Chuyên đề 14: Nhị thức NEWTON và ứng dụng
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Email :
[email protected]
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 :
[email protected]
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
k
0
1
(a b)n Cn a n k b k Cn a n Cn a n1b ... Cnnb n
k 0
n
k
0
1
(a b) n (1)k Cn a n k b k Cn a n Cn a n1b ... (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 .
k
+ Số hạng thứ k 1 trong khai triển là Tk 1 Cn 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
0
1
(1 x )n Cnk x k Cn Cn x1 ... Cnn x n
k 0
n
0
1
(1 x )n (1) k Cnk x k Cn Cn x1 ... (1)n Cnn x n
k 0
Các hướng giải quyết bài toán dạng này
n
n
i
i
Nếu bài toán cho khai triển ( x a xb )n Cn ( x a ) n i ( xb )i Cn x a( n i ) bi , khi đó hệ số
i 0
m
i 0
i
n
của x là C sao cho a(n i ) bi m .
i
Nếu bài toán đề cập đến max;min của các số hạng Cn 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
Trong biểu thức có
i
n
thì dùng đạo hàm.
i
n
thì nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm.
i(i 1)C
i 1
n
Trong biểu thức có
(i k )C
i 1
n
Trong biểu thức có
k
a C
i
n
lấy x a thích hợp.
i 1
756
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n
Trong biểu thức có
1
i
n
i 1C thì lấy tích phân xác định trên đoạn [a, b] thích hợp.
i 1
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:
9
9
9
9
9
9
+ Hế số của x9 trong khai triển Q( x) (1 x)9 (1 x)10 ... (1 x)14 là C9 ; C10 ; C11; C12 ; C13 ; C14 .
9
9
9
Vậy a9 C9 C10 ... C14 3003 .
Bài 2. Tìm hệ số của x16 trong khai triển ( x 2 2 x)10 .
Lời giải:
10
10
k
k
+ Ta có ( x 2 2 x )10 C10 ( x 2 )10k (2 x)k (2) k C10 x 20 k
k 0
k 0
+ Chọn 20 k 16 k 4 .
4
Vậy hế số của x16 trong khai triển là: C10 (2) 4
Bài 3. Tìm hệ số của x1008 trong khai triển của nhị thức ( x 2
1 2009
) .
x3
Lời giải:
+ Số hạng thứ k 1 trong khai triển là
1
k
k
Tk 1 C2009 ( x2 ) 2009k ( 3 ) k C2009 x 40185 k .
x
+ Chọn 4018 5k 1008 k 602 .
1008
Vậy hệ số của x1008 trong khai triển là C2009 .
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
i 0 i 2
8
i
k i
Vậy hệ số của x trong khai triển là (1) C8 Ck thỏa mãn 2k i 8
k 4 k 3
i, k
0
3
Vậy hệ số của x8 là: (1)0 C84C4 (1)2 C8 C32 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
k
+ Ta có P( x ) (1 2 x 3 x ) 1 x (2 3x ) C10 x k (2 3x)k
2 10
o
10
1
10
2
10
2
2
k 0
3
3 3
10
10
C C x(2 3x) C x (2 3x) C x (2 3x) ... C10 x10 (2 3 x)10
2
3
Suy ra hệ số của x3 chỉ xuất hiện trong C10 x 2 (2 3 x)2 C10 x3 (2 3 x) 3
2
3
Vậy hệ số của x3 trong khai triển của P( x) là: 12C10 8C10 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
k
k
+ Ta có 1 x 2 (1 x 2 ) C16 ( x 2 (1 x 2 ))k (1)k x 2k C16 (1 x 2 )k
