Bài tập nhị thức Newton nâng cao

Chia sẻ: trungtran4

" Bài tập nhị thức Newton nâng cao: nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập nhị thức một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình

Bạn đang xem 7 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Bài tập nhị thức Newton nâng cao

Nhị thức NIU-TƠN Nhóm


TỔ HỢP - NHỊ THỨC NIUTƠN
A. Lý thuyết:
I. TỔ HỢP:
1. Định nghĩa:
Cho n phần tử khác nhau. Một tổ hợp chập n phần tử là một tập con chứa r phần
tử
2.
Số tổ hợp n chập r là

nn  1(n  2)(n  3)...(n  r  1) n!
Cn  
r

1.2.3....r r!(n  r )!
3. Tính chất:
nr
a) C n  C n
r


n 1
C  C 1 , C  C  n
0 n 1
b) n n n n
r 1
C  C C
r r
c) n n 1 n 1
n  r 1 r 1
C  r C
r
d) n n 1


C  C  C  ........  C  2
0 1 2 n n
e) n n n n



II. NHỊ THỨC NIUTƠN

ab  C a  C a
n 0
n
n 1
n
n 1
b  Cn a
2 n2
b
2
 .......  1 C b
n n
n
n
(1)

Nhận xét: trong biểu thức ở VP của công thức (1)
- Số hạng tử là n+1.
- Các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đến 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến
n, nhưng tồng số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n
(qui ước a0 = b0 = 1).
- Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau.
- Số hạng tử thứ k+1 la Tk+1= Cnk a n – k b k
Chú ý:
n 1
2  C n  C n  C n  .....  C n  ...  C n  C n
n 0 1 2 k n
a = b = 1 ta có
a=1; b= -1 ta có 0  Cn 
0
C C
1
n
2
n
 ...  1 C  ...  1 C
k k
n
n n
n

B. BÀI TẬP
Dạng 1: Viết khai triển theo công thức nhị thức Newton
Dạng 2: Rút gọn, tính giá trị của biểu thức
Dạng 3: Giải phương trình
Dạng 4: Tìm giá trị của hệ số trong khai triển Newton
Phương pháp:
a b
n
 Cn a
n i n i i
Ta có : b
i 0

Khi đó:

Trang 1
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm

i
Hệ số của số hạng tử thứ i là C n
i n i i
Số hạng tử thứ i là Ca b n

Ta có:

x   C x   
n n i n
    i
x C n x
n i i  ( n  i )  i

i 0
n x i 0
Khi đó:
Hệ số của x là C n trong đó I là nghiệm của phương trình :  (n  i)  i  k
k i


Khi k = 0 đó là số hạng không phụ thuộc vào x

Dạng 5: Sử dụng khai triển Newton chứng minh đẳng thức - bất đẳng thức




Trang 2
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm


BÀI TẬP NHỊ THỨC NIU – TƠN


Dạng 1: Viết khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn
Dạng 2: Rút gọn, tính giá trị biểu thức
Dạng 3: Giải phương trình
Bài 1: a) a  2b 5  C5k .(2b)k .a5k
5
= k 0

= C50 .(2b)0 .a5 + C5 .(2b)1.a 4 + … + C55.(2b)5.a0
1


= a 5 + 10ba 4 + 40b2a3 + 80b3a 2 + 80b4a + 32b5
Bài 2: Viết 3 số hạng đầ tiên theo lũy thừa tăng dần của x trong khai triển
3  2 x 8 = 5 0 C5k .(3) k .(2 x)8k
k

Bài 3: Tính
a) S= C50  xC5  x 2C52  ...  x5C5
1 5


Ta có:
(1  x) 5  C50  xC 5  x 2 C52  ...  x 5C5
1 5


 (1  2) 5  C50  2C5  2 2 C52  ...  2 5 C5
1 5


 35  C5  2C5  2 2 C52  ...  2 5 C5
0 1 5


 S  35  243
1 n
Cn Cn
c) C = C + +…+0

n 1
n
2
1
(1  x) n 1 2 n 1  1
 1  x  dx =  C 
1 1
 C x  ...  C x
n 0 1 n n
dx = =
n 1 0 n 1
n n n
0 0


