Chuyên đề 14: Nhị thức Newton và ứng dụng

Chia sẻ: Bùi Thành Hưng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

169
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề 14 "Nhị thức Newton và ứng dụng" được biên soạn với các nội dung: Kiến thức về nhị thức Newton, bài tập và lời giải. Chuyên đề có cách giải hay sẽ giúp các bạn có tài liệu tham khảo trong việc giải bài tập chuyên đề này. Mời các bạn cùng tìm hiểu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề 14: Nhị thức Newton và ứng dụng

Chuyên đề 14: Nhị thức NEWTON và ứng dụng Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202 CHUYÊN ĐỀ 14: NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG 754 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Chuyên đề 14: Nhị thức NEWTON và ứng dụng 755 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202 KIẾN THỨC CẦN NHỚ Công thức khai triển nhị thức NEWTON Cho 2 số dương a, b và số nguyên dương n thì ta có n (a  b)n   Cnk a n k b k Cn0 a n  Cn1 a n1b  ...  Cnnb n k 0 n (a  b) n   (1)k Cnk a n k b k Cn0 a n  Cn1 a n1b  ...  (1)n Cnnb n k 0 Trong các công thức trên ta có + Số các số hạng là n  1 . + Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n . + Số hạng thứ k  1 trong khai triển là Tk 1  Cnk a n k b k . + Các hệ số cách đều 2 số hạn đầu và cuối thì bằng nhau. Một số khai triển hay sử dụng n (1  x )n   Cnk x k Cn0  Cn1 x1  ...  Cnn x n k 0 n (1  x )n   (1) k Cnk x k Cn0  Cn1 x1  ...  (1)n Cnn x n k 0 Các hướng giải quyết bài toán dạng này n n  Nếu bài toán cho khai triển ( x a  xb )n   Cni ( x a ) n i ( xb )i   Cni x a( n i )  bi , khi đó hệ số i 0 i 0 m i của x là C sao cho a(n  i )  bi  m . n  Nếu bài toán đề cập đến max;min của các số hạng Cni thì xét T  Tk 1  Tìm max Tk thì giả sử Tk là lớn nhất khi đó  k k Tk  Tk 1 T  Tk 1  Tìm min Tk thì giả sử Tk là nhỏ nhất khi đó  k k Tk  Tk 1 n i  Trong biểu thức có  i(i  1)C i 1 n thì dùng đạo hàm. n  Trong biểu thức có  (i  k )C i n thì nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm. i 1 n k i  Trong biểu thức có a C i 1 n lấy x  a thích hợp. 756 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n 1 i  Trong biểu thức có  i  1C thì lấy tích phân xác định trên đoạn [a, b] thích hợp. i 1 n CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho khai triển Q ( x)  (1  x )9  (1  x)10  ...  (1  x)14  a0  a1 x  ...  a14 x14 . Tìm a9 . Lời giải: + Hế số của x9 trong khai triển Q( x)  (1  x)9  (1  x)10  ...  (1  x)14 là C99 ; C109 ; C119 ; C129 ; C139 ; C149 . Vậy a9  C99  C109  ...  C149  3003 . Bài 2. Tìm hệ số của x16 trong khai triển ( x 2  2 x)10 . Lời giải: 10 10 + Ta có ( x 2  2 x )10   C10k ( x 2 )10k (2 x)k   (2) k C10k x 20 k k 0 k 0 + Chọn 20  k  16  k  4 . Vậy hế số của x16 trong khai triển là: C104 (2) 4 1 2009 Bài 3. Tìm hệ số của x1008 trong khai triển của nhị thức ( x 2  ) . x3 Lời giải: + Số hạng thứ k  1 trong khai triển là 1 k Tk 1  C2009 ( x2 ) 2009k ( 3 ) k  C2009 k x 40185 k . x + Chọn 4018  5k  1008  k  602 . Vậy hệ số của x1008 trong khai triển là C2009 1008 . 8 Bài 4. Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1  x 2 (1  x )  . Lời giải: 8 8  k  + Ta có [1  x 2 (1  x)]8   C8k [x 2 (1  x)]k   C8k x 2 k   (1)i Cki xi  k 0 k 0  i 0  0  i  k  8 8 i k i  i  0 i  2 Vậy hệ số của x trong khai triển là (1) C8 Ck thỏa mãn 2k  i  8    i, k    k  4 k  3  Vậy hệ số của x8 là: (1)0 C84C40  (1)2 C83C32  238 . 757 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài 5. Xác định hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của P( x )  (1  2 x  3 x2 )10 . Lời giải: 10 10 + Ta có P( x )  (1  2 x  3 x )  1  x (2  3x )   C10k x k (2  3x)k 2 10 k 0  C  C x(2  3x)  C x (2  3x)  C x (2  3x)  ...  C1010 x10 (2  3 x)10 o 10 1 10 2 10 2 2 3 3 10 3 Suy ra hệ số của x3 chỉ xuất hiện trong C102 x 2 (2  3 x)2  C103 x3 (2  3 x) 3 Vậy hệ số của x3 trong khai triển của P( x) là: 12C102  8C103  1500 . 16 Bài 6. Tìm hệ số x16 trong khai triển thành đa thức của 1  x 2 (1  x 2 )  Lời giải: 16 16 16 + Ta có 1  x 2 (1  x 2 )    C16k ( x 2 (1  x 2 ))k   (1)k x 2k C16k (1  x 2 )k k 0 k 0 16 k 16     ( 1)k x 2 k C16k   Cki (  x 2 )i     ( 1)k  i C16k Cki x 2( k  i )  k 0  i 0  k 0 16 k i Vậy hệ số của x là (1) C16Cki thỏa mãnk 0  i  k  16  i  0 i  1 i  2 i  3 i  4 2(k  i )  16       i, k    k  8  k  7  k  6  k  5 k  4  Vậy hệ số của x16 trong khai triển là C168 C80  C167 C71  C166 C62  C165 C53  C164 C44  258570 Bài 7. Cho biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức ( x 2  1)n bằng 1024. Hãy tìm hệ số a(a  * ) của số hạng ax12 trong khai triển đó. Lời giải: n + Ta có ( x  1)   Cnk x 2 k  Cn0  Cn1 x 2  Cn2 x 4  ...  Cnn x 2n , thay x  1 vào ta được 2 n k 0 2  C  C  C  ...  Cnn  1024  n  10 n 0 n 1 n 2 n Vậy hệ số của số hạng ax12 là : a  C106  210 . Bài 8. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức NEWTON của nhị thức n  1 7 1 2 3 n 20 k  4  x  , biết rằng C2n1  C2n1  C2n 1  ....  C2n 1  2  1 ( n nguyên dương, Cn là tổ hợp x  chập k của n phần tử). Lời giải: 758 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG + Theo giả thiết ta suy ra C20n1  C21n1  C22n 1  C23n 1  ....  C2nn 1  2 20 Mặt khác C2kn1  C22nn11 k (0  k  2n  1) . Từ đó 2(C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ....  C2nn 1 )  C20n 1  C21n 1  C22n 1  ....  C2nn 1  C2nn11  C2nn21  C2nn31  ....  C22nn11  2 2n 1  220  C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ....  C2nn 1  22n  n  10 + Số hạng thứ k+1 của khai triển là Tk  C10k ( x 4 )10 k ( x7 )k  C10k x11k 40 Chọn 11k  40  26  k  6 Vậy hệ số của x26 là C106  210 . Bài 9. Với n là số nguyên dương, gọi a3 n 3 là hệ số của số hạng chứa x3n3 trong khai triển thành đa thức của ( x 2  1)n ( x  2)n . Tìm n để a3 n 3  26n . Lời giải:  n  n  n k + Ta có ( x 2  1)n ( x  2)n    Cnk x 2 k   Cni xi 2n i    Cnk Cni 2n i x 2 k  i .  k 0  i  0  k 0 i 0 0  i , k  n  i  n  1 i  n  3 Chọn 2 k  i  3n  3 , thỏa mãn 2k  i  3n  3    i, k   k  n  1 k  n  Vậy hệ số của số hạng chứa x3n3 là a3n3  2Cnn 1Cnn1  23 Cnn Cnn 3 4n(n  1)(n  2)  2n 2   26n  n  5 3 Vậy n  5 là giá trị cần tìm. 2 Bài 10. Xác định hệ số an của xn trong khai triển thành đa thức của 1  x  2 x 2  ...  nx n  , Tìm n biết rằng an  6n Lời giải: Ta có 2 1  x  2 x 2  ...  nx n   1  x  2 x 2  ...  nxn 1  x  2 x 2  ...  nx n  , do đó hệ số an của xn trong khai triển là an  1.n  1(n  1)  2(n  2)  ...  n.1  2n  n(1  2  ...  n)  (12  22  ...  n2 ) n(n  1) n(n  1)(2n  1) n3  11n  2n  n   2 6 6 759 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n3  11n Vậy an  6n   6n  n  5 . 6 Vậy n  5 là giá trị cần tìm. Bài 11. Cho khai triển  1  1  1  1  2 n P( x)   x   x  2  x  3  ...  x  n   a0  a1 x  a2 x  ...  an x .Xác định hệ số của  2  2  2   2  n 1 n 2 x ;x . Lời giải: _____ 1 1 1 Nhận thấy phương trình P( x)  0 , có n nghiệm phân biệt xi (i  1, n ) là ; 2 ;...; n , do đó 2 2 2 theo định lí Vi – ét ta có: n n an 1 a i 1 xi   ;  an i , j 1,i  j xi x j  n  2 . Dễ thấy an  1 . an  1  1 n 1 1 1 1 1  2n  1 Vậy an 1    xi   2  3  ...  n    1 n . i 1 2 2 2 2 2  1 1  2  2  2 2 n 1  n  n 2  1  1   1 1 1  an 2   xi x j    xi    xi   1  n    2  4  ...  2 n   i , j 1,i  j 2  i 1  i 1  2  2   2 2 2   n Bài 12. Cho khai triển 1  2 x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an xn , tính tổng sau S  a1  2 a2  3 a3  ...  n an Lời giải: Xét khai triển n 1  2 x   b0  b1 x  b2 x2  ...  bn xn (*) , Dễ thấy ta có a0  b0 ; a1  b1; a2  b2 ;...; an  bn . Vậy tổng S bằng tổng sau S  b1  2b2  3b3  ...  nbn , lấy đạo hàm theo x ở 2 vế của (*) ta được n 1 2n 1  2 x   b1  2b2 x  3b3 x 2  ...  nbn xn1 (1) , thay vào 2 vế của (1) x  1 ta được S  b1  2b2  3b3  ...  nbn  2n.3n1 . Bài 13. Cho khai triển nhị thức 760 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n n 1 n 1 n  x21 x 3  0 x 1  1 x 1   3x  n 1  x 1   3x  n  x 3   x  2   Cn  x   Cn  x  .  2   ...  Cn  x  .  2   Cn  2  ( n là số 2 2 2              3 1 nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn  5Cn và số hạng thứ tư bằng 20n . Tính n, x. Lời giải: n(n  1)(n  2) + Theo giả thiết Cn3  5Cn1   5n  n  7(n  * ) . 6 Số hạng thứ tư trong khai triển là 4 3  x 1   x  3 T3  C  x 2  7 .  2 3   35.2 2 x  2.2 x  20 n  140  x  4     1 n  x  Bài 14. Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức:  2 x  2 2  có tổng 2 số hạng thứ 3 và thứ   5 bằng 135, còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22. Lời giải: + Số hạng thứ (k  1) trong khai triển là k x n k  12  x  Tk  C  2 k n  2    Từ đó suy ra Tổng 2 số hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135 1 2 1 4  n 2  x x n 4   x  T2  T4  Cn2  2 x   2   Cn  2   2   135(1) 24 2     Tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22 Cnn 2  Cnn 1  Cnn  22(2) n(n  1) Từ (2)   n  1  22  n  6 , thay vào (1) ta được 2 C62 24 x.212 x  C64 22 x.2 2 4 x  135  22 x1  222 x  9; t  2 2 x t  4 x  1 4  2t   9   1   t t  x   1  2  2  1 Vậy x  1;   là giá trị cần tìm.  2 Bài 15. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển P( x)  (1  x )4  (1  x )5  (1  x )6  ...  (1  x )15 Lời giải: 761 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Ta có P( x )  (1  x)4 1  (1  x )  (1  x)2  ...  (1  x)11  1  (1  x)12 1 1  (1  x )4  (1  x )16  (1  x) 4 1  (1  x) x x 5 Vậy hệ số của x trong khai triển là C165  4368. Bài 16. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của tổng sau S ( x )  (1  x )  2(1  x) 2  ...  (n  1)(1  x )n 1  n(1  x )n Lời giải: Ta có S ( x )  (1  x) F ( x); F ( x)  1  2(1  x)  3(1  x )2  ...  n(1  x )n 1 Để ý F ( x) là đạo hàm của tổng 1  (1  x) n 1 1 G ( x)  1  x  (1  x )2  (1  x )3  ...  (1  x )n  (1  x )  (1  x)n1  (1  x) 1  (1  x) x x 7  1  Bài 17. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  3 x  4  ( x  0)  x Lời giải: + Số hạng thứ k  1 trong khai triển là k 7 7 k 3 7 k  1   k k 3 12 Tk 1  C ( x ) 7 4   C7 x  x 7 7 Chọn  k  0  k  4. 3 12 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: T5  C74  35 . 28 n   Bài 18. Trong khai triển  x 3 x  x 15  ( x  0) . Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x , biết   n n 1 n 2 rằng Cn  Cn  Cn  79 . Lời giải: +Từ giả thiết ta có n(n  1) Cnn  Cnn 1  Cnn 2  79  1  n   79  n  12( n   * ) 2 Vậy số hạng thứ (k  1) trong khai triển là k k 3 12  k  1528  k 48 16  k 15 Tk 1  C ( x x ) 12  x   C12 x   48 Chọn 16  k  0  k  5 . Vậy số hạng không phụ thuộc x là T6  C125  792 . 15 762 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài 19. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho trong khai triển (1  x) n có 2 hệ số liên tiếp có 7 tỷ số là . 5 Lời giải: n Ta có (1  x )n   Cnk x k  Hệ số của 2 số hạng liên tiếp là Cnk và Cnk 1 . k 0 Theo giả thiết ta có: Cnk 7 k 1 7 k 1 k 1     n  3k  2  (0  k  n) . Do cả 2 số Cn 5 nk 5 7 k 1 k 1 n, k  *     nmin   k  6  n  21 . 7 7 Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 21. n 2 n k Bài 20. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   k  nx  Cnk xk 1  x  k 0 BÀI TOÁN VỚI SỐ HẠNG LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho khai triển nhị thức 10 1 2  2 10   x   a0  a1 x  a2 x  ...  a10 x . Hãy tìm số hạng ak lớn nhất. 3 3  Lời giải: 10 10  k k 1 2  10 1  2  2k 10 2k k + Ta có   x    C10k    x   10  C10k x k  ak  C10 3 3  k 0 3  3  3 k 0 310 Giả sử ak  max( a0 ; a1 ;...a10 ) , từ đó ta có ak  ak 1 C10k 2 k  C10k 1 2k 1 19 22   k k k 1 k 1  k  k 7 ak  ak 1 C10 2  C10 2 3 3 27 Vậy số hạng lớn nhất là a7  10 C107 . 3 Bài 2. Khai triển đa thức 12 P( x )  1  2 x   a0  a1 x  ...  a12 x12 . Tìm max(a0 ; a1 ;...; a12 ). Lời giải: 12 12 12 + Ta có 1  2 x    Cnk (2 x)k   Cnk 2k xk  ak  Cnk 2k . k 0 k 0 Giả sử ak  max( a0 ; a1 ;...; a12 ) . Từ đó ta có 763 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG ak  ak 1 2 k C12k  2k 1 C12k 1 23 25   k k k 1 k 1  k   k 8 ak  ak 1 2 C12  2 C12 3 3 Vậy số hạng lớn nhất là a8  C128 218. Bài 3. Giả sử P( x )  (1  2 x)n  a0  a1 x  a2 x 2  ...  an xn thỏa nãn hệ thức a a a a0  1  22  ...  nn  4096 . 2 2 2 Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số {a0 ; a1 ; a2 ;...; an } . Lời giải: 1 Ta có (1  2 x) n  a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n , thay vào 2 vế với x  ta được 2 a1 a2 a 2n  a0   2  ...  nn  4096  212  n  12 . 2 2 2 12 12 Vậy (1  2 x)12   C12k (2 x )k   C12k 2k xk  ak  C12k 2k k 0 k 0 Giả sử ak là hệ số lớn nhất, khi đó ta có ak  ak 1 2k C12k  2k 1 C12k 1   k k k 1 k 1  k 8 ak  ak 1 2 C12  2 C12 Vậy hệ số lớn nhất là a8  28 C128  126720 Bài 4. Xét khai triển ( x  2)n  a0  a1 x  a2 x2  ...  an x n . Tìm n để max{a0 ; a1 ; a2 ;...; an }  a10 Lời giải: n Ta có ( x  2) n   Cnk 2n k x k  ak  Cnk 2n k k 0 max{a0 ; a1 ; a2 ;...; an }  a10 , khi và chỉ khi 10 n 10 11 n 11 a10  a11 C 2 n C 2 n    10 n10  29  n  32  n  30;31 a10  a9 Cn 2  Cn9 2n 9 Vậy n  30;31 là giá trị cần tìm. Bài 5. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  4) . Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k {0;1; 2;...; n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất. Lời giải: Sô tập con gồm 4 phần tử của A là tổ hợp chập 4 phần tử của n: Cn4 Số tập con gồm 2 phần tử của A là tổ hợp chập 2 phần tử của n: Cn2 . Theo đề bài ta có 764 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n(n  1)(n  2)(n  3) n(n  1) Cn4  20Cn2   20 24 2 2  n  5n  234  0  n  18 Số tập con gồm k phần tử của A là ak  C18k , giả sử ak là lớn nhất khi đó ak  ak 1 C18k  C18k 1   k k 1 k 9 ak  ak 1 C18  C18 Vậy k  9 là giá trị cần tìm. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau ( x  1)10 ( x  2)  a0 x  a1 x  a2 x 2  ...  a11 x11 . Hãy tìm a5 . Bài 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x(1  2 x)5  x 2 (1  3x )10 . Bài 3. Tìm hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển của ( x 3  3x 2  2)n . Biết rằng An4 24 3 4  . An 1  Cn 23 Bài 4. Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển P( x )  (1  2 x )3  (1  2 x )4  (1  2 x)5  ...  (1  2 x) 22 . Bài 5. Tìm hệ số của x8 trong khai triển ( x 2  2)n , biết rằng An3  Cn1  8Cn2  49 . Bài 6. Tìm hệ số của x6 trong khai triển ( x 2  x  1)n thành đa thức, biết: C21n1  C22n1  ...  C2nn 1  220  1 . Bài 7. Xác định hệ số của x11 trong khai triển thành đa thức của ( x 2  2) n (3x 3  1) n , biết: C22nn  3C22nn1  ....  (1)k 3k C22nn k  ...  32 n C20n  1024 . n  1  Bài 8. Khai triển P( x )   x3  2   a0 x3n  a1 x3n 5  a2 x3n10  ... . Biết rằng 3 hệ số đầu  2x  (a0 ; a1 ; a2 ) lập thành cấp số cộng. Tính số hạng chứa x4 . Bài 9. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức Newton của (2  x) n , biết : 3n Cn0  3n1 Cn1  3n 2 Cn2  3n3 Cn3  ...  (1)n Cnn  2048 . n 8 1  Bài 10. Tìm hệ số của số hạng x trong khai triển nhị thức Newton của  3  x 5  , biết rằng x  n 1 n Cn 4  Cn3  7( n  3) ( n là số nguyên dương, x  0) . Bài 11. Cho khai triển của đa thức P( x )  ( x  1)  2( x  1)2  3( x  1)3  ...  20( x  1)20  a0  a1 x  a2 x2  ...  a20 x20 Hãy tính hệ số a15 . 765 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Bài 12. Trong khai triển đa thức sau n n  2 x  1  x  2   a2 n x 2 n  a2 n1 x 2 n1  ...  a1 x  a0 . Tìm n, biết rằng a2 n 1  160 . Bài 13. Tìm số nguyên dương n, biết Cn1 2Cn2 3Cn3 n 1 nCn n 1  2  3  ...   1 n  . 2 2 2 2 32 n n k k n  1   1  Bài 14. Cho  2 x 1   3 x    Cnk 2 x 1 2  k 0   1 3 2  3 x  , biết n thỏa mãn Cn  Cn  2Cn và số  2  hạng thứ tư trong khai triển trên bằng 2010n . Xác định n và x . 12 8  1 Bài 15. Tìm hệ số của x trong khai triển sau  1  x 4   .  x 4 Bài 16. Đặt 1  x  x 2  x3   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a12 x12 . Tính hệ số của a7 . Bài 17. Khai triển và rút gọn biểu thức 2 3 n 2 n 1  x  2 1  x   3 1  x   ...  n 1  x   a0  a1 x  a2 x  ...  an x . Tính hệ số của a8 , biết 1 7 1 rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 2  3 . Cn Cn n C22n C24n C 2n 4096 Bài 18. Cho số nguyên dương n  4 và S  C20n    ...  2 n  . Tìm n. 3 5 2n  1 13 n Bài 19. Giả sử n là số nguyên dương và 1  x   a0  a1 x  ...  an xn . Biết rằng tồn tại số nguyên ak 1 ak ak 1 k 1  k  n  1 sao cho   . Tìm n. 2 9 24 100 Bài 20. Biết rằng  2  x   a0  a1 x  ...  a100 x100 . Chứng minh rằng a2  a3 . Với giá trị nào của k thì ak  ak 1  0  k  99  . 3n  1  Bài 21. Cho biết tổng tất cả các hệ số của khai triển  2nx   là 64. Tìm hạng tử không  2nx 2  chứa x . n 1 k Bài 22. Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có x n  C k 2012 x  1 . n  n  2012 k 0 1000 1000 Bài 23. Sau khi khai triển 1  x 2  x 3  và 1  x 2  x 3  thì hệ số của x20 của đa thức nào lớn hơn. 1 7  x 1  log 2  3x1 1  Bài 24. Tìm giá trị của x biết hạng tử thứ sáu của khai triển  e ln 9  7  2 5  là 84.   n Bài 25. Chứng minh rằng trong khai triển  s  2  x  nx  s   x  1 hệ số của x là Cns 2 . 2 8 766 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n 2 2n Bài 26. Cho khai triển 1  x 2   a0  a1 1  x   a2 1  x   a2 n 1  x  . Tính hệ số a3 . n Bài 27. Cho khai triển 1  x  x 2   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2 n x 2n . Tìm hệ số của x4 biết rằng a1  a2  a3  ...  a2 n  2186 . 10 2 Bài 28. Cho khai triển 1  2 x  x 2  x  1  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a14 x14 . Hãy tính hệ số a6 . 10 Bài 29. Cho khai triển 1  2 x  3 x 2   a0  a1 x  a2 x  ...  a20 x 20 1. Xác định hệ số a4 . 2. Tính tổng a0  2a2  16a4  ...  220 a20 Bài 30. Cho y  a0 x  a1 x3  a2 x5  ...  an x 2n 1  ... thỏa mãn 1  x 2  y ' xy  1, x   1;1 . Tính tổng a0  a1  a2  ...  an n n 1 Bài 31. Cho khai triển P( x )  1  x   x 1  x   a0  a1 x  a2 x2  ...  an xn . Xác định hệ số a3 biết rằng a0  a1  a2  ...  an  512 ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Dựa vào các công thức cơ bản:  k n! Cn  k ! n  k  !   k n!  An   k !Cnk   n  k ! P  n!  n  k 1 k 1 Cnk 1 Ta cũng có C  C k n n C n 1 và  Cnk11 k 1 n 1 BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho n, k nguyên dương , k  n . Chứng minh rằng n 1  1 1  1  k  k 1   k n  2  Cn 1 Cn 1  Cn Lời giải: 767 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Biến đổi vế trái của đẳng thức cần chứng minh n  1  k !(n  1  k )! (k  1)!(n  k )!  VT     n  2  ( n  1)! ( n  1)!  n  1 k !(n  k )!   n  1  k  k  1  n  2 (n  1)! n  1 k !(n  k )! k !(n  k )! 1 1   n  2    k  . n  2 (n  1)! n! n! Cn k !(n  k )! Bài 2. Cho n là số nguyên dương và chẵn chứng minh rằng 1 1 1 2n 1   ...   (*) 1!(n  1)! 3!(n  3)! (n  1)!1! n ! Lời giải: Đẳng thức đã cho tương đương với n! n! n! (*)    ...   2n1 1!(n  1)! 3!(n  3)! (n  1)!1! 1 3 n 1 n 1  Cn  Cn  ...  Cn  2 (đúng). Ta có đpcm. Bài 3. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương , n  2 ta có 1 1 1 n 1 2  2  ...  2  A2 A3 An n Lời giải: Biến đổi Vế trái của đẳng thức cần chứng minh, ta có 1 1 1 0! 1! (n  2)! VT  2  2  ...  2    ...  A2 A3 An 2! 3! n! 1 1 1  1  1 1  1 1    ...    1        ...     1.2 2.3 (n  1)n  2   2 3   n 1 n  1 n 1  1   VP  (đpcm). n n Bài 4. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn C xy1 Cxy 1 Cxy 1   6 5 2 Lời giải: + Điều kiện y  x  1(*) . 768 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG C xy1 Cxy 1 5.( x  1)! 6.x ! Ta có:   5C xy1  6C xy 1   6 5 y !( x  1  y ) ( y  1)!( x  y  1)!  5( y  1)( x  1)  6( x  y )( x  y  1)(1) Tương tự ta cũng có: 2Cxy 1  5Cxy 1  2( x  y )( x  y  1)  5 y ( y  1)(2) Từ (1) và (2) ta suy ra: 15 y ( y  1)  5( y  1)( x  1)  x  3 y  1(3) , thay (3) vào (2) ta được: 8 y2  4 y  5 y2  5 y  y  3  x  8 . Vậy  x; y    8;3 là giá trị cần tìm. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Cho n  * , 3  m  * ta có 1 m 1  1 1  k 1   k 1  k  2  C mk m  2  Cm k 1 Cm k  Bài 2. Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng C2 C3 Cn n  n  1 Cn1  2 n1  3 n2  ...  n nn1  . Cn Cn Cn 2 Bài 3. Chứng minh rằng với n nguyên dương, ta có Cn0 Cn1 Cnn 1 1  2  ...  n 1  . Cn  2 Cn 3 C2 n  2 2 Bài 4. Chứng minh rằng 1 1 1 1005  1 1 1  1  2  ...  2009   1  2  ...  2008  C2009 C2009 C2009 2009  C2008 C2008 C2008  Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n  2 ta luôn có Cn2  2Cn3  3Cn4  ...   n  1 Cnn  1 2 3 4 n  n  1  n  1  n  1  n  1 2 Bài 6. Chứng minh rằng 2.1.C2000 3  3.2.C2000 1999  ...  2000.1999.C2000  3998000 Bài 7. Chứng minh rằng với số nguyên chẵn n thì 2n chia hết cho C20n  3C22n  ...  3k C22nk  ...  3n C22nn 1 1 1 Bài 8. Giải phương trình x  x  x . C4 C5 C6 Bài 9. Tìm số nguyên dương x thỏa mãn C1x  6Cx2  6Cx3  9 x 2  14 . Bài 10. Giải bất phương trình 1 2 6 A2 x  Ax2  Cx3  10 . 2 x Bài 11. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 769 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG  4 3 5 2 Cn 1  Cn 1  4 An 2  Cnn14  7 An31  15 Bài 12. Chứng minh với mọi k , n    thỏa mãn 3  k  n, ta đều có Cnk  3Cnk 1  3Cnk  2  Cnk 3  Cnk3 Bài 13. Tìm số tự nhiên k thỏa mãn đẳng thức C14k  C14k  2  2C14k 1 Bài 14. Giải phương trình Px Ax2  72  6( Ax2  2 Px ) Bài 15. Giải hệ phương trình y y 2 Ax  5Cx  90  y y 5 Ax  2Cx  80 Bài 16. Xác định số nguyên dương n thỏa mãn 8  C33  C43  C53  ...  Cn3   An31 NHỊ THỨC NEWTON DÙNG TRONG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP  Khi gặp tổng là tổng các tích giữa 2 công thức tổ hợp, thường nhân 2 khai triển với nhau sau đó so sánh hệ số của biến cùng bậc với nhau.  Khi gặp tổng có riêng Cn0 ; Cn4 ; Cn8 ;... hoặc tổng có riêng Cn1 ; Cn5 ; Cn9 ;... hoặc các tổng Cn0  Cn2  Cn4  ... ; Cn1  Cn3  Cn5  ... thì dùng số phức. a k 1  b k 1 k  Khi số hạng của tổng có dạng Cn ( hay cứ có mẫu thức hơn kém nhau k đơn k 1 vị) thì dùng tích phân. Các kết quả quen thuộc: 1 / Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  2n 2 / Cn0  Cn2  Cn4  ...  Cn1  Cn3  Cn5  ...  2n 1 Chứng minh: Đặt A  Cn0  Cn2  Cn4  ...; B  Cn1  Cn3  Cn5  ... Ta cần chứng minh: A  B  2n ; A  B  2n1 n Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n , thay vào x  1  2 n  A  B(1) n Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 xn  ...  (1)n Cnn x n , thay vào x  1  0  A  B(2) . 770 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Từ (1) và (2)  A  B  2 n 1  . BÀI TẬP MẪU Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m, n, 0  p  min{m; n} . Ta luôn có Cmp  Cmp1Cn1  Cmp  2Cn2  ...  Cmp qCnq  ...  Cm0 Cnp  Cmp n Lời giải: Ta có: 1  x  m  Cm0  Cm1 x  Cm2 x 2  ...  Cmp x p  ...  Cmm x m  n 0 1 2 2 p p n n 1  x   Cn  Cn x  Cn x  ...  Cn x  ...  Cn x mn  1  x   M ( x )  (Cmp Cn0  Cmp 1Cn1  Cmp 2 Cn2  ...  Cmp q Cnq  ...  Cm0 Cnp ) x p (*) Trong đó M ( x) là một đa thức không chứa x p , so sánh hệ số của x p 2 vế của (*) ta được Cmp n  Cmp Cn0  Cmp1Cn1  Cmp  2Cn2  ...  Cmp qCnq  ...  Cm0 Cnp  . Đặc biệt với m  n  p , ta có 0 2 1 2 2 2 2 C   C   C  n n n  ...   Cnn   C2nn 0  k , n Bài 2. Cho  . Chứng minh rằng k , n   (2n)! Cn0 Cnk  Cn1Cnk 1  ...  Cnn k Cnn  (n  k )!(n  k )! Lời giải: Viết lại đẳng thức cần chứng minh (2n)! Cn0Cnn k  Cn1Cnn k 1  ...  Cnn k Cn0  , điều này gợi ý đến vế trái là hệ số của x n k . (n  k )!(n  k )! Ta xét n 1  x  (1  x)n  (1  x)2n , sau đó so sánh hệ số của x nk ở 2 vế ta có đpcm. Áp dụng kết quả bài 1. Ta có ngay điều phải chứng minh. 0  k , n Bài 3. Cho  . Chứng minh rằng k , n   Ck0  Ck11  Ck2 2  ...  Cknn  Cnn k 1 Lời giải: Viết lại đẳng thức cần chứng minh Ckk  Ckk1  Ckk 2  ...  Ckk n  Cnk1k 1 , điều này gợi ý đến vế trái là tổng các hệ số chứa xk . 771 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG Xét đa thức k k 1 k 2 k n P( x )  1  x   1  x   1  x   ...  1  x  n 1 n  k 1 k 1  1  x  k 1  x   1  x  , so sánh hệ số của số hạng chứa xk ở 2 vế ta suy ra  1  x   1  1  x  x đpcm. Bài 4. Với số nguyên dương n . Tính tổng sau 2 2 2 2  Cn0   Cn1   Cn2   Cnn  S         ...     1   2   3   n 1 Lời giải: 2  Cnk  n Cnk S có dạng S     , biến đổi k 0  k  1  k 1 Ck n! ( n  1)! C k1 Ta có: n    n1 k  1 ( k  1) k !( n  k )! ( n  1)( k  1)!( n  k )! n  1 2  C k 1  n 1 2  Vậy S    n 1   (Cn11 )2  (Cn21 )2  (Cn31 )2  ...  (Cnn11 )2  k 0  n  1  (n  1) 1 2  2( n 1)  C n1  1 . (n  1) Bài 5. Tính tổng gồm 2n số hạng 1 1 k 1 2 n1 1 S  C21n  C22n  ...   1 C2kn1  ...   1 C22nn . 2 3 k 2n  1 Lời giải: Với k  2, 3,..., 2n  1 ta có 1 k 1 1 C2 n  .  2n  !  1 .  2n  1 !  1 C k 2 n 1 k k  k  1 !.  2n  k  1 ! 2n  1 k !. 2n  1  k  ! 2n  1 Do đ ó: k k 2 n 1  1 k 1 2 n 1  1 C2kn 1  1  2 n1 k  S  C 2n   2n  1    1 C2kn1  k 2 k k 2 2n  1  k  2  2 n 1 1   1 2n    2n  1  k 0 k  1 C2kn1  C20n1  C21n1    2n  1 2 n 1 1  1  1  2n  1  2n  1 .   Bài 6. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 2 2 2 S   Cn1   2  Cn2   ...  n  Cnn  Lời giải: Xét 772 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG n f ( x )  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ...  Cnn xn n 1  f '( x)  n 1  x   Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x2  ...  nCnn xn1 n 1  xf '( x)  nx 1  x   Cn1 x  2Cn2 x2  3Cn3 x3  ...  nCnn xn (1) n 1  x   Cn0 x n  Cn1 x n1  Cn2 x n 2  ...  Cnn (2) Nhân theo vế của (1) với (2), sau đó so sánh hệ số của xn ở 2 vế ta đươc 2 2 2 S   Cn1   2  Cn2   ...  n  Cnn   nC2nn11  nC2nn1 . Theo hai hướng của bài 6 và bài 4, ta có các bài toán sau(1,2,3,4,5): BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 2 2 2 2 S   Cn0    Cn1    Cn2   ...  ( 1) n  Cnn  Bài 2. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 2 2 2 S   Cn1   4  Cn2   ...  n 2  Cnn  2 2 2 2 Bài 3. Tính tổng sau: S   Cn0   2  Cn1   6  Cn2   ...   n 2  n  Cnn  . Bài 4. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 0 2 1 2 2 2 n 2 S C   C   C  n n n  ...  C  n 1 2 3 n 1 Bài 5. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau 0 2 1 2 2 2 n 2 S C   C   C  n n  ...  n C  n 1.2 2.3 3.4 (n  1)(n  2) Bài 6. Tính tổng gồm 2n số hạng 1 1 k 1 2 n1 1 S  C21n  C22n  ...   1 C2kn1  ...   1 C22nn . 2 3 k 2n  1 2 2 2 Bài 7. Chứng minh rằng: 1   Cn1    Cn2   ...   Cnn 1   12  C2nn CÁC BÀI TOÁN DÙNG ĐẠO HÀM VÀ TÍCH PHÂN Ta thường xét hai khai triển :  f ( x)  1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ...  Cnn xn  n n (*) 0 1 2 2 n n  g ( x)  1  x   Cn  Cn x  Cn x  ...   1 Cn x (i). Nếu trong biểu thức tính tổng chỉ xuất hiện các số từ n, n  1, n  2,... trở xuống thì ta đạo hàm trực tiếp hai vế của (*) một hoặc nhiều lần. 773 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam