Chuyên đề nhị thức newton

http://www.ebook.edu.vn 1 CHUYÊN ĐỀ NHỊ THỨC NEWTON A. TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN ĐỊNH NGHĨA Nhị thức Newton là khai triển tổng lũy thừa có dạng: () n 0n 1n1 2n22 knkk nn nn n n n a b C a C a b C a b C a b C b - + = + + ++ ++ n knkk n k0 C a b (n 0, 1, 2, ) - = == å . Số hạng thứ k+1 là knkk k1 n TCab - + = , () k n n! C k! n k ! = - , thường được gọi là số hạng tổng quát. Tính chất i) knk nn CC (0kn) - =££. ii) kk1k nn n1 CC C (1kn) - + += ££. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. Dùng định nghĩa và tính chất chứng minh hoặc rút gọn đẳng thức Ví dụ 1. Chứng minh đẳng thức kk1k2k3k nn n n n3 C3C 3C C C + +++= với 3kn££. Giải Áp dụng tính chất ta có: kk1k2k3 nn n n C3C 3C C +++ ( ) ( ) ( ) kk1 k1k2 k2k3 nn n n n n CC 2C C C C =++ +++ ( ) ( ) kk1k2kk1k1k2 n1 n1 n1 n1 n1 n1 n1 C2CC CC CC - +++ ++ ++ =+ += + + + kk1k n2 n2 n3 CC C - ++ + =+=. Ví dụ 2. Tính tổng 14 15 16 29 30 30 30 30 30 30 SC C C C C=- + +. Giải Áp dụng tính chất ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 13 14 14 15 15 16 28 29 30 29 29 29 29 29 29 29 29 30 S C C C C C C C C C=+- +++ ++ 13 29 30 13 29 29 30 29 CCC C=- += . Cách khác: () ()() 30 01213142930 30 30 30 30 30 30 11 C CC C CC-=-+- + + ( ) ( ) 30 18 17 14 29 30 30 30 30 30 30 30 C C C C C C 0Þ-+-+ += ( ) 16 15 14 30 30 30 SC C C S 0Þ- + - += 16 15 14 14 15 30 30 30 30 30 2S C C C 2C CÞ= - + = Vậy 14 15 30 30 2C C S 67863915 2 - == . 2 Ví dụ 3. Rút gọn tổng: 0 2006 1 2005 2 2004 k 2006-k 2006 0 2007 2007 2007 2006 2007 2005 2007 2007-k 2007 1 SCC CC CC CC CC=++++ ++. Giải Áp dụng công thức ta có: () k2006-k 2007 2007-k 2007 ! (2007 k)! CC . k ! 2007 k ! (2006 k)!1! - = () () 2007 ! 2006! 2007. k ! 2006 k ! k ! 2006 k ! == k 2006 2007C= với k 0, 1, 2, , 2006"= . Suy ra: () () 2006 0 1 k 2006 2006 2006 2006 2006 S 2007 C C C C 2007 1 1= + ++ ++ = + . Vậy 2006 S 2007.2= . II. Khai triển nhị thức Newton 1. Dạng khai triển Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp và lũy thừa là 1 hoặc 1 và – 1 xen kẽ nhau. i) Khai triển () n ab+ hoặc () n ab- . ii) Cộng hoặc trừ hai vế của 2 khai triển trên. Ví dụ 4. Tính tổng 0 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 S 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 S1=- . Ví dụ 5. Rút gọn tổng 0 2 2 4 4 2004 2004 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 SC 3C 3C 3C 3C=+ + ++ + . Giải Ta có các khai triển: 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 (13)C3C3C 3C3C+=+ + ++ + (1) 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 được: ( ) 0 2 2 4 4 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2C 3C 3C 3 C 4 2++++ = Vậy ( ) 2006 2007 S2 2 1= Ví dụ 6. Rút gọn tổng 2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 2007 2007 2007 2007 S 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 2007 2007 2007 2007 2007 2007 3C 3.2C 3.2C 3.2C 2C++ ++ + (1) 2007 (3 2)-= 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 3C 3.2C 3.2C 3.2C 2C-+ -+- (2) Trừ (1) và (2) ta được: http://www.ebook.edu.vn 3 ( ) 2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C 2 C 5 1++++= Vậy 2007 51 S 2 - = . 2. Dạng đạo hàm 2.1. Đạo hàm cấp 1 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng dần từ 1 đến n (hoặc giảm từ n đến 1) (không kể dấu). Hai khai triển thường dùng: () n 0 1 22 kk nn nn n n n 1 x C C x C x C x C x+ = + + ++ ++ (1) ( ) () () nkn 0 1 22 kk nn nn n n n 1 x C C x C x 1 C x 1 C x- = - + - + - + + - (2) i) Đạo hàm 2 vế của (1) hoặc (2). ii) Cộng hoặc trừ (1) và (2) sau khi đã đạo hàm rồi thay số thích hợp. Ví dụ 7. Tính tổng 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30 S 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 30 30 30 30 30 30 1 x C Cx Cx Cx Cx+ = + + + + + (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: () 29 1 2 29 28 30 29 30 30 30 30 C 2C x 29C x 30C x 30 1 x+++ + =+ (2) Thay x = – 2 vào (2) ta được: () 29 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30 C 2.2C 3.2 C 29.2 C 30.2 C 30 1 2-+ -+ - = Vậy S 30=- . Ví dụ 8. Rút gọn tổng 12345 2627 2829 30 30 30 30 30 S 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 30 30 30 30 30 30 1 x C Cx Cx Cx Cx+=++ ++ + (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: () 29 1 2 29 28 30 29 30 30 30 30 C 2C x 29C x 30C x 30 1 x+++ + =+ (2) Thay x = 2 và x = – 2 lần lượt vào (2) ta được: () 29 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30 C 2.2C 3.2 C 29.2 C 30.2 C 30 1 2+ + + + + = + (3) () 29 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30 C 2.2C 3.2 C 29.2 C 30.2 C 30 1 2-+ -+ - =- (4) Cộng hai đẳng thức (3) và (4) ta được: ( ) ( ) 12345 2627 2829 29 30 30 30 30 30 2 C 3.2 C 5.2 C 27.2 C 29.2 C 30 3 1++++ + =- Vậy ( ) 29 S153 1= 4 Ví dụ 9. Rút gọn tổng 0 1 2 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 S 2008C 2007C 2006C 2C C=+++++. Giải Ta có khai triển: () 2007 x1+= 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 Cx Cx Cx CxC+++++ (1) Nhân 2 vế (1) với x ta được: () 2007 xx 1+= 0 2008 1 2007 2 2006 2006 2 2007 2007 2007 2007 2007 2007 Cx Cx Cx Cx Cx+++++ (2) Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2008C x 2007C x 2006C x 2C x C+++++ () 2006 (1 2008x) x 1= + + (3) Thay x = 1 vào (3) ta được: 0 1 2 2006 2007 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2008C 2007C 2006C 2C C 2009.2+++++=. Cách khác: Ta có khai triển: () 2007 x1+= 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 Cx Cx Cx CxC+++++ (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: 0 2006 1 2005 2 2004 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007C x 2006C x 2005C x 2C x C+++++ () 2006 2007 x 1=+ (2) Thay x = 1 vào (1) và (2) ta được: 0 1 2 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 CCC CC 2+++++= (3) 0 1 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007C 2006C 2005C C 2007.2++++= (4) Cộng (3) và (4) ta được: 0 1 2 2006 2007 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2008C 2007C 2006C 2C C 2009.2+++++=. Vậy 2006 S 2009.2= . Ví dụ 10. Cho tổng 012 n1 n nnn n n S2C3C4C (n1)C (n2)C - = + + +++ ++ , với n + Î Z . Tính n, biết S 320= . Giải Ta có khai triển: () n 0 1 22 n1n1 n n nn n n n 1x C CxCx Cx Cx +=++ ++ + (1) Nhân 2 vế (1) với x 2 ta được: () n 02 13 24 n1n1 nn2 2 nnn n n Cx Cx Cx C x Cx x 1 x -+ + ++++ + =+ (2) Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 01223 n1n nn1 nn n n n 2C x 3C x 4C x (n 1)C x (n 2)C x -+ +++++ ++ () n 2n1 2x 1 x nx (1 x) - =++ + (3) Thay x = 1 vào (3) ta được: 012 n1 n n1 nnn n n 2C 3C 4C (n 1)C (n 2)C (4 n).2 +++++ ++ =+ . n1 S 320 (4 n).2 320 n 6 - =Û+ =Þ= . http://www.ebook.edu.vn 5 Cách khác: Ta có khai triển: () n 0 1 22 n1n1 n n nn n n n 1x C CxCx Cx Cx + = + + + + + (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: () n1 12 32 nn1 nn n n C2Cx3Cx nCx n1x - - ++ ++ =+ (2) Thay x = 1 vào (1) và (2) ta được: 0123 n1nn nnnn n n CCCC C C 2 - +++++ += (3) 123 n1n n1 nnn n n C2C3C (n1)C nC n.2 ++++- + = (4) Nhân (3) với 2 rồi cộng với (4) ta được: 012 n1 n n1 nnn n n 2C 3C 4C (n 1)C (n 2)C (4 n).2 +++++ ++ =+ . n1 S 320 (4 n).2 320 - =Û+ =. Vậy n 6=. 2.2. Đạo hàm cấp 2 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng (giảm) dần từ 1.2 đến (n–1).n hoặc tăng (giảm) dần từ 1 2 đến n 2 (không kể dấu). Xét khai triển: () n 0 1 22 33 n1n1 nn nn n n n n 1x C CxCx Cx Cx Cx + = + + + + + + (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: () n1 1 2 32 43 nn1 nn n n n C 2Cx 3Cx 4Cx nCx n1 x - - ++ + ++ =+ (2) i) Tiếp tục đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 23 42 nn2 nn n n 1.2C 2.3C x 3.4C x (n 1)nC x - ++ ++- n2 n(n 1)(1 x) - =- + (3) ii) Nhân x vào 2 vế của (2) ta được: () n1 1223344 nn nn n n n Cx 2Cx 3Cx 4Cx nCx nx1 x - +++++ =+ (4) Đạo hàm 2 vế của (4) ta được: 21 22 232 2nn1 n2 nn n n 1C 2Cx 3Cx nCx n(1 nx)(1 x) ++ ++ =++ (5) Ví dụ 11. Tính tổng 234 15 16 16 16 16 16 16 