH SPQN - 2000) Tìm hệ số chứa x3 trong khai triển thành đa thức của: P ( x ) 1 2 x 3x2 10 2. Tính tổng hoặc chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tổ hợp: Phương pháp :  Nhận xét bài tốn từ đĩ chọn hàm số phù hợp với tổng, đẳng thức, bất đẳng thức(thơng thường  ta hay sử dụng các hàm cơ bản (x 1)n , (1 x)n , (1 x) n , (x 1) n )   Khai triển nhị thức vừa tìm được đồng thời sử dụng các phép biến đổi đại số, giải tích để cĩ được dạng phù hợp với đề bài .   Chọn giá trị của x cho phù hợp để cĩ được biểu thức như đề bài. Thơng thường ta chọn x là các số 1 hay -1 (cũng cĩ thể 2, 3, ) Từ đĩ ta cĩ được tổng hoặc mệnh đề cần chứng minh. Ví dụ 1: Cho đa thức : P(x) = (1 + x2 – x5)12 2 Khai triển đa thức về dạng P(x) a a x a x a 60 x 0 1 2 60 Tính tổng : S = a0 a1 a2 a60 (tổng tất cả các hệ số) Bài giải 2 60 Theo giả thuyết ta cĩ : P( x ) a a x a x a x (1) đúng với x R 0 1 2 60 Do đĩ (1) đúng với x = 1, tức lá : P (1) a a a a S (2) 0 1 2 60 2 5 12 2 5 12 Lại cĩ: P(x) = (1 + x ) P(1) 1 1 (3) – x 1 1 Từ (2) và (3) ta cĩ: S 1 ĐS: S 1 0 1 2 3 n n Ví dụ 2(D – 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho : Cn 2Cn 4Cn 8Cn 2 Cn 243 Bình luận: ta thấy tổng ở VT cĩ lủy thừa cơ số 2 cĩ số mũ tăng dần đều dĩ đĩ ta nghĩ ngay đến nhị thức (1 x)n và ta cũng đốn được giá trị của biến phải chọn là x 2 5
  6. NHỊ THỨC NEWTON Bài giải n 0 1 2 2 k k n 1 n 1 n n Ta cĩ : (1 x) Cn Cn x Cn x Cn x Cn x Cn x (1) đúng với x R Do đĩ (1) cũng đúng với x = 2. Xét x = 2 khi đĩ ta cĩ: n 0 1 2 2 3 3 n n 1 (1 2) Cn 2Cn 2 Cn 2 Cn 2 Cn Từ giả thuyết ta cĩ: (1 2) n 243 3n 35 n 5 ĐS: n = 5 Ví dụ 3(A – 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho: C1 2.2C 2 3.22 C 3 4.23 C 4 (2n 1)2 2 n C2 n 1 2005 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 Bài giải k k (2 n 1)! (2 n 1)(2 n)! k 1 Ta cĩ: kC 2 n 1 (2 n 1)C2n k !(2 n k 1)! ( k 1)!(2 n k 1)! Do đĩ ta cĩ: C1 2.2C 2 3.22 C 3 4.23 C 4 (2n 1)22 n C2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 0 1 2 2 3 3 2 n 2 n (2n 1)C2 n (2n 1)2C2 n (2n 1)2 C2 n (2n 1)2 C2 n (2n 1)2 C2 n   (2 n 1) C20n 2C21 n 2 2 C 22n 23 C 23n 22 n C22nn   (2 n 1) 1 2 2n 2 n 1  Từ giả thuyết ta cĩ: 2n 1 2005 n 1002 ĐS: n 1002 Ví dụ 4(B – 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng sau theo n: 2 3 4 n 1 0 2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 1 n S C C C C C n n n n n 2 3 4 n 1 Bài giải 1 n ! 1 ( n 1)! 1 k k 1 C C n n 1 k 1 ( k 1) k !( n k )! n 1 ( k 1)!( n k )! n 1 2 3 4 n 1 0 2 1 2 2 1 3 2 1 4 2 1 n 1 S C C C C C n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 1 1 0 2 2 3 2 n 1 n 1 2 2 n 1 C C C C n 2 C n 1 2 n 1 n 1 C n 1 n 1 Cn 1 n 2 1 n 1 6
  7. NHỊ THỨC NEWTON 1 1 0 n 1 0 1 n 1 0 1 C (1 2) C C 2  (1 1) C C n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 1 2( n 1) n 1 1 ( n 1) 3 n 1 2n 1 1 3 2 n n 1 n 1 1 3n 1 2n 1 S ĐS: n 1 Ví dụ 5(A – 2007) Với n là số nguyên dương, Ck là số tổ hợp chập k của n phần tử. n 1 1 1 1 2 2n 1 1 3 5 2 n 1 Chứng minh rằng : C 2 n C 2 n C 2 n C2 n 2 4 2 n 6 2 n 1 Bài giải (2 n 1)! 1 2 n ! 1 1 k 1 k C Ta cĩ : C 2 n 2 n 1 2 n 1 k 1 ( k 1) k !(2 n k )! 2 n 1 ( k 1)!(2 n k )! 