ĐẠI SỐ 11

NHỊ THỨC NEWTON

NHỊ THỨC NEWTON

NHỊ THỨC NEWTON & CÁC ỨNG DỤNG Cơ sở lý thuyết :

1. Công thức khai triển nhị thức NEWTON :

(a b)n Cn0 an Cn

1an1b1 Cn2 an2b2 ... Cn

n1a1bn1 Cnnbn

n

n Z

Cnk a nk 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 ank 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 :

(x1)nCn

0x

nCn

1x

n1Cn

2x

n2...Cn

kx

nk...Cn

n1xCn

n

(1x) nC0

C 1 xC2

x2 ...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 xn1 C 2 xn2 ... (1)k C k xnk ... (1)n1 C n1 x (1)n C n

n n n n n n

(1x )n Cn0 Cn

1 x Cn2 x2 ... (1)k Cn

k xk ... (1)n1 Cnn1 xn1 (1)n Cn

n xn

C k C nk

n n

C k C k 1 C k 1 (n >1)

n n n1

k .C k k .n ! n.( n 1)! nC k 1

n ( n k )! k ! ( n k )!( k 1)! n1

1 C k n ! ( n 1)! 1 C k 1

k 1 n ( k 1)( n k )! k ! ( n 1)( n k )!( k 1)! n 1 n1

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 = Cnk ank 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

NHỊ THỨC NEWTON

n

(không chứa x khi 0 ) trong

Trường 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

x m

x n

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 k0

chứa 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 nn 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

7k

2 x k 0 2

x k 0

Do đó số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1

( 1)k

C7k x14 3k

27k

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

2 7 3

4 7 16

GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 3 www.toanhocdanang.com

NHỊ THỨC NEWTON

8

Ví 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 x 3

8k 1 x2 k

1 x

8

k 0

8 k 8k

( 1) k C8

k C ki x 24 3 k x 2 i ( 1)k C8

k C ki x24 3 k 2i

k 0 i 0 k 0 i0

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 C86 C6

1 x 8 ( 1) 8 C88 C8

4 x 8 C86 C6

1 C88 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

9k 3

k

Ta có: F 3 3 2 C9k 3 2 có số hạng tổng quát là

k 0

T C k 3 9k 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

NHỊ THỨC NEWTON

Ví 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 : Cn0 2Cn

1 4Cn2 8Cn

3 .. 2n Cnn 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

NHỊ THỨC NEWTON

Bài giải

Ta có : (1 x) n Cn0 Cn

1 x Cn2 x 2 ... Cn

k x k ... Cnn 1 x n

1 Cnn 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 Cn0 2Cn

1 2 2 Cn2 23 Cn

3 ... 2n Cnn

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 n1 2005

2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1

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 n1

2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1

(2n 1)C20

n (2n 1)2C21

n (2n 1)2 2 C22

n (2n 1)23 C23

n ... (2n 1)22 n C22

nn

(2 n 1) C20n 2C2

1 n 2 2 C 22n 23 C 23

n ... 22 n C22nn

(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 ...

2 n1 1 C n

n 2 n 3

n 4 n n 1

n

Bài giải

1 C k n ! 1 ( n 1)! 1 C k 1

k 1 n ( k 1) k !( n k )! n 1 ( k 1)!( n k )! n 1 n1

S C 0 2 2 1 C 2 2 3 1 C 3 2 4 1 C 4 ... 2 n1 1 C n1

n 1

n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n1

0 1 2 2 3 2 n 1 n 1 1 2 2 n1

C n

2

C n 1 2 C

n 1 ... 2 C

n 1

C n 1

C

n 1 ... Cn1

n 1 n 1

6

NHỊ THỨC NEWTON

C 0 1 (1 2)n 1 C 0 C 1 2 1 (11)n1 C 0 C1

n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n1

1 3n 1 1 2( n 1)

2 n 1 1 ( n 1)

3 n 1 2n1

n 1

n 1

n 1

ĐS: S 3n 1 2n1

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 21 n

1 C 2

3n

1 C 2

5n ...

1 C2

2n

n1 2 2n 1

2 4

2 n 2 n 1

6

Bài giải

Ta có : 1

C 2kn

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 21

1 C 2

3n

1 C 2

5n ...

1 C2

2n

n 1

2 n

4 6 2n

1 0 2 4 6 2n

C2 n 1 C2 n 1

C

2 n 1

C

2 n 1 ... C2 n1

2n 1

Ta lại có: C 0 C 2 n 1 , C 2 C 2 n 1 , C 4 C 2 n 3 ,

2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1

1 C k 1

2 n 1 2 n1

1

S 1 (1)

2n 1 2n 1

,C 2 n C1 2 n 1 2 n1

Suy ra

0 2 2 n

2 n 1 2 n1 1

2 S C2 n 1 C2 n 1 ... C2 n 1 C

2 n 1

C2 n 1 ... C2 n1

0 1 2 2 n 2 n 1 2 n1

2

2 n 1

2.2

2n

C2 n 1

C2 n 1

C2 n 1 ... C2 n 1 C2 n1 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 2n1 1024

2n1 2n1 2n1 2n1

Ví dụ 6:Cho m, n, p nguyên dương sao cho p n, p m

p 0p 1 p1 2 p2 p1 1 p 0

Chứng minh rằng : Cnm 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

NHỊ THỨC NEWTON

Ví 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 nhất

ak là hệ số lớn nhất k

a

k a

k 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

...

4096

2 4 2n

Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,..., an

Bài giải

1 2 x n Cn0

Cn1 x C n

2 x 2 ... C nn 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 thuyế t ta có: 2 n 4096 2 n 212 n 12

Khi đó : a 2k Ck

k 12

ak

ak 1

kk k 1 k 1

2 C12 2 C12

ak là số lớn nhất a

k 1

2 k C k 2k 1 C k 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 C128 126720

23

k 26

3 3

GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 8 www.toanhocdanang.com

NHỊ THỨC NEWTON

BÀI TẬP TỰ GIẢI

Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : S C1n 2Cn

2 3Cn3 4Cn

4 ... (1)n1.nCnn

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 n1 n 2 79

Hãy 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 1

n

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 = Cn0 1 C1

n 1 Cn2 ... 1 Cn

n

2 3 n 1

Bài 6:(ĐH KTQD K A – 2000) Chứng minh : 2n1

C1

n 2n1

Cn2

2n

3

Cn3

2n

4

Cn4 ... nCn

n n.3

n1

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 x14 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

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 9:(ĐH Y Dược TP.HCM – 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức

sau:

1. Cn0 C

1n Cn

2 ... C

nn = 2n

1 3 5

2n1 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 C20000 2C2000

1 3C20002 4C2000

3 ... 2001C20002000

Bài 11:(HV Kỹ thuật quân sự – 2000) Khai triển nhị thức: P ( x ) 1 2x12 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 x7

Bài 13: Tính tổng : S 21

6 C06

22

5 C16

23

4 C62

24

3 C63

25

2 C64 6

2 C6

5 71

C66

1 n

Bài 14:( ĐH luật khối D 2001) Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có: xn Ckn (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

Cn

.2

Cn .2 ...

C .2

2 3 4 n 1 n

Bài 16: Chứng minh rằng: C0

2n C2

2n .32 C

42n .3

4 ... C2n

2n .32n

22n1

(22n 1)

Bài 17:( ĐH Luật TP.HCM A - 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều có:

C1n .3

n1 2.Cn

2 .3

n 2 3.Cn

3 .3

n 3 ... n.C

nn = 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 ... a x10 Hãy tìm hệ số a k

lớn nhất ( 0 k 9 )

01 2 3 10

10

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 19:Chứng minh rằng: C02001 32 C2

2001 34 C42001 ... 32000 C2000

2001 22000 (22001 1) Bài 20:Cho khai triển nhị thức niu – tơn :

x 1 x n x 1 n x 1 n1 x x 1 x n1 x n

2

2 3

C0 2

C1 2

2 3

Cn1 2

2 3

Cn 2 3

2 2 2 ... 2

n n n n

Với n N . Biết trong khai triển có Cn3 5C

1n và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x.

