Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập tài liệu Bài tập nhị thức Niu-tơn vận dụng cao, tài liệu bao gồm 49 trang. Tài liệu được tổng hợp từ các tài liệu ôn thi hay nhất  giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây

Bài tập nhị thức Niu-tơn vận dụng cao

I. Công thức nhị thức newton.

Khai triển (a+b) được cho bởi công thức sau:

Với a, b là các số thực và n là số nguyên dương, ta có

\({(a + b)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} {a^{n - k}}{b^k} = C_n^0{a^n} + C_n^1{a^{n - 1}}b +  \ldots  + C_n^k{a^{n - k}}{b^k} +  \ldots  + C_n^n{b^n} \cdot (1)\)

Quy ước \({a^0} = {b^0} = 1\)

Công thức trên được gọi là công thúc nhị thưcc Newton (viết tăt là Nhị thúc Newton).

Trong biểu thức ở VP của công thức (1)

a) Số các hạng tử là n+1.

b) Số các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đến 0 , số mũ của b tăng dần từ 0 đến n, nhưng tổng các số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n.

c) Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau.

Hệ quả

- Với a=b=1, thì ta có \({2^{\rm{n}}} = {\rm{C}}_{\rm{n}}^0 + {\rm{C}}_{\rm{n}}^1 +  \ldots  + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{n}}\).

- Với a=1; b=-1, ta có \(0 = {\rm{C}}_{\rm{n}}^0 - {\rm{C}}_{\rm{n}}^1 +  \ldots  + {( - 1)^{\rm{k}}}{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{k}} +  \ldots  + {( - 1)^{\rm{n}}}{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{n}}\)

Các công thức cơ bản liên quan tới khai triển nhị thức newton

- \({(x + 1)^n} = C_n^0{x^n} + C_n^1{x^{n - 1}} + C_n^2{x^{n - 2}} +  \ldots  + C_n^k{x^{n - k}} +  \ldots  + C_n^{n - 1}x + C_n^n\)

- \({(1 + x)^n} = C_n^0 + C_n^1x + C_n^2{x^2} +  \ldots  + C_n^k{x^k} +  \ldots  + C_n^{n - 1}{x^{n - 1}} + C_n^n{x^n}\)

- \({(x - 1)^n} = C_n^0 - C_n^1x + C_n^2{x^2} -  \ldots  + {( - 1)^k}C_n^k{x^k} +  \ldots  + {( - 1)^{n - 1}}C_n^{n - 1}{x^{n - 1}} + {( - 1)^n}C_n^n{x^n}\)

- \(C_n^k = C_n^{n - k}\)

- \(C_n^k + C_n^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1},(n \ge 1)\)

- \(\quad {\rm{k}} \cdot {\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{k}} = \frac{{{\rm{k}} \cdot {\rm{n}}!}}{{({\rm{n}} - {\rm{k}})!{\rm{k}}!}} = \frac{{{\rm{n}}({\rm{n}} - 1)!}}{{({\rm{n}} - {\rm{k}})!({\rm{k}} - 1)!}} = {\rm{nC}}_{{\rm{n}} - 1}^{{\rm{k}} - 1}\)

- \(\frac{1}{{{\rm{k}} + 1}}{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{k}} = \frac{{{\rm{k}} \cdot {\rm{n}}!}}{{({\rm{k}} + 1)({\rm{n}} - {\rm{k}})!{\rm{k}}!}} = \frac{{{\rm{n}}({\rm{n}} - 1)!}}{{({\rm{n}} + 1)({\rm{n}} - {\rm{k}})!({\rm{k}} + 1)!}} = \frac{1}{{{\rm{n}} + 1}}{\rm{C}}_{{\rm{n}} + 1}^{{\rm{k}} + 1}\)

Một số công thức thường dùng trong các bài tập dạng này như sau:

- \(C_n^k = C_n^{n - k}\)

- \(C_n^k + C_n^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1},(n > 1)\)

- \(\quad {\rm{kC}}_{\rm{n}}^{\rm{k}} = {\rm{nC}}_{{\rm{n}} - 1}^{{\rm{k}} - 1}(*)\)

- \(\frac{1}{{{\rm{k}} + 1}}{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{k}} = \frac{1}{{{\rm{n}} + 1}}{\rm{C}}_{{\rm{n}} + 1}^{{\rm{k}} + 1}\)

- \({2^n} = C_n^0 + C_n^1 +  \ldots  + C_n^n\)

- \({2^{n - 1}} = C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 \ldots  + C_n^{2\left[ {\frac{n}{2}} \right]}\)

- \({2^{n - 1}} = C_n^1 + C_n^3 + C_n^5 \ldots  + C_n^{2\left[ {\frac{{n - 1}}{2}} \right] + 1}\)

