Tài liệu Nhị thức newton và các ứng dụng

  • Số trang: 41 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 199 |
  • Lượt tải: 0
trancongdua

Đã đăng 1751 tài liệu

Mô tả:

1 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Hè 2009 NGUYỄN VĂN NĂM - LÊ HOÀNG NAM THPT Lê Hông Phong ( Đồng Nai) – THPT Lê Quý Đôn (Đà Nẵng) vannamlhp – mylove288 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 1 2 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG A. LÝ THUYẾT 1. CÔNG THỨC NEWTON: Cho 2 số thực a, b và số nguyên dương n thì: a  b n n   Cnk a n  k b n Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...  Cnnb n  k 0  a  b n n k n    1 Cnk a n k b n Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...   1 Cnnb n  k 0 2. Tính Chất a. Số các số hạng của công thức là n  1 b. Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: n  n  k  n c. Số hạng tổng quát của nhị thức là: Tk 1  Cnk a n  k b k n (Đó là số hạng thứ k  1 trong khai triển  a  b  ) d. Các hệ số nhị thức các đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau. e. 2n  Cnn  Cnn 1  ...  Cn0 n f. 0  Cn0  Cn1  ...   1 Cnn g. Tam giác Pascal: n  01 n  111 n  2121 ...................................................................... n  k 1..................Ckm 1Ckm  n  k  1Ckm1......................1 ....................................................................... Với Ckm1  Ckm  Ckm1 0  a  b   1 a  b #0  1 a  b  a  b 2  a  b   a 2  2ab  b 2 3  a  b   a3  3a 2b  3ab 2  b3 ........................................................................... Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 2 3 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 3. Một số khai tiển hay sử dụng: n n 2n  1  1   Cnk Cn0  Cn1  ...  Cnn k 0 n n k n 0  1  1    1 Cnk Cn0  Cn1  ...   1 Cnn k 0 n n  1  x    Cnk x n  k Cn0  Cn1 x n 1  ...  Cnn x 0 k 0 n n k n  1  x     1 Cnk x n k Cn0 x 0  Cn1 x1  ...   1 Cnn x n k 0 n n k n   x  1    1 Cnk x n k Cn0  Cn1 x n 1  ...   1 Cnn x 0  k 0 4. Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức NEWTON n 1. Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có i n C với i là các số tự i 1 nhiên liên tiếp. n 2. Trong biểu thức có thì ta dùng đạo hàm  i    i n  i  i  1 C i 1 n  Trong biểu thức có  i  k  C i n thì ta nhân hai vế với x k , rồi lấy đạo hàm. i 1 n  Trong biểu thức có k a C i 1 n  Trong biểu thức có 1 i n thì ta chọn giá trị của x a thích hợp. i n  i 1 C thì ta lấy tích phân xác định trên  a; b  thích i 1 hợp. n n  Nếu bài toán cho khai triển  x a  x b    Cni  x a  n i i 1 i n  xb    Cni x a  n  i   ib i 1 thì hệ số của x là C sao cho phương trình a  n  i   b.i  m có nghiệm i   m  i n Cni đạt MAX khi k  n 1 n 1 n hay k  với n lẻ, k  với n chẵn. 2 2 2 Việc nhận biết các dấu hiệu này sẽ giúp cho chúng ta giải quyết tốt những dạng toán liên quan đến nhị thức NEWTON, đặt biệt là trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng. B. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC 1. Bài toán tìm hệ số trong khai triển NEWTON Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 3 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 4 Ví dụ 1.1: (D(H Thủy lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức: 9 10 14 Q  x   1  x   1  x   ...  1  x  Q  x   a0  a1 x  ...  a14 x14 Ta được đa thức: Xác định hệ số a9 . Giải 10 14 Hệ số x trong các đa thức: 1  x   1  x   ...  1  x  lần lượt là: C99 , C105 ,..., C149 9 9 Do đó: a9  C99  C109  ...  