Bài tập nhị thức niuton có đáp án thầy nguyễn thanh tùng

Bài 1 Tìm s h ng không ch a x trong khai tri n c a bi u th c sau:

17 3 4

3 2

1

x

 

Gi i

17 34

3

3 2

1

x



S h ng không ch a x th a mãn 17 34 0 8

12k 3   k

V y s h ng c n tìm c a khai tri n là 8

17

C

Bài 2 Trong khai tri n nh th c

28

n



Hãy tìm s h ng không ph thu c vào x , bi t r ng CnnCnn1Cnn2 79

Gi i:

2

n n

C C  C     n  

12 n

  và n 13(lo i)

Ta có:

k



x k   k

V y s h ng c n tìm là: 7

12 792

C 

Bài 3 Tìm h s c a 31

x trong khai tri n c a

40 2

1 ( )

x

  

Gi i:

Ta có

3 80

k





H s c ax31 làC v i k th40k a mãn đi u ki n: 3k8031 k 37

V y h s c ax31 là 4037 403 40.39.38 40.13.19

Bài 4 ( A – 2006) Tìm h s c a s h ng ch a x26 trong khai tri n nh th c Newton c a 14 7

n

x x

2n 1 2n 1 2nn 1 2 1

C  C   C   

NH TH C NEWTON

ĐÁP ÁN BÀI T P T LUY N Giáo viên: NGUY N THANH TÙNG

Gi i:

2n 1 2n 1 2n 1 2nn 1 2

2 1 2 1

C  C   , k, 0 ≤ k ≤ 2n+1 nên:

1

2

C  C  C   C   C  C  C   C  (2)

T khai tri n nh th c Newton c a (1+1)2n+1 suy ra:

2n 1 2n 1 2n 1 2nn1 (1 1) n 2 n

T (1); (2); (3) suy ra: 22n = 220 n = 10

Ta có :

4

1

x

H s c a x26 là C10k v i k th a mãn : 11k – 40 = 26  k = 6

V y h s c a x26 là C106 210

Bài 5 Khai tri n bi u th c (1 2 ) x n ta đ c đa th c có d ng: 2

n

a a x a x  a x

Tìm h s c a 5

x , bi t a0 a1 a2 71

Gi i:

S h ng th k trong khai tri n (1 2 )1 n

x

 là: Tk1 = Cnk( 2)  k xk

T đó ta có: a0 a1 a2 71  0 1 2



( 1)

2

n n n









V i n = 7, ta có h s c a x5 trong khai tri n (1 – 2x)n là : a5 C75( 2 )5 672

Bài 6 Tìm s h ng không ch a x trong khai tri n nh th c 2 13

n

x x

Bi t r ng : C1nCn3 13n (n là s t nhiên l n h n 2, x là s th c khác 0)

Gi i

Ta có: C1nCn3 13n  ( 1)( 2) 13

6

7( )

n





  

S h ng t ng quát c a khai tri n nh th c là: Tk1 C10k(x2 10) k(x3)k C x10k 20 5 k

1

k

T không ch a x  20 – 5k = 0  k = 4

V y s h ng không ch a x là: 4

5 10 210

T C 

Bài 7 Tìm h s không ch a x trong khai tri n khai tri n nh th c Niu – t n:

    1   1



Bi t r ng trong khai tri n trên t ng h s c a ba s h ng đ u b ng 161

Gi i

Ta có h s c a s h ng th k trong khai tri n là: 1 1

.( 2)

n

Suy ra h s c a 3 s h ng đ u l n l t là: 0 1

; 2

C  C và 2 2

( 2) Cn

Do t ng h s ba s h ng đ u b ng 161 nên ta có: Cn02C1n ( 2)2Cn2 161

( 1) 2

2

n n

         n 10 ho c n 8 (lo i)

V i n10 , ta có : 10 10  10

10 0

k





2 10

0 ( 2)

k

k





Khi đó h s không ch a x trong khai tri n th a mãn: 40 5

2

k

k

V y h s không ch a x trong khai tri n là: C108 ( 2) 8 11520

Bài 8 Tìm các s h ng h u t trong khai tri n Newton c a  100

4

Gi i:

100 1

100

50

 

Các s h ng h u t th a mãn:

4 4

k

k

n

 



Suy ra n0;1; 2;3; ; 24; 25, khi đó s có 26 giá tr c a k t ng ng v i 26 s h ng h u t

Bài 9 Tìm k {0; 1; 2; …; 2005} sao cho 2005

k

C đ t giá tr l n nh t

Gi i:

2005

k

C l n nh t 

1

2005 2005

1

2005 2005













!(2005 )! ( 1)!(2004 )!

