TopStudy

Đáp án và lời giải

Bài tập Chuyên đề Nhị thức Newton có đáp án

Về trang đề

Câu 1

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

a) (a+b)3=C30a3−0+C31a3−1b1+C32a3−2b2+C33a3−3b3.{(a+b)}^{3}={C}_{3}^{0}{a}^{3-0}+{C}_{3}^{1}{a}^{3-1}{b}^{1}+{C}_{3}^{2}{a}^{3-2}{b}^{2}+{C}_{3}^{3}{a}^{3-3}{b}^{3}.

Mỗi số hạng trong khai triển biểu thức (a + b)3^{3} đều có dạng C3ka3−kbk.{C}_{3}^{k}{a}^{3-k}{b}^{k}.

b) Cũng như thế, mỗi số hạng trong khai triển

biểu thức (a + b)n^{n} đều có dạng Cnkan−kbk.{C}_{n}^{k}{a}^{n-k}{b}^{k}.

Câu 2

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

(x+2)7=x7+C71x6 2+C72x5 22+C73x4 23+C74x3 24+C75x2 25+C76x 26+ 27.{(x+2)}^{7}={x}^{7}+{C}_{7}^{1}{x}^{6}\ 2+{C}_{7}^{2}{x}^{5}\ {2}^{2}+{C}_{7}^{3}{x}^{4}\ {2}^{3}+{C}_{7}^{4}{x}^{3}\ {2}^{4}+{C}_{7}^{5}{x}^{2}\ {2}^{5}+{C}_{7}^{6}x\ {2}^{6}+\ {2}^{7}.

Câu 3

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Ta có:

(x+1)n=Cn0xn+Cn1xn−1 . 1+Cn2xn−2 . 12+...+Cnn−1x . 1n−1+Cnn . 1n =Cn0xn+Cn1xn−1+Cn2xn−2+...+Cnn−1x +Cnn.{(x+1)}^{n}={C}_{n}^{0}{x}^{n}+{C}_{n}^{1}{x}^{n-1}\ .\ 1+{C}_{n}^{2}{x}^{n-2}\ .\ {1}^{2}+...+{C}_{n}^{n-1}x\ .\ {1}^{n-1}+{C}_{n}^{n}\ .\ {1}^{n}\ ={C}_{n}^{0}{x}^{n}+{C}_{n}^{1}{x}^{n-1}+{C}_{n}^{2}{x}^{n-2}+...+{C}_{n}^{n-1}x\ +{C}_{n}^{n}.

Cho x = 1, ta được:

(1+1)n=Cn01n+Cn11n−1+Cn21n−2+...+Cnn−11 +Cnn=Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn−1+Cnn.{(1+1)}^{n}={C}_{n}^{0}{1}^{n}+{C}_{n}^{1}{1}^{n-1}+{C}_{n}^{2}{1}^{n-2}+...+{C}_{n}^{n-1}1\ +{C}_{n}^{n}={C}_{n}^{0}+{\text{C}}_{n}^{1}+{\text{C}}_{n}^{2}+\ldots +{\text{C}}_{n}^{n-1}+{\text{C}}_{n}^{n}.

Vậy Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn−1+Cnn=(1+1)n=2n.{C}_{n}^{0}+{\text{C}}_{n}^{1}+{\text{C}}_{n}^{2}+\ldots +{\text{C}}_{n}^{n-1}+{\text{C}}_{n}^{n}={(1+1)}^{n}={2}^{n}.

Câu 4

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Tổng của hai số hạng của dòng trên bằng số hạng tương ứng ở dòng dưới.

