Bài tập Nhị thức Newton có đáp án
16 câu hỏi
Có ba hộp, mỗi hộp đựng hai quả cầu được dán nhãn a và b (xem Hình 1).
Lấy từ mỗi hộp một quả cầu. Có bao nhiêu cách lấy để trong ba quả cầu lấy ra:
a) có 3 quả cầu dán nhãn b?
b) có 2 quả cầu dán nhãn b?
c) có 1 quả cầu dán nhãn b?
d) không có quả cầu nào dán nhãn b?
Hướng dẫn giải
a) Vì có tổng cộng 3 quả cầu dán nhãn b nên có C33 = 1 cách lấy ra 3 quả cầu dán nhãn b.
b) Vì có tổng cộng 3 quả cầu dán nhãn b nên có C32 = 3 cách lấy ra 2 quả cầu dán nhãn b.
c) Vì có tổng cộng 3 quả cầu dán nhãn b nên có C31 = 3 cách lấy ra 1 quả cầu dán nhãn b.
d) Vì có tổng cộng 3 quả cầu dán nhãn b nên có C30 = 1 cách lấy ra 1 quả cầu dán nhãn b.
Hãy khai triển:
a) (x – y)6;
b) (1 + x)7.
Hướng dẫn giải
a) (x – y)6
=C60x6+C61x5(−y)+C62x4(−y)2+C63x3(−y)3
+C64x2(−y)4+C65x(−y)5+C66(−y)6
=x6−C61x5y+C62x4y2−C63x3y3+C64x2y4−C65xy5+y6
=x6−6x5y+15x4y2−20x3y3+15x2y4−6xy5+y6.
b)(1 + x)7
=C7017+C7116x+C7215x2+C7314x3
+C7413x4+C7512x5+C761x6+C77x7
= 1 + 7x + 21x2 + 35x3 + 35x4 + 21x5 + 7x6 + x7.
Từ các công thức khai triển:
(a + b)0= 1;
(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;
các hệ số được viết thành bảng số như Hình 2 sau đây. Nếu sử dụng kí hiệu tổ hợp thì nhận được bảng như Hình 3.
Từ các đẳng thức như
C30=C33=1,C41=C43=4,C30+C31=C41,C42+C43=C53,
có thể dự đoán rằng, với mỗi n∈ℕ*,
Cnk=Cnn−k (0≤k≤n);
Cnk−1+Cnk=Cn+1k (1≤k≤n).
Hãy chứng minh các công thức trên.
Gợi ý: Sử dụng công thức Cnk=n!k!(n−k)!,n∈ℕ,0≤k≤n.
Hướng dẫn giải
+) Có Cnk=n!k!(n−k)!, Cnn−k=n!(n−k)![n−(n−k)]!=n!(n−k)!k!=n!k!(n−k)!.
Vậy Cnk=Cnn−k.
+) Cnk−1+Cnk=n!(k−1)!(n−k+1)!+n!k!(n−k)!
=(n+1)!n+1k!k(n−k+1)!+(n+1)!n+1k!(n−k+1)!(n−k+1)=kn+1.(n+1)!k!(n−k+1)!+n−k+1n+1.(n+1)!k!(n−k+1)!
=kn+1.(n+1)!k![(n+1)−k]!+n−k+1n+1.(n+1)!k![(n+1)−k]!
=kn+1.Cn+1k+n−k+1n+1.Cn+1k=(kn+1+n−k+1n+1)Cn+1k
=k+(n−k+1)n+1Cn+1k=n+1n+1Cn+1k=Cn+1k.
Sử dụng tam giác Pascal, hãy khai triển:
a) (2x + 1)6 ;
b)(x – y)7
.
Hướng dẫn giải
a)(2x + 1)6
=(2x)6+6(2x)51+15(2x)412+20(2x)313+15(2x)214+6(2x)15+16
=64x6+192x5+240x4+160x3+60x2+12x+1.
b) (x – y)7
= x7 + 7x6(–y) + 21x5(–y)2 + 35x4(–y)3 + 35x3(–y)4 + 21x2(–y)5 + 7x(–y)6 + (–y)7
Xác định hệ số của x2 trong khai triển (3x + 2)9.
