Chuyên đề Toán 10 Bài 4: Nhị thức Newton | Kết nối tri thức

7.4 K

Tailieumoi.vn giới thiệu giải bài tập Chuyên đề Toán 10 Bài 4: Nhị thức Newton hay, chi tiết sách Kết nối tri thức giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Chuyên đề học tập Toán 10. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Chuyên đề Toán 10 Bài 4: Nhị thức Newton

1. Tam giác pascal

HĐ1 trang 32 Chuyên đề Toán 10: Khai triển (a + b)n, n  {1; 2; 3; 4; 5}.

Trong Bài 25 SGK Toán 10 (bộ sách Kết nối tri thức với cuộc sống), ta đã biết:

(a + b)1 = a + b

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2

(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4

(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5

Với n  {1; 2: 3; 4; 5}, trong khai triển của mỗi nhị thức (a + b)n:

a) Có bao nhiêu số hạng?

b) Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng bao nhiêu?

c) Số mũ của a và b thay đổi thế nào khi chuyển từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sang phải?

Lời giải:

a) Có n + 1 số hạng, số hạng đầu tiên là an và số hạng cuối cùng là bn.

b) Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng đều bằng n.

c) Số mũ của a giảm 1 đơn vị và số mũ của b tăng 1 đơn vị khi chuyền từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sang phải.

HĐ2 trang 33 Chuyên đề Toán 10: Tam giác Pascal

Viết các hệ số của khai triển (a + b)n với một số giá trị đầu tiên của n, trong bảng tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal

 HĐ2 trang 33 Chuyên đề Toán 10

Lời giải:

Hàng đầu quy ước gọi là hàng 0. Hàng n ứng với các hệ số trong khai triển nhị thức (a + b)n.

Từ tính chất này ta có thể tìm bất kì hàng nào của tam giác Ơasscal từ hàng ở ngay phía trên nó. Chẳng hạn ta có thể tìm hàng 6 từ hàng 5 như sau:

 HĐ2 trang 33 Chuyên đề Toán 10

Luyện tập 1 trang 34 Chuyên đề Toán 10:

a) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển của (a + b)7.

b) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển của (2x – 1)4.

Lời giải:

a) (a + b)7 = a7 + 7a6b + 21a5b2 + 35a4b3 + 35a3b4 + 21a2b5 + 7ab6 + b7.

b) (2x – 1)4 = [(2x + (–1)]4 = (2x)4 + 4(2x)3(–1) + 6(2x)2(–1)2 + 4(2x)(–1)3 + (–1)4

= 16x4 – 32x3 + 24x2 – 8x + 1.

HĐ3 trang 34 Chuyên đề Toán 10: Tính chất của các số Cnk

a) Quan sát ba dòng đầu, hoàn thành tiếp hai dòng cuối theo mẫu:

(a + b)1 = a + b = C10a+C10b

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 = C20a2+C21ab+C20b2

(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 = C30a3+C31a2b+C32ab2+C30b3

(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 = ...

(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 = ...

Nhận xét rằng các hệ số khai triển của hai số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng cuối luôn bằng nhau. Hãy so sánh, chẳng hạn, C41 và C43C52 và C53. Từ đó hãy dự đoán hệ thức giữa Cnk và Cnnk (0 ≤ k ≤ n).

b) Dựa vào kết quả của HĐ3a, ta có thể viết những hàng đầu của tam giác Pascal dưới dạng:

 HĐ3 trang 34 Chuyên đề Toán 10

Từ tính chất của tam giác Pascal, hãy so sánh C10+C11 và C21C20+C21 và C31,... Từ đó hãy dự đoán hệ thức giữa Cn1k1+Cn1k và Cnk.

Lời giải:

a) (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4

C40a4 + C41a3b + C42a2b2 + C43ab3 + C44b4.

(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5

C50a5 + C51a4b + C52a3b2 + C53a2b3 + C54ab4 + C55b5.

Ta thấy C41 = C43C52 = C53,...

Dự đoán: Cnk = Cnnk.

b) Ta thấy C10+C11 = C21, C20+C21 = C31,...

Dự đoán: Cn1k1+Cn1k = Cnk.

2. Công thức nhị thức Newton

HĐ4 trang 35 Chuyên đề Toán 10: Quan sát khai triển nhị thức của (a + b)n với n ∈ {1; 2; 3; 4; 5} ở HĐ3, hãy dự đoán công thức khai triển trong trường hợp tổng quát.

