, Tra cứu, xem điểm thi vào lớp 10, tốt nghiệp THPT, Đại học – Cao đẳng at Công ty Cổ phần Liên kết giáo dục Việt Nam
Published on
Nhị thức newton và Phương pháp giải các bài tập về Nhị thức newton
1. ĐẠI SỐ 11 NHỊ THỨC NEWTON
3. NHỊ THỨC NEWTON n (không chứa x khi 0 ) trongTrường hợp riêng: Cho nhị thức P a ( x ) b ( x) tìm số hạng chứa x khai triển thành đa thức của P n x m m Phương pháp : Công thức cần lưu ý: x m xm . n , x m x n xm n , xm n ,n xm xn xn 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 đó số hạng tổng quát trong khai triển là: T g ( n, k )x f ( n , k ) (số hạng thứ k + 1) k 1 Tk 1 g ( n, k )x f ( n , k ) f ( n, k ) k k0chứa x Thay k k 0 vào T g ( n, k )x f ( n , k ) số hạng cần tìm k 1 Ví dụ 1(A – 2012): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C n 1 C3 . Tìm số hạng chứa x5 trong n n nx 2 1n khai triển nhị thức niu-tơn của P với x 0 14 x Bài giải: n N Điều kiện: n 3 Ta có: 5C n n 1 Cn 3 5. n ! n! 3!( n 3)!1!( n 1)! 5 1 n 7 n 2 3n 28 0 ( n 3)!( n 2)( n 1) 6.( n 3)! n 4(loai) x 2 17 7 k k x2 n k 1 k 7 ( 1)k k 14 3k Khi n = 7 ta có: P ( 1) C7 C7 x 2 7k 2 x k 0 2 x k 0 Do đó số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1 ( 1)k C7k x14 3k27k T chứa x5 14 3k 5 3k 9 k 3 k 1 Vậy số hạng chứa x 5 là T ( 1) 3 C 3 x 5 35 x 5 27 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 P 1 x 2 8 x 3 (1 x 2 ) 8 ( 1) k C k x3 8k 1 x2 k1 x 8 k 0 8 k 8k ( 1) k C8 k C k i x 24 3 k x2 i ( 1)k C8 k C k i x24 3 k 2i k 0 i 0 k 0 i0 Số hạng tổng quát trong khai triển là T ( 1)k C k C i x24 3 k 2i 8 k 0 k 8 0 i k T chứa x 8 k , i N 24 3k 2i 8 0 k 8 3k 16 0 k 2 k , i N i 3k 16 2 16 k 8 3 k , i N 3k 16 i 2 k 6 i 1 k 8 i 4 Do đó số hạng chứa x8 là: ( 1) 6 C8 6 C6 1 x 8 ( 1) 8 C8 8 C8 4 x 8 C8 6 C6 1 C8 8 C8 4 x 8 238×8 Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là 238 Ví dụ 3: Trong khai triển biể thức F 9 3 3 2 hãy tìm số hạng nguyên. 9 9 9k 3 kTa có: F 3 3 2 C9 k 3 2 có số hạng tổng quát là k 0 T C k 3 9k 3 2 k 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 9 k 3 T4 C9 3 2 45360 Do đó Tk 1 là một số nguyên 0 9 9 k 2 9 T C9 k 3 3 2 8 k 3 10 9 Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là: T4 4536 và T 10 8 Ví dụ 4: Cho đa thức P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2 + 3(1 + x)3 + … + 20(1 + x)20 Viết lại P(x) dưới dạng : P(x) a 0 a x a 2 x2 … a x19 a 20 x20 . 1 19 Tìm hề số a15 4
