Nhị thức newton và Phương pháp giải các bài tập về Nhị thức newton

1. ĐẠI SỐ
11
NHỊ THỨC NEWTON

2. NHỊ THỨC NEWTON
NHỊ THỨC NEWTON & CÁC ỨNG DỤNG
Cơ sở lý thuyết :
1. Công thức khai triển nhị thức NEWTON :
(a  b)n
 Cn
0
an
 Cn
1
an1
b1
 Cn
2
an2
b2
... Cn
n1
a1
bn1
 Cn
n
bn
n
n  Z 
 Cn
k
a nk
bk
(1),
k 0
2. Tính chất :

Vế phải của (1) có n +1 số hạng

Trong mỗi số hạng thì tổng lũy thừa của a và b bằng n.

Số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = Cn
k ank bk (số hạng thứ k trong khai triển)

Các hệ số cách đều hai đầu của sự khai triển thì bằng nhau.Các hệ số mang tính đối xứng và tăng dần từ
biên vào điểm chính giửa của khai triển


3. Các dạng khai triển cơ bản :
(x1)
n
Cn
0x
n
Cn
1x
n1Cn
2x
n2...Cn
k
x
nk
...Cn
n1xCn
n
(1x)n
C0
C1
xC2
x2
...Ck
xk ...  C n 1 x n 1  C n xn
n n n n n n

(x 1)n  C 0 xn C1 xn1 C 2 xn2 ...  (1)k C k xnk  ...  (1)n1 C n1 x  (1)n C n
n n n n n n
(1x)n  Cn
0  Cn
1 x  Cn
2 x2
...  (1)k Cn
k xk  ...  (1)n1 Cn
n1 xn1  (1)n Cn
n xn
Ck Cnk
n n
C k
 C k 1  Ck 1 (n >1)
n n n1
k .C k
 k .n !  n.( n 1)!  nC k 1
n
( n  k )! k ! ( n  k )!( k 1)! n1
1 C k  n !  ( n 1)!  1 Ck 1
k 1 n
( k 1)( n  k )! k ! ( n 1)( n  k )!( k 1)! n 1 n1
Các dạng toán thường gặp :
1. Xác định điều kiện của số hạng thỏa mãn một yêu cầu cho trước :
Phương pháp :

Xác định số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = Cn
k ank bk (số hạng thứ k + 1)



Từ Tk+1 kết hợp với yêu cầu bài toán ta thiết lập một phương trình (thông thường theo biến n hoặc
biến k)


Giải phương trình ta có được kết quả cần tìm .

2

3. NHỊ THỨC NEWTON
n 
(không chứa x khi   0 ) trongTrường hợp riêng: Cho nhị thức P  a ( x )  b ( x) tìm số hạng chứa x
khai triển thành đa thức của P
 
n x
m m
Phương pháp : Công thức cần lưu ý: x m
 xm . n , x m x n  xm n ,  xm n
,n
xm
xn
xn

Giải phương trình tổ hợp (hoặc sử dụng phép tính tổng)để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n)
n n

Khai triên: P  a ( x ) n k b ( x ) k  g ( n, k )x f ( n , k ) .
k 0 k 0

Do đó số hạng tổng quát trong khai triển là: T  g ( n, k )x f ( n , k ) (số hạng thứ k + 1)
k 1

Tk 1  g ( n, k )x
f ( n , k ) 
 f ( n, k )    k  k0chứa x
Thay k  k
0
vào T  g ( n, k )x f ( n , k ) số hạng cần tìm
k 1
Ví dụ 1(A - 2012): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C n 1  C3 . Tìm số hạng chứa x5 trong
n n
 nx 2 1n
khai triển nhị thức niu-tơn của P     với x  0
14 x 
Bài giải:
n  N
Điều kiện: 
n  3
Ta có: 5C n
n 1  Cn
3 
5. n !

n!
3!( n  3)!1!( n 1)!
5 1 n  7
   n
2
 3n  28  0 
( n  3)!( n  2)( n 1) 6.( n  3)!

n 4(loai)
 x 2 17
7 k k  x2 n k 1 k 7 ( 1)k
k 14 3k
Khi n = 7 ta có: P      ( 1) C7       C7 x
2
7k
 2 x  k 0 
2
  x  k 0
Do đó số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1 
( 1)k
C7k x14 3k27k
T chứa x5 14 3k  5  3k  9  k  3
k 1
Vậy số hạng chứa x 5 là T  ( 1) 3
C 3 x 5 35 x 5
27 3
4 7 16
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 3 www.toanhocdanang.com

4. NHỊ THỨC NEWTON
8
Ví dụ 2( A – 2004)Tìm hệ số của x8
trong khai triển thành đa thức của 1  x 2 1  x .
Bài giải:
8
P 1  x 2 8 x 3  (1  x 2 ) 8 ( 1) k C k
x3 8k 1 x2
 k1  x       8  
k 0
8 k 8k

  ( 1) k C8
k C k
i
x 24 3 k x2 i
 ( 1)k C8
k C k
i x24 3 k 2i
k 0 i 0 k 0 i0
Số hạng tổng quát trong khai triển là T  ( 1)k C k C i x24 3 k 2i
8 k
0  k  8

0  i  k
T chứa x
8 
k , i  N

24  3k  2i  8

0  k  8
 3k 16
0   k
 2
k , i N

i 
3k 16

2
16
 k  8
 3

k , i  N
 3k 16
i 
2
k  6

i
 1


k  8


i 4
Do đó số hạng chứa x8 là: ( 1) 6 C8
6 C6
1 x 8  ( 1) 8 C8
8 C8
4 x 8  C8
6 C6
1  C8
8 C8
4 x 8  238x8
Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là 238
Ví dụ 3: Trong khai triển biể thức F  
9
3  3 2 hãy tìm số hạng nguyên.
9
9
9k
3 kTa có: F   3  3 2  C9
k
 3 2 có số hạng tổng quát là
k 0
T   C k  3 9k 3 2 k
k 1 9
Ta thấy bậc của hai căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố:
k  N  6 3

3 3
 k  9 
k
 3  T4  C9  3   2   45360
Do đó Tk 1 là một số nguyên    0 9
9  k 2  9  T  C9
k 3
 
3 2

 8
k 3  10 9 

Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là: T4  4536 và
T
10  8
Ví dụ 4: Cho đa thức P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2 + 3(1 + x)3 + … + 20(1 + x)20
Viết lại P(x) dưới dạng : P(x)  a
0
 a x  a
2
x2  ...  a x19 a
20
x20 .
1 19
Tìm hề số a15
4

5. NHỊ THỨC NEWTON
Ví dụ 5: Biết rằng tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x2 + 1)n bằng
1024 Tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển.
Ví dụ 6: Cho đa thức P(x) = (1 + x + x2 + x3)5  a0  a1 x  a2 x2
... a15 x15
Tính hệ số a10 ?
Ví dụ 7: (ĐH SPQN - 2000) Tìm hệ số chứa x3 trong khai triển thành đa thức của:
P ( x )  1  2 x  3x2 10
2. Tính tổng hoặc chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tổ hợp:
Phương pháp :

Nhận xét bài toán từ đó chọn hàm số phù hợp với tổng, đẳng thức, bất đẳng thức(thông thường
ta hay sử dụng các hàm cơ bản (x 1)n , (1  x)n , (1  x) n , (x 1) n )



Khai triển nhị thức vừa tìm được đồng thời sử dụng các phép biến đổi đại số, giải tích để có
được dạng phù hợp với đề bài .


