intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Bài 2. Các bài Toán về triển khai Newton

Chia sẻ: Trần Thị Thủy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST
Báo xấu
95
lượt xem 7
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo bài 2. Các bài Toán về triển khai Newton kèm đáp án để giúp các em rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho các kỳ thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài 2. Các bài Toán về triển khai Newton

  1. Bài 2. Các bài toán v khai tri n Newton BÀI 2. CÁC BÀI TOÁN V KHAI TRI N NEWTON Bài 1. Cho n nguyên, n ≥ 2 . Ch ng minh: n n ( ) a) 1 + 1 n >2 ( ) b) 1 + 1 n 2 (Vì C n . 1 i n ( ) >0) n n k 2 3 b. Ta có 1 + 1 n ( ) = ∑ Cn . 1 k =0 k n () =1+1+ 2! n! ⋅ 1 ( n − 2 )! n () + 3! n! ⋅ 1 ( n − 3) ! n () + ... =2+ 1 ⋅ 1 +1⋅ 1 + ... < 2 + 1 + 1 + ... + 1 2! n ( n − 1) 3 n ( n − 1) ( n − 2 ) 2! 3! n! < 2 + 1 + 1 + ... + 1.2 2.3 1 ( n − 1) n ( = 2 + 1 − 1 + 1 − 1 + ... + 1 − 1 = 3 − 1 < 3 1 2 2 3 n −1 n n ) ( ) ( ) Bài 2. Cho s a, b th a mãn: a + b = 1 . Ch ng minh: a n + b n ≥ 1−1 , ∀n ∈ » 2n Gi i n n t a = 1 + x, b = 1 − x thì a n + b n = 1 + x 2 2 2 ( ) ( + 1−x 2 )  2   2  =  1n + C n ⋅ n −1 + C n ⋅ x − 2 + ...  +  1n − C n ⋅ n −1 + C n ⋅ x − 2 − ...  1 x 2 1 x 2 2 2 2 n  2 2 2 n   2 4  = 2  1n + C n ⋅ x − 2 + C n x − 4 + ...  ≥ 2 ⋅ 1n = 1−1 . V y a n + b n ≥ 1−1 2 4 2 2 n 2 n  2 2n 2n Bài 3. Tìm n ∈ » th a mãn: C n + 2C n + 2 2 C n + 2 3 C n + ... + 2 n C n = 243 0 1 2 3 n Gi i (1 + 2 ) n = C n + C n .2 + C n .2 2 + ... + C n .2 n = 243 ⇔ 3 n = 243 ⇔ n = 5 0 1 2 n Bài 4. Cho khai tri n nh th c n −1 x −1 n −1 n n x −1 n (2 x −1 2 +2 − x 3 ) 0 = Cn (2 ) 2 1 + Cn ( 2 ) ( 2 ) + ... + C ( 2 ) ( 2 ) 2 − x 3 n −1 n x −1 2 − x 3 n + Cn (2 ) − x 3 3 1 Bi t r ng trong khai tri n ó C n = 5C n và s h ng th tư b ng 20. Tìm n và x. 243
  2. Chương III. T h p, Xác su t và S ph c − Tr n Phương Gi i 3 1 n! n ( n − 1) ( n − 2 ) Ta có C n = 5C n (v i n ≥ 3, n ∈ » ) ⇔ = 5n ⇔ = 5n ( n − 3) !3! 6 ⇔ ( n − 1) ( n − 2 ) = 30 ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 ⇔ ( n − 7 ) ( n + 4 ) = 0 ⇒ n = 7 x −1 4 3 Khi ó s h ng th tư là 3 C7 ( 2 ) ( 2 ) = 20 ⇔ 35 ⋅ 2 2 − x 3 2( x −1) − x = 140 ⇔ x = 4 Bài 5. Tìm s h ng không ch a x trong khai tri n: 15 17 ( a) P ( x ) = x 2 + 1 x ) , x ≠ 0 ; b) Q ( x ) =  1 + 4 x 3  , x ≠ 0 3 2  x   Gi i k a. S h ng t ng quát: a k = C15 ( x 2 ) k 15 − k . 1 x () = C15 .x 2 15− k .x − k = C15 .x 30 −3k k ( ) k 10 S h ng không ch a x tương ng v i 30 − 3k = 0 ⇒ k = 10 là C15 = 3003 . 17 − k k 2 3 17 − k −136 − (17 − k ) b. S h ng t ng quát: a k = k C17  1  .