1 1 1 1 1 3 5 2 n 1 Do đĩ : VT C 2 C 2 n C 2 n C2 n n 2 4 6 2n 1 S 1 0 2 4 6 2n 1 (1) C C C2 n 1 C2 n 1 2 n 1 2 n 1 C2 n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 n 1 Ta lại cĩ: C 0 2 n 1 , C 2 2 n 1 , C 4 2 n 3 , ,C C C C C 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 0 2 2 n 1 2 n 1 2 n 1 C C Suy ra 2 S C2 n 1 C2 n 1 C2 n 1 2 n 1 2 n 1 C2 n 1 0 1 2 2 n 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2n C C C 2 n 1 2 n 1 2 n 1 C2 n 1 C2 n 1 1 1 2 2.2 S 22n 2 1 Thay vào (1) ta cĩ: VT 2n (đpcm) 2 n 1 7 2n Ví dụ 5 Tìm hệ số của x trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x) biết rằng : C1 C 3 C 5 C 2n 1 1024 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 Ví dụ 6:Cho m, n, p nguyên dương sao cho p n, p m p 0p 1 p 1 2 p 2 p 1 1 p 0 Chứng minh rằng : Cn m C C C C C C C C C C n m n m n m n m n m n 1 Ví dụ 7: Biết rằng trong khai triển x ,Tổng các hệ số của 2 số hạng đầu tiên là 24. x Cmr : tổng các hệ số của lũy thừa nguyên dương của x là một số chình phương ? GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 7 www.toanhocdanang.com
  8. NHỊ THỨC NEWTON Ví dụ 8: Rút gọn tổng sau , từ đĩ tìm số hạng chứa x: S ( x ) 1 x 2(1 x ) 2 3(1 x ) 3 4(1 x ) 4 n(1 x)n 3. Xác định xác định hệ số lớn nhất trong khai triển: Phương pháp : n n  g ( n , k ) k Khai triển nhị thức và biến đổi về dạng P  f ( n, k ).x ak x k 0 k 0 từ đĩ suy ra hệ số ak f ( n, k) (thơng thường giả thuyết cho trước n hoặc k nên trong ak chỉ cĩ một biến) a ak k 1   k0 ak là hệ số lớn nhất ak là hệ số lớn nhất k a a 0 k k 1 n 2 n Ví dụ 1(A– 2008) Cho khai triển 1 2 x a0 a1 x a2 x a n x , trong đĩ n N * và a a 1 2 an các hệ số a0 , a1 , a2 , , an thỏa mãn hệ thức : a0 2 4 n 2 4096 Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 , , an Bài giải 1 2 x n Cn0 C 1 x C 2 x 2 C n x n a a 2 x a 2 2 x 2 a 2 n x n a k 2k C k n n n 0 1 2 n n với k 1, n 2C 1 2 2 C 2 2n C n a a a 0 0 1 2 n n n 1 2 n C n n n C C C C (1 1) 2 Do đĩ: a 2 n 2n 0 24 n 2 4 n n n n Kết hợp giả thuyết ta cĩ: 2 n 4096 2 n 212 n 12 Khi đĩ : a 2k Ck k 12 a kk k 1 k 1 k 1 ak 2 C 2 C 12 12 ak là số lớn nhất  a  k k a k 1 2 C k 1 k 1 k 2 C 12 12 2.12! 12! 2 1 23 26 k )! ( k 1)!(13 k )! k !(12 k 13 k k   3 3  12! 2.12! 1 2 k !(12 k )! ( k 1)!(11 k )! 12 k k 1 Mà k là số nguyên nên ta cĩ: k 8 8 8 Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: a8 2 C12 126720 GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 8 www.toanhocdanang.com
  9. NHỊ THỨC NEWTON BÀI TẬP TỰ GIẢI 1 2 3 4 n 1 n Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : S C n 2Cn 3Cn 4Cn ( 1) .nC n Trong đĩ n là số tự nhiên lớn hơn 2 Bài 2:(ĐH QG Hà Nội – 1999) Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển của biểu thức sau : 17 1 4 3 P(x) x , x ≠ 0 3 2 x n 28 3 x x Bài 3:(ĐH SP Hà Nội K A – 2000) Trong khai triển nhị thức x 15 n n 1 n 2 n n n 79 Hãy tìm số hạng khơng phụ thuộc vào x, biết rằng C C C n Bài 4:(ĐH SP Hà Nội K D – 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức x2 1 bằng 1024, Hãy tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển trên 0 1 2 n 1 1 1 Bài 5:(ĐH SP TP.HCM K A – 2000) Tính tổng : S = Cn C n Cn Cn n 1 2 3 n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1 Bài 6:(ĐH KTQD K A – 2000) Chứng minh : 2 C n 2 Cn 2 Cn 2 Cn nCn n.3 Bài 7:(ĐH Nơng nghiêp I K A – 2000)Tìm hệ số của số hạng chứa x31 trong khai triển của 40 1 f (x ) x 2 x Bài 8:(ĐH Nơng nghiêp I K A – 2000) Cho biểu thức: P ( x ) 1 x 9 1 x 10 1 x 11 1 x 14 cĩ khai triển là : 2 14 P( x ) a0 a1 x a2 x a14 x . Hãy tìm hệ số a9 GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 9 www.toanhocdanang.com
