Bài tập Nhị thức newton có đáp án
18 câu hỏi
Khai triển (a + b)n, n ∈ {1; 2; 3; 4; 5}.
Trong Bài 25 SGK Toán 10 (bộ sách Kết nối tri thức với cuộc sống), ta đã biết:
(a + b)1 = a + b
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5
Với n ∈ {1; 2: 3; 4; 5}, trong khai triển của mỗi nhị thức (a + b)n:
a) Có bao nhiêu số hạng?
b) Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng bao nhiêu?
c) Số mũ của a và b thay đổi thế nào khi chuyển từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sang phải?
a) Có n + 1 số hạng, số hạng đầu tiên là an và số hạng cuối cùng là bn.
b) Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng đều bằng n.
c) Số mũ của a giảm 1 đơn vị và số mũ của b tăng 1 đơn vị khi chuyền từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sang phải.
Tam giác Pascal
Viết các hệ số của khai triển (a + b)n với một số giá trị đầu tiên của n, trong bảng tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal
(a + b)0
(a + b)1
(a + b)2
(a + b)3
(a + b)4
(a + b)5
Hàng đầu quy ước gọi là hàng 0. Hàng n ứng với các hệ số trong khai triển nhị thức (a + b)n.
Từ tính chất này ta có thể tìm bất kì hàng nào của tam giác Ơasscal từ hàng ở ngay phía trên nó. Chẳng hạn ta có thể tìm hàng 6 từ hàng 5 như sau:
a) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển của (a + b)7.
b) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển của (2x – 1)4.
a) (a + b)7 = a7 + 7a6b + 21a5b2 + 35a4b3 + 35a3b4 + 21a2b5 + 7ab6 + b7.
b) (2x – 1)4 = [(2x + (–1)]4 = (2x)4 + 4(2x)3(–1) + 6(2x)2(–1)2 + 4(2x)(–1)3 + (–1)4
= 16x4 – 32x3 + 24x2 – 8x + 1.
Tính chất của các số Cnk
a) Quan sát ba dòng đầu, hoàn thành tiếp hai dòng cuối theo mẫu:
(a + b)1 = a + b =C10a+C10b
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 =C20a2+C21ab+C20b2
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 =C30a3+C31a2b+C32ab2+C30b3
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 = ...
(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 = ...
Nhận xét rằng các hệ số khai triển của hai số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng cuối luôn bằng nhau. Hãy so sánh, chẳng hạn, C41 và C43, C52 và C53. Từ đó hãy dự đoán hệ thức giữa Cnk và Cnn−k (0 ≤ k ≤ n).
b) Dựa vào kết quả của HĐ3a, ta có thể viết những hàng đầu của tam giác Pascal dưới dạng:
(a + b)1
(a + b)2
(a + b)3
(a + b)4
(a + b)5
Từ tính chất của tam giác Pascal, hãy so sánh C10+C11 và C21, C20+C21 và C31,... Từ đó hãy dự đoán hệ thức giữa Cn−1k−1+Cn−1k và Cnk.
a) (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 = C40a4 + C41a3b + C42a2b2 + C43ab3 + C44b4.
(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5
= C50a5 + C51a4b + C52a3b2 + C53a2b3 + C54ab4 + C55b5.
Ta thấy C41 = C43, C52 = C53,...
Dự đoán: Cnk = Cnn−k.
b) Ta thấy C10+C11 = C21, C20+C21 = C31,...
Dự đoán: Cn−1k−1+Cn−1k = Cnk.
Quan sát khai triển nhị thức của (a + b)n với n ∈ {1; 2; 3; 4; 5} ở HĐ3, hãy dự đoán công thức khai triển trong trường hợp tổng quát.
Dự đoán công thức khai triển trong trường hợp tổng quát:
(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b+…+Cnn−1abn−1+Cnnbn.
Khai triển (x – 2y)6.
(x – 2y)6
=C60x6+C61x5−2y+C62x4−2y2+C63x3−2y3
+C64x2−2y4+C65x−2y5+C66−2y6
=x6−C612x5y+C6222x4y2−C6323x3y3+C6424x2y4−C6525xy5+26y6.
Tìm hệ số của x7 trong khai triền thành đa thức của (2 – 3x)10.
Số hạng chứa x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)10 hay (–3x + 2)10 là
C1010−7−3x7210−7=C103−3723x7=−2099520x7.
Vậy hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)10 là –2099520.
(Số các tập con của tập hợp có n phần tử)
a) Viết khai triển nhị thức Newton của (1 + x)n.
b) Cho x = 1 trong khai triển ở câu a), viết đẳng thức nhận được. Giải thích ý nghĩa của đẳng thức này với lưu ý rằng Cnk (0 < k < n) chính là số tập con gồm k phần tử của một tập hợp có n phần tử.
c) Tương tự, cho x = –1 trong khai triển ở câu a), viết đẳng thức nhận được. Giải thích ý nghĩa của đẳng thức này.
a) Ta có:
(x+1)n=Cn0xn+Cn1xn−11+Cn2xn−212+…+Cnn−1x1n−1+Cnn1n
=Cn0xn+Cn1xn−1+Cn2xn−2+…+Cnn−1x+Cnn.
b) Cho x = 1, ta được:
(1+1)n=C201n+Cn11n−1+Cn21n−2+…+Cnn−11+Cnn
hay 2n=Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn−1+Cnn.
Ý nghĩa của đẳng thức này là tổng số tập con của một tập hợp gồm n phần tử là 2n.
c) Cho x = –1, ta được:
(−1+1)n=Cn0−1n+Cn1−1n−1+Cn2−1n−2+…+Cnn−1−1+Cnn
hay 0=Cn0−1n+Cn1−1n−1+Cn2−1n−2+…+Cnn−1−1+Cnn.
Ý nghĩa của đẳng thức này là số tập con có chẵn phần tử và số tập hơp con có lẻ phần tử của một tập hợp gồm n phần tử là bằng nhau.
Sử dụng tam giác Pascal, viết khai triển:
a) (x – 1)5;
b) (2x – 3y)4.
a) (x – 1)5 = [x + (–1)]5 = x5 + 5x4(–1) + 10x3(–1)2 + 10x2(–1)3 + 5x(–1)4 + (–1)5
= x5 – 5x4 + 10x3 – 10x2 + 5x – 1.
b) (2x – 3y)4 = [(2x + (–3y)]4
= (2x)4 + 4(2x)3(–3y) + 6(2x)2(–3y)2 + 4(2x)(–3y)3 + (–3y)4
= 16x4 – 96x3y + 216x2y2 – 216xy3 + 81y4.
Viết khai triển theo nhị thức Newton:
a) (x + y)6;
b) (1 – 2x)5.
a) (x + y)6 =C60x6+C61x5y+C62x4y2+C63x3y3+C64x2y4+C65xy5+C66y6
=x6+C61x5y+C62x4y2+C63x3y3+C64x2y4+C65xy5+y6.
b) (1 – 2x)5 = [(–2x) + 1]5
= C50(–2x)5 + C51(–2x)41 + C52(–2x)312 + C53(–2x)213 + C54(–2x)14 + C5515
= –25x5 + C5124x4 – C5223x3 + C5322x1 + C542x + 1.
Tìm hệ số của x8 trong khai triển của (2x + 3)10.
Số hạng chứa x8 trong khai triển của (2x + 3)10 là
C1010−82x8310−8=C1022832x8=103680x8.
Vậy hệ số của x8 trong khai triển của (2x + 3)10 là 103680.
Biết hệ số của x2 trong khai triển của (1 – 3x)n là 90 . Tìm n.
Số hạng chứa x2 trong khai triển của (1 – 3x)n hay [(–3x) +1]n là
Cnn−2−3x21n−2=9Cn2x2.
Vậy hệ số của x2 trong khai triển của (1 – 3x)n là 9Cn2.
⇒9Cn2=90⇒Cn2=10⇒nn−12=10⇒n=5.
Từ khai triển biểu thức (3x – 5)4 thành đa thức, hãy tính tổng các hệ số của đa thức nhận được.
Sử dụng tam giác Pascal, ta có:
(3x – 5)4 = (3x)4 + 4(3x)3(–5) + 6(3x)2(–5)2 + 4(3x)(–5)3 + (–5)4
= 81x4 – 540x3 + 1350x2 – 1500x + 625.
Tổng các hệ số của đa thức này là: 81 – 540 + 1350 – 1500 + 625 = 16.
Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x(1 – 2x)5 + x2(1 + 3x)10.
+) Số hạng chứa x4 trong khai triển của (1 – 2x)5 hay [(–2x) +1]5 là
C55−4−2x415−4=80x4.
Vậy hệ số của x4 trong khai triển của (1 – 2x)5 là 80
⇒ hệ số của x5 trong khai triển của x(1 – 2x)5 là 1.80 = 80 (1).
+) Số hạng chứa x3 trong khai triển của (1 + 3x)10 hay [3x +1]10 là
C1010−33x3110−3=3240x3.
Vậy hệ số của x3 trong khai triển của (1 + 3x)10 là 3240
⇒ hệ số của x5 trong khai triển của x2(1 + 3x)10 là 1.3240 = 3240 (2).
+) Từ (1) và (2) suy ra hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x(1 – 2x)5 + x2(1 + 3x)10 là 80 + 3240 = 3320.
Tính tổng sau đây:
C20210−2C20211+22C20212−23C20213+…−22021C20212021.
C20210−2C20211+22C20212−23C20213+…−22021C20212021
=C20210+C20211−2+C20212−22+C20213−23+…+C20212021−22021
=C2021012021+C2021112020−2+C2021212019−22+C2021312018−23+…+C20212021−22021
=1+−22021=−12021=−1.
Tìm số tự nhiên n thoả mãn C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n=22021.
Áp dụng câu c) phần Vận dụng trang 36 ta có:
C2n0−C2n1+C2n2−C2n3+C2n4+…−C2n2n−1+C2n2n=0
⇒C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n=C2n1+C2n3+C2n5+…+C2n2n−1.
Mặt khác, áp dụng câu b) phần Vận dụng trang 36 ta có:
C2n0+C2n1+C2n2+C2n3+C2n4+…+C2n2n−1+C2n2n=22n
⇒C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n
=C2n0+C2n1+C2n2+C2n3+C2n4+…+C2n2n−1+C2n2n2
=22n2=22n−1⇒2n−1=2021⇒n=1011.
Tìm số nguyên dương n sao cho Cn0+2Cn1+4Cn2+…+2nCnn=243.
Có:
Cn0+2Cn1+4Cn2+…+2nCnn=Cn0+Cn12+Cn222+…+Cnn2n
=Cn01n+Cn11n−12+Cn21n−222+…+Cnn2n=1+2n=3n
⇒3n=243⇒n=5.
Biết rằng (2 + x)100 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a100x100. Với giá trị nào của k (0 ≤ k ≤ 100) thì ak Iớn nhất?
+) Ta có:
Số hạng chứa xk trong khai triển của (2 + x)100 hay (x +2)100 là
C100100−kxk2100−k=C100k2100−kxk=2100C100k2kxk.
Vậy hệ số của xk trong khai triển của (x + 2)100 là 2100C100k2k⇒ak=2100C100k2k.
+) Giải bất phương trình: ak ≤ ak + 1 (1).
1⇔2100C100k2k≤2100C100k+12k+1⇔C100k2k≤C100k+12k+1⇔C100kC100k+1≤2k2k+1
⇔100!k!100−k!100!k+1!100−k−1!≤12⇔k+1!100−k−1!k!100−k!≤12⇔k+1100−k≤12
⇔2k+1≤100−k⇔3k≤98⇔k≤32 (vì k là số tự nhiên).
+) Vì ak ≤ ak + 1⇔k≤32 nên ak ≥ ak + 1 ⇔k≥32.
Do đó a1≤a2≤...≤a32≤a33≥a34≥a35≥...≥a100.
Ta thấy dấu "=" không xảy ra với bất kì giá trị nào của k.
Do đó a33 là giá trị lớn nhất trong các ak.