Tài liệu Ôn thi ĐH Toán đại số tổ hợp_Chương 5 (Phần 1) ppt

ĐẠI SỐ TỔ HP
Chương V
NHỊ THỨC NEWTON (phần 1)
Nhò thức Newton có dạng :
(a + b)
n
=
C
a
n
b
0
+ a
n-1
b
1
+ … + a
0
b
n

0
n
1
n
C
n
n
C
=
(n = 0, 1, 2, …)

n
knkk
n
k0
Ca b
−
=
∑
Các hệ số của các lũy thừa (a + b)
n
với n lần lượt là 0, 1, 2, 3, … được sắp
thành từng hàng của tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal :
k
n
C

(a + b)
0
= 1
(a + b)
1
= a + b
(a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2

(a + b)

3
= a
3
+ 3a
2
b + 3ab
2
+b
3

(a + b)
4
= a
4
+ 4a
3
b + 6a
2
b
2
+ 4ab
3
+ b
4

(a + b)
5
= a
5
+ 5a

4
b + 10a
3
b
2
+ 10a
2
b
3
+ 5ab
4
+ b
5






1




1



1

5


1

4


1

3
+
10
1

2

6

1

3

10


1

4

1

5




1





1
Các tính chất của tam giác Pascal :
(i) = = 1 : các số hạng đầu và cuối mỗi hàng đều là 1.
0
n
C
n
n
C
(ii) =
(0 k n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau.
k
n
C
nk

n
C
−
≤ ≤
(iii) = (0 k
k
n
C +
k1
n
C
+
k1
n1
C
+
+
≤ ≤
n – 1) : tổng 2 số hạng liên tiếp ở hàng trên bằng
số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới.
(iv) + … + = (1 + 1)
n
= 2
n

0
n
C +
1
n

C
n
n
C

Các tính chất của nhò thức Newton :
(i) Số các số hạng trong khai triển nhò thức (a + b)
n
là n + 1.
(ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhò thức (a + b)
n
là n.
(iii) Số hạng thứ k + 1 là Ca
n – k
b
k
.
k
n
Dạng 1:
TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON
1. Khai triển (ax + b)
n
với a, b = ± 1, ± 2, ± 3 …
Cho x giá trò thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , …,
0
n
C,
1
n

C
n
n
C.
Hai kết quả thường dùng
(1 + x)
n
= x + x
2
+ … + x
n
=
(1)
0
n
C +
1
n
C
2
n
C
n
n
C
n
kk
n
k0
Cx

=
∑
(1 – x)
n
= x + x
2
+ … + (–1)
n
x
n
= (2)
0
n
C –
1
n
C
2
n
C
n
n
C
n
kkk
n
k0
(1)Cx
=
−

∑
•

Ví dụ :
Chứng minh a) + … + = 2
n
0
n
C +
1
n
C
n
n
C

b) + … + (–1)
n
= 0
0
n
C –
1
n
C +
2
n
C
n
n

C
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 x
i
(i đã cho) trong khai triển nhò thức Newton của
một biểu thức cho sẵn
•

Ví dụ :
Giả

sử

số hạng thứ k + 1 của (a + b)
n
là a
n – k
b
k
.Tính số hạng thứ 13
trong khai triển (3 – x)
15
.
k
n
C
Giải
Ta có :

(3 – x)
15
= 3
15
– 3
14
x + … + 3
15 – k
.(–x)
k
+ … + – x
15

0
15
C
1
15
C
k
15
C
15
15
C
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 :
3
12
15

C
3
(–x)
12
= 27x
12
.
15!
12!3!
= 12.285x
12
.
3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức (a + b)
n

(a, b chứa x), ta làm như sau :
-
Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :
a
n – k
b
k
=c
m
. x
m
.
k
n
C

- Số hạng độc lập với x có tính chất : m = 0 và 0
≤
k
≤
n, k
∈
N. Giải phương
trình này ta được k = k
0
. Suy ra, số hạng độc lập với x là .
0
k
n
C
0
nk
a
−
0
k
b
•

Ví dụ :
Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức
18
x4
2x
⎛⎞
+

⎜⎟
⎝⎠

Giải
Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :

18 k
k
18
x
C
2
−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
k
4
x
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
=
kk182k18k k
18
C2 .2.x .x
− −−
=
k3k18182k

18
C2 .x
−−
Số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức có tính chất :
18 – 2k = 0
⇔
k = 9
Vậy, số hạng cần tìm là : .2
9
.
9
18
C
4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhò thức (a + b)
n
với a,
b chứa căn,
ta làm như sau :
– Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :
= K
knkk
n
Ca b
−
mn
p q
c.d
với c, d
∈¤