  10. NHỊ THỨC NEWTON Bài 9:(ĐH Y Dược TP.HCM – 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau: 0 1 2 n n 1. Cn C n Cn C n = 2 1 3 5 2n 1 0 2 4 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2. C C C C = C C C C Bài 10:(ĐH An ninh nhân dân KDG – 2000) Tính tổng : 0 1 2 3 2000 S C2000 2C2000 3C2000 4C2000 2001C2000 Bài 11:(HV Kỹ thuật quân sự – 2000) Khai triển nhị thức: P ( x ) 1 2x 12 thành đa thức ta cĩ: 2 12 P( x ) a0 a1 x a2 x a12 x Tìm Max a0 , a1 , a2 , , a12  Bài 12:(ĐH CSND KA – 2000) Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển của biểu thức P ( x ) 1 x 4 1 x 5 1 x 6 1 x 7 2 6 0 2 5 1 2 4 2 2 3 3 2 2 4 2 5 1 6 Bài 13: Tính tổng : S 1 C 6 2 C 6 3 C6 4 C6 5 C6 6 C6 7 C6 n 1 n k k Bài 14:( ĐH luật khối D 2001) Chứng minh rằng với mọi số x ta đều cĩ: x C n (2x 1) n  k 0 2 Bài 15:( ĐH Ngoại thương A - 2001) Với n là số tự nhiên, Tính tổng: 0 1 1 1 2 2 1 3 3 1 n n C .2 C C n S Cn 2 Cn .2 3 n 4 n .2 n 1 .2 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n Bài 16: Chứng minh rằng: C 2n C 2n .3 C 2n .3 C 2n .3 2 (2 1) Bài 17:( ĐH Luật TP.HCM A - 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều cĩ: 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n n–1 C n .3 2.Cn .3 3.Cn .3 n.C n = n.4 10 1 2 Bài 18:( ĐH SP Hà nội A - 2001) Trong khai triển của nhị thức P(x) x thành đa thức:  3 3 a a x a x 2 a x 3 a x10 Hãy tìm hệ số a lớn nhất ( 0 k 9 ) k 01 2 3 10 10
  11. NHỊ THỨC NEWTON 0 2 2 4 4 2000 2000 2000 2001 Bài 19:Chứng minh rằng: C 2001 3 C 2001 3 C 2001 3 C 2001 2 (2 1) Bài 20:Cho khai triển nhị thức niu – tơn : x 1 x n x 1 n x 1 n 1 x x 1 x n 1 x n 0 1 n 2 2 3 C 2 C 2 2 3 n 1 2 2 3 C 2 3 2 2 2 C 2 n n n n 3 1 Với n N . Biết trong khai triển cĩ Cn 5C n và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x. 0 1 2 n n Bài 21:(D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho: Cn 2C n 4Cn 2 C n 243 Bài 22:Giã sử n là số nguyên dương và : 1 x n a0 a1 x a2 x 2 a3 x 3 a n xn a a k 1 ak k 1 Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho . Hãy tính n. 2 9 24 Bài 23:Gọi a1 , a2 , a3 , , a11 là các hệ số trong khai triển sau: 1 x 10 ( x 2) x11 a1 x10 a2 x 9 a11 Hãy tìm hệ số a5 n 1 8 5 Bài 24:Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của x , biết rằng : 3 x  n 1 n C n 4 Cn 3 7(n 3) (n nguyên dương, x > 0). 3 n 1 0 22 1 2 1C2 2 1Cn S C 1 Bài 25: Cho n N , tính tổng sau theo n: n C n n n n 1 2 3 3 n 3 Bài 26:Với n là số nguyên dương, gọi a là hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 3 n 3 2 n n thành đa thức của x 1 ( x 2) .Tìm n , biết rằng a3 n 3 26n 1 3 5 2n 1 0 2 4 2n C Bài 27:Chứ ng minh rằng với n N ta đều cĩ: 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n C C C C C C C Bài 28: 1 2 3 2 1. Giải phương trình: C x 6C x 6C x = 9x – 14x 1 3 5 17 19 19 2. Chứng minh rằng : C 20 C 20 C 20 C 20 C 20 = 2 11
  12. NHỊ THỨC NEWTON Bài 29: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 2 ta đều cĩ: n n 1 C0 C1 Cn 2 2 n 1 n n n    Bài 30: 1 2 3 4 n 1 n 1. Tính tổng: S = C n 2Cn 3Cn 4Cn ( 1) nC n (n > 2) 0 1 1 1 2 1 n 2. Tính tổng: T = Cn Cn Cn Cn n 1 2 3 n n 1 n 2 Biết n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: Cn 79 Cn Cn Bài 31: Cho P ( x ) (16 x 15)2003 . Khai triển nĩ dưới dạng: P( x) a0 a1 x a2 x 2 a2003 x2003 Tính tổng : S a0 a1 a2 a2003 15 1 2 Bài 32: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức niu-tơn sau: P x . 