Giáo án môn Toán 11 - Nhị thức newton và ứng dụng

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 1 1 Hè 2009 NGUYỄN VĂN NĂM - LÊ HOÀNG NAM THPT Lê Hông Phong ( Đồng Nai) – THPT Lê Quý Đôn (Đà Nẵng) vannamlhp – mylove288 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 2 2 NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG A. LÝ THUYẾT 1. CÔNG THỨC NEWTON: Cho 2 số thực ,a b và số nguyên dương n thì:         0 1 1 0 0 1 1 0 ... 1 ... 1 n n k n k n n n n n n n n n k n n k nk n k n n n n n n n n n k a b C a b C a C a b C b a b C a b C a C a b C b                         2. Tính Chất a. Số các số hạng của công thức là 1n b. Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: n n k n   c. Số hạng tổng quát của nhị thức là: 1 k n k k k nT C a b    (Đó là số hạng thứ 1k  trong khai triển  na b ) d. Các hệ số nhị thức các đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau. e. 1 02 ...n n nn n nC C C     f.  0 10 ... 1 n nn n nC C C     g. Tam giác Pascal: 0 1 1 1 1 2 1 2 1 .................................................. n n n           1 1 .................... 1.................. 1 ......................1 ............................................................ m m k k m k n k C C n k C          ........... Với 1 1 m m m k k kC C C              0 1 2 2 2 3 3 2 2 3 1 #0 2 3 3 ........................................................................... a b a b a b a b a b a ab b a b a a b ab b                 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 3 3 3. Một số khai tiển hay sử dụng:         0 1 0 0 1 0 2 1 1 ... 0 1 1 1 ... 1 n nn k n n n n n k n n k nk n n n n n k C C C C C C C C                         0 1 1 0 0 1 ... n n k n k n n n n n n k x C x C C x C x               0 0 1 1 0 1 1 ... 1 n n k nk n k n n n n n n k x C x C x C x C x                0 1 1 0 0 1 1 ... 1 n n k nk n k n n n n n n k x C x C C x C x             4. Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức NEWTON 1. Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có 1 n i n i C   với i là các số tự nhiên liên tiếp. 2. Trong biểu thức có   1 1 n i n i i i C   thì ta dùng đạo hàm  i  Trong biểu thức có   1 n i n i i k C   thì ta nhân hai vế với kx , rồi lấy đạo hàm.  Trong biểu thức có 1 n k i n i a C   thì ta chọn giá trị của x a thích hợp.  Trong biểu thức có 1 1 1 n i n i C i   thì ta lấy tích phân xác định trên  ;a b thích hợp.  Nếu bài toán cho khai triển         1 1 n nn n i i a n i iba b i a b i n n i i x x C x x C x          thì hệ số của mx là inC sao cho phương trình   .a n i b i m   có nghiệm i  inC đạt MAX khi 1 2 nk  hay 1 2 nk  với n lẻ, 2 nk  với n chẵn. Việc nhận biết các dấu hiệu này sẽ giúp cho chúng ta giải quyết tốt những dạng toán liên quan đến nhị thức NEWTON, đặt biệt là trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng. B. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC 1. Bài toán tìm hệ số trong khai triển NEWTON Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 4 4 Ví dụ 1.1: (D(H Thủy lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức:        9 10 141 1 ... 1Q x x x x       Ta được đa thức:   140 1 14...Q x a a x a x    Xác định hệ số 9a . Giải Hệ số 9x trong các đa thức:      9 10 141 1 ... 