by .
Cho khai triển: ${{\left( 1+x+{{x}^{2}} \right)}^{n}}={{a}_{0}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+…+{{a}_{2n}}{{x}^{2n}},n\ge 2$ với ${{a}_{0}},{{a}_{1}},{{a}_{2}},…,{{a}_{2n}}$ là các hệ số. Tính tổng$S={{a}_{0}}+{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{2n}}$ biết $\frac{{{a}_{3}}}{14}=\frac{{{a}_{4}}}{41}$.
C. $S={{3}^{10}}$.
B. $S={{3}^{12}}$.
C. $S={{2}^{10}}$.
D. $S={{2}^{12}}$.
Hướng dẫn
Đáp án A.
Theo giả thiết ta có: $P\left( x \right)={{\left( 1+x+{{x}^{2}} \right)}^{n}}={{a}_{0}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+…+{{a}_{2n}}{{x}^{2n}}$
Thay $x=1$ta được$S={{a}_{0}}+{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{2n}}=P\left( 1 \right)={{3}^{n}}$. Như vậy ta chỉ cần xác định được $n$
Với $0\le q\le p\le n$ thì số hạng tổng quát khi khai triển tam thức ${{\left( 1+x+{{x}^{2}} \right)}^{n}}$là ${{T}_{p}}=C_{n}^{p}C_{p}^{q}{{1}^{n-p}}{{x}^{p-q}}{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{q}}=C_{n}^{p}C_{p}^{q}{{x}^{p+q}}$
Hệ số của ${{x}^{3}}$ ứng với: $\left\{ \begin{align}
& p+q=3 \\
& 0\le q\le p\le n \\
\end{align} \right.\Rightarrow \left( p;q \right)\in \left\{ \left( 3;0 \right),\left( 2;1 \right) \right\}$.
Suy ra ${{a}_{3}}=C_{n}^{3}C_{3}^{0}+C_{n}^{2}C_{2}^{1}=C_{n}^{3}+2C_{n}^{2}.$
Hệ số của ${{x}^{4}}$ ứng với: $\left\{ \begin{align}
& p+q=4 \\
& 0\le q\le p\le n \\
\end{align} \right.\Rightarrow \left( p;q \right)\in \left\{ \left( 4;0 \right),\left( 3;1 \right),\left( 2;2 \right) \right\}$.
Suy ra ${{a}_{4}}=C_{n}^{4}C_{4}^{0}+C_{n}^{3}C_{3}^{1}+C_{n}^{2}C_{2}^{2}=C_{n}^{4}+3C_{n}^{3}+C_{n}^{2}.$
$\frac{{{a}_{3}}}{14}=\frac{{{a}_{4}}}{41}\Leftrightarrow \frac{1}{14}\frac{n\left( n-1 \right)\left( n+4 \right)}{6}=\frac{1}{41}\left( \frac{n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)\left( n-3 \right)}{24}+\frac{n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)}{2}+\frac{n\left( n-1 \right)}{2} \right)$
$\Leftrightarrow \frac{1}{14}\frac{\left( n+4 \right)}{3}=\frac{1}{41}\left( \frac{{{n}^{2}}-5n+6}{12}+n-1 \right)\Leftrightarrow 7{{n}^{2}}-33n-370=0\Leftrightarrow n=10.$
Vậy $S={{a}_{0}}+{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{2n}}={{3}^{10}}$