( 4 x 3 ) = C17 .x k 3 x 4 k = k C17 x 12 3 2   x  8 S h ng không ch a x tương ng v i 17 k − 136 = 0 ⇒ k = 8 là C17 = 24310 Bài 6. Tìm h s c a s h ng ch a x 26 trong khai tri n nh th c Newton c a n  1 + x 7  , bi t r ng C 1 + C 2 + ... + C n = 2 20 − 1  4  2 n +1 2 n +1 2 n +1 x  Gi i 0 1 2 2n 2 n +1 2 n +1 C 2 n +1 + C 2 n +1 + C 2 n +1 + ... + C 2 n +1 + C 2 n +1 = (1 + 1) = 2 2 n +1 . Do C 2 n +1 = C 2 n +1 = 1 0 2 n +1 nên C 2 n +1 + C 2 n +1 + ... + C 2 n +1 + C 2 n +1 + ... + C 2 n +1 = 2 2 n +1 − 2 = 2 ( 20 20 − 1) 1 2 n n +1 2n ⇔ 2 2 n +1 = 2 21 ⇔ 2n + 1 = 21 ⇔ n = 10 . Xét bi u th c 10 10 10 10  1 + x 7  = ( x −4 + x 7 )10 = C k ( x −4 )10−k ( x 7 ) k = C k x 4 k − 40 x 7 k = C k x 11k − 40  4 x   ∑ 10 ∑ 10 ∑ 10 k =0 k =0 k =0 Xét 11k − 40 = 26 ⇔ 11k = 66 ⇔ k = 6 . V y h s c a x 26 là C10 = 210 . 6 n Bài 7. Trong khai tri n nh th c x + 1 x ( ) ,h s c a s h ng th ba l n hơn h s c a s h ng th hai là 35. a. Tìm n. b. Tìm s h ng không ch a x 244
  3. Bài 2. Các bài toán v khai tri n Newton Gi i n n k n ( a. Ta có x + 1 x ) = ∑ C n x n−k 1 k =0 k x () = ∑ C n x n− 2 k k k =0 H s c a s h ng th i ng v i k = i − 1 là: a i −1 = C n−1 . i Theo gi thi t: C n − C n = 35; n 2 − 3n − 70 = 0 ⇔ ( n + 7 ) ( n − 10 ) = 0 ⇒ n = 10 ∈ » 2 1 5 b. S h ng không ch a x ng v i n − 2k = 0 ; 10 − 2k = 0 ⇔ k = 5 là C10 = 252 7 Bài 8. Tìm các s h ng không ch a x trong khai tri n  3 x + 1  v i x > 0   4  x Gi i −1 7 7−k −1 k  4  7 (  3 x + 1  = x3 + x 1 4 ) =∑ 7 k C7 (x ) (x ) 1 3 4 7 = ∑ C7 x k 7−k 3 x −k 4 = ∑ C7 x k 7 28 − 7 k 12  x k =0 k =0 k =0 Xét 28 − 7 k = 0 ⇔ k = 4 . V y s h ng không ch a x trong khai tri n là C 7 = 35 . 4 12 n Bài 9. Tìm s h ng không ch a x trong khai tri n ( x. 3 x+x − 28 15 ) , bi t r ng: C n + C n −1 + C n − 2 = 79 . n n n Gi i Ta có: C n + C n −1 + C n − 2 = 79 (n nguyên, n ≥ 2 ) n n n n ( n − 1) 1+ n + = 79 ⇔ n 2 + n − 156 = 0 ⇔ ( n + 13) ( n − 12 ) = 0 ⇒ n = 12 ∈ » 2 k 4 12 − k k V i n = 12 thì a k = k C12 (x x)3 12 − k (x )− 28 15 = k C12 ( ) .( x ) x3 − 28 15 = C12 .x k 240 − 48 k 15 5 S h ng không ch a x tương ng v i 240 − 48k = 0 ⇔ k = 5 là C12 = 792 . 5 9 Bài 10. Tìm các h ng t h u t trong khai tri n: a. ( 2 + 3 3 ) ; b. ( 3 + 3 2 ) Gi i 5− k k 5 5−k k a. Khi khai tri n ( 2 + 3 3 ) , s h ng TQ: Tk +1 = C5 . ( 2 ) k . ( 3 3 ) = C5 .2 k 2 .3 3 Tk +1 h u t thì 5 − k và k nguyên v i k = 0, 5 ⇒ k = 3 ⇒ T4 = C 5 .2.3 = 60 3 2 3 9− k k 9 9−k k b. Khi khai tri n ( 3 + 3 2 ) , s h ng TQ: Tk +1 = C 9 k ( 3) (3 2) = C 9 .3 k 2 .2 3 245