1x x x      lần lượt là: 9 5 99 10 14, ,...,C C C Do đó: 9 9 99 9 10 14...a C C C    1 1 1 11 10 10.11 10.11.12 .10.11.12.13 10.11.12.13.14 2 6 24 20       11 55 220 715 2002 3003      Ví dụ 1.2(ĐHBKHN- 2000) Giải bất phương trình: 2 2 32 1 6 10 2 x x x A A C x    Giải Điều kiện: x là số nguyên dương và 3x  Ta có: bất phương trình tương đương với               2 1 2 6 2 1 1 10 2 3! 2 2 1 1 2 1 10 3 12 4 x x x x x x x x x x x x x x x                    Vì x nguyên dương và 3x  nên  3.4x Ví dụ 1.3: Tìm hệ số 16x trong khai triển  102 2x x Giải Ta có:       10 10 10 0 102 2 22 k kk k x x xC x          10 10 20 2 20 10 10 0 0 2 2k kk k k k k k k C x x C x         Ta chọn: 20 16 4k k     Hệ số 16x trong khai triển là: 410 3360C  Ví dụ 1.4: Tìm hệ số 1008x trong khai triển 2009 2 3 1x x      Giải Số hạng thứ 1k  trong khai triển:  20092 4018 51 2009 20093 1 kkk k k kT C x C xx          Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 5 5 Ta chọn: 4018 5 1008 602k k     Hệ số của 1008x trong khai triển là 6022009C Ví dụ 1.5:(ĐH KA 2004) Tìm hệ số của 8x trong khai triển đa thức của   821 1x x    Giải Cách 1: Ta có       8 8 2 2 8 8 0 0 0 1 1 kk ik k k i i k k k i f x C x x C x C x                 . Vậy ta có hệ số của 8x là   81 i k i kC C thỏa 0 0 8 4 2 8 2 , 3 i i k k k i ii k N k                  Hệ số của 8x là:    24 0 3 24 3 0 8 8 231 81C C C C  Cách 2: Ta có:         3 4 83 2 4 2 80 8 8 8 8 2... ..1 .1 1f x C C x x C x x C x x                Nhận thấy: 8x chỉ có trong các số hạng:  Số hạng thứ tư:  28 33 1C x x    Số hạng thứ năm:  28 44 1C x x   Với hệ số tương đương: 3 2 4 08 8 3 8 4 238A C C C C   Ví dụ: 1.6:(ĐH SPQN 2000) Xác định hệ số 3x trong khai triển hàm số    1021 2 3P x x x    theo lũy thừa của x Giải Ta có:      10 1021 2 3 1 2 3P x x x x x                2 3 100 1 2 2 3 3 10 1010 10 10 10 102 3 2 3 2 3 ... 2 3C C x x C x x C x x C x x          Nhận thấy rằng hệ số 3x chỉ xuất hiện trong:        2 210 10 102 3 32 3 3 2 3 3 31044 122 3 2 3 9 2 3x x xC x xx C xC x x C       Hệ số 3x trong khai triển của  P x là: 2 310 1012 .8 540 960 1500C C    Ví dụ 1.7: Tìm hệ số của 16x trong khai triển thành đa thức của     162 21 1f x x x     Giải Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 6 6 Xét khai triển:     16 2 2 2 16 1 0 1 n kk i i k f x C C x x                  16 16 22 2 16 16 0 0 0 0 1 1 1 k k k i i k ik k i i k i k k k i k i C x C x C C x                          Vậy ta có hệ số của 16x là   1 161 k k i kC C   thỏa 0 8 0 16 1 7 8 2 6 , 3 5 4 4 i k i k i k k i i k i k N i k i k                            Vì vậy hệ số của 16x trong đa thức là: 8 0 7 1 6 2 5 3 4 416 8 16 7 16 8 16 8 16 8 258570C C C C C C C C C C     Ví dụ 1.8: Tìm hệ số của số hạng 101 99x y trong khai triển  2002 3x y Giải Ta có:         200200200 200 200 0 2 3 2 3 2 3k kk k x y x y C x y             200 200 200 200 0 1 .2 .3 . .k k k k k k k C x y     Ta chon: 200 101 99 99 k k k      Vậy hệ số cần tìm là:  99 99 99 99 99 99 99200 2001 .2 .3 .2 .3C C   Ví dụ 1.9: (ĐH HCQG, 2000) a) Tìm hệ số 8x trong khai triển 121x x      b) Cho biết tổng tấc cả các hệ số của khai triển nhị thức  2 1 nx  bằng 1024 . Hãy tìm hệ số a  *a N của số hạng 12ax trong khai triển đó. ((ĐHSPHN, khối D, 2000) ) Giải a) Số hạng thứ  1k  trong khai triển là:  12 12 212 12 0 12 1 kk k k k ka C x C xx k          Ta chọn 12 2 8 2k k    Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa 8x và có hệ số là: 212 66C  b) Ta có:   2 2 22 1 12 0 .1 .. n k k k k n n n k n n nC x C C xCx x         Với 1x  thì: 0 12 ... 