hoc360.net · 2018. 12. 24. · HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group: NHỊ...

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/

NHỊ THỨC NIU-TON

1). Công thức nhị thức Niu-ton

n 0 n 1 n 1 k n k k n nn n n n(a b) C a C a b ... C a b ... C b− −+ = + + + + +

n

k n k kn

k 0

C a b−

=

= (quy ước 0 0a b 1)= = (*).

2). Nhận xét:

Công thức nhị thức Niu tơn (*) có :

* (n + 1) số hạng.

* Số hạng thứ k + 1 là k n k kk 1 nT C a b−

+= .

* Các hệ số của nhị thức có tính đối xứng theo tính chất k n kn nC C −= .

* Trong mỗi số hạng tổng số mũ của a và b luôn bằng n.

2). Tam giác Pa-xcan

Trên đây ta thấy muốn khai triển n(a b)+ thành đa thức, ta cần biết n 1+ số 0 1 2 n 1 nn n n n nC ,C ,C ,...,C ,C− có mặt trong công thức nhị thức Niu-tơn. Các số này có thể tính

được bằng cách sử dụng bảng số sau đây :

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

……………………………………………………

https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/



Bảng số này do nhà toán học Pháp Pa-xcan thiết lập vào năm 1653 và được người ta

gọi là tam giác Pa-xcan.

Tam giác Pa-xcan được thiết lập theo quy luật sau :

− Đỉnh được ghi số 1. Tiếp theo là hàng thứ nhất ghi hai số 1.

− Nếu biết hàng thứ n (n 1) thì hàng thứ n 1+ tiếp theo được thiết lập bằng cách cộng

hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng dưới ở vị trí giữa hai số này.

Sau đó viết số 1 ở đầu và cuối hàng.

Chú ý:

m n m nx .x x ,+= m

m n

n

xx ,

x

−= m m mx .y (xy) ,= m

m

m

x x,

yy

=

( ) ( )n m

m n m.nx x x= = , 11x ,

x−= m

m

1x

x

−= , 1

2x x ,= n

m n mx x= (với điều kiện x, y đều có nghĩa

trong tất cả các công thức trên).

CÁC DẠNG THƯỜNG GẶP

DẠNG 1: TÌM HỆ SỐ CỦA SỐ HẠNG CHỨA kx TRONG KHAI TRIỂN NHỊ THỨC

NIUTƠN

PHƯƠNG PHÁP:

• Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát: ( )n

n k n k k

nk 0

a b C a b−

=

+ =

• Số hạng thứ (k 1)+ : ( )k n k k

k 1 nT C a b , 0 k n,n−

+=

Ví dụ 1: Khai triển các nhị thức sau:

a). ( )5

x 2y+ b). ( )6

2x 3y− c). 5

12x

y

−

d).

61

2yx

+

LỜI GIẢI




a). ( )5 0 5 1 4 2 3 2 3 2 3 4 4 5 5

5 5 5 5 5 5x 2y C x C x .(2y) C x .(2y) C x .(2y) C x.(2y) C (2y)+ = + + + + +

5 4 3 2 2 3 4 5x 10x y 40x y 80x y 80xy 32y= + + + + + .

b). ( )66

2x 3y 2x ( 3y) − = + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( )6 5 4 20 1 2

6 6 6C 2x C 2x 3y C 2x 3y= + − + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )3 3 2 4 5 63 4 5 6

6 6 6 6C 2x 3y C 2x 3y C 2x 3y C 3y+ − + − + − + −

6 5 4 2 3 3 2 4 5 664x 576x y 2160x y 4320x y 4860x y 2916xy 729y= − + − + − + .

c). 55

1 12x 2x

y y

− = + −

( ) ( ) ( )

25 4 30 1 2

5 5 5

1 1C 2x C 2x C 2x

y y

= + − + −

( ) ( )3 4 5

23 4 55 5 5

1 1 1C 2x C 2x C

y y y

+ − + − + −

4 3 25

2 3 4 5

80x 80x 40x 10x 132x

y y y y y= − + − + − .

d). ( ) ( ) ( )6 6 5 4 3

2 30 1 2 36 6 6 6

1 1 1 1 12y C C 2y C 2y C 2y

x x x x x

+ = + + +

( ) ( ) ( )2

4 5 64 5 66 6 6

1 1C 2y C 2y C 2y

x x

+ + +

2 3 4 56

6 5 4 3 2

12y 60y 160y 240y 192y164y

xx x x x x= + + + + + +

Ví dụ 2: Tìm số hạng thứ k trong các khai triển nhị thức sau:

1). Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển ( )13

x 2y+


x 3y−

3). Tìm số hạng thứ 8 trong khai triển 15

22x

y

−

4). Tìm hệ số của 101 99x y trong khai triển ( )200

2x 3y− .




5). Tìm hệ số của 4x trong khai triển ( )10

21 2x 3x+ +


2 31 x x+ −

LỜI GIẢI


x 2y+

Ta có số hạng tổng quát ( )kk n k k k 13 k

k 1 n 13T C a b C x 2y− −+ = = . Để có số hạng thứ 6 thì

k 1 6 k 5+ = = . Vậy số hạng thứ 6 trong khai triển là ( )55 8 8 5

13C x 2y 41184x y=


x 3y−

Ta có số hạng tổng quát ( )kk n k k k 11 k

k 1 n 11T C a b C x 3y− −+ = = − . Để có số hạng thứ 5 thì

k 1 5 k 4+ = = . Vậy số hạng thứ 5 trong khai triển là ( )44 7 7 4

11C x 3y 26730x y− = .

3). Tìm số hạng thứ 8 trong khai triển 15

22x

y

−

Ta có số hạng tổng quát k

k n k k k 15 kk 1 n 15

2T C a b C (2x)

y− −

+

= = −

. Để có số hạng thứ 8 thì

k 1 8 k 7+ = = . Vậy số hạng thứ 8 trong khai triển là 7 8

7 8 7 1515 15 7

2 xC (2x) C 2 .

y y

− = −

.


2x 3y− .

Ta có ( ) ( ) ( )200

200200 200 k kk200

k 0

2x 3y 2x ( 3y) C 2x 3y−

=

− = + − = − 200

k 200 k k 200 k k200

k 0

C 2 ( 3) x y− −

=

= − . Để có hệ

số của 101 99x y thì 200 k 101

k 99

− =

= k 99 = (đúng). Kết luận hệ số của 101 99x y là 99 101 99

200C 2 ( 3)− .