C149 1 1 1 1  1  10  10.11  10.11.12  .10.11.12.13  10.11.12.13.14 2 6 24 20  11  55  220  715  2002  3003 1 2 6 A2 x  Ax2  C x3  10 2 x Ví dụ 1.2(ĐHBKHN- 2000) Giải bất phương trình: Giải Điều kiện: x là số nguyên dương và x  3 Ta có: bất phương trình tương đương với  2 x  1 2 x  x  1 x  6  x  2  x  1  10   2 3! x  2 x  2 x  1  x  x  1   x  2  x  1  10  3x  12  x  4 Vì x nguyên dương và x  3 nên x  3.4 10 Ví dụ 1.3: Tìm hệ số x16 trong khai triển  x 2  2 x  Giải  Ta có: x 2  2 x 10  10 10  k    2 x    C10k x 2 k k 0 10 k 10   C10k x 20 2 k x k  2   C10k x 20 k  2  k 0 k k 0 Ta chọn: 20  k 16 k 4  Hệ số x16 trong khai triển là: C104  3360 1   Ví dụ 1.4: Tìm hệ số x1008 trong khai triển  x 2  3  x   Giải Số hạng thứ k  1 trong khai triển: Tk 1  C k 2009 2 2009  k x  2009 k 1  k 4018 5 k  3   C2009 x x  Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 4 5 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Ta chọn: 4018  5k 1008 k 602 602  Hệ số của x1008 trong khai triển là C2009 Ví dụ 1.5:(ĐH KA 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của 1  x 2 1  x   Giải 8 8 8 k  k  i Cách 1: Ta có f  x    C8k  x 2 1  x     C8k x 2 k    1 Cki x i  . k 0 k 0  i 0   i 0 0  i  k  8   i  k 4 Vậy ta có hệ số của x8 là  1 C8k Cki thỏa 2k  i 8    i 2 i,k  N    k 3 0 2  Hệ số của x8 là:  1 C84C40   1 C83C32 238 Cách 2: Ta có: 3 4 f  x   C80  ...  C83  x 2 1  x    C84  x 2 1  x    ...  C88  x 2 1  x   8 Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng:  Số hạng thứ tư: C83  x 2 1  x   3 4 Số hạng thứ năm: C84  x 2 1  x   Với hệ số tương đương: A8  C83C32  C84C40  238  Ví dụ: 1.6:(ĐH SPQN 2000) Xác định hệ số x 3 trong khai triển hàm số 10 P  x  1  2 x  3x 2  theo lũy thừa của x Giải Ta có: P  x  1  2 x  3x 2 10  10  1  x  2  3 x   2 3 10 10 10  C100  C101 x  2  3 x   C102 x 2  2  3x   C103 x 3  2  3x   ...  C10 x  2  3x  Nhận thấy rằng hệ số x 3 chỉ xuất hiện trong: 2 3  3  C102 x 2  2  3 x   C103 x 3  2  3 x   C102 4 x 2  12 x3  9 x 4  C103 x 3  2  3 x   Hệ số x 3 trong khai triển của P  x  là: 12C102  C103 .8  540  960  1500 Ví dụ 1.7: Tìm hệ số của x16 trong khai triển thành đa thức của   16 f  x   1  x 2 1  x 2  Giải Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 5 6 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng n 16 2 i Xét khai triển: f  x    C i 1 k 16 C k 0 k   x 2 1  x 2      16  k  16  k  k i i    1 C16k x 2 k    1 Cki x 2 i       1 C16k Cki x 2 k i   k 0  i 0  k 0  i 0  i 0  k  8  0  i  k  16 i  1  k  7 k 1  Vậy ta có hệ số của x16 là  1 C16k Cki thỏa k  i 8  i  2  k  6  i,k  N  i  3  k  5 i  4  k  4 Vì vậy hệ số của x16 trong đa thức là: C168 C80  C167 C71  C166 C82  C165 C83  C164 C84  258570 Ví dụ 1.8: Tìm hệ số của số hạng x 101 y 99 trong khai triển  2 x  3 y  200 Giải Ta có:  2 x  3 y  200   2 x   3 y   200 200 k   C200 2x 200  k  3 y  k k 0 200 k k    1 C200 .2 200 k .3k. x 200k . y k k 0 200  k  101 Ta chon:   k  99 k  99 99 99 99 Vậy hệ số cần tìm là:  1 C200 .299.399  C200 .299.399 Ví dụ 1.9: (ĐH HCQG, 2000) 12 1  a) Tìm hệ số x trong khai triển  x   x  8 n b) Cho biết tổng tấc cả các hệ số của khai triển nhị thức  x 2  1 bằng 1024 . Hãy tìm hệ số a  a  N *  của số hạng ax12 trong khai triển đó. ((ĐHSPHN, khối D, 2000) ) Giải k a) Số hạng thứ  k  1 trong khai triển là: ak  C x k 12  k 12 1 k 12  2 k  0  k  12     C12 x x   Ta chọn 12  2k  8 k  2 Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x8 và có hệ số là: C122  66 n n b) Ta có: 1  x 2    Cnk x 2 n  Cnk  Cn1 x 2  ...  Cnk x12 2 k k 0 n Với x  1 thì: 2  Cn0  Cn1  ...  