1024n nn n nC C C     Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 7 7 10 102 2n n   Do đó hệ số a (của 12x ) là: 610 210C  c) Ví dụ 1. 10: (D(H Khối A- 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức NEWTON của 74 1 nx x      biết rằng 1 2 202 1 2 1 2 1... 2 1 n n n nC C C       ( n nguyên dương và knC là tổ hợp chập k của n phần tử) Giải Từ giả thiết suy ra:  0 1 202 1 2 1 2 1... 2 1nn n nC C C       Mặt khác: 2 12 1 2 1 , , 0 2 1 k n k n nC C k k n          , nên:    0 1 0 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11... ... 22 n n n n n n n nC C C C C C               Từ khai triển nhị thức của:  2 11 1 :n suy ra        2 1 2 10 1 2 12 1 2 1 2 1... 1 1 2 3 n nn n n nC C C                 1 , 2 2 20 3 2 2 10n n      Ta có số hạng tổng quát của nhị thức     10 107 4 7 11 40 10 104 0 0 1 n nk kk k k k k x C x x C x x              Hệ số của 26x là 10 kC với k thỏa mãn 11 40 26 6k k    Vậy hệ số của 26x là 610 210C  Ví dụ 1.11: (ĐHKT HN- 1998) Tìm hệ số đứng trước 5x trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức:          4 5 6 72 1 2 1 2 1 2 1f x x x x x        Giải Ta xét các khai triển sau:                 4 5 4 4 5 5 4 5 0 0 6 7 6 6 7 7 6 7 0 0 2 1 2 ; 2 1 2 2 1 2 ; 2 1 2 k kk k k k k kk k k k x C x x C x x C x x C x                       Nhận xét: Số hạng chứa 5x của  42 1 là 0x   Số hạng chứa 5x của    5 5052 1 là 2x C x  Số hạng chứa 5x của    6 5162 1 là 2x C x  Số hạng chứa 5x của    7 5252 1 là 2x C x  Vậy hệ số cần tìm là:      5 5 50 1 25 6 70 2 2 2 896C x C x C x     Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 8 8 Ví dụ 1.12( Khối D- 2003) Với n là số nguyên dương, gọi 3 3na  là hệ số của 3 3nx  trong khai triển thành đa thức của    2 1 2n nx x  . Tìm n để 3 3 26na n  Giải Cách 1: Ta có     2 2 1 2 2 2 2 4 1 1 2 2 2 0 0 1 ... 2 2 2 ... 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C x C x C x C                Dễ thấy với 1, 2n n   không thỏa mãn điều kiện bài toán. Với 3n  thì 3 3 2 3 2 2 1n n n n nx x x x x     Vì vậy hệ số của 3 3nx  trong khai triển thành đa thức của    2 1 2n nx x  là:  2 3 3 52 2 3 4 26 26 73 ( ) 2 n nn n n n n n L a oai            Vậy 5n  là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương). Cách 2: Xét khai triển:    2 3 32 2 0 2 0 3 0 0 1 12 1 2 2 1 21 k in nn nnn n n k i n n k i n n k k k i i n n k n i C Cx C x C x x x x x x x x x                                                  Trong khai triển lũy thừa của x là 0 3 3 3 2 3 1 1 i k n i k i k               Nên của hệ số của 3 3nx  là:  2 3 3 52 2 3 4 26 26 73 ( ) 2 n nn n n n n n L a oai            Vậy 5n  là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương). Ví dụ: 1.13( Khối A- 2002)Cho khai triển nhị thức: 111 1 1 1 0 1 13 3 3 32 2 2 22 . 2 ... . 2 2 n n nn nx x x xx x x x n n n n n nx C x C x C x C                                                   ( n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó 3 15n nC C và số hạng thứ tư bằng 20n . Tính n và x . Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 9 9 Giải Điều kiện: n N và 3n  Ta có:     3 1 ! !5 3! 5 3 ! 1 !n n n n n C C n          21 2 5 3 28 0 6 n n n n n n         7n  (Nhận)  4n   (loại) Với 7n  ta có: 7 771 17 3 32 2 7 0 2 2 kx xx x k k x C x                       Vậy số hạng thứ tư trong khai triển trên là: 341 3 2 232 7 2 35.2 .2 xx x xC x              Kết hợp với giả thiết ta được: 2 2 235.2 .2 140 2 4 4x x x x       Ví dụ 1.14: Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức: 1 22 2 n xx      có tổng 2 số hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135 , còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22 Giải Từ giải thiết ta có:       2 1 2 22 42 1 2 4 2 1 2 2 92 .2 2 135 1 1 2222 2 x xn nx x x n n n n n n n n C C n n nC C C                         2 2 2 2 1 4 12 2 1 142 9 2 2 0 2 2 2 2 42 0 6 7 ( ) x x t x t xt t t t x t n n n n Loai                                     Vậy 11, 2 x       là giá trị cần tìm. Ví dụ 1.15: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển: 1711 5 x     Giải Xét khai triển:   17 17 17 0 1 11 5 5 k kk k x C x                 1 0,1, 2,...,175 k k ka x k          Ta có ka đặt 1 1 17 17 1 1 17 17 1 1 1 1 5 5 max 1 1 5 5 k k k k k k k k k k k k a a C C a C a C                                 Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 10 10             17! 17!5 ! 17 ! 1 ! 16 ! 5 5 17 2 3 17! 17! 18 55 ! 17 ! 1 ! 18 ! k k k k k k k k k k k k k                       Với 2k  thì hệ số là: 2 2 17 1 5.44 5 C        Với k  thì hệ số là: 3 3 17 1 5.44 5 C       Vậy hệ số lớn nhất là: 3 3 17 1 5.44 5 C       Từ Ví dụ trên ta đi đến bài toán tổng quát sau: Ví dụ: 1.15.2 Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON của  na bx Phương pháp giải: Xét khai triển  na bx có số hạng tổng quát k n k k knC a b x Ta đặt: , 0k n kk k nu k nC a b     ta được dãy số  ku . Việc còn lại là đi tìm số hạng lớn nhất của dãy ta làm như sau:  Giải bất phương trình 1 1k k u u   tìm được 0 00 1 ...k k nk u u u     Giải bất phương trình 1 1k k u u   tìm được 1 10 1 0 ...k kk u u u    Từ đó ta có số hạng lớn nhất của dãy là  0 1max ,k ku u  Tuy nhiên để đơn giản chúng ta có thể làm như sau: Giải hệ bất phương trình 1 0 1 k k k k u u k u u      Suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON là 0 0 0k n k knC a b  Ví dụ 1.16: (HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức    1 0 1 2 1 12 2...1 2 a a x aP x x x     Tìm  0 1 2 12max , , ...,a a a a Giải Cách 1: Xét khai triển:    12 12 12 12 0 21 2 1 k kk k C xx        12 2 0,1, 2,...,12 1k kka C k     Xét bất đẳng thức: 1k ka a  Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 11 11       1 1 1 12 12 12!2 12!22 2 ! 12 ! 1 ! 11 ! k k k k k kC C k k k k           1 2 23 23 23 7 0 7 12 1 3 3 k k k k Z k k                Áp dụng  1 cho 0,1, 2,...,12k  ta được: 0 1 7 8 9 12... ...a a a a a a         8 180 1 2 12 8 12max , , ..., .2 126720a a a a a C     Cách 2: Gọi ka là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: 1k ka a  Từ đây ta có được hệ bất phương trình: 1 1 12 12 1 1 12 12 2 1 2 2 23 2512 1 8 1 2 3 32 2 12 1 k k k k k k k k C C k k k k C C k k                         8 180 1 2 12 8 12max , , ..., .2 126720a a a a a C     Ví dụ 1.17: Tìm hệ số của số hạng chứa 4x trong khai triển và rút gọn tổng sau:        4 5 151 1 ... 