Hướng dẫn giải
Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:
(3x + 2)9 =
C90(3x)9+C91(3x)82+...+C9k(3x)9−k2k+...+C9929.
Số hạng chứa x2 ứng với giá trị k = 7. Hệ số của số hạng này là C973227=41472.
Biết rằng trong khai triển (x + a)6 với a là một số thực, hệ số của x4 là 60. Tìm giá trị của a.
Hướng dẫn giải
Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:
(x + a)6 = C60x6+C61x5a+...+C6kx6−kak+...+C66a6.
Số hạng chứa x4 ứng với giá trị k = 2. Hệ số của số hạng này là C62a2=15a2.
Theo giả thiết, ta có 15a2 = 60, suy ra a = 2 hoặc a = –2.
Vậy a = 2 hoặc a = –2.
Chứng minh rằng, với mọi n∈ℕ*, ta có
Cn0−Cn1+Cn2−Cn3+…+(−1)nCnn=0.
Hướng dẫn giải
Xét khai triển:
(1 + x)n =Cn01n+Cn11n−1x+Cn21n−2x2+Cn31n−3x3+…+Cnnxn
=Cn0+Cn1x+Cn2x2+Cn3x3+…+Cnnxn.
Thay x = –1 ta được:
(1 – 1)n =Cn0+Cn1(−1)+Cn2(−1)2+Cn3(−1)3+…+Cnn(−1)n
=Cn0−Cn1+Cn2−Cn3+…+(−1)nCnn
⇒Cn0−Cn1+Cn2−Cn3+…+(−1)nCnn=0.
Trong hộp A có 10 quả cầu được đánh số từ 1 đến 10. Người ta lấy một số quả cầu từ hộp A rồi cho vào hộp B. Có tất cả bao nhiêu cách lấy, tính cả trường hợp lấy không quả (tức không lấy quả nào)?
Hướng dẫn giải
Số cách lấy k quả cầu từ hộp A rồi cho vào hộp B là C10k với 0 ≤ k ≤ 10.
Như vậy có tất cả C100+C101+C102+...+C109+C1010 cách.
Lại có C100+C101+C102+...+C109+C1010=210=1024
nên có tổng cộng 1024 cách lấy.
Khai triển biểu thức:
a) (x – 2y)6
b) (3x – 1)5
Hướng dẫn giải
Sử dụng tam giác Pascal, ta có:
a) (x – 2y)6
=x6+6x5(−2y)+15x4(−2y)2+20x3(−2y)3+15x2(−2y)4+6x(−2y)5+(−2y)6
=x6−12x5y+60x4y2−160x3y3+240x2y4−12xy5+64y6.
b) (3x – 1)5
=(3x)5+5(3x)4(−1)+10(3x)3(−1)2+10(3x)2(−1)3+5(3x)(−1)4+(−1)5
=243x5−405x4+270x3−90x2+15x−1.
Tìm hệ số của x10 trong khai triển của biểu thức (2 – x)12.
Hướng dẫn giải
Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:
(2 – x)12 =
C120212+C121211(−x)+...+C12k212−k(−x)k+...+C1212(−x)12
=C120212+C121211(−1)x+...+C12k212−k(−1)kxk+...+C1212(−1)12x12.
Số hạng chứa x10 ứng với giá trị k = 10. Hệ số của số hạng này là C1210212−10(−1)10=264.
Biết rằng a là một số thực khác 0 và trong khai triển của (ax + 1)6, hệ số của x4 gấp bốn lần hệ số của x2. Tìm giá trị của a.
Hướng dẫn giải
Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:
(ax + 1)6 = C60(ax)6+C61(ax)51+...+C6k(ax)6−k1k+...+C6616
=C60a6x6+C61a5x5+...+C6ka6−kx6−k+...+1.
Số hạng chứa x4 ứng với giá trị k = 2. Hệ số của số hạng này là C62a6−2=15a4;
Số hạng chứa x2 ứng với giá trị k = 4. Hệ số của số hạng này là C64a6−4=15a2.
