CHƯƠNG II: TỔ HỢP – XÁC SUẤT I : NH TH C NIUTƠN

Đại số 11 - Bài Nhị thức Newton . Page 1

CHƯƠNG II: TỔ HỢP – XÁC SUẤT I : NH TH C NIUTƠN

PH N – THU T . Nhị thức Newton

Định lí: ^{n n k n k k}_n

k 0

(a b) C a ^ b



 



C a^{0 n}_n C a^{1 n 1}_n ^ b C a ^{2 n 2 2}_n ^ b  ... C^{n 1}_n^ ab^{n 1} C b^{n n}_n 2. Nhận xét

Trong khai triển Newton (a b) ⁿ có các tính chất sau

* Gồm có n 1 số hạng

* Số mũ của a giảm từ n đến 0 và số mũ của b tăng từ 0 đến n

* Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n

* Các hệ số có tính đối xứng: C^k_n C^{n k}_n^

* Số hạng tổng quát : T_{k 1} C a^{k n k k}_n ^ b

VD: Số hạng thứ nhất T₁T_{0 1} C a^{0 n}_n , số hạng thứ k:  _{ }  k 1 n k 1 k 1^{   } k (k 1) 1 n

T T C a b

. Một số hệ quả

Hệ qủa: Ta có : (1 x) ⁿ C⁰_nxC¹_n x C^{2 2}_n ... x C^{n n}_n Từ khai triển này ta có các kết quả sau

* C⁰_nC¹_n ... Cⁿ_n 2ⁿ

* C⁰_nC¹_nC²_n  ... ( 1) C^{n n}_n 0 PHẦN 2 – CÁC DẠNG I TẬP TỰ UẬN

D n : X c ịnh hệ số của số h n chứa x^m tron khai triển





Ph n ph p iải: Ta có:





   

k 0 k 0

ax bx C ax ^ bx C a ^ b x ^{ }

 

 





Số hạng chứa x^m ứng với giá trị k thỏa: np pk qk m   . Từ đó tìm k ^{m np}

p q

 



Vậy hệ số của số hạng chứa x^m là: C a^{k n k}_n ^ .b^k với giá trị k đã tìm được ở trên.

Nếu k không nguyên hoặc k n thì trong khai triển không chứa x^m, hệ số phải tìm bằng 0.

Chú ý: Xác định hệ số của số hạng chứa x^m trong khai triển

   p qn

P x  a bx cx được viết dưới dạnga₀a x ... a x₁   _2n ²ⁿ. Ta làm như sau:

* Viết

   p qn n k n kn  p qk

k 0

P x a bx cx C a ^ bx cx



   



* Viết số hạng tổng quát khi khai triển các số hạng dạng





* Từ số hạng tổng quát của hai khai triển trên ta tính được hệ số của x^m.

Đại số 11 - Bài Nhị thức Newton . Page 2 V iển h nh

V 1. Tìm hệ số của x⁵ trong khai triển đa thức của: ^{x 1 2x}









ời iải.

Đặt f(x) x 1 2x









Ta có : ^{5 k}₅

 

 

k 0 i 0

f(x) x C 2 .x x C 3x

 







^{5 k}₅

 

k 0 i 0

C 2 .x ^ C 3 .x^

 







Vậy hệ số của x⁵ trong khai triển đa thức của f(x) ứng với k 4 và i 3 là: C⁴5

 





ời iải.

Cách 1:

 

   

 

2 0 1 2 2 4 3 6

8 8 8 8

1 x 1 x C C x 1 x C x 1 x C x 1 x

          

 

C x 1 x8^{4 8}













Trong khai triển trên ta thấy bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. Do đó x⁸ chỉ có trong số hạng thứ tư, thứ năm với hệ số tương ứng là: C .C , C .C³₈ ²₃ ⁴₈ ⁰₄. Vậy hệ số cuả x⁸ trong khai triển đa thức ^_^{1 x 1 x 2}





3 2 4 0

8 8 3 8 4

a C .C C .C 238. Cách 2: Ta có:

 

 

 

2 n 2n n k 2n k

8 8 n

n 0 n 0 k 0

1 x 1 x C x 1 x C C 1 x ^

  

       

 

  

với 0 k n 8   .