Cnn  1024 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 6 7 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng  2n  210  n  10 Do đó hệ số a (của x12 ) là: C106  210 c) Ví dụ 1. 10: (D(H Khối A- 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị n  1  thức NEWTON của  4  x 7  biết rằng C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1  220  1 ( n nguyên x  k dương và Cn là tổ hợp chập k của n phần tử) Giải 0 1 n Từ giả thiết suy ra: C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  220 1 Mặt khác: C2kn 1  C22nn11k ,k ,0  k  2n  1 , nên: 1 C20n 1  C21n 1  ...  C2nn 1   C20n 1  C21 n 1  ...  C22nn11  2  2 2 n 1 Từ khai triển nhị thức của: 1  1 suyra : C20n 1  C21n 1  ...  C22nn11 1  1 2 n 1   2 2 n 1  3 1, 2   22 n  220  n 10  3 10 n n 10  k k  1  Ta có số hạng tổng quát của nhị thức  4  x 7    C10k  x 4   x 7    C10k x11k 40 x  k 0 k 0 26 k Hệ số của x là C10 với k thỏa mãn 11k  40  26  k  6 Vậy hệ số của x 26 là C106  210 Ví dụ 1.11: (ĐHKT HN- 1998) Tìm hệ số đứng trước x5 trong khai triển biểu thức 4 5 6 sau đây thành đa thức: f  x    2 x  1   2 x  1   2 x  1   2 x  1 7 Giải 4 4  2 x  1   C4k  2 x  4 k k 0 Ta xét các khai triển sau:  2 x  1 6 6   C6k  2 x  k 0 Nhận xét: Số hạng chứa x 5 5 5 ; 2 x  1   C5k  2 x  5 k k 0 6 k 7 7 ; 2 x  1   C7k  2 x  7 k k 0 4 của  2 x  1 là 0 5 5 6 5 7 5 Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C50  2 x  Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C61  2 x  Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C52  2 x  5 5 5 Vậy hệ số cần tìm là: 0  C50  2 x   C61  2 x   C72  2 x  896 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 7 8 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Ví dụ 1.12( Khối D- 2003) Với n là số nguyên dương, gọi a3n 3 là hệ số của x 3n 3 n n trong khai triển thành đa thức của  x 2  1  x  2  . Tìm n để a3n 3  26n Giải Cách 1: Ta có x 2  n  1  Cn0 x 2n  Cn1 x 2 n 2  Cn2 x 2 n 4  ...  Cnn n  x  2   Cn0 x n  2Cn1 x n 1  2 2 Cn2 x n2  ...  2 n Cnn Dễ thấy với n  1,n 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán. Với n  3 thì x 3n 3  x 2 n x n 3  x 2n 2 x n1 n n Vì vậy hệ số của x 3n 3 trong khai triển thành đa thức của  x 2  1  x  2  là:  2n 2n 2  3n  4 a3n 3 26n   26n   n 5   n  7 ( Loai )  2 Vậy n 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương). 3 Cách 2: Xét khai triển: n  n k  2 k n i  1 i  1   3n 1   x   Cn    Cn  2    2   x   k 0  x  i  0  x   n  n  x 3n   Cnk 2 k x  k  Cni x 2i  i 0  k 0   i  0  k  3 Trong khai triển lũy thừa của x là 3n  3  2i  k  3    i  1   k  1 Nên của hệ số của x 3n 3 là:  n 5 2n 2n 2  3n  4 a3n 3 26n  26n     n  7 ( Loai ) 3  2 Vậy n 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương).  x  2 n  n  2 x 2  1  x3n 1    x n    Ví dụ: 1.13( Khối A- 2002)Cho khai triển nhị thức: n n x x 1 x 1    x21   0 1 3 2  x  2  Cn  x   Cn  x 2        n 1 x 1   3x     3x  n 1  2 .  2   ...  Cn  x  .  2       n 1   3x  C 2    n n n ( n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn3  5Cn1 và số hạng thứ tư bằng 20n . Tính n và x . Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 8 9 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Giải Điều kiện: n  N và n  3 n! n! Ta có: Cn3  5Cn1  5 3! n  3 !  