k 0
16
k
k 0
16
k
k
( 1)k x 2 k C16 Cki ( x 2 )i ( 1)k i C16Cki x 2( k i )
k 0
i 0
k 0
16
k i
k
Vậy hệ số của x là (1) C16Cki thỏa mãn
0 i k 16
i 0 i 1 i 2 i 3 i 4
2(k i ) 16
k 8 k 7 k 6 k 5 k 4
i, k
Vậy hệ số của x16 trong khai triển là
8
7 1
6
5
3
4
4
C16C80 C16C7 C16C62 C16C5 C16C4 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
2
n
0
1
2
n
+ Ta có ( x 1) Cnk x 2 k Cn Cn x 2 Cn x 4 ... Cn x 2n , thay x 1 vào ta được
k 0
n
0
n
1
n
2
n
n
2 C C C ... Cn 1024 n 10
6
Vậy hệ số của số hạng ax12 là : a C10 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 C2n1 C2n1 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
0
1
2
3
n
+ Theo giả thiết ta suy ra C2n1 C2n1 C2n 1 C2n 1 .... C2n 1 2 20
k
2
Mặt khác C2n1 C2nn11 k (0 k 2n 1) . Từ đó
0
1
3
n
2(C2 n 1 C2 n 1 C22n 1 C2 n 1 .... C2 n 1 )
0
1
n
n 1
n
n3
2 n 1
C2 n 1 C2 n 1 C22n 1 .... C2 n 1 C2 n 1 C2 n 21 C2 n 1 .... C2 n 1 2 2n 1
0
1
3
n
220 C2 n 1 C2 n 1 C22n 1 C2 n 1 .... C2 n 1 22n n 10
+ Số hạng thứ k+1 của khai triển là
k
k
Tk C10 ( x 4 )10 k ( x7 )k C10 x11k 40
Chọn 11k 40 26 k 6
6
Vậy hệ số của x26 là C10 210 .
Bài 9. Với n là số nguyên dương, gọi a3 n 3 là hệ số của số hạng chứa x3n3 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 i
n k
+ Ta có ( x 2 1)n ( x 2)n Cnk x 2 k Cn 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
k n 1 k n
i, k
n
n
n
Vậy hệ số của số hạng chứa x3n3 là a3n3 2Cn 1Cn 1 23 Cnn Cn 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
1 x 2 x
2
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 )
2n n
n(n 1) n(n 1)(2n 1) n3 11n
2
6
6
759
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n3 11n
6n n 5 .
6
Vậy n 5 là giá trị cần tìm.
Vậy an 6n
Bài 11. Cho khai triển
1
1
1
1
P( x) x x 2 x 3 ... x n
2
2
2
2
n 1
n 2
x ;x .
Lời giải:
2
n
a0 a1 x a2 x ... an x .Xác định hệ số của
_____
Nhận thấy phương trình P( x) 0 , có n nghiệm phân biệt xi (i 1, n ) là
1 1
1
; 2 ;...; n , do đó
2 2
2
theo định lí Vi – ét ta có:
n
n
a
a
xi n 1 ; xi x j n 2 . Dễ thấy an 1 .
an i , j 1,i j
an
i 1
1
1
1 1 1
1 1 2n
1
Vậy an 1 xi 2 3 ... n
1 n .
2 2 2
2
2 1 1
2
i 1
2
2
2
n
n
1
1 n
1 1 1
1
2
an 2 xi x j xi xi 1 n 2 4 ... 2 n
2 i 1 i 1 2 2 2 2
2
i , j 1,i j
n
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
2n 1 2 x
n 1
b1 2b2 x 3b3 x 2 ... nbn xn1 (1) , thay vào 2 vế của (1) x 1 ta được
S b1 2b2 3b3 ... nbn 2n.3n1 .
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 1
n
n 1
n
x
x 1
x 1
x 1
x
x2 1
3x
3x
0
1
n 1
n
3
3
2
2
2
x 2 Cn x Cn x . 2 ... Cn x . 2 Cn 2 ( n là số
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)
5n n 7(n * ) .
