Bài giảng Nhị thức Newton (phần 1)

ĐẠI SỐ TỔ HỢP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 1) Nhị thức Newton có dạng : n 0 n 0 1 n-1 1 n 0 n (a + b) = Cn a b + Cn a b + … + Cn ab n knkk− =∑Can b (n = 0, 1, 2, …) k0= k n Các hệ số Cn của các lũy thừa (a + b) với n lần lượt là 0, 1, 2, 3, … được sắp thành từng hàng của tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal : (a + b)0 = 1 1 (a + b)1 = a + b 1 1 (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 1 2 1 (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 +b3 1 3 3 1 (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 1 4 + 6 4 1 (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 1 5 10 10 5 1 Các tính chất của tam giác Pascal : 0 n (i) Cn = Cn = 1 : các số hạng đầu và cuối mỗi hàng đều là 1. k nk− (ii) Cn = Cn (0 ≤ k ≤ n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau. k k1+ k1+ (iii) Cn + Cn = Cn1+ (0 ≤ k ≤ n – 1) : tổng 2 số hạng liên tiếp ở hàng trên bằng số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới. 0 1 n n n (iv) Cn + Cn + … + Cn = (1 + 1) = 2 Các tính chất của nhị thức Newton : (i) Số các số hạng trong khai triển nhị thức (a + b)n là n + 1. (ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhị thức (a + b)n là n. k n – k k (iii) Số hạng thứ k + 1 là Can b . Dạng 1: TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 1. Khai triển (ax + b)n với a, b = ± 1, ± 2, ± 3 … 0 1 n Cho x giá trị thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về C,n Cn , …, C.n Hai kết quả thường dùng n n 0 1 2 2 n n kk (1 + x) = Cn + Cn x + Cn x + … + Cn x = ∑Cxn (1) k0= n n 0 1 2 2 n n n kkk (1 – x) = Cn – Cn x + Cn x + … + (–1) Cn x = ∑(1)Cx− n (2) k0= 0 1 n n • Ví dụ : Chứng minh a) Cn + Cn + … + Cn = 2 0 1 2 n n b) Cn – Cn + Cn + … + (–1) Cn = 0 Giải a) Viết lại đẳng thức (1) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh. b) Viết lại đẳng thức (2) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh . 2. Tìm số hạng đứng trước xi (i đã cho) trong khai triển nhị thức Newton của một biểu thức cho sẵn n k n – k k • Ví dụ : Giả sử số hạng thứ k + 1 của (a + b) là Cn a b .Tính số hạng thứ 13 trong khai triển (3 – x)15. Giải Ta có : 15 0 15 1 14 k 15 – k k 15 15 (3 – x) = C15 3 – C15 3x + … + C15 3 .(–x) + … + – C15 x Do k = 0 ứng với số hạng thứ nhất nên k = 12 ứng với số hạng thứ 13 Vậy số hạng thứ 13 của khai triển trên là : 15! C12 33(–x)12 = 27x12. = 12.285x12. 15 12!3! 