Bài tập Chuyên đề Nhị thức Newton có đáp án
23 câu hỏi
a) Chọn số thích hợp cho ? trong khai triển biểu thức sau:
(a+b)3=C3?a3−?+C3?a3−?b1+C3?a3−?b2+C3?a3−?b3.
Từ đó nêu dạng tổng quát của mỗi số hạng trong khai triển biểu thức (a + b)3.
b) Xét biểu thức (a + b)n.
Nêu dự đoán về dạng tổng quát của mỗi số hạng trong khai triển biểu thức (a + b)n.
a) (a+b)3=C30a3−0+C31a3−1b1+C32a3−2b2+C33a3−3b3.
Mỗi số hạng trong khai triển biểu thức (a + b)3 đều có dạng C3ka3−kbk.
b) Cũng như thế, mỗi số hạng trong khai triển
biểu thức (a + b)n đều có dạng Cnkan−kbk.
Khai triển biểu thức (x + 2)7.
x+27=x7+C71x6 2+C72x5 22+C73x4 23+C74x3 24+C75x2 25+C76x 26+ 27.
Cho n∈ℕ*. Chứng minh Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn−1+Cnn=2n.
Ta có:
x+1n=Cn0xn+Cn1xn−1 . 1+Cn2xn−2 . 12+...+Cnn−1x . 1n−1+Cnn . 1n=Cn0xn+Cn1xn−1+Cn2xn−2+...+Cnn−1x +Cnn.
Cho x = 1, ta được:
1+1n=Cn01n+Cn11n−1+Cn21n−2+...+Cnn−11 +Cnn=Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn−1+Cnn.
Vậy Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn−1+Cnn=1+1n=2n.
Ta đã biết:
(a+b)2=C20a2+C21ab+C22b2;
(a+b)3=C30a3+C31a2b+C32ab2+C33b3;
(a+b)4=C40a4+C41a3b+C42a2b2+C43ab3+C44b4;
(a+b)5=C50a5+C51a4b+C52a3b2+C53a2b3+C54ab4+C55b5.
Ta sắp xểp những hệ số tổ hợp ở trên như sau:
Nêu phép toán để từ hai số hạng của dòng trên suy ra được số hạng tương ứng (thể hiện ở mũi tên ↓) ở dòng dưới trong bảng các hệ số nói trên.
Tổng của hai số hạng của dòng trên bằng số hạng tương ứng ở dòng dưới.
Sử dụng tam giác Pascal để khai triển:
a) (x + y)7;
b) (x – 2)7.
Tam giác Pascal ứng với n ≤ 7 là:
Vậy:
a) x+y7=x7+7x6y+21x5y2+35x4y3+35x3y4+21x2y5+7xy6+y7.
b) x−27
=x7+7x6. −2+21x5−22+35x4−23+35x3−24+21x2−25+7x−26+−27
=x7−14x6+84x5−280x4+560x3−672x2+448x−128.
Xét dãy các hệ số trong khai triển nhị thức (a + b)4( Hình 7a) và nhị thức (a + b)5 (Hình 7b) sau:
a) So sánh từng cặp hệ số C40 và C44; C41 và C43 ở Hình 7a.
So sánh từng cặp hệ số C50 và C55; C51 và C54; C52 và C53 ở Hình 7b.
b) Nêu nhận xét về sự tăng giảm của mỗi dãy hệ số:
C40 C41 C42 C43 C44 (trong khai triển (a + b)4)
C50 C51 C52 C53 C54 C55 (trong khai triển (a + b)5)
Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển của:
a) (a + b)2022;
b) (a + b)2023.
Vì dãy hệ số của khai triển (a + b)n tăng dần đến "giữa" rồi giảm dần nên:
a) Hệ số lớn nhất của (a + b)2022 là C20221011.
b) Hệ số lớn nhất của (a + b)2023 là C20231011 và C20231012.
Quan sát khai triển nhị thức:
(ax+b)n=Cn0(ax)n+Cn1(ax)n−1b+Cn2(ax)n−2b2+...+Cnn−1(ax)bn−1+Cnnbn
=Cn0anxn+Cn1an−1bxn−1+Cn2an−2b2xn−2+...+Cnn−1abn−1x+Cnnbn.
Nêu công thức tính hệ số của xk trong khai triển trên.