3 3 Bài 33: Hãy khai triển nhị thức Newton (1 x)2n , với n là số nguyên dương. Từ đĩ chứng minh rằng: 1 3 2n 1 2 4 2n 1C 2n (2n 1)C2n 2n 2n 2n 2n 3C 2C 4C 2nC Bài 34: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển thành đa thức của [1 + x2(1 – x)]8. 1 7 3 x 4 x Bài 35:Tìm hệ số của số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức Newton: với x > 0 Bài 36:Tìm số nguyên duownng n sao cho: 1 2 2 3 3 4 2n 2n 1 C C = 2005 2n 1 2.2C2n 1 3.2 C2n 1 4.2 C2n 1 (2n 1).2 2n 1 Bài 37:Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển nhị thức (2 3 x)2n , trong đĩ n là số 1 3 5 2n 1 C nguyên dương thỏa mãn 2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 1024 12
  13. NHỊ THỨC NEWTON n 1 26 7 trong khai triển nhị thức Newton của Bài 38: Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 x , x  1 2 n 20 biết rằng: C 2n 1 C2n 1 C 2n 1 2 1 n 1.C 0 2.C1 3.C 2 (n 1).C n n n n Bài 39:Tính tổng S = A1 A1 A1 A1 1 2 3 n 1 0 1 2 Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện : Cn C n Cn 211 Bài 40:Khai triển biểu thức (1 – 2x)n thành đa thức ta cĩ dạng: P( x ) a a x a x 2 a xn . Tìm số hạng chứa x5 , biết rằng: a a a 71 0 1 2 n 012 1 n 2 3 Bài 41:Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức x , x 1 3 C n Cn 13n (n là số nguyên lớn hơn 2, x 0 ). biết rằng: Bài 42:Tìm n N sao cho: 0 2 4 2n C 4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 256 20 10 3 1 1 Bài 43:Cho A x 2 x . x x Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức A sẽ gồm bao nhiêu số hạng Bài 44:Tìm n N thỏa mãn: 0 2 2 2k 2k 2n 2 2n 2 2n 2n 15 16 C 2n C C C C 2 (2 1) 2n 3 2n 3 2n 3 2n 3 Bài 45: Chứng minh rằng: 0 n 1 n 1 n n 0 1 n Cn 3 C n 3 ( 1) C n Cn C n C n Bài 46: Tìm hệ số của số hạng chứa x 29 y8 trong khai triển nhị thức Newton : x 3 xy 15 13
  14. NHỊ THỨC NEWTON HƯƠNG DẪN GIẢI 1 2 3 4 n 1 n Bài 1: S = C n 2Cn 3Cn 4Cn ( 1) .nC n (n > 2) Xét đa thức p(x) = (1 – x)n. Khai triển theo cơng thức Mewton ta được: n n p(x) = (1 – x) =  ( 1)k Ckn .xk k 0 n n–1 Suy ra: – p (x) = n(1 – x) = ( 1)k 1.kCkn .xk 1 k 1 n Cho x = 1 ta được: 0 = ( 1)k 1.kCkn = C1n 2Cn2 3Cn3 4Cn4 ( 1)n 1.nCnn = S k 1 Vậy: S = 0 Bài 2: Số hạng tổng quát của khai triển : 17 34 2 17 k 3 k 3 k 3 k k C17 x x C17 x 12 4 4 3 (k N, 0 ≤ k ≤ 17) 17 34 Nên số hạng khơng chứa x thì 12 k 3 k = 8 0 C 8 Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng 17 . Bài 3: nn 1 n 2 n(n 1) n n n 79 2 * Xác định n: C C C 1 + n + = 79 n 12   n  13 (loại)   28 12 4 k 28 12 k 48 112 12 12 k k 3 k 15 x 3 x x 15 C12 x x 15 C x 5 * khi n = 12 ta cĩ: :  =  12 k 0 k 0 48 112 15 k 5 Số hạng khơng phụ thuộc x 0 k = 7. C 7 Vậy số hạng cần tìm là: 12 = 792 14
  15. NHỊ THỨC NEWTON n 2 n Bài 4: Ta cĩ: (x + 1) =  Cnk x2k (1) k 0 Số hạng tổng quát của khai triển là T C k x2k k 1 n T chứa x12 2k 12 k 6 k 1 n C k n Trong (1) cho x = 1 thì  n = 2 k 0 n Ck Theo giả thuyết  n = 1024 2n = 1024 n = 10 k 0 6 Vậy hệ số cần tìm là: C10 = 210. Bài 5: 1 1 n 1 n (1 x) 2n 1 1 * Ta cĩ: I = (1 x) dx n 1 n 1 0 0 1 1 2 0 1 n n 0 x n xn 1 1 * I = (C Cn x Cn x )dx = Cn x Cn Cn n 1 2 n 0 0 0 1 1 1 2 1 n C C = Cn Cn n n = S n 1 2 3 Vậy: S = 2n 1 1. n 1 Bài 6: n Ta cĩ: (1 + x) = Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 Cn4 x 4 Cnnxn Lấy đạo hàm hai vế : n–1 1 2 3 2 4 3 n n 1 n(1 + x) = C n 2Cn x 3Cn x 4Cn x nC nx 1 Thay x = 2 , ta được: 3 n 1 1 2 1 3 2 4 3 n n 1 n 2n 1 C n 2Cn .2 3Cn 2 4Cn .2 nC n 2 2n 1C1n 2n 1Cn2 3.2n 3 Cn3 4.2n 4 Cn4 nCnn n.3n 1 15