2 n 1  1
Vậy C =
n 1
d) D = C n - 2 C n2 + … + (1)n1 . n. C nn
1


(1  x) ' = C
n 0
n  Cn x  Cn x 2  Cn x3  ...   1 Cn x n
1 2 3 n n

-n (1  x) n1 =  Cn  2Cn x  3Cn x2  ...   1n nCn xn1
1 2 3 n


Chọn n (1  1)n1 = D  D = 0
Bài 4: Rút gọn biểu thức:
A = C2n  C2n  ...  C2n 1
1 3 2n


B = C2n  C2n  ...  C2n
0 2 2n


Ta có A + B = C2n  C2n  ...  C2n 1 + C2n  C2n  ...  C2n
1 3 2n 0 2 2n


= (1  1) n
= 2n (1)




Trang 3
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm


và A - B = C2n  C2n  ...  C2n 1 - C2n  C2n  ...  C2n 
1 3 2n 0 2 2n


= (1  1) n
=0 (2)
2 n 1
Từ (1) và (2), ta có A  B  2

Bài 5: Giải phương trình:
Cxx1  Cxx2  ...  Cx 9  Cxx10 = 1023 ( x  10)
c


 Cx  C1  Cx  ...  Cx  C10 = 1024
0
x
2 9
x

 2x = 210
 x = 10

Dạng 4: Tìm giá trị của hệ số trong khai triển Niu-tơn

Bài 1: Tìm số hạng thứ 13 của khai triển 3 3  2  15


Ta có số hạng thứ k+1 của khai triển là
T k 1  C15.(3 3)15k .( 2 )k
k


Theo giả thuyết T k 1  T 13  k+1 = 13  k = 12
Khi đó T 13  C15 .(3 3 )3.( 2 )12
12


= 87360.
Vậy T 13 = 87360
13
 1 
Bài 2: Tìm số hạng thứ 5 của khai triển  z  3  , số hạng nào chứa z với mũ
 z
số tự nhiên.
Giải
Ta có số hạng thứ k+1 của khai triển là
1
T k 1  C13.z13k .( 3 ) k
k

z
Theo giả thuyết T k 1  T 5 k+1 = 5 k = 4
1 z8
Khi đó T 5  C13.z 9 .( 3 ) 4 = 715. 3
4

z z
z8
Vậy T 5 = 715. 3
z
1
Mặt khác, ta có: T k 1  C13.z13k .( 3 ) k
k

z
394 k
 C .z
k
13
3
.(1)k
Do đó, z có số mũ tự nhiên 39 – 4k 3 (0 ≤ k ≤13)
4 k 3
 
39  4k




Trang 4
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm


k 0
k 3
 
k 6

k 9

+ Với k=0 T 1 = z13
+ Với k=3 T 4 = - C13.z 9 = -286 z 9
3


+ Với k=6 T 7 = C13.z 5 = 1716 z 5
6


+ Với k=9 T 10 = - C13.z1 = -175 z
9


Vậy các số hạng chứa z với số mũ tự nhiên là
T 1 = z13 , T 3 = -286 z 9 , T 7 = 1716 z 5 , T 10 = -175 z

Bài 3: Viết lại P(x) = 1  x  + 2 1  x 2 + … + 20 1  x 20 dưới dạng
P(x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + … + a20 x 20 . Tìm a9
Giải
Ta có: P(x) = 1  x  + 2 1  x 2 + … + 20 1  x 20
= (1 + 2 C 2 + 3 C30 + … + 20 C 20 ) + (1 + 2 C 2 + 3 C3 + … + 20 C 20 ) x
0 0 1 1 1


+ (2 C22 + 3 C32 + … + 20 C20 ) x 2 + … + 20 C20 x 20
2 20




 a9 = 9 C9 + 10 C10 + … + 20 C20
9 9 9


n
 3 28

 x x  x 15  hãy tìm số hạng không phụ thuộc x, biết:
Bài 4: Trong khai triển  
 
C n + Cn + C n  2 = 79
n n 1 n


Giải Ta có C nn + Cnn 1 + Cnn  2 = 79
nn  1
 1+n + = 79
2
 n 2 + n - 156 = 0
n  12
 n  13  n = 12

k

Số hạng thứ k + 1 là T k 1  C . x x
k
8  
3
nk  28 
. x 15 
  = Cnk .x  3 
4 n 16k
5
 