6. NHỊ THỨC NEWTON Bài giải Ta có : (1 x) n Cn 0 Cn 1 x Cn 2 x 2 … Cn k x k … Cn n 1 x n 1 Cn n xn (1) đúng với x R Do đó (1) cũng đúng với x = 2. Xét x = 2 khi đó ta có: 1 (1 2) n Cn 0 2Cn 1 2 2 Cn 2 23 Cn 3 … 2n Cn n Từ giả thuyết ta có: (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 n1 2005 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1 Bài giải k k (2 n 1)! (2 n 1)(2 n)! k 1 Ta có: kC 2 n 1 (2 n 1)C2n ( k 1)!(2 n k 1)!k !(2 n k 1)! Do đó ta có: C1 2.2C 2 3.22 C 3 4.23 C 4 … (2n 1)22 n C2 n1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1 (2n 1)C2 0 n (2n 1)2C2 1 n (2n 1)2 2 C2 2 n (2n 1)23 C2 3 n … (2n 1)22 n C2 2 n n (2 n 1) C2 0 n 2C2 1 n 2 2 C 2 2 n 23 C 2 3 n … 22 n C2 2 n n (2 n 1) 1 2 2n 2 n 1 Từ giả thuyết ta có: 2n 1 2005 n 1002 ĐS: n 1002 Ví dụ 4(B – 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng sau theo n: S C 0 2 2 1 C 1 2 3 1 C 2 2 4 1 C 3 … 2n1 1C n n 2 n 3 n 4 n n 1 n Bài giải 1 C k n ! 1 ( n 1)! 1 Ck 1 k 1 n ( k 1) k !( n k )! n 1 ( k 1)!( n k )! n 1 n1 S C 0 2 2 1C 2 2 3 1C 3 2 4 1 C 4 … 2n1 1 C n1 n 1n n 1 n 1 n 1 n1 n 1 n 1 n1 0 1 2 2 3 2 n 1 n 1 1 2 2 n1 C n 2 C n 1 2 C n 1 … 2 C n 1 C n 1 Cn 1 … Cn1 n 1 n 1 6
7. NHỊ THỨC NEWTON C 0 1 (1 2)n 1 C 0 C 1 2 1 (11)n1 C 0 C1 n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n1 1 3n 1 1 2( n 1) 2n 1 1 ( n 1) 3n 1 2n1 n 1 n 1 n 1 ĐS: S 3n 1 2n1 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 Chứng minh rằng : 1 C 2 1 n 1 C 2 3 n 1 C 2 5 n … 1 C2 2 n n1 2 2n 1 2 4 2 n 2 n 16 Bài giải Ta có : 1 C 2 k n 2 n ! 1 (2 n 1)! 1)!(2 n k )!k 1 ( k 1) k !(2 n k )! 2 n 1 ( k Do đó : VT 1 C 2 1 1 C 2 3 n 1 C 2 5 n … 1 C2 2 n n1 2 n 4 6 2n 1 0 2 4 6 2n C2 n 1 C2 n 1 C2 n 1 C2 n 1 … C2 n1 2n 1 Ta lại có: C 0 C2 n 1 , C 2 C2 n 1 , C 4 C2 n 3 , 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 1 Ck 1 2 n 1 2 n1 1 S 1 (1) 2n 1 2n 1 ,C 2 n C1 2 n 1 2 n1 Suy ra 0 2 2 n 2 n 1 2 n1 1 2 S C2 n 1 C2 n 1 … C2 n 1 C 2 n 1 C 2 n 1 … C2 n1 0 1 2 2 n 2 n 1 2 n1 2 2 n 1 2.2 2n C 2 n 1 C 2 n 1 C 2 n 1 … C2 n 1 C2 n1 1 1 S 22n Thay vào (1) ta có: VT 2 2n 1 (đpcm) 2 n 1 Ví dụ 5 Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)2n biết rằng : C1 C 3 C 5 … C 2n1 1024 2n1 2n1 2n1 2n1 Ví dụ 6:Cho m, n, p nguyên dương sao cho p n, p m p 0p 1 p1 2 p2 p1 1 p 0 Chứng minh rằng : Cnm Cn Cm Cn Cm Cn Cm … Cn Cm Cn Cm 1 n 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 đó 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 Khai triển nhị thức và biến đổi về dạng P f ( n, k ).x g ( n , k ) ak xk k 0 k 0 từ đó suy ra hệ số ak f ( n, k) (thông thường giả thuyết cho trước n hoặc k nên trong ak chỉ có một biến) ak a k 1 k0 ak là hệ số lớn nhấtak là hệ số lớn nhất