21 2x 3x+ +

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )10 10 k10 k mk m2 k 2 k m 2

10 10 kk 0 k 0 m 0

1 2x 3x C 2x 3x C C 2x 3x−

= = =

+ + = + =




10 kk m k m m k m10 k

k 0 m 0

C C 2 3 x− +

= =

= . Để có hệ số của 4x thì k m 4

0 m k 10

k,m

+ =

m 0

k 4

=

= hoặc

m 1

k 3

=

= hoặc

m 2

k 2

=

=. Kết luận hệ số của 4x là :

4 0 4 0 3 1 2 1 2 2 0 24 10 4 10 3 10 2a C C 2 3 C C 2 3 C C 2 3 8085= + + =


2 31 x x+ −

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )8 8 k8 k k m m

2 3 k 2 3 k m 2 38 8 k

k 0 k 0 m 0

1 x x C x x C C x x−

= = =

+ − = − = −

( )8 k

mk m 2k m8 k

k 0 m 0

C C 1 x +

= =

= − . Để có hệ số của 8x thì 2k m 8

0 m k 8

m,k

+ =

m 0

k 4

=

= hoặc

m 2

k 3

=

= . Kết

luận hệ số của 8x là : 4 0 3 28 8 4 8 3a C C C C 238= ++ =

Ví dụ 3: Tìm số hạng không chứa x trong các triển khai sau:

a). 15

2 1x

x

+

b).

12

2

4

1x

x

+

c).

122

2xx

−

LỜI GIẢI

a). Ta có ( )15 k

15 15 1515 k2 k 2 k 30 2k k k 30 3k

15 15 15k 0 k 0 k 0

1 1x C x C x .x C x

x x

−− − −

= = =

+ = = =

. Để có số hạng không chứa

x thì 30 3k 0 k 10− = = . Kết luận hệ số của số hạng không chứ x là 1015C .

b). Ta có ( )12 k

12 12 1212 k2 k 2 k 24 2k 4k k 24 6k

12 12 124 4k 0 k 0 k 0

1 1x C x C x x C x

x x

−− − −

= = =

+ = = =

. Để có số hạng không

chứa x thì 24 6k 0 k 4− = = . Kết luận hệ số của số hạng không chứ x là 412C .

c). Ta có ( ) ( )12 k

12 1212 k kk k 12 k 12 k k

12 12k 0 k 0

2 22x C 2x C 2 x 2 x

x x

− − − −

= =

− = − = −

( )

12kk 12 k 12 2k

12k 0

C 2 2 x− −

=

= − . Để có

số hạng không chứa x thì 12 2k 0 k 6− = = . Kết luận hệ số của số hạng không chứ x là 6 6 6 6 1212 12C 2 ( 2) C 2− = .




Ví dụ 4: Trong khai triển của nhị thức n

2 2x

x

−

cho biết tổng hệ số của 3 số hạng đầu

tiên trong khai triển trên bằng 97. Tìm hệ số của số hạng có chứa 4x .

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( ) ( )n 2 n

n n 1 n 22 0 2 1 2 2 2 n

n n n n

2 2 2 2x C x C x C x C

x x x x

− − − = + − + − + + −

n

0 2n 1 2n 3 2 2n 6 n

n n n n

2C x 2C x 4C x C

x− −

= − + + + −

Theo đề bài ta có ( ) ( )

0 1 2

n n n

n! n!C 2C 4C 97 1 2 4 97

n 1 ! 2! n 2 !− + = − + =

− −

( )( )

( )( )( )

( )n n 1 ! n n 1 n 2 !

2 4 96 n n n 1 48n 1 ! 2 n 2 !

− − − − + = − + − =

− −

2n 2n 48 0 n 8 n 6 − − = = = − . Nhận n 8= .

Vậy ( ) ( )n 8 k

8 88 k k2 2 k 2 k 16 2k k

8 8k 0 k 0

2 2 2x x C x C x 2 x

x x x

−− −

= =

− = − = − = −

( )8

kk 16 3k

8k 0

C 2 x −

=

= − . Để có hệ số của số hạng chứa 4x thì 16 3k 4 k 4− = = .

Kết luận hệ số của số hạng chứa 4x là ( )44

4 8a C 2 1120= − = .

Ví dụ 5: Tìm hệ số của 5x trong khai triển của biểu thức sau thành

đa thức

( ) ( ) ( ) ( )4 5 6 7

f(x) 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 .= + + + + + + +

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( ) ( )n n n 10 1 n

n n n2x 1 C 2x C 2x ... C .−

+ = + + +

Số hạng tổng quát là ( )n kk n k k n k

k 1 n na C 2x 2 .C .x .− − −

+= = Ta cần n k 5− = , tức là k n 5.= −

Như vậy trong khai triển ( )4

2x 1+ không có 5x .




Hệ số 5x trong khai triển của:

• nhị thức ( )5

2x 1+ ứng với k 5 5 0= − = là 5 0 552 C 2 ,=


2x 1+ ứng với k 6 5 1= − = là 5 1 562 C 6.2 ,=


2x 1+ ứng với k 7 5 2= − = là 5 2 572 C 21.2 .=

Vậy hệ số cần tìm là 5 5 5 52 6.2 21.2 28.2 896.+ + = =

Ví dụ 6: Trong khai triểnn

1x

x

+

, hệ số số hạng thứ ba lớn hơn hệ

số số hạng thứ hai là 35. Tính số hạng không chứa x.

LỜI GIẢI

Ta cón kn n

k n k k n 2kn n

k 0 k 0

1 1x C .x C .x

x x− −

= =

+ = =

Từ giả thiết suy ra 2 1 2n n

n 10C C 35 n 3n 70 0

n 7(loai).

=− = − − =

= −

Vậy n 10= : Số hạng k 10 2kk 1 10a C .x −+= không phụ thuộc x khi

10 2k 0 k 5.− = = Vậy số hạng ấy là 510C 252.=

Ví dụ 7: Khai triển và rút gọn đa thức

( ) ( ) ( ) ( )6 7 8 10

P(x) 1 x 1 x 1 x ... 1 x= + + + + + + + +

Được 10 910 9 0P(x) a x a x ... a .= + + + Tính 8a .

LỜI GIẢI

8a là hệ số của số hạng chứa 8x . Ta có

• Hệ số của 8x trong ( )8

1 x+ là 88C .


1 x+ là 89C .


1 x+ là 810C .

Vậy 8 8 88 8 9 10a C C C 55.= + + =

DẠNG 2: TÍNH TỔNG hoặc CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC

PHƯƠNG PHÁP

Dựa vào các công thức khai triển nhị thức Niutơn sau:

• ( )n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n 1 n 1 n n

n n n n na b C a C a b C a b C ab C b− − − −+ = + + ++ +

• ( )n 0 1 2 2 n 1 n 1 n n

n n n n n1 x C C x C x C x C x− −+ = + + ++ +




• ( )n 0 n 1 n 1 2 n 2 n 1 n

n n n n nx 1 C x C x C x C x C− − −+ = + + ++ + .

