Giáo án Môn Toán học 11 (chuẩn kiến thức) - Chương II: Nhị thức Newton - Phương trình, hệ phương trình

8 + Bước 3: sắp 3 chữ số 3 vào 3 vị trí còn lại có 1 cách. Vậy có 5 210 5C .C .1 2520= số. CHƯƠNG II NHỊ THỨC NEWTON PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH A. TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. NHỊ THỨC NEWTON ðịnh nghĩa Nhị thức Newton là khai triển tổng lũy thừa có dạng: ( )n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 k n k k n nn n n n na b C a C a b C a b ... C a b ... C b − − −+ = + + + + + + n k n k k n k 0 C a b (n 0, 1, 2, ...)− = = =∑ . + Số hạng thứ k+1 là k n k kk 1 nT C a b−+ = thường ñược gọi là số hạng tổng quát. + Các hệ số knC ñược tính theo công thức tổ hợp chập hoặc dựa vào tam giác Pascal sau ñây: Chẳng hạn: 0 1 2 3 4 5 6 6 6 6 6 6 6 6C 1, C 6, C 15, C 20, C 15, C 6, C 1= = = = = = = . Tính chất i) k n kn nC C (0 k n)−= ≤ ≤ . ii) k k 1 kn n n 1C C C (1 k n)− ++ = ≤ ≤ . PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 1. Dùng ñịnh nghĩa và tính chất chứng minh hoặc rút gọn ñẳng thức Ví dụ 1. Chứng minh ñẳng thức: k k 1 k 2 k 3 k n n n n n 3C 3C 3C C C − − − ++ + + = với 3 k n≤ ≤ . Giải Áp dụng tính chất ta có: Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 9 k k 1 k 2 k 3 n n n nC 3C 3C C − − −+ + + ( ) ( ) ( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3n n n n n nC C 2 C C C C− − − − −= + + + + + ( ) ( )k k 1 k 2 k k 1 k 1 k 2n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1C 2C C C C C C− − − − −+ + + + + + += + + = + + + k k 1 k n 2 n 2 n 3C C C − + + += + = . Ví dụ 2. Tính tổng 14 15 16 29 3030 30 30 30 30S C C C ... C C= − + − − + . Giải Áp dụng tính chất ta có: ( ) ( ) ( ) ( )13 14 14 15 15 16 28 29 3029 29 29 29 29 29 29 29 30S C C C C C C ... C C C= + − + + + − − + + 13 29 30 1329 29 30 29C C C C= − + = . Vậy S 67863915= . Cách khác: ( ) ( ) ( )30 0 12 13 14 29 3030 30 30 30 30 301 1 C ... C C C ... C C− = − + − + − − + ( ) ( )30 18 17 14 29 3030 30 30 30 30 30C ... C C C ... C C 0⇒ − + − + − − + = ( )16 15 1430 30 30S C C C S 0⇒ − + − + = 16 15 14 14 1530 30 30 30 302S C C C 2C C⇒ = − + = − . Vậy 14 15 30 302C CS 67863915 2 − = = . Ví dụ 3. Rút gọn tổng sau: 0 2006 1 2005 2 2004 k 2006-k 2006 0 2007 2007 2007 2006 2007 2005 2007 2007 -k 2007 1S C C C C C C ... C C ... C C= + + + + + + . Giải Áp dụng công thức ta có: ( ) k 2006-k 2007 2007 -k 2007 ! (2007 k)! C C . k ! 2007 k ! (2006 k)!1! − = − − ( ) ( ) 2007 ! 2006! 2007. k ! 2006 k ! k ! 2006 k ! = = − − k 20062007C= với k 0, 1, 2, ..., 2006∀ = . Suy ra ( ) ( )20060 1 k 20062006 2006 2006 2006S 2007 C C ... C ... C 2007 1 1= + + + + + = + . Vậy 2006S 2007.2= . 2. Khai triển nhị thức Newton 2.1. Dạng khai triển Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa là 1 hoặc 1 và – 1 xen kẽ nhau. i) Khai triển ( )na b+ hoặc ( )na b− . ii) Cộng hoặc trừ hai vế của 2 khai triển trên. Ví dụ 4. Tính tổng sau: 0 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007S C 2C 2 C 2 C ... 