k ak ak 1 0 Ví dụ 1(A- 2008) Cho khai triển 1 2 x n a0 a1 x a2 x 2 … a n xn , trong đó n N * và các hệ số a0 , a1 , a2 ,…, an thỏa mãn hệ thức : a0 a 1 a 2 an … 40962 4 2n Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,…, an Bài giải 1 2 x n Cn 0 Cn 1 x C n 2 x 2 … C n n x n a0 a1 2 x a2 2 2 x 2 … a n 2 n x n a k 2k Cn k với k 1, n a a a C 0 2C 1 2 2 C 2 2n C n C 0 C 1 C 2 … C n (1 1) n 2n Do đó: a 1 2 … n n n … n 2 n 2n 0 24 n 2 4 n n n n Kết hợp giả thuyết ta có: 2 n 4096 2 n 212 n 12 Khi đó : a 2k Ck k 12 ak a k 1 kk k 1 k 1 2 C12 2 C12 ak là số lớn nhất a k 1 2 k C k 2k 1 Ck 1 a k 12 12 2.12! 12! 2 1 k )! ( k 1)!(13 k )! kk !(12 13 k 12! 2.12! 1 2 k !(12 k )! ( k 1)!(11 k )! k k 1 12 Mà k là số nguyên nên ta có: k 8 Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: a8 28 C12 8 126720 23 k 26 3 3 GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 8 www.toanhocdanang.com
9. NHỊ THỨC NEWTON BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : S C1 n 2Cn 2 3Cn 3 4Cn 4 … (1)n1.nCn n Trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2 Bài 2:(ĐH QG Hà Nội – 1999) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau : 17 1 P(x) 4 x 3 , x ≠ 0 3 x2 28 n Bài 3:(ĐH SP Hà Nội K A – 2000) Trong khai triển nhị thức x 3 x x 15 n n1 n 2 79Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng Cn Cn Cn Bài 4:(ĐH SP Hà Nội K D – 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức x2 1n bằng 1024, Hãy tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển trên Bài 5:(ĐH SP chúng tôi K A – 2000) Tính tổng : S = Cn 0 1 C 1 n 1 Cn 2 … 1 Cn n 2 3 n 1 Bài 6:(ĐH KTQD K A -2000) Chứng minh :2 n1 C 1 n 2 n1 Cn 2 2 n 3 Cn 3 2 n 4 Cn 4 … nCn n n.3 n1 Bài 7:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000)Tìm hệ số của số hạng chứa x31 trong khai triển của 1 40 f (x ) x x 2 Bài 8:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000) Cho biểu thức: P ( x ) 1 x 9 1 x 10 1 x 11 … 1 x14 có khai triển là : P( x ) a0 a1 x a2 x 2 … a14 x14 . 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 chúng tôi – 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau: 1. Cn 0 C 1 n Cn 2 … C n n = 2n 1 3 5 2n1 0 2 4 2n 2. C2n C2n C2n C2n = C2n C2n C2n C2n Bài 10:(ĐH An ninh nhân dân KDG – 2000) Tính tổng : S C2000 0 2C2000 1 3C2000 2 4C2000 3 … 2001C2000 2000 Bài 11:(HV Kỹ thuật quân sự – 2000) Khai triển nhị thức: P ( x ) 1 2x12 thành đa thức ta có: P( x ) a0 a1 x a2 x 2 … a12 x12 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 x7 Bài 13: Tính tổng : S 2 16 C0 6 2 25 C1 6 2 