Câu 5

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Tam giác Pascal ứng với n ≤ 7 là:

Hình minh hoạ

Vậy:

a) (x+y)7=x7+7x6y+21x5y2+35x4y3+35x3y4+21x2y5+7xy6+y7.{(x+y)}^{7}={x}^{7}+7{x}^{6}y+21{x}^{5}{y}^{2}+35{x}^{4}{y}^{3}+35{x}^{3}{y}^{4}+21{x}^{2}{y}^{5}+7x{y}^{6}+{y}^{7}.

b) (x−2)7{(x-2)}^{7}

=x7+7x6. (−2)+21x5(−2)2+35x4(−2)3+35x3(−2)4+21x2(−2)5+7x(−2)6+(−2)7={x}^{7}+7{x}^{6}.\ (-2)+21{x}^{5}{(-2)}^{2}+35{x}^{4}{(-2)}^{3}+35{x}^{3}{(-2)}^{4}+21{x}^{2}{(-2)}^{5}+7x{(-2)}^{6}+{(-2)}^{7}

=x7−14x6+84x5−280x4+560x3−672x2+448x−128.={x}^{7}-14{x}^{6}+84{x}^{5}-280{x}^{4}+560{x}^{3}-672{x}^{2}+448x-128.

Câu 6

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Hình minh hoạ

Câu 7

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Vì dãy hệ số của khai triển (a + b)n^{n} tăng dần đến "giữa" rồi giảm dần nên:

a) Hệ số lớn nhất của (a + b)2022^{2022} là C20221011.{C}_{2022}^{1011}.

b) Hệ số lớn nhất của (a + b)2023^{2023} là C20231011vaˋC20231012.{C}_{2023}^{1011}và{C}_{2023}^{1012}.

Câu 8

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Hệ số của xk^{k} trong khai triển trên là Cnn−kakbn−k{C}_{n}^{n-k}{a}^{k}{b}^{n-k} với k∈\inℕ, k ≤ n, n∈\in ℕ∗^{*}.

Câu 9

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

a) Số hạng chứa x7^{7} là C155x7. 55.{C}_{15}^{5}{x}^{7}.\ {5}^{5}. Hệ số của x7^{7} là C15555.{C}_{15}^{5}{5}^{5}.

b) Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C1515−kxk515−k.{C}_{15}^{15-k}{x}^{k}{5}^{15-k}. Hệ số của xk^{k} là C1515−k515−k.{C}_{15}^{15-k}{5}^{15-k}.

Câu 10

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

a) (2x + y)6^{6}

=C60(2x)6+C61(2x)5y+C62(2x)4y2+C63(2x)3y3+C62(2x)2y2+C61(2x)y5+C66y6={C}_{6}^{0}{(2x)}^{6}+{C}_{6}^{1}{(2x)}^{5}y+{C}_{6}^{2}{(2x)}^{4}{y}^{2}+{C}_{6}^{3}{(2x)}^{3}{y}^{3}+{C}_{6}^{2}{(2x)}^{2}{y}^{2}+{C}_{6}^{1}(2x){y}^{5}+{C}_{6}^{6}{y}^{6}

=26x6+C6125x5y+C6224x4y2+C6323x3y3+C6422x2y4+C652xy5+y6.={2}^{6}{x}^{6}+{C}_{6}^{1}{2}^{5}{x}^{5}y+{C}_{6}^{2}{2}^{4}{x}^{4}{y}^{2}+{C}_{6}^{3}{2}^{3}{x}^{3}{y}^{3}+{C}_{6}^{4}{2}^{2}{x}^{2}{y}^{4}+{C}_{6}^{5}2x{y}^{5}+{y}^{6}.

b) (x – 3y)6^{6}

= [x + (–3y)]6^{6}

=C60x6+C61x5(−3y)+C62x4(−3y)2+C63x3(−3y)3+C64x2(−3y)4+C65x(−3y)5+C66(−3y)6^{={C}_{6}^{0}{x}^{6}+{C}_{6}^{1}{x}^{5}(-3y)+{C}_{6}^{2}{x}^{4}{(-3y)}^{2}+{C}_{6}^{3}{x}^{3}{(-3y)}^{3}+{C}_{6}^{4}{x}^{2}{(-3y)}^{4}+{C}_{6}^{5}x{(-3y)}^{5}+{C}_{6}^{6}{(-3y)}^{6}}

=x6−C613x5y+C6232x4y2−C6333x3y3+C6434x2y4−C6535xy5+36y6.^{={x}^{6}-{C}_{6}^{1}3{x}^{5}y+{C}_{6}^{2}{3}^{2}{x}^{4}{y}^{2}-{C}_{6}^{3}{3}^{3}{x}^{3}{y}^{3}+{C}_{6}^{4}{3}^{4}{x}^{2}{y}^{4}-{C}_{6}^{5}{3}^{5}x{y}^{5}+{3}^{6}{y}^{6}.}

c) (x – 1)n^{n}

= [(x + (–1)]n^{n}

=Cn0xn+Cn1xn−1(−1)+Cn2xn−2(−1)2+...+Cnn−1x(−1)n−1+Cnn(−1)n={C}_{n}^{0}{x}^{n}+{C}_{n}^{1}{x}^{n-1}(-1)+{C}_{n}^{2}{x}^{n-2}{(-1)}^{2}+...+{C}_{n}^{n-1}x{(-1)}^{n-1}+{C}_{n}^{n}{(-1)}^{n}

=xn+Cn1(−1)xn−1+Cn2(−1)2xn−2+...+Cnn−1(−1)n−1x+(−1)n.={x}^{n}+{C}_{n}^{1}(-1){x}^{n-1}+{C}_{n}^{2}{(-1)}^{2}{x}^{n-2}+...+{C}_{n}^{n-1}{(-1)}^{n-1}x+{(-1)}^{n}.

d) (x + 2)n^{n}

=Cn0xn+Cn1xn−12+Cn2xn−222+...+Cnn−1x2n−1+Cnn2n={C}_{n}^{0}{x}^{n}+{C}_{n}^{1}{x}^{n-1}2+{C}_{n}^{2}{x}^{n-2}{2}^{2}+...+{C}_{n}^{n-1}x{2}^{n-1}+{C}_{n}^{n}{2}^{n}

=xn+Cn12xn−1+Cn222xn−2+...+Cnn−12n−1x+2n.={x}^{n}+{C}_{n}^{1}2{x}^{n-1}+{C}_{n}^{2}{2}^{2}{x}^{n-2}+...+{C}_{n}^{n-1}{2}^{n-1}x+{2}^{n}.

e) (x + y)2n^{2n}

=C2n0x2n+C2n1x2n−1y+C2n2x2n−2y2+...+C2n2n−1xy2n−1+C2n2ny2n={C}_{2n}^{0}{x}^{2n}+{C}_{2n}^{1}{x}^{2n-1}y+{C}_{2n}^{2}{x}^{2n-2}{y}^{2}+...+{C}_{2n}^{2n-1}x{y}^{2n-1}+{C}_{2n}^{2n}{y}^{2n}

=x2n+C2n1x2n−1y+C2n2x2n−2y2+...+C2n2n−1xy2n−1+y2n.={x}^{2n}+{C}_{2n}^{1}{x}^{2n-1}y+{C}_{2n}^{2}{x}^{2n-2}{y}^{2}+...+{C}_{2n}^{2n-1}x{y}^{2n-1}+{y}^{2n}.

g) (x – y)2n^{2n}

=C2n0x2n+C2n1x2n−1(−y)+C2n2x2n−2(−y)2+...+C2n2n−1x(−y)2n−1+C2n2n(−y)2n={C}_{2n}^{0}{x}^{2n}+{C}_{2n}^{1}{x}^{2n-1}(-y)+{C}_{2n}^{2}{x}^{2n-2}{(-y)}^{2}+...+{C}_{2n}^{2n-1}x{(-y)}^{2n-1}+{C}_{2n}^{2n}{(-y)}^{2n}

=C2n0x2n−C2n1x2n−1y+C2n2x2n−2y2−...−C2n2n−1xy2n−1+C2n2ny2n={C}_{2n}^{0}{x}^{2n}-{C}_{2n}^{1}{x}^{2n-1}y+{C}_{2n}^{2}{x}^{2n-2}{y}^{2}-...-{C}_{2n}^{2n-1}x{y}^{2n-1}+{C}_{2n}^{2n}{y}^{2n}

=x2n−C2n1x2n−1y+C2n2x2n−2y2−...−C2n2n−1xy2n−1+y2n.={x}^{2n}-{C}_{2n}^{1}{x}^{2n-1}y+{C}_{2n}^{2}{x}^{2n-2}{y}^{2}-...-{C}_{2n}^{2n-1}x{y}^{2n-1}+{y}^{2n}.

Câu 11

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Áp dụng công thức nhị thức Newton ta có:

a) S=C2022092022+C2022192021+...+C2022k92022−k+...+C202220219+C20222022S={C}_{{}_{2022}}^{0}{9}^{2022}+{C}_{{}_{2022}}^{1}{9}^{2021}+...+{C}_{{}_{2022}}^{k}{9}^{2022-k}+...+{C}_{{}_{2022}}^{2021}9+{C}_{2022}^{2022}

=C2022092022+C2022192021 . 1+...+C2022k92022−k.1k+...+C202220219.12021+C20222022.12022={C}_{{}_{2022}}^{0}{9}^{2022}+{C}_{{}_{2022}}^{1}{9}^{2021}\ .\ 1+...+{C}_{{}_{2022}}^{k}{9}^{2022-k}{.1}^{k}+...+{C}_{{}_{2022}}^{2021}{9.1}^{2021}+{C}_{2022}^{2022}{.1}^{2022}

=(9+1)2020=102022.={(9+1)}^{2020}={10}^{2022}.

b) T=C2022042022−C2022142021 . 3+...−C202220214 . 32021+C2022202232022T={C}_{2022}^{0}{4}^{2022}-{C}_{2022}^{1}{4}^{2021}\ .\ 3+...-{C}_{2022}^{2021}4\ .\ {3}^{2021}+{C}_{2022}^{2022}{3}^{2022}

=C2022042022+C2022142021 .(−3)1+...+C202220214 . (−3)2021+C20222022(−3)2022={C}_{2022}^{0}{4}^{2022}+{C}_{2022}^{1}{4}^{2021}\ .{(-3)}^{1}+...+{C}_{2022}^{2021}4\ .\ {(-3)}^{2021}+{C}_{2022}^{2022}{(-3)}^{2022}

=[4+(−3)]2022=12022=1.={[4+(-3)]}^{2022}={1}^{2022}=1.

Câu 12

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Cn03n+Cn13n−1+...+Cnk3n−k+...+Cnn−13+Cnn{C}_{n}^{0}{3}^{n}+{C}_{n}^{1}{3}^{n-1}+...+{C}_{n}^{k}{3}^{n-k}+...+{C}_{n}^{n-1}3+{C}_{n}^{n}

=Cn03n+Cn13n−1.11+...+Cnk3n−k.1k+...+Cnn−13.1n−1+Cnn.1n={C}_{n}^{0}{3}^{n}+{C}_{n}^{1}{3}^{n-1}{.1}^{1}+...+{C}_{n}^{k}{3}^{n-k}{.1}^{k}+...+{C}_{n}^{n-1}{3.1}^{n-1}+{C}_{n}^{n}{.1}^{n}

=(3+1)n=4n.={(3+1)}^{n}={4}^{n}.

Cn0+Cn13+...+Cnk3k+...+Cnn−13n−1+Cnn3n{C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{1}3+...+{C}_{n}^{k}{3}^{k}+...+{C}_{n}^{n-1}{3}^{n-1}+{C}_{n}^{n}{3}^{n}

=Cn0.1n+Cn1.1n−13+...+Cnk.1n−k3k+...+Cnn−1.1n−13n−1+Cnn3n={C}_{n}^{0}{.1}^{n}+{C}_{n}^{1}{.1}^{n-1}3+...+{C}_{n}^{k}{.1}^{n-k}{3}^{k}+...+{C}_{n}^{n-1}{.1}^{n-1}{3}^{n-1}+{C}_{n}^{n}{3}^{n}

=(1+3)n=4n.={(1+3)}^{n}={4}^{n}.

Vậy Cn03n+Cn13n−1+...+Cnk3n−k+...+Cnn−13+Cnn{C}_{n}^{0}{3}^{n}+{C}_{n}^{1}{3}^{n-1}+...+{C}_{n}^{k}{3}^{n-k}+...+{C}_{n}^{n-1}3+{C}_{n}^{n}

=Cn0+Cn13+...+Cnk3k+...+Cnn−13n−1+Cnn3n.={C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{1}3+...+{C}_{n}^{k}{3}^{k}+...+{C}_{n}^{n-1}{3}^{n-1}+{C}_{n}^{n}{3}^{n}.

Câu 13

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Hình minh hoạ

Câu 14

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

a) Số hạng chứa x7^{7} là C125x7(52)5.{C}_{12}^{5}{x}^{7}{(\frac{5}{2})}^{5}. Hệ số của x7^{7} là C125(52)5.{C}_{12}^{5}{(\frac{5}{2})}^{5}.

b) Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C1212−kxk(52)12−k.{C}_{12}^{12-k}{x}^{k}{(\frac{5}{2})}^{12-k}.

Hệ số của xk^{k} là C1212−k(52)12−k.{C}_{12}^{12-k}{(\frac{5}{2})}^{12-k}.

Câu 15

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

a) Số hạng chứa x10^{10} là C2111(x2)10(15)11.{C}_{21}^{11}{(\frac{x}{2})}^{10}{(\frac{1}{5})}^{11}.

Hệ số của x10^{10} là C2111(12)10(15)11=C21111210511.{C}_{21}^{11}{(\frac{1}{2})}^{10}{(\frac{1}{5})}^{11}={C}_{21}^{11}\frac{1}{{2}^{10}{5}^{11}}.

b) Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C2121−k(x2)k(15)21−k.{C}_{21}^{21-k}{(\frac{x}{2})}^{k}{(\frac{1}{5})}^{21-k}.

Hệ số của xk^{k} là C2121−k12k521−k.{C}_{21}^{21-k}\frac{1}{{2}^{k}{5}^{21-k}}.

Câu 16

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Vì dãy hệ số của khai triển (a + b)n^{n} tăng dần đến "giữa" rồi giảm dần nên:

a) Hệ số lớn nhất của (a + b)8^{8} là C84.{C}_{8}^{4}.

b) Hệ số lớn nhất của (a + b)9^{9} là C94{C}_{9}^{4} và C95.{C}_{9}^{5}.

Câu 17

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

+) Với n = 1, ta có: (a + b)1^{1} = a + b =

Vậy công thức đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh công thức cũng đúng với k + 1, tức là:

(a+b)k+1=Ck+10ak+1+Ck+11a(k+1)−1b+...+Ck+1(k+1)−1ab(k+1)−1+Ck+1k+1bk+1.{(a+b)}^{k+1}={C}_{k+1}^{0}{a}^{k+1}+{C}_{k+1}^{1}{a}^{(k+1)-1}b+...+{C}_{k+1}^{(k+1)-1}a{b}^{(k+1)-1}+{C}_{k+1}^{k+1}{b}^{k+1}.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

(a+b)k=Ck0ak+Ck1ak−1b+...+Ckk−1abk−1+Ckkbk.{(a+b)}^{k}={C}_{k}^{0}{a}^{k}+{C}_{k}^{1}{a}^{k-1}b+...+{C}_{k}^{k-1}a{b}^{k-1}+{C}_{k}^{k}{b}^{k}.

Khi đó:

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

=a(a+b)k+b(a+b)k=a{(a+b)}^{k}+b{(a+b)}^{k}

=a(Ck0ak+Ck1ak−1b+...+Ckk−1abk−1+Ckkbk)=a({C}_{k}^{0}{a}^{k}+{C}_{k}^{1}{a}^{k-1}b+...+{C}_{k}^{k-1}a{b}^{k-1}+{C}_{k}^{k}{b}^{k})

+b(Ck0ak+Ck1ak−1b+...+Ckk−1abk−1+Ckkbk)+b({C}_{k}^{0}{a}^{k}+{C}_{k}^{1}{a}^{k-1}b+...+{C}_{k}^{k-1}a{b}^{k-1}+{C}_{k}^{k}{b}^{k})

=(Ck0ak+1+Ck1akb+Ck2ak−1b2+...+Ckk−1a2bk−1+Ckkabk)=({C}_{k}^{0}{a}^{k+1}+{C}_{k}^{1}{a}^{k}b+{C}_{k}^{2}{a}^{k-1}{b}^{2}+...+{C}_{k}^{k-1}{a}^{2}{b}^{k-1}+{C}_{k}^{k}a{b}^{k})

+(Ck0akb+Ck1ak−1b2+...+Ckk−2a2bk−1+Ckk−1abk+Ckkbk+1)+({C}_{k}^{0}{a}^{k}b+{C}_{k}^{1}{a}^{k-1}{b}^{2}+...+{C}_{k}^{k-2}{a}^{2}{b}^{k-1}+{C}_{k}^{k-1}a{b}^{k}+{C}_{k}^{k}{b}^{k+1})

=Ck0ak+1+(Ck0+Ck1)akb+(Ck1+Ck2)ak−1b2+...={C}_{k}^{0}{a}^{k+1}+({C}_{k}^{0}+{C}_{k}^{1}){a}^{k}b+({C}_{k}^{1}+{C}_{k}^{2}){a}^{k-1}{b}^{2}+...

+(Ckk−2+Ckk−1)a2bk−1+(Ckk−1+Ckk)abk+Ckkbk+1+({C}_{k}^{k-2}+{C}_{k}^{k-1}){a}^{2}{b}^{k-1}+({C}_{k}^{k-1}+{C}_{k}^{k})a{b}^{k}+{C}_{k}^{k}{b}^{k+1}

=1.ak+1+Ck+11akb+Ck+12ak−1b2+...+Ck+1k−1a2bk−1+Ck+1kabk+1.bk+1=1.{a}^{k+1}+{C}_{k+1}^{1}{a}^{k}b+{C}_{k+1}^{2}{a}^{k-1}{b}^{2}+...+{C}_{k+1}^{k-1}{a}^{2}{b}^{k-1}+{C}_{k+1}^{k}a{b}^{k}+1.{b}^{k+1}

(vıˋCki+Cki+1=Ck+1i+1 ∀0≤i≤k,i∈N,k∈N∗)(vì{C}_{k}^{i}+{C}_{k}^{i+1}={C}_{k+1}^{i+1}\ \forall 0\le i\le k,i\in ℕ,k\in ℕ*)

=Ck+10ak+1+Ck+11a(k+1)−1b+...+Ck+1(k+1)−1ab(k+1)−1+Ck+1k+1bk+1.={C}_{k+1}^{0}{a}^{k+1}+{C}_{k+1}^{1}{a}^{(k+1)-1}b+...+{C}_{k+1}^{(k+1)-1}a{b}^{(k+1)-1}+{C}_{k+1}^{k+1}{b}^{k+1}.

Vậy công thức cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, công thức đã cho đúng với mọi n∈\inℕ∗^{*}.

Câu 18

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

a)

+) Với n = 1, ta có: 15^{5} – 1 = 0 ⁝ 5.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: (k + 1)5^{5} – (k + 1) ⁝ 5.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: k5^{5} – k ⁝ 5.

Khi đó:

(k + 1)5^{5} – (k + 1)

Mà và đều chia hết cho 5, do đó

⁝ 5 hay (k + 1)5^{5} – (k + 1) ⁝ 5.

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n∈\inℕ∗^{*}.

b)

+) Với n = 1, ta có: 17^{7} – 1 = 0 ⁝ 7.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: (k + 1)7^{7} – (k + 1) ⁝ 7.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: k7^{7} – k ⁝ 7.

Khi đó:

(k + 1)7^{7} – (k + 1)

Mà và đều chia hết cho 7, do đó

⁝ 7 hay (k + 1)7^{7} – (k + 1) ⁝ 7.

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n∈\inℕ∗^{*}.

Câu 19

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Vì A có n phần tử nên số tập hợp con có k phần tử của tập hợp A là: Cnk.{C}_{n}^{k}.

Như vậy tổng số tập con của tập hợp A là: Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn−1+Cnn.{C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{1}+{C}_{n}^{2}+...+{C}_{n}^{n-1}+{C}_{n}^{n}.

Lại có Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn−1+Cnn=2n{C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{1}+{C}_{n}^{2}+...+{C}_{n}^{n-1}+{C}_{n}^{n}={2}^{n} (theo luyện tập 2).

Vậy tập hợp A có tất cả 2n^{n} tập con.

Câu 20

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đội công tác có thể có từ 2 đến 10 học sinh.

Nếu đội công tác có k học sinh thì ta có C10k{C}_{10}^{k} cách chọn.

Như vậy tổng số cách chọn là: C102+C103+...+C1010.{C}_{10}^{2}+{C}_{10}^{3}+...+{C}_{10}^{10}.

Lại có C100+C101+C102+C103+...+C1010=210=1024{C}_{10}^{0}+{C}_{10}^{1}+{C}_{10}^{2}+{C}_{10}^{3}+...+{C}_{10}^{10}={2}^{10}=1024 (áp dụng luyện tập 2 với n = 10).

⇒C102+C103+...+C1010=210=1024−(C100+C101)=1024−(1+10)=1013\Rightarrow {C}_{10}^{2}+{C}_{10}^{3}+...+{C}_{10}^{10}={2}^{10}=1024-({C}_{10}^{0}+{C}_{10}^{1})=1024-(1+10)=1013

.

Câu 21

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Số bánh bạn Tiến có thể chọn để cho vào hộp có thể là 2, 4, 6, 8, 10 hoặc 12.

Như vậy tổng số cách chọn là: C122+C124+...+C1212.{C}_{12}^{2}+{C}_{12}^{4}+...+{C}_{12}^{12}.

Lại có C120+C122+C124+...+C1212=22 . 6−1=211=2048{C}_{12}^{0}+{C}_{12}^{2}+{C}_{12}^{4}+...+{C}_{12}^{12}={2}^{2\ .\ 6-1}={2}^{11}=2048 (áp dụng câu c Ví dụ 3 với n = 6).

⇒C122+C124+...+C1212=22 . 6−1=2048−C120=2048−1=2047\Rightarrow {C}_{12}^{2}+{C}_{12}^{4}+...+{C}_{12}^{12}={2}^{2\ .\ 6-1}=2048-{C}_{12}^{0}=2048-1=2047

Vậy có 2047 cách.

Câu 22

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Số cách chọn nếu bác Thành mua:

– Bộ trực thăng điều khiển từ xa là: C101.{C}_{10}^{1}.

– Bộ đồ chơi lego là: C103.{C}_{10}^{3}.

– Bộ lắp ghép robot chạy bằng năng lượng mặt trời là: C105.{C}_{10}^{5}.

– Rubik là: C107.{C}_{10}^{7}.

– Mô hình khủng long là: C109.{C}_{10}^{9}.

Vậy tổng số cách chọn là: C101+C103+C105+C107+C109.{C}_{10}^{1}+{C}_{10}^{3}+{C}_{10}^{5}+{C}_{10}^{7}+{C}_{10}^{9}.

Lại có C101+C103+C105+C107+C109=22 . 5−1=29=512{C}_{10}^{1}+{C}_{10}^{3}+{C}_{10}^{5}+{C}_{10}^{7}+{C}_{10}^{9}={2}^{2\ .\ 5-1}={2}^{9}=512 (áp dụng câu c Ví dụ 3 với n = 5).

Vậy có 512 cách.

Câu 23

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Thay n = 4 vào công thức trong đề bài, ta được:

Tỉ lệ phân li kiểu hình của F2_{2} nếu cây F1_{1} dị hợp về 4 cặp alen giao phối với nhau là:

C2 . 40:C2 . 41:C2 . 42:...:C2 . 42 . 4{C}_{2\ .\ 4}^{0}:{C}_{2\ .\ 4}^{1}:{C}_{2\ .\ 4}^{2}:...:{C}_{2\ .\ 4}^{2\ .\ 4} hay C80:C81:C82:C83:C84:C85:C86:C87:C88.{C}_{8}^{0}:{C}_{8}^{1}:{C}_{8}^{2}:{C}_{8}^{3}:{C}_{8}^{4}:{C}_{8}^{5}:{C}_{8}^{6}:{C}_{8}^{7}:{C}_{8}^{8}.