HD giai cac bai toan ve Nhi thuc Niwwton

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ NHỊ THỨC NEWTON  Giới thiệu: Các bài toán về “Nhị thức Newton” gần đây rất hay gặp trong các đề thi khối A (ĐH-CĐ) ; Đề ra không khó, chỉ cần nắm vững công thức/định lí là giải được. Vì HS thường it tiếp cận với dạng đề này nên lúng túng giải mất nhiều thời gian. Tài liệu này giúp các bạn hệ thống lại phần kiến thức liên quan và sưu tầm một loạt đề toán thi ĐH có giải bằng ứng dụng “Nhị thức Newton” để các bạn tham khảo. Nội dung chính trong tài liệu là của bạn Nguyễn Trung Hiếu, NBS chỉ sắp xếp lai, các công thức, các ký hiệu toán học đều biên soạn bằng “latex”- Từng phần, từng bài toán có đặt trong “khung” rất tiện cho người sử dụng khi cần sao trích, biên soạn bài giảng cho HS. A.- Phần LÍ THUYẾT cần nắm vững: 1/.Các hằng đẳng thức liên quan 0.  a  b  1 1  a  b  a  b 2  a  b  a 2  2ab  b2 3  a  b  a3  3a 2b  3ab2  b3 4  a  b  a 4  4a3b  6a 2b2  4ab3  b4 ... 2.-Nhị thức Newton( Niu-tơn). a/.Định lí: n. n.  a  b  Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...  Cnn 1ab n 1  Cnnb n  Cnk a n k b k k 0. Hệ quả: n. n. *. n. k k n.  a  b   a    b    C a k 0. 1 x *. n. n. n k. n. k.   b     1 Cnk a n k b k k 0.  Cnk .x k Cn0  Cn1 .x  ...  Cnn .x n k 0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  a  b b/.Tính chất của công thức nhị thức Niu-tơn.  a  b -Số các số hạng của công thức. n. :. n. là n+1 -Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: (n-k)+k=n -Số hạng tổng quát của nhị thức là:. Tk 1 Cnk a n  k b k.  a  b (Đó là số hạng thứ k+1 trong khai triển. n. ) -Các hệ số nhị thức cách đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau.. 2n Cnn  Cnn  1  ...  Cn0 n. 0 Cn0  Cn1  ...    1 Cnn -Tam giác pascal: Khi viết các hệ số lần lượt với n = 0,1,2,... ta được bảng n. k 0. 1. 0. 1. 1. 1. 1. 2. 1. 2. 3. 1. 4. 1. 5. 1. 2. 3. 4. 5. ..... 1 3. 1. 4. 6. 4. 1. 5. 10. 10. 5. 1. Trong tam giác số này, bắt đầu từ hàng thứ hai, mỗi số ở hàng thứ n từ cột thứ hai đến cột n-1 bằng tổng hai số đứng ở hàng trên cùng cột và cột trước nó. Sơ dĩ có quan hệ này là do có công thức truy hồi k k 1 k n n 1 n  1 (Với 1 < k < n). C C. C. 3/.Một sô công thức khai triển hay sử dụng:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> n. n. n. 2  1  1  Cnk Cnn  Cnn  1  ...  Cn0 k 0.  n. n. k. n. 0  1  1    1 Cnk Cn0  Cn1  ...    1 Cnn k 0. . 1 x. n. n.  Cnk x n  k Cn0 x n  Cn1 x n  1  ...  Cnn x 0 k 0. . 1 x. n. n. n. n.    1 Cnk x k Cn0 x 0  Cn1 x1  ...    1 Cnn x n k 0. .  x  1. n. n. k. n.    1 Cnk x n  k Cn0 x n  Cn1 x n  1  ...    1 Cnn x 0 k 0. . 4/.Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức newton. n. a/.Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có nhiên liên tiếp. n. b. Trong biểu thức có.  i  i  1 C. i n. i 1. thì ta dùng đạo hàm. n.  Trong biểu thức có. i k C i 1 n.  Trong biểu thức có. k. a C. i n. i 1 n. 1.  i  1C.  Trong biểu thức có i 1 hợp.  