3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức (a + b)n (a, b chứa x), ta làm như sau : - Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : k n – k k m Cn a b =cm. x . - Số hạng độc lập với x có tính chất : m = 0 và 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N. Giải phương k0 nk− 0 k0 trình này ta được k = k0. Suy ra, số hạng độc lập với x là Cn a b . 18 ⎛⎞x4 • Ví dụ : Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức⎜⎟+ ⎝⎠2x Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : 18− k k k ⎛⎞x ⎛⎞4 kk182k18k− −− k k3k18182k−− C18 ⎜⎟ . ⎜⎟ = C218 .2.x .x = C218 .x ⎝⎠2 ⎝⎠x Số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức có tính chất : 18 – 2k = 0 ⇔ k = 9 9 9 Vậy, số hạng cần tìm là : C18 .2 . 4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức (a + b)n với a, b chứa căn, ta làm như sau : – Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : mn knkk− p q Can b = K c.d với c, d ∈¤ m n – Số hạng hữu tỷ có tính chất : ∈ N và ∈ N và 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N. p q Giải hệ trên, ta tìm được k = k0. Suy ra số hạng cần tìm là : knkk00− 0 Can b . 7 • Ví dụ : Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhị thức ( 3 16+ 3) Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : 7k− k ⎛⎞1 ⎛⎞1 7k− k k 3 2 k 3 2 C167 ⎜⎟.⎜⎟3 = C.167 .3 . ⎝⎠⎝⎠ Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất : ⎧7k− ∈ N ⎪ 3 ⎪ ⎧7k3m−= ⎧k=− 7 3m (m ∈ Z) ⎪k ⎪ ⎪ ⎨ ∈ N ⇔ ⎨k chẵn ⇔ ⎨k chẵn ⇔ k = 4 2 ⎪ ⎪0k7≤≤ ⎪0k7≤≤ ⎪0k7,kN≤≤ ∈ ⎩ ⎩ ⎪ ⎩ 42 Vậy, số hạng cần tìm là : C17 .16.3 . Bài 120. Khai triển (3x – 1)16. 16 0 15 1 14 2 16 16 Suy ra 3 C16 – 3 C16 + 3 C16 – … + C16 = 2 . Đại học Bách khoa Hà Nội 1998 Giải 16 16 16− i i i Ta có : (3x – 1) = ∑(3x) (− 1) .C16 i0= 0 16 1 15 2 14 16 = C16 (3x) – C16 (3x) + C16 (3x) + … + C16 . Chọn x = 1 ta được : 16 0 16 1 15 2 14 16 2 = C16 3 – C16 3 + C16 3 – … + C16 . Bài 121. Chứng minh : n0 n11−− n22 n n a) 2 Cnn++++= 2 C 2 C nn ... C 3 n0 n11−− n22 nn n b) 3 Cnn−+++−= 3 C 3 C n ... ( 1) C n 2 . Giải n 0n 1n1− n a) Ta có : (x + 1) = Cnn x+++ C x ... Cn. Chọn x = 2 ta được : n 0n 1n1− n 3 = C2nn+++ C2 ... Cn. n 0n 1n1− n n b) Ta có : (x – 1) = Cnn x−++− C x ... ( 1) Cn. Chọn x = 3 ta được : n n0 n11−− n22 nn 2 = 3 Cnn−+++− 3 C 3 C n ... ( 1) Cn. n1− n kn1− kk Bài 122. Chứng minh : ∑C2(2n =− 1) ; ∑C(1)n − = 0. k1= k0= Đại học Lâm nghiệp 2000 Giải n n 0 1 22 nn kk Ta có : (1 + x) = Cnn++ C x C n x ++ ... C n x =∑ C n x (*) k0= Chọn x = 1 ta được n n k0 1 2 n1− n 2 = ∑CCCC...Cnnnn= ++++ n + Cn k0= n 12 n1− ⇔ 2 = 1++++ Cnn C ... C n + 1 n1− n k ⇔ 2 – 2 = ∑Cn k1= n kk Trong biểu thức (*) chọn x = – 1 ta được 0 = ∑C(1)n − . k0= 02244 2n2n2n12n− Bài 123. Chứng minh : C2n++++ C 2n 3 C 2n 3 ... C2n 3 = 2 (2 + 1) Đại học Hàng hải 2000 Giải 2n 0 1 2 2 2n−− 1 2n 1 2n 2n Ta có : (1 + x) = C2n++ C 2n x C 2n x ++ ... C2n x + C2n x (1) 2n 0 1 2 2 2n−− 1 2n 1 2n 2n (1 – x) = C2n−+ C 2n x C 2n x +− ... C2n x + C2n x (2) Lấy (1) + (2) ta được : 2n 2n ⎡ 022 2n2n⎤ (1 + x) + (1 – x) = 2 ⎣C2n+++ C 2n x ... C2n x ⎦ Chọn x = 3 ta được : 2n 2n ⎡⎤022 2n2n 4 + (–2) = 2 ⎣⎦C2n+++ C 2n 3 ... C2n 3 224n+ 2n ⇔ = C022+++ C 3 ... C 2n 32n 2 2n 2n 2n 2(22n 2n + 1) ⇔ = C022+++ C 3 ... C 2n 32n 2 2n 2n 2n 2n− 1 2n 022 2n2n ⇔ 2(2+ 1) = C2n+++ C 2n 3 ... C2n 3 Bài 124. Tìm hệ số đứng trước x5 trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức : f(x) = (2x + 1)4 + (2x + 1)5 + (2x + 1)6 + (2x + 1)7. Đại học Kiến trúc Hà Nội 1998 Giải 4 5 4 i4−i 5 i5−i Ta có : (2x + 1) = ∑C(2x)4 ; (2x + 1) = ∑C(2x)5 i0= i0= 6 7 6 i6−i 7 i7−i (2x + 1) = ∑C(2x)6 ; (2x + 1) = ∑C(2x)7 i0= i0= Vậy số hạng chứa x5 của (2x + 1)4 là 0. 5 5 05 số hạng chứa x của (2x + 1) là C(2x)5 . 5 6 15 số hạng chứa x của (2x + 1) là C(2x)6 . 5 7 25 số hạng chứa x của (2x + 1) là C(2x)7 . 05 15 25 Do đó hệ số cần tìm là = 0 + C25 + C26 + C27 125 = (1++ C67 C )2 = 28 × 32 = 896. n 8 ⎛1 5 ⎞ Bài 125. Tìm số hạng chứa x trong khai triển ⎜3 + x ⎟ biết rằng ⎝⎠x n1+ n CCn4+− n3+ = 7(n + 3). Tuyển sinh Đại học khối A 2003 Giải n1+ n Ta có : CCn4+− n3+ = 7(n + 3) (với n ∈ N) (n++ 4)! (n 3)! ⇔ − = 7(n + 3) 3!() n+ 1 ! 3!n! (n+++ 4)(n 3)(n 2) (n +++ 3)(n 2)(n 1) ⇔ − = 7(n + 3) 66 ⇔ (n + 4)(n + 2) – (n + 2)(n + 1) = 42 2 2 ⇔ (n + 6n + 8) – (n + 3n + 2) = 42 ⇔ 3n = 36 ⇔ n = 12. 12 511 ⎛⎞1 12 12 −+36 i +=x5i3 C (x−− )12iii .(x22 )= C x Ta có : ⎜⎟3 ∑∑12 12 ⎝⎠x i0==i0 11 Yêu cầu bài toán ⇔ –36 + i = 8 (với i ∈ N và 0 ≤ i ≤ 12) 2 11i ⇔ = 44 ⇔ i = 8 (thỏa điều kiện). 2 Vậy số hạng chứa x8 là 12!x8 12× 11×× 10 9 Cx88= = x8 = 495x8. 12 8!4! 432×× Bài 126. Biết rằng tổng các hệ số của khai triển (x2 + 1)n bằng 1024. Hãy tìm hệ số a của số hạng ax12 trong khai triển đó. Đại học Sư phạm Hà Nội 2000 Giải 2 n 02n 12n1−− i 2ni n Ta có : (x + 1) = C(x)nn+ C(x)++ ... C(x) n ++ ... Cn Theo giả thiết bài toán, ta được 01 i n Cnnn+++++ C ... C ... Cn = 1024 ⇔ 2n = 1024 = 210 ⇔ n = 10 Để tìm hệ số a đứng trước x12 ta phải có 2(n – i) = 12 ⇔ 10 – i = 6 ⇔ i = 4 10! 10987× ×× Vậy a = C4 == = 210. 10 4!6! 4×× 3 2 Bài 127. Tìm hệ số đứng trước x4 trong khai triển (1 + x + 3x2)10. Giải Ta có : (1 + x + 3x2)10 = [1 + x(1 + 3x)]10 01 22 233 3 = C10+ C 10 x(1++ 3x) C10 x (1 + 3x) + C10 x (1 + 3x) + 44 4 10 10 C10 x (1+++ 3x) ... C10 (1 + 3x) 4 22 2 33 3 Hệ số đứng trước x trong khai triển chỉ có trong Cx(110 + 3x), Cx(110 + 3x), 44 4 Cx(110 + 3x) đó là : 10! 10! 10! C9234++= C9 C 9. + 9 + 10 10 10 8!2! 3!7! 6!4! = 405 + 1080 + 210 = 1695. Bài 128. Tìm hệ số của x8 trong khai triển [1 + x2(1 – x)]8. Tuyển sinh Đại học khối A 2004 Giải Ta có : 2 8 012 24 2 [1 + x (1 – x)] = C88+−+− Cx(1 x) Cx(18 x)+ 36348451056126 +−+−+−+− C888 x (1 x ) C x (1 x) C x (1 x) C 8 x (1 x) + 714 7 816 8 +−+− C88 x (1 x ) C x (1 x) 8 36 3 48 4 Số hạng chứa x trong kh a i triển trên chỉ có trong Cx(18 − x) và Cx(18 − x) 36 2 48 đó là Cx.3x8 và C8 x 8 3 4 Vậy hệ số của x là : 3C8 + C8 = 238. x1− x n x1−−nnx1 −1x ⎛⎞− ⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞− 2 3 01223 Bài 129. Cho ⎜⎟22+ = C2nn⎜⎟+ C2 ⎜⎟⎜⎟ 2+ ... ⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠⎝⎠ x1− xxn1− n ⎛⎞⎛⎞−− ⎛⎞ n1− 2 33n + … + C2nn⎜⎟⎜⎟ 2+ C2 ⎜⎟ . ⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠ 31 Biết rằng C5Cnn= và số hạng thứ tư bằng 20n. Tìm n và x. Tuyển sinh Đại học khối A 2002 Giải 31 Ta có : C5Cnn= (điều kiện n ∈ N và n ≥ 3) n! n! n(n−− 1)(n 2) ⇔ = 5 ⇔ = 5n 3!() n−− 3 !( n 1)! 6 ⇔ (n – 1)(n – 2) = 30 ⇔ n2 – 3n – 28 = 0 ⇔ n = 7 ∨ n = –4 (loại do n ≥ 3) ⇔ n = 7 Ta có : a4 = 20n = 140 x1− 4 x 3 ⎛⎞⎛⎞− 3 2 3 7! x2− ⇔ C27 ⎜⎟ .2⎜⎟ = 140 ⇔ 2 = 140 ⎝⎠⎝⎠ 3!4! ⇔ 2x – 2 = 22 ⇔ x – 2 = 2 ⇔ x = 4. 12 ⎛⎞1 Bài 130. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ⎜⎟x + . ⎝⎠x Đại học Kinh tế Quốc dân 1997 Giải Ta có : 12 i ⎛⎞1 012 111⎛⎞11i 12i− ⎛⎞ 121 ⎜⎟x + = Cx12+++ Cx 12 ⎜⎟ ... Cx12 ⎜⎟ ++ ... C12 12 ⎝⎠x ⎝⎠xx ⎝⎠ x Để số hạng không chứa x ta phải có i 12− i ⎛⎞1 0 12 – 2i 0 x ⎜⎟ = x ⇔ x = x ⇔ 12 – 2i = 0 ⇔ i = 6 ⎝⎠x 12! 121110987× ×××× Vậy số hạng cần tìm là : C6 == = 924. 12 6!6! 65432×××× 7 ⎛⎞3 1 Bài 131. Tìm số hạng không chứa x (với x > 0) trong khai triển ⎜⎟x + ⎝⎠4 x Tuyển sinh Đại học khối D 2004 Giải 7 1 1 7 ⎛⎞3 1 ⎛⎞− x + 3 4 Ta có : ⎜⎟4 = ⎜⎟xx+ ⎝⎠x ⎝⎠ 11111 1 −−− 07163344i3 7i− i 747 = C77 (x )+++ C (x ) (x ) ... C7 (x ) (x ) ++ ... C7 (x ) Để tìm số hạng không chứa x ta phải có 11 (7−− i) i = 0 ⇔ 4(7 – i ) – 3i = 0 ⇔ 28 – 7i = 0 34 ⇔ i = 4 7! 7× 6× 5 Vậy số hạng không chứa x là C 4 = ==35. 7 4!3! 3× 2 28 n ⎛− ⎞ Bài 132. Trong khai triển ⎜xx3 + x15 ⎟ hãy tìm số hạng không phụ thuộc x biết ⎝⎠ nn1n2−− rằng CCnn++ C n = 79. Đại học sư phạm Hà Nội 2 năm 2000 Giải nn1n2−− Ta có : CCnn++ C n = 79 n! n! nn( − 1) ⇔ 1 ++ = 79 ⇔ n + = 78 ()n1!−− 2!n2!() 2 ⇔ n 2 + n – 156 = 0 ⇔ n = –13 ∨ n = 12 Do n ∈ N nên n = 12. 28 12 4 28 12 ⎛⎞⎛−−⎞ 3 15 3 15 Ta có : ⎜⎟⎜xx+=+ x x x ⎟ ⎝⎠⎝⎠ 4212− i 8 16 12 ⎛⎞ −−i112 6i ii315 5 = ∑∑Cx12 ⎜⎟ .x= Cx12 i0==⎝⎠ i0 16 Yêu cầu bài toán ⇔ 16 – i0= ⇔ i = 5 5 12! Vậy số hạng cần tìm C5 == 792. 12 5!7! 124 Bài 133. Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ: ( 35− 4 ) Giải 11124 124− k 124 ⎛⎞124 ⎛⎞11 35−=−4 3524 =kk24 Ta có : ()⎜⎟ ∑C3124 ⎜⎟ .(5)− ⎝⎠k0= ⎝⎠ kk 124 62− kk 24 = ∑(1)C− 124 3 .5 k0= Số hạng thứ k là hữu tỉ ⎧ k 62−∈ N ⎪ 2 ⎪ ⎧0k124≤≤ ⎧iN∈ ⎧iN∈ ⎪k ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∈ N ⇔ ⎨k ⇔ ⎨0k124≤≤ ⇔ ⎨0i31≤≤ 4 ∈ N ⎪ ⎪ 4 ⎪k4i= ⎪k4i= ⎪kN∈ ⎩ ⎩ ⎩ ⎪ ⎩0k124≤≤ ⇔ i ∈ {0,1,...,31} Do đó trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ. ∗ 3n-3 Bài 134 . Gọi a3n -3 là hệ số của x trong khai triển thành đa thức của (x2 + 1) n . (x + 2)n. Tìm n để a3n-3 = 26n. Tuyển sinh Đại học khối D 2003 Giải n n i2n knk k 2 n n −i − Ta có : ( x + 1 ) . (x + 2) = ∑C(x)n . ∑Cxn .2 i0= k0= nn ikk3n2ik− − = ∑∑CC2.xnn i0== k0 Do yêu cầu bài toán nên 3n – 3 = 3n – (2i + k) ⇒ 2i + k = 3 ⎧i0= ⎧i1= Do i, k ∈ N và i, k ∈ [0, n] nên ⎨ hay ⎨ ⎩k3= ⎩k1= 033 111 Vậy a3n – 3 = CC2nn + Cnn C 2 = 26n n! ⇔ 8 . + 2n2 = 26n 3!() n− 3 ! 4 ⇔ n(n – 1)(n – 2) + 2n2 = 26n 3 ⇔ 2(n – 1)(n – 2) + 3n = 39 ⇔ 2n2 – 3n – 35 = 0 7 ⇔ n = 5 ∨ n = − (loại do n ∈ N) ⇔ n = 5. 2 10 ⎛⎞12 Bài 135*. Trong khai triển ⎜⎟+ x ⎝⎠33 9 10 a0 + a1x + … + a9x + a10x (ak ∈ R) Hãy tìm số hạng ak lớn nhất. Đại học Sư phạm Hà Nội 2001 Giải 10 10 ⎛⎞12 1 10 1 kk Ta có : ⎜⎟+ x = 10 (1+ 2x) = 10 ∑C10 (2x) ⎝⎠33 3 3 k0= 1 kk Do đó : ak = C2 310 10 k k k1−− k1 ⎧aakk≥ −1 ⎪⎧C210≥ C 10 2 Ta có : ak đạt max ⇒ ⎨ ⇔ ⎨ aa≥ kk k1k1++ ⎩ kk+1 ⎩⎪C210≥ C 10 2 ⎧ 2kk 10! 2−1 .10! ⎪ ≥ ⎪k!() 10−−− k ! (k 1)!() 11 k ! ⇔ ⎨ 210!kk 2+1 .10! ⎪ ≥ ⎪ ⎩k!10()−+− k! (k 1)!9() k! ⎧21 ≥ ⎪k11k− 19 22 ⇔ ⎨ ⇔ ≤≤k 12 33 ⎪ ≥ ⎩⎪10− k k+ 1 Do k ∈ N và k ∈ [0, 10] nên k = 7.Hiển nhiên ak tăng khi k ∈ [0, 7], và ak giảm khi k ∈ [7, 10]. 7 2 7 Vậy max ak = a7 = C . 310 10 (còn tiếp) PHẠM HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QUANG (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vĩnh Viễn)