Đại số tổ hợp - Chương V: Nhị thức Newton

ĐẠI SỐ TỔ HỢP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 1) Nhị thức Newton có dạng : (a + b)n = C anb0 + an-1b1 + … + a0bn 0n 1 nC n nC = (n = 0, 1, 2, …) n k n k k n k 0 C a 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 : k nC (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 + 10 1 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. 0nC n nC (ii) = (0 k n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau. knC n k nC − ≤ ≤ (iii) = (0 k knC + k 1 nC + k 1 n 1C + + ≤ ≤ 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 + 1 nC n nC 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 là C an – k bk. kn Dạng 1: TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 1. Khai triển (ax + b)n với a, b = ± 1, ± 2, ± 3 … Cho x giá trị thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , …, 0nC , 1 nC n nC . Hai kết quả thường dùng (1 + x)n = x + x2 + … + xn = (1) 0nC + 1 nC 2 nC n nC n k k n k 0 C x = ∑ (1 – x)n = x + x2 + … + (–1)n xn = (2) 0nC – 1 nC 2 nC n nC n k k k n k 0 ( 1) C x = −∑ • Ví dụ : Chứng minh a) + … + = 2n 0nC + 1nC nnC b) + … + (–1)n = 0 0nC – 1 nC + 2 nC n nC Giải 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 nhị 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. k nC Giải Ta có : (3 – x)15 = 315 – 314x + … + 315 – k .(–x)k + … + – x15 015C 1 15C k 15C 15 15C 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 : 31215C 3(–x)12 = 27x12. 15! 12!3! = 12.285x12. 3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức (a + b)n (a, b chứa x), ta làm như sau : - Số hạng tổng quát trong khai triển nhị 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 . 0knC 0 n ka − 0kb • Ví dụ : Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức 18x 4 2 x ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : 18 k k 18 xC 2 −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . k4 x ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = k k 18 2k 18 k k 18C 2 .2 .x .x − − − = k 3k 18 18 2k18C 2 .x − − Số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức có tính chất : 18 – 2k = 0 ⇔ k = 9 Vậy, số hạng cần tìm là : .29. 918C 4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức (a + b)n với a, b chứa căn, ta làm như sau : – Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : = Kk n k knC a b − m n p qc .d với c, d ∈¤ – Số hạng hữu tỷ có tính chất : m p ∈ N và n q ∈ N và 0 ≤ k ≤ n, k N. ∈ Giải hệ trên, ta tìm được k = k0. Suy ra số hạng cần tìm là : . 0 0k n k knC a b − 0 • Ví dụ : Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhị thức ( )73 16 3+ Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : 7 k1 k 3 7C 16 −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . k1 23 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = 7 k k k 3 2 7C .16 .3 − . Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất : 7 k N 3 k N 2 0 k 7, k N −⎧ ∈⎪⎪⎪ ∈⎨⎪ ≤ ≤ ∈⎪⎪⎩ ⇔ − =⎧⎪⎨⎪ ≤ ≤⎩ 7 k 3m k chẵn 0 k 7 ⇔ k 7 3m (m Z) k chẵn 0 k 7 = − ∈⎧⎪⎨⎪ ≤ ≤⎩ ⇔ k = 4 Vậy, số hạng cần tìm là : . 4 217C .16.3 Bài 120. Khai triển (3x – 1)16. Suy ra 316 – 315 + 314 – … + = 216. 016C 1 16C 2 16C 16 16C Đại học Bách khoa Hà Nội 1998 Giải Ta có : (3x – 1)16 = 16 16 i i i 16 i 0 (3x) ( 1) .C− = −∑ = (3x)16 – (3x)15 + (3x)14 + … + . 016C 1 16C 2 16C 16 16C Chọn x = 1 ta được : 216 = 316 – 315 + 314 – … + . 016C 1 16C 2 16C 16 16C Bài 121. Chứng minh : a) n 0 n 1 1 n 2 2 n nn n n n2 C 2 C 2 C ... C 3 − −+ + + + = b) . n 0 n 1 1 n 2 2 n n nn n n n3 C 3 C 3 C ... ( 1) C 2 − −− + + + − = Giải a) Ta có : (x + 1)n = . 0 n 1 n 1 nn nC x C x ... C −+ + + n n n n ) Chọn x = 2 ta được : 3n = . 0 n 1 n 1 nn nC 2 C 2 ... C −+ + + b) Ta có : (x – 1)n = . 0 n 1 n 1 n nn nC x C x ... ( 1) C −− + + − Chọn x = 3 ta được : 2n = . n 0 n 1 1 n 2 2 n nn n n3 C 3 C 3 C ... ( 1) C − −− + + + − Bài 122. Chứng minh : ; n 1 k n 1 n k 1 C 2(2 1 − − = = −∑ n k kn k 0 C ( 1) 0 = − =∑ . Đại học Lâm nghiệp 2000 Giải Ta có : (1 + x)n = (*) n 0 1 2 2 n n k k n n n n n k 0 C C x C x ... C x C x = + + + + =∑ Chọn x = 1 ta được 2n = n k 0 1 2 n 1 n n n n n k 0 C C C C ... C C− = n n= + + + + +∑ 2n = ⇔ 1 2 n 1n n n1 C C ... C 1−+ + + + + 2n – 2 = ⇔ n 1 k n k 1 C − = ∑ Trong biểu thức (*) chọn x = – 1 ta được 0 = n k k n k 0 C ( 1) = −∑ . Bài 123. Chứng minh : 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n2n 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 = 2 0 2 2 2n 2n2n 2n 2nC C x ... C x⎡ ⎤+ + +⎣ ⎦ Chọn x = 3 ta được : 42n + (–2)2n = 2 0 2 2 2n 2n2n 2n 2nC C 3 ... C 3⎡ ⎤+ + +⎣ ⎦ ⇔ 4n 2n2 2 2 + = 0 2 2 2n2n 2n 2nC C 3 ... C 3+ + + 2n ⇔ 2n 2n2 (2 1) 2 + = 0 2 2 2n2n 2n 2nC C 3 ... C 3+ + + 2n ) 2n = ⇔ 2n 1 2n2 (2 1− + 0 2 2 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 = 4 i 4 4 i 0 C (2x) i− = ∑ ; (2x + 1)5 = 5 i 55 i 0 C (2x) i− = ∑ (2x + 1)6 = 6 i 6 6 i 0 C (2x) i− = ∑ ; (2x + 1)7 = 7 i 77 i 0 C (2x) i− = ∑ Vậy số hạng chứa x5 của (2x + 1)4 là 0. số hạng chứa x5 của (2x + 1)5 là . 0 55C (2x) số hạng chứa x5 của (2x + 1)6 là . 1 56C (2x) số hạng chứa x5 của (2x + 1)7 là . 2 57C (2x) Do đó hệ số cần tìm là = 0 + + + 0 55C 2 1 5 6C 2 2 5 7C 2 = = 28 1 26 7(1 C C )2+ + 5 × 32 = 896. Bài 125. Tìm số hạng chứa x8 trong khai triển n 5 3 1 x x ⎛ +⎜⎝ ⎠ ⎞⎟ + + biết rằng = 7(n + 3). n 1 nn 4 n 3C C + + − Tuyển sinh Đại học khối A 2003 Giải Ta có : = 7(n + 3) (với n n 1 nn 4 n 3C C + + − ∈ 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) 6 6 + + + + + +− = 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 : 12 5 112 12 36 i5 i 3 12 i i i2 2 12 123 i 0 i 0 1 x C (x ) .(x ) C x x − +− − = = ⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ ∑ ∑ 1 Yêu cầu bài toán –36 + ⇔ 11i 2 = 8 (với i ∈ N và 0 ≤ i 12) ≤ ⇔ 11i 2 = 44 ⇔ i = 8 (thỏa điều kiện). Vậy số hạng chứa x8 là 8 8 8 12 12!xC x 8!4! = = 812 11 10 9 x 4 3 2 × × × × × = 495x 8. 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 = 0 2 n 1 2 n 1 i 2 n i nn n nC (x ) C (x ) ... C (x ) ... C − − n+ + + + + Theo giả thiết bài toán, ta được = 1024 0 1 in n nC 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 = 410 10! 10 9 8 7C 4!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 = 0 1 2 2 2 3 3 310 10 10 10C C x(1 3x) C x (1 3x) C x (1 3x)+ + + + + + + 4 4 4 10 1010 10C x (1 3x) ... C (1 3x)+ + + + Hệ số đứng trước x4 trong khai triển chỉ có trong , , đó là : 2 2 2 10C x (1 3x)+ 3 3 310C x (1 3x)+ 4 4 4 10C x (1 3x)+ 2 3 4 10 10 10 10! 10! 10!C 9 C 9 C 9. 9 8!2! 3!7! 6!4! + + = + + = 405 + 1080 + 210 = 1695. Bài 128. Tìm hệ số của x8 trong khai triển [1 + x2(1 – x Tuyển 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 = 0 1 2 2 4 28 8 8C C x (1 x) C x (1 x)+ − + − 3 6 3 4 8 4 5 10 5 6 12 68 8 8 8 C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x)+ − + − + − + − 7 14 7 8 16 88 8 C x (1 x) C x (1 x)+ − + − Số hạn 8 tron a 3 6 38C x (1 x)− 4 8 48C x (1 x)− đó là 3 6 28C x .3x và 4 8C 8x 3 83C 4 8C nxx 1 322 2 − −⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = n n 1 xx 1 x 1 0 1 32 2 n nC 2 C 2 2 .. −− − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ .+ +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ + … + n 1 nx xx 1 n 1 n3 32 n n⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ C 2 2 C 2 −− − −− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ + ⎝ ⎠ . Biết và số hạng thứ tư bằng 20n. Tuyển sinh Đại học khối A 2002 (điều kiện n ⎝ ⎠ rằng 3 1n nC 5C= Tìm n và x. Giải Ta có : 3 1n nC 5C= ∈ 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 ⇔ 34 xx 1 3 32 7C 2 . 2 − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⇔ x 27! 2⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 140 ⎝ ⎠ 3!4! − = 140 2x – 2 = 22 ⇔ ⇔ x – 2 = 2 ⇔ x = 4. Bài 130. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 121x x ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ . Đại học Kinh tế Quốc dân 1997 Giải Ta có : 121x x ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = i 0 12 1 11 i 12 i 12 12 12 12 12 12 1 1C x C x ... C x ... C x x −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 x Để số hạng không chứa x ta phải có i 12 i 1x x − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = x 0 ⇔ x12 – 2i = x0 ⇔ 12 – 2i = 0 ⇔ i = 6 Vậy số hạng cần tìm là : 612 12! 12 11 10 9 8 7C 6!6! 6 5 4 3 2 × × × × ×= = × × × × = 924. Bài 131. Tìm số hạng không chứa x (với x > 0) trong khai triển 7 3 4 1x x ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ Tuyển sinh Đại học khối D 2004 Giải Ta có : 7 3 4 1x x ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 71 1 3 4x x −⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 1 1 11 1 0 7 1 6 i 7 i i 73 3 34 4 7 7 7 7C (x ) C (x ) (x ) ... C (x ) (x ) ... C (x ) − −−+ + + + + 1 74 − Để tìm số hạng không chứa x ta phải có 1 1(7 i) i 3 4 − − = 0 ⇔ 4(7 – i ) – 3i = 0 ⇔ 28 – 7i = 0 ⇔ i = 4 Vậy số hạng không chứa x là C = 47 7! 7 6 5 35. 4!3! 3 2 × ×= =× Bài 132. Trong khai triển n28 3 15x x x −⎛ +⎜⎝ ⎠ ⎞⎟ 9 hãy tìm số hạng không phụ thuộc x biết rằng . n n 1 n 2 n n nC C C 7 − −+ + = Đại học sư phạm Hà Nội 2 năm 2000 Giải Ta có : n n 1 n 2 n n nC C C 7 − −+ + = 9 ⇔ ( ) ( ) n! n!1 79 n 1 ! 2! n 2 ! + +− − = ⇔ ( )n n 1n 78 2 −+ = n 2 + n – 156 = 0 ⇔ ⇔ n = –13 n = 12 ∨ Do n ∈ N nên n = 12. Ta có : 12 1228 4 28 3 15 3 15x x x x x − −⎛ ⎞ ⎛+ = +⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎞⎟⎠ = 12 i4 2812 12i 1i i3 15 12 12 i 0 i 0 C x .x C x − − − = = ⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ 166 i 5 Yêu cầu bài toán 16 – ⇔ 16 i 0 5 = ⇔ i = 5 Vậy số hạng cần tìm 512 12!C 792. 5!7! = = Bài 133. Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ: ( )12443 5− Giải Ta có : ( ) 1241 11244 2 43 5 3 5⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 124 k1 1124 k k2 4 124 k 0 C 3 .( 5 ) − = ⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠∑ = k k124 62k k 2 4 124 k 0 ( 1) C 3 .5 − = −∑ Số hạng thứ k là hữu tỉ k62 N 2 k N 4 k N 0 k 124 ⎧ − ∈⎪⎪⎪ ∈⎨⎪ ∈⎪⎪ ≤ ≤⎩ ⇔ ≤ ≤⎧⎪⎨ ∈⎪⎩ 0 k 124 k N 4 ⇔ ∈⎧⎪ ≤ ≤⎨⎪ =⎩ i N 0 k 124 k 4i ⇔ i N 0 i 31 k 4i ∈⎧⎪ ≤ ≤⎨⎪ =⎩ ⇔ i ∈ { }0,1,...,31 Do đó trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ. Bài 134∗ . Gọi a3n -3 là hệ số của x3n-3 trong khai triển thành đa thức của (x2 + 1) n . (x + 2)n. Tìm n để a3n-3 = 26n. Tuyển sinh Đại học khối D 2003 Giải Ta có : ( x2 + 1 )n . (x + 2)n = n i 2 n n i 0 C (x ) i− = ∑ . n k n k kn k 0 C x .2− = ∑ = n n i k k 3n 2i k n n i 0 k 0 C C 2 .x − − = = ∑ ∑ Do yêu cầu bài toán nên 3n – 3 = 3n – (2i + k) ⇒ 2i + k = 3 Do i, k ∈ N và i, k ∈ [0, n] nên i 0 k 3 =⎧⎨ =⎩ hay i 1 k 1 =⎧⎨ =⎩ Vậy a3n – 3 = + = 26n 0 3 3n nC C 2 1 1 1 n nC C 2 8 . ⇔ ( ) n! 3! n 3 !− + 2n 2 = 26n ⇔ 4 3 n(n – 1)(n – 2) + 2n2 = 26n 2(n – 1)(n – 2) + 3n = 39 ⇔ ⇔ 2n2 – 3n – 35 = 0 n = 5 n = ⇔ ∨ 7 2 − (loại do n ∈ N) ⇔ n = 5. Bài 135*. Trong khai triển 101 2 x 3 3 ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ a0 + a1x + … + a9x9 + a10x10 (ak ∈ R) Hãy tìm số hạng ak lớn nhất. Đại học Sư phạm Hà Nội 2001 Giải Ta có : 101 2 x 3 3 ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 10 10 1 (1 2x) 3 + = 10 k k 1010 k 0 1 C (2x) 3 = ∑ Do đó : ak = k k1010 1 C 2 3 Ta có : ak đạt max ⇒ k k k k a a a a 1 1 − + ≥⎧⎨ ≥⎩ ⇔ k k k 1 k 1 10 10 k k k 1 k 1 10 10 C 2 C 2 C 2 C 2 − − + + ⎧ ≥⎪⎨ ≥⎪⎩ ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) k k 1 k k 1 2 10! 2 .10! k! 10 k ! (k 1)! 11 k ! 2 10! 2 .10! k! 10 k ! (k 1)! 9 k ! − + ⎧ ≥⎪ − − −⎪⎨⎪ ≥⎪ − + −⎩ ⇔ 2 1 k 11 k 1 2 10 k k 1 ⎧ ≥⎪⎪ −⎨⎪ ≥⎪ − +⎩ ⇔ 19 22k 3 3 ≤ ≤ Do k ∈ N và k ∈ [0, 10] nên k = 7.Hiển nhiên ak tăng khi k ∈ [0, 7], và ak giảm khi k ∈ [7, 10]. Vậy max ak = a7 = 7 7 1010 2 C 3 . (còn tiếp) PHẠM HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QUANG (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vĩnh Viễn)