34 C6 2 2 43 C6 3 2 52 C6 4 6 2 C6 5 7 1 C6 6 1 n Bài 14:( ĐH luật khối D 2001) Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có: xn Ck n (2x 1)k n 2 k 0 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 S Cn Cn .2 C n .2 C n .2 … C .2 2 3 4 n 1 n Bài 16: Chứng minh rằng: C 0 2n C 2 2n .3 2 C 4 2n .3 4 … C 2n 2n .3 2n 2 2n1 (2 2n 1) Bài 17:( ĐH Luật chúng tôi A – 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều có: C 1 n .3 n1 chúng tôi 2 .3 n 2 chúng tôi 3 .3 n 3 … n.C n n = n.4n-1 10 Bài 18:( ĐH SP Hà nội A – 2001) Trong khai triển của nhị thức 1 2 thành đa thức:P(x) x3 3 a a x a x 2 a x 3 … ax10 Hãy tìm hệ số a k lớn nhất ( 0 k 9 ) 01 2 3 10 10
13. NHỊ THỨC NEWTON 1 n 26 7 Bài 38: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của x ,4 x biết rằng: C 1 2n1 C2n 2 1 … C n 2n1 2 20 1 Bài 39:Tính tổng S = chúng tôi 0 2.C1 n chúng tôi 2 … (n 1).Cn n A1 A1 A1 A1 1 2 3 n1 Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện : Cn 0 C 1 n Cn 2 211 Bài 40:Khai triển biểu thức (1 – 2x)n thành đa thức ta có 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 2 1 n Bài 41:Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức x , x 3 biết rằng: C 1 n Cn 3 13n (n là số nguyên lớn hơn 2, x 0 ). Bài 42:Tìm n N sao cho: C 0 4n 2 C4n 2 2 C4n 4 2 … C4n 2n 2 256 20 10 1 3 1 Bài 43:ChoA x x .2 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 C2n 3 … C2n 3 … C2n 3 C2n 3 2 (2 1) Bài 45: Chứng minh rằng: Cn 0 3 n C 1 n 3 n1 … (1) n C n n Cn 0 C 1 n … C n n Bài 46: Tìm hệ số của số hạng chứa x 29 y8 trong khai triển nhị thức Newton : x 3 xy 15 13
15. NHỊ THỨC NEWTON n Bài 4: Ta có: (x2 + 1) n = 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 Trong (1) cho x = 1 thì C n k = 2n k 0 n Theo giả thuyết Ckn = 1024 2n = 1024 n = 10 k 0 Vậy hệ số cần tìm là: C10 6 = 210. Bài 5: 1 (1 x)n1 1 2n1 1n * Ta có: I = (1 x) dx n 1 n 1 0 0 1 1 x 2 n xn1 1 * I = 0 1 n n = 0 (Cn Cn x … Cn x )dx Cn x Cn … Cn 2 n 1 0 0 0 1 1 1 2 1 n = Cn Cn Cn … Cn = S 2 3 n 1 Vậy: S = 2n1 1. n 1 Bài 6: Ta có: (1 + x)n = Lấy đạo hàm hai vế : n(1 + x)n-1 = C1 n 2Cn 2 x 3Cn 3 x 2 4Cn 4x 3 … nCn nxn 1 Thay x = 2 1 , ta được: 3 n1 n 2n1 C1 n 2Cn 2 .2 1 3Cn 3 2 2 4Cn 4 .2 3 … nCn n 2 n1 2n1C1n 2n1Cn2 3.2n 3 Cn3 4.2n 4 Cn4 … nCnn n.3n1 15 Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 Cn4 x 4 … Cnnxn