n  1! n  n  1 n  2   5n  n 2  3n  28  0 6 n 7 (Nhận)  n  4 (loại)  7 x 7    x 1  x 1  Với n 7 ta có:  x 2  2 3    C7k  x 2    k 0   7 k   3x  2    7 3 4  x21    3x  Vậy số hạng thứ tư trong khai triển trên là: C  x   2   35.22 x  2.2 x     2x2  x x 2 Kết hợp với giả thiết ta được: 35.2 .2  140  2  4  x  4 3 7 n 1 x   Ví dụ 1.14: 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 Giải 22 x 1  22 2 x 9 C 2  2 x  n  2 .21 2 x  C 4  2 x n  4 135  n Từ giải thiết ta có:  n   n  n  1  n  1  22 Cnn  2  Cnn 1  Cnn 22   2  t 4  x 1  2 2 x  22   1  2 x 4  2 1   x   1 t  2 t   9  2 t   t   t  2 x  0 2 2         2  2 t n  n  42 0   n 6    n  7( Loai)  1  Vậy x  1,  là giá trị cần tìm. 2  17  1  Ví dụ 1.15: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển:  1  x   5  Giải 17 17  1  1 Xét khai triển:  1  x    C17k    5  5 k 0 k k k 1 k  x  k 0,1, 2,...,17  5  x   ak    1 k k  1 k 1 k 1   C17    C17 ak  ak 1  5  5 Ta có ak đặt max  k k 1 ak  ak 1  1  k  1  k 1 C   5  17  5  C17  Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 9 10 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 17! 17!  5 k !17  k !   k  1!16  k ! 5k  5  17  k     2k 3 17! 17! 18  k  5k   5  k !17  k !  k  1!18  k ! 2  1 Với k 2 thì hệ số là: C172    5.44 5  1 Với k  thì hệ số là: C173    5.44 5 3 3 1 Vậy hệ số lớn nhất là: C    5.44 5 Từ Ví dụ trên ta đi đến bài toán tổng quát sau: 3 17 Ví dụ: 1.15.2 Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON của  a  bx  n n Phương pháp giải: Xét khai triển  a  bx  có số hạng tổng quát Cnk a n k b k x k Ta đặt: uk Cnk a n  k b k ,0  k  n ta được dãy số uk  . Việc còn lại là đi tìm số hạng lớn nhất của dãy ta làm như sau: u  Giải bất phương trình k  1 tìm được k0 uk0 uk0 1  ... un uk 1 u  Giải bất phương trình k  1 tìm được k0 uk1 uk1 1  ... u0 uk 1   Từ đó ta có số hạng lớn nhất của dãy là max uk0 ,uk1  Tuy nhiên để đơn giản chúng ta có thể làm như sau: uk  uk 1 k0 Giải hệ bất phương trình uk  uk 1 Suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON là Cnk0 a n  k0 b k0 Ví dụ 1.16: (HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức 12 P  x   1  2 x   a0  a1 x  ...  a12 x12 Tìm max a0 , a1 , a2 ..., a12  Giải 12 12 k Cách 1: Xét khai triển: 1  2 x    C12k 112 k  2 x   k 0 k 12 k ak  C 2  k 0,1, 2,...,12 1 Xét bất đẳng thức: ak  ak 1 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 10 11 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng C12k 2k C12k 1 2k 1 12!2k 12!2k 1  k !12  k !  k  1!11  k ! 1 2 23 2   3k 23  k   7   0  k  7 k  Z  12  k k  1 3 3 Áp dụng 1 cho k 0,1, 2,...,12 ta được: a0  a1  ...  a7  a8  a9 ...  a12    max a0 , a1 , a2 ..., a12   a8  C128 .218 126720 Cách 2: Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: ak  ak 1 Từ đây ta có được hệ bất phương trình: 1 2  k  12  k  1 2k C12k  2k 1 C12k 1 23 25   k  k 8  k k k 1 k 1 1 2 3 3 2 C12  2 C12   12  k k  1  max a0 , a1 , a2 ..., a12   a8  C128 .218 126720 Ví dụ 1.17: Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển và rút gọn tổng sau: 4 5 15 f  x  1  x   1  x   ...  1  x  Giải 12 16 1  1  x  1  x   1  x  Vì tổng f  x  có 12 số hạng nên ta có: f  x   1  x   1  1  x  x 4 4 16  Hệ số của số hạng chứa x 4 là hệ số của số hạng chứa x5 trong 1  x  Vậy hệ số cần tìm là: C165  4368 Đối với dạng toán này ta có phương pháp giải sau: Bài toán tìm hệ số chứa x k trong tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân với công bội q  1 là: S n u1  u2  ...  un  u1  1  bx  m2  ...  1  bx  tiên của cấp số nhân với u1 1  bx  m 1 và công bội q  1  bx  Xét tổng S  x   1  bx  m 1 1 q2 1.9  1 q m n như là tổng n số hạng đầu Áp dụng công thức 1.9  ta được: n S  x   1  bx  m 1 1  1  bx  1  bx   1  1  bx  m  n 1 Suy ra hệ số của số hạng chứa x k trong S  x  là tích giữa x k 1 trong khai triển 1  bx  m  n 1  1  bx  m 1  1  bx  bx m 1 1 và hệ số của số hạng chứa b . Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 11 12 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Ví dụ 1.18: Tìm hệ số của số hạng chứa x và rút gọn tổng sau: 2 S  x  1  x   2 1  x   ...   n  11  x  n 1  n 1  x  n Giải Ta có: S  x  1  x  1  2 1  x   ...   n  11  x   n 2  n 1  x  2 f  x  1  x 1  2 1  x   3 1  x   ...   n  11  x  2 3 Đặt: F  x   1  x   1  x   1  x   ...  1  x  n 1 n 2  1  x  n 1    n 1  x  n 1 n  S  x   f  x   xf  x    F '  x   f  x  Suy ra hệ số của số hạng chứa x của S  x  bằng tổng của số hạng chứa x và không chứa x của f  x  bằng tổng của số hạng chứa x và hai lần hệ số của số hạng chứa x 2 của F  x  n 1 n Tổng F  x  có n số hạng  F  x   1  x  1  1  x  1  x   1  x   1  1  x  x  Suy ra hệ số của số hạng chứa x của F  x  Cn21  Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2 của F  x  Cn31 Vậy hệ số cần tìm là: Cn21  2Cn31  n  n  1 2n  1 6 2. Bài toán tìm số hạng trong khai triển NEWTON Ví dụ 2.1: Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển:  2  3x  25 Giải 20 Số hạng thứ 21 trong khai triển là: C2520 25  3 x   C2520 25320 x 20 10 Ví dụ 2.2 Tìm số hạng chứa chứa x 28 trong khai triển  x 3  xy  Giải 10  k Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1  C10k  x 3   xy  k  C10k x30 2 k y k Số hạng chứa x 28 ứng với: 30  2k  28  k 1 Vậy số hạng cần tìm là: C101 x 29 y Ví dụ 2.3 a. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau  x 3  xy   b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau  x 4 x    21 1 3  xy  2     20 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 12 13 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Giải a. Khai triển  x 3  xy  20 có 21  1  số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số hạng thứ 11 và 12 11  10 Số hạng thứ 11 : C21  x3   11 Số hạng thứ 12 : C21  x3  10  xy  10  b. Khai triển  x 4 x    1 3  xy  2     10 43 10  C21 x y 11  xy  10 41 11  C21 x y 20 có 20  1 21 số hạng. Nên số hạng đứng giữa là số 10 10 7 65 20 2     21  10  4   10 6 3 3 hạng thứ    1 16 : C20 x xy  C x y      20 2     ( Với  x  là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ). 10 Ví dụ 2.4 Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển 1  x 1  x   Giải Cách 1: Xét khai triển 10 1  x 1  x   2 3 10 C100  C101 x 1  x   C102 x 2 1  x   C103 x 3 1  x   ...  C1010 x10 1  x  Nhận thấy: x 3 chỉ có trong các số hạng:   2  Số hạng thứ ba: C102 x 2 1  x   C102 x 2  2 x3  x 4 3   Số hạng thứ tư: C103 x 3 1  x   C103 x 3  3 x 4  3x 5  x 6  Vậy số hạng cần tìm là: 2C102 x 3  C103 x 3  210 x 3 Cách 2: Số hạng tổng quát trong khai triển là: C10k x k 1  x  k  Số hạng chứa x 3 ứng với: 2  k  3 2  Với k 2 ta được: C102 x 2 1  x  nên số hạng chứa x 3 là: 2C102 x 3  3 Với k  ta được: C103 x 3 1  x  nên số hạng chứa x 3 là: C103 x 3 Vậy số hạng cần tìm là: 2C102 x 3  C103 x 3  210 x 3 Ví dụ 2.5:(ĐH Khối D- 2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 7 1   f  x    3 x  4   với x 0 x  Giải k 7 Số hạng tổng quát trong khai triển: Tk 1  C Ứng với số hạng không chứa x ta có:  x 3 7 k k 7 7  k  1  k 3 12  C x  k  N ,k  7  7 4   x 7 7  k  0 k 4 3 12 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 13 14 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Vậy số hạng không chứa x trong khai triển f  x  là: C74  35 Ví dụ 2.6:(ĐHQG HN 2000)Tìm hệ số không chứa x trong khai triển: 17  1  4 3  3 2  x   x  0  x  Giải Số hạng tổng quát