Theo giả thiết, ta có 15a4 = 4 . 15a2, suy ra a = 2 hoặc a = –2.
Vậy a = 2 hoặc a = –2.
Biết rằng hệ số của x2 trong khai triển của (1 + 3x)n là 90. Tìm giá trị của n.
Hướng dẫn giải
Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:
(1 + 3x)n = Cn01n+Cn11n−1(3x)+...+Cnk1n−k(3x)k+...+Cnn(3x)n
=1+Cn13x+...+Cnk3kxk+...+Cnn3nxn.
Số hạng chứa x2 ứng với giá trị k = 2. Hệ số của số hạng này là Cn232=9n(n−1)2.
Theo giả thiết, ta có 9n(n−1)2=90⇒n(n−1)=20⇒[n=5 (TM)n=−4 (L).
Vậy n = 5.
Chứng minh công thức nhị thức Newton (công thức (1), trang 35 ) bằng phương pháp quy nạp toán học.
Hướng dẫn giải
+) Với n = 1, ta có: (a + b)1 = a + b = C10a1+C11b1.
Vậy công thức đúng với n = 1.
+) Với k ≥ 1 là một số nguyên dương tuỳ ý mà công thức đúng 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+b)(a+b)k
=a(a+b)k+b(a+b)k
=a(Ck0ak+Ck1ak−1b+...+Ckk−1abk−1+Ckkbk)
+b(Ck0ak+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+Ck1)akb+(Ck1+Ck2)ak−1b2+...
+(Ckk−2+Ckk−1)a2bk−1+(Ckk−1+Ckk)abk+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*.
Biết rằng (3x – 1)7 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5 + a6x6 + a7x7. Hãy tính:
a) a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7;
b) a0 + a2 + a4 + a6.
Hướng dẫn giải
Có (3x – 1)7
=C70(3x)7+C71(3x)6(−1)+C72(3x)5(−1)2+C73(3x)4(−1)3
+C74(3x)3(−1)4+C75(3x)2(−1)5+C76(3x)1(−1)6+C77(−1)7
= 2187x7 – 5103x6 + 5103x5 – 2835x4 + 945x3 – 189x2 + 21x – 1.
a) a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7
= (–1) + 21 + (–189) + 945 + (–2835) + 5103 + (–5103) + 2187 = 128.
b) a0 + a2 + a4 + a6
= (–1) + (–189) + (–2835) + (–5103) = –8128.
Một tập hợp có 12 phần tử thì có tất cả bao nhiêu tập hợp con?
Hướng dẫn giải
Vì tập hợp đã cho có 12 phần tử nên số tập hợp con có k phần tử của nó là: C12k.
Như vậy tổng số tập con của tập hợp này là: C120+C121+C122+...+C1211+C1212.
Lại có C120+C121+C122+...+C1211+C1212=212=4096.
Vậy một tập hợp có 12 phần tử thì có tất cả 4096 tập hợp con.
Từ 15 bút chì màu có màu khác nhau đôi một,
a) Có bao nhiêu cách chọn ra một số bút chì màu, tính cả trường hợp không chọn cái nào?
b) Có bao nhiêu cách chọn ra ít nhất 8 bút chì màu?
Hướng dẫn giải
a) Có C150 cách chọn ra 0 bút chì màu;
Có C151 cách chọn ra 1 bút chì màu;
Có C152 cách chọn ra 2 bút chì màu;
...
Có C1515 cách chọn ra 15 bút chì màu.
Vậy có tổng cộng C150+C151+C152+...+C1514+C1515=215=32768 cách chọn ra một số bút chì màu.
b) Số cách chọn ra ít nhất 8 bút chì màu là: C150+C151+C152+...+C157+C158.
Vì C150=C1515, C151=C1514, C152=C1513,..., C157=C158
nên C150+C151+C152+...+C157=12(C150+C151+C152+...+C1514+C1515)=12.32768=16384
⇒C150+C151+C152+...+C157+C158=16384+6345=22819.
Vậy có 22819 cách chọn ra ít nhất 8 bút chì màu.