  16. NHỊ THỨC NEWTON Bài 7: 40 40 1 40 k 40 k k k 3k 80 1 C x . C x x 2 =  40 2 =  40 x k 0 x k 0 k Số hạng tổng quát của khai triển là T C x 3 k 80 k 1 40 31 Tk 1 chứa x 3k 80 31 k 37 31 k Hệ số của x là C 40 với k thoả mãn điều kiện: 3k – 80 = 31 k = 37 40.39.38 31 37 3 Vậy hệ số của số hạng chứa x là C 40 C 40 1.2.3 = 40.13.19 = 9880. Bài 8: 9 9 9 9 9 a 9 1 C10 C11 C12 C13 C14 1 2 3 4 5 = 1 + C 10 C11 C12 C13 C14 = 1 + 10 + 11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10 = 3003 2 6 24 120 Bài 9: n 0 1 2 2 n n 1. (1 + x) = Cn C n x Cn x C nx 0 1 2 n n Cho x = 1 Cn C n Cn C n = 2 2n 0 1 2 2 3 3 2n 2n 2. (1 – x) = C 2n C 2n x C2n x C 2n x C2n x Cho x = 1 đpcm. Bài 10: 2000 Ta cĩ: x 1 2000 Ck2000xk (1)  k 0 2000 k Trong (1) cho x = 1 ta được  C 2000 = 22000 k 0 2000 1999 i.Ci xi 1 Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta cĩ: 2000.(x + 1) =  2000 i 1 2000 i 1999 2000 Cho x = 1 ta được:  i.C 2000 = 2000.2 = 1000.2 i 1 2000 2000 i 2000 Do đĩ: S =  C 2000  i.Ci2000 = 1001.2 . i 0 i 1 16
  17. NHỊ THỨC NEWTON Bài 11: 12 12 P ( x ) (1 2 x )12 C12k 2 k x k a0 a1 x a2 x 2 a12 x12 a k xk a C k 2k   k 12 k 0 k 0 a ak k 1 13 16 ak Max a0 ; a1 ; a2 ; ; an   k a a k k 1 3 3 Max a0 ;a1;a 2 ; ;an a 8 C128 = 126720  Bài 12: Hệ số của số của số hạng chứa x5 trong khai triển biểu thức là: 6! 7! 4 5 6 7 5 5 5 (x + 1) + (x + 1) + (x + 1) + (x + 1) là : C5 C6 C7 = 1 + 5!1! 5!2! = 28 Bài 13: 1 1 7 7 6 (x 2) 37 2 (x 1. I = 2) dx = 7 7 0 0 2. Ta cĩ: 1 I = (x 2)6 dx = 0 1 0 6 1 5 2 4 2 3 3 3 4 2 4 5 5 6 6 = C 6 .2 C 6 2 x C 6 2 x C 6 2 x C 6 2 x C 6 2x C 6x dx 0 1 6 5 4 3 2 2 0 2 1 2 2 2 3 2 3 4 2 4 5 2 5 6 1 6 7 = C6 x C x C x C x C x C x C x 1 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 0 2 6 0 2 5 1 2 4 2 2 3 3 2 2 4 2 5 1 6 = 1 C 6 2 C 6 3 C6 4 C 6 5 C6 6 C6 7 C6 = S Vậy: S = 37 27 7 Bài 14: Nếu u = 2x – 1, ta được: n n n k k C u u 1 1 k k n (u + 1) =  n điều phải chứng minh. (*) 2 n  Cnu k 0 2 k 0 17
  18. NHỊ THỨC NEWTON Bài 15: 1 1 2 1 2 k C Cĩ n k k k k 1 .2 2(k 1) nk k 1 2 Cn x dx C .x 0 0 0 1 1 1 2 2 1 3 3 1 n n Cn n Cn .2 Cn .2 Cn.2 S = C .2 n 1 2 3 4 2 k k k k 1 k k n 1 n 1 2 n = C x dx C .2   C x dx n  n n  = k 0 2 2 k 1 k 0 k 0 0 0 n 1 1 2 n 1 (x 1) 2 3n 1 1 (x 1) dx = 2 2 . n 1 = 2(n 1) 0 0 Bài 16: 2n 0 1 1 2 2 2n n C 2n C 2n .3 C2n .3 C2n .3 Ta cĩ: (1 + 3) = 2n 0 1 1 2 2 2n n (1 – 3) = C 2n C 2n .3 C2n .3 C2n .3 Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: 0 2 2 2n 2n 2n 2n C C .3 C .3 4 + 2 = 2 2n 2n 2n 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n Từ đĩ ta cĩ: C 2n C 2n .3 C 2n .3 C 2n .3 2 (2 1) Bài 17: n 0 n 1 n 1 n n Xét hàm số: f(x) = (x + 3) = Cn 3 C n .3 x C n.x n–1 1 n 1 2 n 2 n n 1 Ta cĩ: f (x) = n(x + 3) = C n .3 2Cn .3 x nC nx Cho x = 1, ta được: n–1 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n f (1) = n.4 = C n .3 2.Cn .3 3.C n .3 n.C n (đpcm) Bài 18: 1 2 k 1 k 1 kk C .2 Ta cĩ : ak 1 ak 10 10 C .2 (k 1)!(11 k)! k!(10 k)! 22 k ≤ 2(11 – k) k ≤ 3 1 7 7 Vậy hệ số lớn nhất là: a7 = .C10 .2 . 10 3 18