16. NHỊ THỨC NEWTON Bài 7: 1 40 40 k k 1 40 k 40 k 3k 80 x = C40 x . = C 40 x 2 2 x k 0 x k 0 Số hạng tổng quát của khai triển là T C k x3 k 80 k 1 40 Tk 1 chứa x31 3k 80 31 k 37 Heä soá cuûa x31 laø Ck40 vôùi k thoaû maõn ñieàu kieän: 3k – 80 = 31 k = 37 Vậy hệ số của số hạng chứa x31 là C 37 40 C 3 40 40.39.38 = 40.13.19 = 9880.1.2.3 Bài 8: a 9 1 C10 9 C11 9 C12 9 C13 9 C14 9 = 1 + C 1 10 C11 2 C12 3 C13 4 C14 5 = 1 + 10 + 11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10 = 3003 2 6 24 120 Bài 9: 1. (1 + x)n = Cn 0 C 1 n x Cn 2 x 2 … C n nx n Cho x = 1 Cn 0 C1 n Cn 2 … Cn n = 2n 2. (1 – x)2n = C 0 2n C 1 2n x C2n 2 x 2 C 3 2n x 3 … C2n 2n x 2n Cho x = 1 đpcm. Bài 10: Ta có: x 1 2000 2000 Ck2000xk (1) k 0 2000 Trong (1) cho x = 1 ta được Ck 2000 = 22000 k 0 2000 Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 = i.Ci2000 xi 1 i 1 2000 Cho x = 1 ta được: chúng tôi 2000 = 2000.21999 = 1000.22000 i 1 2000 2000 Do đó: S = Ci2000 i.Ci2000 = 1001.2 2000 . i 0 i 1 16
17. NHỊ THỨC NEWTON Bài 11: 12 12 P ( x ) (1 2 x )12 C12 k 2 k x k a0 a1 x a2 x 2 … a12 x12 a k xk ak C12 k 2k k 0 k 0 ak a k 1 13 16 ak Max a0 ; a1 ; a2 ;…; an a k 1 k a k 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: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 là : C5 5 C6 5 C7 5 = 1 + 6! 7! = 285!1! 5!2! Bài 13: 1 (x 2)7 1 37 27 1. I = (x 6 = 2) dx 7 7 0 0 2. Ta có: 1 I = (x 2)6 dx = 0 1 = C 0 6 .2 6 C 1 6 2 5 x C 6 2 2 4 x 2 C 3 6 2 3 x 3 C 4 6 2 2 x 4 C 5 6 2x 5 C 6 6x 6 dx 0 26 25 24 23 22 1 0 1 2 2 3 3 4 4 5 2 5 6 1 6 7 = C6 x C6 x C6 x C6 x C6 x C6 x C6 x 1 2 3 4 5 6 7 0 = 2 1 6 C0 6 2 2 5 C1 6 2 3 4 C6 2 2 4 3 C3 6 2 5 2 C6 4 6 2 C6 5 7 1 C6 6 = S Vậy: S = 37 27 7 Bài 14: Nếu u = 2x – 1, ta được: n n u 1 1 k k (*) Cnu2 n 2 k 0 n (u + 1)n = Ckn uk điều phải chứng minh. k 0 17
18. NHỊ THỨC NEWTON Bài 15: Có 1 Ck 1 2 1 2 .2k Cnk .xk 1 Cnk xk dxk 1 n 2(k 1) 0 2 0 1 1 1 10 1 2 2 3 3 n n S = Cn Cn .2 Cn .2 Cn .2 … Cn.2 2 3 4 n 1 n 1 k k n 1 2 k k 1 2 n k k = Cn .2 Cn x dx C n x dx = 2 k 0 k 1 k 02 k 0 0 0 12 n 1(x 1)n1 2 3n1 1 = (x 1) dx . =2 2 n 1 2(n 1) 0 0 Bài 16: Ta có: (1 + 3)2n = C 0 2n C 1 2n .3 1 C2n 2 .3 2 … C2n 2n .3 n (1 – 3)2n = C 0 2n C 1 2n .3 1 C2n 2 .3 2 … C2n 2n .3 n Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: 42n + 22n = 2 C 0 2n C 2 2n .3 2 … C 2n 2n .3 2n Từ đó ta có:C0 2n C2 2n .32 C4 2n .34 … C2n 2n .32n 22n1(22n 1) Bài 17: Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n = Cn 0 3 n C 1 n .3 n1 x … C n n.x n Ta có: f(x) = n(x + 3)n-1 = C1 n .3n1 2Cn 2 .3n 2 x … nCn nxn 1 Cho x = 1, ta được: f(1) = n.4n-1 = C 1 n .3 n1 chúng tôi 2 .3 n 2 3.C 3 n .3 n 3 … n.C n n (đpcm) Bài 18: k 1 k 1 kk Ta có : ak 1 ak C 10 .2 C10.2 k ≤ 2(11 – k) k ≤ 1 2 (k 1)!(11 k)! k!(10 k)! 22 3 Vậy hệ số lớn nhất là: a7 = 1 .C10 7.27 .10 3 18
