Cd2 ds10 kntt b4 nhi thuc newton equa

4 NHỊ THỨC NEWTON ❶ Giáo viên Soạn: Đỗ Ngà FB: Đỗ Ngà ❷ Giáo viên phản biện: Nguyễn Thị Thanh Bình FB: Thanh Bình Thuật ngữ Kiến thức, kĩ  Tam giác Pascal  Hệ số  Nhị thức Newton  Xác định hệ số khai triển nhị thức Newton thông qua tam giác Pascal  Khai triển nhị thức Newton ( a+ b )n cách sử dụng tam giác Pascal sử dụng công thức tổ hợp  Xác định hệ số x k khai triển ( ax +b )n thành đa thức Quan sát khai triển nhị thức Newton sau: ( a+ b )0=1 ( a+ b )1=1 a+1 b ( a+ b )2=1 a2 +2 ab+1 b ( a+ b )3=1 a3 +3 a b+ a b2 +1 b3 ( a+ b )4 =1 a4 + a3 b+ a2 b2 +4 a b3 +1 b4 1 ( a+ b )5=1 a5 +5 a b+10 a3 b2 +10 a b3 +5 a b +1 b5 1 10 1 10 …………………………………………………………………………………………………………… Các hệ số khai triển ( a+ b )n tạo thành tam giác hình Có thể xác định hàng tam giác tính hệ số hay khơng? TAM GIÁC PASCAL HĐ1: Khai triển Trong Bài 25 SGK Toán 10 (Bộ sách Kết nối tri thức với sống), ta biết: ( a+ b )1=a+b ( a+ b )2=a2+ ab+b2 ( a+ b )3=a3 +3 a2 b+3 a b2 +b ( a+ b )4 =a +4 a3 b+6 a2 b2 + a b3 + b4 ( a+ b )5=a5 +5 a4 b+ 10 a3 b2+ 10 a2 b3 +5 a b4 + b5 Với n ∈ {1 ; ; 3; ; }, khai triển nhị thức ( a+ b )n: a) Có số hạng? b) Tổng số mũ a b số hạng bao nhiêu? c) Số mũ a b thay đổi chuyển từ số hạng đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sang phải? Trong khai triển ( a+ b )n (với n=1,2,3,4,5): Có n+1 số hạng, số hạng a n số hạng cuối b n Tổng số mũ a b số hạng n Số mũ a giảm đơn vị số mũ b tăng đơn vị chuyển từ số hạng đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sang phải Từ quan sát ta dự đốn, chẳng hạn: ( a+ b )6=a6 +? a5 b +? a b2 +? a b 3+ ? a2 b +? a b 5+ b6 Ở dấu “?” để hệ số chưa biết Để hoàn thành khai triển, ta cần xác định hệ số HĐ2: Tam giác Pascal Viết hệ số khai triển ( a+ b )n với số giá trị n bảng tam giác sau đây, gọi tam giác Pascal ( a+ b )0 ( a+ b )1 ( a+ b )2 ( a+ b )3 ( a+ b )4 ( a+ b )5 1 1 10 1+1=2 10 1+2=3 + = 4, + = Hàng đầu quy ước gọi hàng Hàng n ứng với hệ số khai triển nhị thức ( a+ b )n Trong tam giác Pascal: Mọi số (khác 1) tổng hai số phía Từ tính chất ta tìm hàng tam giác Pascal từ hàng phía Chẳng hạn ta tìm hàng từ hàng sau: ( a+ b )5 ( a+ b )6 10 15 10 20 15 1 + =6, + 10 = 15, 10 + 10 = 20 35 35 21 Tìm hàng tam giác Pascal Lời giải ( a+ b )7 ( a+ b )8 21 28 56 70 56 28 Ví dụ Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển ( a+ b )6 Lời giải Khai triển ( a+ b )6 có dạng ( a+ b )6=a6 +? a5 b +? a b2 +? a b 3+ ? a2 b +? a b 5+ b6 Các hệ số khai triển hệ số hàng tam giác Pascal Do ta có ( a+ b )6=a6 +6 a b+15 a4 b2 +20 a3 b3 +15 a b +6 a b 5+ b6 Ví dụ Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển ( 3−2 x )5 Lời giải Ta viết khai triển ( a+ b )5 sau thay a=3 , b=−2 x vào khai triển nhận Dựa vào hàng tam giác Pascal, ta có ( a+ b )5=a5 +5 a4 b+ 10 a3 b2+ 10 a2 b3 +5 a b4 + b5 Với a=3 , b=−2 x, ta ( 3−2 x )5=3 5+5 (−2 x ) +10.3 (−2 x )2+10 32 (−2 x )3 +5.3 (−2 x ) + (−2 x )5 ¿ 243−810 x +1080 x 2−720 x3 +240 x −32 x Luyện tập a) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển ( a+ b ) b) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển ( x−1 )4 Lời giải a) Dựa vào hàng tam giác Pascal, ta có ( a+ b )7=a7 +7 a6 b+ 21a b 2+35 a4 b3 +35 a3 b +21 a2 b5 +7 a b6 + a7 b) Ta viết khai triển ( a+ b )4 sau thay a=2 x , b=−1 vào khai triển nhận Dựa vào hàng tam giác Pascal, ta có ( a+ b )4 =a +4 a3 b+6 a2 b2 + a b3 + b4 Với a=2 x , b=−1, ta ( x−1 )4 =( x )4 + (2 x )3 (−1 )+ ( x )2 (−1 )2 +4 ( x ) (−1 )3 + (−1 )4 ¿ 16 x 4−32 x 3+ 24 x 2−8 x+ Dưới ta xây dựng công thức cho phép xác định trực tiếp hệ số khai triển ( a+ b )n HĐ3: Tính chất số a) Quan sát ba dịng đầu, hồn thành tiếp hai dòng cuối theo mẫu: ( a+ b )1=a+b=C01 a+C 11 b ( a+ b )2=a2+ ab+b2 =C02 a2 +C 12 ab +C22 b2 ( a+ b )3=a3 +3 a2 b+3 a b2 +b 3=C 03 a3 +C13 a2 b+C 23 a b2 +C33 b3 ( a+ b )4 =a +4 a3 b+6 a2 b2 + a b3 + b4 = ( a+ b )5=a5 +5 a4 b+ 10 a3 b2+ 10 a2 b3 +5 a b4 + b5= Nhận xét hệ số khai triển hai số hạng cách số hạng đầu số hạng cuối Hãy so sánh, chẳng hạn, C 14 C 34, C 25 C 35 Từ dự đốn hệ thức C kn ( ≤ k ≤ n ) C n−k n Lời giải ( a+ b )4 =a +4 a3 b+6 a2 b2 + a b3 + b4 =C04 a4 +C 14 a3 b+C 24 a2 b2 +C 34 a b3 +C 44 b ( a+ b )5=a5 +5 a4 b+ 10 a3 b2+ 10 a2 b3 +5 a b4 + b5=C 05 a5 +C 15 a b+C 25 a b 2+ C35 a2 b3 +C 45 a b4 + C45 b ( ≤ k ≤ n ) : C kn=C n−k ( ≤ k ≤ n ) Hệ thức C kn C n−k n n b) Dựa vào kết HĐ3a, ta viết hàng đầu tam giác Pascal dạng: Từ tính chất tam giác