Nếu bài toán cho khai triển. x. a. x. b n. n. a n i. i n. i 1. cho phương trình. i 1. i n. với i là số tự.  i  . thì ta nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm. thì ta chọn giá trị của x=a thích hợp. i n. thì ta lấy tích phân xác định trên i. n. b. i n. i 1. a  n  i   bi m.  a; b . thích. a n  i  ib.   C  x   x   C x  i n. C. có nghiệm. thì hệ số của xm là Cin sap. i.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . C. i n. đạt MAX khi. i. n n 1 n 1 i i 2 với n lẽ, 2 với n chẵn. 2 hay. B.- CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NHỊ THỨC NEWTON. I.-Các bài toán về hệ số nhị thức. 1/.Bài toán tìm hệ số trong khai triển newton. Bài toán 1: (Đề thi ĐH Thuỷ lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức: 9. 10. Q  x   1  x    1  x   ...   1  x  Ta được đa thức: Xác định hệ số a9.. 14. Q  x  a0  a1 x  ...  a14 x14. Giải: 9. Hệ số x Do đó:. 9. 1 x , 1 x trong các đa thức. 10. ,...,  1  x . 14. lần lượt là:. C99 , C105 ,..., C149. 1 1 1 1 a9 C99  C105  ...  C149 1  10  .10.11  .10.11.12  .10.11.12.13  .10.11.12.13.14 2 6 24 20. a9 =11+55+220+715+2002=3003 FBài toán 2:(ĐHBKHN-2000) 1 2 6 A2 x  Ax2  Cx3  10 x Giải bất phương trình: 2. @Giải: Điều kiện: x là số nguyên dương và x 3 Ta có: dất phương trình đã cho tương đương với:.  2 x  1 2 x . 6  x  2   x  1  10 2 3! x  2 x  2 x  1  x  x  2   x  2   x  1  10.  x  1 x .  3 x 12  x 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x   3; 4 Vì x là nghiệm nguyên dương và x 3 nên. FBài toán 3: (ĐH KA 2004). 1  x 2  1  x  8   Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của:  @Giải: 8. k. k.  k  i   f  x   C  x  1  x    C x     1 Cki x i  . k 0 k 0  i 0  Cách 1: Ta có:. Vậy ta có hệ số của x. 8. k 8. 2.   1 là:. i. 8. k 8. 2k. 0 i k 8  2k  i 8  i, k   . C8k Cki. thỏa mãn 2   1 C84C40    1 C83C32.  i 0   k 4  i 2   k 3. 0. Hệ số trong khai triển của x8 là:. =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   Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng:. C83  x 2  1  x    Số hạng thứ 4: C84  x 2  1  x    Số hạng thứ 5:. 8. 3. 4. 3 2 4 0 C C  C C4 =238 8 3 8 Với hệ số tương đương với: A = 8. FBài toán 4:(ĐH HCQG, 2000)  1 1  8 a) Tìm hệ số x trong khai triển  x . b) Cho biết tổng tất cả các hệ sô của a   *. 1024. Hãy tìm hệ số a  ĐHSPHN, khối D,2000). 12. x khai triển nhị thức . 2.  1. n. bằng. của số hạng ax12 trong khai triển đó.. @ Giải: a) Số hạng thứ (k+1) trong khai triển là:. (.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> k. k 12  x 12. ak C x. 1 k 12  2 k   C12 x  x.  0 k 12 . Ta chọn 12  2k 8  k 2 8. Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x và có hệ số là: b) Ta có:. n.  1  x   C 2. k n. C122 66. x 2 n Cnk  Cn1 x 2  ...  Cnk x12  2 k. k 0. n 0 1 n n 10 Với x=1 thì: 2 Cn  Cn  ...  Cn 1024  2 2  n 10. 12. Do đó hệ số a (của x ) là:. C106 210. FBài toán 5:(HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức: P  x  (1  2 x)12 a0  a1 x  ...  a12 x12 Tìm max.  a0 , a1 , a2 ,..., a12 . Giải: Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: ak  ak  1 Từ đây ta có hệ phương trình: 1 2  k k k1 k1 2 C12 2 C12  k 12  k  1   k k  k 1 k 1 2 C12 2 C12  1  2 12  k k  1.  max  a0 , a1 , a2 ,..., a12  a8 C128 218 126720 2/.Bài toán tìm sô hạng trong khai triển newton. 2  3x  FBài toán 6: Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển: . 25. @Giải: Số hạng thứ 21 trong khai triển là:. 20 5 C25 2   3x . 20. 20 5 20 20 C25 23 x. FBài toán 7: a.. x Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau . 3.  xy . 21.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>   x4 x   b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau . 1 3.  xy . 2.    . 20. @Giải: a.. x Khai triển . 3.  xy . 20. có 21+1=22 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số. thứ 11 và 12.  Số hạng thứ 11 là:  Số hạng thứ 12 là:   x4 x   b. Khai triển . 1 3.  xy . 2.    . 10 C21  x3 . 11. 11 C21  x3 . 10.  xy . 10. 10 43 10 C21 x y.  xy . 11. 10 41 11 C21 x y. 20. có 20+1=21 số hạng. Nên số hạng đứng giữa 2 số là 10. 10. 65 20 7 2     21 10  4   10 6 3 3  2   1 16 : C20  x    xy   C20 x y   số hạng thứ ( Với [x] là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là sô nguyên lớn nhất không vượt quá x).. FBài toán 8: (ĐH Khối D-2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển. 7. 1   f  x   3 x  4  x  với x  0 . @Giải: Số hạng tổng quát trong khai triển:. Tk 1 C7k.   3. x. 7 k. k. 7 7  k  1  k 3 12  C x  k  , k 7  7 4   x. 7 7  k 0  k 4 Ứng với số hạng không chứa x ta có: 3 12 4 f x Vậy số hạng không chứa x trong khai triển   là: C7 35. FBài toán 9: (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:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 10. 1 1 n k 1 10 k 1 2   x  1  2 x  C 2 x   ak  10 C10k 2k     10 10  10  3 k 0 3 Ta có:  3 3  3 C10k 2k C10k 1 2k 1 ak ak 1    k 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 3 3 2k10!  2 10!  2  2   k ! 10  k  !  k  1 ! 11  k  !  k 11  k . Ta có ak đạt được max.  k 7  k  , k   0,10  . 27 7 ak a7  10 C10 3 Vậy max. 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  ...  a11 Hãy tìm hệ số a5 Bài 2: ( Khối D-2007) 5. x 1  2 x   x 2  1  3x  Tìm hệ số của x5 trong khai triển . 10. Bài 3: ( Đề 4 “TH&TT” -2003) 20. Tìm hệ số của x5y3z6t6 trong khai triển đa thức  x  y  z  t  Bài 4: (TT ĐH- chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An) Xác định hệ số của x11 trong khai x triển đa thức: . 2.  2. n.  3x 2n 2n. 3.  1. n. 2n 1 2n. C  3C. biết: k.  ...    1 3k C22nn  k  ...  32 n C20n 1024 n. 1   P  x   x 3  2  2 x  ta được  Bài 5: (LAISAC) Khai triển. P  x  a0 x3n  a1 x 3n  5  a2 x3n  10  ... Biết rằng ba hệ số đầu a0, a1, a2 lập thành cấp số cộng. Tính số hạng thứ x4 II. Áp dụng nhị thức Newton để chứng minh hệ thức và tính tổng tổ hợp..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1/.Thuần nhị thức Newton Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng.  a  b. n. FBài toán 10: Tính tổng. thì ta sẽ dùng. n.  Cnk a n  k b k. trực tiếp nhị thức Newton: Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b.. Cnk a n  k b k. k 0. .. 316 C160  315 C161  314 C162  ...  C1616. @HD 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 FBài toán 11: ( ĐH Hàng Hải-2000) Chứng minh rằng:. C20n  32 C22n  34 C24n  ...  32 n C22nn 22 n  1  22 n  1. @Giải: 2n.  1  x  C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn  1x 2 n 1  C22nn x 2n  1 2n  1  x  C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn  1 x 2 n 1  C22nn x 2n  2  Lấy (1) + (2) ta được:. 1 x. 2n.  1 x. 2n.  4. 2n. 2  C20n  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n     2. 2n. 2  C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n . 2 4 n  22 n C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n 2 22 n  22 n  1  C 0  C 2 32  ...  C 2 n 32 n .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chọn x=3 suy ra:. 2.Sử dụng đạo hàm cấp 1,2. a/. Dùng Đạo hàm cấp 1. Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,…,n hay k n k k  1 k kC a b thì ta có thể kC n n n,…,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng hoặc. dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể: n  a  x  Cn0 a n  2Cn1a n 1 x  ...  nCnn ax n Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:. n  a  x. n 1. Cn1a n  1  2Cn2 a n 2  ...  nCnn ax n  1  1. Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm. FBài toán 12:(ĐH BKHN-1999) Tính tổng. Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...    1. n 1. nCnn. @Giải: Ta thấy tổng cần tính có dạng như công thức (1). Việc còn lại chỉ cần chọn a=1,x=-1 ta tính được tổng băng 0. Cách khác: Sử dụng đẳng thức. kCnk nCnk11. nCn0 1  nCn1 1  nCn2 1  ...    1. ta tính được tổng bằng:. n 1. nCnn11 n  1  1. n 1. 0.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> FBài toán 13:Tính tổng:. 0 1 2007 2008C2007  2007C2007  ...  C2007. @ HD Giải: Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,…,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu:.  x  1. 2007. 0 1 2007 C2007 x 2007  C2007 x 2006  ...  C2007 0. 2006. Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì chỉ được 2007C2007 x trong khi đó đề đến 2008 do đó ta phải nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới dùng đạo hàm:. x  x  1. 2007. 0 1 2007 C2007 x 2008  C2007 x 2007  ...  C2007 x. 2006. 0 1 2007   x  1  2008 x  1 2008C2007 x 2007  2007C2007 x 2006  ...  C2007 Thay x=1 vào ta tìm được tổng là 2009.22006. b/. Dùng Đạo hàm cấp 2. Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2,2.3,…,(n-1)n hay k n k (n-1)n,…,3.2,2.1 hay 12,22,…,n2 (không kể dấu) tức có dạng k (k  1)Cn a. k k  1 Cnk a n  k b k hay tổng quát hơn  thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức.  a  bx . n. Cn0  Cn1 a n  1bx  ...  Cnn bn x n. Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được: bn  a  bx . n 1. Cn1a n  1b  2Cn2 a n 2b 2 x...  nCnnb n x n 1. Đạo hàm lần nữa: b 2 n  n  1  a  bx n  2  2.1Cn2 a n  2b2  ...  n  n  1 Cnnb n x n  1  2 . Đến đây ta gần như giải quyết xong ví dụ toán chỉ việc thay a,b,x bởi các hằng số thích hợp nữa thôi. FBài toán 14: (ĐH AN-CS Khối A 1998) n. Cho. f  x   1  x  ,  2 n . f  1. a.Tính   b.Chứng minh răng:. 2.1Cn2  3.2Cn3  ...   n  1 nCnn n  n  1 2n  2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> @Giải: f  x  n  1  x . n 1. a. b. Ta có.  f  x  n  n  1  1  x . n 2.  f (1) n(1  x) n  2. Từ câu b thay (n-1)=(n+1) thì ta có một bài toán khác:. b’. Chứng minh rằng:. 2.1Cn1  3.2Cn2  ...   n  1 pCnp  ...   n  1 nCnn n  n  1 2 n  2 Với bài toán này ta giải như sau:. 1 x Xét nhị thức:. n. Cn0  Cn1 x  ...  Cnn x n. Nhân 2 vế của đẳng thức với x 0 đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được :. 2n  1  x . n 1.  n  n  1 x  1  x . n 2. 2Cn1 x  3.2Cn2 x  ...   n  1 nCnn x n  1. Cho x=2 ta được ĐPCM.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Bài tập áp dụng Bài 1:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng: 1 1 19 C20  C20  ...  C20 219. Bài 2:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng :. C. 0 2004. 2. 2 C. 1 2004.  ...  2. 2004. C. 2004 2004. 32004  1  2. Bài 3:(ĐHKTQD-2000) Chứng minh:.  2  x. n. 1.2n  1.Cn1  2.2n  2.Cn2  3.2n  2.Cn2  ...  nCnn n.3n  1  1 n  . Bài 4: Rút gọn tổng: 1 2 2009 12 C2009 22008  22 C2009 22007  ...  20092 C2009. III.Một số phương pháp khác:. 0 m  k n  k , m, n  Z FBài toán 15: (ĐHQG TP.HCM 1997) Cho  Chứng minh:. Cnk .Cm0  Cnk  1Cm1  ...  Cnk  mCmm Cnkm. @Giải:  1  x  m Cm0  Cm1 x  ...  Cmm x m  n  Ta có :  1  x  Cn0 x n  Cn1 x n  1  ...  Cnn  m n Cm0 n  Cm1 n x  ...  Cmmnn x mn  1  x  0 k 1 k 1 m k m C C  C C  ...  C Cn m n m n m Suy ra hệ số x trong (1+x) .(1+x) là Ck Và hệ số xk trong khai (1+x)m+n là m n Đồng nhất thức: (1+x)n .(1+x)m = (1+x)n+m k. n. m.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Cnk .Cm0  Cnk  1Cm1  ...  Cnk  mCmm Cnkm . Ta được: FBài toán 16: (Đề2-TH&TT-2008) 2. 2. ĐPCM. 2.  Cn1   2  Cn2   ...  n  Cnn . S2 = với n là số tự nhiên lẽ. @Giải: Ta có: 2. . S  C. 1 2 n. n 1 2 n.    n  1  C . 2.   n  1   n2 1     n  1   n21   2  ...    Cn      Cn    n  Cnn       2        2   . . 2. . 2.  n  ...   C    n. n  Cn1    Cn2   ...   Cnn  1  2. . n  Cnn 1    Cn2 . 2. 2. n 1 2 n. 2 2 2  2 S n n   Cn1    Cn2   ...   Cnn    n  . 1 x Mặt khác ta có: 1 x Trong khi đó: Nên hệ số của xn. n. 2n. C20n  C21n x  ...  C22nn x 2 n . hệ số của xn là:. Cn0  Cn1 x  ...  Cnn x n 1 2 n. 2 2 n.  C   C  là.  C2nn  1 n   C  Từ (*) và (**). 1 2 n.  ...   Cnn  2 2 n.  C . n n  Sn  CĐ 2n  2. 2. (**). 2  ...   Cnn   . PCM Bài tập áp dụng. Bài 1: Chứng minh rằng: a). Cn1 3n  1  2Cn2 3n  1  ...  nCnn n.4n 1 (ĐH Luật-2001) 12 Cn1  22 Cn2  ...  n2Cnn n  n  1 2n  2. b) Bài 2: Tính các tổng sau: a). ( Đề 1-TH&TT-2008). 1 C30  3.22 C303  5.24 C305  ...  29.2 28 C3029. n Cn1 Cn2 n Cn C    ...    1 2 3 n 1 b) 0 n. C2nn (*).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 3n. Bài 3: Đặt Tk   1. k 1. k. 3C. 2 k 1 6n. T. . Chứng minh k 1. k. 0.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>