19. NHỊ THỨC NEWTON Bài 19: 2001 Ta có: (x + 1) 2001 = C k 2001.x k k 0 2001 (-x + 1) 2001 = Ck2001.( x)k k 0 Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: (x + 1)2001 + (-x+ 1)2001 = 2 C0 2001 x 2C2 2001 x 4C4 2001 … x 2000C2000 2001 Cho x = 3 ta được: 42001 C 0 2001 3 2 C 2 2001 3 4 C 4 2001 … 3 2000 C 2000 2001 2 2000 (2 2001 1) Bài 20: 3 1 n! n! n(n 1)(n 2) Từ Cn 5Cn ta có n ≥ 3 và 5 5n3!(n 3)! (n 1)! 6 2 n 4 (loaïi) n – 3n – 28 = 0 n 7 x 1 x 3 Với n = 7 ta có:C7 3 2 2 3 = 140 35.22x-2.2-x = 1402 2x-2 = 4 x = 4. Vậy n = 7, x = 4. Bài 21: n Ta có: (x + 1)n = Ckn xk k 0 n Cho x = 2 ta được: 3n = Ck n 2k 3n = 243 n = 5. k 0 Bài 22: Ta có: a k 1 ak a k 1 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1) 2 9 24 Cnk 1 Cn k 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 – 2 2001 = 2 C02001 32 C22001 34 C42001 … 32000 C20002001
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 2(n k 1) 9k k 11 9(n k) 24(k 1) 3n 8 k 11 Để tồn tại k thỏa mãn (1) thì 3n – 8 = 2n + 2 n = 10. Bài 23: Ta có: (x + 1)10 = x10 + C 1 10 x 9 C10 2 x 8 C10 3 x 7 … C10 9 x 1 (x + 1)10 (x + 2) = x11 + C1 10 x10 C10 2 x9 C10 3 x8 … C10 9 x 2 x + 2 x10 C1 10 x 9 C10 2 x 8 C10 3 x 7 … C10 9x 1 = x11 + C110 2 x10 C102 C110 .2 x 9 C103 C102.2 x 8 … + C10 9 C10 8.2 x2 +C10 10 C10 9.2 x + 2 = x11 + a1 x10 + a2 x9 + … + a11 Vậy a5 = C10 5 2C10 4 = 672. Bài 24: n1 n 7(n 3) n1 n n 7(n 3)Ta có: C n 4 Cn 3 C n 3 C n 3 C 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 12k 60 11k C12 k (x 3 )k x C12 kx2 2 60 11k 60 11k Ta có: x 2 = x8 = 8 k = 4. 2 Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là C 12 4 12! = 495.4!(12 4)! Bài 25: Ta có: (1 + x)n = Cn 0 C 1 n x Cn 2 x 2 … C n nx n 2 2 (1 x)n dx Cn0 C1n x Cn2 x 2 … Cnn xn dx 20
21. NHỊ THỨC NEWTON 1 n1 2 0 1 x 2 2 x3 n xn1 2 (1 x) Cn x Cn Cn … Cn n 1 1 2 3 n 1 1 0 22 1 1 23 1 2 2n1 1 n = 3n1 2n1 Cn Cn Cn … Cn 2 3 n 1 n 1 2 3 n 1 n 1 Bài 26: Ta có: (x2 + 1)n = (x + 2)n = Dễ dàng kiểm tra được n = 1, n = 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán. Với n ≥ 3 thì x3n-3 = x2nxn-3 = x2n-2xn-1 Do đó hệ số của x3n-3 trong khai triển thành đa thức của: (x2 + 1)n(x + 2)n là a = 2 3 .Cn 0 .Cn 3 2.C 1 n.C 1 n 3 n3 2n(2n2 3n 4) n 5 a3 n3 = 26n 26n 73 n (loaïi) 2 Vậy n = 5. Bài 27: Ta có khai triển : (x + 1) 2n 0 2n 1 2n1 2 2n 2 2n 12n = C2n x C2nx C2nx … C 2n x C2n Cho x = -1 ta được: 0 1 2 3 4 2n1 2n 0 = C 2n C2n C2n C2n C2n … C2n C2n 1 3 2n1 0 2 2n C2n C2n … C2n C2n C2n … C2n Bài 28: x 1 x 2 x 3 1. Điều kiện : x 3 x N x N x! x! = 9×2 – 14xPT x + 6 6 2!(x 2)! 3!(x 3)! x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9×2 – 14x Cn 0 x 2n C 1 n x 2n 2 Cn 2 x 2n 4 … C n n Cn0 xn 2C1nxn1 22 Cn2 xn 2 23 C3n xn 3 … 2n Cnn