S 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 16 16 16 16 16 16 16 1x C CxCx Cx Cx Cx+=++ + ++ + (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: () 15 1 2 3 2 15 14 16 15 16 16 16 16 16 C 2C x 3C x 15C x 16C x 16 1 x++ ++ + =+ (2) Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 2 3 4 2 16 14 14 16 16 16 16 1.2C 2.3C x 3.4C x 15.16C x 240(1 x)+ + + + = + (3) Thay x = – 1 vào đẳng thức (3) ta được: 234 15 16 16 16 16 16 16 1.2C 2.3C 3.4C 14.15C 15.16C 0-+ + =. Vậy S = 0. 6 Ví dụ 12. Rút gọn tổng 2 1 2 2 2 3 2 2006 2 2007 2007 2007 2007 2007 2007 S 1 C 2 C 3 C 2006 C 2007 C=++++ + . Giải Ta có khai triển: () 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 1 x C C x C x C x C x+=++ ++ + (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: () 2006 1 2 3 2 2007 2006 2007 2007 2007 2007 C 2C x 3C x 2007C x 2007 1 x+ + + + = + (2) Nhân x vào 2 vế của (2) ta được: 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 C x 2C x 3C x 2006C x 2007C x++++ + () 2006 2007x 1 x= + (3) Đạo hàm 2 vế của (3) ta được: 2 1 2 2 2 3 2 2 2006 2005 2 2007 2006 2007 2007 2007 2007 2007 1 C 2 C x 3 C x 2006 C x 2007 C x++ ++ + 2005 2007(1 2007x)(1 x)= + + (4) Thay x = 1 vào đẳng thức (4) ta được 2 1 2 2 2 3 2 2007 2005 2007 2007 2007 2007 1 C 2 C 3 C 2007 C 2007.2008.2++++ = . Vậy 2005 S 2007.2008.2= . 3. Dạng tích phân Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp (và lũy thừa) giảm dần từ 1 đến 1 n1+ hoặc tăng dần từ 1 n1+ đến 1. Xét khai triển: () n 0 1 22 n1n1 n n nn n n n 1x C CxCx Cx Cx +=++ ++ + (1). Lấy tích phân 2 vế của (1) từ a đến b ta được: () bbbbb n 0 1 n1 n1 n n nn n n aaaaa 1 x dx C dx C xdx C x dx C x dx += + ++ + òòòòò () b n1 b bb b 2nn1 01 n1 n nn n n a aaa a 1x xx x x CC C C n1 1 2 n n1 + + - + Þ=++++ ++ 2 2 n n n1 n1 01 n1 n nn n n ba b a b a b a CC C C 12 n n1 ++ - - - Þ+ ++ + + n1 n1 (1 b) (1 a) n1 ++ +-+ = + . Trong thực hành, ta dễ dàng nhận biết giá trị của n. Để nhận biết 2 cận a và b ta nhìn vào số hạng n1 n1 n n ba C n1 ++ - + . http://www.ebook.edu.vn 7 Ví dụ 13. Rút gọn tổng 2 2 3 3 9 9 10 10 01 2 8 9 999 9 9 32 32 32 3 2 SC C C C C 23 910 - - =+++++ . Giải Ta có khai triển: () 9 0 1 22 88 99 99 9 9 9 1x C CxCx Cx Cx+=++ ++ + () 33333 9 01 8899 99 9 9 22222 1 x dx C dx C xdx C x dx C x dxÞ+ = + ++ + òòòòò () 3 10 33 3 3 3 23 910 01 2 8 9 99 9 9 9 2 22 2 2 2 1x xx x x x CC C C C 10 1 2 3 9 10 + Þ=+++++ 10 10 2 2 9 9 10 10 01 8 9 99 9 9 43 32 32 32 CC C C 10 2 9 10 Þ=+ ++ + . Vậy 10 10 43 S 10 - = . Ví dụ 14. Rút gọn tổng 234 n n1 012 3 n1 n nnnn n n 222 2 2 S2C C C C C C 234 n n1 + - =+ + + ++ + + . Giải Ta có khai triển: () n 