Pascal, so sánh C 01+ C11 C 12, C 02+ C12 C 13,…Từ dự đốn hệ thức n−k C k−1 C kn n−1+C n Tính chất số C kn:  (Tính chất đối xứng) C kn=C n−k n ( ≤ k ≤ n) k k (Hệ thức Pascal) C k−1 n−1+C n−1=C n (1 ≤ k ≤ n )  Hãy chứng minh công thức cách sử dụng cơng thức tính số tổ hợp Lời giải Chứng minh C kn=C n−k n ( ≤ k ≤ n) n−k Với ≤ k ≤n, ta có C n = n! n! = =C kn (đẳng thức chứng minh) ( n−k ) ! ( n−n+ k ) ! ( n−k ) ! k ! k k Chứng minh C k−1 n−1+C n−1=C n (1 ≤ k ≤ n ) Với ≤ k ≤ n, ta có k VT =Cnk−1 −1 +C n−1= ( n−1 ) ! ( n−1 ) ! ( n−1 ) ! ( n−1 ) ! + ¿ + ( k−1 ) ! ( n−1−k + ) ! k ! ( n−1−k ) ! ( k−1 ) ! ( n−k ) ! k ! ( n−k−1 ) ! ( n−1 ) ! ( n−1 ) ! k ( n−1 ) !+ ( n−k )( n−1 ) ! + ¿ ( k−1 ) ! ( n−k ) ( n−k−1 ) ! k ( k−1 ) ! ( n−k −1 ) ! k ! ( n−k ) ! n ( n−1 ) ! n! ¿ = =Cnk =VP k ! ( n−k ) ! k ! ( n−k ) ! ¿ (đẳng thức chứng minh) NHỊ THỨC NEWTON ❶ Giáo viên Soạn: MINH HẢI FB: Minh Hải Bùi ❷ Giáo viên phản biện : Nguyễn Thị Hiên FB: Nguyễn Hiên CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON HĐ Quan sát khai triển nhị thức ( a+ b )n với n ∈ {1 ; ; 3; ; } HĐ3, dự đốn cơng thức khai triển trường hợp tổng quát ( a+ b )n=C 0n an +C 1n an−1 b +C2n a n−2 b2 + +C kn an−k bk + +C nn b n ( ) Chứng minh Ta chứng minh (1) phương pháp quy nạp theo n  Khi n=1, ta có : ( a+ b )1=a+b=C01 a+C 11 b Vậy công thức (1) với n=1  Với giả thiết (1) với n=m, tức ta có : ( a+ b )m=C0m am +C 1m am −1 b+ +C m−1 a bm−1 +Cmm b m m Ta chứng minh m +1 ( a+ b )m +1=C 0m+1 am +1+C 1m +1 a m b + +Cmm +1 a bm +C m+1 m+1 b (2) Thật vậy, ta có ( a+ b )m +1=( a+ b )m ( a+b ) m−1 ¿ ( C 0m am +C 1m am−1 b+ +C m−1 + Cmm b m ) ( a+b ) m ab m−1 m−1 ¿ ( C 0m am +C 1m am−1 b+ +C m−1 + Cmm b m ) a+ ( C 0m am +C 1m am−1 b+ +C m−1 + Cmm b m ) b m ab m ab m+1−k k m m m+1 ¿ C 0m am+1 + ( C1m +C 0m ) a m b+ + ( C km+ Ck−1 b + + ( Cmm +C m−1 m )a m ) a b +C m b k k−1 k Vì C 0m=1=C 0m +1 , C mm=1=C mm +1 +1 , C m+ C m =C m +1, nên ta có (2) Vậy cơng thức nhị thức Newton với số nguyên dương n Chú ý: Số hạng thứ ( k +1 ) khai triển ( a+ b )n thành dạng (1) T k+1=C kn an−k b k Ví dụ Viết khai triển nhị thức Newton ( a+ b )6 Lời giải ( a+ b )6=C 06 a6 +C 16 a5 b+C 26 a b2 +C 36 a3 b 3+ C46 a2 b +C 56 a b5 +C66 b Ta có : ¿ a 6+ a5 b+15 a b 2+ 20 a3 b3 +15 a2 b4 + a b5 +b Như ta tìm lại kết Ví dụ 1, phương pháp khác ( 0≤ k ≤ ) nên ta cần tính C 06 , C 16 ,C 26 ,C 36 dùng tính chất để suy Chú ý: Vì C k6=C k−k C 46 ,C 56 , C66 Ví dụ Khai triển biểu thức ( x−2 )4 Lời giải Theo cơng thức nhị thức Newton, ta có : ( x−2 )4 =C 04 (3 x )4 +C 14 ( x )3 (−2 ) +C 24 ( x )2 (−2 )2 +C34 ( x ) (−2 )3 +C 44 (−2 )4 ¿ 81 x 4−216 x +216 x 2−96 x +16 Luyện tập Khai triển biểu thức ( x−2 y ) Lời giải Theo cơng thức nhị thức Newton, ta có: ( x−2 y ) =C 06 x +C 16 x (−2 y )+ C26 x (−2 y )2 +C 36 x (−2 y )3 +C 46 x (−2 y )4 +C 56 x (−2 y )5+ C66 (−2 y )6 ¿ x 6−121 x5 y +60 x y 2−160 x3 y +249 x2 y −96 x y +16 y n−k k n−k Số hạng chứa x k khai triển ( ax +b )n T k+1=C n ( ax ) b hay T k+1=C n−k ak b n−k x k Do n hệ số x k khai triển ( ax +b )n C n−k ak bn−k n Ví dụ Tìm hệ số x khai triển ( x +2 )10 10−k k 10−k 10 k Số hạng chứa x khai triển ( x +2 ) T k+1=C 10 x Lời giải Số hạng chứa x ứng với k =4, tức số hạng C 610 x 26 hay 13440 x Vậy hệ số x khai triển ( x +2 )10 13440 Luyện tập 10 Tìm hệ số x khai triển thành đa thức ( 2−3 x ) 10 k k Số hạng chứa x khai triển ( 2−3 x ) T k+1=C 10 Lời giải 10−k (−3 x )k 7 Số hạng chứa x ứng với k =7, tức số hạng C 10 (−3 x ) =−2099520 x Vậy hệ số x khai triển ( 2−3 x )10 là−2099520 Ví dụ Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C 0n n+C 1n 3n−1+ + Cn−1 3+Cnn =64 n Lời giải Nhận thấy vế trái đẳng thức cóa chứa lũy thừa nên áp dụng khai triển nhị thức Newton cho ( x +3 )n ta n−1 ( x +3 )n=C 0n 3n +C1n 3n−1 x+ +C n−1 + Cnn x n n 3x Cho x=1 ta n= (1+3 )n=C 0n n+C 1n 3n−1+ + Cn−1 3+Cnn =64=4 n Vậy số nguyên dương cần tìm n=3 Vận dụng (Số tập tập hợp có n phần tử) a) Viết khai triển nhị thức Newton ( 1+ x )n b) Cho x=1 khai triển câu a), viết đẳng thức nhận Giải thích ý nghĩa đẳng thức với lưu ý C kn ( ≤ k ≤ n ) số tập gồm k phần tử tập hợp có n phần tử c) Tương tự, cho x=1 khai triển câu a), viết đẳng thức nhận Giải thích ý nghĩa đẳng thức BÀI TẬP 2.9 Sử dụng tam giác Pascal, viết khai triển: a) ( x−1 )5 ; b) ( x−3 y )4 2.10 Viết khai triển theo nhị thức Newton: a) ( x + y )6 ; b) ( 1−2 x )5 2.11 Tìm hệ số x khai triển ( x+3 )10 2.12 Biết hệ số x khai triển ( 1−3 x )n 90 Tìm n 2.13 Từ khai triển biểu thức ( x−5 )4 thành đa thức, tính tổng hệ số đa thức nhận 2.14 Tìm hệ số x khai triển thành đa thức biểu thức 10 x (1−2 x ) + x ( 1+3 x ) 2.15 Tính tổng sau đây: C 02021−2 C12021 + 22 C 22021−23 C32021 + −22021 C2021 2021 2021 2.16 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn C 02n +C 22 n +C24n + +C 2n 2n =2 2.17 Tìm số nguyên dương n cho C 0n+ 2C 1n +4 C 2n + +2n Cnn=243 100 100 2.18 Biết ( 2+ x ) =a0 + a1 x +a2 x + + a100 x Với giá trị k ( ≤ k ≤100 ) a k lớn nhất? Em có biết?  Tam giác Pascal đặt theo tên nhà toán học người Pháp Blaise Pascal Ơng người có cơng lớn việc mở hai lĩnh vực toán học Hình học xạ ảnh Lí thuyết xác suất Thật tam giác Pascal nghiên cứu từ nhiều kỉ trước nhà tốn học Ấn Độ, Ba Tư, Trung Hoa, Đức, Ý  Nhị thức Newton đặt theo tên nhà bác học người Anh Isaac Newton Ông biết đến nhà toán học vĩ đại thời đại, đồng thời nhà khoa học có ảnh hưởng lịch sử khoa học Thật cơng thức nói tới biết đến từ trước Newton người có cơng mở rộng cơng thức cho trường hợp n số thực! BÀI TẬP 2.9 Sử dụng tam giác Pascal, viết khai triển: a) ( x−1 )5 ; b) ( x−3 y )4 Lời giải a) Dựa vào hàng tam giác Pascal, ta có ( x−1 )5=1 x 5+ x (−1 ) +10 x (−1 )2 +10 x (−1 )3 +5 x (−1 ) 4+ (−1 )5 ¿ x 5−5 x +10 x3 −10 x2 +5 x−1 b) Dựa vào hàng tam giác Pascal, ta có ( x−3 y )4=1 ( x )4 +4 ( x )3 (−3 y ) +6 ( x )2 (−3 y )2+ ( x ) (−3 y )3+1 (−3 y )4 ¿ 16 x 4−96 x3 y +216 x y 2−216 x y 3+ 81 y 2.10 Viết khai triển theo nhị thức Newton: a) ( x + y )6 ; b) ( 1−2 x )5 Lời giải 6 3 4 5 6 a) Ta có ( x + y ) =C x +C x y +C6 x y + C6 x y +C x y +C x y + C6 y ¿ x +6 x5 y +15 x y 2+20 x y 3+15 x y +6 x y + y 5 3 4 5 b) Ta có ( 1−2 x ) =C +C5 (−2 x ) +C (−2 x ) +C5 (−2 x ) + C5 (−2 x ) + C5 (−2 x ) ¿ 1−10 x +40 x 2−80 x 3+ 80 x 4−32 x5 2.11 Tìm hệ số x khai triển ( x+3 )10 Lời giải 10−k k 10−k 10 k Số hạng chứa x khai triển ( x+3 ) T k+1=C 10 ( x ) Số hạng chứa x ứng với k =8, tức số hạng C 210 ( x )8 32=103680 x Vậy hệ số x khai triển ( x+3 )10 103680 2.12 Biết hệ số x khai triển ( 1−3 x )n 90 Tìm n Lời giải k k k k k n Số hạng chứa x khai triển ( 1−3 x ) T k+1=C n (−3 x ) =(−3 ) C n x ⇒ hệ số x khai triển ( 1−3 x )n ứng với k =2 2 ⇒ Có : (−3 ) C n=90 ⇔ n ( n−1 ) =90 ⇔ n ( n−1 )=20 ⇔ ¿ n=4 ¿ n=5 [ 2.13 Từ khai triển biểu thức ( x−5 )4 thành đa thức, tính tổng hệ số đa thức nhận Lời giải Ta có f ( x )= ( x−5 )4=C 04 ( x )4 +C 14 ( x )3 (−5 ) +C 24 ( x )2 (−5 )2 +C34 (3 x ) (−5 )3 +C 44 (−5 )4 ⇒Tổng hệ số khai triển là: S=C04 +C14 3 (−5 )+C 24 32 (−5 )2 +C34 (−5 )3+C 44 (−5 ) 4=f (1 )=( 3−5 )4=16 10 2.14 Tìm hệ số x khai triển thành đa thức biểu thức x (1−2 x )5 + x ( 1+3 x )10 Lời giải 10 Ta có hệ số x khai triển thành đa thức biểu thức x (1−2 x ) + x ( 1+3 x ) là: C 45 (−2 )4 +C 310 33=3320 2.15 Tính tổng sau đây: C 02021−2 C12021 + 22 C 22021−23 C32021 + −22021 C2021 2021 Lời giải 2 3 2021 2021 2021 Ta có C 2021−2 C2021 + C 2021−2 C2021 + −2 C2021 =( 1−2 ) =−1 2021 2.16 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn C 02n +C 22 n +C24n + +C 2n 2n =2 Lời giải Xét khai triển: 2n * 22 n   1 C 02n +C 12 n +C22 n + +C k2n + +C 22 nn ( ) 02 n   1 2n * C 02n −C12 n +C 22 n− + (−1 )k Ck2 n + +C22 nn ( ) 2n −1 n−1 Ta có : C 02n +C 22 n +C24n + +C 2n 2n =C 2n +C n +C n + +C 2n =2 ⇒ C 02 n+ C22 n +C 42n + +C 22 nn=22021 ⇔22 n−1=22021 ⇔ n−1=2021 ⇔ n=1011 2.17 Tìm số nguyên dương n cho C 0n+ 2C 1n +4 C 2n + +2n Cnn=243 Lời giải n n n n Ta có : C n+ 2C n +4 C n + +2 Cn=243 ⇔ ( 1+2 ) =243 ⇔3 =3 ⇔ n=5 100 100 2.18 Biết ( 2+ x ) =a0 + a1 x +a2 x + + a100 x Với giá trị k ( ≤ k ≤100 ) a k lớn nhất? Lời giải 100 100 99 98 99 99 100 100 Ta có : ( 2+ x ) =C100 +C100 x+ C100 x + +C 100 x +C 100 x ⇒ ak =C k100 2100−k a k lớn ⇔ ¿ a k ≥ a k−1 ⇔ ¿ C ¿ ak ≥ ak +1 ¿C { { k 100 k 100 100−k ≥C 100−k ≥C k−1 100−k+1 100 k+1 100− k−1 100 2 100 ! 100 ! 2100−k ≥ 2100−k+1 ¿ ≥ ( k−1 ) ! ( 100−k +1 ) ! k 101−k ⇔ k ! ( 100−k ) ! ⇔ 100! 100! ≥ ¿ 2100−k ≥ 2100−k−1 ¿ 100−k k +1 ( k +1 ) ! ( 100−k−1 ) ! k ! ( 100−k ) ! { { ¿ 11 BÀI TẬP CUỐI CHUYÊN ĐỀ ❶ Giáo viên Soạn: Hoàng Thị Hà FB: Hà Hoàng ❷ Giáo viên phản biện :Nguyễn Thị Kim Xuyến FB: Kim Xuyến Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 1, ta có 19 21+3 22 +4 23 +…+ ( n+ ) 2n=n 2n +1 (1) Lời giải Ta chứng minh (1) quy nạp theo n - Với n=1 mệnh đề trở thành: 21=1 21 +1 Vậy (1) với n=1 - Giả sử (1) với n=k ≥1, ( k ∈ N ), tức 21+3 22 +4 23 +…+ ( k +1 ) 2k =k k+1 (2) Ta cần chứng minh (1) với n=k +1, tức 21+3 22 +4 23 +…+ ( k +1 ) 2k + ( k + ) 2k +1=( k +1 ) 2k+2 (3) Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có V T ( 3)=V T (2) + ( k + ) 2k +1=k 2k+1 + ( k + ) 2k+1 =( k +2 ) 2k +1=( k +1 ) 2k+2 =V P( 3) Vậy (1) với số tự nhiên n ≥ Đặt Sn= 20 1 + +…+ 1.3 3.5 ( n−1 )( n+1 ) a) Tính S1 , S , S b) Dự đốn cơng thức tính tổng Sn chứng minh quy nạp Lời giải a) Ta có: S1= 1 1 1 = ;S= + = ; S= + + = 1.3 1.3 3.5 1.3 3.5 5.7 b) Dự đoán Sn= n n+1 Ta chứng minh quy nạp - Rõ ràng S1= - Giả sử Sk = 1 = , tức công thức với n=1 1.3 2.1+ 1 1 k + +…+ = với k ≥ ,k ∈ N ❑ 1.3 3.5 ( k −1 )( k +1 ) k +1 - Ta cần chứng minh Sk +1= - Ta có Sk +1= ¿ k +1 ( k+ )+ 1 1 1 + + …+ + =S k + 1.3 3.5 ( 2k −1 ) ( k+ ) ( k +1 ) (2 k + ) ( 2k + )( k +3 ) k ( k +3 )+1 ( k +1 ) ( k +1 ) k k+ k +1 + = = = = k+ ( k +1 ) (2 k +3 ) ( k +1 ) ( k +3 ) ( k +1 ) (2 k +3 ) k +3 2( k +1)+1 12 Vậy ta có cơng thức Sn= n n+1 n+1 Chứng minh với số tự nhiên n, ta có 21 +1 chia hết cho 11 Lời giải Ta chứng minh P ( n ) : “1 02 n+1 +1 chia hết cho 11” quy nạp - Với n=1 P ( ) :1 {0} ^ {3} + chia hết cho 11” (đúng 03 +1=1001=91.11 ) - Giả sử P ( k ) với k ≥ ,k ∈ N Khi 02 k+1 +1=11 m với m∈ N - Ta chứng P ( k +1 ) Thật vậy, ta có 02 k+3 +1=100.102 k +1+ 1=100 ( 11 m−1 ) +1=100.11 m−99 chia hết cho 11 Vậy ta có P ( n ) : “1 02 n+1 +1 chia hết cho 11” với số tự nhiên n n n n Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 2, ta có ≥3 + (*) 22 Lời giải Ta chứng minh quy nạp - Với n=2 ta có 52 ≥3 2+ 42 (đúng) - Giả sử (*) với k ≥ , k ∈ N, tức 5k ≥ 3k +4 k , ta cần chứng minh (*) với n=k +1 Thật vậy, ta có: 5k +1=5 5k ≥ ( 3k + k ) ≥ 3.3 k +4 k hay 5k +1 ≥ 3k +1+ k+1 Vậy 5n ≥3 n+ n với số tự nhiên n ≥ 10 10 a) Khai triển ( 1+x ) 23 b) So sánh ( 1,1 ) Lời giải 10 a )   x  C100 x  C101 x  C102 x  C103 x  C104 x  C105 x  C106 x  C107 x  C108 x8  C109 x9  C1010 x10 1  10 x  45 x  120 x3  210 x  252 x  210 x  120 x  45 x8  10 x  x10 b) Theo câu a) ta có ( 1+ x )10>1+10 x , ∀ x >0 Suy ra, ( 1,1 )10=( 1+0,1 )10 >1+10.0,1 hay ( 1,1 )10 >2 24 11 Tìm hệ số x khai triển thành đa thức ( x−3 ) Giải: Số hạng chứa x k khai triển ( x−3 )11 C k11 k x k (−3 )11−k Số hạng chứa x tương ứng