Sau đó chọn a, b, x các giá trị thích hợp …

Ví dụ 1: Tính các giá trị của biểu thức sau:

0 1 2 n1 n n n nS C C C C= + + + +

0 1 2 2 n n2 n n n nS C 2C 2 C 2 C= + + + +

n 0 n 1 1 n 2 2 n3 n n n nS 2 C 2 C 2 C C− −= + + + +

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( )n 0 1 2 2 3 3 n n

n n n n n1 x C C x C x C x C x *+ = + + + + +

a). Chọn x = 1 thay vào (*) ta được: ( )n 0 1 2 n

n n n n1 1 C C C C+ = + + + +

Kết luận: 0 1 2 n nn n n nC C C C 2+ + + + =

b). Chọn x = 2 thay vào (*) ta được: ( )n 0 1 2 2 n n

n n n n1 2 C 2C 2 C 2 C+ = + + + +

Kết luận 0 1 2 2 n n nn n n nC 2C 2 C 2 C 3+ + + + =

c). Ta có ( ) ( )n 0 n 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n

n n n n nx 1 C x C x C x C x C * *− − −+ = + + + + +

Chọn x = 2 thay vào (**) ta được: ( )n n 0 n 1 1 n 2 2 n

n n n n2 1 2 C 2 C 2 C C− −+ = + + + +

Kết luận n 0 n 1 1 n 2 2 n nn n n n2 C 2 C 2 C C 3− −+ + + + =

Những kết quả này áp dụng rất nhiều cho các bài tập ở sau.

Ví dụ 2: Chứng minh các đẳng thức sau:

a). 0 1 2 3 2n 1 2n 2n2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C 2−+ + + + + + =

b). 0 1 2 3 2n 1 2n2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C 0−− + − + − + =

c). 0 2 2n 1 3 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C 2− −+ + + = + + + =

LỜI GIẢI




Ta có ( ) ( )2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n1 x C C x C x C x C x C x *− −+ = + + + + + +

a). Chọn x = 1 thay vào (*) ta được:

( )2n 0 1 2 3 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n1 1 C C C C C C−+ = + + + + + +

Kết luận: 0 1 2 3 2n 1 2n 2n2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C 2−+ + + + + + = (1).

b). Chọn x = -1 thay vào (*) ta được:

( )2n 0 1 2 3 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n1 1 C C C C C C−− = − + − + − +

Kết luận: 0 1 2 3 2n 1 2n2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C 0−− + − + − + = (2).

c). Từ (2) ta suy ra: 0 2 2n 1 3 2n 12n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C −+ + + = + + + (3)

lấy (1) + (2) vế theo vế ta được:

( )0 2 2n 2n 0 2 2n 2n 12n 2n 2n 2n 2n 2n2 C C C 2 C C C 2 −+ + + = + + + = (4)

Từ (3) và (3) suy ra 0 2 2n 1 3 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C 2− −+ + + = + + + =

Những kết quả này áp dụng rất nhiều cho các bài tập ở sau

BÀI TẬP TỔNG HỢP

DẠNG 1: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC DỰA VÀO CÔNG THỨC VÀ TÍNH CHẤT

CỦA TỔ HỢP VÀ CHỈNH HỢP

Nhắc lại: kn

n!A

(n k)!=

− ;

kk nn

An!C

k!(n k)! k!= =

−

Câu 1: Chứng minh rằng các đẳng thức sau:

a). k n kn nC C −= b). k k k 1

n 1 n nC C C .−

+= +

c). k k 1 k 2 k 3 k 3n n n n n 3C 3C 3C C C .+ + + +

++ + + =

LỜI GIẢI




a). Ta có:( ) ( )( )( )

k n kn n

n! n!C C .

k! n k ! n n k ! n k !

−= = =− − − −

b). Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

k k 1n n

n! n! n! 1 1C C

k n k 1n k !k! k 1 ! n k 1 ! k 1 ! n k !−

+ = + = + − +− − − + − −

( ) ( ) ( )

( )( )

kn 1

n 1 !n! n 1. C .

k 1 ! n k ! k n k 1 k! n 1 k ! +

++= = =

− − − + + −

c). Áp dụng kết quả bài 2 ta có:

VT ( ) ( ) ( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3n n n n n nC C 2 C C C C+ + + + += + + + + +

( ) ( )k 1 k 2 k 3 k 1 k 2 k 2 k 3

n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1

k 2 k 3 k 3n 2 n 2 n 3

C 2C C C C C C

C C C VP

+ + + + + + +

+ + + + + + +

+ + +

+ + +

= + + = + + +

= + = =

Kết quả bài này các bạn phải nhớ kỹ để áp dụng vào những bài tính tổng.

Câu 2: Chứng minh với các số k, n nguyên, không âm sao cho

1 k n, ta có k k 1n n 1kC nC −

−=

LỜI GIẢI

( )( )

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

kn

k 1n 1

n. n 1 !n!kC k. k.

k! n k ! k. k 1 ! n 1 k 1 !

n 1 !n. nC

k 1 ! n 1 k 1 !

−

−

−= =

− − − − −

−= =

− − − −



2 k n, ta có ( ) ( )k k 2n n 2k k 1 C n n 1 C −

−− = −

LỜI GIẢI

Ta có: ( ) ( )( )

kn

n!k k 1 C k k 1

k! n k !− = −

−

( )( )

( ) ( ) ( )( ) k 2

n 2

n 2 !n n 1 n n 1 C

k 2 ! n 2 k 2 !

−

−

−= − = −

− − − −






2 k n, ta có ( )2 k k 2 k 1n n 2 n 1k C n n 1 C nC− −

− −= − +

LỜI GIẢI

Ta có: ( ) ( ) ( )2 k k k k k 2 k 1n n n n n 2 n 1k C k k 1 1 C k k 1 C kC n n 1 C nC− −

− −= − + = − + = − + (áp dụng kết quả

của hai bài kế trên).


Câu 5: Chứng minh với các số k, n nguyên,không âm sao cho

0 k n, ta có k k 1n n 1C C

k 1 n 1

+

+=+ +

LỜI GIẢI

Ta có: ( )

( )( ) ( )

kn

n 1 n!C 1 n! 1. .

k 1 k 1 n 1k! n k ! k 1 ! n k !