Chọn giá trị của x cho phù hợp để có được biểu thức như đề bài. Thông thường ta chọn x là các số 1

hay -1 (cũng có thể  2,  3,…) Từ đó ta có được tổng hoặc mệnh đề cần chứng minh.
Ví dụ 1: Cho đa thức : P(x) = (1 + x2 – x5)12
Khai triển đa thức về dạng P(x)  a
0
 a x  a
2
x2 ...  a
60
x60
1
Tính tổng : S = a0  a1  a2  ...  a60 (tổng tất cả các hệ số)
Bài giải
Theo giả thuyết ta có : P( x )  a  a x  a x 2 ...  a x60
(1) đúng với x  R
0 1 2 60
Do đó (1) đúng với x = 1, tức lá : P (1)  a0  a1  a2 ...  a60  S (2)
Lại có: P(x) = (1 + x 2 5
) 12
 P(1)  1  2 5 12
 1 (3)– x 1 1

Từ (2) và (3) ta có: S 1
ĐS: S 1
Ví dụ 2(D – 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho : Cn
0
 2Cn
1
 4Cn
2
 8Cn
3
 ..  2n
Cn
n
 243
Bình luận: ta thấy tổng ở VT có lủy thừa cơ số 2 có số mũ tăng dần đều dó đó ta nghĩ ngay đến nhị
thức (1  x)n và ta cũng đoán được giá trị của biến phải chọn là x  2
5

6. NHỊ THỨC NEWTON
Bài giải
Ta có : (1  x) n  Cn
0  Cn
1 x Cn
2 x 2 ...  Cn
k x k ... Cn
n 1 x n 1  Cn
n xn (1) đúng với x  R
Do đó (1) cũng đúng với x = 2.
Xét x = 2 khi đó ta có:
1  (1  2) n
 Cn
0
 2Cn
1
 2 2
Cn
2
 23
Cn
3
...  2n
Cn
n
Từ giả thuyết ta có: (1  2) n  243  3n  35  n  5
ĐS: n = 5
Ví dụ 3(A – 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho:
C1  2.2C 2  3.22 C 3  4.23 C 4
...  (2n 1)2 2 n C2 n1  2005
2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1
Bài giải
k k (2 n 1)! (2 n 1)(2 n)! k 1
Ta có: kC 2 n 1    (2 n 1)C2n
( k 1)!(2 n  k 1)!k !(2 n  k 1)!
Do đó ta có: C1  2.2C 2  3.22 C 3  4.23 C 4
...  (2n 1)22 n C2 n1
2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1
 (2n 1)C2
0
n  (2n 1)2C2
1
n  (2n 1)2 2 C2
2
n (2n 1)23 C2
3
n ...  (2n 1)22 n C2
2
n
n 

 (2 n 1) C2
0
n  2C2
1
n  2 2 C 2
2
n  23 C 2
3
n  ...  22 n C2
2
n
n 

 (2 n 1) 1  2 2n  2 n 1 
Từ giả thuyết ta có: 2n 1  2005  n 1002
ĐS: n 1002
Ví dụ 4(B – 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng sau theo n:
S  C 0
 2 2 1
C 1
 2 3 1
C 2
 2 4 1
C 3
 ... 
2n1 1C n
n
2 n
3 n
4 n
n 1 n
Bài giải
1 C k  n !  1 ( n 1)!  1 Ck 1
k 1 n
( k 1) k !( n  k )! n 1 ( k 1)!( n  k )! n 1 n1
S  C 0  2 2 1C 2  2 3 1C 3 2 4 1 C 4  ...  2n1 1 C n1
n 1n
n 1 n 1 n 1
n1 n 1
n 1 n1
0 1 2 2 3 2 n 1 n 1 1 2 2 n1
 C n  2 C n 1  2
C
n 1  ...  2
C
n 1  C n 1
 Cn 1  ...  Cn1 n 1 n 1
6

7. NHỊ THỨC NEWTON
 C 0  1 (1 2)n 1  C 0  C 1 2 1 (11)n1  C 0  C1 
n n 1  n 1 n 1  n 1  n 1 n1 
 1
3n 1 1  2( n 1)

2n 1 1  ( n 1)

3n 1 2n1
n 1 n 1 n 1
ĐS: S 
3n 1 2n1
n 1
Ví dụ 5(A – 2007) Với n là số nguyên dương, Ck
là số tổ hợp chập k của n phần tử.
n
Chứng minh rằng :
1
C 2
1
n 
1
C 2
3
n 
1
C 2
5
n  ... 
1
C2
2
n
n1 
2 2n 1
2 4 2 n 2 n 16
Bài giải
Ta có :
1
C 2
k
n 
2 n !

1 (2 n 1)!
1)!(2 n  k )!k 1 ( k 1) k !(2 n  k )! 2 n 1 ( k
Do đó : VT 
1
C 2
1 
1
C 2
3
n 
1
C 2
5
n  ... 
1
C2
2
n
n1
2
n
4 6 2n
1 0 2 4 6 2n
 C2 n 1  C2 n 1
 C2 n 1
 C2 n 1  ...  C2 n1 2n 1
Ta lại có: C 0 C2 n 1 , C 2 C2 n 1 , C 4 C2 n 3 ,
2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1
 1 Ck 1
2 n 1 2 n1
1

S 1
(1)
2n 1 2n 1
,C 2 n  C1
2 n 1 2 n1
Suy ra
0 2 2 n

2 n 1 2 n1 1
2 S  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1 
C
2 n 1
C
2 n 1  ...  C2 n1
0 1 2 2 n 2 n 1 2 n1
2
2 n 1
 2.2
2n
C
2 n 1
C
2 n 1
C
2 n 1  ...  C2 n 1  C2 n1  1 1
 S  22n
Thay vào (1) ta có: VT 
2 2n
1
(đpcm) 2
n 1
Ví dụ 5 Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)2n biết rằng :
C1  C 3  C 5  ...  C 2n1
1024
2n1 2n1 2n1 2n1
Ví dụ 6:Cho m, n, p nguyên dương sao cho p  n, p  m
p 0p 1 p1 2 p2 p1 1 p 0
Chứng minh rằng : Cnm  Cn Cm  Cn Cm  Cn Cm  ...  Cn Cm  Cn Cm
 1 n
Ví dụ 7: Biết rằng trong khai triển  x   ,Tổng các hệ số của 2 số hạng đầu tiên là 24.
x 
Cmr : tổng các hệ số của lũy thừa nguyên dương của x là một số chình phương ?
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 7 www.toanhocdanang.com

