Nhị thức New ton

12 3,830 5
  • Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 21/09/2012, 10:23

Nhị thức New ton - đại số tổ hợp ĐẠI SỐ TỔ HP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 1) Nhò thức Newton có dạng : (a + b)n = Canb0 + an-1b1 + … + a0bn 0n1nCnnC = (n = 0, 1, 2, …) nknkknk0Ca b−=∑ Các hệ số của các lũy thừa (a + b)n với n lần lượt là 0, 1, 2, 3, … được sắp thành từng hàng của tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal : knC (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 1 1 1 5 1 4 1 3 + 101 2 6 1 3 10 1 4 1 5 1 1 Các tính chất của tam giác Pascal : (i) = = 1 : các số hạng đầu và cuối mỗi hàng đều là 1. 0nCnnC(ii) = (0 k n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau. knCnknC−≤ ≤(iii) = (0 k knC +k1nC+k1n1C++≤ ≤ n – 1) : tổng 2 số hạng liên tiếp ở hàng trên bằng số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới. (iv) + … + = (1 + 1)n = 2n 0nC +1nCnnC Các tính chất của nhò thức Newton : (i) Số các số hạng trong khai triển nhò thức (a + b)n là n + 1. (ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhò thức (a + b)n là n. (iii) Số hạng thứ k + 1 là Can – k bk. knDạng 1: TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 1. Khai triển (ax + b)n với a, b = ± 1, ± 2, ± 3 … Cho x giá trò thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , …, 0nC,1nCnnC. Hai kết quả thường dùng (1 + x)n = x + x2 + … + xn = (1) 0nC +1nC2nCnnCnkknk0Cx=∑ (1 – x)n = x + x2 + … + (–1)nxn = (2) 0nC –1nC2nCnnCnkkknk0(1)Cx=−∑• Ví dụ : Chứng minh a) + … + = 2n 0nC +1nCnnC b) + … + (–1)n = 0 0nC –1nC +2nCnnCGiải a) Viết lại đẳng thức (1) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh. b) Viết lại đẳng thức (2) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh . 2. Tìm số hạng đứng trước xi (i đã cho) trong khai triển nhò thức Newton của một biểu thức cho sẵn • Ví dụ : Giả sử số hạng thứ k + 1 của (a + b)n là an – k bk .Tính số hạng thứ 13 trong khai triển (3 – x)15. knCGiải Ta có : (3 – x)15 = 315 – 314x + … + 315 – k .(–x)k + … + – x15 015C115Ck15C1515C Do k = 0 ứng với số hạng thứ nhất nên k = 12 ứng với số hạng thứ 13 Vậy số hạng thứ 13 của khai triển trên là : 31215C3(–x)12 = 27x12. 15!12!3! = 12.285x12. 3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức (a + b)n (a, b chứa x), ta làm như sau : - Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : an – k bk =cm. xm. knC - Số hạng độc lập với x có tính chất : m = 0 và 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N. Giải phương trình này ta được k = k0. Suy ra, số hạng độc lập với x là . 0knC0nka−0kb• Ví dụ : Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức18x42x⎛⎞+⎜⎟⎝⎠ Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : 18 kk18xC2−⎛⎞⎜⎟⎝⎠. k4x⎛⎞⎜⎟⎝⎠ = kk182k18k k18C2 .2.x .x− −− = k3k18182k18C2 .x−−Số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức có tính chất : 18 – 2k = 0 ⇔ k = 9 Vậy, số hạng cần tìm là : .29. 