+= =

+ + +− + −

( )

( ) ( ) ( )

k 1n 1

n 1 ! C1.

n 1 n 1k 1 ! n 1 k 1 !

+

++

= =+ + + + − +


Câu 6: Chứng minh với các số k, n nguyên,không âm sao cho

0 k n, ta có

k k 1 kn n nnC (k 1)C kC .+= + +

LỜI GIẢI

kn

n! n! n! n!nC n. (n k) k . (n k). k.

k!(n k)! k!(n k)! k!(n k)! (n k)!= = − + = − + − − − −

( )( )( ) ( )( )

r 1 rn n

n! n!n k k 1 r.

r!(n r)!k 1 !. n k n k 1 !

n! n!(k 1). r. (r 1)C rC .

(k 1)!(n k 1)! r!(n r)!+

− + +−+ − − −

= + + = + ++ − − −




Câu 7: Chứng minh rằng các đẳng thức sau:

a). k k 1 k 2 k 3 k 3n n n n n 3C 3C 3C C C+ + + +

++ + + = với *n N ,0 k n 3. −

b). n 2 n 1 2 nn k n k n kA A k .A+ ++ + ++ = với *n,k N ,k 2.

LỜI GIẢI

a). Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

k k 1n n

n! n! n! 1 1C C

k n k 1n k !k! k 1 ! n k 1 ! k 1 ! n k !−

+ = + = + − +− − − + − −

( ) ( ) ( )

( )( )

kn 1

n 1 !n! n 1. C .

k 1 ! n k ! k n k 1 k! n 1 k ! +

++= = =

− − − + + −

Áp dụng kết quả trên ta có:

( ) ( ) ( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3n n n n n nVT C C 2 C C C C+ + + + += + + + + +

( ) ( )k 1 k 2 k 3 k 1 k 2 k 2 k 3

n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1

k 2 k 3 k 3n 2 n 2 n 3

C 2C C C C C C

C C C VP

+ + + + + + +

+ + + + + + +

+ + +

+ + +

= + + = + + +

= + = =

b).Ta có: ( )( )

( )( )

( )( )

n 2 n 1n k n k

n k ! n k ! n k ! 1A A 1

k 1k 2 ! k 1 ! k 2 !+ +

+ +

+ + + + = + = +

−− − −

( )( )

( )2 2 nn k

n k ! n k !k. k . k .A .k 1 k!k 2 ! +

+ += = =

−−

Câu 8: Chứng minh các đẳng thức sau:

a). n 2 n 1 2 nn k n k n kA A k A+ ++ + ++ = với *n,k N ,k 2.

b). k k k 1n n 1 n 1A A k.A −

− −− = với *n,k N ,n 2,k n 1. −

c).k k 1 kn 1 n 1 n

n 1 1 1 1

n 2 C C C++ +

++ =

+

với *n,k N ,k n.

LỜI GIẢI

a). Ta có: ( )( )

( )( )

( )( )

n 2 n 1n k n k

n k ! n k ! n k ! 1A A 1

k 1k 2 ! k 1 ! k 2 !+ +

+ +

+ + + + = + = +

−− − −

( )

( )( )2 2 n

n k

n k !k n k !k k .A .

k!k 2 !k 1 +

+ += = =

− −




b). Ta có:

( )

( )( )

( )( )

( )( )

k k k 1n n 1 n 1

n 1 ! n 1 ! n 1 !n! nA A . 1 k kA .

n kn k ! n 1 k ! n k 1 ! n k !−

− −

− − − − = − = − = =

−− − − − − −

c). Ta có: ( ) ( ) ( )

( )k k 1n 1 n 1

k! n 1 k ! k 1 ! n k !n 1 1 1 n 1.

n 2 n 2 n 1 !C C ++ +

+ − + + −+ ++ =

+ + +

( )

( ) ( )( )

kn

k! n k ! k! n k !1 1. n 1 k k 1 .

n 2 n! n! C

− − = + − + + = = +

Câu 9: Chứng minh k,n * thõa mãn 3 k n ta luôn có:

k k 1 k 2 k k 3 k 2n n n n 3 n nC 3C 2C C C C− − − −

++ + = − − .

LỜI GIẢI

Ta có:

k k 1 k 2 k k 3 k 2 k k 1 k 2 k 3 kn n n n 3 n n n n n n n 3C 3C 2C C C C C 3C 3C C C− − − − − − −

+ ++ + = − − + + + = (5)

( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3 k k 1 k 2

n n n n n n n 1 n 1 n 1VT(5) C C 2 C C C C C 2C C− − − − − − −

+ + += + + + + + = + +

( ) ( )k k 1 k 1 k 2 k k 1 k

n 1 n 1 n 1 n 1 n 2 n 2 n 3C C C C C C C− − − −

+ + + + + + += + + + = + = (điều phải chứng minh).

10. Chứng minh rằng các đẳng thức sau:

a. k k 1 k 2 k 3 k 4 kn n n n n n 4C 4C 6C 4C C C− − − −

++ + + + = với 4 k n.

b. 2 2 2 5k n 1 n 3 n 5 n 5P .A .A .A n.k!.A .

+ + + +=

c. 0 k 1 k 1 k 0 k kn n n n 1 n n k nC .C C .C ... C .C 2 .C .−

− −+ + + =

LỜI GIẢI

a).Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3 k 3 k 4n n n n n n n nVT C C 3 C C 3 C C C C− − − − − − −= + + + + + + +

k k 1 k 2 k 3 kn 1 n 1 n 1 n 1 n 4C 3C 3C C C .− − −+ + + + +

= + + + =

b).Ta có: VT( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

5n 5

n 1 ! n 3 ! n 5 ! n 5 !k! . . k! nk!A .

n 1 ! n 1 ! n 3 ! n 1 ! +

+ + + += = =

− + + −

c).Ta có:




( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

m k mn n m

m kk n

n m !n! n!C C .

m! n m ! k m ! n k ! m! k m ! n k !

k! n!. C .C

m! k m ! k! n k !

−

−

−= =

− − − − −

= =− −

Suy ra: k k k

m k m m k k m k kn n m k n n k n

m 0 m 0 m 0

C C C C C C 2 .C .−

−= = =

= = =


a). k k k 1n n 1 n 1A A k.A −

− −− = với *n,k N ,n 2,k n 1. −

b).k k 1 kn 1 n 1 n

n 1 1 1 1

n 2 C C C++ +

++ =

+

với *n,k N ,k n.