Lời giải:

Dự đoán công thức khai triển trong trường hợp tổng quát:

(a+b)n=Cn0an+Cn1an1b++Cnn1abn1+Cnnbn.

Luyện tập 2 trang 36 Chuyên đề Toán 10: Khai triển (x – 2y)6.

Lời giải:

(x – 2y)6

=C60x6+C61x52y+C62x42y2+C63x32y3

+C64x22y4+C65x2y5+C662y6

=x6C612x5y+C6222x4y2C6323x3y3+C6424x2y4C6525xy5+26y6.

Luyện tập 3 trang 36 Chuyên đề Toán 10: Tìm hệ số của x7 trong khai triền thành đa thức của (2 – 3x)10.

Lời giải:

Số hạng chứa x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)10 hay (–3x + 2)10 là

C101073x72107=C1033723x7=2099520x7.

Vậy hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)10 là –2099520.

Vận dụng trang 36 Chuyên đề Toán 10: (Số các tập con của tập hợp có n phần tử)

a) Viết khai triển nhị thức Newton của (1 + x)n.

b) Cho x = 1 trong khai triển ở câu a), viết đẳng thức nhận được. Giải thích ý nghĩa của đẳng thức này với lưu ý rằng  (0 < k < n) chính là số tập con gồm k phần tử của một tập hợp có n phần tử.

c) Tương tự, cho x = –1 trong khai triển ở câu a), viết đẳng thức nhận được. Giải thích ý nghĩa của đẳng thức này.

Lời giải:

a) Ta có:

(x+1)n=Cn0xn+Cn1xn11+Cn2xn212++Cnn1x1n1+Cnn1n

=Cn0xn+Cn1xn1+Cn2xn2++Cnn1x+Cnn.

b) Cho x = 1, ta được:

(1+1)n=C201n+Cn11n1+Cn21n2++Cnn11+Cnn

hay 2n=Cn0+Cn1+Cn2++Cnn1+Cnn.

Ý nghĩa của đẳng thức này là tổng số tập con của một tập hợp gồm n phần tử là 2n.

c) Cho x = –1, ta được:

(1+1)n=Cn01n+Cn11n1+Cn21n2++Cnn11+Cnn

hay 0=Cn01n+Cn11n1+Cn21n2++Cnn11+Cnn.

Ý nghĩa của đẳng thức này là số tập con có chẵn phần tử và số tập hơp con có lẻ phần tử của một tập hợp gồm n phần tử là bằng nhau.

Bài tập (trang 37)

Bài 2.9 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Sử dụng tam giác Pascal, viết khai triển:

a) (x – 1)5;

b) (2x – 3y)4.

Lời giải:

a) (x – 1)5 = [x + (–1)]5 = x5 + 5x4(–1) + 10x3(–1)2 + 10x2(–1)3 + 5x(–1)4 + (–1)5

= x5 – 5x4 + 10x3 – 10x2 + 5x – 1.

b) (2x – 3y)4 = [(2x + (–3y)]4

= (2x)4 + 4(2x)3(–3y) + 6(2x)2(–3y)2 + 4(2x)(–3y)3 + (–3y)4

= 16x4 – 96x3y + 216x2y2 – 216xy3 + 81y4.

Bài 2.10 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Viết khai triển theo nhị thức Newton:

a) (x + y)6;

b) (1 – 2x)5.

Lời giải:

a) (x + y)6 =C60x6+C61x5y+C62x4y2+C63x3y3+C64x2y4+C65xy5+C66y6

=x6+C61x5y+C62x4y2+C63x3y3+C64x2y4+C65xy5+y6.

b) (1 – 2x)5 = [(–2x) + 1]5

C50(–2x)5 + C51(–2x)41 + C52(–2x)312 + C53(–2x)213 + C54(–2x)14 + C5515

= –25x5 + C5124x4 – C5223x3 + C5322x1 + C542x + 1.

Bài 2.11 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tìm hệ số của x8 trong khai triển của (2x + 3)10.

Lời giải:

Số hạng chứa x8 trong khai triển của (2x + 3)10 là

C101082x83108=C1022832x8=103680x8.

Vậy hệ số của x8 trong khai triển của (2x + 3)10 là 103680.

Bài 2.12 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Biết hệ số của x2 trong khai triển của (1 – 3x)n là 90 . Tìm n.

Lời giải:

Số hạng chứa x2 trong khai triển của (1 – 3x)n hay [(–3x) +1]n là

Cnn23x21n2=9Cn2x2.

Vậy hệ số của x2 trong khai triển của (1 – 3x)n là 9Cn2·

9Cn2=90Cn2=10nn12=10n=5.