1f x x x x       Giải Vì tổng  f x có 12 số hạng nên ta có:            12 16 44 1 1 1 11 1 1 x x x f x x x x            Hệ số của số hạng chứa 4x là hệ số của số hạng chứa 5x trong  161 x Vậy hệ số cần tìm là: 516 4368C  Đối với dạng toán này ta có phương pháp giải sau: Bài toán tìm hệ số chứa kx trong tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân với công bội 1q  là:   2 1 2 1 1... 1.9 1n n qS u u u u q          Xét tổng        1 21 1 ... 1m m m nS x bx bx bx         như là tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân với   11 1 mu bx   và công bội  1q bx  Áp dụng công thức  1.9 ta được:            1 11 1 1 1 11 1 1 n m n m m bx bx bxS x bx bx bx               Suy ra hệ số của số hạng chứa kx trong  S x là tích giữa 1 b và hệ số của số hạng chứa 1kx  trong khai triển    1 11 1 .m n mbx bx     Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 12 12 Ví dụ 1.18: Tìm hệ số của số hạng chứa x và rút gọn tổng sau:           2 11 2 1 ... 1 1 1n nS x x x n x n x          Giải Ta có:            2 11 1 2 1 ... 1 1 1n nS x x x n x n x             Đặt:                                     2 2 1 2 3 1 1 1 2 1 3 1 ... 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 ' n n n n f x x x x n x n x F x x x x x x S x f x xf x F x f x                                Suy ra hệ số của số hạng chứa x của  S x bằng tổng của số hạng chứa x và không chứa x của  f x bằng tổng của số hạng chứa x và hai lần hệ số của số hạng chứa 2x của  F x Tổng  F x có n số hạng            11 1 1 11 1 1 n nx x x F x x x x              Suy ra hệ số của số hạng chứa x của   2 1nF x C   Suy ra hệ số của số hạng chứa 2x của   3 1nF x C  Vậy hệ số cần tìm là:   2 31 1 1 2 1 2 6n n n n n C C      2. Bài toán tìm số hạng trong khai triển NEWTON Ví dụ 2.1: Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển:  252 3x Giải Số hạng thứ 21 trong khai triển là:  2020 5 20 5 20 2025 252 3 2 3C x C x  Ví dụ 2.2 Tìm số hạng chứa chứa 28x trong khai triển  103x xy Giải Số hạng tổng quát trong khai triển là:    103 30 21 10 10 k kk k k k kT C x xy C x y      Số hạng chứa 28x ứng với: 30 2 28 1k k    Vậy số hạng cần tìm là: 1 2910C x y Ví dụ 2.3 a. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau  213x xy b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau   20 4 23 1x x xy         Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 13 13 Giải a. Khai triển  203x xy có 21 1  số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số hạng thứ 11 và 12  Số hạng thứ 11:    11 1010 3 10 43 1021 21C x xy C x y  Số hạng thứ 12 :    10 1111 3 10 41 1121 21C x xy C x y b. Khai triển   20 4 23 1x x xy         có 20 1 21  số hạng. Nên số hạng đứng giữa là số hạng thứ 21 1 16 2       :   10 10 65 207 2 10 10 6 34 3 20 20C x xy C x y            ( Với  x là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ). Ví dụ 2.4 Tìm số hạng chứa 3x trong khai triển   101 1x x  Giải Cách 1: Xét khai triển           2 3 100 1 2 2 3 3 10 1010 10 10 10 10 10 1 1 1 1 ...1 1x C C x x C x x C x x C xx x           Nhận thấy: 3x chỉ có trong các số hạng:  Số hạng thứ ba:    22 2 2 2 3 410 101 2C x x C x x x     Số hạng thứ tư:    33 3 3 3 4 5 610 101 3 3C x x C x x x x     Vậy số hạng cần tìm là: 2 3 3 3 310 102 210C x C x x  Cách 2: Số hạng tổng quát trong khai triển là:  10 1 kk kC x x Số hạng chứa 3x ứng với: 2 3k   Với 2k  ta được:  22 210 1C x x nên số hạng chứa 3x là: 2 3102C x  Với k  ta được:  33 310 1C x x nên số hạng chứa 3x là: 3 310C x Vậy số hạng cần tìm là: 2 3 3 3 310 102 210C x C x x  Ví dụ 2.5:(ĐH Khối D- 2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển   7 3 4 1f x x x         với 0x  Giải Số hạng tổng quát trong khai triển:     7 77 3 3 12 1 7 74 1 , 7 k k kk k kT C x C x k N kx               Ứng với số hạng không chứa x ta có: 7 7 0 4 3 12 k k    Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 14 14 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển  f x là: 47 35C  Ví dụ 2.6:(ĐHQG HN 2000)Tìm hệ số không chứa x trong khai triển: 17 34 3 2 01 x x x         Giải Số hạng tổng quát trong khai triển: 172 3 3 4 1 17 k k k kT C x x                Với  0 17,k k Z    3 2 34 17 34 4 3 3 12 3 17 17 k k k k kC x C x      Đến đây ta phải tìm k sao cho 17 34 0 8 12 3 k k    Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 trong khai triển và có giá trị là: 817 24310C  Ví dụ 2.7:(CĐGT – TH&TT- Đề 2- 2004) Số hạng chứa ,a b và có số mũ bằng nhau trong khai triển: 21 3 3 a b b a        Giải Ta có số hạng ổng quát cảu khai triển: 21 211 1 1 1 3 6 6 23 3 . .a b a b a b b a                21 3 21 63 42121 21 3 6 6 6 32 21 21 0 0 . . . k k k k kk k k k k C a b a b C a b          Để số mũ của a và b bằng nhau 3 21 63 4 84 6 6 k k k     Vậy hệ số của số hạng chứa a và b có số mũ bằng nhau trong khai triển là: 2112 293930C  Ví dụ 2.8 :(ĐHSP Khối A, 2000) Trong khai triển   28 3 15 0 n x x xx         . Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x , biết rằng: 1 2 79n n nn n nC C C     Giải Từ giả thiết ta có:  1 2 179 1 79 2 n n n n n n n n C C C n          2 156 0 12n n n      Ta có số hạng tổng quát trong khai triển 28 3 15 12 x x x        là: Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 15 15   28 4 28 4812 16 163 5 3 15 15 12 12 12. k k k kkk k kC x x x C x C x            Số hạng này không phụ thuộc vào 4816 0 5 15 x k k     Vậy số hạng cần tìm là: 512 792C  Ví dụ: 2.9: Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển   2 2 *3 2 2 , , 0, n x y x y n N y x              Biết tổng tấc cả các hệ số trong khai triển này bằng: 4096 Giải Trước tiên ta đi tìm n thông qua giả thiết đã cho: Có thể trình bày theo hai cách sau Cách 1: Ta có:    0 11 ... 4096 * n n nx xx a a a       Trong đó: k k na C Với   120 1 ... 40961 1 2 122n na a a nx            Cách 2: Tổng tấc cả các hệ số trong khai triển là:     0 1 0 12 0 0 12 12 12 0 ... 4079 2 1 .1 2 1 1 2 12 n n n n n n k n n k nk n n k C C C C C n                     Vậy số hạng thứ 6 trong khai triển 12 2 2 3 2 2 x y y x         là: 32572 2 3 5 3 12 2 2 792 x y xC y x y                 Ví dụ 2.10:( ĐH SPHN- 2001) Cho khai triển nhị thức: 10 9 10 0 1 9 10 1 2 ... 3 3 x a a x a x a x          . Hãy tìm số hạng ka lớn nhất. Giải Ta có:     10 10 10 1010 10 10 0 1 2 1 1 11 2 2 2 3 3 3 3 3 n kk k k k k x x C x a C             Ta có ka đạt 1 1 1 1 1 0 10 1 1 10 10 2 2 max 2 2 k k k k k k k k