2 C 2 C= − + − + + − . Giải Ta có khai triển: 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007(1 2) C 2C 2 C ... 2 C 2 C− = − + − + − . Vậy S 1= − . Ví dụ 5. Rút gọn tổng sau: 0 2 2 4 4 2004 2004 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007S C 3 C 3 C ... 3 C 3 C= + + + + + . Giải Ta có các khai triển: 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007(1 3) C 3C 3 C ... 3 C 3 C+ = + + + + + (1) Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c 4 h.v n 10 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007(1 3) C 3C 3 C ... 3 C 3 C− = − + − + − (2). Cộng (1) và (2) ta ñược: ( )0 2 2 4 4 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 20072 C 3 C 3 C ... 3 C 4 2+ + + + = − . Vậy ( )2006 2007S 2 2 1= − . Ví dụ 6. Rút gọn tổng sau: 2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 2007 2007 2007 2007S 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C ... 2 C= + + + + . Giải Ta có các khai triển: 2007(3 2)+ = 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 20073 C 3 .2C 3 .2 C ... 3.2 C 2 C+ + + + + (1) 2007(3 2)− = 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 20073 C 3 .2C 3 .2 C ... 3.2 C 2 C− + − + − (2). Trừ (1) và (2) ta ñược: ( )2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 20072007 2007 2007 20072 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C ... 2 C 5 1+ + + + = − . Vậy 20075 1 S 2 − = . 2.2. Dạng ñạo hàm 2.2.1. ðạo hàm cấp 1 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng dần từ 1 ñến n (hoặc giảm dần từ n ñến 1) (không kể dấu). Hai khai triển thường dùng: ( )n 0 1 2 2 k k n nn n n n n1 x C C x C x ... C x ... C x+ = + + + + + + (1). ( ) ( ) ( )n k n0 1 2 2 k k n nn n n n n1 x C C x C x ... 1 C x ... 1 C x− = − + − + − + + − (2). i) ðạo hàm 2 vế của (1) hoặc (2). ii) Cộng hoặc trừ (1) và (2) sau khi ñã ñạo hàm rồi thay số thích hợp. Ví dụ 7. Tính tổng sau: 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30S C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C= − + − + − . Giải Ta có khai triển: ( )30 0 1 2 2 29 29 30 3030 30 30 30 301 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: ( )291 2 29 28 30 2930 30 30 30C 2C x ... 29C x 30C x 30 1 x+ + + + = + (2). Thay x = – 2 vào (2) ta ñược: ( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2− + − + − = − . Vậy S 30= − . Ví dụ 8. Rút gọn tổng sau: 1 2 3 4 5 26 27 28 29 30 30 30 30 30S C 3.2 C 5.2 C ... 27.2 C 29.2 C= + + + + + . Giải Ta có khai triển: ( )30 0 1 2 2 29 29 30 3030 30 30 30 301 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: ( )291 2 29 28 30 2930 30 30 30C 2C x ... 29C x 30C x 30 1 x+ + + + = + (2). Thay x = 2 và x = – 2 lần lượt vào (2) ta ñược: ( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2+ + + + + = + (3) ( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2− + − + − = − (4). Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 11 Cộng hai ñẳng thức (3) và (4) ta ñược: ( ) ( )1 2 3 4 5 26 27 28 29 2930 30 30 30 302 C 3.2 C 5.2 C ... 