trong khai triển: 17  k  2  Tk 1  C  x 3    k 17 3 k 2 k 34   3 3 k  34   x   Với  0  k  17,k  Z    17 k 34  3 C17k x 4  C17k x 12 17 k 34  0k 8 12 3 Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 trong khai triển và có giá trị là: C178 24310 Đến đây ta phải tìm k sao cho Ví dụ 2.7:(CĐGT – TH&TT- Đề 2- 2004) Số hạng chứa a,b và có số mũ bằng nhau  a trong khai triển:  3  b  b 3 a    21 Giải  a Ta có số hạng ổng quát cảu khai triển:  3  b  21 k 21 k 3  k 6   C a .b a k 0 k  21 6 .b 21 k 2 21 k 21  C a 3 k  21 6 .b 21 b 3 a 1 1    13  16  6 2  a . b  a . b       21 63 4 k 3 k 0 3k  21 63  4k   k  84 6 6 Vậy hệ số của số hạng chứa a và b có số mũ bằng nhau trong khai triển là: C1221  293930 Để số mũ của a và b bằng nhau  n 28   3  15 Ví dụ 2.8 :(ĐHSP Khối A, 2000) Trong khai triển  x x  x   x  0  . Hãy tìm   n n 1 n2 số hạng không phụ thuộc vào x , biết rằng: Cn  Cn  Cn  79 Giải Từ giả thiết ta có: Cnn  Cnn 1  Cnn 2  791  n  n  n  1  79 2  n 2  n  156 0 n  12 12 28    Ta có số hạng tổng quát trong khai triển  x 3 x  x 15   là:   Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 14 15 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng k 4 k 28 k 48 k 16   16   285  k k 3 15 C x x .  x   C12 x  C12 x 15   48 Số hạng này không phụ thuộc vào x16  k 0 k 5 15 5 Vậy số hạng cần tìm là: C12  792 k 12  3 12  k  n  x2 y2  3 Ví dụ: 2.9: Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển  2   , x, y  0,n  N *  2  y x   Biết tổng tấc cả các hệ số trong khai triển này bằng: 4096 Giải Trước tiên ta đi tìm n thông qua giả thiết đã cho: Có thể trình bày theo hai cách sau n Cách 1: Ta có: 1  x   a0  a1 x  ...  an x n  4096* Trong đó: ak  Cnk Với x 11 2n  a0  a1  ...  an  4096  212 n 12 Cách 2: Tổng tấc cả các hệ số trong khai triển là: n Cn0  Cn1  ...  Cnn 4079 Cn0  212 k 0 n  Cn0 1 n k n .1k  212 1  1 12 2n 12  n 12 k 0 12 5 32 2 7  x2  x3 y2  y2  5  x  3 3 Vậy số hạng thứ 6 trong khai triển  2  là: C    792   12  2  2 2 y x   y  y   x   Ví dụ 2.10:( ĐH SPHN- 2001) Cho khai triển nhị thức: 10 1 2  9 10   x   a0  a1 x  ...  a9 x  a10 x . 3 3  Hãy tìm số hạng ak lớn nhất. Giải 10 1 1 n 1 10 k 1 2  Ta có:   x   10 1  2 x   10  C10k  2 x  ak  10 C10k 2k 3 3 k 0 3 3 3  k k k 1 k 1 a  ak 1 C 2  C10 2 Ta có ak đạt max k   1k0 k k 1 k 1 C10 2  C10 2 ak  ak 1  2k10! 2k10! 2  1  k ! 10  k !  k  1 ! 9  k !         22  10  k k  1 19     k  k k 3 3 2 10!  2 10!  2  2  k !10  k !  k  1!11  k  !  k 11  k  Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 15 16 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng  k  7 k  N ,k   0,10  Vậy maxak  a7  27 7 C10 310 1000 Ví dụ 2.11:(Đề nghị Olimpic 30- 4)Tìm số hạng lớn nhất trong khai triển: 1  0, 2  k 1 Ta có: Số hạng thứ k : Tk  C1000  0.2  k 1 Giải 1 k 1  k 1 C1000 5 1 k C1000 5k 1 k 2 Số hạng thứ k  1 : Tk 1  k  2 C1000 5 1000! 1 1000!   k 1 1 k  . C  C   1000 5 1000 Tk  Tk 1   k  1 !1001  k ! 5 k !1000  k !    1000! 1000! Tk  Tk 1  1 C k 1  C k  2 1 .  1000 1000  5  k  1 !1001  k !  k  2 !1002  k !  5 1  1  1001  k 5k 1002  k  5k  5 1001 1007    k  k 167 1 6 6 5k  1001  k   1002  k  5  k  1 Số hạng thứ k  1 : Tk 1  Vậy maxTk  1 166 C1000 5 166 10  1 3  Ví dụ 2.12: Tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển   5  2  Giải 10 1 1   2 3 1 k 1  2 5   1 3   Số hạng tổng quát trong khai triển:   5   C10 2 5   32 2   2     k  2  N  k 0 Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) trong khai triển thỏa:   k  N ,0  k  10     k 6 k  N  3 1 0 1  Với k 0  số hạng hữu tỉ là C10  32 32 1 k 3 2 2625  Với k 6  số hạng hữu tỷ là C10 2 .5  32 2 2625 1 Vậy số hạng cần tìm là: và 2 32 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 16 10 k 2 k 3 Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 17 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Phương pháp: n k n n k k k n m p r q Số hạng tổng quát trong khai triển là  a  b   C a b  C a b ( a,b là hữu tỉ) m  p N  Giải hệ phương trình   k  N ,0  k  n  k0 r N  q   Số hạng cần tìm là: Cnk0 a n  k0 b k0  Ví dụ: Trong khai triển  3 4 5 10  có bao nhiêu số hạng hữu tỉ. Giải Số hạng tổng quát trong khai triển: 124 k 124 k 1 1 k k 124 124 62   12   14  k k  2  k 4 2 4 3  5   3  5    C124  3  .  5     1 C124 3 .5 k 0       k 0 Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) trong khai triển thỏa k  62  N  2  i  N i  N 0  k  124 k  N     k  0  k  124  0  i  31 i  0,1,...,31 4   4  N k 4i k 4i   k  N 0  k  124  Vậy có 32 số hạng hữu tỉ  4 10  Ví dụ: Có bao nhiêu số hạng nguyên trong khai triển:  3 7  5 96 36  Giải Với 0  k  36 ta có số hạng nguyên tổng quát trong khai triển: C36k 36  k    3 7 . 5 96  k 12   C36k 7 k 3 k .2k 5 k 15 k k  Số hạng nguyên  12  ,  N  0  k  36  k  0,15,30 3 5 k  Z  Bài Tập Áp Dụng Bài 1:(ĐH TK- 2002) Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau:  x  1 x  2   x11  a1 x10  a2 x 9  ...  a11 . Hãy tính hệ số a5 Bài 2: Tìm hệ số của số hạng trong các khai triển nhị thức NEWTON sau: Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 17 18 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 12  1  a) Hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển  4  2 x5  x  16 b) Hệ số của số hạng chứa x16 trong khai triển 1  x 2 1  x 2   5 10 c) Hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x 1  2 x   x 2 1  3x  (Khối D- 2007) n d) Hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển  x 3  3x 2  2  . Biết An4 24  3 n 4 An 1  Cn 23 3 4 e) Hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển f  x   1  2 x   1  2 x   ...  1  2 x  22 20 f) Hệ số của x 5 y 3 z 6t 6 trong khai triển đa thức:  x  y  z  t  (Đề 4 “TH&TT”- 2003) Bài 3:(TTĐH- Đề 3-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu Tìm hệ số x8 trong khai n triển  x 2  2  , biết An3  Cn1  8Cn2  49 Bài 4:(TTĐH- Đề 1-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tìm hệ số của x 6 trong khải triển x 2  n  x  1 thành đa thức. Trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: C21n 1  C22n1  ...  C2nn1  220  1. Bài 5(TTĐH 2009- Chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An)Xác định hệ số của x11 trong khai triển đa thức x 2 2 n   3x 3  1 n biết: k C22nn  3C22nn1  ...   1 3k C22nn k  ...  32 n C20n  1024 Bài 6 Tìm các số hạng trong các khai triển sau: 17  1  a) Số hạng thứ 13 trong khai triển:   4 x 3  , x  0 3 2  x  n b) Số hạng thứ 3 trong khai triển  2  x 2  . Biết rằng: n 3n Cn0  3n 1 Cn1  3n 2 Cn2  ...   1 Cnn Bài 7 Tìm hệ số không phụ thuộc vào x trong các khai triển 12 50 16  1     1  1 a)  x 3  b)  3 2  x 3 x  c)  1   x3   3 2 4 2 x  x     x  Bài 8 Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển sau: 1   a)  x  12  x   12 60 1   b)  3 x  4  x  c) 1  x 2  x 4  8 n 1  d)  x   Biết số hạng thứ ba lớn hơn số hạng thứ hai bằng 35 x  7 Bài 9 Đặt: 1  x  x 2  x 4  = a0  a1 x  ...  a28 x 28 a) Tính: a3 b) Tính: S  a0  a1  a2  ...  a28 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 18 19 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng c) Tính: S  a0  a1  a2  ...  