Ngoài ra từ công thức \((*)\) ta mở rộng được công thức

- \(C_n^k + 2C_n^{k + 1} + C_n^{k + 2} = C_{n + 2}^{k + 2}\)

- \(C_n^k + 3C_n^{k + 1} + 3C_n^{k + 2} + C_n^{k + 3} = C_{n + 3}^{k + 3}\)

II. Giới thiệu tam giác pascal.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{n}} = 0}&{}&{}&{}&{}&1&{}&{}&{}&{}&{}&{}\\{{\rm{n}} = 1}&{}&{}&{}&1&{}&1&{}&{}&{}&{}&{}\\{{\rm{n}} = 2}&{}&{}&1&{}&2&{}&1&{}&{}&{}&{}\\{{\rm{n}} = 3}&{}&{}&1&{}&3&{}&3&{}&1&{}&{}\\{{\rm{n}} = 4}&{}&1&{}&4&{}&6&{}&4&{}&1&{}\\{{\rm{n}} = 5}&1&{}&5&{}&{10}&{}&{10}&{}&5&{}&1\end{array}\)

Tam giác Pascal được thiêt lâp theo quy luât sau

- Đỉnh được ghi số 1 . Tiếp theo là hàng thứ nhất ghi hai số 1 .

- Nếu biết hàng thứ \({\rm{n}}({\rm{n}} \ge 1)\) thì hàng thứ n+1tiếp theo được thiết lập bằng cách cộng hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng dưới ở vị trí giữa hai số này. Sau đó viết số 1 ở đầu và cuối hàng.

Nhận xét.

Xét hàng thứ nhất, ta có \(1 = {\rm{C}}_1^0,1 = {\rm{C}}_1^1\).

Ở hàng thứ 2 , ta có \(1 = {\rm{C}}_3^0,2 = {\rm{C}}_2^1,1 = {\rm{C}}_2^2\).

Ở hàng thứ 3 , ta có \(1 = {\rm{C}}_3^0,3 = {\rm{C}}_3^1,3 = {\rm{C}}_3^2,1 = {\rm{C}}_3^3\).

Các số ở hàng thứ n trong tam giác Pascal là dãy gồm \(({\rm{n}} + 1)\) số \({\rm{C}}_{\rm{n}}^0,{\rm{C}}_{\rm{n}}^1,{\rm{C}}_{\rm{n}}^2, \ldots ,{\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{n}} - 1},{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{n}}\)Dấu hiệu sử dụng nhi thức newton.

Sau đây là một số dấu hiệu giúp ta nhận biết được các dạng toán trong phần này, các dạng toán này sẽ được hướng dẫn kỹ hơn ở phần sau.

a) Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có \(\sum\limits_{{\rm{i}} = 1}^{\rm{n}} {{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{i}}} \) với i là số tự nhiên liên tiếp.

b) Trong biểu thức có \(\sum\limits_{{\rm{i}} = 1}^{\rm{n}} {\rm{i}} ({\rm{i}} - 1){\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{i}}\) thì ta dùng đạo hàm \(({\rm{i}} \in \mathbb{N})\)

- Trong biểu thức có \(\sum\limits_{{\rm{i}} = 1}^{\rm{n}} {({\rm{i}} + {\rm{k}})} {\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{i}}\) thì ta nhân 2 vế với x \(^{\rm{k}}\) rồi lấy đạo hàm

- Trong biểu thức có \(\sum\limits_{{\rm{i}} = 1}^{\rm{n}} {{{\rm{a}}^{\rm{k}}}} {\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{i}}\) thì ta chọn giá trị của x=a thích hợp.

- Trong biểu thức có \(\sum\limits_{{\rm{i}} = 1}^{\rm{n}} {\frac{1}{{{\rm{i}} - 1}}} {\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{i}}\) thì ta lấy tích phân xác định trên [a,b] thích hợp.

- Nếu bài toán cho khai triển \({\left( {{{\rm{x}}^{\rm{a}}} + {{\rm{x}}^{\rm{b}}}} \right)^{\rm{n}}} = \sum\limits_{{\rm{i}} = 1}^{\rm{n}} {C_{\rm{n}}^{\rm{i}}} {\left( {{{\rm{x}}^{\rm{a}}}} \right)^{{\rm{n}} - {\rm{i}}}}{\left( {{{\rm{x}}^{\rm{b}}}} \right)^{\rm{i}}} = \sum\limits_{{\rm{i}} = 1}^{\rm{n}} {{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{i}}} {{\rm{x}}^{{\rm{a}}({\rm{n}} - {\rm{i}}) + {\rm{ib}}}}\) thì hệ số của \({x^m}\) là \(C_n^i\) sap cho phương trình \(a(n - i) + bi = m\) có nghiệm \(i \in \mathbb{N}\)

- \({\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{i}}\) đạt max khi \({\rm{i}} = \frac{{{\rm{n}} - 1}}{2}\) hay \({\rm{i}} = \frac{{{\rm{n}} + 1}}{2}\) với n lẽ, \({\rm{i}} = \frac{{\rm{n}}}{2}\) với n chẵn.