Bài 2.13 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Từ khai triển biểu thức (3x – 5)4 thành đa thức, hãy tính tổng các hệ số của đa thức nhận được.

Lời giải:

Sử dụng tam giác Pascal, ta có:

(3x – 5)4 = (3x)4 + 4(3x)3(–5) + 6(3x)2(–5)2 + 4(3x)(–5)3 + (–5)4

= 81x4 – 540x3 + 1350x2 – 1500x + 625.

Tổng các hệ số của đa thức này là: 81 – 540 + 1350 – 1500 + 625 = 16.

Bài 2.14 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x(1 – 2x)5 + x2(1 + 3x)10.

Lời giải:

+) Số hạng chứa x4 trong khai triển của (1 – 2x)5 hay [(–2x) +1]5 là

C5542x4154=80x4.

Vậy hệ số của x4 trong khai triển của (1 – 2x)5 là 80

⇒ hệ số của x5 trong khai triển của x(1 – 2x)5 là 1.80 = 80 (1).

+) Số hạng chứa x3 trong khai triển của (1 + 3x)10 hay [3x +1]10 là

C101033x31103=3240x3.

Vậy hệ số của x3 trong khai triển của (1 + 3x)10 là 3240

⇒ hệ số của x5 trong khai triển của x2(1 + 3x)10 là 1.3240 = 3240 (2).

+) Từ (1) và (2) suy ra hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x(1 – 2x)5 + x2(1 + 3x)10 là 80 + 3240 = 3320.

Bài 2.15 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tính tổng sau đây:

C202102C20211+22C2021223C20213+22021C20212021.

Lời giải:

C202102C20211+22C2021223C20213+22021C20212021

=C20210+C202112+C2021222+C2021323++C2021202122021

=C2021012021+C20211120202+C202121201922+C202131201823++C2021202122021

=1+22021=12021=1.

Bài 2.16 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tìm số tự nhiên n thoả mãn:

C2n0+C2n2+C2n4++C2n2n=22021.

Lời giải:

Áp dụng câu c) phần Vận dụng trang 36 ta có:

C2n0C2n1+C2n2C2n3+C2n4+C2n2n1+C2n2n=0

C2n0+C2n2+C2n4++C2n2n=C2n1+C2n3+C2n5++C2n2n1.

Mặt khác, áp dụng câu b) phần Vận dụng trang 36 ta có:

C2n0+C2n1+C2n2+C2n3+C2n4++C2n2n1+C2n2n=22n

C2n0+C2n2+C2n4++C2n2n

=C2n0+C2n1+C2n2+C2n3+C2n4++C2n2n1+C2n2n2

=22n2=22n12n1=2021n=1011.

Bài 2.17 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tìm số nguyên dương n sao cho

Cn0+2Cn1+4Cn2++2nCnn=243.

Lời giải:

Có:

Cn0+2Cn1+4Cn2++2nCnn=Cn0+Cn12+Cn222++Cnn2n

=Cn01n+Cn11n12+Cn21n222++Cnn2n=1+2n=3n

⇒ 3n = 243 ⇒ n =5

Bài 2.18 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Biết rằng (2 + x)100 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a100x100. Với giá trị nào của k (0 ≤ k ≤ 100) thì ak Iớn nhất?

Lời giải:

+) Ta có:

Số hạng chứa xk trong khai triển của (2 + x)100 hay (x +2)100 là

C100100kxk2100k=C100k2100kxk=2100C100k2kxk.

Vậy hệ số của xk trong khai triển của (x + 2)100 là:

2100C100k2kak=2100C100k2k.

+) Giải bất phương trình: ak ≤ ak + 1 (1).

(1) ⇔ 2100C100k2k2100C100k+12k+1C100k2kC100k+12k+1C100kC100k+12k2k+1

⇔ 100!k!100k!100!k+1!100k1!12

⇔ k+1!100k1!k!100k!12k+1100k12

⇔ 2(k + 1) ≤ 100 - k ⇔ 3k ≤ 98 ⇔ k ≤ 32 (vì k là số tự nhiên).

+) Vì ak ≤ ak + 1 ⇔ k ≤ 32 nên ak ≥ ak + 1 ⇔ k ≥ 32

Do đó a1a2...a32a33a34a35...a100.

Ta thấy dấu "=" không xảy ra với bất kì giá trị nào của k.

Do đó a33 là giá trị lớn nhất trong các ak.

 

Đánh giá

0

0 đánh giá