Số hạng không phụ thuộc biến
4n 16k
  = 0  k = 5  C12 = 792
5

3 5
n
 1 
Bài 6 : Cho biết ba hạng tử đầu tiên của khai triển  x  4  có các hệ số là
 
 2 x
3 số hạng liên tiếp của cấp số cộng. Tìm tất cả các hạng tử hữu tỷ của khai triển
trên.
Giải


Trang 5
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm

Theo công thức nhị thức Niu – Tơn ta có:
Số hạng thứ nhất là : C 0  1.
n

1 n
Số hạng thứ hai là : C 1 .  
n .
2 2
nn  1
2
1
Số hạng thứ ba là : C .  
2
n
2 8
nn  1
Theo đề bài ta có : 1  n
8
 n 2  9n  8  0
n  1
 .
 n8
8 k k
 1   1 1  1
k 3
4 k
Với n = 8 ta có T k 1 = C . x 2  . x 4  =   .C8k .x 4 .
k
  2
8 
    2
3
4 k 3 16
 Xét x 4 để hữu tỷ thì 4  k  0  k  . Do k nguyên dương nên ta chọn k
4 3
= 6, 7, 8.
1 6  2 
6 1
7
x  
k = 6 ta được T 7 =   .C8 .  .
2   16 x
16
k = 7 ta có T 8 = .
x3 4 x
1
k = 8 ta cũng có T 9 = .
256 x 2
k
1
 Xét   . C8k . Ta có :
2

k=0 T 1  x 4 (loại)
k=1 T 2  4 x 3 4 x (loại)
k=2 T 3  7 x 2 x (loại)
k= 3 T 4  7 x 4 x 3 (loại)
k=4 35
T5 x (nhận)
8
k=5 7
T 6  4 x (nhận)
4

n
 1 
Vậy trong khai triển  x  4  khi ba số hạng đầu tiên liên tiếp lập thành cấp số
 
 2 x
1 7 16 1 35 7
cộng thì ta có các hạng tử hữu tỷ là 4 , , 34 , 2
, x, 4 x .
2 x 16 x x x 256 x 8 4
Bài 7 : Tìm hệ số của x101 y 99 trong khai triển 2 x  3 y  .
200


Giải

Trang 6
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm


Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có T 100  C200.2101. 399 .  C200.299.3101 .
99 99



Bài 8 : Tính hệ số của x 5 y 8 trong khai triển x  y 13 .
Giải
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T 9  C13  1287 .
8



Bài 9 : Tìm hệ số của x 9 trong khai triển 2  x 19
Giải
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có :
T 10  C19 .210. 19  C19 .210  94595072 .
9 9



Bài 10 : Tìm hệ số của x 7 trong khai triển 3  2 x 15 .
Giải
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T 8  C15 .38. 27  C15 .38.2 7 .
7 7



Bài 11 : Tìm hệ số của x 25 y 10 trong khai triển x 3  xy  .
15


Giải
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T k 1  C15 .x 3  .xy k  C15 .x 452k . y k .
k 15 k k


45  2k  25
Để tìm hệ số của x 25 y 10 thì  .
k  10
Vậy hệ số của x 25 y 10 trong khai triển x 3  xy  là T 11  C15  3003 .
15 10


n
 1
Bài 12 : Biết hệ số của x n 2 trong khai triển  x   là 31. Tìm n
 4
Giải
Hạng tử chứa x n 2 trong khai triển là hạng tử chứa hệ số thứ ba, nên theo đề bài ta
2
2 1
có phương trình : C n     31
 4
 nn  1  31.32
n  32
 n 2  n  992  0   .ta nhận n = 32.
n  31
n
n2  1
Vậy hệ số của x trong khai triển  x   là 31 thì n = 32.
 4

Bài 13 : Biết hệ số x 2 trong khai triển 1 3x n là 90. Tìm n.
Giải
Theo đề bài ta có phương trình : C n .(3) 2  90  n 2  n  20  0
2

n  5
 (loại n = -4)
n  4

Vậy hệ số x 2 trong khai triển 1 3x n là 90 thì n = 5.