  4. Chương III. T h p, Xác su t và S ph c − Tr n Phương Tk +1 h u t thì 9 − k , k nguyên v i k = 0, 9 ⇒ k = 3 ; k = 9 2 3 V y có 2 h ng t h u t là: T4 = C 9 .3 2.2 = 4536 ; T10 = C 9 .3 0 .2 3 = 8 3 9 40 Bài 11. Tìm h s c a x 31 trong khai tri n nh th c Newton  x + 12     x  Gi i 40 40 k 31 x+ 1  = ∑ C 40 .x 40−k  12  = ∑ C 40 .x 40−3k ; 40 − 3k = 31 ⇔ k = 3 ; C 40 = 9880 k  k 3     x2  k =0 x  k =0 n Bài 12. Tìm h s c a s h ng ch a x 8 trong khai tri n  13 + x 5  ,   x  n +1 bi t r ng C n + 4 − C n + 3 = 7 ( n + 3) . n Gi i n +1 n +1 ( n + 2 ) ( n + 3) C n + 4 − C n + 3 = 7 ( n + 3) ⇔ C n +3 = 7 ( n + 3) ⇔ n = 7 ( n + 3) ⇔ n = 12 . 2 5 12 k  3  12  1 + x 5  = x −3 + x 2 ( ) 12 =∑ k C12 (x ) −3 12− k ( ) 5 x2 12 5k 12 = ∑ C12 x 3k −36 x 2 = ∑ C12 x k k 11k −72 2 x  k =0 k =0 k =0 Xét 11k − 72 = 8 ⇔ k = 8 . V y s h ng ch a x 8 trong khai tri n là C12 = 495 . 8 2 9 10 14 Bài 13. Tìm h s c a x 9 khi khai tri n: P ( x ) = (1 + x ) + (1 + x ) + ... + (1 + x ) Gi i 9 10 14 9 10 14 P ( x ) = (1 + x ) + (1 + x ) + ... + (1 + x ) = ∑ C 9 x k + ∑ C10 x k + ... + ∑ C14 .x k k k k k =0 k =0 k =0 H s theo x 9 ng t t c k = 9 là: 9 9 9 9 C9 + C10 + C11 ... + C14 = 1 + 10 + 55 + 220 + 715 + 2002 = 3003 2 3 20 Bài 14. a. Tìm h s c a x 15 trong (1 + x ) + 2 (1 + x ) + 3 (1 + x ) + ... + 20 (1 + x ) 4 5 6 7 b. Tìm h s c a x 5 khi khai tri n: ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) Gi i k a. V i bi u th c: k (1 + x ) ch a s h ng ax 15 khi k ≥ 15 , lúc ó: k k (1 + x ) = k ∑ C k .x i thì h s theo x 15 15 k i ng v i i = 15 là k .C k . i =0 246
  5. Bài 2. Các bài toán v khai tri n Newton 2 20 Suy ra h s theo x 15 c a khai tri n: (1 + x ) + 2 (1 + x ) + ... + 20 (1 + x ) là: 15 15 15 15 15 a15 = 15 + 16C16 + 17C17 + 18C18 + 19C19 + 20C 20 = 400995 4 5 6 7 b. Ta có: P ( x ) = ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) 5 6 7 = (1 + 2 x ) + ∑ C 5 ( 2 x ) + ∑ C 6j . ( 2 x ) + ∑ C 7 ( 2 x ) 4 i i j k k i =0 j =0 k =0 H s theo x 5 ng v i i = j = k = 5 là: C 5 .2 5 + C 6 .2 5 + C 7 .2 5 = 896 . 5 5 5 2 10 Bài 15. Tìm h s theo x 3 khi khai tri n P ( x ) = ( x + 1) . ( 3 − x ) Gi i 2 10 10 10 10 Ta có: P ( x ) = ( x + 1) . ( 3 − x ) = x 2 (3 − x ) + 2x (3 − x ) + (3 − x ) 10 10 10 = x 2 ∑ C10 .310 −i ( − x ) + 2 x ∑ C10 .310− j ( − x ) + ∑ C10 .310 − k .x k i i j j k i =0 j =0 k =0 H s theo x 3 ng v i i = 1, j = 2, k = 3 là: −C10 .3 9 + 2.C10 .38 − C10 .3 7 = 131220 1 2 3 5 10 Bài 16. Tìm h s c a x 5 trong khai tri n bi u th c P = x (1 − 2 x ) + x 2 (1 + 3x ) Gi i Theo công th c khai tri n nh th c Newton, ta có: 5 10 P = x ∑ C 5 ( −2 x ) + x 2 ∑ C10 ( 3 x ) 5− k 10 − k k k (1) k =0 k =0 4 3 V y t (1) suy ra s h ng ch a x 5 là: x.C 5 ( −2 x ) + x 2 .C10 ( 3 x ) . 