Giải mục 1 trang 32, 33, 34

HĐ1

Trong Bài 25 SGK Toán 10 (bộ sách Kết nối tri thức với cuộc sống), ta đã biết:

$(a+b{)}^1=a+b$

$(a+b{)}^2=a^2+2ab+b^2$

$(a+b{)}^3=a^3+3a^{2}b+3a{b}^2+b^3$

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

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

Với $n\in \left\{1;2;3;4;5\right\}$ trong khai triển của mỗi nhị thức $(a+b{)}^n$:

a) Có bao nhiêu số hạng?

b) Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng bao nhiêu?

c) Số mũ của a và b thay đổi thế nào khi chuyển từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sangg phải?

Lời giải chi tiết:

Trong khai triển của mỗi nhị thức $(a+b{)}^n$:

a) Có $n+1$ số hạng.

b) Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn bằng n.

c) Số mũ của a giảm dần từ n về 0 khi chuyển từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sangg phải.

Số mũ của b tăng dần từ 0 đến n khi chuyển từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sangg phải.

CH

Tìm các hàng 7 và 8 của tam giác Pascal.

Lời giải chi tiết:

Ta đã có hàng 6 từ Hoạt động 2 trang 33:

$\begin{array}{c}(a+b{)}^{6}1615201561\\ (a+b{)}^{7}172135352171\\ (a+b{)}^{7}18285670562881\end{array}$

Hàng 7: $1+6=7,6+15=21,15+20=35$

Hàng 8: $1+7=8,7+21=28,21+35=56,35+35=70$

LT1

a) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển của $(a+b{)}^7$

b) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển của $(2x-1{)}^4$

Phương pháp giải:

Dựa vào hàng tương ứng của tam giác Pascal

b) Viết khai triển của $(a+b{)}^4$rồi thay $a=2x,b=-1$ vào khai triển nhận được.

Lời giải chi tiết:

a) Khai triển của $(a+b{)}^7$ có dạng

$(a+b{)}^7=a^7+?a^{6}b+?a^5{b}^2+?a^4{b}^3+?a^3{b}^4+?a^2{b}^5+?a{b}^6+?b^7$

Các hệ số trong khai triển này là các hệ số ở hàng 7 của tam giác Pascal. Do đó ta có ngay

$(a+b{)}^7=a^7+7a^{6}b+21a^5{b}^2+35a^4{b}^3+35a^3{b}^4+21a^2{b}^5+7a{b}^6+b^7$

b) Ta viết khai triển của $(a+b{)}^4$rồi thay $a=2x,b=-1$ vào khai triển nhận được.

Dựa vào hàng 4 của tam giác Pascal, ta có

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

Với $a=2x,b=-1$ ta được:

$\begin{array}{c}(2x-1{)}^4={\left(2x\right)}^4+4.{\left(2x\right)}^3\left(-1\right)+6.{\left(2x\right)}^2{\left(-1\right)}^2+4.2x.{\left(-1\right)}^3+{\left(-1\right)}^4\\ =16x^4-32x^3+24x^2-8x+1\end{array}$

HĐ3

a) Quan sát ba dòng đầu, hoàn thành tiếp hai dòng cuối theo mẫu:

$(a+b{)}^1=a+b=C_1^{0}a+C_1^{1}b$

$(a+b{)}^2=a^2+2ab+b^2=C_2^0{a}^2+C_2^{1}ab+C_2^2{b}^2$

$(a+b{)}^3=a^3+3a^{2}b+3a{b}^2+b^3=C_3^0{a}^3+C_3^1{a}^{2}b+C_3^{2}a{b}^2+C_3^3{b}^3$

$(a+b{)}^4=a^4+4a^{3}b+6a^2{b}^2+4a{b}^3+b^4=...$

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

Nhận xét rằng các hệ số khai triển của hai số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng cuối luôn bằng nhau. Hãy so sánh, chẳng hạn $C_4^1$ và $C_4^3$, $C_5^2$ và $C_5^3$. Từ đó hãy dự đoán hệ thức giữa $C_n^k$ và $C_n^{n-k}(0\le k\le n)$

b) Từ tính chất của tam giác Pascal, hãy so sánh $C_1^0+C_1^1$ và $C_2^1$, $C_2^0+C_2^1$ và $C_3^1,...$ Từ đó hãy dự đoán hệ thức giữa $C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^k$ và $C_n^k.$

Lời giải chi tiết:

a) $(a+b{)}^4=a^4+4a^{3}b+6a^2{b}^2+4a{b}^3+b^4=C_4^0{a}^4+C_4^1{a}^{3}b+C_4^2{a}^2{b}^2+C_4^{3}a{b}^3+C_4^4{b}^4$

$\begin{array}{c}(a+b{)}^5=a^5+5a^{4}b+10a^3{b}^2+10a^2{b}^3+5a{b}^4+b^5\\ =C_5^0{a}^5+C_5^1{a}^{4}b+C_5^2{a}^3{b}^2+C_5^3{a}^2{b}^3+C_5^{4}a{b}^4+C_5^5{b}^5\end{array}$

Dễ thấy $C_4^1=C_4^3$ , $C_5^2=C_5^3$. Dự đoán $C_n^k=C_n^{n-k}(0\le k\le n)$

b) Từ tính chất trong tam giác Pascal: Mọi số (khác 1) đều là tổng của hai số ở ngay phía trên nó.

Ta suy ra: $C_1^0+C_1^1=C_2^1$, $C_2^0+C_2^1=C_3^1$

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

CH

Hãy chứng minh các công thức trên bằng cách sử dụng công thức tính số các tổ hợp:

Phương pháp giải:

Công thức: $C_n^k=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$; $n!=n(n-1)!$.

Lời giải chi tiết:

Tính chất đối xứng:

$C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

$=\frac{n!}{(n-n+k)!(n-k)!}$

$=\frac{n!}{[n-(n-k)]!(n-k)!}$

$=\frac{n!}{(n-k)![n-(n-k)]!}=C_n^{n-k}$.

Hệ thức Pascal:

$C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^k$

$=\frac{(n-1)!}{(k-1)![(n-1)-(k-1)]!}+\frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!}$

.