Hướng dẫn giải bài tập §3. Nhị thức Newton, Chương 2. tổ hợp – xác suất, SGK Đại số và Giải tích 11. Nội dung bài học bài 1 2 3 4 5 6 trang 57 58 SGK Đại số và Giải tích 11 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải SGK gồm các bài tập đại số và giải tích giúp các em học sinh học tập lớp 11 Toán học rất tốt.
Lý thuyết
Tôi. nhị thức Newton
Trong đó \(a, b\) là số thực bất kỳ, với mọi số tự nhiên \(n ≥ 1\), ta có:
\({(a + b)^n} = c_n^0{a^n} + c_n^1{a^{n – 1}}b + … +\)
\(c_n^{n – 1}a{b^{n – 1}} + c_n^n{b^n}(1)\)
Quy ước:
Trong đó \(a\) là số thực trừ \(0\), và \(n\) là số tự nhiên trừ \(0\), chúng tôi đồng ý:
p >
\(a^0 = 1\); \(a^{-n}= {1 \ qua {{a^n}}}\).
Ghi chú:
Sử dụng các điều kiện và quy ước trên, cộng với điều kiện \(a\) và \(b\) khác với \(0\), công thức (1) như sau:
\({\left({a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {c_n^k{a^{n – k}} {b^k} = \sum\limits_{k = 0}^n {{a^k}{b^{n – k}}} } \)
Hai. Tam giác Pascal (Pascal)
Tam giác Pascal là tam giác gồm các số trong bảng:
Cấu trúc tam giác Pascal:
– cột ) và số trong Đường chéo bằng \(1\).
– Xét hai số ở cột \(k\) và cột \(k + 1\) và hàng \(n\), (\(k ≥ 0; n ≥ 1 \ )), ta có: tổng của hai số này bằng số ở giao điểm của cột \(k + 1\) và dòng \(n + 1\).
Tính chất của tam giác Pascal:
Từ cấu trúc của tam giác Pascal, có thể chứng minh rằng:
a)Giao điểm của dòng \(n\) và cột \(k\) là \(c_n^k\)
b)Số tam giác Pascal thỏa mãn công thức Pascal:
\(c_n^k + c_n^{k + 1} = c_{n + 1}^{k + 1}\)
c)Các số ở dòng \(n\) là các hệ số trong khai triển nhị thức \({(a + b)}^n\) (theo hai Công thức số hạng new -ton), trong đó \(a, b\) là hai số thực tùy ý. Ví dụ: các số trong dòng \(4\) là hệ số trong khai triển của \((a + b)^4\) (theo công thức nhị thức Newton):
\({\left( {a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)^4} = {\rm{ }}{a^4} + {\rm{ }}4{a^3}b{\rm{ }} + {\rm{ }}6{a^2}{b^{2}} + {\rm{ } }4a{b^3}{\rm{ }} + {\rm{ }}{b^4}\).
Ba. Câu hỏi toán học
Xác định hệ số của các số hạng trong khai triển chứa \({x^m}\):
\({\left( {a{x^p} + b{x^q}} \right)^n}\) và \(x > 0\) (\ ( p,q\) là các hằng số khác nhau).
Giải pháp:
Ta có:
\({\left( {a{x^p} + b{x^q}} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {c_n^ k{{\left( {a{x^p}} \right)}^{n – k}}{{\left( {b{x^q}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^n {c_n^k{a^{n – k}}{b^k}{x^{np – pk + qk}}} \)
Một số hạng chứa \({x^m}\) tương ứng với một giá trị \(k\) sao cho: \(np – pk + qk = m\).
Từ đó tìm \(k = \frac{{m – np}}{{p – q}}\)
Vậy hệ số của số hạng chứa \({x^m}\) là: \(c_n^k{a^{n – k}}.{b^k}\) với giá trị \ (k\) được tìm thấy ở trên.
Nếu \(k\) không phải là số nguyên hoặc \(k > n\) thì các hệ số phải bằng 0 trong các khai triển không bao gồm \({x^m}\) .
Lưu ý: Xác định hệ số của số hạng chứa \({x^m}\) trong khai triển
\(p\left( x \right) = {\left( {a + b{x^p} + c{x^q}} \right)^n}\) tốt được viết là \({a_0} + {a_1}x + … + {a_{2n}}{x^{2n}}\).