8. NHỊ THỨC NEWTON
Ví dụ 8: Rút gọn tổng sau , từ đó tìm số hạng chứa x:
S ( x )  1  x  2(1  x ) 2  3(1  x ) 3  4(1  x ) 4 ...  n(1  x)n
3. Xác định xác định hệ số lớn nhất trong khai triển:
Phương pháp :
n n

Khai triển nhị thức và biến đổi về dạng P   f ( n, k ).x g ( n , k )  ak xk
k 0 k 0
từ đó suy ra hệ số ak  f ( n, k) (thông thường giả thuyết cho trước n hoặc k nên trong ak chỉ có
một biến)

ak
a
k 1
 k0  ak là hệ số lớn nhấtak là hệ số lớn nhất   k
ak
 ak 1
0
Ví dụ 1(A– 2008) Cho khai triển 1  2 x n  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a n xn , trong đó n  N * và
các hệ số a0 , a1 , a2 ,..., an thỏa mãn hệ thức : a0
a
1
a
2
an
   ...   40962 4 2n
Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,..., an
Bài giải
1  2 x n  Cn
0
 Cn
1 x  C n
2 x 2 ...  C n
n x n  a0  a1 2 x  a2 2 2 x 2 ...  a n 2 n x n  a k  2k Cn
k với k 1, n
a a a
 C 0 
2C 1 2 2 C 2 2n C n
 C 0  C 1  C 2  ...  C n  (1 1) n  2n
Do đó: a  1
 2
...  n n
 n
 ...  n
2 n
2n
0 24 n 2 4 n n n n
Kết hợp giả thuyết ta có: 2 n  4096  2 n  212  n 12
Khi đó : a  2k Ck
k 12
ak
a
k 1  kk k 1 k 1
2 C12  2 C12
ak là số lớn nhất   a
k 1

2 k C k
 2k 1 Ck 1
a
k 
 12 12
 2.12!

12!  2

1

 k )! ( k 1)!(13  k )! kk !(12

13  k

12! 2.12!

1 2   

k !(12  k )! ( k 1)!(11  k )!

 k k 1 12
Mà k là số nguyên nên ta có: k  8
Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: a8  28 C12
8 126720

23
 k 
26

3 3 
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 8 www.toanhocdanang.com

9. NHỊ THỨC NEWTON
BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : S  C1
n  2Cn
2
 3Cn
3
 4Cn
4
 ...  (1)n1.nCn
n
Trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2
Bài 2:(ĐH QG Hà Nội – 1999) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau :
17
 1 
P(x)   
4
x
3
 , x ≠ 0

3
x2 
 
 28  n

Bài 3:(ĐH SP Hà Nội K A – 2000) Trong khai triển nhị thức  x 3 x  x 15 
 
n n1 n 2
 79Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng Cn  Cn  Cn
Bài 4:(ĐH SP Hà Nội K D – 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức

x2 1n

bằng 1024, Hãy tìm hệ số của số hạng chứa x12
trong khai triển trên
Bài 5:(ĐH SP TP.HCM K A – 2000) Tính tổng : S = Cn
0
 1 C
1
n  1 Cn
2
 ...  1 Cn
n
2 3
n  1
Bài 6:(ĐH KTQD K A –2000) Chứng minh :2
n1
C
1
n  2
n1
Cn
2
 2
n 3
Cn
3
 2
n 4
Cn
4
 ...  nCn
n
 n.3
n1
Bài 7:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000)Tìm hệ số của số hạng chứa x31
trong khai triển của
 1 
40
f (x )  x 
x
2
 
Bài 8:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000) Cho biểu thức:
P ( x )  1  x 9  1  x 10  1  x 11 ...  1 x14 có khai triển là :
P( x )  a0  a1 x  a2 x 2 ...  a14 x14 . Hãy tìm hệ số a9
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 9 www.toanhocdanang.com

10. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 9:(ĐH Y Dược TP.HCM – 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức
sau:
1. Cn
0
 C
1
n  Cn
2
 ...  C
n
n = 2n
1 3 5

2n1 0 2 4

2n
2. C2n  C2n  C2n  C2n = C2n  C2n  C2n  C2n
Bài 10:(ĐH An ninh nhân dân KDG – 2000) Tính tổng :
S  C2000
0  2C2000
1  3C2000
2  4C2000
3 ...  2001C2000
2000
Bài 11:(HV Kỹ thuật quân sự – 2000) Khai triển nhị thức: P ( x )  1  2x12 thành đa thức ta có:
P( x )  a0  a1 x  a2 x 2 ...  a12 x12
Tìm Max  a0 , a1 , a2 ,..., a12 
Bài 12:(ĐH CSND KA – 2000) Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển của biểu thức
P ( x )  1  x 4  1  x 5  1  x 6  1 x7
Bài 13: Tính tổng : S 
2
16 C0
6 
2
25 C1
6 
2
34 C6
2

2
43 C6
3

2
52 C6
4
 6
2
C6
5
 7
1
C6
6
1 n
Bài 14:( ĐH luật khối D 2001) Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có: xn   Ck
n (2x  1)k
n
2 k 0
Bài 15:( ĐH Ngoại thương A - 2001) Với n là số tự nhiên, Tính tổng:
0 1 1 1 2 2 1 3 3 1 n n
S  Cn Cn .2 
C
n
.2 
C
n .2  ... 
C .2
2 3 4 n  1 n
Bài 16: Chứng minh rằng: C
0
2n  C
2
2n .3
2
 C
4
2n .3
4
 ...  C
2n
2n .3
2n
 2
2n1
(2
2n
 1)
Bài 17:( ĐH Luật TP.HCM A - 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều có:
C
1
n .3
n1
 2.Cn
2
.3
n 2
 3.Cn
3
.3
n 3
 ...  n.C
n
n = n.4n–1

10
Bài 18:( ĐH SP Hà nội A - 2001) Trong khai triển của nhị thức
1 2 
thành đa thức:P(x)   x3 3
 
a  a x  a x 2  a x 3
...  ax10 Hãy tìm hệ số a
k
lớn nhất ( 0  k  9 )
01 2 3 10
10

11. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 19:Chứng minh rằng: C0
2001  32
C2
2001  34
C4
2001  ...  32000
C2000
2001  22000
(22001
 1)
Bài 20:Cho khai triển nhị thức niu – tơn :
x 1 x n x 1 n x 1 n1 x x 1 x n1 x n
2 2 3 C02  C1 2  2 3  Cn1 2 2 3  Cn2 3 2   2  2  ... 2 n n n n
Với n  N . Biết trong khai triển có Cn
3
 5C
1
n và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x.
Bài 21:(D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho: Cn
0
 2C
1
n  4Cn
2
 ...  2
n
C
n
n  243
Bài 22:Giã sử n là số nguyên dương và : 1  x n  a0  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  ...  a n xn
Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho
a
k 1
 ak 
a
k 1
. Hãy tính n.
2 9 24
Bài 23:Gọi a1 , a2 , a3 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau: 1  x 10 ( x  2)  x11  a1 x10  a2 x 9 ...  a11
Hãy tìm hệ số a5
1
n
8  
Bài 24:Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của  x
5
, biết rằng : 3 

x

n1 n
C
n 4  Cn 3  7(n  3) (n nguyên dương, x >0).
 
Bài 25: Cho n  N , tính tổng sau theo n: S  Cn
0

22 
1
C1n 
23  1C2
 ... 
2n1
 1Cn
n n
2 3
n  1
Bài 26:Với n là số nguyên dương, gọi a là hệ số của số hạng chứa x3 n3 trong khai triển
3 n3
thành đa thức của x 2 1n ( x  2)n .Tìm n , biết rằng a3 n3  26n
1 3 5 2n1 0 2 4 2n
Bài 27:Chứng minh rằng với n  N ta đều có:
C
2n  C2n  C2n  ...  C2n  C2n  C2n  C2n  ...  C2n
Bài 28:
1. Giải phương trình: C
1
x  6C
2
x  6C
3
x = 9x2 – 14x
2.Chứng minh rằng : C
1
20  C
3
20  C
5
20  ...  C
17
20  C
19
20 = 219
11

12. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 29: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n  2 ta đều có:
C0 C1 ...Cn  2n 2 n1
n n n 
n 1

 
Bài 30:
1. Tính tổng: S =C
1
n 2Cn
2
 3Cn
3
 4Cn
4
 ...  (1)
n1
nC
n
n (n > 2)
0 1 1 1 2 1 n
2. Tính tổng: T = Cn  Cn  Cn  ...  Cn
2 3
n  1
Biết n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện:
n n1 n 2
 79Cn Cn  Cn
Bài 31: Cho P ( x )  (16 x 15)2003 . Khai triển nó dưới dạng: P( x)  a0  a1 x  a2 x 2 ...  a2003 x2003
Tính tổng : S  a0  a1  a2 ...  a2003

15
1 2 
Bài 32: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức niu-tơn sau: P    x  .
3 3 
Bài 33: Hãy khai triển nhị thức Newton (1  x)2n , với n là số nguyên dương. Từ đó chứng minh rằng:
1 3 2n1 2 4 2n
1C2n  3C2n  ...  (2n  1)C2n  2C2n  4C2n  ...  2nC2n
Bài 34: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển thành đa thức của [1 + x2(1 – x)]8.
1 7
Bài 35:Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton:
 3
x 

với x > 0 4 x 
 
Bài 36:Tìm số nguyên duownng n sao cho:
1 2 2 3 3 4 2n 2n1
= 2005C
2n 1  2.2C2n 1  3.2 C2n 1  4.2 C2n 1  ...  (2n 1).2
C
2n 1
    
Bài 37:Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển nhị thức (2 3 x)2n , trong đó n là số
nguyên dương thỏa mãn 1 3 5 2n1
C
2n 1  C2n 1  C2n 1  ...  C2n 1  1024
   
12

13. NHỊ THỨC NEWTON
1 n
26  7
Bài 38: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của   x  ,4

x

biết rằng: C
1
2n1  C2n
2
1  ...  C
n
2n1  2
20
1
Bài 39:Tính tổng S =
1.Cn
0

2.C1
n

3.Cn
2
 ... 
(n 1).Cn
n
A1
A1
A1
A1
1 2 3 n1
Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện : Cn
0  C
1
n  Cn
2
 211
Bài 40:Khai triển biểu thức (1 – 2x)n thành đa thức ta có dạng:
P( x )  a  a x  a x 2 ...  a xn . Tìm số hạng chứa x5
, biết rằng: a  a  a  71
0 1 2 n 012
 2
1 n

Bài 41:Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức x   ,
x
3
 
biết rằng: C
1
n  Cn
3  13n (n là số nguyên lớn hơn 2, x  0 ).
Bài 42:Tìm n  N sao cho:
C
0
4n 2  C4n
2
2 C4n
4
2  ... C4n
2n
2  256
   
20 10
 1   3 1
Bài 43:ChoA  x    x   .2
x x   
Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức A sẽ gồm bao nhiêu số hạng
Bài 44:Tìm n  N thỏa mãn:
0 2 2 2k 2k 2n 2 2n 2 2n 2n 15 16
C
2n  C2n 3  ...  C2n 3  ...  C2n 3  C2n 3  2 (2  1)
Bài 45: Chứng minh rằng:
Cn
0
3
n
 C
1
n 3
n1
 ...  (1)
n
C
n
n  Cn
0
 C
1
n  ...  C
n
n
Bài 46: Tìm hệ số của số hạng chứa x 29 y8 trong khai triển nhị thức Newton : x 3  xy 15
13

14. NHỊ THỨC NEWTON
HƯƠNG DẪN GIẢI
Bài 1: S = C
1
n  2Cn
2
 3Cn
3
 4Cn
4
 ...  (1)
n1
.nC
n
n (n > 2)
Xét đa thức p(x) = (1 – x)n. Khai triển theo công thức Mewton ta được:
n
p(x) = (1 – x)
n
=  (1)k Ckn .xk
k 0
n
Suy ra: – p(x) = n(1 – x)
n–1
= (1)k 1.kCkn .xk 1
k 1
n
Cho x = 1 ta được: 0 = (1)k 1.kCkn = C1n  2Cn2
 3Cn3
 4Cn4
 ...  ( 1)n1.nCnn = S
k 1
Vậy: S = 0
Bài 2: Số hạng tổng quát của khai triển :
2 17 k 3 k 3
17
k
34
C17
k
x

 x  C17
k x 12
3
3 4 4 (k  N, 0 ≤ k ≤ 17)
Nên số hạng không chứa x thì
17 34
 k = 8k   012 3
Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng
C
17
8
.
Bài 3:
nn 1 n 2 n(n  1)
 
