Bài 3: Nhị thức Niu-tơn

1) Công thức nhị thức Niu-tơn

Định lý: 

 \(\left(a+b\right)^n=C^0_na^n+C^1_na^{n-1}b+...+C^k_na^{n-k}b^k+...+C^{n-1}_nab^{n-1}+C^n_bb^n\)       (1)

Định lý này ta thừa nhận (không chứng minh).

Ví dụ:  

     \(\left(a+b\right)^2=C^0_2a^2+C^1_2a.b+C^2_2b^2=a^2+2ab+b^2\)

     \(\left(a+b\right)^3=C^0_3a^3+C^1_3a^2b+C^2_3ab^2+C^3_3b^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\)

Hệ quả:

    - Với \(a=b=1\), ta có \(2^n=C^0_n+C^1_n+...+C^n_n\)

    - Với \(a=1,b=-1\) ta có \(0=C^0_n-C^1_n+...+\left(-1\right)^kC^k_n+...+\left(-1\right)^nC^n_n\)

Chú ý: Trong biểu thức ở vế phải của công thức (1):

    - Số các hạng tử là \(n+1\)  ;

    - Các hạng tử có số mũ của \(a\) giảm dần từ \(n\) đến 0, số mũ của \(b\) tăng dần từ 0 đến \(n\), những tổng các số mũ của \(a\) và \(b\) trong mỗi hạng tử luôn bằng \(n\)  ;

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

    - Với một nhị thức có phép trừ, định lý có thể được áp dụng khi chuyển phép trừ thành phép cộng với số đối, ví dụ:

    \(\left(a-b\right)^3=\left[a+\left(-b\right)\right]^3=a^3+3a^2\left(-b\right)+3a\left(-b\right)^2+\left(-b\right)^3=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\)

 Ví dụ 1: Khai triển biểu thức \(\left(x+y\right)^6\).

Giải:

Theo nhị thức Niu-tơn ta có:

\(\left(x+y\right)^6\) \(=C^0_6x^6+C^1_6x^5y+C^2_6x^2y^4+C^3_3x^3y^3+C^2_6x^2y^4+C^1_6xy^5+C^6_6y^6\)

              \(=x^6+6x^5y+15x^4y^2+20x^3y^3+15x^2y^4+6xy^5+y^6\)

Ví dụ 2: Khai triển biểu thức \(\left(2x-3\right)^4\).

Giải:

Theo nhị thức Niu-tơn ta có:

\(\left(2x-3\right)^4\) \(=C^0_4\left(2x\right)^4+C^1_4\left(2x\right)^3\left(-3\right)+C^2_4\left(2x\right)^2\left(-3\right)^2+C^3_4\left(2x\right)\left(-3\right)^3+C^4_4\left(-3\right)^4\)

                \(=16x^4-96x^3+216x^2-216x+81\)

Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng với \(n\ge4\), ta có:

              \(C^0_n+C^2_n+C^4_n+...=C^1_n+C^3_n+C^5_n+...=2^{n-1}\)

Giải:

Kí hiệu: \(A=C^0_n+C^2_n+...\)

             \(B=C^1_n+C^3_n+...\)

Theo Hệ quả ta có:  \(2^n=A+B\) 

                                 \(0=A-B\)

Từ đó suy ra \(A=B=2^{n-1}\).

2) Tam giác Pa-xcan

Trong nhị thức Niu-tơn (1) ở trên, cho \(n=0;1;2;...\) và xếp các hệ số \(C^k_n\) thành dòng, ta nhận được tam giác sau (còn gọi là tam giác Pa-xcan):

Trong tam giác trên, mỗi phần tử ở dòng dưới bằng tổng của hai phần tử đứng ngay trên đầu nó ở dòng trên, ví dụ dòng ứng với \(n=5\), số 10 trong dòng này bằng tổng của 2 số 4 và 6 ở dòng \(n=4\). Ta có cách làm này là do tính chất \(C_n^k=C_{n-1}^{k-1}+C^k_{n-1}\)

Ví dụ: \(C^2_5=C^1_4+C^2_4=4+6=10\)

Nhờ tam giác Pa-xcan mà ta có thể triển khai lũy thừa bậc \(n\) của tổng hai số một cách dễ dàng mà không cần phải tính \(C^k_n\). Ví dụ:

   \(\left(a+b\right)^6=a^6+6a^5b+15a^4b^2+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)

Ví dụ 4: Biết hệ số của \(x^2\) trong khai triển của \(\left(1-3x\right)^n\) là 90. Tìm \(n\).

Giải:

Số hạng tổng quát của khai triển của \(\left(1-3x\right)^n\) là \(C^k_n.1^{n-k}\left(-3x\right)^k=C^k_n\left(-3\right)^kx^k\)

Số hạng chứa \(x^2\) ứng với \(k=2\), nghĩa là \(C^2_n\left(-3\right)^2\)

Nên ta có \(C^2_n\left(-3\right)^2=90\)

\(\Leftrightarrow C^2_n=10\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{n\left(n-1\right)}{2!}=10\)

\(\Leftrightarrow n\left(n-1\right)=20\)

\(\Leftrightarrow n^2-n-20=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}n=-4\left(L\right)\\n=5\end{matrix}\right.\)

Vậy \(n=5\).