22. x 0 (loaïi) 2 – 9x + 14) – 0 x 7 (loaïi) x = 2 x(x x 2 21 GV:PHAN NHẬT NAM
23. NHỊ THỨC NEWTON 2. Caùch 1: * Ta có: (1 – x) 20 = C020 C120 x C202 x 2 … C1920 x19 C2023 x20 Cho x = 1 ta có: C020 C120 C220 … C1920 C2023 = 0 C 0 20 C20 2 … C20 20 C 1 20 C 3 20 … C 19 20 Nên : A = C 0 20 C20 2 … C20 20 ; B = C 1 20 C 3 20 … C 19 20 A = B (1) * Ta coù: (1 + x)20 = C 0 20 C 1 20 x C20 2 x 2 … C 19 20 x 19 C 20 20 x 20 Cho x = 1 ta coù: C 0 20 C 1 20 C20 2 … C 19 20 C 20 20 = 220 A + B = 220 (2) Từ (1) và (2) suy ra A = 220 = 219 (đpcm). 2 k k 1 k 0 1, ta được: Cách 2: Áp dụng công thức Cn 1 Cn Cn và Cn C 1 20 C 3 20 C 5 20 … C 17 20 C 19 20 = = C19 0 C19 1 C19 2 C19 3 C19 16 C19 17 C19 18 C19 19 = (1 + 1)19 = 219. Bài 29: 0 n 0 1 n 1 2 n1 Do Cn Cn 1 nên ta có: Cn Cn chúng tôi chúng tôi Áp dụng BĐT côsi ta có: 1 2 n 1 1 2 n1 n1 Cn Cn … Cn CnCn chúng tôi n 1 n Áp dụng khai triển (a + b)n = Cnk ak bnk với a = b = 1, ta có: k 0 0 1 2 n = 2 n 1 2 n1 = 2 n – 2Cn Cn Cn … Cn Cn Cn … Cn 1 2 n 1 n n1 2 2 Suy ra: CnCn chúng tôi (đpcm). n 1 Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 … Cnnxn
24. Bài 30: 1. Ta có: (1 + x)n = Đạo hàm hai vế , ta được: 22
25. NHỊ THỨC NEWTON n(1 + x)n-1 =C 1 n 2Cn 2 x 3Cn 3 x 2 … nC n nx n 1 Cho x = -1 0 = Vậy S = 0. 2. Ta có : (1 + x)n = Cn 0 C 1 n x Cn 2 x 2 Cn 3 x 3 … C n nx n 1 1 (1 x)ndx Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 … Cnn xn dx 0 0 (1 x)n1 1 0 1 1 2 1 2 3 1 n n 1 1 Cn x Cn x Cn x … Cn x n 1 0 2 3 n 1 0 2n1 1 Cn 0 1 C 1 n 1Cn 2 … 1 Cn n n 1 2 3 n 1 Do đó: T = 2n1 1 n 1 n N, n 2 n n1 n 2 79 n(n 1) n = 12Ta có: C n Cn Cn 1 n 79 2 Vậy: T = 2 13 1. 13 Bài 31: 2003 P(x) = (16x – 15)2003 = Ck2003(16x)2003 k ( 15)k k 0 2003 = Ck2003 (16)2003 k ( 15)k x2003 k k 0 Các hệ số trong khai triển P(x) thành đa thức là: ak = C k 2003(16) 2003 k (15) k 2003 2003 Vậy: S = ak Ck2003 (16)2003 k ( 15)k = (16 – 15)2003 = 1 k 0 k 0 Bài 32: 1 2 15 15 1 15 k 2 k 15 2k k k k Ta có: x = C15 x C15 x3 3 3 3 15 k 0 k 0 3 Gọi ak là hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển: 23 C1n 2Cn2 3Cn3 4Cn4 … (1)n1nCnn