* Xác định n: Cn  Cn  Cn  79  1 + n + = 792
n  12  
n 13 (loaïi)


28 12
12
4 k 28 12 k
12
48 112
      k
* khi n = 12 ta có: :  x 3 x  x 
15    C12k  x 3   x

15  =  C12
k
x
15
5
  k

0     k

0
     
48 112
Số hạng không phụ thuộc x  k   0  k = 7.15 5
Vậy số hạng cần tìm là:
C
12
7
= 792
14

15. NHỊ THỨC NEWTON
n
Bài 4: Ta có: (x2
+ 1)
n
=  Cnk x2k (1)
k 0
Số hạng tổng quát của khai triển là T  C k x2k
k 1 n
T chứa x12  2k 12  k  6
k 1
n
Trong (1) cho x = 1 thì  C
n
k = 2n
k 0
n
Theo giả thuyết   Ckn = 1024  2n = 1024  n = 10
k 0
Vậy hệ số cần tìm là: C10
6
= 210.
Bài 5:
1
(1 x)n1 1
2n1 1n
* Ta có: I = (1 x) dx  n

1 n

1
0 0
1
 1 x 2 n xn1 
1
* I =
0 1 n n
=
0
 (Cn Cn x  ...  Cn x )dx Cn x  Cn  ...  Cn 2 n
1


0   0
0 1 1 1 2 1 n
= Cn  Cn  Cn ... 
Cn = S
2 3 n 1
Vậy: S = 2n1
 1.
n  1
Bài 6:
Ta có: (1 + x)n
=
Lấy đạo hàm hai vế :
n(1 + x)n–1
= C1
n  2Cn
2 x  3Cn
3 x 2
 4Cn
4x 3
... nCn
nxn 1
Thay x = 2
1
, ta được:
3
n1
n 2n1  C1
n  2Cn
2 .2
1
 3Cn
3 2
2
 4Cn
4 .2
3
 ...  nCn
n 2
n1
 2n1C1n  2n1Cn2
 3.2n 3 Cn3
 4.2n 4 Cn4
 ...  nCnn  n.3n1
15
Cn0
 C1n x  Cn2 x 2
 Cn3 x 3
 Cn4 x 4
...  Cnnxn

16. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 7:
 1 40 40 k k  1
40  k 40
k 3k 80
 x   =  C40
x .
  =  C
40
x
2 2
 x  k 0  x  k 0
Số hạng tổng quát của khai triển là T  C k
x3 k 80
k 1 40
Tk 1 chứa x31  3k 80  31  k  37
Heä soá cuûa x31
laø Ck40 vôùi k thoaû maõn ñieàu kieän: 3k – 80 = 31  k = 37
Vậy hệ số của số hạng chứa x31 là C
37
40  C
3
40 
40.39.38
= 40.13.19 = 9880.1.2.3
Bài 8:
a 9  1 C10
9  C11
9  C12
9  C13
9  C14
9
= 1 + C
1
10  C11
2
 C12
3
 C13
4
 C14
5
= 1 + 10 + 11.10 12.11.10  13.12.11.10  14.13.12.11.10 = 3003
2 6 24 120
Bài 9:
1. (1 + x)n
= Cn
0
 C
1
n x  Cn
2
x
2
 ...  C
n
nx
n
Cho x = 1  Cn
0
 C1
n  Cn
2
 ...  Cn
n = 2n
2. (1 – x)2n
= C
0
2n  C
1
2n x  C2n
2
x
2
 C
3
2n x
3
 ...  C2n
2n
x
2n
Cho x = 1  đpcm.
Bài 10:
Ta có: x  1 2000 
2000
Ck2000xk (1)
  
k 0
2000
Trong (1) cho x = 1 ta được  Ck
2000 = 22000
k 0
2000
Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 =  i.Ci2000
xi 1
i 1
2000
Cho x = 1 ta được:  i.Ci
2000 = 2000.21999
= 1000.22000
i 1
2000 2000
Do đó: S =  Ci2000   i.Ci2000 = 1001.2
2000
.
i 0 i 1
16

17. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 11:
12 12
P ( x )  (1  2 x )12  C12
k 2 k x k  a0  a1 x  a2 x 2 ...  a12 x12  a k xk  ak  C12
k 2k
k 0 k 0
ak
a
k 1 13 16
ak  Max a0 ; a1 ; a2 ;...; an  
a
k 1
  k 

a
k 3 3 Max a0 ;a1;a 2 ;...;an  a 8  C128 = 126720
 
Bài 12:
Hệ số của số của số hạng chứa x5 trong khai triển biểu thức là:
(x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 là : C5
5
 C6
5
 C7
5
= 1 +
6!

7!
= 285!1! 5!2!
Bài 13:
1
(x  2)7 1
37  27
1. I = (x 6
= 2) dx 7 7
0 0
2. Ta có:
1
I = (x  2)6 dx =
0
1
= C
0
6 .2
6
 C
1
6 2
5
x  C 6
2
2
4
x
2
 C
3
6 2
3
x
3
 C
4
6 2
2
x
4
 C
5
6 2x
5
 C
6
6x
6
dx 0
26 25 24 23 22
1
 0 1 2 2 3 3 4 4 5 2 5 6 1 6 7
=  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x 1 2 3 4 5 6 7
  0
 
=
2
1
6 C0
6 
2
2
5 C1
6 
2
3
4 C6
2

2
4
3 C3
6 
2
5
2 C6
4
 6
2
C6
5
 7
1
C6
6 = S
Vậy: S = 37  27
7
Bài 14:
Nếu u = 2x – 1, ta được:
n
n u  1 1 k k
(*)      Cnu2 n
  2 k 0
n
 (u + 1)n =  Ckn
uk  điều phải chứng minh.
k 0
17

18. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 15:
Có
1
Ck 1 2 1 2
.2k
 Cnk .xk 1  Cnk xk dxk 1 n
2(k  1) 0 2
0
1 1 1 10 1 2 2 3 3 n n
 S = Cn  Cn .2  Cn .2  Cn .2 ...  Cn.2
2 3 4 n 1
n 1 k k n 1 2 k k 1 2 n k k =
 Cn .2  Cn x dx   
C
n
x

dx
=
 2 k 0
k
 1 k 02 k 0 
  0 0   
12 n 1(x  1)n1
2 3n1  1
= (x  1) dx  . =2 2 n  1 2(n 1)
0 0
Bài 16:
Ta có: (1 + 3)2n
= C
0
2n  C
1
2n .3
1
 C2n
2
.3
2
...  C2n
2n
.3
n
(1 – 3)2n
= C
0
2n  C
1
2n .3
1
 C2n
2
.3
2
...  C2n
2n
.3
n
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được:
42n
+ 22n
= 2 C
0
2n  C
2
2n .3
2
 ...  C
2n
2n .3
2n