– Số hạng hữu tỷ có tính chất :
m
p

∈
N và
n
q

∈
N và 0
≤
k
≤
n, k N.
∈
Giải hệ trên, ta tìm được k = k
0
. Suy ra số hạng cần tìm là :
.
00
knkk
n
Ca b
−
0
•
Ví dụ :
Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhò thức
( )

7
3
16 3
+

Giải
Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :

7k
1
k
3
7
C16
−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
k
1
2
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
=
7k
k
k

3
2
7
C.16 .3
−
.
Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất :

7k
N
3
k
N
2
0k7,kN
−
⎧
∈
⎪
⎪
⎪
∈
⎨
⎪
≤≤ ∈
⎪
⎪
⎩

⇔

−=
⎧
⎪
⎨
⎪
≤≤
⎩
7k3m
k chẵn
0k7
⇔
k 7 3m (m Z)
k chẵn
0k7
=− ∈
⎧
⎪
⎨
⎪
≤≤
⎩

⇔
k = 4
Vậy, số hạng cần tìm là : .
42
17
C .16.3
Bài 120.

Khai triển (3x – 1)
16
.
Suy ra 3
16
– 3
15
+ 3
14
– … + = 2
16
.
0
16
C
1
16
C
2
16
C
16
16
C
Đại học Bách khoa Hà Nội 1998
Giải

Ta có : (3x – 1)
16
=

16
16 i i i
16
i0
(3x) ( 1) .C
−
=
−
∑
= (3x)
16
– (3x)
15
+ (3x)
14
+ … + .
0
16
C
1
16
C
2
16
C
16
16
C
Chọn x = 1 ta được :
2

16
= 3
16
– 3
15
+ 3
14
– … + .
0
16
C
1
16
C
2
16
C
16
16
C
Bài 121.
Chứng minh :
a)
n0 n11 n22 n n
nn nn
2 C 2 C 2 C ... C 3
−−
++++=
b) .
n0 n11 n22 nn n

nn n n
3 C 3 C 3 C ... ( 1) C 2
−−
−+++−=
Giải
a)
Ta có : (x + 1)
n
= .
0n 1n1 n
nn
C x C x ... C
−
+++
n
n
n
n
)
Chọn x = 2 ta được :
3
n
= .
0n 1n1 n
nn
C2 C2 ... C
−
+++
b)
Ta có : (x – 1)

n
= .
0n 1n1 n n
nn
C x C x ... ( 1) C
−
−++−
Chọn x = 3 ta được :
2
n
= .
n0 n11 n22 nn
nn n
3 C 3 C 3 C ... ( 1) C
−−
−+++−
Bài 122.
Chứng minh : ;
n1
kn1
n
k1
C2(2 1
−
−
=
=−
∑
n
kk

n
k0
C(1) 0
=
− =
∑
.
Đại học Lâm nghiệp 2000
Giải
Ta có : (1 + x)
n
= (*)
n
0 1 22 nn kk
nn n n n
k0
C C x C x ... C x C x
=
++ ++ =
∑
Chọn x = 1 ta được
2
n
=
n
k0 1 2 n1
nnnn n
k0
CCCC...C C
−

=
n
n
= ++++ +
∑

2
n
=
⇔
12 n1
nn n
1 C C ... C 1
−
++++ +
2
n
– 2 =
⇔
n1
k
n
k1
C
−
=
∑
Trong biểu thức (*) chọn x = – 1 ta được 0 =
n
kk

n
k0
C(1)
=
−
∑
.
Bài 123.
Chứng minh :
02244 2n2n2n12n
2n 2n 2n 2n
C C 3 C 3 ... C 3 2 (2 1)
−
++++ = +
Đại học Hàng hải 2000
Giải
Ta có : (1 + x)
2n
= (1)
0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
C C x C x ... C x C x
−−
++ ++ +
(1 – x)
2n
= (2)
0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
C C x C x ... C x C x

−−
−+ +− +
Lấy (1) + (2) ta được :
(1 + x)
2n
+ (1 – x)
2n
= 2
022 2n2n
2n 2n 2n
C C x ... C x
⎡ ⎤
+++
⎣ ⎦

Chọn x = 3 ta được :
4
2n
+ (–2)
2n
= 2
022 2n2n
2n 2n 2n
C C 3 ... C 3
⎡⎤
+++
⎣⎦

⇔
4n 2n

22
2
+
=
022 2n
2n 2n 2n
C C 3 ... C 3+++
2n

⇔
2n 2n
2(2 1)
2
+
=
022 2n
2n 2n 2n
C C 3 ... C 3+++
2n
)
2n
=
⇔
2n 1 2n
2(2 1
−
+
022 2n
2n 2n 2n
C C 3 ... C 3+++

Bài 124.
Tìm hệ số đứng trước x
5
trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức :
f(x) = (2x + 1)
4
+ (2x + 1)
5
+ (2x + 1)
6
+ (2x + 1)
7
.