  19. NHỊ THỨC NEWTON Bài 19: 2001 2001 k k Ta cĩ: (x + 1) =  C 2001.x k 0 2001 2001 (–x + 1) =  Ck2001.( x)k k 0 Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: 2001 2001 0 2 2 4 4 2000 2000 (x + 1) + (–x + 1) = 2 C 2001 x C 2001 x C 2001 x C 2001 Cho x = 3 ta được: 2001 2001 0 2 2 4 4 2000 2000 4 – 2 = 2 C 2001 3 C 2001 3 C 2001 3 C 2001 0 2 2 4 C 2001 3 C 2001 3 4 2000 2000 2000 2001 C 2001 3 C 2001 2 (2 1) Bài 20: 3 1 n! n! n(n 1)(n 2) n n 3!(n 3)! (n 1)! 5n Từ C 5C ta cĩ n ≥ 3 và 5 6 n 4 (loại) 2  n – 3n – 28 = 0 n 7 x 1 x 3 3 2x–2 –x Với n = 7 ta cĩ:C7 2 2 3 = 140 35.2 .2 = 140 2 2x–2 = 4 x = 4. Vậy n = 7, x = 4. Bài 21: n n Ck xk Ta cĩ: (x + 1) =  n k 0 n n Ck 2k n Cho x = 2 ta được: 3 =  n 3 = 243 n = 5. k 0 Bài 22: a a k 1 ak k 1 Ta cĩ: (1) (1 ≤ k ≤ n – 1) 2 9 24 k Cnk 1 Cn Cnk 1 2 9 24 1 n! 1n! 1 n! 2 (k 1)!(n k 1)! 9 k!(n k)! 24 (k 1)!(n k 1)! 19
  20. NHỊ THỨC NEWTON 2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!   2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k  2n 2 k 2(n k 1) 9k 11 9(n k) 24(k 1) k 3n 8 11 Để tồn tại k thỏa mãn (1) thì 3n – 8 = 2n + 2 n = 10. Bài 23: 10 10 1 9 2 8 3 7 9 C 10 x C10 x C10 x C10 x 1 Ta cĩ: (x + 1) = x + 10 11 1 10 2 9 3 8 9 2 (x + 1) (x + 2) = x + C 10 x C10 x C10 x C10 x x 10 1 9 2 8 3 7 9 + 2 x C 10 x C10 x C10 x C10 x 1 11 = x + C110 2 x10 C102 C110 .2 x 9 C103 C102.2 x 8 9 8 2 10 9 + C10 C10 .2 x + C 10 C10 .2 x + 2 11 10 9 = x + a1 x + a2 x + + a11 Vậy a5 5 4 = C10 2C10 = 672. Bài 24: n 1 n n 1 n n C C C C Ta cĩ: n 4 Cn 3 7(n 3) n 3 n 3 n 3 7(n 3) (n 2)(n 3) = 7(n + 3) n + 2 = 7.2! = 14 n = 12. 2! Số hạng tổng quát của khai triển là: 5 12 k 60 11k k 3 k k C12 (x ) x C12 x 2 2 60 11k x 8 60 11k Ta cĩ: 2 = x = 8 k = 4. 2 12! 8 C 4 Do đĩ hệ số của số hạng chứa x là 12 4!(12 4)! = 495. Bài 25: n 0 1 2 2 n n Ta cĩ: (1 + x) = Cn C n x Cn x C nx 2 2 (1 x)n dx Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cnn xn dx  20
  21. NHỊ THỨC NEWTON 2 2 3 n 1 2 0 x x n xn 1 1 1 2 (1 x)  Cn x Cn Cn Cn 1 1 2 3 n n 1 1 2 3 0 2 1 1 2 1 2 2n 1 1 n 3n 1 2n 1 n C C = C Cn n n 0 2n 1 2n 2 2 2n 4 n Cn x C n x Cn x C n Cn0 xn 2C1nxn 1 22 Cn2 xn 2 23 C3n xn 3 2n Cnn n 1 n 1 2 3 Bài 26: Ta cĩ: (x2 + 1)n = (x + 2)n = Dễ dàng kiểm tra được n = 1, n = 2 khơng thỏa mãn điều kiện bài tốn. n 1 n 1 2 3 Với n ≥ 3 thì x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1 Do đĩ hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của: 3 0 3 1 1 (x2 + 1)n(x + 2)n là a 2 .Cn .Cn 2.C n.C n = 3 n 3 2 2n(2n 3n 4) n 5 a 26n 3 n 3 = 26n 3 n  7 (loại) 2 Vậy n = 5. Bài 27: 2n 0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2n 12n Ta cĩ khai triển : (x + 1) 2n = C x C2nx C2nx C 2n x C2n Cho x = –1 ta được: 0 1 2 3 4 2n 1 2n C 0 = 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n C C C C C C 1 3 2n 1 0 2 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n C C C C C C Bài 28: x 1 x 2 x 3 1. Điều kiện :  x 3 x N x N x! x! 2 6 = 9x – 14x PT x + 6 2!(x 2)! 3!(x 3)! x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x
  22. x 0 (loại) 2 – 9x + 14) – 0 x 7 (loại) x(x x = 2 x 2 21 GV:PHAN NHẬT NAM
  23. NHỊ THỨC NEWTON 2. Cách 1: 20 * Ta cĩ: (1 – x) = C020 C120 x C202 x 2 C1920 x19 C2020 x20 Cho x = 1 ta cĩ: C020 C120 C220 C1920 C2020 = 0 0 2 20 1 3 19 C 20 C20 C20 C 20 C 20 C 20 0 2 20 1 3 19 C 20 C20 C20 ; B = C 20 C 20 C 20 Nên : A = A = B (1) 20 0 1 2 2 19 19 20 20 * Ta có: (1 + x) = C 20 C 20 x C20 x C 20 x C 20 x 0 1 2 19 20 20 C 20 C 20 C20 C 20 C 20 = 2 Cho x = 1 ta có: A + B = 220 (2) 20 19 Từ (1) và (2) suy ra A = 2 = 2 (đpcm). 2 k k 1 k 0 Cách 2: Áp dụng cơng thức Cn 1 Cn Cn và Cn 1, ta được: 1 3 5 17 19 C 20 C 20 C 20 C 20 C 20 = 0 1 2 3 16 17 18 19 = C19 C19 C19 C19 C19 C19 C19 C19 = (1 + 1)19 = 219. Bài 29: 0 n 0 1 n 1 2 n 1 n n n n n n n Cn Do C C 1 nên ta cĩ: C C C C C Áp dụng BĐT cơsi ta cĩ: 1 2 n 1 n 1 1 2 n 1 Cn Cn Cn C C C  n n n n 1 n n Áp dụng khai triển (a + b) = Cnk ak bn k với a = b = 1, ta cĩ:  k 0 0 1 2 n n 1 2 n 1 n Cn Cn Cn Cn = 2 Cn Cn Cn = 2 – 2 n n 1 1 2 n 1 2 2 Suy ra: CnCn Cn  (đpcm). n 1 Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 Cnnxn