Chúng tôi làm như sau:
Viết \(p\left( x \right) = {\left( {a + b{x^p} + c{x^q}} \right)^n} = \ Sum\limits_{k = 0}^n {c_n^k{a^{n – k}}{{\left( {b{x^p} + c{x^q}} \right)} ^k}} \);
Viết các số hạng tổng quát khi khai triển các số hạng \({\left({b{x^p} + c{x^q}} \right)^k}\) thành lũy thừa đa thức của x.
Hệ số của \({x^m}\) có thể được tính từ các số hạng chung của hai khai triển trên.
Lưu ý: Để xác định hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Newton
Chúng tôi làm như sau:
Hệ số \({a_k}\) được suy ra từ \(k\) và \(n\);
Giải bất phương trình \({a_{k – 1}} \le {a_k}\) với ẩn số \(k\);
Cần tìm hệ số lớn nhất trong k số tự nhiên lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức trên.
Dưới đây là câu hỏi và hướng dẫn trả lời luyện tập phần Hoạt động của học sinh trong SGK Đại số và Giải tích 11.
Câu hỏi
1. Trả lời câu 1 trang 55 SGK Đại số và Giải tích 11
Khai triển biểu thức (a + b)4 thành tổng các đơn thức.
Trả lời:
Ta có:
(a + b)4 = (a + b)3(a + b)
= (a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 )(a + b)
= a4 + 3a3b + 3a2b2 + ab3 + a3b + 3a2b2 + 3ab3 + b4
= a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
2. SGK Đại số và Giải tích 11 Trang 57 Đáp án 2
Dùng tam giác paxcan, hãy chứng minh rằng:
a) $1 + 2 + 3 + 4 $= c25;
b) $1 + 2 + … + 7 $= c28.
Trả lời:
a)Dựa vào tam giác paxcan:
c14 = 4; c24 = 6; c25 = c14 + c24 $= 4 + 6 = 10$
Tức là: $1 + 2 + 3 + 4 = 10$
⇒ $1 + 2 + 3 + 4 $= c25
b) Dựa vào tam giác paxcan:
c17 = 7; c27 = 21 ;c28 = c17 + c27 $= 7 + 21 = 28$
$1 + 2 +⋯+ 7 =$ ((1 + 7).7)/2 $= 28$
$⇒ 1 + 2 +⋯+ 7 $= c28
Dưới đây là phần hướng dẫn các bài Giải bài tập Đại số và Giải tích 11 SGK 1 2 3 4 5 6 trang 57 58. Các em vui lòng đọc kỹ câu hỏi trước khi giải bài!
Bài tập
giaibaisgk.com giới thiệu đến các bạn lời giải đầy đủ bài tập Đại số và Giải tích 11 và lời giải chi tiết Bài §3 SGK Đại số và Giải tích 11 trang 57 58 Bài 1 2 3 4 5 6 . Nhị thức Newton trong Chương 2. Combo-xác suất để bạn tham khảo. Chi tiết lời giải của từng bài tập xem bên dưới:
1. Giải trang 57 Bài 1 SGK Đại số và Giải tích 11
Viết khai triển theo công thức nhị thức Newton:
a) \((a + 2b)^5\);
b) \(\nhỏ (a – \sqrt{2})^6\);
c) \(\small (x – \frac{1}{x})^{13}\).