Hệ số của xk trong khai triển trên là Cnn−kakbn−k với k∈ℕ, k ≤ n, n∈ ℕ*.
Xét khai triển của (x + 5)15.
a) Nêu số hạng chứa x7, từ đó nêu hệ số của x7.
b) Nêu số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức trên, từ đó nêu hệ số ak của xk với 0 ≤ k ≤ 15.
a) Số hạng chứa x7 là C155x7. 55. Hệ số của x7 là C15555.
b) Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C1515−kxk515−k. Hệ số của xk là C1515−k515−k.
Khai triển các biểu thức sau:
a) (2x + y)6;
b) (x – 3y)6;
c) (x – 1)n;
d) (x + 2)n;
e) (x + y)2n;
g) (x – y)2n;
trong đó n lả số nguyên dương.
a) (2x + y)6
=C602x6+C612x5y+C622x4y2+C632x3y3+C622x2y2+C612xy5+C66y6
=26x6+C6125x5y+C6224x4y2+C6323x3y3+C6422x2y4+C652xy5+y6.
b) (x – 3y)6
= [x + (–3y)]6
=C60x6+C61x5−3y+C62x4−3y2+C63x3−3y3+C64x2−3y4+C65x−3y5+C66−3y6
=x6−C613x5y+C6232x4y2−C6333x3y3+C6434x2y4−C6535xy5+36y6.
c) (x – 1)n
= [(x + (–1)]n
=Cn0xn+Cn1xn−1−1+Cn2xn−2−12+...+Cnn−1x−1n−1+Cnn−1n
=xn+Cn1−1xn−1+Cn2−12xn−2+...+Cnn−1−1n−1x+−1n.
d) (x + 2)n
=Cn0xn+Cn1xn−12+Cn2xn−222+...+Cnn−1x2n−1+Cnn2n
=xn+Cn12xn−1+Cn222xn−2+...+Cnn−12n−1x+2n.
e) (x + y)2n
=C2n0x2n+C2n1x2n−1y+C2n2x2n−2y2+...+C2n2n−1xy2n−1+C2n2ny2n
=x2n+C2n1x2n−1y+C2n2x2n−2y2+...+C2n2n−1xy2n−1+y2n.
g) (x – y)2n
=C2n0x2n+C2n1x2n−1−y+C2n2x2n−2−y2+...+C2n2n−1x−y2n−1+C2n2n−y2n
=C2n0x2n−C2n1x2n−1y+C2n2x2n−2y2−...−C2n2n−1xy2n−1+C2n2ny2n
=x2n−C2n1x2n−1y+C2n2x2n−2y2−...−C2n2n−1xy2n−1+y2n.
Tính:
a) S=C2022092022+C2022192021+...+C2022k92022−k+...+C202220219+C20222022.
b) T=C2022042022−C2022142021 . 3+...−C202220214 . 32021+C2022202232022.
Áp dụng công thức nhị thức Newton ta có:
a) S=C2022092022+C2022192021+...+C2022k92022−k+...+C202220219+C20222022
=C2022092022+C2022192021 . 1+...+C2022k92022−k.1k+...+C202220219.12021+C20222022.12022
=9+12020=102022.
b) T=C2022042022−C2022142021 . 3+...−C202220214 . 32021+C2022202232022
=C2022042022+C2022142021 .−31+...+C202220214 . −32021+C20222022−32022
=4+−32022=12022=1.
Chứng minh:
Cn03n+Cn13n−1+...+Cnk3n−k+...+Cnn−13+Cnn=Cn0+Cn13+...+Cnk3k+...+Cnn−13n−1+Cnn3n
Cn03n+Cn13n−1+...+Cnk3n−k+...+Cnn−13+Cnn
=Cn03n+Cn13n−1.11+...+Cnk3n−k.1k+...+Cnn−13.1n−1+Cnn.1n
=3+1n=4n.
Cn0+Cn13+...+Cnk3k+...+Cnn−13n−1+Cnn3n
=Cn0.1n+Cn1.1n−13+...+Cnk.1n−k3k+...+Cnn−1.1n−13n−1+Cnn3n
=1+3n=4n.
Vậy Cn03n+Cn13n−1+...+Cnk3n−k+...+Cnn−13+Cnn
=Cn0+Cn13+...+Cnk3k+...+Cnn−13n−1+Cnn3n.
