Cách giải các bài toán về nhị thức newton

1. NEWTON
2. THỨC NEWTON & CÁC ỨNG DỤNG Cơ sở lý thuyết : 1. Công thức khai triển nhị thức NEWTON : (a  b)n  Cn 0 an  Cn 1 an1 b1  Cn 2 an2 b2 ... Cn n1 a1 bn1  Cn n bn n n  Z   Cn k a nk bk (1), k 0 2. Tính chất :  Vế phải của (1) có n +1 số hạng  Trong mỗi số hạng thì tổng lũy thừa của a và b bằng n.  Số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = Cn k ank bk (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 : (x1) n Cn 0x n Cn 1x n1Cn 2x n2...Cn k x nk ...Cn n1xCn n (1x)n C0 C1 xC2 x2 ...Ck xk ...  C n 1 x n 1  C n xn n n n n n n  (x 1)n  C 0 xn C1 xn1 C 2 xn2 ...  (1)k C k xnk  ...  (1)n1 C n1 x  (1)n C n n n n n n n (1x)n  Cn 0  Cn 1 x  Cn 2 x2 ...  (1)k Cn k xk  ...  (1)n1 Cn n1 xn1  (1)n Cn n xn Ck Cnk n n C k  C k 1  Ck 1 (n >1) n n n1 k .C k  k .n !  n.( n 1)!  nC k 1 n ( n  k )! k ! ( n  k )!( k 1)! n1 1 C k  n !  ( n 1)!  1 Ck 1 k 1 n ( k 1)( n  k )! k ! ( n 1)( n  k )!( k 1)! n 1 n1 Các dạng toán thường gặp : 1. Xác định điều kiện của số hạng thỏa mãn một yêu cầu cho trước : Phương pháp :  Xác định số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = Cn k ank bk (số hạng thứ k + 1)    Từ Tk+1 kết hợp với yêu cầu bài toán ta thiết lập một phương trình (thông thường theo biến n hoặc biến k)   Giải phương trình ta có được kết quả cần tìm .  2
3.  (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 1n 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 17 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 7k  2 x  k 0  2   x  k 0 Do đó số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1  ( 1)k C7k x14 3k27k 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. 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 8k 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 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  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  238x8 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 9k 3 kTa có: F   3  3 2  C9 k  3 2 có số hạng tổng quát là k 0 T   C k  3 9k 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   45360 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
5. 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. Ví dụ 6: Cho đa thức P(x) = (1 + x + x2 + x3)5  a0  a1 x  a2 x2 ... a15 x15 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 toán từ đó chọn hàm số phù hợp với tổng, đẳng thức, bất đẳng thức(thông 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 được đồng thời sử dụng các phép biến đổi đại số, giải tích để có được dạng phù hợp với đề bài .   Chọn giá trị của x cho phù hợp để có được biểu thức như đề bài. Thông thường ta chọn x là các số 1  hay -1 (cũng có thể  2,  3,…) Từ đó ta có được tổng hoặc mệnh đề cần chứng minh. Ví dụ 1: Cho đa thức : P(x) = (1 + x2 – x5)12 Khai triển đa thức về dạng P(x)  a 0  a x  a 2 x2 ...  a 60 x60 1 Tính tổng : S = a0  a1  a2  ...  a60 (tổng tất cả các hệ số) Bài giải Theo giả thuyết ta có : P( x )  a  a x  a x 2 ...  a x60 (1) đúng với x  R 0 1 2 60 Do đó (1) đúng với x = 1, tức lá : P (1)  a0  a1  a2 ...  a60  S (2) Lại có: P(x) = (1 + x 2 5 ) 12  P(1)  1  2 5 12  1 (3)– x 1 1  Từ (2) và (3) ta có: S 1 ĐS: S 1 Ví dụ 2(D – 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho : Cn 0  2Cn 1  4Cn 2  8Cn 3  ..  2n Cn n  243 Bình luận: ta thấy tổng ở VT có lủy thừa cơ số 2 có số mũ tăng dần đều dó đó ta nghĩ ngay đến nhị thức (1  x)n và ta cũng đoán được giá trị của biến phải chọn là x  2 5