  24. Bài 30: 1. Ta cĩ: (1 + x)n = Đạo hàm hai vế , ta được: 22
  25. NHỊ THỨC NEWTON n–1 1 2 3 2 n n 1 n(1 + x) = C n 2Cn x 3Cn x nC nx Cho x = –1 0 = C1n 2Cn2 3Cn3 4Cn4 ( 1)n 1nCnn Vậy S = 0. n 0 1 2 2 3 3 n n 2. Ta cĩ : (1 + x) = Cn C n x Cn x Cn x C nx 1 1 (1 x)ndx Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 Cnn xn dx  0 0 n 1 1 1 (1 x) 1 0 1 2 2 3 1 n n 1 1 Cn x C x C x C x n n n n 1 0 2 3 n 1 0 2n 1 1 0 1 1 1 2 1 n Cn C n Cn Cn n 1 n 1 2 3 n 1 2 1 Do đĩ: T = n 1 n N, n 2 n 1 n 2 Cn Ta cĩ: n Cn Cn 79 n(n 1) n = 12 1 n 79 2 13 Vậy: T = 2 1. 13 Bài 31: 2003 2003 Ck P(x) = (16x – 15) =  2003 (16x)200 3 k ( 15)k k 0 2003 k 2003 k k 2003 k =  C 2003 (16) ( 15) x k 0 k 2003 k k Các hệ số trong khai triển P(x) thành đa thức là: ak = C 2003(16) ( 15) 2003 2003 2003 ak Ck2003 (16)2003 k ( 15)k Vậy: S =   = (16 – 15) = 1 k 0 k 0 Bài 32: k 15 15 15 k 15 2 1 2 1 2 k k k k x x = C15  C15 15 Ta cĩ: 3 3   x k 0 3 3 k 0 3 Gọi a là hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển: k 23
  26. NHỊ THỨC NEWTON 1 k k ak = C15 .2 ; k = 0, 1, 2, , 15. 15 3 Xét sự tăng giảm của dãy số ak : k 1 k 1 kk k 1 k C ak–1 a k > a > a > > a . k–1 k 3 10 11 15 210 210 10 Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a = 15 C15 3003. 15 10 . 3 3 Bài 33: Ta cĩ: 2n (1 – x) C0 C1 x C2 x 2 C3 x3 C4 x 4 C2n 1x2n 1 C2n x2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n = Đạo hàm hai vế theo biến x, ta cĩ: 1 2 3 2 4 3 2n 1 2n 2 2n 2n 1 –2n(1 – x)2n–1 = C 2n 2C x2n 3C x 2n 4C x 2n (2n 1)C x 2n 2nC x 2n Thay x = 1 vào đẳng thức tren, ta được: C1 2C2 3C3 4C4 (2n 1)C2n 1 2nC2n 0 = 2n 2n 2n 2n 2n 2n 1 3 2n 1 2 4 2n 2n 2n (2n 2n 2n 2n 2n Vậy: 1C 3C 1)C 2C 4C 2nC . Bài 34: 2 8 0 1 2 2 4 2 3 6 3 C 8 C 8 x (1 x) C8 x (1 x) C 8x (1 x) Ta cĩ: [1 + x (1 – x)] = + 4 8 4 5 10 5 6 12 6 7 14 7 8 16 8 + C8 x (1 x) C 8 x (1 x) C 8 x (1 x) C 8 x (1 x) C 8 x (1 x) Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng sau lớn hơn 8. 8 3 2 4 0 Vậy x chỉ cĩ trong các số hạng thứ tư , thứ năm với hệ số tương ứng là: C 8 .C3 ; C8 .C 4 Suy ra: a8 = 168 + 70 = 238. Bài 35: 7 7 k 7 28 7k 7 k 1 3 1 k 3 12 k C x Ta cĩ: x 4 x =  C7 x 4x =  7 k 0 k 0 Số hạng khơng chứa x là số hạng tương ứng với k (k Z, 0 ≤ k ≤ 7) thỏa mãn 24
  27. NHỊ THỨC NEWTON 28 7k điều kiện: 0 k = 4 12 4 Vậy số hạng khơng chứa x cần tìm là: C7 = 35. Bài 36: 2n+1 C0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 Ta cĩ : (1 + x) = 2n 1 C 2n 1 x C2n 1 x  C2n 1 x    C2n 1 x  Đạo hàm hai vế ta cĩ: 2n 1 2 3 2 2n 1 2n (2n (2n + 1)(1 + x) = C2n 1 2C2n 1x 3C2n 1x 1)C2n 1x Thay x = –2, ta cĩ: 1 2 2 3 2n 2n 1 (2n C 2n 1 = 2n + 1 2.2C2n 1 3.2 C2n 1 1)2 C2n 1 Theo giả thuyết ta cĩ: 2n + 1 = 2005 n = 1002. Bài 37: 2n+1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 C Ta cĩ: (1 + x) = 2n 1 C2n 1x C2n 1x C2n 1x C2n 1x 2n+1 0 1 2 3 2n 1 C Cho x = 1 ta cĩ: 2 = 2n 1 (1) C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 0 1 2 3 2n 1 Cho x = –1 ta cĩ: 0 = C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 (2) 2n+1 1 3 2n 1 2 C C Lấy (1) – (2) 2 = 2n 1 C2n 1 2n 1 2n 1 2n C C 1 3 = 2n 1 2n 1 C2n 1 2 = 1024 2n = 10 10 10 Ta cĩ: (2 – 3x) = ( 1)k C10k 210 k (3x)k  k 0 7 7 7 3 Suy ra hệ số của x là C10 3 2 Bài 38: 0 1 2 n 20 Từ giả thuyết ta suy ra: C 2n 1 C 2n 1 C 2n 1 C 2n 1 2 (1) k 2n 1 k , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 nên: Vì C2n 1 C2n 1 1 0 1 2 n 0 1 2 2n 1 C C C C 2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 2n 1 2n 1 2n 1 C2n 1 (2) Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra: 0 1 2 2n 1 2n 1 2n 1 C 2n 1 (3) C2n 1 C2n 1 C2n 1 (1 1) 2 Từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220 n = 10. 25
  28. NHỊ THỨC NEWTON 10 10 10 1 k 4 10 k 11k 40 7 k 7 k Ta cĩ: 4 x  C10 (x ) x  C10x x  k 0 k 0 26 k Hệ số của số hạng chứa x là C10 với k thỏa mãn: 11k–40 = 26 k = 6 26 6 Vậy hệ số của x là C10 = 210. Bài 39: n N,n 2 n N,n 2 0 1 2 n n n n(n 2 C C C 211 1)  n = 20 1 n 211 n n 420 0 2 k k (k 1).Cn (k 1)Cn k 1 A (k 1)! n (k = 1, 2, , n) C k 1 k! 0 1 20 20 Do đĩ: với n = 20 ta cĩ: S = C 20 C 20 C20 = 2 . Bài 40: n k k k Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x) là: Tk+1 = Cn ( 2) .x 0 1 2 Từ đĩ ta cĩ: a0 + a1 + a2 = 71 Cn 2C n 4Cn 71 n N, n 2 n N, n 2 n(n 1) 2 n = 7 1 2n 4 71 n 2n 35 0 2 5 5 Với n = 7, ta cĩ hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển (1 – 2x)n là: a C7 ( 2) = – 672. = 5 Bài 41: 1 3 n(n 1)(n 2) Ta cĩ: C n Cn 13n n 13n 6 n 10 2 n – 3n – 70 n 7 (loại)  Số hạng tổng quát của khai triển là: k 2 10 k 3 k k 20 5k Tk 1 = C10 (x ) (x ) C 10x Tk 1 khơng chứa x 20 – 5k = 0 k = 4 C 4 Vậy số hạng khơng chứa x là: T5 = 10 = 210.
  29. NHỊ THỨC NEWTON Bài 42: 0 1 2 4n 2 4n 2 C Cách 1: Ta cĩ: 4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 2 0 2 4 4n 2 4n 1 C 4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 2 0 2 4 2n 4n C 4n 2 C 4n 2 C 4n 2 C 4n 2 2 Vậy cĩ: 24n = 256 n = 2 0 2 4 2n Cách 2: Nếu Sn = C 4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 0 2 4 2n Thì Sn+1 = C 4n 6 C4n 6 C4n 6 C4n 6 2k 2k C4n 6 C 4n 2 (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1 > Sn dãy (Sn) tăng. Vì 0 2 4 Khi n = 2 thì S2 = C10 C10 C10 = 256 Vậy Sn = 256 n = 2. 1 20 1 10 3 A = x x Bài 43: 2 x x 20 10 ( 1)k Ck20 x 20 k x 2 k ( 1)n C10n x 3 10 k x 1 n =   k 0 n 0 20 10 k n = 1 k 20 3k 1 n 30 4n  C 20 x  C10 x k 0 n 0 Xét trường hợp: 20 – 3k = 30 – 4n 10 – n = 3(n – k) Vì 0 ≤ n ≤ 10 và 10 – n phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n= 7 hay n= 10 cĩ 3 số hạng trong hai khai triển trên cĩ lũy thừa của x giống nhau. Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm: 21 + 11 – 3 = 29 số hạng. 2n 2n 2n 1 2n 1 0 1 1 2 2 2n 2n C Bài 44: Ta cĩ : 4 = (1 + 3) = 2n 2n3 2n 2n 3 2n 3 C C 3 C C 2n 2n 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n C = 2n 2n 3 2n 3 2n 2n 3 2 = (1 – 3) C C C 3 C 2n 2n 0 2 2 2n 2n 4 + 2 = 2 C 2n C2n 3 C2n 3   42n + 22n = 2.215(216 + 1)  (22n – 216)(22n + 216 + 1) = 0 22n = 216 n = 8. 27
  30. NHỊ THỨC NEWTON n 0 n 1 n 1 n n Bài 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b) = Cn a C na b C nb n n 0 n 1 n 1 n n với a = 3, b = – 1 2 = (3 – 1) = Cn 3 C n 3 ( 1) C n n n 0 1 n với a = 1, b = 1 2 = (1 + 1) = Cn C n Cn 0 n 1 n 1 n n 0 1 n Vậy : Cn 3 C n 3 ( 1) C n Cn C n C n k k 45 2k k 45 2k 29 C15( 1) x Bài 46: Số hạng tổng quát: y  k = 8 k 8 29 8 8 Vậy hệ số của số hạng chứa x y là : C15 = 6435. GV:PHAN NHẬT NAM GV:PHAN NHẬT NAM