Bài 21:(D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho: Cn0 2C

1n 4Cn

2 ... 2n Cnn 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

ak 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

n1 n

Cn 4 Cn 3 7(n 3) (n nguyên dương, x > 0).

Bài 25: Cho n N , tính tổng sau theo n: S Cn0

22

1C1n

23 1C2 ...

2n1 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 n3 trong khai triển

3 n3

thành đa thức của x 2 1n ( x 2)n .Tìm n , biết rằng a3 n3 26n

1 3 5 2n1 0 2 4 2n

Bài 27:Chứ ng minh rằng với n N ta đều có: C

2n C2n C2n ... C2n C2n C2n C2n ... C2n

Bài 28:

1. Giải phương trình: C1x 6C

2x 6C

3x = 9x2 – 14x

2. Chứng minh rằng : C120 C

320 C

520 ... C

1720 C

1920 = 219

11

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 29: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 2 ta đều có:

C0 C1 ...Cn 2n 2

n1 n n n

n 1

Bài 30:

1. Tính tổng: S = C1

n 2Cn2

3Cn3 4Cn

4 ... (1)

n1nC

nn (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 n1 n 2

79

Cn 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 2n1 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 2n1 = 2005 C

2n 1 2.2C2n 1 3.2 C2n 1 4.2 C2n 1 ... (2n 1).2 C2n 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 2n1

C2n 1 C2n 1 C2n 1 ... C2n 1 1024

12

NHỊ THỨC NEWTON

1 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: C12n1 C2n

21 ... Cn

2n1 220 1

Bài 39:Tính tổng S = 1.Cn

0

2.C1n

3.Cn2 ...

(n 1).Cnn

A1 A1 A1 A1

1 2 3 n1

Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện : Cn0 C

1n 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: C1

n Cn3 13n (n là số nguyên lớn hơn 2, x 0 ).

Bài 42:Tìm n N sao cho:

C0

4n 2 C4n2 2 C4n

4 2 ... C4n2n 2 256

20 10

1 3 1

Bài 43:Cho A 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:

Cn0 3

n C

1n 3

n1 ... (1)

n C

nn Cn

0 C

1n ... C

nn

Bài 46: Tìm hệ số của số hạng chứa x 29 y8 trong khai triển nhị thức Newton : x 3 xy 15

13

NHỊ THỨC NEWTON

HƯƠNG DẪN GIẢI

Bài 1: S = C1

n 2Cn2 3Cn

3 4Cn

4 ... (1)

n1.nC

nn (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)n1.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

C17k x

x

C17k x

12

3

3 4 4 (k N, 0 ≤ k ≤ 17)

Nên số hạng không chứa x thì

17 34

k = 8

k

0

12 3

Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng C

178 .

Bài 3:

nn 1 n 2 n(n 1)

* Xác định n: Cn Cn

Cn

79 1 + n +

= 79

2

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 = C12kx

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

127 = 792

14

NHỊ THỨC NEWTON

n

Bài 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

nk = 2n

k 0

n Theo giả thuyết

Ckn = 1024 2n = 1024 n = 10

k 0

Vậy hệ số cần tìm là: C106 = 210.