Số hạng chứa x⁸ ứng với 2n k 8    k 8 2n là một số chẵn.

Thử trực tiếp ta được k 0; n 4 và _k_2,n₃. Vậy hệ số của x⁸ là C .C³₈ ²₃C .C₈^{4 0}₄ 238.

V 3. Đa thức ^{P x}

 





ời iải.

Ta có:

   210 10 10k  2k

k 0

P x 1 3x 2x C 3x 2x



   



10 k 10 k

k i k i 2 i k i k i i k i

10 k 10 k

k 0 i 0 k 0 i 0

C C (3x) ^.(2x ) C C .3 ^.2 x ^

   



 

 

với 0 i  k 10 . Do đó k i 15  với các trường hợp

k 10,i 5 hoặc _k_9,i₆ hoặc _k_8,i₇

Vậy a₁₅C .C .3 .2¹⁰₁₀ ⁵₁₀ ^{5 5}C .C .3 .2₁₀^{9 6}₉ ^{3 6}C .C .3.2₁₀^{8 7}₈ ⁷.

Đại số 11 - Bài Nhị thức Newton . Page 3 V 4. Tìm hệ số không chứa x trong các khai triển sau (x^{3 2})ⁿ

x , biết rằng C^{n 1}_n^ C^{n 2}_n^ 78 với x 0 ời iải.

Ta có: C^{n 1}_n C^{n 2}_n 78 ^{n! n!} 78 (n 1)!1! (n 2)!2!

      

 

n(n 1) 2

n 78 n n 156 0 n 12

2

          .

Khi đó:

12 12

3 k k 36 4k

12 k 0

f(x) x 2 C ( 2) x x





 

    

 



Số hạng không chứa x ứng với k : 36 4k 0   k 9 Số hạng không chứa x là: ( 2) C ⁹ ₁₂⁹  112640

V 5. Với n là số nguyên dương, gọi a_{3n 3} là hệ số của _x^{3n 3} trong khai triển thành đa thức của

2 n n

(x 1) (x 2) . Tìm n để a_{3n 3} 26n

ời iải.

Cách 1:Ta có :

 

 

2 n 0 2n 1 2n 2 2 2n 4 n

n n n n

n 0 n 1 n 1 2 2 n 2 n n

n n n n

x 1 C x C x C x ... C

x 2 C x 2C x 2 C x ... 2 C

 

 

     

     

Dễ dàng kiểm tra n 1 , n 2 không thoả mãn điều kiện bài toán.

Với n 3 thì dựa vào khai triển ta chỉ có thể phân tích

3n 3 2n n 3 2n 2 n 1

x ^ x .x ^ x ^ .x ^

Do đó hệ số của _x^{3n 3} trong khai triển thành đa thức của









Suy ra





3n 3

2n 2n 3n 4 7

a 26n 26n n

3 2



 

      hoặcn 5

Vậy n 5 là giá trị cần tìm.

Cách 2:

Ta có:





 

1 2

x 1 x 2 x 1 1

x x

   

        

 

 

i k

n n n n

3n i k 3n i 2i k k k

n 2 n n n

i 0 k 0 i 0 k 0

1 2

x C C x C x C 2 x

x x

 

   

 

   

       

 

   

   

Trong khai triển trên , luỹ thừa của x là _{3n 3} khi 2i k 3 2i k 3

       .

Ta chỉ có hai trường hợp thoả mãn điều kiện này là i0,k3 hoặc

i 1,k 1  (vì i,k nguyên).

Hệ số của x^{3n 3} trong khai triển thành đa thức của









Là :a_{3n 3} C .C .2⁰_n ³_n ³C .C .2¹_n ¹_n .