LỜI GIẢI

a. Ta có:

( )

( )( )

( )( )

( )( )

k k k 1n n 1 n 1

n 1 ! n 1 ! n 1 !n! nA A 1 k k.A .

n kn k ! n 1 k ! n k 1 ! n k !−

− −

− − − − = − = − = =

−− − − − − −

b. Ta có:( ) ( ) ( )

( )k k 1n 1 n 1

k! n 1 k ! k 1 ! n k !n 1 1 1 n 1.

n 2 n 2 n 1 !C C ++ +

+ − + + −+ ++ =

+ + +

( )( ) ( )

( )kn

k! n k ! k! n k !1 1. n 1 k k 1 .

n 2 n! n! C

− − = + − + + = = +


a).

nn

1 n 1n n

2 1C ...C

n−

−

với *n N ,n 2.

b). ( )2

n n n2n k 2n k 2nC .C C

+ − với n,k Z và 0 k n.

LỜI GIẢI

a. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n số, ta có:




n n0 1 n 1 n n n0 1 n 1 n n n n nn n n

C C ... C C C 2 1C C ...C

n n

−−

+ + + + − − =

b. Ta đặt

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

k

n nk 2n k 2n k

k 1

2n k ! 2n k !a .

n! n k ! n! n k !a C .C

2n k 1 ! 2n k 1 !a .

n! n k 1 n! n k 1 !

+ −

+

+ −=

+ −=

+ + − −= + + − −

Để chứng minh BĐT trên ta chứng minh k k 1a a , k Z,0 k n+

Ta có: ( )( )

( )( )

( )( )

( )( )k k 1

2n k ! 2n k ! 2n k 1 2n k 1 !a a . .

n! n k ! n! n k ! n! n k 1 n! n k 1 !+

+ − + + − −

+ − + + − −

2n k 2n k 1 n n

1 1n k n k 1 n k n k 1

− + + + +

− + + − + +

( )2

n n n0 1 k k 1 0 k 2n k 2n k 2na a ... a a a a C .C C .

+ + −

13. Chứng minh các đẳng thức sau:

k k 1 k 2 k 3 k 2 k 3n n n n n 2 n 32C 5C 4C C C C .+ + + + +

+ ++ + + = +

k k 1 k 1 k 1 k 1n n 1 n 2 k k 1C C C ... C C ,1 k n.− − − −

− − −= + + + +

2 3 n1 2n n nn n 11 2 n 1

n n n

C C CC 2 3 ... n C .

C C C+−

+ + + + =

( )n 1 2 3 n 1P 1 P 2P 3P ... n 1 P .−

= + + + + + +

LỜI GIẢI

Ta có: ( ) ( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3n n n n n nVT 2 C C 3 C C C C+ + + + += + + + + +

( )k 1 k 2 k 2 k 3 k 2 k 2 k 3 k 2 k 3n 1 n 1 n 1 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 32 C C C C C C C C C .+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + ++ + + = + + = +

Ta có: k k 1 k k 1 k kn n n 1 n 1 n n 1C C C C C C− −

+ − −+ = = −

Suy ra: k 1 k 1 k 1 k 1 k kn 1 n 2 k 1 k n kC C ... C C C C− − − −− − ++ + + + = −

Hay k k 1 k 1 k 1 k 1n n 1 n 2 k k 1C C C ... C C− − − −

− − −= + + + + vì k k 1

k k 1C C 1.−−

= =

Ta có: kn

k 1n

Ck. n k 1

C −= − +




Suy ra ( )2 3 n

1 2n n nn n 11 2 n 1

n n n

n n 1C C CC 2 3 ... n C .

2C C C+−

−+ + + + = =

Ta có: ( ) ( )k k 1 k 1P P k! k 1 ! k 1 P− −

− = − − = −

Suy ra: ( )n n 1

k 1 n 1 n kk 2 k 1

k 1 P P P P 1 kP .−

−= =

− = − = +

DẠNG 2: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC DỰA VÀO KHAI TRIỂN ( )n

1 x+

Câu 10: Chứng minh : k 0 k 1 1 k 2 2 k m m kn m n m n m n m n mC C C C C C C C C− − −

++ + + + = ,

với 0 m k n

k,m,n

LỜI GIẢI

Ta có

( )

( )

( )

m 0 1 2 2 m mm m m m

n 0 1 2 2 n nn n n n

m n 0 1 2 2 m n m nm n m n m n m n

1 x C C x C x C x

1 x C C x C x C x

1 x C C x C x C x+ + +

+ + + +

+ = + + + +

+ = + + + +

+ = + + + +

Suy ra hệ số xk trong ( ) ( )m n

1 x 1 x+ + là : 0 k 1 k 1 m k mm n n n m nC C C C C C− −+ + + , và hệ số của xk

trong ( )m n

1 x+

+ là km nC+

Ta có ( ) ( ) ( )m n m n

1 x 1 x 1 x+

+ + = + . Từ đó suy ra :

k 0 k 1 1 k 2 2 k m m kn m n m n m n m n mC C C C C C C C C− − −

++ + + + = (đpcm) .


Bạn đọc hãy lấy ý tưởng trong bài tập trên áp dụng với khai triển ( )n m

1 x .+

−

Từ đó chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 n0 1 2n n

2n 2n 2n 2nC C ... C 1 .C .− + + = −

Câu 11: Tính tổng 0 11 1 10 2 9 10 1 11 020 12 20 12 20 12 20 20 20 12S C C C C C C C C C C= + + + + +

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )32 20 12

1 x 1 x 1 x 1+ = + +




Mà ( )32 0 1 2 2 32 32

32 32 32 321 x C C x C x C x+ = + + + + .

Hệ số của x11 trong khai triển là 1132C (2) .

Và ( ) ( ) ( )( )20 12 0 1 2 2 20 20 0 1 2 2 12 12

20 20 20 20 12 12 12 121 x 1 x C C x C x C x C C x C x C x+ + = + + + + + + + + . Hệ số của x11

trong khai triển là 0 11 1 10 2 9 10 1 11 020 12 20 12 20 12 20 20 20 12C C C C C C C C C C+ + + + + (3)

Từ (1) , (2) , (3) ta có 0 11 1 10 2 9 10 1 11 0 1120 12 20 12 20 12 20 20 20 12 32S C C C C C C C C C C C= + + + + + =

Câu 12: Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên k, n thỏa

( )0 k n 2013 − ta có:

0 k 1 k 1 2 k 2 2013 k 2013 k 20132013 n 2013 n 2013 n 2013 n n 2013C C C C C C C C C+ + + +

++ + + + =

LỜI GIẢI

Ta có: ( ) ( ) ( )n 2013 2013 n

1 x 1 x 1 x+

+ = + + (1)

Ta có:

( )

( )

( )

2013 0 2013 1 2012 2 2011 20132013 2013 2013 2013

n 0 1 2 2 k k n nn n n n n

n 2013 0 1 k 2013 k 2013 n 2013 n 2013n 2013 n 2013 n 2013 n 2013

x 1 C x C x C x C

1 x C C x C x C x C x

1 x C C x C x C x+ + + + +

+ + + +

+ = + + + +

+ = + + + + +

+ = + + + + +

Hệ số của k 2013x + trong khai triển ( ) ( )2013 n

1 x 1 x+ + là:

0 k 1 k 1 2 k 2 2013 k 20132013 n 2013 n 2013 n 2013 nC C C C C C C C+ + ++ + + + (2)

Hệ số của k 2013x + trong khai triển ( )n 2013

1 x+

+ là: k 2013n 2013C +

+ (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra 0 k 1 k 1 2 k 2 2013 k 2013 k 20132013 n 2013 n 2013 n 2013 n n 2013C C C C C C C C C+ + + +

++ + + + =

Câu 13: Chứng minh đẳng thức sau:

0 1 2 3 10 1111 0 11 1 11 2 11 3 11 10 11 11C a C a C a C a ... C a C a 11− + − + + − =

LỜI GIẢI

Xét x 1 từ khai triển trên nhân hai vế với ( )11

x 1− ta có:




( ) ( ) ( )11 1111 2 110

0 1 2 110x 1 x 1 a a x a x ... a x− = − + + + + (2)

( )

1111 kk 11k

11k 0

VT(2) C x 1−

=

= − Hệ số của 11x trong vế trái bằng 111C 11= .

( ) ( )

11kk 11 k 2 110

11 0 1 2 110k 0

VP(2) C x 1 a a x a x ... a x−

=

= − + + + +

Hệ số của 11x trong vế phải bằng

0 1 2 3 10 1111 0 11 1 11 2 11 3 11 10 11 11C a C a C a C a ... C a C a− + − + + −

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh

Câu 14: Chứng minh rằng : ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

0 1 2 n nn n n n 2nC C C ... C C+ + + + =

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( ) ( )n n 2n

1 x 1 x 1 x+ + = +

Ta có ( ) ( ) ( )( )n n 0 n 1 n 1 n 0 1 n n

n n n n n n1 x 1 x C x C x ... C C C x ... C x−+ + = + + + + + +

Hệ số của xn trong hệ thức trên là: ( ) ( ) ( )2 2 2

0 1 nn n nC C ... C+ + +

Hệ số của xn trong khai triển (1+x)2n là 22nC .

Ta có hệ số của xn trong khai triển ( ) ( )n n

1 x 1 x+ + và hệ số của xn trong khai triển ( )2n

1 x+

giống nhau.

Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

0 1 2 n nn n n n 2nC C C ... C C+ + + + = (đpcm).

1. Chứng minh: 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3 2 (2 1)−+ + + + = +

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( )2n 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n1 x C C x C x C x C x 1− −+ = + + + + +




Chọn x = 3 thay vào hai vế của (1) ta được:

2n 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n n

2n 2n 2n 2n 2n4 C C .3 C .3 ... C .3 C .3− −= + + + + + (2)

Chọn x 3= − thay vào hai vế của (1) ta được:

2n 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n n

2n 2n 2n 2n 2n2 C C .3 C .3 ... C .3 C .3− −= − + + − + (3)

Lấy (2) + (3) ta được: ( )2n 2n 0 2 2 4 4 2n 2n2n 2n 2n 2n4 2 2 C C .3 C .3 ... C .3+ = + + + +

( )

( )( )

22n 2n

2n 2n0 2 2 4 4 2n 2n2n 2n 2n 2n

2n 2n

2n 1 2n

2 24 2C C .3 C .3 ... C .3

2 2

2 2 12 2 1

2−

++ + + + + = =

+= = +

2. Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau:

a. 0 1 2 nn n n nC C C ... C+ + + + = 2n

b. 1 3 5 2n 12n 2n 2n 2nC C C ... C −+ + + + = 0 2 4 2n

2n 2n 2n 2nC C C ... C+ + + +

LỜI GIẢI

a. Ta có: (1 + x)n = 0 1 2 2 n nn n n nC C x C x ... C x+ + + + (1)

Chọn x = 1 thay vào (1) ta được: 0 1 2 nn n n nC C C ... C+ + + + = 2n (đpcm)

b. Ta có: (1 – x)2n = 0 1 2 2 3 3 2n 2n2n 2n 2n 2n 2nC C x C x C x ... C x− + − + + (2)

Chọn x = 1 thay vào (2), ta được: 0 1 2 3 2n2n 2n 2n 2n 2nC C C C ... C 0 − + − + + =

0 2 2n 1 3 2n 12n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C − + + + = + + + (đpcm).

3. Chứng minh rằng:

0 2 2 4 4 2000 2000 2000 20012001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... 3 C 2 (2 1)+ + + + = −

LỜI GIẢI

Ta có: ( )2001 0 1 2 2 2000 2000 2001 2001

2001 2001 2001 2001 20011 x C C x C x C x C x+ = + + + + + (1).




Thay x = 3 vào hai vế của (1):

2001 0 1 2 2 200 2000 2001 20012001 2001 2001 2001 20014 C 3C 3 C ...3 C 3 C= + + + + (*).

Thay x 3= − vào hai vế của (1):

( )2001 0 1 2 2 200 2000 2001 2001

2001 2001 2001 2001 20012 C 3C 3 C ... 3 C 3 C− = − + + + − (**).

Lấy (*) + (**), ta được:

( )2001 2001 0 2 2 4 4 2000 20002001 2001 2001 20014 2 2 C 3 C 3 C ... 3 C− = + + + +

0 2 2 4 4 2000 2000 2000 20012001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... 3 C 2 (2 1) + + + + = − (đpcm).

6. Chứng minh: 0 n 1 n 1 n n 0 1 nn n n n n nC 3 C 3 ... ( 1) C C C ... C−− + + − = + + +

LỜI GIẢI

Theo khai triển nhị thức Newton ta có: (a + b)n = 0 n 1 n 1 n nn n nC a C a b ... C b−+ + + (*)

• Với a 3,b 1= = − thay vào (*) được:

( )n0 n 1 n 1 n n n

n n nC 3 C 3 ... ( 1) C 3 1 2−− + + − = − = (1)

• Với a 1,b 1= = thay vào (*) được:

( )n0 1 n n

n n nC C ... C 1 1 2+ + + = + = (2)

Từ (1) và (2) suy ra 0 n 1 n 1 n n 0 1 nn n n n n nC 3 C 3 ... ( 1) C C C ... C−− + + − = + + +

8. Với n,k là các số nguyên dương và 1 k n , chứng minh rằng

( )k0 k 1 k 1 2 k 2 k 0

n n n n 1 n n 2 n n kC .C C .C C .C ... 1 .C .C 0.− −

− − −− + − + − =

LỜI GIẢI

Với mọi x và k là số nguyên dương , ta có

( )k 0 1 2 2 k k

k k k k1 x C C .x C .x ... C .x .+ = + + + +

( )kk 0 k 1 k 2 k 2 k k k

n k n k n k n k nC 1 x C .C C .C .x C .C .x ... C .C .x + = + + + + (1)




Ta có

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

m k m k mk n n n m

n m !k! n! n!C C . . C C

m! k m ! k! n k ! m! n m ! k m ! n k !