0 1 22 33 n1n1 nn nn n n n n 1x C CxCx Cx Cx Cx +=++ + ++ + () 22222 n 01 22 nn nn n n 00000 1xdx C dxC xdxC xdx C xdxÞ+ = + + ++ òòòòò () 2 n1 222 2 2nn1 01 n1 n nn n n 0 000 0 1x xx x x CC C C n1 1 2 n n1 + + - + Þ=++++ ++ 23 n n1 n1 012 n1 n nnn n n 22 2 2 31 2C C C C C 23 n n1 n1 ++ - - Þ+ + ++ + = ++ . Vậy n1 31 S n1 + - = + . Ví dụ 15. Rút gọn tổng sau: 2 3 100 101 0 1 2 99 100 100 100 100 100 100 21 21 2 1 2 1 S3C C C C C 2 3 100 101 -+ - + =+ + ++ + . Giải Ta có khai triển: () 100 0 1 2 2 99 99 100 100 100 100 100 100 100 1 x C Cx Cx Cx Cx+=++ ++ + () 2 100 1 1x dx - Þ+ = ò 22 2 2 0 1 99 99 100 100 100 100 100 100 11 1 1 CdxCxdx CxdxCxdx - - +++ + òò ò ò . 8 () 2 101 222 2 2 100 101 0 1 99 100 100 100 100 100 1 111 1 1x xx x x CC C C 101 1 2 100 101 - - + Þ=++++ 101 2 100 101 0 1 99 100 100 100 100 100 3212121 3C C C C 101 2 100 101 + Þ= + ++ + . Vậy 101 3 S 101 = . III. Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Newton 1. Dạng tìm số hạng thứ k Số hạng thứ k trong khai triển n (a b)+ là k1n(k1)k1 n Ca 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 20 25 25 C2(3x) 2.3Cx-= . 2. Dạng tìm số hạng chứa x m i) Số hạng tổng quát trong khai triển n (a b)+ là knkk f(k) n Ca b M(k).x - = (a, b chứa x). ii) Giải phương trình 0 f(k) m k=Þ, số hạng cần tìm là 000 knkk n Ca b - và hệ số của số hạng chứa x m là M(k 0 ). Ví dụ 17. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 18 x4 2x æö ÷ ç + ÷ ç ÷ ÷ ç èø . Giải Số hạng tổng quát trong khai triển () 18 18 11 x4 2x 4x 2x æö ÷ ç += + ÷ ç ÷ ÷ ç èø là: ()() 18 k k k 1 1 k 3k 18 18 2k 18 18 C2x 4x C2 x - = . Số hạng không chứa x ứng với 18 2k 0 k 9-= Û = . Vậy số hạng cần tìm là 99 18 C2. Ví dụ 18. Tìm số hạng chứa x 37 trong khai triển () 20 2 xxy- . Giải Số hạng tổng quát trong khai triển () 20 2 xxy- là: k 2 20 k k k k 40 k k 20 20 C(x) (xy) (1)Cx y -=- . Số hạng chứa x 37 ứng với 40 k 37 k 3-= Û = . Vậy số hạng cần tìm là 3373 373 20 C x y 1140x y-=- . http://www.ebook.edu.vn 9 Vớ d 19. Tỡm s hng cha x 3 trong khai trin () 10 2 1xx++ . Gii S hng tng quỏt trong khai trin () () 10 10 2 1xx 1x1x ộự ++ = + + ởỷ l kk k 10 Cx(1 x)+ . Suy ra s hng cha x 3 ng vi 2k3ÊÊ . + Vi k = 2: 22 2 2 2 3 4 10 10 Cx(1 x) C(x 2x x)+= ++ nờn s hng cha x 3 l 23 10 2C x . + Vi k = 3: 33 3 10 Cx(1 x)+ cú s hng cha x 3 l 33 10 Cx. Vy s hng cn tỡm l ( ) 323 3 10 10 C 2C x 210x+= . Cỏch khỏc: Ta cú khai trin ca () () 10 10 2 1xx 1x1x ộự ++ = + + ởỷ l: 0 1 2 2 2 3 3 3 10 10 10 10 10 10 10 10 C Cx(1x)Cx(1x) Cx(1x) Cx(1x)+++ ++ +++ +. S hng cha x 3 ch cú trong 22 2 10 Cx(1 x)+ v 33 3 10 Cx(1 x)+ . + 22 2 2 2 3 4 23 10 10 10 Cx(1 x) C(x 2x x) 2Cx+= ++ị . + 33 333456 33 10 10 10 Cx(1 x) C(x 3x 3x x) Cx+= +++ị . Vy s hng cn tỡm l 23 33 3 10 10 2C x C x 210x+=. 