Từ đó ta có:C0
2n  C2
2n .32
 C4
2n .34
 ...  C2n
2n .32n
 22n1(22n
 1)
Bài 17:
Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n
= Cn
0
3
n
 C
1
n .3
n1
x  ...  C
n
n.x
n
Ta có: f(x) = n(x + 3)n–1
= C1
n .3n1
 2Cn
2
.3n 2
x ... nCn
nxn 1
Cho x = 1, ta được:
f(1) = n.4n–1
= C
1
n .3
n1
 2.Cn
2
.3
n 2
 3.C
3
n .3
n 3
... n.C
n
n (đpcm)
Bài 18:
k 1 k 1 kk
Ta có : ak 1  ak 
C
10
.2
 C10.2
 k ≤ 2(11 – k)  k ≤
1 2

(k  1)!(11 k)! k!(10  k)!
22
3
Vậy hệ số lớn nhất là: a7 =
1 .C10
7.27
.10
3
18

19. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 19:
2001
Ta có: (x + 1)
2001
=  C
k
2001.x
k
k 0
2001
(–x + 1)
2001
=  Ck2001.(  x)k
k 0
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được:
(x + 1)2001
+ (–x+ 1)2001
= 2 C0
2001  x 2C2
2001  x 4C4
2001  ...  x 2000C2000
2001 
Cho x = 3 ta được:
42001
 C
0
2001  3
2
C
2
2001  3
4
C
4
2001  ...  3
2000
C
2000
2001  2
2000
(2
2001
1)
Bài 20:
3 1 n! n! n(n 1)(n  2)
Từ Cn  5Cn ta có n ≥ 3 và  5   5n3!(n  3)! (n  1)! 6
2 n 4 (loaïi)
 n

– 3n – 28 = 0  
n  7

x 1 x

3
Với n = 7 ta có:C7
3 2 2 3 = 140  35.22x–2.2–x = 1402
 2x–2 = 4  x = 4.
Vậy n = 7, x = 4.
Bài 21:
n
Ta có: (x + 1)n =  Ckn
xk
k 0
n
Cho x = 2 ta được: 3n =  Ck
n
2k
 3n = 243  n = 5.
k 0
Bài 22:
Ta có:
a
k 1
 ak 
a
k 1
(1) (1 ≤ k ≤ n – 1)
2 9 24
 Cnk 1

Cn
k

Cnk 1
2 9 24
1 n! 1n! 1 n!
  
2 (k  1)!(n  k  1)! 9 k!(n  k)! 24 (k  1)!(n  k  1)!
19
– 2
2001
= 2 C02001  32 C22001  34 C42001  ...  32000 C20002001 

20. NHỊ THỨC NEWTON
 2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)! 

 2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k 
 2n  2
2(n  k  1)  9k
k 
 
 11

9(n  k)  24(k  1)

3n  8 k
  11

Để tồn tại k thỏa mãn (1) thì 3n – 8 = 2n + 2  n = 10.
Bài 23:
Ta có: (x + 1)10
= x10
+ C
1
10 x
9
 C10
2
x
8
 C10
3
x
7
 ...  C10
9
x 1
 (x + 1)10
(x + 2) = x11
+ C1
10 x10
 C10
2
x9
 C10
3
x8
 ...  C10
9
x 2
 x
+ 2  x10
 C1
10 x 9
 C10
2 x 8
 C10
3 x 7
 ...  C10
9x 1
= x11
+ C110  2  x10
 C102
 C110 .2  x 9
 C103
 C102.2  x 8
 ... 
+ C10
9
 C10
8.2  x2
+C10
10  C10
9.2  x + 2
= x11 + a1 x10 + a2 x9 + … + a11 Vậy a5
= C10
5
 2C10
4
= 672.
Bài 24:
n1 n
 7(n  3)
n1 n n
 7(n  3)Ta có:
C
n 4  Cn 3  
C
n 3 
C
n 3 
C
n 3

(n  2)(n  3)
= 7(n + 3)  n + 2 = 7.2! = 14  n = 12.
2!
Số hạng tổng quát của khai triển là:
5 12k 60 11k
C12
k (x 3 )k x   C12
kx2 2
60 11k
60  11k
Ta có: x 2 = x8
 = 8  k = 4.
2
Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là
C
12
4
12!
 = 495.4!(12  4)!
Bài 25:
Ta có: (1 + x)n
= Cn
0
 C
1
n x  Cn
2
x
2
 ...  C
n
nx
n
2 2
 (1  x)n dx  Cn0
 C1n x  Cn2 x 2
 ...  Cnn xn dx 
20

21. NHỊ THỨC NEWTON

1 n1 2  0 1 x 2
2 x3 n xn1 
2
(1 x) Cn x  Cn  Cn  ...  Cn 
n 
1 1

2 3 n
 1 1
0 22
1 1 23
1 2 2n1 1 n
=
3n1  2n1
 Cn  Cn  Cn ...  Cn
2 3 n  1 n  1
2 3
n  1 n  1
Bài 26:
Ta có: (x2 + 1)n =
(x + 2)n =
Dễ dàng kiểm tra được n = 1, n = 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với n ≥ 3 thì x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1
Do đó hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của:
(x2 + 1)n(x + 2)n là a = 2
3
.Cn
0
.Cn
3
2.C
1
n.C
1
n
3 n3
2n(2n2
 3n  4) n  5
 a3 n3 = 26n  
26n
 
73 n  (loaïi)
2

Vậy n = 5.
Bài 27:
Ta có khai triển : (x + 1)
2n 0 2n 1 2n1 2 2n 2 2n 12n
= C2n x  C2nx  C2nx  ...  C 2n x  C2n
Cho x = –1 ta được:
0 1 2 3 4 2n1 2n
0 =
C
2n  C2n  C2n  C2n  C2n  ...  C2n  C2n
1 3 2n1 0 2

2n
 C2n  C2n  ...  C2n  C2n  C2n ...  C2n
Bài 28:
x  1

x  2 x  3
1. Điều kiện : 
x  3

x  N 
x

N

x! x!
= 9x2 – 14xPT  x + 6  6
2!(x  2)! 3!(x  3)!
 x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x
Cn
0
x
2n
 C
1
n x
2n 2
 Cn
2
x
2n 4
 ...  C
n
n
Cn0 xn
 2C1nxn1
 22 Cn2 xn 2
 23 C3n xn 3
...  2n Cnn