Xác định hệ số của:
a) x12 trong khai triển của (x + 4)30;
b) x10 trong khai triển của (3 + 2x)30;
c) x15 và x16 trong khai triển của 2x3−1751.
Xét khai triển của x+5212.
a) Xác định hệ số của x7.
b) Nêu số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức trên, từ đó nêu hệ số ak của xk với 0 ≤ k ≤ 12.
a) Số hạng chứa x7 là C125x7525. Hệ số của x7 là C125525.
b) Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C1212−kxk5212−k.
Hệ số của xk là C1212−k5212−k.
Xét khai triển của x2+1521.
a) Xác định hệ số của x10.
b) Nêu số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức trên, tưr đó nêu hệ số ak của xk với 0 ≤ k ≤ 21.
a) Số hạng chứa x10 là C2111x2101511.
Hệ số của x10 là C211112101511=C21111210511.
b) Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C2121−kx2k1521−k.
Hệ số của xk là C2121−k12k521−k.
Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển của:
a) (a + b)8;
b) (a + b)9.
Vì dãy hệ số của khai triển (a + b)n tăng dần đến "giữa" rồi giảm dần nên:
a) Hệ số lớn nhất của (a + b)8 là C84.
b) Hệ số lớn nhất của (a + b)9 là C94 và C95.
Chứng minh công thức nhị thức Newton bằng phương pháp quy nạp:
(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b+...+Cnn−1abn−1+Cnnbn với n∈ℕ*.
+) Với n = 1, ta có: (a + b)1 = a + b =
Vậy công thức đúng với n = 1.
+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh công thức cũng đúng với k + 1, tức là:
(a+b)k+1=Ck+10ak+1+Ck+11a(k+1)−1b+...+Ck+1(k+1)−1ab(k+1)−1+Ck+1k+1bk+1.
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:
(a+b)k=Ck0ak+Ck1ak−1b+...+Ckk−1abk−1+Ckkbk.
Khi đó:
(a+b)k+1=a+ba+bk
=aa+bk+ba+bk
=aCk0ak+Ck1ak−1b+...+Ckk−1abk−1+Ckkbk
+bCk0ak+Ck1ak−1b+...+Ckk−1abk−1+Ckkbk
=Ck0ak+1+Ck1akb+Ck2ak−1b2+...+Ckk−1a2bk−1+Ckkabk
+Ck0akb+Ck1ak−1b2+...+Ckk−2a2bk−1+Ckk−1abk+Ckkbk+1
=Ck0ak+1+Ck0+Ck1akb+Ck1+Ck2ak−1b2+...
+Ckk−2+Ckk−1a2bk−1+Ckk−1+Ckkabk+Ckkbk+1
=1.ak+1+Ck+11akb+Ck+12ak−1b2+...+Ck+1k−1a2bk−1+Ck+1kabk+1.bk+1
(vì Cki+Cki+1=Ck+1i+1 ∀0≤i≤k, i∈ℕ, k∈ℕ*)
=Ck+10ak+1+Ck+11a(k+1)−1b+...+Ck+1(k+1)−1ab(k+1)−1+Ck+1k+1bk+1.
Vậy công thức cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, công thức đã cho đúng với mọi n∈ℕ*.
Bằng phương pháp quy nạp, chứng minh:
a) n5 – n chia hết cho 5∀ n∈ℕ*;
b) n7 – n chia hết cho 7 ∀n ∈ ℕ*.
a)
+) Với n = 1, ta có: 15 – 1 = 0 ⁝ 5.
Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: (k + 1)5 – (k + 1) ⁝ 5.
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: k5 – k⁝ 5.
Khi đó:
(k + 1)5 – (k + 1)
Mà và đều chia hết cho 5, do đó
⁝ 5 hay (k + 1)5 – (k + 1) ⁝ 5.
Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n∈ℕ*.
b)
+) Với n = 1, ta có: 17 – 1 = 0 ⁝ 7.
Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: (k + 1)7 – (k + 1) ⁝ 7.
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: k7 – k⁝ 7.
Khi đó:
(k + 1)7 – (k + 1)
Mà và đều chia hết cho 7, do đó
⁝ 7 hay (k + 1)7 – (k + 1) ⁝ 7.
Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n∈ℕ*.
Cho tập hợp A = {x1; x2; x3; ... ;xn} có n phần tử. Tính số tập hợp con của A.
Vì A có n phần tử nên số tập hợp con có k phần tử của tập hợp A là: Cnk.