−−

−= = =

− − − − −

Do đó (1) có dạng:

( )kk 0 k 1 k 1 2 k 2 2 k 0 k

n n n n n 1 n n 2 n n kC 1 x C .C C .C .x C .C .x ... C .C .x− −

− − −+ = + + + + (2)

Thay x 1= − vào (2), ta được:

( )k0 k 1 k 1 2 k 2 k 0

n n n n 1 n n 2 n n k0 C .C C .C C .C ... 1 .C .C 0,− −

− − −= − + − + − = đpcm.

15. Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng:

0 2 1 3 n 1n n n nC C ... C C ... 2 ,−+ + = + + =

LỜI GIẢI

Ta có

n 0 1 2 n 0 1 2 kn n n n n n n n2 C C C ... C C C C ... C ...(1)= + + + + = + + + + +

0 1 2 n n 0 1 2 k kn n n n n n n n0 C C C ... ( 1) C C C C ... ( 1) C ...(2).= − + − + − = − + − + − +

Suy ra:

(1) (2)+ ta được ( )n 0 2 0 2 n 1n n n n2 2 C C ... C C ... 2 .−= + + + + =

(1) (2)− ta được ( )n 1 3 1 3 n 1n n n n2 2 C C ... C C ... 2 .−= + + + + =

TÌM n DỰA VÀO NHỊ THỨC NIUTƠN

3. Tìm số nguyên dương n 4 , biết rằng

( )0 1 2 nn n n n2C 5C 8C 3n 2 C 1600+ + + + + =

LỜI GIẢI

Xét số hạng tổng quát




( )( )

( )( ) ( )

k k k kn n n n

k k 1 kn n 1 n

n!3k 2 C 3k.C 2.C 3.k. 2.C

k! n k !

n 1 !3.n 2.C 3nC 2.C

k 1 ! n 1 (k 1) !−

−

+ = + = +−

−= + = +

− − − −

Giả thuyết ( ) ( )0 1 n 1 0 1 nn 1 n 1 n 1 n n n3n C C C 2 C C C 1600−

− − − + + + + + + + =

( ) ( ) ( )n 1 n n 1 n n 13n 1 1 2 1 1 1600 3n.2 2.2 1600 2 3n 4 1600− − − + + + = + = + = Chia hai vế

cho 16 ta được :

( ) ( )n 5 n 5 2 n 7 22 3n 4 100 2 3n 4 2 .25 n=7

3n 4 25− − − =

+ = + = + =

7. Cho khai triển nhị thức:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )n n 1 nn n 1

x x x xx 1 x 1 x 1 x 10 1 n 1 n3 3 3 32 2 2 2n n n n2 2 C 2 C 2 2 C 2 2 C 2

−−− − − −− − − −

−+ = + + + +

(n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó 3 1n nC 5C= và số

hạng thứ tư bằng 20n. Tìm n và x.

LỜI GIẢI

Từ 3 1n nC 5C= ta có n ≥ 3 và

n! n!5

3!(n 3)! (n 1)!=

− −

n(n 1)(n 2)5n

6

− −=

n2 – 3n – 28 = 0 n 4

n 7

= −

=. Chọn n = 7.

Ta có số hạng thứ tư ứng với k = 3. Theo đề bài có: ( ) ( )34

xx 13 327C 2 2 140

−−

=

2x 2 x x 235.2 .2 140 2 4 x 2 2 x 4− − − = = − = = .

Kết luận n = 7 và x = 4.

8. Tìm số nguyên dương n sao cho: 0 1 2 n nn n n nC 2C 4C ... 2 C+ + + + = 243

LỜI GIẢI




Ta có: ( )n 0 1 2 2 n n

n n n n1 x C C x C x C x+ = + + + + (1).

Thay x = 1 vào hai vế của (1) ta được: n 0 1 2 n nn n n n3 C 2C 4C ... 2 C= + + + +

Theo đề bài có n3 243 n 5= =

9. Giả sử n là số nguyên dương và:

(1 + x)n = a0 + a1x + a2x2 + … + akxk + … + anxn

Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho k 1 k k 1a a a

2 9 24− += = . Hãy

tìm n.

LỜI GIẢI

Ta có: k 1 k k 1a a a

2 9 24− += = (1) ( 1 k n 1 − )

k 1 k k 1n n nC C C

2 9 24

− +

= =

1 n! 1 n! 1 n!

2 (k 1)!(n k 1)! 9 k!(n k)! 24 (k 1)!(n k 1)!= =

− − + − + − −

2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!

2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k

2(n k 1) 9k

9(n k) 24(k 1)

− + =

− = +

2n 2k

113n 8

k11

+=

− =

Để tồn tại k thoả mãn hệ thức (1), điều kiện ắt có và đủ là:

2n 2 3n 8n 10

11 11

+ −= =

10. Với n là số nguyên dương, gọi 3n 3a − là hệ số của 3n 3x − trong khai

triển thành đa thức của ( ) ( )n n2x 1 x 2+ + . Tìm n để 3n 3a 26n− = .