27.2 C 29.2 C 30 3 1+ + + + + = − Vậy ( )29S 15 3 1= − . Ví dụ 9. Rút gọn tổng sau: 0 1 2 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007S 2008C 2007C 2006C ... 2C C= + + + + + . Giải Ta có khai triển: ( )2007x 1+ = 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C+ + + + + (1). Nhân 2 vế (1) với x ta ñược: ( )2007x x 1+ = 0 2008 1 2007 2 2006 2006 2 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C x+ + + + + (2). ðạo hàm 2 vế của (2) ta ñược: 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 20072008C x 2007C x 2006C x ... 2C x C+ + + + + ( ) 2006(1 2008x) x 1= + + (3). Thay x = 1 vào (3) ta ñược: 0 1 2 2006 2007 2006 2007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C 2009.2+ + + + + = . Vậy 2006S 2009.2= . Cách khác: Ta có khai triển: ( )2007x 1+ = 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C+ + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: 0 2006 1 2005 2 2004 2005 2006 2007 2007 2007 2007 20072007C x 2006C x 2005C x ... 2C x C+ + + + + ( ) 20062007 x 1= + (2). Thay x = 1 vào (1) và (2) ta ñược: 0 1 2 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007C C C ... C C 2+ + + + + = (3). 0 1 2 2006 2006 2007 2007 2007 20072007C 2006C 2005C ... C 2007.2+ + + + = (4). Cộng (3) và (4) ta ñược: 0 1 2 2006 2007 2006 2007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C 2009.2+ + + + + = . Vậy 2006S 2009.2= . Ví dụ 10. Cho tổng sau: 0 1 2 n 1 n n n n n nS 2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C −= + + + + + + + , với n +∈ Z . Tính n, biết S 320= . Giải Ta có khai triển: ( )n 0 1 2 2 n 1 n 1 n nn n n n n1 x C C x C x ... C x C x − −+ = + + + + + (1). Nhân 2 vế (1) với x2 ta ñược: ( )n0 2 1 3 2 4 n 1 n 1 n n 2 2n n n n nC x C x C x ... C x C x x 1 x − + ++ + + + + = + (2). ðạo hàm 2 vế của (2) ta ñược: 0 1 2 2 3 n 1 n n n 1 n n n n n2C x 3C x 4C x ... (n 1)C x (n 2)C x − ++ + + + + + + ( )n 2 n 12x 1 x nx (1 x) −= + + + (3). Thay x = 1 vào (3) ta ñược: 0 1 2 n 1 n n 1 n n n n n2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C (4 n).2 − −+ + + + + + + = + . n 1S 320 (4 n).2 320−= ⇔ + = . Vậy n 6= . Cách khác: Ta có khai triển: ( )n 0 1 2 2 n 1 n 1 n nn n n n n1 x C C x C x ... C x C x − −+ = + + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: ( )n 11 2 3 2 n n 1n n n nC 2C x 3C x ... nC x n 1 x −−+ + + + = + (2). Thay x = 1 vào (1) và (2) ta ñược: Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c 4 h.v n 12 0 1 2 3 n 1 n n n n n n n nC C C C ... C C 2 −+ + + + + + = (3). 1 2 3 n 1 n n 1 n n n n nC 2C 3C ... (n 1)C nC n.2 − −+ + + + − + = (4). Nhân (3) với 2 rồi cộng với (4) ta ñược: 0 1 2 n 1 n n 1 n n n n n2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C (4 n).2 − −+ + + + + + + = + . n 1S 320 (4 n).2 320−= ⇔ + = . Vậy n 6= . 