Giải pháp thay thế:
a) Ta có:
\((a + 2b)^5= c_{5}^{0}a^5+c_{5}^{1}a^4(2b)+c_{5}^{2}a ^3(2b)^2\)
\(+ c_{5}^{3}a^2(2b)^3+c_{5}^{4}a(2b)^4+c_{5}^{5}(2b) ^5\)
\(= a^5 + 10a^4b + 40a^3b^2 + 80a^2b^3 + 80ab^4 + 32b^5\)
b) Từ hàng 6 của tam giác Pascal, ta có:
\((a – \sqrt{2})^6 = [a + (\sqrt{2})]^6\)
\(=a^6 + 6a^5 (\sqrt{2}) + 15a^4 (\sqrt{2})^2 + 20a^3 (\sqrt{2})^3 \)
\(+ 15a^2 (\sqrt{2})^4 + 6a(\sqrt{2})^5 + (-\sqrt{2})^6.\)
\(= a^6 – 6\sqrt{2}a^5 + 30a^4 – 40\sqrt{2}a^3 + 60a^2 – 20\sqrt{2}a + 8.\)
c) Theo công thức nhị thức Newton, ta có:
\(\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{13}=c_{13}^{0}x^{13}-c_{13}^{ 1}x^{12}\frac{1}{x}+ c_{13}^{2}x^{11}\frac{1}{x^2}-c_{13}^{3} x^{10}\frac{1}{x^3}\)
\(+c_{13}^{4}x^{9}\frac{1}{x^4}-c_{13}^{5}x^{8}\frac{1 }{x^5}+ c_{13}^{6}x^{7}\frac{1}{x^6} -c_{13}^{7}x^{6}\frac{1 {x^7}\)
\(+ c_{13}^{8}x^{5}\frac{1}{x^8}-c_{13}^{9}x^{4}\frac{1 }{x^9}+ c_{13}^{10}x^{3}\frac{1}{x^{10}}-c_{13}^{11}x^{2}\frac {1}{x^{11}}\)
\(+c_{13}^{12}x\frac{1}{x^{12}}-c_{13}^{13}\frac{1}{x^{13} }\)
\(=x^{13}-13x^{11}+78x^{9}-286x^{7}+715x^{5}-1287x^{3}+1716x\)
\(-\frac{1716}{x}+\frac{1287}{x^3}-\frac{715}{x^5}+\frac{286}{x^ 7}- \frac{78}{x^9}+\frac{13}{x^{11}}-\frac{1}{x^{13}}\)
2. giải bài 2 trang 58 sgk đại số và giải tích 11
Tìm hệ số của x3 trong khai triển của biểu thức: \(\small (x +\frac{2}{x^2} )^6\).
Giải pháp thay thế:
Số hạng chung của khai triển là: \(c_{6}^{k}.x^{6-k}.\left ( \frac{2}{x^2} \right ) ^ k\)
Ta có: \(c_{6}^{k}.x^{6-k}.\left ( \frac{2}{x^2} \right )^k=2^ k.c_{6}^{k}.x^{6-k}.x^{2k}= 2^k.c_{6}^{k}.x^{6-3k}\)
Các mục chứa \(x^3\) trong bản mở rộng sẽ là \(2^k.c_{6}^{k}.x^{6-3k}\) và \( 6 -3k=3\).
Từ (1) ta có \(3k=6-3\leftrightarrow 3k=3\leftrightarrow k=1\)
Ta có: \(2^1c_{6}^{1}=2.\frac{6!}{1!(6-1)!}=2.6=12\)
Vậy hệ số của \(x^3\) trong khai triển là 12.
3. Giải bài 3 trang 58 SGK Đại số và Giải tích 11
Biết rằng hệ số của x2 trong khai triển \(\small (1 – 3x)^n\) là $90$. Tìm $n$.
Giải pháp thay thế:
Ta có \((1-3x)^n=c_{n}^{0}-c_{n}^{1}3x+c_{n}^{2}(3x)^2-c_ {n}^{3}(3x)^3+…+ c_{n}^{n}(-3x)^n.\)
Từ đây, chúng ta nhận được rằng \(x^2\) có hệ số \(9c_{n}^{2}\). Vì vậy, chúng tôi có:
\(9c_{n}^{2}=90\leftrightarrow c^2_n=10\leftrightarrow \frac{n!}{(n-2)!.2!}=10\leftrightarrow n(n-1)=20\)
\(\leftrightarrow n^2 – n – 10 = 0\leftrightarrow n = 5 (vi \ n\in \mathbb{n})\)
4. Giải trang 58 Bài 4 SGK Đại số và Giải tích 11
Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển của \(\small (x^3 +\frac{1}{x} )^8\).
Giải pháp thay thế:
Số hạng chung của khai triển là: \(c_{8}^{k}(x^3)^{8-k}.\left ( \frac{1}{x} \ phải ) ^k= c_{8}^{k}x^{24-3k}x^{-k}=c_{8}^{k}.x^{24-4k}\)
Các mục không bao gồm $x$ trong phần mở rộng tương ứng với giá trị của $k$ là:
\(24-4k=0\leftrightarrow k=6\)
Ta có: \(c_{8}^{6}=\frac{8!}{6!(8-6)!}=28\)
Vậy số hạng trong khai triển không chứa x là $28$.