!(2005 )! ( 1)!(2006 )!







 1 2005

2006



1003

k

k





 

 k = 1002 ho c k = 1003

V y k1002 ho c k1003 là các giá tr c n tìm

Bài 10 (B – 2006) Cho t p A g m n ph n t (n ≥ 4) Bi t r ng s t p con g m 4 ph n t c a A b ng 20

l n s t p con g m 2 ph n t c a A Tìm k {1; 2; ; n} sao cho s t p con g m k ph n t c a A là l n

nh t

Gi i:

 S t p con k ph n t c a t p h p A b ng k

n

C T gi thi t suy ra:

 Do 181

18

18 1

k k

  

 > 1  k < 9, nên:

1 18

C < 2 18

C  9

18

18

C < 10 18

C  18

18

C

 V y s t p con g m k ph n t c a A là l n nh t khi và ch khi k = 9

Bài 11 Tìm h s l n nh t c a đa th c trong khai tri n nh th c Newton c a:

15

3 3x

Gi i:

Ta có



G i a là h s c a k xk trong khai tri n : 115 15.2

3

k k k

Gi s a là h s l n nhk t, khi đó :

1 1

1 1

 



 















k



1;14

k k









 , suy ra k 9

V y h s l n nh t c a đa th c trên là 159 9

.2 3

C

a 

2!.2015! 4!.2013! 2014!.3! 2016!

Gi i:

Ta có 2017! 2017! 2017! 2017! 2017!

2!.2015! 4!.2013! 2014!.3! 2016!

C20172 C20174   C20172014C20172016

Suy ra 2017!.S 1 C20170 C20172 C20174   C20172014C20172016

(1x) C C x C x C x   C x C x

Ch n x  , ta đ c: 1

0C20170 C12017C20172 C20173   C20172016C20172017 C20170 C20172   C20172016C12017C20173   C20172017 (1)

2017 2017 2017 2017 2017 2017 2

2017 2017 2017 2017 2017

2

2

2016

2017!

Bài 13 Ch ng minh các đ ng th c sau:

C  C  C   n C  nC n  2)

1.2Cn 2.3.Cn 3.4.Cn    (n 1)nCnn (n1) 2n n

3) C1n22Cn232Cn3   (n 1)2Cnn1n C2 nn n n( 1).2n2 4)

1

n n

 

Gi i:

1) Cn12Cn23Cn3   (n 1)Cnn1nCnn n.2n1

Ta có ! ( 1)! ( 1)! 11





1

kC nC (*).Áp d ng (*), ta đ c:

VT C  C  C   n C  nC n C  nC nC   nC

 0 1 2 1   1 1

(đpcm)

2) 1.2Cn22.3.Cn33.4.Cn4   (n 1)nCnn (n1) 2n n2

k kC  k nC n k C n n C

2

(k1).kCnk (n1)nCnk (2*)

Áp d ng (2*), ta đ c:

(n 1) n Cn Cn Cn Cnn Cnn (n 1) (1 1)n n (n 1) 2n n

3) Cn122Cn232Cn3   (n 1)2Cnn1n C2 nn n n( 1).2n2

k C kC k k C nC  n nC

V y k C2 nk nCnk11 (n 1)nCnk22 (3*)

Áp d ng (3*) ta đ c:

Cn122Cn232Cn3   (n 1)2Cnn1n C2 nn n n( 1).2n2

n(1 1) n1 (n 1) (1 1)n  n2 n.2n1 (n 1) 2n n2 n n( 1).2n2 (đpcm)

4)

1

n n

 

1







1







Áp d ng (4*) v i k0;n, ta đ c:



           