a28 n 1   Bài 10:(LAISAC) Khai triển P  x    x 3  2  ta được 2x   3n 3 n 5 3 n 10 P  x   a0 x  a1 x  a2 x  ... Biết rằng ba hệ số đầu a0 , a1 , a2 lập thành một cấp số cộng. Tính số hạng chứa x 4 Bài 11: Trong khai triển của  243  200 có bao nhiêu số hạng có hệ số là hữu tỉ? Bài 12: Tìm hệ số lớn nhất trong các khai triển: 11 1001 a) 1  0.0001 b) 1  2x  21 1 2 x  c)    3  2 ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THứC VÀ TÍNH TỔNG TỔ HỢP. I. Thuần nhị thức Newton C. Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng Ckn a n  k b k thì ta sẽ dùng trực n tiếp nhị thức Newton: (a  b) n  C kn a n k b k . Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b k 0 0 2 Ví dụ I.1: Tính tổng 316 C16  315 C116  314 C16  ...  C16 16 Giải Dễ dàng thấy tổng trên có dạng như dấu hiệu nêu trên. Ta sẽ chọn a = 3, b = -1. Khi đó tổng trên sẽ bằng (3  1)16  216 2 4 2000 Ví dụ I2: Chứng minh rằng C02001  32 C 2001  34 C 2001  ...  32000 C 2001  22000  22001  1 Giải Tương tự như trên, ta nghĩ ngay đến việc dùng nhị thức với a  1, b  3 : 2001 C02001  31 C12001  32 C 22001  33 C32001  34 C 42001  ....  32000 C 2000  4 2001 2001  (3  1) Nhưng tổng cần tìm chỉ chứa các số hạng có Ck2001 với k chẵn nên ta phải triệt tiêu được các số hạng “lẻ” bằng cách tính tổng khác với a  1, b  3 2001 C02001  31 C12001  32 C 22001  33 C32001  34 C 42001  ....  32000 C 2000  2 2001 2001  (3  1) 4 2001  2 2001  22000  2 2001  1 2 Từ ví dụ trên ta có được bài toán tổng quát sau: Do đó tổng cần tìm là Ví dụ I.3:(ĐH Hàng Hải- 2000) Chứng minh rằng: 2 2n 1 C02n  32 C 2n  34 C42 n  ...  32n C2n  22n  1 2n  2 Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 19 20 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 2n 0 2n 1 2n 2 2n Giải x  C22nn x 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2n 2 1  x   C x  C x  C x  ...  C 2n 1  x   C20n x  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn 1 x 2n 1  C22nn x 2n  2  2n 2n Lấy 1   2  ta được: 1  x   1  x   2 C20n  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n   2n 2n Chọn x 3 suy ra:  4    2   2 C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n   24 n  22 n  C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n  2 2n 2  22 n  1   C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n  2  2 2 n 1  22 n  1  C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n   ĐPCM 0 1 2 Ví dụ I.4: Tính tổng: S  C2009 21131  C2009 21032  C2009 2933  ...  C109 22 310  C109 21311 Giải Để ý rằng bậc của 2 giảm dần từ 11  1 , bậc của 3 tăng dần từ 1  11 vì vậy ta cần giảm bậc của 2và3 trong mỗi số hạng xuống 1 đơn vị 10 0 2 Vậy ta có: S  2.3  C2009 21030  C2009 2832  ...  C109 2139  C109 20310   6  2  3  6.510 Ví dụ I.5 : Tính tổng: 0 1 2 2008 1 2008 S  C2009 32009  C2009 32008 41  C2009 32007 4 2  ...  C2009 3 4  42009 Giải k k 2008 k k k 2008  k 4  C2008 3 Ta có: Tk 1   1 C2008 3  4 k  2009 k k  S   C2009 32009  k  4   3   4   2009   1 2009  1 k 1 Ví dụ I.6: 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 ! Giải n Ta có: 1  1  C  C  C  C  ...   1 Cnn n 0 n 1 n 2 n 3 n n Vì n chẵn  n  N  nên  1  1 n Suy ra : Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...   1 Cnn 0(**) n! n! n! (*)   ...   2 n 1 1! n  1 ! 3! n  3 ! n  1 !1!       Ta có:  C1n  C3n    C nn 1 2n 1  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Cnn 1  Cnn  0i  Từ  * 0  1 2 3 n 1 n n  Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn  Cn  (ii)  Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 20
- Xem thêm -