5. Giải bài 5 trang 58 SGK Đại số và Giải tích 11
Mở rộng biểu thức \(\small (3x – 4)^ {17 }\) thành một đa thức và tính tổng các hệ số của đa thức thu được:
Giải pháp thay thế:
Giả sử \(f(x)=(3x-4)^{17}=a_{17}x^{17}+a_{16}x^{16}+…+a_{1}x+ a_0 \)
Ta cần tính: \(a_0+a_1+a_2+…+a_{17}\)
Hiển thị\(f(1)=(3-4)^{17}=a_+a_1+…+a_{17}\)
\(\leftrightarrow a_0+a_1+a_2+…+a_{17}=-1\)
6. Giải bài 6 trang 58 SGK Đại số và Giải tích 11
Bằng chứng:
a) \(\small 11^{10} – 1\) chia hết cho $100$;
b) \(\small 101^{100} – 1\) chia hết cho $10 000$;
c) \(\small \sqrt{10}[(1+\sqrt{10})^{100}-(1-\sqrt{10})^{100}]\ ) là một số nguyên.
Giải pháp thay thế:
a) Ta có:
\(11^{10}- 1 = (1 + 10)^{10} =c_{10}^{0}.10^{10}+c_{10}^{1}.10^ 9+…\)\(+ c_{10}^{8}.10^2+c_{10}^{9}.10+c_{10}^{10}\)
\(=100(c_{10}^{0}.10^8+c_{10}^{1}.10^7+…+ c_{10}^{8}+1)+1 \)
Tổng cuối cùng chia hết cho 100 nên 1110 – 1 chia hết cho 100.
b) Ta có:
\(101^{100}=(100+1)^{100}=c_{100}^{0}.100^{100}\)
\(+c_{100}^{1}.100^{99}+…+ c_{100}^{99}.100+c_{100}^{100}\)
\(=100^2\left [ c_{100}^{0}.100^{98}+c_{100}^{1}.100^{97}+…+1 \right ]\)
Vì vậy\(101^{100}=10000\left [ c_{100}^{0}.100^{98}+c_{100}^{1}.100^{97}+…+ 1 \right ]\) chia hết cho 10 000.
c) Ta có:
\((1+\sqrt{10})^{100}=c_{100}^{0}+c_{100}^{1}\sqrt{10}+c_{100}^ {2}\sqrt{10^2}+…+\)\(c_{100}^{99}\sqrt{10^{99}}+c_{100}^{100}\)
\((1-\sqrt{10})^{100}=c_{100}^{0}+c_{100}^{1}\sqrt{10}+c_{100}^ {2}\sqrt{10^2}+…-\)\(c_{100}^{99}\sqrt{10^{99}}+c_{100}^{100}\)
Do đó: \((1+\sqrt{10})^{100}-(1-\sqrt{10})^{100}=2 \left ( c_{100}^{ 0 }+c_{100}^{1}\sqrt{10}+c_{100}^{2}\sqrt{10^2}+…+ c_{100}^{99}\sqrt{10 ^ {99}}\phải)\)
Vì vậy: \(\sqrt{40}\left [ (1+\sqrt{10})^{100}-(1-\sqrt{10})^{100} \ phải ]\)
Trước:
- Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 54 55 SGK Đại số và Giải tích 11
- Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 Trang 63 64 SGK Đại số và Giải tích 11
- Câu hỏi khác 11
- Học tốt Vật lý lớp 11
- Học tốt môn sinh học lớp 11
- Học tốt ngữ văn lớp 11
- Điểm tốt môn lịch sử lớp 11
- Địa lý lớp 11
- Học tốt tiếng Anh lớp 11
- Học tốt môn Tiếng Anh lớp 11 thí điểm
- Học tốt môn Tin học lớp 11
- Học chăm chỉ môn gdcd lớp 11
Tiếp theo:
Xem thêm:
Chúc mọi người giải bài tập Đại số và Giải tích 11 1 2 3 4 5 6 Trang 57 58 SGK toán 11 câu hỏi luyện tập!
“Bài tập nào khó, đã có giabaisgk.com”