6
Số hạng thứ tư trong khai triển là
3
1
+ Theo giả thiết Cn 5Cn
x 1
T3 C x 2
4
3
7
3
x
. 2 3 35.2 2 x 2.2 x 20 n 140 x 4
n
1
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
Tk C 2
k
n
x n k
Từ đó suy ra
Tổng
2
1 x
2
2
k
số
hạng
1
x
2
2
thứ
3
1
x
2
4
và
4
x n 4
2 Cn 2 2 135(1)
Tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22
n
n
Cn 2 Cn 1 Cnn 22(2)
n(n 1)
Từ (2)
n 1 22 n 6 , thay vào (1) ta được
2
4
C62 24 x.212 x C6 22 x.2 2 4 x 135 22 x1 222 x 9; t 2 2 x
2
T2 T4 Cn 2 x
n 2
t 4
x 1
4
2t 9 1
t
x 1
t
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
thứ
5
bằng
135
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 )16 (1 x) 4
1 (1 x)
x
x
5
5
Vậy hệ số của x trong khai triển là C16 4368.
(1 x )4
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
G ( x) 1 x (1 x )2 (1 x )3 ... (1 x )n (1 x )
1 (1 x) n 1
1
(1 x)n1 (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
k
7
3
Tk 1 C ( x )
7 k
7 7
k
1
C7k x 3 12
4
x
7 7
k 0 k 4.
3 12
4
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: T5 C7 35 .
Chọn
n
28
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)
79 n 12( n * )
2
Vậy số hạng thứ (k 1) trong khai triển là
n
n
n
Cn Cn 1 Cn 2 79 1 n
k
k
12
3
12 k
Tk 1 C ( x x )
Chọn 16
28
48
16 k
15
k
15
x C12 x
48
5
k 0 k 5 . Vậy số hạng không phụ thuộc x là T6 C12 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
k
Ta có (1 x )n Cn x k Hệ số của 2 số hạng liên tiếp là Cnk và Cnk 1 .
k 0
Theo giả thiết ta có:
k
Cn
7
k 1 7
k 1
n 3k 2
(0 k n) .
k 1
Cn
5
nk 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
Bài 20. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
k nx
2
Do
Cnk xk 1 x
cả
n k
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 k
10
k
10
2k
1 2
2
k 1
+ Ta có x C10 x 10
3 3
3 3 3
k 0
Giả sử ak max( a0 ; a1 ;...a10 ) , từ đó ta có
10
k
C10 x k ak
k 0
k
k
C10 2 k C101 2k 1
ak ak 1
19
22
k k
k
k 7
k 1 k 1
3
3
C10 2 C10 2
ak ak 1
27 7
Vậy số hạng lớn nhất là a7 10 C10 .
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
k
+ Ta có 1 2 x Cnk (2 x)k Cnk 2k xk ak Cn 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
2k k
C10
310
2
số
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
k
k
2 k C12 2k 1 C121
ak ak 1
23
25
k k
k
k 8
k 1 k 1
3
3
2 C12 2 C12
ak ak 1
8
Vậy số hạng lớn nhất là a8 C12 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 2 ... n 4096 .
2
2 2
2n
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số {a0 ; a1 ; a2 ;...; an } .
Lời giải:
Ta có (1 2 x) n a0 a1 x a2 x 2 ... an x n , thay vào 2 vế với x
2n a0
1
ta được
2
a
a1 a2
2 ... n 4096 212 n 12 .
2 2
2n
12
12
k
k
k
Vậy (1 2 x)12 C12 (2 x )k C12 2k xk ak C12 2k
k 0
k 0
Giả sử ak là hệ số lớn nhất, khi đó ta có
k
k
2k C12 2k 1 C121
ak ak 1
k k
k 8
k 1 k 1
2 C12 2 C12
ak ak 1
8
Vậy hệ số lớn nhất là a8 28 C12 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
k
k
Ta có ( x 2) n Cn 2n k x k ak Cn 2n k
k 0
max{a0 ; a1 ; a2 ;...; an } a10 ,
10
n
n 10
khi
11
n
và
chỉ
khi
n 11
C 2
a10 a11
C 2
10 n10
29 n 32 n 30;31
9
C n 2 n 9
Cn 2
a10 a9
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)
20
24
2
2
n 5n 234 0 n 18
k
Số tập con gồm k phần tử của A là ak C18 , giả sử ak là lớn nhất khi đó
4
2
Cn 20Cn
k
k
C18 C181
ak ak 1
k
k 9
k 1
C18 C18
ak ak 1
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 .
