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.

(a + b)⁰       

(a + b)¹

(a + b)²

(a + b)³

(a + b)⁴

(a + b)⁵

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:

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.

a) (a + b)⁴ = a⁴ + 4a³b + 6a²b² + 4ab³ + b⁴ = $C_4^0$a⁴ + $C_4^1$a³b + $C_4^2$a²b² + $C_4^3$ab³ + $C_4^4$b⁴.

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

= $C_5^0$a⁵ + $C_5^1$a⁴b + $C_5^2$a³b² + $C_5^3$a²b³ + $C_5^4$ab⁴ + $C_5^5$b⁵.

Ta thấy $C_4^1$ = $C_4^3$, $C_5^2$ = $C_5^3$,...

Dự đoán: $C_n^k$ = $C_n^{n-k}$.

b) Ta thấy $C_1^0+C_1^1$ = $C_2^1,$ $C_2^0+C_2^1$ = $C_3^1\mathrm{,...}$

Dự đoán: $C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^k$ = $C_n^k.$

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

${(a+b)}^n=C_n^0{a}^n+C_n^1{a}^{n-1}b+\dots +C_n^{n-1}a{b}^{n-1}+C_n^n{b}^n.$

(x – 2y)⁶

$=C_6^0{x}^6+C_6^1{x}^5\left(-2y\right)+C_6^2{x}^4{\left(-2y\right)}^2+C_6^3{x}^3{\left(-2y\right)}^3$

$+C_6^4{x}^2{\left(-2y\right)}^4+C_6^{5}x{\left(-2y\right)}^5+C_6^6{\left(-2y\right)}^6$

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

 $C_{10}^{10-7}{\left(-3x\right)}^7{2}^{10-7}=C_{10}^3{\left(-3\right)}^7{2}^3{x}^7=-2099520x^7.$

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

a) Ta có:

$=C_n^0{x}^n+C_n^1{x}^{n-1}+C_n^2{x}^{n-2}+\dots +C_n^{n-1}x+C_n^n.$

b) Cho x = 1, ta được:

${(1+1)}^n={\text{C}}_2^0{1}^n+{\text{C}}_n^1{1}^{n-1}+{\text{C}}_n^2{1}^{n-2}+\dots +{\text{C}}_n^{n-1}1+{\text{C}}_n^n$

hay $2^n={\text{C}}_n^0+{\text{C}}_n^1+{\text{C}}_n^2+\dots +{\text{C}}_n^{n-1}+{\text{C}}_n^n.$

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:

hay $0={\text{C}}_n^0{\left(-1\right)}^n{\text{+C}}_n^1{\left(-1\right)}^{n-1}+{\text{C}}_n^2{\left(-1\right)}^{n-2}+\dots +{\text{C}}_n^{n-1}\left(-1\right)+{\text{C}}_n^n.$

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.

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.

Lời giải

a) (x + y)⁶ $=C_6^0{x}^6+C_6^1{x}^{5}y+C_6^2{x}^4{y}^2+C_6^3{x}^3{y}^3+C_6^4{x}^2{y}^4+C_6^{5}x{y}^5+C_6^6{y}^6$

$=x^6+C_6^1{x}^{5}y+C_6^2{x}^4{y}^2+C_6^3{x}^3{y}^3+C_6^4{x}^2{y}^4+C_6^{5}x{y}^5+y^6.$

b) (1 – 2x)⁵ = [(–2x) + 1]⁵

= $C_5^0$(–2x)⁵ + $C_5^1$(–2x)⁴1 + $C_5^2$(–2x)³1² + $C_5^3$(–2x)²1³ + $C_5^4$(–2x)1⁴ + $C_5^5$1⁵

= –2⁵x⁵ + $C_5^1$2⁴x⁴ – $C_5^2$2³x³ + $C_5^3$2²x¹ + $C_5^4$2x + 1.

*Phương pháp giải:

Sử dụng công thức khai triển nhị thức

• ${\left(a+b\right)}^5=C_5^0{a}^5+C_5^1{a}^{4}b+C_5^2{a}^3{b}^2+C_5^3{a}^2{b}^3+C_5^{4}a{b}^4+C_5^5{b}^5$

$=a^5+5a^{4}b+10a^3{b}^2+10a^2{b}^3+5a{b}^4+b^5.$

*Lý thuyết:

1. Nhị thức Newton là gì?

Nhị thức Newton là một định lý toán học quan trọng liên quan đến khai triển hàm mũ của tổng và phân tích các đa thức bậc cao. Định lý Nhị thức Newton có ứng dụng rộng rãi trong toán học và nhiều lĩnh vực khác, bao gồm:

+ Tính tổ hợp và chỉnh hợp: Định lý Nhị thức Newton là công cụ quan trọng trong việc tính toán số cách sắp xếp hoặc chọn k phần tử từ n phần tử mà không quan trọng thứ tự, điều này có ứng dụng trong nhiều vấn đề tổ hợp và chỉnh hợp.

+ Dãy số: Định lý Nhị thức Newton thường được sử dụng để chứng minh các thuộc tính của các dãy số, ví dụ như dãy số Fibonacci và dãy số Pascal.

+ Xác suất và thống kê: Trong xác suất và thống kê, định lý Nhị thức Newton được sử dụng để tính xác suất và biểu diễn các phân phối xác suất, nhất là trong việc tính toán xác suất của các biến ngẫu nhiên rời rạc.

+ Lý thuyết đồ thị: Công thức Nhị thức được sử dụng để tính toán số lượng đồ thị con trong một đồ thị, điều này có ứng dụng trong lý thuyết đồ thị và các vấn đề liên quan đến mạng lưới.