27. NHỊ THỨC NEWTON điều kiện: 28 7k 0 k = 412 Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: C7 4 = 35. Bài 36: Ta có : (1 + x)2n+1 = Đạo hàm hai vế ta có: (2n + 1)(1 + x) 2n 1 2 3 2 … (2n 2n1 2n = C2n 1 2C2n 1x 3C2n 1x 1)C2n 1x Thay x = -2, ta có: 1 2 2 3 … (2n 2n 2n1 = 2n + 1C 2n 1 2.2C2n 1 3.2 C2n 1 1)2 C2n 1 Theo giả thuyết ta có: 2n + 1 = 2005 n = 1002. Bài 37: Ta có: (1 + x) 2n+1 0 1 2 2 3 3 2n1 2n1 = C 2n 1 C2n 1x C2n 1x C2n 1x … C2n 1x Cho x = 1 ta có: 2 2n+1 = 0 1 2 3 2n 1 (1)C 2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 … C2n 1 0 1 2 3 2n1 Cho x = -1 ta có: 0 = C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n1 … C2n 1 (2) Lấy (1) – (2) 2 2n+1 = 1 3 2n1 2 C 2n1 C2n 1 … C 2n 1 22n 1 3 2n1 = 1024 2n = 10= C 2n 1 C 2n 1 … C2n 1 10 Ta có: (2 – 3x)10 = ( 1)k C10k 210 k (3x)k k 0 Suy ra hệ số của x7 là C10 7 3 7 2 3 Bài 38: Từ giả thuyết ta suy ra: C 0 2n 1 C 1 2n 1 C 2 2n 1 … C n 2n 1 2 20 (1) k 2n1k , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 neân:Vì C2n 1 C2n 1 0 1 2 n 1 0 1 2 2n1 C 2n1 C2n1 C2n1 … C2n1 C 2n1 C 2n1 C 2n1 … C2n1 (2)2 Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra: 0 1 2 2n1 2n1 2n1 (3)C 2n 1 C2n 1 C2n 1 … C2n 1 (1 1) 2 Từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220 n = 10. 25 C0 C1xC2x2C3x3…C2n1x2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1
28. NHỊ THỨC NEWTON 1 10 10 k 10 7 k 4 10 k 7 k 11k 40 x Ta có: x C10 (x ) C10x4 x k 0 k 0 Hệ số của số hạng chứa x26 là C10 k với k thỏa mãn: 11k-40 = 26 k = 6 Vậy hệ số của x26 là C10 6 = 210. Bài 39: 0 1 2 n N,n 2 n N,n 2 n = 20Cn Cn Cn 211 n(n 1) 2 1 n 211 n n 420 0 2 (k 1).Cn k (k 1)Cn k k (k = 1, 2, …, n) CnA 1 (k 1)! k 1 k! Do đó: với n =20 ta có: S =C 0 20 C 1 20 … C20 20 = 220 . Bài 40: Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = Cn k (2) k .x k Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71 Cn 0 2C 1 n 4Cn 2 71 n N, n 2 n N, n 2 n(n 1) n = 7 2 1 2n 4 71 n 2n 35 0 2 Với n = 7, ta có hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển (1 – 2x)n là: a = C7 5 (2) 5 = – 672. 5 Bài 41: Ta có: C 1 n Cn 3 13n n n(n 1)(n 2) 13n 6 n 2 – 3n – 70 n 10 n 7 (loaïi) Số hạng tổng quát của khai triển là: Tk 1 = C10 k (x 2 ) 10 k (x 3 ) k C k 10x 20 5k Tk 1 không chứa x 20 – 5k = 0 k = 4 Vậy số hạng không chứa x là: T5 = C 10 4 = 210.
31. NHỊ THỨC NEWTON Bài 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b)n = Cn 0 an C1 nan1 b … Cn nbn với a = 3, b = – 1 2n = (3 – 1)n = Cn 0 3n C1 n 3n1 … ( 1)n Cn n với a = 1, b = 1 2n = (1 + 1)n = Cn 0 C 1 n … Cn n Vậy : Cn 0 3 n C 1 n 3 n1 … (1) n C n n Cn 0 C 1 n … C n n k k 45 2k k 45 2k 29 Bài 46: Số hạng tổng quát: C15(1) x y k = 8 k 8 Vậy hệ số của số hạng chứa x29y8 là : C15 8 = 6435. GV:PHAN NHẬT NAM GV:PHAN NHẬT NAM