3
1
2
Bài 5. Tìm hệ số của x8 trong khai triển ( x 2 2)n , biết rằng An Cn 8Cn 49 .
Bài 6. Tìm hệ số của x6 trong khai triển ( x 2 x 1)n thành đa thức, biết:
1
n
C2n1 C22n1 ... C2n 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:
2n
n
2n
0
C2n 3C22n 1 .... (1)k 3k C2n k ... 32 n C2 n 1024 .
n
1
Bài 8. Khai triển P( x ) x3 2 a0 x3n a1 x3n 5 a2 x3n10 ... . 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 :
0
1
2
3
3n Cn 3n1 Cn 3n 2 Cn 3n3 Cn ... (1)n Cnn 2048 .
n
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 Cn3 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
8
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
2 x 1 x 2
n
a2 n x 2 n a2 n1 x 2 n1 ... a1 x a0 .
Tìm n, biết rằng a2 n 1 160 .
Bài 13. Tìm số nguyên dương n, biết
1
3
n
Cn 2Cn2 3Cn
1
n 1 nCn
2 3 ... 1
.
n
2
2
2
2
32
n
k
n k
n
1
1
1
3
2
k
x 1
Bài 14. Cho 2 x 1
Cn 2
3 x , biết n thỏa mãn Cn Cn 2Cn và số
3 x
2 k 0
2
hạng thứ tư trong khai triển trên bằng 2010n . Xác định n và x .
12
1
Bài 15. Tìm hệ số của x trong khai triển sau 1 x 4 .
x
8
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
2
triển
3
và
n
rút
2
gọn
biểu
thức
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
rằng n là số nguyên dương thỏa mãn
1
7 1
3 .
2
Cn Cn n
4
C22n C2n
C 2n
4096
... 2 n
. Tìm n.
3
5
2n 1
13
a0 a1 x ... an xn . Biết rằng tồn tại số nguyên
0
Bài 18. Cho số nguyên dương n 4 và S C2n
Bài 19. Giả sử n là số nguyên dương và 1 x
n
ak 1 ak ak 1
. 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 1 k n 1 sao cho
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
C k 2012 x 1 .
Bài 22. Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có x n
n n
2012 k 0
1000
Bài 23. Sau khi khai triển 1 x 2 x 3
1000
và 1 x 2 x 3
thì hệ số của x20 của đa thức nào lớn
hơn.
7
1
log 2 3x1 1
x 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
8
s
2
Bài 25. Chứng minh rằng trong khai triển s 2 x nx s x 1 hệ số của x là Cn 2 .
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
Bài 28. Cho khai triển 1 2 x
x
2
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
Bài 31. Cho khai triển P( x ) 1 x x 1 x
n 1
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:
n!
k
Cn k ! n k !
k
n!
k
k !Cn
An
n k !
P n!
n
k
n
k 1
n
Ta cũng có C C
C
k 1
n 1
Cnk
1
1
và
Cnk1
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
đổi
vế
trái
của
n 1 k !(n 1 k )! (k 1)!(n k )!
VT
n 2 ( n 1)!
( n 1)!
Biến
n 1 k !(n k )!
n 1 k k 1
n 2 (n 1)!
n 1 k !(n k )!
k !(n k )!
n 2
n 2 (n 1)!
n!
đẳng
thức
1
1
k .
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!
(*)
...
2n1
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 xy1 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
cần
chứng
minh
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
C xy1 Cxy 1
5.( x 1)!
6.x !
5C xy1 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)
Ta có:
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
m 1 1
1
k 1 k 2
C
m 2 Cm k 1 Cm k
Bài 2. Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng
n n 1
C2
C3
Cn
1
.
Cn 2 n 3 n ... n nn1
1
2
Cn
Cn
Cn
2
Bài 3. Chứng minh rằng với n nguyên dương, ta có
0
1
n
Cn
Cn
Cn
1
2 ... n 1 .