Trang 7
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm

8
 1
Bài 14 : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 3   .
 x
Giải
k

Theo công thức nhị thức Niu – Tơn ta có T k 1  C .x 
3 8k  1
k
8 .    C8k .x 244 k
 x
Để tìm số hạng không chứa x thì 24  2k  0  k  6 .
8
 1
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển  x 3   là C 8 . 16  28 .
6

 x


Dạng 5: Sử dụng khai triển Niu-tơn chứng minh đẳng thức-bất đẳng thức:
Bài 1: Ta có: 1  x n = k 0 Cnk .x k
n



= Cn .x 0 + Cn .x + Cn2 .x 2 + … + Cnn .x n
0 1


Thay x = 4, ta được:
1 4n = n0 Cnk .4k
k

 5n = Cn .40 + Cn .4 + Cn .4 2 + … + Cn .4 n (đpcm !)
0 1 2 n



Bài 2: Ta có: 1  x n = Cn .x 0 + Cn .x + Cn2 .x 2 + … + Cnn .x n
0 1


 1 1n = Cn0 + Cn + Cn2 + … + Cnn
1
(1)
và 1  x n = Cn0 .x 0 - Cn .x + Cn2 .x 2 - Cn3.x3 + … + (1)n .Cnn .x n
1


 1 1n = Cn0 - Cn + Cn2 - Cn3 + … + (1)n .Cnn
1
(2)
Lấy (1) + (2), ta được:
2n = 2( Cn + Cn + Cn + …)
0 2 4


 2n1 = Cn + Cn + Cn + …
0 2 4


Lấy (1) - (2), ta được:
2n = 2( Cn + Cn + Cn + …)
1 3 5


 2n1 = Cn + Cn + Cn + …
1 3 5


Vậy Cn0 + Cn2 + Cn4 + … = Cn + Cn + Cn + … = 2n1
1 3 5



Bài 3:
1
Cn Cn 2 n 1  1
1) CMR: Cn0 + +…+ n =
2 n 1 n 1
Giải
1
(1  x) n 1 2 n 1  1
Ta có:  1  x  dx =
1 n
=
0 n 1 0 n 1
Mặt khác: 1  x n = Cn0 + Cn .x + Cn2 .x 2 + … + Cnn .x n
1


Lấy tích phân 2 vế ta được:
2 n 1  1 1
Cn Cn
= Cn0 + + … + n (đpcm!)
n 1 2 n 1



Trang 8
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm

1 n
Cn Cn 1
2) CMR: C - + … + (1)
0 n
=
n 1 n 1
n
2
Giải
0
(1  x) n 1
Ta có:  1  x  dx =
0 n 1
=
1 n  1 1 n  1
Mặt khác: 1  x n = Cn0 - Cn .x + Cn2 .x 2 + … + (1) n Cnn .x n
1


Lấy tích phân 2 vế ta được:
1
Cn Cn 1
0
Cn - + … + (1) n n = (đpcm!)
2 n 1 n 1

Bài 4: Với n là số nguyên dương. CMR:
1
( Cn + 2 Cn2 + … + n Cnn ) ≤ n!
1

n
Giải
Ta có: 1  x n = Cn0 + Cn .x + Cn2 .x 2 + … + Cnn .x n
1


Lấy đạo hàm 2 vế ta được:
n 1  x n1 = Cn + 2 x 2Cn2 + … +n x n1Cnn
1


Cho x = 1, ta được:
n 1  1n1 = Cn + 2. 12 Cn2 + … +n .1n1 Cnn
1


1
( Cn + 2 Cn2 + … + n Cnn ) = 2n1
1

n
Mặt khác:
2n1 ≤ 1.2.3…n = n!
1
Vậy ( Cn + 2 Cn2 + … + n Cnn ) ≤ n!
1

n




Trang 9
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản