Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chuyên đề: Newton nâng cao (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Tổng các hệ số chẵn: $\sum 2^{2n-2k}{C}_{2n}^{2k}=\frac{(2+1{)}^{2n}+(2-1{)}^{2n}}{2}=\frac{3^{2n}+1}{2}=3281\Rightarrow 3^{2n}=6561=3^8\Rightarrow n=4$. Khi đó khai triển ${\left(2x-\frac{1}{4x^2}\right)}^7$, số hạng tổng quát $T_{k+1}=C_7^k(2x{)}^{7-k}{\left(-\frac{1}{4x^2}\right)}^k$, số mũ của $x$: $7-k-2k=1\Rightarrow k=2$. Hệ số: $C_7^2\cdot 2^5\cdot \frac{1}{16}=21\cdot \frac{32}{16}=42$, dấu dương. Vậy số hạng chứa $x^1$ là $42x$, khớp đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Bước 1: Tìm n. Theo nhị thức Newton, với k từ 1 đến n ta có:
$$C_n^1+2C_n^2+2^2{C}_n^3+\dots +2^{n-1}{C}_n^n=\sum _{k=1}^n{2}^{k-1}{C}_n^k=\frac{1}{2}\left(\sum _{k=0}^n{2}^k{C}_n^k-1\right)=\frac{(1+2{)}^n-1}{2}=\frac{3^n-1}{2}.$$
Suy ra $\frac{3^n-1}{2}=3280\Rightarrow 3^n=6561=3^8\Rightarrow n=8$.
Bước 2: Tổng các hệ số. Với $f(x)=(1+x)+(1+2x{)}^2+\dots +(1+8x{)}^8$, tổng $a_0+a_1+\dots +a_n=f(1)$:
$$f(1)=\sum _{k=1}^8(1+k{)}^k=2+3^2+4^3+5^4+6^5+7^6+8^7+9^8.$$
Tính từng số: $2+9+64+625+7776+117649+2097152+43046721=45269998$.
Bước 3: Kết luận:
$$S=10\sqrt{45269998}\approx 67283,3.$$
Vậy $S=10\sqrt{45269998}\approx 67283,3$. Đây là lời giải do AI thực hiện vì nguồn không có đáp án chính thức.

(AI giải đề cho tôi)
Giải phương trình điều kiện: $\frac{1}{C_n^2}+\frac{7}{C_n^3}=\frac{1}{n}$ với $C_n^2=\frac{n(n-1)}{2}$, $C_n^3=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}$.

Ta có: $\frac{2}{n(n-1)}+\frac{42}{n(n-1)(n-2)}=\frac{1}{n}$. Nhân hai vế với $n$ ($n\ge 3$): $\frac{2}{n-1}+\frac{42}{(n-1)(n-2)}=1$, suy ra $2(n-2)+42=(n-1)(n-2)$, tức $2n+38=n^2-3n+2\Rightarrow n^2-5n-36=0\Rightarrow n=9$ (nhận, $n=-4$ loại).

Tính $a_7$: hệ số của $x^7$ trong $P(x)={\sum }_{k=1}^{9}k(1+x{)}^k$. Với mỗi $k$, hệ số của $x^7$ trong $k(1+x{)}^k$ là $k{C}_k^7$ (bằng 0 khi $k<7$). Do đó:
$$a_7=\sum _{k=7}^{9}k{C}_k^7=7C_7^7+8C_8^7+9C_9^7=7\cdot 1+8\cdot 8+9\cdot 36=7+64+324=395.$$

Vậy $a_7=395$.

Ta có: $${\left(2+x+2x^2+x^3\right)}^5={\left[(2+x)+x^2(2+x)\right]}^5={\left[(2+x)\cdot \left(1+x^2\right)\right]}^5=(2+x{)}^5\cdot {\left(1+x^2\right)}^5$$ Xét khai triển $(2+x{)}^5\cdot {\left(1+x^2\right)}^5={\sum }_{k=0}^5{C}_5^k{2}^{5-k}{x}^k\cdot {\sum }_{l=0}^5{C}_5^l{x}^{2l}$. (Điểm: 0,25) Kết hợp với điều kiện, ta có hệ: $$\{\begin{array}{l}k=10-2l\\ 0\le k\le 5,k\in N\iff (k,l)\in \{(0;5),(2;4),(4;3)\}.\\ 0\le l\le 5,l\in N\end{array}$$ Vậy hệ số của $x^{10}$ bằng tổng các $C_5^k\cdot C_5^l$ thỏa mãn: $$C_5^0\cdot 2^5\cdot C_5^5+C_5^2\cdot 2^3\cdot C_5^4+C_5^4\cdot 2\cdot C_5^3=532.$$ (Điểm: 0,25)

Ta có $A(x)=x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1$
Ta nhân hai vế với một lượng $(x+1)\iff A(x).(x+1)=(x+1)(x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1)$ $(x\ne -1)$

Áp dụng tính chất: $(x+1)(x^n-x^{n-1}+x^{n-2}-\dots +1)=x^{n+1}+(-1{)}^n$

Từ đa thức $A(x)$ ta thấy $n=6$, suy ra ta có được: $A(x)=\frac{x^7+1}{x+1}$ $(x\ne -1)$

Ta thay $x=y-1$ vào $A(x)$ ta được: $Q(y)=A(y-1)=\frac{(y-1{)}^7+1}{y}$

Từ phân tử thức, ta khai triển nhị thức Newton:
$$\sum _{k=0}^7{C}_7^k\cdot y^{7-k}\cdot (-1{)}^k$$

Suy ra ta được: $(y-1{)}^7+1=y^7-7y^6+21y^5-35y^4+35y^3-21y^2+7y$

Từ đó ta rút $y$ cho tử mẫu, suy ra:
$Q(y)=y^6-7y^5+21y^4-35y^3+35y^2-21y+7$

Chọn số nguyên tố $p=7$, ta có các yếu tố như sau:

(1) Hệ số cao nhất là 1 không chia hết cho 7
(2) Các hệ số còn lại 7, 21, 35 đều chia hết cho 7
(3) Hệ số tự do là 7 thì chia hết cho 7, nhưng không chia hết cho bình phương của 7 là 49

Vậy tồn tại số nguyên tố là $p=7$ thỏa mãn các điều kiện trên theo tiêu chuẩn Eisenstein nên $Q(y)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$

Mà đa thức mới $Q(y)$ bất khả quy, dẫn đến đa thức gốc $A(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ (đpcm)

a) Ta có $T_n-1=(2026+1{)}^n-2026^n={\sum }_{j=1}^{n-1}{C}_n^{j}2026^j$.

Xét $n=2^k$ với $k$ nguyên dương, khi đó vì $C_n^j=\frac{n}{j}{C}_{n-1}^{j-1}$ nên $v_2(C_n^j)\ge r-v_2(j)$.

Do đó $v_2(C_n^{j}2026^j)\ge r-v_2(j)+j\ge r$ nên $C_n^{j}2026^j$ chia hết cho $2^r$ với mọi $j=1,2,\dots ,n-1$.

Vì vậy $T_n\equiv 1(\mathrm{mod}n)$ với $n=2^k$, $k$ nguyên dương nên có điều phải chứng minh.

b) Ta sẽ chứng minh tất cả giá trị cần tìm là $n=2^k$ với $k\in \mathbb{N}$.

- Điều kiện cần: Giả sử $n$ có một ước lẻ $d>1$, khi đó $d\mid n$ nên $T_d\mid T_n$ hay $T_d\mid m^2+4053^2$. Ta có $T_d\equiv (-1{)}^d\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ do $d$ lẻ, từ đó $m^2+4053^2$ có một ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$, theo tính chất quen thuộc suy ra $m$ và $4053$ chia hết cho $p$ nên $p\in \{3,7,193\}$.

Tuy nhiên $T_d\equiv 1(\mathrm{mod}3)$, $T_d\equiv -2\cdot 3^d\not\equiv 0(\mathrm{mod}7)$ và $T_d\equiv -2\cdot 96^d\not\equiv 0(\mathrm{mod}97)$ nên trường hợp này không tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn hay $n$ không có ước lẻ.

Vậy $n$ là một lũy thừa của 2.

- Điều kiện đủ: Xét $n=2^k$ với $k\in \mathbb{N}$.

Với $k=0$, có $n=1$ cho ta $T_1=1$ nên thỏa mãn.

Xét $k\ge 1$, đặt $a=2027$, $b=2026$, $c=a+b=4053$ thì $a-b=1$ và ta có:
$$T_{2^k}=a^{2^k}-b^{2^k}=(a+b)(a^2+b^2)(a^4+b^4)\cdots (a^{2^{k-1}}+b^{2^{k-1}})$$

Đặt $Q_j=a^{2^j}+b^{2^j}$ với $1\le j\le k-1$ thì các số $c,Q_1,\dots ,Q_{k-1}$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Thật vậy, nếu tồn tại số nguyên tố $q$ là ước của $c$ và $Q_j$, thì $a\equiv -b(\mathrm{mod}q)$, nên
$$Q_j\equiv 2b^{2^j}\not\equiv 0(\mathrm{mod}q),$$
mâu thuẫn. Tiếp theo, nếu $i<j$ và $q\mid Q_i,Q_j$, do $q$ lẻ và $q\nmid b$, đặt $x\equiv a{b}^{-1}(\mathrm{mod}q)$. Khi đó
$$x^{2^i}\equiv -1(\mathrm{mod}q).$$
Lũy thừa hai về $2^{j-i}$, ta được $x^{2^j}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, trái với $q\mid Q_j$.

Với mỗi $j=1,\dots ,k-1$, vì $\gcd (b,Q_j)=1$, nên ta có thể chọn
$$x_j\equiv a^{2^j-1}{b}^{-2^j-1}(\mathrm{mod}{Q}_j).$$
Khi đó $x_j^2\equiv a^{2^j}{b}^{-2^j}\equiv -1(\mathrm{mod}{Q}_j)$, nên theo CRT tồn tại số nguyên $m$ thỏa mãn:
$$m\equiv 0(\mathrm{mod}c),m\equiv c{x}_j(\mathrm{mod}{Q}_j)(1\le j\le k-1).$$

Với số $m$ này, ta có $c\mid m^2+c^2$ và $Q_j\mid m^2+c^2$ với mọi $j$ nên $T_{2k}\mid m^2+c^2$.

Vậy tất cả số nguyên dương cần tìm là $n=2^k$ với $k\in \mathbb{N}$.

Số hạng tổng quát trong khai triển là:
$T_{k+1}=C_{18}^k{\left(\frac{x}{2}\right)}^{18-k}{\left(\frac{4}{x}\right)}^k=C_{18}^k{2}^{k-18}\cdot 4^k\cdot x^{18-2k}=C_{18}^k{2}^{3k-18}{x}^{18-2k}$.
Số hạng không chứa $x$ ứng với $18-2k=0\iff k=9$.
Hệ số của số hạng không chứa $x$ là $C_{18}^9{2}^{3\cdot 9-18}=2^9{C}_{18}^9$.

Áp dụng đẳng thức ${\sum }_{k=7}^n{C}_k^7=C_{n+1}^8$:
$720C_{n+1}^8=\frac{1}{4032}{A}_{n+1}^{10}⟺720\cdot \frac{(n+1)!}{8!(n-7)!}=\frac{1}{4032}\cdot \frac{(n+1)!}{(n-9)!}$.
$⟺\frac{720}{40320(n-7)(n-8)}=\frac{1}{4032}⟺\frac{1}{56(n-7)(n-8)}=\frac{1}{4032}⟺(n-7)(n-8)=72$.
Giải phương trình $n^2-15n-16=0$ với $n\ge 9$, ta được $n=16$.
Với $n=16$, khai triển ${\left(x-x^{-2}\right)}^{16}$ có số hạng tổng quát:
$T_{k+1}=C_{16}^k{x}^{16-k}(-x^{-2}{)}^k=C_{16}^k(-1{)}^k{x}^{16-3k}$.
Số hạng chứa $x^4⟺16-3k=4⟺3k=12⟺k=4$.
Hệ số của $x^4$ là: $C_{16}^4(-1{)}^4=\frac{16\times 15\times 14\times 13}{24}=1820$. Chọn D.

Số hạng tổng quát trong khai triển là:
$T_{k+1}=C_{124}^k(\sqrt{5}{)}^{124-k}(\sqrt[4]{7}{)}^k=C_{124}^k{5}^{\frac{124-k}{2}}{7}^{\frac{k}{4}},(0\le k\le 124,k\in \mathbb{Z}).$
Số hạng hữu tỉ khi và chỉ khi $\frac{124-k}{2}\in \mathbb{Z}$ và $\frac{k}{4}\in \mathbb{Z}$.
Điều này tương đương với $k$ chia hết cho 4, tức là $k=4m$ với $m\in \mathbb{Z}$.
Vì $0\le k\le 124⟹0\le 4m\le 124⟺0\le m\le 31$.
Số giá trị nguyên của $m$ là: $31-0+1=32$.
Vậy có 32 số hạng hữu tỉ trong khai triển.

Xét khai triển nhị thức Newton:
$(1+x{)}^n=C_n^0+C_n^{1}x+C_n^2{x}^2+\cdots +C_n^n{x}^n.$
Lấy tích phân hai vế từ 0 đến 1:
${\int }_0^1(1+x{)}^{n}dx={\int }_0^1\left(C_n^0+C_n^{1}x+C_n^2{x}^2+\cdots +C_n^n{x}^n\right)dx$
$⟺{\frac{(1+x{)}^{n+1}}{n+1}|}_0^1={\left(C_n^{0}x+\frac{1}{2}{C}_n^1{x}^2+\cdots +\frac{1}{n+1}{C}_n^n{x}^{n+1}\right)|}_0^1$
$⟺\frac{2^{n+1}-1}{n+1}=C_n^0+\frac{1}{2}{C}_n^1+\cdots +\frac{1}{n+1}{C}_n^n=T.$
Vậy $T=\frac{2^{n+1}-1}{n+1}$.

Ta có $C_n^1+C_n^2=78⟺n+\frac{n(n-1)}{2}=78⟺n^2+n-156=0⟺n=12$ (vì $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).
Số hạng tổng quát trong khai triển ${\left(x+2x^{-3}\right)}^{12}$ là:
$T_{k+1}=C_{12}^k{x}^{12-k}(2x^{-3}{)}^k=C_{12}^k{2}^k{x}^{12-4k}$.
Số hạng không chứa $x$ ứng với $12-4k=0⟺k=3$.
Vậy số hạng không chứa $x$ là $C_{12}^3{2}^3=220\cdot 8=1760$. Chọn C.

Số hạng tổng quát thứ $k+1$ ($0\le k\le 15,k\in \mathbb{N}$) trong khai triển nhị thức Newton là:
$T_{k+1}=C_{15}^k(x^2{)}^{15-k}{\left(\frac{1}{x}\right)}^k=C_{15}^k{x}^{30-2k}\cdot x^{-k}=C_{15}^k{x}^{30-3k}$.
Số hạng không chứa $x$ ứng với số mũ của $x$ bằng 0:
$30-3k=0⟺3k=30⟺k=10$.
Vậy số hạng không chứa $x$ là:
$C_{15}^{10}=C_{15}^5=\frac{15\cdot 14\cdot 13\cdot 12\cdot 11}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=3003$.

Số hạng tổng quát trong khai triển $(2x-x^2{)}^{10}$ là:
$T_{k+1}=C_{10}^k(2x{)}^{10-k}(-x^2{)}^k=(-1{)}^k{C}_{10}^k{2}^{10-k}{x}^{10+k}$ với $0\le k\le 10,k\in \mathbb{N}$.
Số hạng chứa $x^{12}$ ứng với: $10+k=12\iff k=2$.
Vậy hệ số của $x^{12}$ là $(-1{)}^2{C}_{10}^2{2}^{10-2}=C_{10}^2{2}^8$.
Chọn B.

Đạo hàm hai vế đẳng thức $(1+x{)}^n={\sum }_{k=0}^n{C}_n^k{x}^k$ và thay $x=1$, ta được:
$1\cdot C_n^1+2\cdot C_n^2+\cdots +n\cdot C_n^n=n\cdot 2^{n-1}$.
Theo đề bài: $n\cdot 2^{n-1}=256n\iff 2^{n-1}=256=2^8\iff n=9$.
Với $n=9$, số hạng tổng quát thứ $k+1$ là $T_{k+1}=C_9^k{2}^{9-k}(-3{)}^k{x}^{18-3k}$.
Số hạng không chứa $x$ ứng với $18-3k=0\iff k=6$.
Vậy số hạng không chứa $x$ là $T_7=C_9^6{2}^3(-3{)}^6=84\cdot 8\cdot 729=489888$.