1
Cn 2 Cn 3
C2 n 2 2
Bài 4. Chứng minh rằng
1
1
1
1005 1
1
1
2 ... 2009
1 2 ... 2008
1
C2009 C2009
C2009 2009 C2008 C2008
C2008
Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 2 ta luôn có
2
3
4
Cn
2Cn
3Cn
n 1 Cnn 1
...
2
3
4
n
n 1 n 1 n 1
n 1
1
k 1
mk
2
3
1999
Bài 6. Chứng minh rằng 2.1.C2000 3.2.C2000 ... 2000.1999.C2000 3998000
Bài 7. Chứng minh rằng với số nguyên chẵn n thì 2n chia hết cho
0
2
2k
2n
C2n 3C2n ... 3k C2n ... 3n C2n
1
1
1
Bài 8. Giải phương trình x x x .
C4 C5 C6
Bài 9. Tìm số nguyên dương x thỏa mãn
3
C1 6Cx2 6Cx 9 x 2 14 .
x
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
5 2
4
3
Cn 1 Cn 1 4 An 2
n
3
Cn 14 7 An 1
15
Bài 12. Chứng minh với mọi k , n thỏa mãn 3 k n, ta đều có
k
k
k
k
k
Cn 3Cn 1 3Cn 2 Cn 3 Cn3
k
k
k
Bài 13. Tìm số tự nhiên k thỏa mãn đẳng thức C14 C14 2 2C141
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
3
3
3
8 C3 C4 C5 ... Cn3 An31
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.
0
4
8
1
5
9
Khi gặp tổng có riêng Cn ; Cn ; Cn ;... hoặc tổng có riêng Cn ; Cn ; Cn ;... hoặc các tổng
0
1
3
5
Cn Cn2 Cn4 ... ; Cn Cn Cn ... thì dùng số phức.
Khi số hạng của tổng có dạng
a k 1 b k 1 k
Cn ( hay cứ có mẫu thức hơn kém nhau k đơn
k 1
vị) thì dùng tích phân.
Các kết quả quen thuộc:
0
1
2
n
1 / Cn Cn Cn ... Cn 2n
0
2
4
1
3
5
2 / Cn Cn Cn ... Cn Cn Cn ... 2n 1
Chứng minh:
0
2
4
1
3
5
Đặt A Cn Cn Cn ...; B Cn Cn Cn ...
Ta cần chứng minh: A B 2n ; A B 2n1
n
0
1
2
n
Ta có 1 x Cn Cn x Cn x 2 ... Cn x n , thay vào x 1 2 n A B(1)
n
0
1
2
3
n
Ta có 1 x Cn Cn x Cn x 2 Cn xn ... (1)n Cn 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
p
p
1
p
p
q
0
p
Cm Cm 1Cn Cm 2Cn2 ... Cm qCn ... CmCnp Cm n
Lời giải:
Ta có:
0
1
2
p
m
1 x m Cm Cm x Cm x 2 ... Cm x p ... Cm x m
n
0
1
2 2
p p
n n
1 x Cn Cn x Cn x ... Cn x ... Cn x
1 x
mn
p 0
p
1
p
2
p
0
M ( x ) (Cm Cn Cm 1Cn Cm 2 Cn ... Cm q Cnq ... Cm 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
p
p 0
p
1
p
2
p
q
0
Cm n Cm Cn Cm 1Cn Cm 2Cn ... Cm qCn ... CmCnp .
Đặc biệt với m n p , ta có
0 2
n
1 2
n
2 2
n
C C C
2
n
n
... Cn C2 n
0 k , n
Bài 2. Cho
. Chứng minh rằng
k , n
(2n)!
0
1 k
n
n
Cn Cnk Cn Cn 1 ... Cn k Cn
(n k )!(n k )!
Lời giải:
Viết lại đẳng thức cần chứng minh
0 n
1 n
n
0
Cn Cn k Cn Cn k 1 ... Cn k Cn
(2n)!
