Bài 3: Nhị thức Niu-tơn

a) Theo dòng 5 của tam giác Pascal, ta có:

(a + 2b)⁵= a⁵ + 5a⁴ (2b) + 10a³(2b)² + 10a² (2b)³ + 5a (2b)⁴ + (2b)⁵

= a⁵ + 10a⁴b + 40a³b² + 80a²b³ + 80ab⁴ + 32b⁵

b) Theo dòng 6 của tam giác Pascal, ta có:

(a - √2)⁶ = [a + (-√2)]⁶ = a⁶ + 6a⁵ (-√2) + 15a⁴ (-√2)² + 20a³ (-√2)³ + 15a² (-√2)⁴ + 6a(-√2)⁵ + (-√2)⁶.

= a⁶ - 6√2a⁵ + 30a⁴ - 40√2a³ + 60a² - 24√2a + 8.

c) Theo công thức nhị thức Niu – Tơn, ta có:

(x - )¹³= [x + (- )]¹³ = C^k₁₃ . x^{13 – k} . (-)^k = C^k₁₃ . (-1)^k . x^{13 – 2k}

Nhận xét: Trong trường hợp số mũ n khá nhỏ (chẳng hạn trong các câu a) và b) trên đây) thì ta có thể sử dụng tam giác Pascal để tính nhanh các hệ số của khai triển.

(x+ )⁶ = C^k₆ . x^{6 – k} . ()^k = C^k₆ . 2^k . x^{6 – 3k}

Trong tổng này, số hạng C^k₆ . 2^k . x^{6 – 3k} có số mũ của x bằng 3 khi và chỉ khi

⇔ k = 1.

Do đó hệ số của x³ trong khai triển của biểu thức đã cho là:

2 . C¹₆ = 2 . 6 = 12.

Ta có: (x³ + )⁸= C^k₈ x^{3(8 – k)} ()^k = C^k₈ x^{24 – 4k}

Trong tổng này, số hạng C^k₈ x^{24 – 4k} không chứa x khi và chỉ khi

⇔ k = 6.

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển (theo công thức nhị thức Niu - Tơn) của biểu thức đã cho là C⁶₈ = 28.

Tổng các hệ số của đa thức f(x) = (3x – 4)¹⁷ bằng:

f(1) = (3 – 4)¹⁷= (– 1)¹⁷ = -1

a) 1110 – 1 = (1 + 10)10 – 1 = (1 + C110 10 + C210102 + … +C910 109 + 1010) – 1

= 102 + C210102 +…+ C910 109 + 1010.

Tổng sau cùng chia hết cho 100 suy ra 1110 – 1 chia hết cho 100.

b) Ta có

101100 – 1 = (1 + 100)100 - 1

= (1 + C1100 100 + C2100 1002 + …+C99100 10099 + 100100) – 1.

= 1002 + C21001002 + …+ 10099 + 100100.

Tổng sau cùng chia hết cho 10 000 suy ra 101100 – 1 chia hết cho 10 000.

c) (1 + √10)100 = 1 + C1100 √10 + C2100 (√10)2 +…+ (√10)99 + (√10)100

(1 - √10)100 = 1 - C1100 √10 + C2100 (√10)2 -…- (√10)99 + (√10)100

√10[(1 + √10)100 – (1 - √10)100] = 2√10[C1100 √10 + C3100 (√10)3 +…+ . (√10)99]

= 2(C1100 10 + C3100 102 +…+ 1050)

Tổng sau cùng là một số nguyên, suy ra √10[(1 + √10)100 – (1 - √10)100] là một số nguyên.

Số hạng thứ \(k+1\) trong khai triển là :

\(t_{k+1}=C^k_{10}x^{10-k}\left(\dfrac{2}{x}\right)^k\)

Vậy \(t_5=C^4_{10}x^{10-4}.\left(\dfrac{2}{x}\right)^4=210.x^6.\dfrac{16}{x^4}=3360x^2\)

\(\left(1+x\right)^6=1+6x+15x^2+20x^3+15x^4+6x^5+x^6\)

a) \(1,01^6=\left(1+0,01\right)^6\approx1+6.0,01+15.\left(0,01\right)^2=1,0615\)

b) Dùng máy tính ta nhận được :

\(1,01^6\approx1,061502151\)

Số hạng thứ \(k+1\) của khai triển là :

\(t_{k+1}=C^k_n\left(3x\right)^k\)

Vậy số hạng chứa \(x^2\) là \(t_3=C^2_n9.x^2\)

Theo đề bài ta có :

\(9.C^2_n=90\Leftrightarrow C^2_n=10\Leftrightarrow n=5\)