1 7 4 3 Do ó, h s c a x 5 là ( −2 ) C 5 + ( 3) C10 = 16.5 + 27.120 = 80 + 3240 = 3320 1 7 V y h s c a x 5 trong bi u th c P ã cho là 3320. n m Bài 17. Tìm h s theo x k c a khai tri n (1 + x ) . (1 + x ) , m, n ≥ k Gi i n m (1 + x ) n (1 + x ) m = ∑ C n x i ∑ C m x j . Vì m, n ≥ k nên x k = x 0 .x k = x.x k −1 = ... = x k .x 0 . i j i =0 i =0 Do ó, h s theo x k là: a k = C n .C m + C n .C m−1 + ... + C n .C m 0 k 1 k k 0 n Bài 18. Trong khai tri n nh th c ( x 2 + 1) tìm h s theo x 12 , bi t r ng t ng các h s b ng 1024. 247
  6. Chương III. T h p, Xác su t và S ph c − Tr n Phương Gi i n t P ( x ) = ( x 2 + 1) thì t ng các h s là P (1) = C n + C n + ... + C n = 2 n = 1024 0 1 n 10 10 10 − k 10 ⇒ n = 10 . V i n = 10 thì P ( x ) = ( x 2 + 1) = ∑ C10 . ( x 2 ) k .1k = ∑ C10 .x 20 − 2 k . k k =0 k =0 H s theo x 12 4 ng 20 − 2k = 12 ⇒ k = 4 là C10 = 210 . Bài 19. Tìm h s c a x n −1 ; x n − 2 c a khai tri n: x + 1 2 ( ) ( x + 21 ) ...( x + 21 ) 2 n Gi i a. Ta có: P ( x ) = x + 1 2 ( ) ( x + 21 ) ...( x + 21 ) = x 2 n n + A.x n −1 + B.x n − 2 + ... + Rx + S n 1− 1() H s c a x n −1 là: A = 1 _ 12 + ... + 1n = 1 1 + 1 + ... + 1−1 2 2 2 2 2 2n ( ) = 1. 2 1− 1 2 =1− 1 2n 2 b. H s c a x n − 2 là: B = 1 ⋅ 12 + 1 ⋅ 13 + ... + 1−1 ⋅ 1n . 2 2 2 2 2n 2 2 2 2 ( Mà A 2 = 1 + 12 + ... + 1n 2 ) = 1 + 12 + ... + 1n + 2 B 4 4 4 n 1− 1 () 4 ( = 1 1 + 1 + ... + 1−1 4 4n ) + 2B = 1⋅ 4 1− 1 4 + 2 B = 1 1 − 1n + 2 B 3 4 ( ) 4 ( Do ó B = 1  A 2 − 1 1 − 1n  = 4 − 3.2n + 2  ) n n 2 3 4  3.4 Bài 20. Tìm h s c a x 50 trong khai tri n c a các a th c sau ây: 1000 999 998 a. P ( x ) = (1 + x ) + x (1 + x ) + x 2 (1 + x ) + ... + x 1000 1 2 1000 b. Q ( x ) = (1 + x ) + 2 (1 + x ) + ... + 1000 (1 + x ) Gi i 1000 a. ý: ( x + 1) − x 1001 = ( x + 1 − x ) .P ( x ) = P ( x ) Do ó h s c a x 50 trong khai tri n P ( x ) cũng là h s theo x 50 trong khai 1001 = ∑ C1001 .x i là C1001 . 1001 1001 50 tri n c a nh th c ( x + 1) = (1 + x ) i i =0 248
  7. Bài 2. Các bài toán v khai tri n Newton ′ 1000 ′ 1000  1000 i  1 − (1 + x )  b. Q ( x ) = (1 + x ) . ∑ i (1 + x ) i −1 = (1 + x ) .  ∑ (1 + x )  = (1 + x )  (1 + x )  i =1  i =1   1 − (1 + x )  1001 1000 (1 + x ) (1 + x )1001 − (1 + x ) = − 2 . V y h s theo x 50 là: 1000.C1001 − C1001 51 52 x x 9 Bài 21. Tìm h s theo x 8 c a khai tri n: P ( x ) = (1 + x 2 − x 3 ) Gi i 9 9 8 7 P ( x) = (1 + x 2 ) − x 3  = (1 + x 2 ) − C9 (1 + x 2 ) .x3 + C9 (1 + x 2 ) .x 6 − C9 .(1 + x 2 ) .x9 + ...   