với k =9 tức số hạng C 911 (−3 )2 x hay 253440 x Vậy hệ số x khai triển ( x−3 )11 253440 25 12 Khai triển thành đa thức ( 1+2 x ) thành dạng a 0+ a1 x + a2 x +…+a 12 x 12 Tìm hệ số a k lớn 13 Lời giải k k Số hạng tổng quát khai triển ( 1+2 x )12 C 12 ( x ) nên có hệ số a k =C k12 2k k k k+1 k+1 Xét a k < ak +1 ⇔ C12 23 23 Do đó, a k ≠ a k+1 a 0< a1 a 11 >a12 Vậy hệ số lớn là: a 8=C 812 28=126720 26 2n n−1 Chứng minh C 2n +C n +C2 n +…+C n=C n+C n +C2 n +…+ C2 n Áp dụng : Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C 12n +C 32 n +C52 n +…+C 22 n−1 n =2048 Lời giải 2n 2n n−1 2n Ta có =( 1+1 ) =C n+ C2 n +C 2n +C n+ …+C n +C n, 2n 0=( 1−1 )2 n=C 02 n−C 12 n+C 22 n−C 32 n+ …−C 22 n−1 n +C n 2n n−1 Suy 22 n +0=2 ( C02 n +C 22n +C 42 n+ …+C 2n ; 2n ) hay C 2n +C n +C2 n +…+C n=2 n−1 n−1 22 n−0=2 ( C 12n +C 32 n+ C52 n +…+C 22 n−1 ; n ) hay C 2n +C n +C n +…+C n =2 Vậy C 02n +C 22 n +C24n +…+C 22 nn=C 12 n+C 32 n +C52 n +…+ C22 n−1 n n−1 Ta có C 12n +C 32 n +C52 n +…+C 22 n−1 =2048 ⇔22 n−1=211 ⇔ n=6 n =2048 ⇔ Vậy n=6 27 n Tìm giá trị lớn giá trị C n , C n ,… , C n Áp dụng: Tìm hệ số lớn khai triển ( a+ b )n, biết tổng hệ số khai triển 4096 Lời giải k−1 k a) Xét C n C m +2 2m m+1 + Nếu n=2 m+1, C 02m +1 C m+1 >C m+1 n Vậy giá trị lớn giá trị C 0n , C 1n ,… , C nn C[ ], với [ x ] phần nguyên số x n b) Số hạng tổng quát khai triển ( a+ b )n C kn a k b n−k, nên có hệ số C kn n n n Tổng hệ số S=Cn +C n +⋯+ Cn =( 1+1 ) =2 =4096 ⇔ n=12 14 Áp dụng kết trên, hệ số lớn khai triển ( a+b )12 C 612=924 28 n Tìm số hạng có giá trị lớn khaị triển ( p+q ) với p>0 , q> , p+ q=1 Lời giải Số hạng tổng quát khai triển ( p+q )n a k =C kn pk q n−k , ≤ k ≤n Nếu n=1 số hạng lớn max { p , q } Nếu n ≥ 2: k k n −k k +1 k +1 n−k−1 ⇔ Xét a k ≤ a k+1 ⇔Cn p q ≤ Cn p q n! n! pk qn− k ≤ pk +1 q n−k−1 k ! ( n−k ) ! ( k+ ) ! ( n−k −1 ) ! ⇔ ( k +1 ) q ≤ p ( n−k ) ⇔ ( k + ) q ≤ ( 1−q ) ( n−k ) ⇔ k ≤ n−nq−q ⇔ k ≤ ( n+1 ) p−1 Vì p>0 , q> , p+ q=1 nên ( n+1 ) p−1=np−q< n - Nếu ( n+1 ) p−1 ak +1 , ∀ k Do đó, max a k =a 0= pn n+ - Nếu ( n+1 ) p−1 ≥ ⇔ p ≥ gọi k số nguyên lớn không vượt ( n+1 ) p−1 n+1 k +1 k +1 n−k −1 Khi theo trên, a ≤ a1 ≤ ≤ ak ≤ ak +1 > ak +2 > > an Suy max a k =a k +1=C n p q 0 0 15 0