Bài 5:

1 (1 x)n1

1 2n1 1

n

* Ta có: I = (1 x) dx

n 1 n

1

0 0

1

1 x 2 n xn1 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 ... C

n

= S

2 3 n 1

Vậy: S = 2n1 1.

n 1 Bài 6:

Ta có: (1 + x)n =

Lấy đạo hàm hai vế :

n(1 + x)n–1 = C1

n 2Cn2 x 3Cn

3 x 2 4Cn4x 3 ... nCn

nxn 1

Thay x = 21

, ta được: 3

n1

n 2n1 C1n 2Cn

2 .21 3Cn

3 22 4Cn

4 .23 ... nCn

n 2n1

2n1C1n 2n1Cn2 3.2n 3 Cn3 4.2n 4 Cn4 ... nCnn n.3n1

15

Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 Cn4 x 4 ... Cnnxn

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 7:

1 40 40 k k 1 40 k 40

k 3k 80

x

= C40x .

= C

40x

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 C37

40 C3

40 40.39.38

= 40.13.19 = 9880.

1.2.3

Bài 8:

a 9 1 C109 C11

9 C129 C13

9 C149

= 1 + C110 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 = Cn0 C

1n x Cn

2 x

2 ... C

nnx

n

Cho x = 1 Cn0 C1

n Cn2 ... Cn

n = 2n

2. (1 – x)2n = C02n C

12n x C2n

2 x

2 C

32n x

3 ... C2n

2nx2n

Cho x = 1 đpcm. Bài 10:

Ta có: x 1 2000 2000

Ck2000xk (1)

k 0 2000

Trong (1) cho x = 1 ta được Ck2000 = 22000

k 0 2000

Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 = i.Ci

2000xi 1

i 1

2000

Cho x = 1 ta được: i.Ci2000 = 2000.2

1999 = 1000.22000

i 1 2000 2000

Do đó: S = Ci2000 i.Ci2000 = 1001.2

2000.

i 0 i 1 16

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 11: 12 12

P ( x ) (1 2 x )12 C12k 2 k x k a0 a1 x a2 x 2 ... a12 x12 a k xk ak C12

k 2k

k 0 k 0

ak

ak 1 13 16

ak Max a0 ; a1 ; a2 ;...; an

ak 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 : C55 C6

5 C75 = 1 +

6!

7! = 28

5!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

= C06 .2

6 C

16 2

5 x C 6

2 2

4 x

2 C

36 2

3 x

3 C

46 2

2 x

4 C

56 2x

5 C

66x

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

= 21

6 C06

22

5 C16

23

4 C62

24

3 C36

25

2 C64 6

2 C6

5 71

C66 = S

Vậy: S = 37 27 7

Bài 14:

Nếu u = 2x – 1, ta được: n

n

u 1 1 k k

(*)

Cnu

2 n

2 k 0

n (u + 1)n =

Cknuk điều phải chứng minh.

k 0

17

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 15:

Có

1

Ck

1

2

1 2

.2k

Cnk .xk 1

Cnk xk dx

k 1 n 2(k 1) 0 2

0

1

1

1

1

0 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 0 2 k 0

0 0

1 2

n

1

(x 1)n1

2

3n1 1

=

(x 1) dx

.

=

2 2 n 1 2(n 1)

0

0

Bài 16:

Ta có: (1 + 3)2n = C02n C

12n .3

1 C2n

2 .3

2 ... C2n

2n.3

n

(1 – 3)2n = C02n C

12n .3

1 C2n

2 .3

2 ... C2n

2n.3

n

Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được:

42n + 22n = 2 C0

2n C2

2n .32 ... C

2n2n .3

2n

Từ đó ta có: C02n C2

2n .32 C42n .34 ... C2n

2n .32n 22n1(22n 1)

Bài 17:

Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n = Cn0 3

n C

1n .3

n1x ... C

nn.x

n

Ta có: f(x) = n(x + 3)n–1 = C1n .3n1 2Cn

2 .3n 2 x ... nCnnxn 1

Cho x = 1, ta được:

f(1) = n.4n–1 = C1

n .3n1

2.Cn2 .3

n 2 3.C

3n .3

n 3

... n.Cn

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

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 19:

2001

Ta có: (x + 1)2001

= Ck2001.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 C02001 x 2C2

2001 x 4C42001 ... x 2000C2000

2001

Cho x = 3 ta được:

42001

C0

2001 32 C

22001 3

4

C4

2001 ... 32000

C2000

2001 22000

(22001

1) Bài 20:

3 1 n! n! n(n 1)(n 2)

Từ Cn 5Cn ta có n ≥ 3 và

5

5n

3!(n 3)! (n 1)! 6

2 n 4 (loaïi)

n

– 3n – 28 = 0

n 7

x 1 x

3

Với n = 7 ta có:C73 2

2 3 = 140 35.22x–2.2–x = 140

2

2x–2 = 4 x = 4.

Vậy n = 7, x = 4. Bài 21:

n

Ta có: (x + 1)n = Ck

n xk

k 0

n Cho x = 2 ta được: 3n =

Ckn

2k 3n = 243 n = 5. k 0

Bài 22:

Ta có: a

k 1 ak

ak 1 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1)

2 9 24

Cnk 1

Cnk

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

NHỊ THỨC NEWTON

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 + C110 x

9 C10

2 x

8 C10

3 x

7 ... C10

9x 1

(x + 1)10(x + 2) = x11 + C110 x10 C10

2 x9 C103 x8 ... C10

9x 2 x

+ 2 x10 C110 x 9 C10

2 x 8 C103 x 7 ... C10

9x 1

= x11 + C110 2 x10 C102 C110 .2 x 9 C103 C102.2 x 8 ...

+ C109 C10

8.2 x2 + C1010 C10

9.2 x + 2

= x11 + a1 x10 + a2 x9 + … + a11 Vậy a5

= C105 2C10

4 = 672.

Bài 24:

n1 n

7(n 3)

n1 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 12k 60 11k

C12k (x 3 )k x

C12kx

2 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

124

12!

= 495.

4!(12 4)!

Bài 25:

Ta có: (1 + x)n = Cn0 C1

n x Cn2 x 2 ... Cn

nxn

2 2

(1 x)n dx Cn0 C1n x Cn2 x 2 ... Cnn xn dx

20

NHỊ THỨC NEWTON

1

n1

2

0

1 x 2

2 x3

n xn1 2

(1 x)

Cn x Cn

Cn

... Cn

n 1 1

2 3 n

1

1

0 22 1 1 23 1 2 2n1 1 n =

3n1 2n1

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 = 23

.Cn0

.Cn3 2.C

1n.C

1n

3 n3

2n(2n2 3n 4) n 5

a

3 n3 = 26n

26n

7

3 n (loaïi)

2

Vậy n = 5.

Bài 27:

Ta có khai triển : (x + 1) 2n 0 2n 1 2n1 2 2n 2 2n 12n

= C2n x C2nx C2nx ... C 2n x C2n

Cho x = –1 ta được:

0 1 2 3 4 2n1 2n

0 = C

2n C2n C2n C2n C2n ... C2n C2n

1 3 2n1 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 – 14x

PT x + 6

6

2!(x 2)! 3!(x 3)!

x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x

Cn0 x

2n C

1n x

2n 2 Cn

2 x

2n 4 ... C

nn

Cn0 xn 2C1nxn1 22 Cn2 xn 2 23 C3n xn 3 ... 2n Cnn

x 0 (loaïi)

2 – 9x + 14) – 0

x 7 (loaïi) x = 2

x(x

x 2

21 GV:PHAN NHẬT NAM

NHỊ THỨC NEWTON

2. 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

C020 C20

2 ... C20

20 C

120 C

320 ... C

1920

Nên : A = C0

20 C202 ... C20

20 ; B = C

120 C

320 ... C

1920

A = B (1)

* Ta coù: (1 + x)20 = C0

20 C1

20 x C202

x 2

... C19

20 x19

C20

20 x20

Cho x = 1 ta coù: C0

20 C1

20 C202 ... C

1920 C

2020 = 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

C120 C

320 C

520 ... C

1720 C

1920 =

= C190 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 n1

Do Cn Cn 1 nên ta có: Cn Cn ...Cn CnCn ...Cn

Áp dụng BĐT côsi ta có:

1 2 n 1 1 2 n1 n1

Cn Cn ... Cn

CnCn ...Cn

n 1

n

Áp dụng khai triển (a + b)n = Cnk ak bnk với a = b = 1, ta có:

k 0

0 1 2 n = 2

n 1 2 n1 = 2

n – 2

Cn Cn Cn ... Cn Cn Cn ... Cn

1 2

n 1

n n1

2 2

Suy ra: CnCn ...Cn

(đpcm).

n 1

Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 ... Cnnxn

Bài 30:

1. Ta có: (1 + x)n =

Đạo hàm hai vế , ta được: 22

NHỊ THỨC NEWTON

n(1 + x)n–1 = C1n 2Cn

2 x 3Cn

3 x

2 ... nC

nnx

n 1

Cho x = –1

0 =

Vậy S = 0.

2. Ta có : (1 + x)n = Cn0 C

1n x Cn

2 x

2 Cn

3 x

3 ... C

nnx

n

1 1

(1 x)ndx Cn0 C1n x Cn2 x 2 Cn3 x 3 ... Cnn xn dx 0 0

(1 x)n1 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

2n1 1

Cn0 1 C

1n 1 Cn

2 ... 1 Cn

n

n 1

2 3 n 1

Do đó: T = 2n1 1

n 1

n N, n 2

n n1 n 2 79

n(n 1)

n = 12

Ta có: C

n Cn Cn

1 n

79

2

Vậy: T = 213

1. 13

Bài 31:

2003

P(x) = (16x – 15)2003 = Ck

2003 (16x)200 3 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 = Ck

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

x

3 3 3 3

15

k 0 k 0 3

Gọi a k là hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển:

23

C1n 2Cn2 3Cn3 4Cn4 ... (1)n1nCnn

NHỊ THỨC NEWTON

ak = 1

C15k

.2k ; 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 thức tren, ta được:

0 =

1 3

(2n 2n1 2 4

2n

Vậy: 1C2n 3C2n 1)C2n 2C2n 4C2n 2nC2n .

Bài 34:

Ta có: [1 + x2(1 – x)]8 = C08 C

18 x

2 (1 x) C8

2x

4 (1 x)

2 C

38x

6 (1 x)

3 +

+ C84 x

8 (1 x)

4 C

58 x

10 (1 x)

5 C

68 x

12 (1 x)

6 C

78 x

14 (1 x)

7 C

88 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

38 .C3

2 ; C8

4 .C

04

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 =

C7

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)C2n1 2nC2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n

C1 2C2 x 3C3 x 2 4C4 x3 ... (2n 1)C2n1x 2n 2 2nC2nx2n1 2n 2n 2n 2n 2n 2n

C0 C1 x C2 x 2 C3 x3 C4 x 4 ... C2n1x2n1 C2n x2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n

NHỊ THỨC NEWTON

điều kiện: 28 7k

0 k = 4

12

Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: C74 = 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 2n1 2n

= C2n 1 2C2n 1x 3C2n 1x 1)C2n 1x

Thay x = –2, ta có:

1 2 2 3 ... (2n 2n 2n1 = 2n + 1

C2n 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 2n1 2n1

= C2n 1 C2n 1x C2n 1x C2n 1x ... C2n 1x

Cho x = 1 ta có: 2 2n+1 = 0 1 2 3 2n 1 (1)

C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 ... C2n 1

0 1 2 3 2n1

Cho x = –1 ta có: 0 = C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 ... C2n 1 (2)