1 2 3 Vì x 8 có mũ ch n nên các s h ng theo x 8 ch xu t hi n hai a th c sau: 9 (1 + x 2 ) 9 = ∑ C 9i . ( x 2 ) i 4 ng v i i = 4 , t c là có h s C 9 i =0 7 7 j C 9 (1 + x 2 ) .x 6 = C 9 .x 6 .∑ C 7j ( x 2 ) 2 2 2 1 ng v i j = 1 , t c là có h s C 9 .C 7 i=0 V y h s theo x 8 c a khai tri n P(x) là: C 9 + C 9 .C 7 = 378 4 2 1 n Bài 22. a. Trong khai tri n ( x + y + z ) tìm s h ng ch a x k y m ( k + m ≤ n ) 15 b. Tìm h s theo x 6 y 5 z 4 c a khai tri n ( 2 x − 5 y + z ) Gi i n  n− k m  a. Ta có ( x + y + z ) = ∑ C n .x k . ( y + z ) = ∑ C n . x k  ∑ C n − k . y m .z n − k − m  k n n−k k k =0  m=0  V y s h ng c n tìm là n ! x k . y m .z l v i l = n − k − m k ! m !l ! n  m  n! T ng quát:  ∑ a i  = ∑ n a n1 a n 2 ...a mm v i t ng ∑ l y theo  i =1  n1 ! n 2 !...n m ! 1 2 n1 + n 2 + ... + n m = n 15 15 b. Áp d ng ( 2 x − 5 y + z ) = ( ( 2 x ) + ( −5 y ) + z ) H s theo x 6 y 5 z 4 là: 2 6 ( −5 ) ⋅ 15! = −126.126.10 6 5 6!5!4! n! ( n − k )! n! Chú ý: C n .C n − k = k m ⋅ = k ! ( n − k ) ! m !( n − k − m ) ! k ! m ! ( n − k − m ) ! 249
  8. Chương III. T h p, Xác su t và S ph c − Tr n Phương n Bài 23. Cho nh th c P ( x ) = ( 3 − 2 x ) , n t nhiên. Sau khi khai tri n, tính: a. T ng t t c các h s theo lũy th a l . b. T ng t t c các h s theo lũy th a ch n. Gi i n Ta có: P ( x ) = ( 3 − 2 x ) = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ... + a n x n n 1 = ( 3 − 2 ) = P (1) = a 0 + a1 + a 2 + a 3 + ... + a n n P ( −1) = a 0 − a1 + a 2 − a 3 + ... + ( −1) a n a. T ng các h s theo lũy th a l : a1 + a 3 + a 5 + ... = P 1 − P −1 = 1 − 5 ( ) ( ) n 2 2 b. T ng các h s theo lũy th a ch n: a 0 + a 2 + a 4 + ... = P 1 + P −1 = 1 + 5 ( ) ( ) n 2 2 n Bài 24. Tìm h s l n nh t c a khai tri n t ng quát: ( a + b ) Gi i n Ta có ( a + b ) = ∑ C n .a n − k .b k . Các h s là C n , 0 ≤ k ≤ n . n k k k =0 Xét C n −1 < C n ⇔ k k n! < n! ⇔ k < n − k +1⇔ k < n +1 . ( k − 1) !( n − k + 1) ! k !( n − k ) ! 2 n n +1 Do ó: Max C n = C n2 n u n ch n và Max C n = C n 2 n u n l . k k k = 0, n k = 0, n n Bài 25. Tìm h ng t l n nh t trong khai tri n c a ( a + b ) v i a, b > 0; n ∈ » Gi i n Ta có: ( a + b ) = ∑ C n .a n − k .b k . G i Tk +1 = C n .a n − k b k = Max C n .a n − k b k n k k k k =0 k = 0, n  ( n + 1) b  k −1 n − k +1 .b k −1 ≤ C n .a n − k .b k k ≤ a + b k Tk ≤ Tk +1  C n .a Khi ó  ⇔  k +1 n − k −1 k −1 ⇔ Tk + 2 ≤ Tk +1 C n .a .b ≤ C m .a n − k .b k k ≥ ( n + 1) b − 1 k    a+b ( n + 1) b ( n + 1) b ( n + 1) b V y, n u nguyên thì có 2 s h ng ng v i k = hay −1 a+b a+b a+b ( n + 1) b  ( n + 1) b  Còn n u không nguyên thì ch có 1 s h ng ng v i k =  . a+b  a+b   250
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2