918C4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhò thức (a + b)n với a, b chứa căn, ta làm như sau : – Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : = KknkknCa b−mnp qc.d với c, d ∈¤ – Số hạng hữu tỷ có tính chất : mp ∈ N và nq ∈ N và 0 ≤ k ≤ n, k N. ∈ Giải hệ trên, ta tìm được k = k0. Suy ra số hạng cần tìm là : . 00knkknCa b−0• Ví dụ : Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhò thức ( )7316 3+ Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : 7k1k37C16−⎛⎞⎜⎟⎝⎠.k123⎛⎞⎜⎟⎝⎠ = 7kkk327C.16 .3−. Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất : 7kN3kN20k7,kN−⎧∈⎪⎪⎪∈⎨⎪≤≤ ∈⎪⎪⎩ ⇔ −=⎧⎪⎨⎪≤≤⎩7k3mk chẵn0k7⇔k 7 3m (m Z)k chẵn0k7=− ∈⎧⎪⎨⎪≤≤⎩ ⇔ k = 4 Vậy, số hạng cần tìm là : . 4217C .16.3Bài 120. Khai triển (3x – 1)16. Suy ra 316– 315 + 314 – … + = 216. 016C116C216C1616CĐại học Bách khoa Hà Nội 1998 Giải Ta có : (3x – 1)16 = 1616 i i i16i0(3x) ( 1) .C−=−∑ = (3x)16 – (3x)15 + (3x)14 + … + . 016C116C216C1616C Chọn x = 1 ta được : 216 = 316 – 315 + 314 – … + . 016C116C216C1616CBài 121. Chứng minh : a) n0 n11 n22 n nnn nn2 C 2 C 2 C . C 3−−++++=b) . n0 n11 n22 nn nnn n n3 C 3 C 3 C . ( 1) C 2−−−+++−=Giải a) Ta có : (x + 1)n = . 0n 1n1 nnnC x C x . C−+++nnnn) Chọn x = 2 ta được : 3n = . 0n 1n1 nnnC2 C2 . C−+++b) Ta có : (x – 1)n = . 0n 1n1 n nnnC x C x . ( 1) C−−++− Chọn x = 3 ta được : 2n = . n0 n11 n22 nnnn n3 C 3 C 3 C . ( 1) C−−−+++−Bài 122. Chứng minh : ; n1kn1nk1C2(2 1−−==−∑nkknk0C(1) 0=− =∑. Đại học Lâm nghiệp 2000 Giải Ta có : (1 + x)n = (*) n0 1 22 nn kknn n n nk0C C x C x . C x C x=++ ++ =∑ Chọn x = 1 ta được 2n = nk0 1 2 n1nnnn nk0CCCC .C C−=nn= ++++ +∑ 2n = ⇔12 n1nn n1 C C . C 1−++++ + 2n – 2 = ⇔n1knk1C−=∑ Trong biểu thức (*) chọn x = – 1 ta được 0 = nkknk0C(1)=−∑. Bài 123. Chứng minh : 02244 2n2n2n12n2n 2n 2n 2nC C 3 C 3 . C 3 2 (2 1)−++++ = +Đại học Hàng hải 2000 Giải Ta có : (1 + x)2n = (1) 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n2n 2n 2n 2n 2nC C x C x . C x C x−−++ ++ + (1 – x)2n = (2) 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n2n 2n 2n 2n 2nC C x C x . C x C x−−−+ +− + Lấy (1) + (2) ta được : (1 + x)2n + (1 – x)2n = 2022 2n2n2n 2n 2nC C x . C x⎡ ⎤+++⎣ ⎦ Chọn x = 3 ta được : 42n + (–2)2n = 2 022 2n2n2n 2n 2nC C 3 . C 3⎡⎤+++⎣⎦ ⇔4n 2n222+ = 022 2n2n 2n 2nC C 3 . C 3+++2n ⇔2n 2n2(2 1)2+ = 022 2n2n 2n 2nC C 3 . C 3+++2n)2n = ⇔2n 1 2n2(2 1−+022 2n2n 2n 2nC C 3 . C 3+++Bài 124. Tìm hệ số đứng trước x5 trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức : f(x) = (2x + 1)4 + (2x + 1)5 + (2x + 1)6 + (2x + 1)7. Đại học Kiến trúc Hà Nội 1998 Giải Ta có : (2x + 1)4 = 4i44i0C(2x)i−=∑ ; (2x + 1)5 = 5i55i0C(2x)i−=∑ (2x + 1)6 = 6i66i0C(2x)i−=∑ ; (2x + 1)7 = 7i77i0C(2x)i−=∑ Vậy số hạng chứa x5 của (2x + 1)4 là 0. số hạng chứa x5 của (2x + 1)5 là . 055C(2x) số hạng chứa x5 của (2x + 1)6 là . 156C(2x) số hạng chứa x5 của (2x + 1)7 là . 257C(2x) Do đó hệ số cần tìm là = 0 + + + 055C2156C2257C2 = = 28 1267(1 C C )2++5× 32 = 896. Bài 125. Tìm số hạng chứa x8 trong khai triển n531xx⎛+⎜⎝⎠⎞⎟++ biết rằng = 7(n + 3). n1 nn4 n3CC++−Tuyển sinh Đại học khối A 2003 Giải Ta có : = 7(n + 3) (với n n1 nn4 n3CC++−∈ N) ⇔ ()(n 4)! (n 3)!3! n 1 ! 3!n!++−+ = 7(n + 3) ⇔ (n 4)(n 3)(n 2) (n 3)(n 2)(n 1)66+++ +++− = 7(n + 3) ⇔ (n + 4)(n + 2) – (n + 2)(n + 1) = 42 ⇔ (n2 + 6n + 8) – (n2 + 3n + 2) = 42 ⇔ 3n = 36 ⇔ n = 12. Ta có : 125112 1236 i5i312iii2212 123i0 i01x C (x ) .(x ) C xx−+−−==⎛⎞+= =⎜⎟⎝⎠∑∑1 Yêu cầu bài toán –36 + ⇔11i2 = 8 (với i ∈ N và 0 ≤ i 12) ≤ ⇔11i2 = 44 ⇔ i = 8 (thỏa điều kiện). Vậy số hạng chứa x8 là 8881212!xCx8!4!= = 812 11 10 9x432× ×××× = 495x8. Bài 126. Biết rằng tổng các hệ số của khai triển (x2 + 1)n bằng 1024. Hãy tìm hệ số a của số hạng ax12 trong khai triển đó. Đại học Sư phạm Hà Nội 2000 Giải Ta có : (x2 + 1)n = 02n 12n1 i 2ni nnn nC(x) C(x) . C(x) . C−−n+ ++ ++ Theo giả thiết bài toán, ta được = 1024 01 innnC C . C . C+++++nn 2n = 1024 = 210 ⇔ ⇔ n = 10 Để tìm hệ số a đứng trước x12 ta phải có 2(n – i) = 12 ⇔ 10 – i = 6 ⇔ i = 4 Vậy a = 41010! 10987C4!6! 4 3 2× ××==×× = 210. Bài 127. Tìm hệ số đứng trước x4 trong khai triển (1 + x + 3x2)10. Giải Ta có : (1 + x + 3x2)10 = [1 + x(1 + 3x)]10 = 01 22 233 310 10 10 10C C x(1 3x) C x (1 3x) C x (1 3x)+ ++ + + + + 44 4 10 1010 10C x (1 3x) . C (1 3x)+++ + Hệ số đứng trước x4 trong khai triển chỉ có trong , , đó là : 22 210Cx(1 3x)+33 310Cx(1 3x)+44 410Cx(1 3x)+23410 10 1010! 10! 10!C9 C9 C 9. 98!2! 3!7! 6!4!++= + + = 405 + 1080 + 210 = 1695. Bài 128. Tìm hệ số của x8 trong khai triển [1 + x2(1 – xTuyển sinh Đại học khối A 2004 Giải ++ g chứa x g kh i triển trên chỉ có trong và Vậy hệ số của x8 là : + = 238. Bài 129. Cho )]8. Ta có : [1 + x2(1 – x)]8 = 012 24 288 8C Cx(1 x) Cx(1 x)+−+− 36348451056126888 8 C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x)+−+−+−+− 714 7 816 888 C x (1 x) C x (1 x)+−+− Số hạn8 tron a 36 38Cx(1 x)−48 48Cx(1 x)− đó là 36 28Cx.3x và 48C8x 383C48Cnxx13222−−⎛⎞+⎜⎟⎝⎠ = nn1xx1 x101322nnC2 C2 2 −−−−⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞.+ +⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎝⎠ ⎝⎠⎝⎠ + … + n1 nxxx1n1 n332nn⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎝⎠C2 2 C2−−−−−⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞+⎝⎠ . Biết và số hạng thứ tư bằng 20n.Tuyển sinh Đại học khối A 2002 (điều kiện n ⎝⎠rằng 31nnC5C= Tìm n và x. Giải Ta có : 31nnC5C= ∈ N và n ≥ 3) ⇔ n(n 1)(n 2)⇔ ()()n! n!5!= 6−− = 5n 3! n 3 ! n 1−− n2 – 3n ⇔ (n – 1)(n – 2) = 30 ⇔ – 28 = 0 (loại do n 3) ⇔n = 7 ∨ n = –4 ≥ ⇔ n = 7 Ta có : a4 = 20n = 140 ⇔ 34xx13327C2 .2−−⎛⎞⎛⎞⎜⎟ ⇔ x27!2⎜⎟⎝⎠ = 140 ⎝⎠3!4!− = 140 2x – 2 = 22 ⇔ ⇔ x – 2 = 2 ⇔ x = 4. Bài 130. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 121xx⎛⎞+⎜⎟⎝⎠. Đại học Kinh tế Quốc dân 1997 Giải Ta có : 121xx⎛⎞+⎜⎟⎝⎠ = i012 111 i 12i 1212 12 12 121211Cx Cx . Cx . Cxx−⎛⎞ ⎛⎞+++ ++⎜⎟ ⎜⎟⎝⎠ ⎝⎠1x Để số hạng không chứa x ta phải có i12 i1xx−⎛⎞⎜⎟⎝⎠ = x0 ⇔ x12 – 2i = x0 ⇔ 12 – 2i = 0 ⇔ i = 6 Vậy số hạng cần tìm là : 61212! 121110987C6!6! 65432× ××××==×××× = 924. Bài 131. Tìm số hạng không chứa x (với x > 0) trong khai triển 7341xx⎛⎞+⎜⎟⎝⎠ Tuyển sinh Đại học khối D 2004 Giải Ta có : 7341xx⎛⎞+⎜⎟⎝⎠ = 71134xx−⎛⎞+⎜⎟⎝⎠ = 11 1110716 i 7i i 733 34477 7 7C (x ) C (x ) (x ) . C (x ) (x ) . C (x )−−−+++ ++174− Để tìm số hạng không chứa x ta phải có 11(7 i) i34−− = 0 ⇔ 4(7 – i ) – 3i = 0 ⇔ 28 – 7i = 0 ⇔ i = 4 Vậy số hạng không chứa x là C = 477! 7 6 535.4!3! 3 2× ×==× Bài 132. Trong khai triển n28315xx x−⎛+⎜⎝⎠⎞⎟9 hãy tìm số hạng không phụ thuộc x biết rằng . nn1n2nn nCC C 7−−++ = Đại học sư phạm Hà Nội 2 năm 2000 Giải Ta có : nn1n2nn nCC C 7−−++ =9 ⇔() ()n! n!1 79n1! 2!n2!++−−= ⇔ ( )nn 1n 782−+ = n 2 + n – 156 = 0 ⇔ ⇔ n = –13 n = 12 ∨ Do n ∈ N nên n = 12. Ta có : 12 1228 4 28315 3 15xx x x x−−⎛⎞⎛+=+⎜⎟⎜⎝⎠⎝⎞⎟⎠ = 12 i42812 12i1ii31512 12i0 i0Cx .x Cx−−−==⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∑∑166i5 Yêu cầu bài toán 16 – ⇔16i05= ⇔ i = 5 Vậy số hạng cần tìm 51212!C 792.5!7!== Bài 133. Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ: ( )124435− Giải Ta có : ()1241112442435 35⎛⎞−=−=⎜⎟⎝⎠ 124 k11124kk24124k0C3 .(5)−=⎛⎞−⎜⎟⎝⎠∑ = kk12462kk24124k0(1)C 3 .5−=−∑ Số hạng thứ k là hữu tỉ [...]...ĐẠI SỐ TỔ HP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 1) Nhị thức Newton có dạng : (a + b)n = Canb0 + an-1b1 + … + a0bn 0n1nCnnC = (n = 0, 1, 2, …) nknkknk0Ca b−=∑ Các hệ số của các lũy thừa (a + b)n với n lần lượt... trên bằng số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới. (iv) + … + = (1 + 1)n = 2n 0nC +1nCnnC Các tính chất của nhị thức Newton : (i) Số các số hạng trong khai triển nhị thức (a + b)n là n + 1. (ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhị thức (a + b)n là n. (iii) Số hạng thứ k + 1 laø Can – k bk. kn Bài 135*. Trong khai triển 1012x33⎛⎞+⎜⎟⎝⎠ . ĐẠI SỐ TỔ HP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 1) Nhò thức Newton có dạng : (a + b)n = Canb0 + an-1b1 + … + a0bn. nhò thức Newton : (i) Số các số hạng trong khai triển nhò thức (a + b)n là n + 1. (ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhò thức
- Xem thêm -

Xem thêm: Nhị thức New ton, Nhị thức New ton, Nhị thức New ton