3. Dng tỡm s hng hu t i) S hng tng quỏt trong khai trin n (a b)+ l mr knkk k p q nn Ca b C. . - =ab ( , ab l hu t). ii) Gii h phng trỡnh 0 m p (k ,0 k n) k r q ỡ ù ù ẻ ù ù ù ẻÊÊị ớ ù ù ẻ ù ù ù ợ Ơ Ơ Ơ . S hng cn tỡm l 000 knkk n Ca b - . Vớ d 20. Tỡm s hng hu t trong khai trin 10 3 1 5 2 ổử ữ ỗ + ữ ỗ ữ ữ ỗ ốứ . Gii S hng tng quỏt trong khai trin 10 11 10 23 3 112.5 5 22 ổử ữ ỗ ữ ổử ỗ + ữ ỗ ữ ỗ ữ += ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ữ ỗ ữ ốứ ỗ ữ ỗữ ữ ỗ ốứ l kk k 23 10 1 C2.5 32 . S hng hu t trong khai trin tha iu kin: () k k0 2 k, 0k10 kk6 3 ỡ ù ù ẻ ộ ù = ù ờ ẻÊÊị ớ ờ ù = ờ ù ở ẻ ù ù ợ Ơ Ơ Ơ . + Vi k = 0: s hng hu t l 0 10 11 C 32 32 =. 10 + Với k = 6: số hạng hữu tỉ là 632 10 1 2625 C2.5 32 2 = . Vậy số hạng cần tìm là 1 32 và 2625 2 . 4. Dạng tìm hệ số lớn nhất trong khai triển Newton Xét khai triển n (a bx)+ có số hạng tổng quát là knkkk n Ca bx - . Đặt knkk kn uCab, 0kn - =££ ta có dãy hệ số là {} k u . Để tìm số hạng lớn nhất của dãy ta thực hiện các bước sau: Bước 1: giải bất phương trình k k1 u 1 u + ³ ta tìm được k 0 và suy ra 00 kk1 n uu u + ³³³ . Bước 2: giải bất phương trình k k1 u 1 u + £ ta tìm được k 1 và suy ra 11 kk1 0 uu u - ³³³ . Bước 3: số hạng lớn nhất của dãy là { } 01 kk max u , u . Chú ý: Để đơn giản trong tính toán ta có thể làm gọn như sau: Giải hệ bất phương trình kk1 0 kk1 uu k uu + - ì ³ ï ï Þ í ï ³ ï î . Suy ra hệ số lớn nhất là 000 knkk n Ca b - . Ví dụ 21. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển () 17 10,2x+. Giải Khai triển () 17 10,2x+ có số hạng tổng quát là kkk 17 C(0,2)x. Ta có: () () () () kkk1k1 17 17 k k k1 k1 17 17 17 ! 17! 5 C (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 ! ++ ì ï ï ³ ï ì ï ï ³ -+- ï ïï Û íí ïï ³ ïï ï ³ î ï ï ï î 5(k 1) 17 k 2k3 18 k 5k ì +³ - ï ï ÛÛ££ í ï -³ ï î . + Với k = 2: hệ số là 22 17 C (0, 2) 5, 44= . + Với k = 3: hệ số là 33 17 C(0,2) 5,44=. Vậy hệ số lớn nhất là 5,44. . http://www.ebook.edu.vn 1 CHUYÊN ĐỀ NHỊ THỨC NEWTON A. TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN ĐỊNH NGHĨA Nhị thức Newton là khai triển tổng lũy thừa có dạng: () n 0n. 2006 2006 2006 S 2007 C C C C 2007 1 1= + ++ ++ = + . Vậy 2006 S 2007.2= . II. Khai triển nhị thức Newton 1. Dạng khai triển Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp và lũy thừa là. C C C 101 2 100 101 + Þ= + ++ + . Vậy 101 3 S 101 = . III. Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Newton 1. Dạng tìm số hạng thứ k Số hạng thứ k trong khai triển n (a b)+ là k1n(k1)k1 n Ca