III. Các dạng toán liên quan tới nhị thức newton.

1. Bài toán khai triển nâng cao.

Bài toán khai triển tam thức

Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton \({({\rm{a}} + {\rm{b}} + {\rm{c}})^{\rm{n}}}\)

Lời giải tổng quát

- Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n, để có được hệ số của nhị thức Newton \({(b + c)^n}\).

- Bước 2: Ở các đầu dòng ta viết các đơn thức là khai triển nhị thức Newton \({({\rm{a}} + 1)^{\rm{n}}}\)

- Bước 3: Nhân lần lượt các đơn thức ở đầu dòng mỗi cột với các đơn thức còn lại trên mỗi dòng đó rồi cộng các kết quả lại, ta thu được kết quả khai triển.

Cụ thể ta có ở dưới đây

Sau khi cộng lại ta được:

\(\begin{array}{l}{(a + b + c)^n} = \sum\limits_{p = 0}^n {C_n^p}  \cdot {a^{n - p}} \cdot \left( {\sum\limits_{q = 0}^n {C_p^q}  \cdot {b^{n - q}} \cdot {c^q}} \right)\\ = \sum\limits_{0 \le q \le p \le n} {C_n^p}  \cdot C_p^q \cdot {b^{n - q}} \cdot {c^q} \cdot {a^{n - p}}\end{array}\)

Sau khi khai triển \({({\rm{a}} + {\rm{b}} + {\rm{c}})^{\rm{n}}}\) với \(0 \le {\rm{q}} \le {\rm{p}} \le {\rm{n}}\) số hạng thứ p +1 trong khai triển là \({{\rm{T}}_{\rm{p}}} = {\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{p}} \cdot C_{\rm{p}}^{\rm{q}} \cdot {{\rm{b}}^{{\rm{n}} - {\rm{q}}}} \cdot {{\rm{c}}^{\rm{q}}} \cdot {{\rm{a}}^{{\rm{n}} - {\rm{p}}}}.\)

Ví dụ 1: Hệ số của số hạng chứa \({x^4}\) trong khai triển \({\rm{P}}({\rm{x}}) = {\left( {3{{\rm{x}}^2} + {\rm{x}} + 1} \right)^{10}}\) là?

Lời giải

Với \(0 \le {\rm{q}} \le {\rm{p}} \le 10\) thì số hạng tổng quát của khai triển \({\rm{P}}({\rm{x}}) = {\left( {3{{\rm{x}}^2} + {\rm{x}} + 1} \right)^{10}}\) là:

\({{\rm{T}}_{\rm{p}}} = {\rm{C}}_{10}^{\rm{p}} \cdot C_{\rm{p}}^{\rm{q}} \cdot {\left( {3{{\rm{x}}^2}} \right)^{10 - {\rm{p}}}} \cdot {{\rm{x}}^{{\rm{p}} - {\rm{q}}}} \cdot {1^{\rm{q}}} = {\rm{C}}_{10}^{\rm{p}} \cdot C_{\rm{p}}^{\rm{q}} \cdot {3^{10 - {\rm{p}}}} \cdot {{\rm{x}}^{{\rm{p}} - {\rm{q}} + 20 - 2{\rm{p}}}}\)

Theo đề bài thì \({\rm{p}} - {\rm{q}} + 20 - 2{\rm{p}} = 4 \Leftrightarrow {\rm{p}} + {\rm{q}} = 16\)

Do \(0 \le {\rm{q}} \le {\rm{p}} \le 10\) nên \(({\rm{p}};{\rm{q}}) \in \{ (8;8);(9;7);(10;6)\} \).

Vậy hệ số của \({x^4}\) trong khai triển \({\rm{P}}({\rm{x}}) = {\left( {3{{\rm{x}}^2} + {\rm{x}} + 1} \right)^{10}}\) là:

\({\rm{C}}_{10}^8 \cdot {\rm{C}}_8^8 \cdot {3^{10 - 8}} + {\rm{C}}_{10}^9 \cdot {\rm{C}}_9^7 \cdot {3^{10 - 9}} + {\rm{C}}_{10}^{10} \cdot {\rm{C}}_{10}^6 \cdot {3^{10 - 10}} = 1695\)

Chú ý khi ra nhiều trường hợp của (p,q) thì ta công hệ số các trường hợp với nhau để có kết quả.