Do đó





3n 3

2n 2n 3n 4 7

a 26n 26n n

3 2



 

      hoặcn 5

Vậy n 5 là giá trị cần tìm.

Đại số 11 - Bài Nhị thức Newton . Page 4 V 6. Tìm hệ số của số hạng chứa x²⁶trong khai triển nhị thức Newton của ^  ^

 

n 7 4

1 x

x , biết

1 2 n 20

2n 1 2n 1 2n 1

C _ C _  ... C _ 2 1. ời iải.

Do C^k_{2n 1} C^{2n 1 k}_{2n 1}^{ }_ k 0,1,2,...,2n 1  

0 1 n n 1 n 2 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

C _ C _ ... C _ C ^_ C ^_ ... C ^_

       

Mặt khác: ^{C12n 1 C22n 1  ... C2n 12n 1 22n 1}

0 1 2 n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2(C _ C _ C _ ... C _ ) 2 ^

     

1 2 n 2n 0 2n

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

C _ C _ ... C _ 2 C _ 2 1

       

2n 20

2 1 2 1 n 10

      .

Khi đó: 4 ^{7 10}





k 0

1 x x x C (x ) .x

x

  



     

 

 



10 k 11k 40 10 k 0

C x ^







Hệ số chứa x²⁶ ứng với giá trị k : 11k 40 26   k 6. Vậy hệ số chứa x²⁶ là: C⁶₁₀ 210.

D n 2: X c ịnh hệ số lớn nhất tron khai triển nhị thức Niut n

Ph n ph p iải: Để xác định hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niutơn Ta làm như sau:

* Tính hệ số a_k theo k và n;

* Giải bất phương trình a_{k 1} a_ka_{k 1} a_k là hệ số lớn nhất cần tìm.

V iển h nh

V . Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển của:





ời iải.

Đặt

 

 

  

  ⁸ 







k 0 k 0 k 0

f(x) 2 3x C 2 . 3x C 2 .3 .x a .x a C 2 .3

Giả sử a_klà hệ số lớn nhất a_{k 1} a_ka_{k 1}

 

 

     

     

    

    

 

      

 

 

   

    

6 k 1

k 6 k k k 1 k 1

6 6

6 k 1

k 6 k k k 1 k 1

6 6

6! 6!

2 .3

6 k !.k ! 6 k 1 !. k 1 !

C 2 .3 C 2 .3

6! 6!

C 2 .3 C 2 .3 .3 .2

6 k !.k ! 7 k !. k 1 !

   

 

 

    

 

   

 

 

 



k 16

2 k 1 3 6 k 5 k 4

3 7 k 2k 21

k 5

.

Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là a₄ C 2 .3^{4 2}₆ ⁴ 4860. D n : ài to n liên quan ến tổn ⁿ _k ^{k k}_n

k 0

a C b



Ph n ph p : Dựa vào khai triển nhị thức Newton

n 0 n n 1 1 n 2 2 2 n n

n n n n

(a b) C a a ^ bC a ^ b C  ... b C .

Đại số 11 - Bài Nhị thức Newton . Page 5 Ta chọn những giá trị a, b thích hợp thay vào đẳng thức trên.

Một số kết quả ta thường hay sử dụng:

* C^k_nC^{n k}_n^

* C⁰_nC¹_n ... Cⁿ_n 2ⁿ

*

n k k

n k 0

( 1) C 0



 



*

n n 2n

2k 2k 1 k

2n 2n 2n

k 0 k 0 k 0

C C 1 C

2



  

 

  

*

n k k n

n k 0

C a (1 a)





Ph n ph p 2: Dựa vào đẳng thức đặc trưng

- Mấu chốt của cách giải trên là ta tìm ra được đẳng thức (*) và ta thường gọi (*) là đẳng thức đặc trưng.