6. 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 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 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 n1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1  (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  ...  2n1 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 n1 S  C 0  2 2 1C 2  2 3 1C 3 2 4 1 C 4  ...  2n1 1 C n1 n 1n n 1 n 1 n 1 n1 n 1 n 1 n1 0 1 2 2 3 2 n 1 n 1 1 2 2 n1  C n  2 C n 1  2 C n 1  ...  2 C n 1  C n 1  Cn 1  ...  Cn1 n 1 n 1 6
7. C 0  1 (1 2)n 1  C 0  C 1 2 1 (11)n1  C 0  C1  n n 1  n 1 n 1  n 1  n 1 n1   1 3n 1 1  2( n 1)  2n 1 1  ( n 1)  3n 1 2n1 n 1 n 1 n 1 ĐS: S  3n 1 2n1 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 n1  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 n1 2 n 4 6 2n 1 0 2 4 6 2n  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n1 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 n1 1  S 1 (1) 2n 1 2n 1 ,C 2 n  C1 2 n 1 2 n1 Suy ra 0 2 2 n  2 n 1 2 n1 1 2 S  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  C 2 n 1 C 2 n 1  ...  C2 n1 0 1 2 2 n 2 n 1 2 n1 2 2 n 1  2.2 2n C 2 n 1 C 2 n 1 C 2 n 1  ...  C2 n 1  C2 n1  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 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  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. 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 )! kk !(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. TẬP TỰ GIẢI Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : S  C1 n  2Cn 2  3Cn 3  4Cn 4  ...  (1)n1.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 n1 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 TP.HCM 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 n1 C 1 n  2 n1 Cn 2  2 n 3 Cn 3  2 n 4 Cn 4  ...  nCn n  n.3 n1 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 x14 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. 9:(ĐH Y Dược TP.HCM – 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  2n1 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  2x12 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 x7 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 2n1 (2 2n  1) Bài 17:( ĐH Luật TP.HCM A - 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều có: C 1 n .3 n1  2.Cn 2 .3 n 2  3.Cn 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)   x3 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
11. 19:Chứng minh rằng: C0 2001  32 C2 2001  34 C4 2001  ...  32000 C2000 2001  22000 (22001  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 2 2 3 C02  C1 2  2 3  Cn1 2 2 3  Cn2 3 2   2  2  ... 2 n n n n Với n  N . Biết trong khai triển có Cn 3  5C 1 n và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x. Bài 21:(D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho: Cn 0  2C 1 n  4Cn 2  ...  2 n C n 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 Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho a k 1  ak  a k 1 . 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 1 n 8   Bài 24:Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của  x 5 , biết rằng : 3   x  n1 n C n 4  Cn 3  7(n  3) (n nguyên dương, x >0).   Bài 25: Cho n  N , tính tổng sau theo n: S  Cn 0  22  1 C1n  23  1C2  ...  2n1  1Cn n n 2 3 n  1 Bài 26:Với n là số nguyên dương, gọi a là hệ số của số hạng chứa x3 n3 trong khai triển 3 n3 thành đa thức của x 2 1n ( x  2)n .Tìm n , biết rằng a3 n3  26n 1 3 5 2n1 0 2 4 2n Bài 27:Chứng minh rằng với n  N ta đều có: C 2n  C2n  C2n  ...  C2n  C2n  C2n  C2n  ...  C2n Bài 28: 1. Giải phương trình: C 1 x  6C 2 x  6C 3 x = 9x2 – 14x 2.Chứng minh rằng : C 1 20  C 3 20  C 5 20  ...  C 17 20  C 19 20 = 219 11
12. 29: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n  2 ta đều có: C0 C1 ...Cn  2n 2 n1 n n n  n 1    Bài 30: 1. Tính tổng: S =C 1 n 2Cn 2  3Cn 3  4Cn 4  ...  (1) n1 nC n n (n > 2) 0 1 1 1 2 1 n 2. Tính tổng: T = Cn  Cn  Cn  ...  Cn 2 3 n  1 Biết n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: n n1 n 2  79Cn Cn  Cn Bài 31: Cho P ( x )  (16 x 15)2003 . Khai triển nó 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 đó chứng minh rằng: 1 3 2n1 2 4 2n 1C2n  3C2n  ...  (2n  1)C2n  2C2n  4C2n  ...  2nC2n Bài 34: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển thành đa thức của [1 + x2(1 – x)]8. 1 7 Bài 35:Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton:  3 x   với x > 0 4 x    Bài 36:Tìm số nguyên duownng n sao cho: 1 2 2 3 3 4 2n 2n1 = 2005C 2n 1  2.2C2n 1  3.2 C2n 1  4.2 C2n 1  ...  (2n 1).2 C 2n 1      Bài 37:Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển nhị thức (2 3 x)2n , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn 1 3 5 2n1 C 2n 1  C2n 1  C2n 1  ...  C2n 1  1024     12
13. 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 2n1  C2n 2 1  ...  C n 2n1  2 20 1 Bài 39:Tính tổng S = 1.Cn 0  2.C1 n  3.Cn 2  ...  (n 1).Cn n A1 A1 A1 A1 1 2 3 n1 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 n1  ...  (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
14. DẪN GIẢI Bài 1: S = C 1 n  2Cn 2  3Cn 3  4Cn 4  ...  (1) n1 .nC n n (n > 2) Xét đa thức p(x) = (1 – x)n. Khai triển theo công thức Mewton ta được: n p(x) = (1 – x) n =  (1)k Ckn .xk k 0 n Suy ra: – p(x) = n(1 – x) n–1 = (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 : 2 17 k 3 k 3 17 k 34 C17 k x   x  C17 k x 12 3 3 4 4 (k  N, 0 ≤ k ≤ 17) Nên số hạng không chứa x thì 17 34  k = 8k   012 3 Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng C 17 8 . Bài 3: nn 1 n 2 n(n  1)   * Xác định n: Cn  Cn  Cn  79  1 + n + = 792 n  12   n 13 (loaïi)   28 12 12 4 k 28 12 k 12 48 112       k * khi n = 12 ta có: :  x 3 x  x  15    C12k  x 3   x  15  =  C12 k x 15 5   k  0     k  0       48 112 Số hạng không phụ thuộc x  k   0  k = 7.15 5 Vậy số hạng cần tìm là: C 12 7 = 792 14
15. 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)n1 1 2n1 1n * Ta có: I = (1 x) dx  n  1 n  1 0 0 1  1 x 2 n xn1  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 = 2n1  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 n1 n 2n1  C1 n  2Cn 2 .2 1  3Cn 3 2 2  4Cn 4 .2 3  ...  nCn n 2 n1  2n1C1n  2n1Cn2  3.2n 3 Cn3  4.2n 4 Cn4  ...  nCnn  n.3n1 15 Cn0  C1n x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  Cn4 x 4 ...  Cnnxn
16. 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:  i.Ci 2000 = 2000.21999 = 1000.22000 i 1 2000 2000 Do đó: S =  Ci2000   i.Ci2000 = 1001.2 2000 . i 0 i 1 16
17. 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. 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)n1 2 3n1  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  22n1(22n  1) Bài 17: Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n = Cn 0 3 n  C 1 n .3 n1 x  ...  C n n.x n Ta có: f(x) = n(x + 3)n–1 = C1 n .3n1  2Cn 2 .3n 2 x ... nCn nxn 1 Cho x = 1, ta được: f(1) = n.4n–1 = C 1 n .3 n1  2.Cn 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. 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. 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: n1 n  7(n  3) n1 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 12k 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. n1 2  0 1 x 2 2 x3 n xn1  2 (1 x) Cn x  Cn  Cn  ...  Cn  n  1 1  2 3 n  1 1 0 22 1 1 23 1 2 2n1 1 n = 3n1  2n1  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 n3 2n(2n2  3n  4) n  5  a3 n3 = 26n   26n   73 n  (loaïi) 2  Vậy n = 5. Bài 27: Ta có khai triển : (x + 1) 2n 0 2n 1 2n1 2 2n 2 2n 12n = C2n x  C2nx  C2nx  ...  C 2n x  C2n Cho x = –1 ta được: 0 1 2 3 4 2n1 2n 0 = C 2n  C2n  C2n  C2n  C2n  ...  C2n  C2n 1 3 2n1 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! = 9x2 – 14xPT  x + 6  6 2!(x  2)! 3!(x  3)!  x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x Cn 0 x 2n  C 1 n x 2n 2  Cn 2 x 2n 4  ...  C n n Cn0 xn  2C1nxn1  22 Cn2 xn 2  23 C3n xn 3 ...  2n Cnn
22. (loaïi) 2 – 9x + 14) – 0   x  7 (loaïi)  x = 2 x(x x  2  21 GV:PHAN NHẬT NAM
23.  Caùch 1: * Ta có: (1 – x) 20 = C020  C120 x  C202 x 2 ...  C1920 x19  C2020 x20 Cho x = 1 ta có: C020  C120  C220  ...  C1920  C2020 = 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 n1 Do Cn  Cn  1 nên ta có: Cn Cn ...Cn  CnCn...Cn Áp dụng BĐT côsi ta có: 1 2 n 1 1 2 n1 n1  Cn  Cn  ...  Cn   CnCn ...Cn   n  1  n Áp dụng khai triển (a + b)n =  Cnk ak bnk với a = b = 1, ta có: k 0 0 1 2 n = 2 n 1 2 n1 = 2 n – 2Cn  Cn  Cn  ...  Cn  Cn  Cn  ...  Cn 1 2 n 1  n n1 2  2   Suy ra: CnCn ...Cn   (đpcm). n  1 Cn0  C1n x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnnxn
24. Ta có: (1 + x)n = Đạo hàm hai vế , ta được: 22
25. + 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)n1 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  2n1 1 Cn 0  1 C 1 n 1Cn 2  ...  1 Cn n n  1 2 3 n  1 Do đó: T = 2n1  1 n  1 n  N, n  2 n n1 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)n1nCnn
26. = 1 C15 k .2 k ; k = 0, 1, 2, …, 15.15 3 Xét sự tăng giảm của dãy số ak : k 1 k 1 kk k 1 k ak–1 < ak  C 15 .2  C15.2  C15  2C15  k < 32 3 , k = 0, 1,.., 15 Ta có: a0 < a1 < a2 < … < a10 ak–1 > ak  k > 32 3  a10 > a11 > … > a15. 210 C1510 210 Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a10 =  3003. .15 15 3 3 Bài 33: Ta có: (1 – x)2n = Đạo hàm hai vế theo biến x, ta có: –2n(1 – x)2n–1 = Thay x = 1 vào đẳng thứctren, ta được: 0 = 1 3   (2n 2n1 2 4  2n Vậy: 1C2n  3C2n  1)C2n  2C2n  4C2n  2nC2n . Bài 34: Ta có: [1 + x2 (1 – x)]8 = C 0 8  C 1 8 x 2 (1  x)  C8 2 x 4 (1  x) 2  C 3 8x 6 (1  x) 3 + +C8 4 x 8 (1 x) 4  C 5 8 x 10 (1 x) 5  C 6 8 x 12 (1 x) 6  C 7 8 x 14 (1 x) 7  C 8 8 x 16 (1 x) 8 Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng sau lớn hơn 8. Vậy x8 chỉ có trong các số hạng thứ tư , thứ năm với hệ số tương ứng là: C 3 8 .C3 2 ; C8 4 .C 0 4 Suy ra: a8 = 168 + 70 = 238. Bài 35:  1  7 7 7  k  1 k 7 28 7k 3 k 3  k  x  12 Ta có:  x  4  =  C7  4  =  C 7 x x x   k 0   k 0 Số hạng không chứa x là số hạng tương ứng với k (k  Z, 0 ≤ k ≤ 7) thỏa mãn 24 C1  2C2  3C3  4C4  ...  (2n 1)C2n1  2nC2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n C1  2C2 x  3C3 x 2  4C4 x3  ...  (2n 1)C2n1 x 2n 2  2nC2n x2n1 2n 2n 2n 2n 2n 2n C0  C1 x  C2 x 2  C3 x3  C4 x 4  ...  C2n1x2n1  C2n x2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n
27. 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 2n1 2n = C2n 1  2C2n 1x  3C2n 1x  1)C2n 1x     Thay x = –2, ta có: 1 2 2 3  ...  (2n 2n 2n1 = 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 2n1 2n1 = 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 2n1 Cho x = –1 ta có: 0 = C2n 1  C2n 1  C2n 1 C2n1  ... C2n 1 (2)      Lấy (1) – (2)  2 2n+1 = 1 3 2n1 2  C 2n1  C2n 1  ...  C 2n 1   22n 1 3 2n1 = 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 2n1k , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 neân:Vì C2n 1  C2n 1   0 1 2 n 1 0 1 2 2n1 C 2n1  C2n1  C2n1  ...  C2n1   C 2n1  C 2n1  C 2n1  ...  C2n1 (2)2 Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra: 0 1 2 2n1 2n1  2n1 (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 C1xC2x2C3x3...C2n1x2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1
28. 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.
29.
30. 42:  Cách 1: Ta có: 0 1 2 4n 2 4n2 C 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     C 0 4n 2  C 2 4n 2  C 4 4n 2  ... C 2n 4n 2  2 4n     Vậy có: 24n = 256  n = 2  Cách 2: Nếu Sn = C 0 4n 2  C4n 2 2  C4n 4 2 ... C4n 2n 2     Thì Sn+1 = C 0 4n 6  C4n 2 6  C4n 4 6 ...  C4n 2n 6     Vì C4n 2k 6  C 2k 4n 2 (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1> Sn  dãy (Sn) tăng.   Khi n = 2 thì S2 = C10 0  C10 2  C10 4 = 256 Vậy Sn = 256  n = 2.  1  20  3 1 10 A =  Bài 43:  x     x  2 x x    20 10 =  (1)k Ck20 x20 k x 2 k  (1)n C10n x 3 10 k x1n k 0 n0 20 10 k Ck20 x 20 3k n C10nx30 4n=  1   1 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  có 3 số hạng trong hai khai triển trên có 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. Bài 44: Ta có : 4 2n = (1 + 3) 2n 0 1 1 2 2 2n1 2n1 2n 2n = C 2n  C2n3  C2n 3  ...  C2n 3  C2n 3 2 2n 2n 0 1 1 2 2 2n1 2n1 2n 2n = (1 – 3) = C 2n  C2n 3  C2n 3  ...  C2n 3  C2n 3  42n + 22n =2  C0 2n  C2n 2 32  ...  C2n 2n 32n     42n + 22n = 2.215(216 + 1)  (22n – 216)(22n + 216 + 1) = 0  22n = 216  n = 8. 27
31. 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b)n = Cn 0 an  C1 nan1 b  ...  Cn nbn  với a = 3, b = – 1  2n = (3 – 1)n = Cn 0 3n  C1 n 3n1  ...  ( 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 n1  ...  (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

Cách giải các bài toán về nhị thức newton

Bài Viết Liên Quan

Quảng Cáo

Có thể bạn quan tâm

Toplist được quan tâm

Quảng cáo

Xem Nhiều

Quảng cáo

Chúng tôi

Điều khoản

Trợ giúp

Mạng xã hội