Như vậy tổng số tập con của tập hợp A là: Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn−1+Cnn.
Lại có Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn−1+Cnn=2n (theo luyện tập 2).
Vậy tập hợp A có tất cả 2n tập con.
Một nhóm gồm 10 học sinh tham gia chiến dịch Mùa hè xanh. Nhà trường muốn chọn ra một đội công tác có ít nhất hai học sinh trong những học sinh trên. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội công tác như thế?
Đội công tác có thể có từ 2 đến 10 học sinh.
Nếu đội công tác có k học sinh thì ta có C10k cách chọn.
Như vậy tổng số cách chọn là: C102+C103+...+C1010.
Lại có C100+C101+C102+C103+...+C1010=210=1024(áp dụng luyện tập 2 với n = 10).
⇒C102+C103+...+C1010=210=1024−C100+C101=1024−1+10=1013
.
Để tham gia một cuộc thi làm bánh, bạn Tiến làm 12 chiếc bánh có màu khác nhau và chọn ra số nguyên dương chẵn chiếc bánh để cho vào một hộp trưng bày. Hỏi bạn Tiến có bao nhiêu cách để chọn bánh cho vào hộp trưng bày đó?
Số bánh bạn Tiến có thể chọn để cho vào hộp có thể là 2, 4, 6, 8, 10 hoặc 12.
Như vậy tổng số cách chọn là: C122+C124+...+C1212.
Lại có C120+C122+C124+...+C1212=22 . 6−1=211=2048 (áp dụng câu c Ví dụ 3 với n = 6).
⇒C122+C124+...+C1212=22 . 6−1=2048−C120=2048−1=2047
Vậy có 2047 cách.
Bác Thành muốn mua quà cho con nhân dịp sinh nhật nên đã đến một cửa hàng đồ chơi. Bác dự định chọn một trong năm loại đồ chơi. Ở cửa hàng, mỗi loại đồ chơi đó chỉ có 10 sản phẩm khác nhau bày bán. Biết rằng nếu mua bộ trực thăng điều khiển từ xa, bác sẽ chỉ mua 1 sản phẩm; nếu mua bộ đồ chơi lego, bác sẽ mua 3 sản phẩm khác nhau; nếu mua bộ lắp ghép robot chạy bằng năng lượng mặt trời, bác sẽ mua 5 sản phẩm khác nhau; nếu mua rubik, bác sẽ mua 7 sản phẩm khác nhau; còn nếu mua mô hình khủng long, bác sẽ mua 9 sản phẩm khác nhau. Bác Thành có bao nhiêu cách chọn quà sinh nhật cho con?
Số cách chọn nếu bác Thành mua:
– Bộ trực thăng điều khiển từ xa là: C101.
– Bộ đồ chơi lego là: C103.
– Bộ lắp ghép robot chạy bằng năng lượng mặt trời là: C105.
– Rubik là: C107.
– Mô hình khủng long là: C109.
Vậy tổng số cách chọn là: C101+C103+C105+C107+C109.
Lại có C101+C103+C105+C107+C109=22 . 5−1=29=512 (áp dụng câu c Ví dụ 3 với n = 5).
Vậy có 512 cách.
Giả sử tính trạng ở một loài cây được quy định do tác động cộng gộp của n cặp alen phân li độc lập A1a1, A2a2, ..., Anan. Cho cây F1 dị hợp về n cặp alen giao phối với nhau. Tỉ lệ phân li kiểu hình của F2 là hệ số của khai triển nhị thức Newton (a + b)2n, nghĩa là tỉ lệ phân li kiểu hình của F2 là C2n0:C2n1:C2n2:...:C2n2n−2:C2n2b−1:C2n2n.
Cho biết một loài cây có tính trạng được quy định bởi tác động cộng gộp của 4 cặp alen phân li độc lập. Tìm tỉ lệ phân li kiểu hình của F2 nếu cây F1 dị hợp về 4 cặp alen giao phối với nhau.
Thay n = 4 vào công thức trong đề bài, ta được:
Tỉ lệ phân li kiểu hình của F2 nếu cây F1 dị hợp về 4 cặp alen giao phối với nhau là:
C2 . 40:C2 . 41:C2 . 42:...:C2 . 42 . 4 hay C80:C81:C82:C83:C84:C85:C86:C87:C88.