- Cách giải ở trên được trình bày theo cách xét số hạng tổng quát ở vế trái (thường có hệ số chứa k) và biến đổi số hạng đó có hệ số không chứa k hoặc chứa k nhưng tổng mới dễ tính hơn hoặc đã có sẵn.

V iển h nh

V 1. Tìm số nguyên dương n sao cho: C⁰_n2C¹_n4C²_n ... 2 C^{n n}_n 243 ời iải.

Xét khai triển: (1 x) ⁿC⁰_nxC¹_nx C^{2 2}_n ... x C^{n n}_n Cho x 2 ta có: C⁰_n2C¹_n4C²_n ... 2 C^{n n}_n3ⁿ Do vậy ta suy ra 3ⁿ 2433⁵ n 5.

V 2. Tính tổng sau: S ¹C⁰_n ¹C¹_n ¹C³_n ¹C⁴_n ... ^{( 1)n} Cⁿ_n

2 4 6 8 2(n 1)

      



ời iải.

Ta có:

0 1 2 n n

n n n n

1 1 1 ( 1)

S C C C ... C

2 2 3 n 1

  

       

Vì ^{( 1)k}_C^k_n ^{( 1)k}_C^{k 1}_{n 1}

k 1 n 1



  

  nên:

n k k 1

n 1 k 0

S 1 ( 1) C

2(n 1)





 





n 1 k k 0

n 1 n 1 k 0

1 1

( 1) C C

2(n 1) 2(n 1)



 



 

  



V 3. Tính tổng sau: S C 3 ^{1 n 1}_n ^ 2C 3^{2 n 2}_n ^ 3C 3^{3 n 3}_n ^  ... nCⁿ_n ời iải.

Ta có:

n k

n k

n k 1

S 3 kC 1

 3

   



Vì

k k

k k 1

n n 1

1 1

kC n C

3 3



    

   

     k 1nên

k k

n n 1

n k 1 n 1 k

n 1 n 1

k 1 k 0

1 1

S 3 .n C 3 .n C

3 3

  

 

 

   

     

   

 

  

  

.

Đại số 11 - Bài Nhị thức Newton . Page 6 V 4. Chứng minh đẳng thức sau

1. C C⁰_{m n}^kC C¹_{m n}^{k 1}  ... C C^k_{m n}⁰ C^k_{m n} với m,n^ ,0 k min m,n^{ }

 

2. C⁰_2nC²_2n ... C²ⁿ_2nC¹_2nC³_2n ... C^{2n 1}_2n^

3. C C⁰_{n n}^kC C¹_{n n 1}^{k 1}_  ... C C^{k 0}_{n n k} 2 C^{k k}_n với 0 k n  . ời iải.

1. Xét khai triển:

 

 

  ^{m n} ^{m n}



f(x) (1 x) C x (1) Ta có thể khai triển f(x) theo cách khác như sau

 

 

 

 

  ⁿ  ^m 





i 0 j 0

f(x) (1 x) (1 x) C x C x (2) Hệ số của x^k trong khai triển (1) là: C^k_{m n}

Hệ số của x^k trong khai triển (2) là: ^

 

 





j 0,m i j k

C C C C

Từ đó ta suy ra: ^ _





C C C .

2. Xét khai triển: (1 x) ²ⁿC⁰_2nC x C x¹_2n  ²_2n ² ... C x^{2n 2n}_2n Cho x 1 ta có được:

 ⁰_2n ¹_2n ²_2n ³_2n  ^{2n 1}_2n  _2n²ⁿ

0 C C C C ... C C

Hay C¹_2nC³_2n ... C^{2n 1}_2n^ C⁰_2nC²_2n ... C²ⁿ_2n.

3. Ta có: ^_  ^ 

    

i k i n n i

n! (n i)! n!

C C .

i!(n i)! (n k)!(k i)! i!(n k)!(k i)!

 

 

k i n k

n! k!

. C .C

(n k)!k! (k i)!i!

Suy ra: ^_

  

  







i 0 i 0 i 0

C C C C C C 2 C .

---

Heát