22. x  0 (loaïi)
2
– 9x + 14) – 0 

x  7 (loaïi)  x = 2 x(x x  2

21
GV:PHAN NHẬT NAM

23. NHỊ THỨC NEWTON
2.  Caùch 1:
* Ta có: (1 – x)
20
= C020  C120 x  C202 x 2
...  C1920 x19
 C2020 x20
Cho x = 1 ta có: C020  C120  C220  ...  C1920  C2020
= 0
 C
0
20  C20
2
 ...  C20
20
 C
1
20  C
3
20  ...  C
19
20
Nên : A = C
0
20  C20
2  ...  C20
20
; B = C
1
20  C
3
20 ... C
19
20
 A = B (1)
* Ta coù: (1 + x)20
= C
0
20  C
1
20 x  C20
2
x
2
...  C
19
20 x
19
 C
20
20 x
20
Cho x = 1 ta coù: C
0
20 C
1
20  C20
2
 ...  C
19
20  C
20
20 = 220
 A + B = 220 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A = 220 = 219 (đpcm).
2
k k 1 k 0  1, ta được: Cách 2: Áp dụng công thức Cn 1  Cn  Cn và Cn

C
1
20  C
3
20  C
5
20  ...  C
17
20  C
19
20 =
= C19
0
 C19
1
 C19
2
 C19
3
 C19
16
 C19
17
 C19
18
 C19
19
= (1 + 1)19 = 219.
Bài 29:
0 n 0 1 n 1 2 n1
Do Cn  Cn  1 nên ta có: Cn Cn ...Cn  CnCn...Cn
Áp dụng BĐT côsi ta có:
1 2 n 1 1 2 n1 n1
 Cn  Cn  ...  Cn 

CnCn ...Cn  
n  1 
n
Áp dụng khai triển (a + b)n =  Cnk ak bnk với a = b = 1, ta có:
k 0
0 1 2 n
= 2
n 1 2 n1
= 2
n
– 2Cn  Cn  Cn  ...  Cn  Cn  Cn  ...  Cn
1 2 n 1  n n1
2  2 

Suy ra: CnCn ...Cn   (đpcm).
n  1
Cn0
 C1n x  Cn2 x 2
 Cn3 x 3
 ...  Cnnxn

24.  
Bài 30:
1. Ta có: (1 + x)n =
Đạo hàm hai vế , ta được:
22

25. NHỊ THỨC NEWTON
n(1 + x)n–1
=C
1
n  2Cn
2
x  3Cn
3
x
2
 ...  nC
n
nx
n 1
Cho x = –1
0 =
Vậy S = 0.
2. Ta có : (1 + x)n
= Cn
0
 C
1
n x  Cn
2
x
2
 Cn
3
x
3
 ...  C
n
nx
n
1 1
 (1  x)ndx  Cn0
 C1n x  Cn2 x 2
 Cn3 x 3
 ...  Cnn xn dx 
0 0
(1 x)n1
1

0
1
1 2
1
2 3 1 n n 1

1
 
 Cn x  Cn x  Cn x  ...  Cn x 
n  1 0  2 3 n  1  0
 2n1 1 Cn
0

1 C
1
n 1Cn
2
 ...  1 Cn
n
n  1 2 3 n  1
Do đó: T = 2n1  1
n  1
n  N, n  2
n n1 n 2
 79 

n(n  1)  n = 12Ta có:
C
n  Cn  Cn 
1  n   79

2
Vậy: T = 2
13
 1.
13
Bài 31:
2003
P(x) = (16x – 15)2003 =  Ck2003(16x)2003  k ( 15)k
k 0
2003
=  Ck2003 (16)2003 k ( 15)k x2003 k k 0
Các hệ số trong khai triển P(x) thành đa thức là: ak = C
k
2003(16)
2003 k
(15)
k
2003 2003
Vậy: S =  ak   Ck2003 (16)2003 k ( 15)k
= (16 – 15)2003
= 1
k 0 k 0
Bài 32:

1 2 15 15

1 15 k

2
 k
15 2k
 k  k k
Ta có:   x  =  C15    x   C15 x3 3
3 3
15
  k 0     k  0 3
Gọi ak là hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển:
23
C1n  2Cn2
 3Cn3
 4Cn4
 ...  (1)n1nCnn

26. NHỊ THỨC NEWTON
ak =
1
C15
k
.2
k
; k = 0, 1, 2, …, 15.15
3
Xét sự tăng giảm của dãy số ak :
k 1 k 1 kk k 1 k
ak–1 < ak 
C
15 .2  C15.2  C15  2C15
 k <
32
3 , k = 0, 1,.., 15
Ta có: a0 < a1 < a2 < … < a10
ak–1 > ak  k >
32
3  a10 > a11 > … > a15.
210
C1510
210
Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a10 =  3003. .15 15
3 3
Bài 33:
Ta có:
(1 – x)2n =
Đạo hàm hai vế theo biến x, ta có:
–2n(1 – x)2n–1 =
Thay x = 1 vào đẳng thứctren, ta được:
0 =
1 3
  (2n
2n1 2 4

2n
Vậy: 1C2n  3C2n  1)C2n  2C2n  4C2n  2nC2n .
Bài 34:
Ta có: [1 + x2
(1 – x)]8
= C
0
8  C
1
8 x
2
(1  x)  C8
2
x
4
(1  x)
2
 C
3
8x
6
(1  x)
3
+
+C8
4
x
8
(1 x)
4
 C
5
8 x
10
(1 x)
5
 C
6
8 x
12
(1 x)
6
 C
7
8 x
14
(1 x)
7
 C
8
8 x
16
(1 x)
8
Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng sau lớn hơn 8.
Vậy x8
chỉ có trong các số hạng thứ tư , thứ năm với hệ số tương ứng là: C
3
8 .C3
2
; C8
4
.C
0
4
Suy ra: a8 = 168 + 70 = 238.
Bài 35:
 1 
7 7
7  k  1
k 7 28 7k
3 k 3  k
 x  12
Ta có:  x  4  =  C7  4  = 
C
7
x
x x
  k 0   k 0
Số hạng không chứa x là số hạng tương ứng với k (k  Z, 0 ≤ k ≤ 7) thỏa mãn
24
C1
 2C2
 3C3
 4C4
 ...  (2n 1)C2n1
 2nC2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
C1
 2C2
x  3C3
x 2
 4C4
x3
 ...  (2n 1)C2n1
x 2n 2
 2nC2n
x2n1
2n 2n 2n 2n 2n 2n
C0  C1 x  C2 x 2  C3 x3  C4 x 4  ...  C2n1x2n1  C2n x2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n

27. NHỊ THỨC NEWTON
điều kiện:
28  7k
 0  k = 412
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: C7
4
= 35.
Bài 36:
Ta có : (1 + x)2n+1
=
Đạo hàm hai vế ta có:
(2n + 1)(1 + x) 2n 1 2 3 2  ...  (2n 2n1 2n
= C2n 1  2C2n 1x  3C2n 1x  1)C2n 1x
   