Ví dụ 2: Tìm số hạng chứa \({x^{13}}\) trong khai triển thành các đa thức của \({\left( {x + {x^2} + {x^3}} \right)^{10}}\) ?

Lời giải

Với \(0 \le {\rm{q}} \le {\rm{p}} \le 10\) thì số hạng tổng quát của khai triển \({\left( {{\rm{x}} + {{\rm{x}}^2} + {{\rm{x}}^3}} \right)^{10}}\) là:

\({{\rm{T}}_{\rm{p}}} = {\rm{C}}_{10}^{\rm{p}} \cdot {\rm{C}}_{\rm{p}}^{\rm{q}} \cdot {{\rm{x}}^{10 - {\rm{p}}}} \cdot {\left( {{{\rm{x}}^2}} \right)^{{\rm{p}} - {\rm{q}}}} \cdot {\left( {{{\rm{x}}^3}} \right)^{\rm{q}}} = {\rm{C}}_{10}^{\rm{p}} \cdot {\rm{C}}_{\rm{p}}^{\rm{q}} \cdot {3^{10 - {\rm{p}}}} \cdot {{\rm{x}}^{10 + {\rm{p}} + {\rm{q}}}}\)

Theo đề bài thì \(10 + p + q = 13 \Leftrightarrow p + q = 3\)

Do \(0 \le {\rm{q}} \le {\rm{p}} \le 10\) nên \(({\rm{p}};{\rm{q}}) \in \{ (2;1);(3;0)\} \).

Vậy hệ số của \({x^{13}}\) trong khai triển là: \(C_{10}^2 \cdot C_2^1 + C_{10}^3 \cdot C_3^0 = 210\).

Ví dụ 3: Tìm hệ số của \({x^8}\) trong khai triển đa thức của: \(\left[ {1 + {x^2}{{(1 - x)}^8}} \right]\)

Lời giải

Cách 1. Ta có: \(f(x) = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k} {\left[ {{x^2}(1 - x)} \right]^k} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k} {x^{2k}}{\left[ {\sum\limits_{i = 0}^k {{{( - 1)}^{\rm{i}}}} C_k^i{x^i}} \right]^k}\).

Hệ số trong khai triển của \({x^8}\) là \({( - 1)^0}{\rm{C}}_8^4{\rm{C}}_4^0 + {( - 1)^2}{\rm{C}}_8^3{\rm{C}}_3^2 = 238\)

Cách 2. Ta có: \(f(x) = C_8^0 +  \ldots  + C_8^3{\left[ {{x^2}(1 - x)} \right]^3} + C_8^4{\left[ {{x^2}(1 - x)} \right]^4} +  \ldots  + C_8^8{\left[ {{x^2}(1 - x)} \right]^8}\)

Nhận thấy: \({x^8}\) chỉ có trong các số hạng:

- Số hạng thứ \(4:C_8^3{\left[ {{x^2}(1 - x)} \right]^3}\)

- Số hạng thứ 5: \(C_8^4{\left[ {{x^2}(1 - x)} \right]^4}\)

Với hệ số tương đương với: \({{\rm{A}}_8} = {\rm{C}}_8^3{\rm{C}}_3^2 + {\rm{C}}_8^4{\rm{C}}_4^0 = 238\)

Ví dụ 4: Với n là số nguyên dương và \(x \ne 0\), xét biểu thức \({\left( {{x^8} + {x^3} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^7}}}} \right)^n}\). Hỏi có bao nhiêu số \({\rm{n}} \le 2018\) sao cho khai triển của biểu thức trên có số hạng tự do là 0 ?

Lời giải

Ta có \({\left( {{x^8} + {x^3} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^7}}}} \right)^n} = {\left( {1 + {x^5}} \right)^n}{\left( {{x^3} + \frac{1}{{{x^7}}}} \right)^n}\) nên số hạng tổng quát của khai triển trên là \(T = C_n^k{x^{5k}} \cdot C_n^h{x^{3n - 10h}} = C_n^kC_n^h{x^{3n + 5k - 10h}}\). Số hạng này là số hạng tự do khi

\(3n + 5k - 10h = 0 \Leftrightarrow 3n = 5(2h - k)\)

Nếu n không chia hết cho 5 thì khai triển sẽ khồng chứa số hạng tự do, tức là số hạng tự do là 0 . Còn khi \({\rm{n}}\) chia hết cho 5 thì khi \({\rm{h}} = \frac{{2{\rm{n}}}}{5},{\rm{k}} = \frac{{\rm{n}}}{5}\), số hạng tự do sẽ là \({\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{k}}{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{h}} \ne 0\) không thỏa mãn.