2.2.2. ðạo hàm cấp 2 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng (giảm) dần từ 1.2 ñến (n–1).n hoặc tăng (giảm) dần từ 12 ñến n 2 (không kể dấu). Xét khai triển: ( )n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n nn n n n n n1 x C C x C x C x ... C x C x − −+ = + + + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: ( )n 11 2 3 2 4 3 n n 1n n n n nC 2C x 3C x 4C x ... nC x n 1 x −−+ + + + + = + (2). i) Tiếp tục ñạo hàm 2 vế của (2) ta ñược: 2 3 4 2 n n 2 n n n n1.2C 2.3C x 3.4C x ... (n 1)nC x −+ + + + − n 2n(n 1)(1 x) −= − + (3). ii) Nhân x vào 2 vế của (2) ta ñược: ( )n 11 2 2 3 3 4 4 n nn n n n nC x 2C x 3C x 4C x ... nC x nx 1 x −+ + + + + = + (4). ðạo hàm 2 vế của (4) ta ñược: 2 1 2 2 2 3 2 2 n n 1 n 2 n n n n1 C 2 C x 3 C x ... n C x n(1 nx)(1 x) − −+ + + + = + + (5). Ví dụ 11. Tính tổng sau: 2 3 4 15 16 16 16 16 16 16S 1.2C 2.3C 3.4C ... 14.15C 15.16C= − + − − + . Giải Ta có khai triển: ( )16 0 1 2 2 3 3 15 15 16 1616 16 16 16 16 161 x C C x C x C x ... C x C x+ = + + + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược ( )151 2 3 2 15 14 16 1516 16 16 16 16C 2C x 3C x ... 15C x 16C x 16 1 x+ + + + + = + (2). ðạo hàm 2 vế của (2) ta ñược: 2 3 4 2 16 14 14 16 16 16 161.2C 2.3C x 3.4C x ... 15.16C x 240(1 x)+ + + + = + (3). Thay x = – 1 vào ñẳng thức (3) ta ñược: 2 3 4 15 16 16 16 16 16 161.2C 2.3C 3.4C ... 14.15C 15.16C 0− + − − + = . Vậy S = 0. Ví dụ 12. Rút gọn tổng sau: 2 1 2 2 2 3 2 2006 2 2007 2007 2007 2007 2007 2007S 1 C 2 C 3 C ... 2006 C 2007 C= + + + + + . Giải Ta có khai triển: ( )2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 20071 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: ( )20061 2 3 2 2007 20062007 2007 2007 2007C 2C x 3C x ... 2007C x 2007 1 x+ + + + = + (2). Nhân x vào 2 vế của (2) ta ñược: 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007C x 2C x 3C x ... 2006C x 2007C x+ + + + + ( ) 20062007x 1 x= + (3). ðạo hàm 2 vế của (3) ta ñược: 2 1 2 2 2 3 2 2 2006 2005 2 2007 2006 2007 2007 2007 2007 20071 C 2 C x 3 C x ... 2006 C x 2007 C x+ + + + + 20052007(1 2007x)(1 x)= + + (4). Thay x = 1 vào ñẳng thức (4) ta ñược Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 13 2 1 2 2 2 3 2 2007 2005 2007 2007 2007 20071 C 2 C 3 C ... 2007 C 2007.2008.2+ + + + = . Vậy 2005S 2007.2008.2= . 2.3. Dạng tích phân Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp (và lũy thừa) giảm dần từ 1 ñến 1 n 1+ hoặc tăng dần từ 1 n 1+ ñến 1. Xét khai triển: ( )n 0 1 2 2 n 1 n 1 n nn n n n n1 x C C x C x ... C x C x − −+ = + + + + + (1). Lấy tích phân 2 vế của (1) từ a ñến b ta ñược: ( ) b b b b b n 0 1 n 1 n 1 n n n n n n a a a a a 1 x dx C dx C xdx ... C x dx C x dx− −+ = + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) b b bn 1 b2 n n 1b 0 1 n 1 n n n n n a aa aa 1 x x x x x C C ... C C n 1 1 2 n n 1 + + −+⇒ = + + + + + + 2 2 n n n 1 n 1 0 1 n 1 n n n n n b a b a b a b a C C ... C C 1 2 n n 1 + + −− − − −⇒ + + + + + n 1 n 1(1 b) (1 a) n 1 + ++ − + = + . Trong thực hành, ta dễ dàng nhận biết giá trị của n. ðể nhận biết 2 cận a và b ta nhìn vào số hạng n 1 n 1 n n b a C n 1 + +− + . Ví dụ 13. Rút gọn tổng sau: 2 2 3 3 9 9 10 10 0 1 2 8 9 9 9 9 9 9 3 2 3 2 3 2 3 2 S C C C ... C C 2 3 9 10 − − − − = + + + + + . Giải