Lấy (1) – (2) 2

2n+1

=

1 3 2n1

2

C

2n1 C2n 1 ... C

2n 1

2 2n 1 3 2n1 = 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 C107 37 23

Bài 38:

Từ giả thuyết ta suy ra: C0

2n 1 C1

2n 1 C2

2n 1 ... Cn

2n 1 220 (1)

k 2n1k , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 neân:

Vì C2n 1 C2n 1

0 1 2 n 1 0

1 2 2n1

C2n1 C2n1 C2n1 ... C2n1

C

2n1

C2n1

C2n1 ... C2n1 (2)

2

Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra:

0 1 2 2n1 2n1 2n1 (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 C1xC2x2C3x3...C2n1x2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1

NHỊ THỨC NEWTON

1 10 10

k 10

7

k 4 10 k

7

k 11k 40

x

Ta có:

x

C10 (x

)

C10x

4

x k 0 k 0

Hệ số của số hạng chứa x26 là C10k với k thỏa mãn: 11k–40 = 26 k = 6

Vậy hệ số của x26 là C106 = 210.

Bài 39:

0 1 2 n N,n 2 n N,n 2

n = 20

Cn Cn Cn 211 n(n 1) 2

1 n

211 n

n 420 0

2

(k 1).Cnk (k 1)Cn

k k (k = 1, 2, …, n)

Cn

A1 (k 1)!

k 1

k!

Do đó: với n = 20 ta có: S = C0

20 C1

20 ... C2020

= 220.

Bài 40:

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = Cnk (2)

k .xk

Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71 Cn0 2C

1n 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 = C75

(2)5 = – 672.

5

Bài 41:

Ta có: C1

n Cn3 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 = C10k (x

2 )

10 k

(x 3

)k C

k10x

20 5k

Tk 1 không chứa x 20 – 5k = 0 k = 4

Vậy số hạng không chứa x là: T5 = C

104 = 210.

26

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 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 4n1

C

4n 2 C4n 2 C4n 2 ... C4n 2 2

C0

4n 2 C2

4n 2 C4

4n 2 ... C2n

4n 2 24n

Vậy có: 24n = 256 n = 2

Cách 2: Nếu Sn = C0

4n 2 C4n2 2 C4n

4 2 ... C4n2n 2

Thì Sn+1 = C0

4n 6 C4n2 6 C4n

4 6 ... C4n2n

6

Vì C4n2k 6 C

2k4n 2 (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1 > Sn dãy (Sn) tăng.

Khi n = 2 thì S2 = C100 C10

2 C104 = 256

Vậy Sn = 256 n = 2.

1 20 3 1 10

A =

Bài 43: x

x

2

x

x

20 10

= (1)k Ck20 x 20 k x 2 k (1)n C10n x 3 10 k x1n

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 2n1 2n1 2n 2n

= C

2n C2n 3 C2n 3 ... C2n 3 C2n 3

2

2n 2n 0 1 1 2 2 2n1 2n1 2n 2n

= (1 – 3) = C

2n C2n 3 C2n 3 ... C2n 3 C2n 3

42n + 22n = 2 C02n C2n

2 32 ... C2n2n 32n

42n + 22n = 2.215(216 + 1)

(22n – 216)(22n + 216 + 1) = 0

22n = 216 n = 8.

27

NHỊ THỨC NEWTON

Bài 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b)n = Cn

0 an C1nan1b ... Cn

nbn

với a = 3, b = – 1 2n = (3 – 1)

n = Cn0 3n C1

n 3n1 ... ( 1)n Cnn

với a = 1, b = 1 2n = (1 + 1)n = Cn0 C1

n ... Cnn

Vậy : Cn0 3

n C

1n 3

n1 ... (1)

n C

nn Cn

0 C

1n ... C

nn

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 : C158 = 6435.

GV:PHAN NHẬT NAM

GV:PHAN NHẬT NAM