2. Công thức Nhị thức Newton và khai triển

Với $a,b$ là những số thực tùy ý và với mọi số tự nhiên $n\ge 1$, ta có:

Hai công thức khai triển:

• ${\left(a+b\right)}^4=C_4^0{a}^4+C_4^1{a}^{3}b+C_4^2{a}^2{b}^2+C_4^{3}a{b}^3+C_4^4{b}^4$

$=a^4+4a^{3}b+6a^2{b}^2+4a{b}^3+b^4;$

• ${\left(a+b\right)}^5=C_5^0{a}^5+C_5^1{a}^{4}b+C_5^2{a}^3{b}^2+C_5^3{a}^2{b}^3+C_5^{4}a{b}^4+C_5^5{b}^5$

$=a^5+5a^{4}b+10a^3{b}^2+10a^2{b}^3+5a{b}^4+b^5.$

Hai công thức trên gọi là công thức nhị thức Newton (gọi tắt là nhị thức Newton) ${\left(a+b\right)}^n$ ứng với n = 4 và n = 5.

Chú ý:

– Các hệ số trong khai triển nhị thức Newton (a + b)ⁿ với n = 0; 1; 2; 3; … được viết thành từng hàng và xếp thành bảng số như dưới đây.

Bảng số này có quy luật: số đầu tiên và số cuối cùng của mỗi hàng đều là 1; tổng của 2 số liên tiếp cùng hàng bằng số của hàng kế dưới ở vị trí giữa hai số đó (được chỉ bởi mũi tên trên bảng).

Bảng số trên dược gọi là tam giác Pascal (đặt theo tên của nhà toán học, vật lí học, triết học người Pháp Blaise Pascal, 1623 – 1662).

Xem thêm

Lý thuyết Nhị thức Newton (công thức, khai triển) các dạng bài tập và cách giải 

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

Vậy hệ số của x² trong khai triển của (1 – 3x)ⁿ là $9C_n^2.$

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.

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

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

$\Rightarrow$ 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

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

$\Rightarrow$ 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.

$C_{2021}^0-2C_{2021}^1+2^2{C}_{2021}^2-2^3{C}_{2021}^3+\dots -2^{2021}{C}_{2021}^{2021}$

$=C_{2021}^0+C_{2021}^1\left(-2\right)+C_{2021}^2{\left(-2\right)}^2+C_{2021}^3{\left(-2\right)}^3+\dots +C_{2021}^{2021}{\left(-2\right)}^{2021}$

$=C_{2021}^0{1}^{2021}+C_{2021}^1{1}^{2020}\left(-2\right)+C_{2021}^2{1}^{2019}{\left(-2\right)}^2+C_{2021}^3{1}^{2018}{\left(-2\right)}^3+\dots +C_{2021}^{2021}{\left(-2\right)}^{2021}$

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

$C_{2n}^0-C_{2n}^1+C_{2n}^2-C_{2n}^3+C_{2n}^4+\dots -C_{2n}^{2n-1}+C_{2n}^{2n}=0$

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

$C_{2n}^0+C_{2n}^1+C_{2n}^2+C_{2n}^3+C_{2n}^4+\dots +C_{2n}^{2n-1}+C_{2n}^{2n}=2^{2n}$

$\Rightarrow C_{2n}^0+C_{2n}^2+C_{2n}^4+\dots +C_{2n}^{2n}$

$=\frac{C_{2n}^0+C_{2n}^1+C_{2n}^2+C_{2n}^3+C_{2n}^4+\dots +C_{2n}^{2n-1}+C_{2n}^{2n}}{2}$

Có:

$C_n^0+2C_n^1+4C_n^2+\dots +2^n{C}_n^n=C_n^0+C_n^{1}2+C_n^2{2}^2+\dots +C_n^n{2}^n$

$=C_n^0{1}^n+C_n^1{1}^{n-1}2+C_n^2{1}^{n-2}{2}^2+\dots +C_n^n{2}^n={\left(1+2\right)}^n=3^n$

+) Ta có:

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

 $C_{100}^{100-k}{x}^k{2}^{100-k}=C_{100}^k{2}^{100-k}{x}^k=2^{100}\frac{C_{100}^k}{2^k}{x}^k.$

Vậy hệ số của xk trong khai triển của (x + 2)100 là $2^{100}\frac{C_{100}^k}{2^k}\Rightarrow a_k=2^{100}\frac{C_{100}^k}{2^k}.$

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

$\left(1\right)\iff 2^{100}\frac{C_{100}^k}{2^k}\le 2^{100}\frac{C_{100}^{k+1}}{2^{k+1}}\iff \frac{C_{100}^k}{2^k}\le \frac{C_{100}^{k+1}}{2^{k+1}}\iff \frac{C_{100}^k}{C_{100}^{k+1}}\le \frac{2^k}{2^{k+1}}$

$\iff \frac{\frac{100!}{k!\left(100-k\right)!}}{\frac{100!}{\left(k+1\right)!\left(100-k-1\right)!}}\le \frac{1}{2}\iff \frac{\left(k+1\right)!\left(100-k-1\right)!}{k!\left(100-k\right)!}\le \frac{1}{2}\iff \frac{k+1}{100-k}\le \frac{1}{2}$

$\iff 2\left(k+1\right)\le 100-k\iff 3k\le 98\iff k\le 32$ (vì k là số tự nhiên).

+) Vì ak ≤ ak + 1$\iff k\le 32$ nên ak ≥ ak + 1 $\iff k\ge 32.$

Do đó $a_1\le a_2\le \mathrm{...}\le a_{32}\le a_{33}\ge a_{34}\ge a_{35}\ge \mathrm{...}\ge a_{100}.$

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.