Ta có khai triển: ( )9 0 1 2 2 8 8 9 99 9 9 9 91 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + ( ) 3 3 3 3 3 9 0 1 8 8 9 9 9 9 9 9 2 2 2 2 2 1 x dx C dx C xdx ... C x dx C x dx⇒ + = + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) 3 3 3 3 310 2 3 9 103 0 1 2 8 9 9 9 9 9 9 2 2 2 2 22 1 x x x x x x C C C ... C C 10 1 2 3 9 10 + ⇒ = + + + + + 10 10 2 2 9 9 10 10 0 1 8 9 9 9 9 9 4 3 3 2 3 2 3 2 C C ... C C 10 2 9 10 − − − − ⇒ = + + + + . Vậy 10 104 3 S 10 − = . Ví dụ 14. Rút gọn tổng sau: 2 3 4 n n 1 0 1 2 3 n 1 n n n n n n n 2 2 2 2 2 S 2C C C C ... C C 2 3 4 n n 1 + −= + + + + + + + . Giải Ta có khai triển: ( )n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n nn n n n n n1 x C C x C x C x ... C x C x − −+ = + + + + + + ( ) 2 2 2 2 2 n 0 1 2 2 n n n n n n 0 0 0 0 0 1 x dx C dx C xdx C x dx ... C x dx⇒ + = + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) 2 2 2n 1 22 n n 12 0 1 n 1 n n n n n 0 00 00 1 x x x x x C C ... C C n 1 1 2 n n 1 + + −+⇒ = + + + + + + Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 14 2 3 n n 1 n 1 0 1 2 n 1 n n n n n n 2 2 2 2 3 1 2C C C ... C C 2 3 n n 1 n 1 + + − −⇒ + + + + + = + + . Vậy n 13 1 S n 1 + − = + . Ví dụ 15. Rút gọn tổng sau: 2 3 100 101 0 1 2 99 100 100 100 100 100 100 2 1 2 1 2 1 2 1 S 3C C C ... C C 2 3 100 101 − + − + = + + + + + . Giải Ta có khai triển: ( )100 0 1 2 2 99 99 100 100100 100 100 100 1001 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + ( ) 2 100 1 1 x dx − ⇒ + =∫ 2 2 2 2 0 1 99 99 100 100 100 100 100 100 1 1 1 1 C dx C xdx ... C x dx C x dx − − − − + + + +∫ ∫ ∫ ∫ . ( ) 2 2 2 2101 2 100 1012 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 11 1 x x x x x C C ... C C 101 1 2 100 101− − − −− + ⇒ = + + + + 101 2 100 101 0 1 99 100 100 100 100 100 3 2 1 2 1 2 1 3C C ... C C 101 2 100 101 − − + ⇒ = + + + + . Vậy 1013 S 101 = . 3. Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Newton 3.1. Dạng tìm số hạng thứ k Số hạng thứ k trong khai triển n(a b)+ là k 1 n (k 1) k 1nC a b− − − − . Ví dụ 16. Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển 25(2 3x)− . Giải Số hạng thứ 21 là 20 5 20 5 20 20 2025 25C 2 ( 3x) 2 .3 C x− = . 3.2. Dạng tìm số hạng chứa xm + Số hạng tổng quát trong khai triển n(a b)+ là k n k k f(k)nC a b M(k).x− = (a, b chứa x). + Giải phương trình 0f(k) m k= ⇒ , số hạng cần tìm là: 0 0 0k n k k nC a b − và hệ số của số hạng chứa xm là M(k0). Ví dụ 17. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ( ) 18x 4 2 x + . Giải Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) ( ) 18 181 1x 4 2 x 4x 2 x − −+ = + là: ( ) ( )18 k kk 1 1 k 3k 18 18 2k18 18C 2 x 4x C 2 x −− − − −= . Số hạng không chứa x ứng với 18 2k 0 k 9− = ⇔ = . Vậy số hạng cần tìm là 9 918C 2 . Ví dụ 18. Tìm số hạng chứa x37 trong khai triển ( )202x xy− . Giải Số hạng tổng quát trong khai triển ( )202x xy− là k 2 20 k k k k 40 k k20 20C (x ) ( xy) ( 1) C x y− −− = − . Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 15 Số hạng chứa x37 ứng với 40 k 37 k 3− = ⇔ = . Vậy số hạng cần tìm là 3 37 3 37 320C x y 1140x y− = − . Cách khác: Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) ( )20 202 20x xy x x y− = − là: 20 k 20 k k k 20 k 20 k k 20 20x C x ( y) ( 1) x C x y − −− = − . Số hạng chứa x37 ứng với 20 k 17 k 3− = ⇔ = . Vậy số hạng cần tìm là 20 3 17 3 37 320x C x y 1140x y− = − . Ví dụ 19. Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển ( )1021 x x+ + . Giải Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) ( )[ ]10 1021 x x 1 x 1 x+ + = + + là k k k10C x (1 x)+ . Suy ra số hạng chứa x3 ứng với 2 k 3≤ ≤ . + Với k = 2: 2 2 2 2 2 3 410 10C x (1 x) C (x 2x x )+ = + + nên số hạng chứa x3 là 2 3102C x . + Với k = 3: 3 3 310C x (1 x)+ có số hạng chứa x3 là 3 310C x . Vậy số hạng cần tìm là ( )3 2 3 310 10C 2C x 210x+ = . Cách khác: Ta có khai triển của ( ) ( )[ ]10 1021 x x 1 x 1 x+ + = + + là: 0 1 2 2 2 3 3 3 10 10 10 10 10 10 10 10C C x(1 x) C x (1 x) C x (1 x) ... C x (1 x)+ + + + + + + + + . Số hạng chứa x3 chỉ có trong 2 2 210C x (1 x)+ và 3 3 310C x (1 x)+ . + 2 2 2 2 2 3 4 2 310 10 10C x (1 x) C (x 2x x ) 2C x+ = + + ⇒ . + 3 3 3 3 3 4 5 6 3 310 10 10C x (1 x) C (x 3x 3x x ) C x+ = + + + ⇒ . Vậy số hạng cần tìm là 2 3 3 3 310 102C x C x 210x+ = . 3.3. Dạng tìm số hạng hữu tỉ + Số hạng tổng quát trong khai triển n(a b)+ là: m r k n k k k p q n nC a b C .a b − = (a, b là vô tỉ). + Giải hệ phương trình 0 m p (k ,0 k n) kr q  ∈ ∈ ≤ ≤ ⇒ ∈ ℕ ℕ ℕ . Số hạng cần tìm là 0 0 0k n k knC a b− . Ví dụ 20. Tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển ( ) 10 31 5 2 + . Giải Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) 101 1 10 2 3 31 1 2 .55 2 2   +  + =      là k k k 2 3 10 1 C 2 .5 32 . Số hạng hữu tỉ trong khai triển thỏa ñiều kiện: Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 16 ( ) k k 0 2 k , 0 k 10 k k 6 3  ∈ = ∈ ≤ ≤ ⇒  = ∈ ℕ ℕ ℕ . + Với k = 0: số hạng hữu tỉ là 010 1 1 C 32 32 = . + Với k = 6: số hạng hữu tỉ là 6 3 210 1 2625 C 2 .5 32 2 = . Vậy số hạng cần tìm là 1 32 và 2625 2 . 3.4. Dạng tìm hệ số chứa xk trong tổng n số hạng ñầu tiên của cấp số nhân Tổng n số hạng ñầu tiên của cấp số nhân với công bội q khác 1 là: n n 1 2 n 1 1 q S u u ... u u 1 q − = + + + = − . Xét tổng m 1 m 2 m nS(x) (1 bx) (1 bx) ... (1 bx)+ + += + + + + + + như là tổng của n số hạng ñầu tiên của cấp số nhân với m 11u (1 bx) += + và công bội q (1 bx)= + . Áp dụng công thức ta ñược: n m n 1 m 1 m 1 1 (1 bx) (1 bx) (1 bx)S(x) (1 bx) 1 (1 bx) bx + + + + − + + − += + = − + . Suy ra hệ số của số hạng chứa xk trong S(x) là 1 b nhân với hệ số của số hạng chứa k 1x + trong khai triển: m n 1 m 1(1 bx) (1 bx)+ + ++ − + . Ví dụ 21. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển và rút gọn tổng sau: ( ) ( ) ( ) ( )4 5 6 15S(x) 1 x 1 x 1 x ... 1 x= + + + + + + + + . Giải Tổng S(x) có 15 – 4 + 1 = 12 số hạng nên ta có: 12 16 4 4 1 (1 x) (1 x) (1 x)S(x) (1 x) 1 (1 x) x − + + − + = + = − + . Suy ra hệ số của số hạng chứa x4 là hệ số của số hạng chứa x5 trong 16(1 x)+ . Vậy hệ số cần tìm là 516C 4368= . Nhận xét: Bằng cách tính trực tiếp hệ số của từng số hạng trong tổng ta suy ra ñẳng thức: 4 4 4 4 5 4 5 6 15 16C C C ... C C+ + + + = . Ví dụ 22*. Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển và rút gọn tổng sau: ( ) ( ) ( ) ( )2 99 100S(x) 1 x 2 1 x ... 99 1 x 100 1 x= + + + + + + + + . Giải Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )[ ]98 99S(x) 1 x 1 2 1 x ... 99 1 x 100 1 x= + + + + + + + + . ðặt: ( ) ( ) ( ) ( )2 98 99f(x) 1 2 1 x 3 1 x ... 99 1 x 100 1 x= + + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( )2 3 99 100F(x) (1 x) 1 x 1 x ... 1 x 1 x= + + + + + + + + + + S(x) f(x) xf(x)⇒ = + và /F (x) f(x)= . Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 17 Suy ra hệ số của số hạng chứa x2 của S(x) bằng tổng hệ số số hạng chứa x và x2 của f(x), bằng tổng 2 lần hệ số số hạng chứa x2 và 3 lần hệ số số hạng chứa x3 của F(x). Tổng F(x) có 100 số hạng nên ta có: 100 1011 (1 x) (1 x) (1 x) F(x) (1 x) 1 (1 x) x − + + − + = + = − + . + Hệ số số hạng chứa x2 của F(x) là 3101C . + Hệ số số hạng chứa x3 của F(x) là 4101C . Vậy hệ số cần tìm là 3 4101 1012C 3C 12582075+ = . Nhận xét: Bằng cách tính trực tiếp hệ số của từng số hạng trong tổng ta suy ra ñẳng thức: 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 99 100 101 1012C 3C 4C ... 99C 100C 2C 3C+ + + + + = + . Ví dụ 23*. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển và rút gọn tổng sau: ( ) ( ) ( ) ( )2 n 1 nS(x) 1 x 2 1 x ... (n 1) 1 x n 1 x−= + + + + + − + + + . Giải Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )[ ]n 2 n 1S(x) 1 x 1 2 1 x ... (n 1) 1 x n 1 x− −= + + + + + − + + + . ðặt: ( ) ( ) ( ) ( )2 n 2 n 1f(x) 1 2 1 x 3 1 x ... (n 1) 1 x n 1 x− −= + + + + + + − + + + ( ) ( ) ( ) ( )2 3 n 1 nF(x) (1 x) 1 x 1 x ... 1 x 1 x−= + + + + + + + + + + S(x) f(x) xf(x)⇒ = + và /F (x) f(x)= . Suy ra hệ số của số hạng chứa x của S(x) bằng tổng hệ số số hạng không chứa x và chứa x của f(x), bằng tổng hệ số số hạng chứa x và 2 lần hệ số số hạng chứa x2 của F(x). Tổng F(x) có n số hạng nên ta có: n n 11 (1 x) (1 x) (1 x) F(x) (1 x) 1 (1 x) x +− + + − + = + = − + . + Hệ số số hạng chứa x của F(x) là 2n 1C + . + Hệ số số hạng chứa x2 của F(x) là 3n 1C + . Vậy hệ số cần tìm là 2 3n 1 n 1 n(n 1)(2n 1) C 2C 6+ + + + + = . Nhận xét: Bằng cách tính trực tiếp hệ số của từng số hạng trong tổng ta suy ra ñẳng thức: 2 2 2 2 2 n(n 1)(2n 1)1 2 3 ... (n 1) n 6 + + + + + + − + = . 3.5. Dạng tìm hệ số lớn nhất trong khai triển Newton Xét khai triển n(a bx)+ có số hạng tổng quát là k n k k knC a b x− . ðặt k n k kk nu C a b , 0 k n −= ≤ ≤ ta có dãy hệ số là { }ku . ðể tìm số hạng lớn nhất của dãy ta thực hiện các bước sau: Bước 1: giải bất phương trình k k 1 u 1 u + ≥ ta tìm ñược k0 và suy ra 0 0k k 1 nu u ... u+≥ ≥ ≥ . Bước 2: giải bất phương trình k k 1 u 1 u + ≤ ta tìm ñược k1 và suy ra 1 1k k 1 0u u ... u−≥ ≥ ≥ . Bước 3: số hạng lớn nhất của dãy là { } 0 1k k max u , u . Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 18 Chú ý: ðể ñơn giản trong tính toán ta có thể làm gọn như sau: Giải hệ bất phương trình k k 1 0 k k 1 u u k u u + − ≥ ⇒ ≥ . Suy ra hệ số lớn nhất là 0 0 0k n k knC a b− . Ví dụ 24. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển ( )171 0,2x+ . Giải Khai triển ( )171 0,2x+ có số hạng tổng quát là k k k17C (0,2) x . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) k k k 1 k 1 17 17 k k k 1 k 1 17 17 17 ! 17 ! 5C (0,2) C (0,2) k ! 17 k ! (k 1)! 16 k ! 17 ! 17 !C (0,2) C (0,2) 5 k! 17 k ! (k 1)! 18 k ! + + − −  ≥ ≥  − + − ⇔  ≥  ≥ − − − 5(k 1) 17 k 2 k 3 18 k 5k  + ≥ −⇔ ⇔ ≤ ≤ − ≥ . + Với k = 2: hệ số là 2 217C (0,2) 5, 44= . + Với k = 3: hệ số là 3 317C (0,2) 5, 44= . Vậy hệ số lớn nhất là 5,44. Ví dụ 25. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển ( ) 102x 1 3 + . Giải Khai triển ( ) ( ) 10 10 10 2x 1 1 3 2x 3 3 + = + có số hạng tổng quát là k 10 k k k1010 1 C 3 2 x 3 − . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) k 10 k k k 1 9 k k 1 10 10 k 10 k k k 1 11 k k 1 10 10 10! 10! 3 2C 3 2 C 3 2 k! 10 k ! (k 1)! 9 k ! 10! 10!C 3 2 C 3 2 2 3 k! 10 k ! (k 1)! 11 k ! − + − + − − − −  ≥ ≥  − + − ⇔  ≥  ≥ − − − 3(k 1) 2(10 k) 17 22 k k 4 5 52(11 k) 3k  + ≥ −⇔ ⇔ ≤ ≤ ⇒ = − ≥ . Vậy hệ số lớn nhất là 4 6 41010 1 1120 C 3 2 3 27 = . II. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phương pháp giải toán Bước 1: ñặt ñiều kiện cho bài toán. + xP có ñiều kiện là x ∈ ℕ . + yxA , y xC có ñiều kiện là x , y∈ ∈ℕ ℕ và 0 y x≤ ≤ . Bước 2: áp dụng công thức tính ñể ñưa bài toán về phương trình, hệ phương trình quen thuộc. Bước 3: giải phương trình, hệ phương trình rồi dựa vào ñiều kiện ñể chọn nghiệm. Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n 19 Chú ý: Do tính chất ñặc biệt nghiệm là số tự nhiên nên ñôi khi ta phải thử và ñoán nghiệm. Chẳng hạn: x ! 1 x 0 x 1= ⇔ = ∨ = . ( )(x 5)(x 4)(x 3)(x 2)x 120 6! x 6− − − − = = ⇔ = . Ví dụ 26. Giải phương trình x 1x 1 x 1 x 30 A 2P P 7 − + −+ = . Giải ðiều kiện x x x 1 0 x 1 ∈ ∈   ⇔  − ≥ ≥   ℕ ℕ . Ta có: x 1 x 1 x 1 x 30 (x 1)! 30 A 2P P 2(x 1)! x ! 7 2! 7 − + − + + = ⇔ + − = 7(x 1)!x(x 1) 28(x 1)! 60(x 1)! x 0⇔ − + + − − − = 2 4 x 77x 53x 28 0 x 7  = ⇔ − + = ⇔   = . So với ñiều kiện ta ñược nghiệm là x = 7. Ví dụ 27. Giải phương trình: x 10 x 9 x 8 x 2 x 1 x x x x xC C C ... C C 1023 − − − − −+ + + + + = . Giải ðiều kiện x x x 10 0 x 10 ∈ ∈   ⇔  − ≥ ≥   ℕ ℕ . Ta có: x 10 x 9 x 8 x 2 x 1 x x x x xC C C ... C C 1023 − − − − −+ + + + + = x 10 x 9 x 8 x 2 x 1 x 10 x x x x x x x xC C C ... C C C (1 1) C 1 − − − − −⇔ + + + + + + = + + − . Vậy x = 10. Ví dụ 28. Giải hệ phương trình y x y x y 1 x y 1 A : P C 126 P 720 − − + + = = . Giải ðiều kiện x, y x, y 0 y x 1 y x y 1 0  ∈ ∈  ≤ ≤ ⇔   ≤ ≤  − ≥ ℕ ℕ . Ta có: ( ) y x y x y 1 x y 1 x ! x ! A : P C 126 126 x y !(y 1)! (x y)!y ! P 720 (y 1)! 6! − − + + = + =  − − −⇔  =  + = ( ) x ! x ! 6.x ! x 7126 126 x 5 !4 ! (x 5)!5! (x 5)!5! y 5 y 5 y 5    =+ = =    − − −⇔ ⇔ ⇔   =    = =   . Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu iho c24 h.v n