Thay x = –2, ta có:
1 2 2 3  ...  (2n 2n 2n1
= 2n + 1C
2n 1  2.2C2n 1  3.2 C2n 1  1)2 C2n 1
   
Theo giả thuyết ta có: 2n + 1 = 2005  n = 1002.
Bài 37:
Ta có: (1 + x) 2n+1 0 1 2 2 3 3 2n1 2n1
= C
2n 1  C2n 1x  C2n 1x  C2n 1x  ...  C2n 1x
    
Cho x = 1 ta có: 2 2n+1 = 0 1 2 3 2n 1 (1)C
2n 1  C2n 1  C2n 1  C2n 1  ...  C2n 1
    
0 1 2 3 2n1
Cho x = –1 ta có: 0 = C2n 1  C2n 1  C2n 1 C2n1  ... C2n 1 (2)
    
Lấy (1) – (2)  2
2n+1
=
1 3 2n1
2

C
2n1  C2n 1  ... 
C
2n 1 
 22n 1 3 2n1
= 1024  2n = 10=
C
2n 1 
C
2n 1  ...  C2n 1
  
10
Ta có: (2 – 3x)10 =  ( 1)k C10k 210  k (3x)k
k 0
Suy ra hệ số của x7 là C10
7
3
7
2
3
Bài 38:
 Từ giả thuyết ta suy ra: C
0
2n 1  C
1
2n 1  C
2
2n 1  ...  C
n
2n 1  2
20
(1)
   
k 2n1k , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 neân:Vì C2n 1  C2n 1
 
0 1 2 n
1 0 1 2 2n1
C
2n1  C2n1  C2n1  ...  C2n1  
C
2n1 
C
2n1 
C
2n1  ...  C2n1 (2)2
Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra:
0 1 2 2n1 2n1
 2n1 (3)C
2n 1  C2n 1  C2n 1  ...  C2n 1  (1 1) 2
   
Từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220
 n = 10.
25
C0
C1xC2x2C3x3...C2n1x2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1

28. NHỊ THỨC NEWTON
1 10 10 k 10
 7 k 4 10 k 7 k 11k 40
x  Ta có:   x    C10 (x )   C10x4

x
 k 0 k 0
Hệ số của số hạng chứa x26 là C10
k
với k thỏa mãn: 11k–40 = 26  k = 6
Vậy hệ số của x26 là C10
6
= 210.
Bài 39:
0 1 2
n  N,n  2 n  N,n  2
 

 n = 20Cn  Cn  Cn  211   n(n  1)  2
1  n   211 n  n 420  0


2


(k  1).Cn
k (k  1)Cn
k
k
(k = 1, 2, …, n)  CnA
1
(k  1)!
k 1 k!
Do đó: với n =20 ta có: S =C
0
20  C
1
20  ...  C20
20
= 220
.
Bài 40:
Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = Cn
k
(2)
k
.x
k
Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71  Cn
0
 2C
1
n  4Cn
2
 71
n N, n  2 n  N, n  2


 n(n  1) 

 n = 7  2
1 2n  4  71 n  2n 35  0


2


Với n = 7, ta có hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển (1 – 2x)n là: a = C7
5
(2)
5
= – 672.
5
Bài 41:
Ta có: C
1
n  Cn
3
 13n  n 
n(n 1)(n  2)
 13n
6
 n
2
– 3n – 70 
n  10

n 7 (loaïi)
Số hạng tổng quát của khai triển là:
Tk 1 = C10
k
(x
2
)
10 k
(x
3
)
k
 C
k
10x
20 5k
Tk 1 không chứa x  20 – 5k = 0  k = 4
Vậy số hạng không chứa x là: T5 =
C
10
4
= 210.

29. 26

30. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 42:
 Cách 1: Ta có: 0 1 2 4n 2 4n2
C
4n 2  C4n 2  C4n 2  ...  C4n 2  2
   
0 2 4 4n2 4n1
C
4n 2  C4n 2  C4n 2  ...  C4n 2  2
   
C
0
4n 2  C
2
4n 2  C
4
4n 2  ... C
2n
4n 2  2
4n
   
Vậy có: 24n = 256  n = 2
 Cách 2: Nếu Sn = C
0
4n 2  C4n
2
2  C4n
4
2 ... C4n
2n
2
   
Thì Sn+1 = C
0
4n 6  C4n
2
6  C4n
4
6 ...  C4n
2n
6
   
Vì C4n
2k 6  C
2k
4n 2 (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1> Sn  dãy (Sn) tăng.
 
Khi n = 2 thì S2 = C10
0
 C10
2
 C10
4
= 256
Vậy Sn = 256  n = 2.
 1  20  3 1 10
A =

Bài 43:  x     x  2
x x   
20 10
=  (1)k Ck20 x20 k x 2 k
 (1)n C10n x 3 10 k x1n
k 0 n0
20 10
k
Ck20 x 20 3k
n
C10nx30 4n=  1   1
k 0 n 0
Xét trường hợp: 20 – 3k = 30 – 4n  10 – n = 3(n – k)
Vì 0 ≤ n ≤ 10 và 10 – n phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n= 7 hay n= 10
 có 3 số hạng trong hai khai triển trên có lũy thừa của x giống nhau.
Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm:
21 + 11 – 3 = 29 số hạng.
Bài 44: Ta có : 4
2n
= (1 + 3)
2n 0 1 1 2 2 2n1 2n1 2n 2n
=
C
2n  C2n3  C2n 3  ...  C2n 3  C2n 3
2
2n 2n 0 1 1 2 2 2n1 2n1 2n 2n
= (1 – 3) =
C
2n  C2n 3  C2n 3  ...  C2n 3  C2n 3
 42n
+ 22n
=2  C0
2n  C2n
2 32
 ...  C2n
2n 32n  

 42n + 22n = 2.215(216 + 1) 
(22n – 216)(22n + 216 + 1) = 0
 22n = 216  n = 8.
27

31. NHỊ THỨC NEWTON
Bài 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b)n
= Cn
0
an
 C1
nan1
b  ...  Cn
nbn
 với a = 3, b = – 1  2n
= (3 – 1)n
= Cn
0 3n
 C1
n 3n1
 ...  ( 1)n Cn
n
 với a = 1, b = 1  2n = (1 + 1)n = Cn
0
 C
1
n  ...  Cn
n
Vậy : Cn
0
3
n
 C
1
n 3
n1
 ...  (1)
n
C
n
n  Cn
0
 C
1
n  ...  C
n
n
k k 45 2k k 45  2k  29
Bài 46: Số hạng tổng quát: C15(1) x 
y   k = 8
k  8

Vậy hệ số của số hạng chứa x29y8
là : C15
8
= 6435.
GV:PHAN NHẬT NAM
GV:PHAN NHẬT NAM