, 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 nk 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
1
n
Ck0 Ck 1 Ck2 2 ... Cknn Cn k 1
Lời giải:
Viết lại đẳng thức cần chứng minh
Ckk Ckk1 Ckk 2 ... Ckk n Cnk 11 , điều này gợi ý đến vế trái là tổng các hệ số chứa xk .
k
771
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Xét đa thức
k
P( x ) 1 x 1 x
k 1
1 x
n 1
k 2
... 1 x
n k 1
k n
k
1 1 x
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
k
2
2
2
0
1
n
Cn Cn Cn2
Cn
S
...
1 2 3
n 1
Lời giải:
2
2
k
k
Cn
Cn
S có dạng S
, biến đổi
k 1
k 0 k 1
Ck
C k1
n!
( n 1)!
Ta có: n
n1
k 1 ( k 1) k !( n k )! ( n 1)( k 1)!( n k )! n 1
n
2
C k 1
1
1
2
3
n 1
Vậy S n 1
(Cn1 )2 (Cn1 )2 (Cn1 )2 ... (Cn1 )2
2
(n 1)
k 0 n 1
1
C n1 1 .
2 2( n 1)
(n 1)
Bài 5. Tính tổng gồm 2n số hạng
1 1 1
1
k 1
2 n1
k
2n
S C2 n C22n ... 1 C2n 1 ... 1
C2 n .
2
3
k
2n 1
Lời giải:
Với k 2, 3,..., 2n 1 ta có
1 k 1 1
2n !
1
2n 1 ! 1 C k
C2 n .
.
2 n 1
k
k k 1 !. 2n k 1 ! 2n 1 k !. 2n 1 k ! 2n 1
Do đ ó:
n
2 n 1
S
1
k
k
k 2
2 n 1
C
k 1
2n
1
k
2n 1
k
C2n 1
k 2
1 2 n1
k
k
1 C2n1
2n 1 k 2
2 n 1
1
1
2n
k
2 n 1
k
0
1
.
1 2n 1
1 C2 n 1 C2 n 1 C2 n 1 2n 1 1 1
2n 1 k 0
2n 1
Bài 6. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
2
2
1
2
n
S Cn 2 Cn ... n Cn
2
Lời giải:
Xét
772
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n
0
1
n
f ( x ) 1 x Cn Cn x Cn2 x2 ... Cn xn
f '( x) n 1 x
n 1
xf '( x) nx 1 x
1 x
n
1
2
3
n
Cn 2Cn x 3Cn x2 ... nCn xn1
n 1
1
2
3
n
Cn x 2Cn x2 3Cn x3 ... nCn xn (1)
0
1
n
Cn x n Cn x n1 Cn2 x n 2 ... Cn (2)
Nhân theo vế của (1) với (2), sau đó so sánh hệ số của xn ở 2 vế ta đươc
2
2
2
1
2
n
n 1
S Cn 2 Cn ... n Cn nC2 n1 nC2nn1 .
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
0
1
2
n
S Cn Cn Cn ... ( 1) n Cn
2
Bài 2. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
2
2
1
2
n
S Cn 4 Cn ... n 2 Cn
2
2
2
2
2
0
1
n
Bài 3. Tính tổng sau: S Cn 2 Cn 6 Cn2 ... n 2 n Cn .
Bài 4. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
0 2
n
1 2
n
2 2
n
C C C
S
n 2
n
C
...
n 1
1
2
3
Bài 5. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
0 2
n
1 2
n
2 2
n
n 2
n
C C C
S
C
...
1.2
2.3
3.4
(n 1)(n 2)
Bài 6. Tính tổng gồm 2n số hạng
1 1 1
1
k 1
2 n1
k
2n
S C2 n C22n ... 1 C2n 1 ... 1
C2 n .
2
3
k
2n 1
2
2
2
1
2
n
Bài 7. Chứng minh rằng: 1 Cn Cn ... Cn 1 12 C2nn
CÁC BÀI TOÁN DÙNG ĐẠO HÀM VÀ TÍCH PHÂN
Ta thường xét hai khai triển :
0
1
n
f ( x) 1 x n Cn Cn x Cn2 x2 ... Cn 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
.PDF 
30 
150 
78 