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( ) ( )n n n nn kn2 k 2 m n m m k m n m 2k m

n n n nk 0 m 0 k 0 m 0

x 1 x 2 C x C 2 .x C C .2 .x− − +

= = = =

+ + = =




Theo đề bài ta có: 2k m 3n 3 k n k n 1

0 k,m n; k,m m n 3 m n 1

+ = − = = −

= − = −

Vậy hệ số của 3n 3x − là: n n 3 3 n 1 n 1 13n 3 n n n na C C 2 C C 2− − −

−= +

Theo đề bài ta có:

( ) ( )

2

n n 3 3 n 1 n 1 1n n n n

n! n!C C 2 C C 2 26n 8. 2. 26n

n 3 !3! n 1 !− − −

+ = + =

− −

( )( ) 2

24n n 1 n 2 4n 6n 70 0

2n 26n n 53 n 3,n

− − − − = + = =

13. Tìm số tự nhiên n thoả mãn đẳng thức sau:

0 2 2 2k 2k 2n 2 2n 2 2n 2n 15 162n 2n 2n 2n 2nC C 3 ... C 3 ... C 3 C 3 2 (2 1)− −+ + + + + + = +

LỜI GIẢI

Ta có: ( ) ( )2n2n 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n4 1 3 C C 3 C 3 ... C 3 C 3 1− −= + = + + + + +

( ) ( )2n2n 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n2 1 3 C C 3 C 3 ... C 3 C 3 2− −= − = − + − − +

Lấy ( ) ( ) ( )2n 2n 0 2 2 2n 2n2n 2n 2n1 2 4 2 2 C C 3 ... C 3+ + = + + +

2n 2n

0 2 2 2n 2n2n 2n 2n

4 2C C 3 ... C 3

2

+ + + + =

Theo đề bài có: ( ) ( ) ( )2 2

15 16 2n 2n 16 16 2n 2n2.2 2 1 4 2 2 2 2 2+ = + + = +

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

2 216 2n 16 2n 16 2n 16 2n 16 2n2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 0

− + − = − + + − =

( )( ) ( )16 2n 16 2n 16 2n2 2 2 2 1 0 2 2 0 − + + = − = (vì 16 2n2 2 1 0 n+ + )

2n 16 n 8= =

14. Tính giá trị của biểu thức: M = 4 3n 1 nA 3A

(n 1)!++

+.




Biết 2 2 2 2n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C+ + + ++ + + = 149.

LỜI GIẢI

Điều kiện: n ≥ 3.

Ta có: 2 2 2 2n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C+ + + ++ + + = 149

(n 1)! (n 2)! (n 3)! (n 4)!

2 2 1492!(n 1)! 2!n! 2!(n 1)! 2!(n 2)!

+ + + ++ + + =

− + +

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

2

n 1 n 2 n 2 n 1 2 n 3 n 2 n 4 n 3149

2 2 2 2

n 4n 45 0

+ + + + + + ++ + + =

+ − =

n 5

n 9

=

= −. So với điều kiện nhận n = 5.

Vậy: 4 34 36 5n 1 n A 3AA 3A 3

M(n 1)! 6! 4+

++= = =

+

15. Tìm n N sao cho: 0 2 4 2n4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 256

+ + + ++ + + + =

LỜI GIẢI

Ta có: 0 1 2 4n 2 4n 24n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2+ +

+ + + ++ + + + =

0 2 4 4n 2 4n 14n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2+ +

+ + + ++ + + + =

0 2 4 2n 4n4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2

+ + + ++ + + + =

Vậy có: 24n = 256 n = 2

16. Với n ,n 3 . Tìm n thỏa 3 3 3 33 4 5 n

1 1 1 1 89...

30C C C C+ + + + =

LỜI GIẢI

Ta có ( )

( )( )( )( )

( )3k 3

k

k k 1 k 2k! 1 6C k 3

63! k 3 ! k k 1 k 2C

− −= = =

− − −

Ta lại có ( )( ) ( ) ( )( )

1 1 2

k 1 k 2 k k 1 k k 1 k 2− =

− − − − −




Đặt ( )( )( )

( ) ( )3k

1 1f k 3 f k f k 1

k 1 k 2 C = = − + − −

.

Cho k chạy từ 3 đến n ta được:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n

3k 3 k

13 f 3 f 4 4 f 5 f n f n f n 1

C=

= − + − + − + − +

( ) ( )( )

( )2n

3 2k 3 k

3 n n 11 13 f 3 f n 1 3 1

n n 1C n n=

− − = − + = − = − −

Hay ( ) ( )2 2

3 3 3 3 2 23 4 5 n

3 n n 1 3 n n 11 1 1 1 89...

30C C C C n n n n

− − − −+ + + + = =

− −

2n n 90 0 n 10 − − = =

17. Tìm số nguyên dương n thỏa

( ) 0 1 2 3 nn n n n n

1 1 1 1n 1 C C C C C 1023

2 3 4 n 1

+ + + + + + =

+ (1)

LỜI GIẢI

( ) 0 1 2 3 n

n n n n n

1 1 1 1 10231 C C C C C

2 3 4 n 1 n 1 + + + + + =

+ +

Xét số hạng tổng quát: ( )

( )( ) ( )

kn

n 1 n!1 1 n! 1C

k 1 k 1 n 1k! n k ! k 1 k! n k !

+= =

+ + +− + −

( )

( ) ( ) ( )k 1n 1

n 1 !1 1C

n 1 n 1k 1 ! n 1 k 1 !

+

+

+= =

+ + + + − +

, k,0 k n,k .

Vậy ( ) ( )0 1 2 3 n 1 2 n 1 n 1n n n n n n 1 n 1 n 1

1 1 1 1 1 1C C C C C C C C 2 1

2 3 4 n 1 n 1 n 1+ +

+ + ++ + + + + = + + + = −

+ + +

Theo đề bài ta có:

( )n 1 n 1 n 11 10232 1 2 1 1023 2 1024 n 1 10 n 9

n 1 n 1+ + +− = − = = + = =

+ +

18. Khai triển nhị thức Niu tơn

( ) ( )n 2 n

0 1 2 nP x 1 6x a a x a x a x= − = + + + + . Tính giá trị của biểu thức




1 n0 n

a aT a

2 2= + + + , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn

2 1n n2C 8C n− = .

LỜI GIẢI

( )2 1n n2C 8C n 1− = . Điều kiện n 2,n

( )( ) ( )

( )n! n!

1 2 8 n n n 1 8n n n 102! n 2 ! n 1 !

− = − − = =− −

Chọn 1

x2

= thay vào P(x): ( )10 10101

0 10

aa1 3 a T 2

2 2− = + + + =

TÍNH TỔNG: DỰA VÀO CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIU TƠN

DẠNG 1: TÍNH TỔNG DỰA VÀO CÔNG THỨC ( ) ( )n n

a b , 1 x+ +

3. Tính giá trị của các biểu thức sau:

a). n 0 n 2 2 n 4 4 n1 n n n nS 2 C 2 C 2 C ... C .− −= + + + +

b). n 1 1 n 3 3 n 5 5 n2 n n n nS 2 C 2 C 2 C ... C .− − −= + + + +

LỜI GIẢI

Ta có: ( )n n 0 n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 n 3 n

n n n n n2 1 2 C 2 C 2 C 2 C C− − − − − −+ = + + + + + (1).

Ta có: ( ) ( )n nn 0 n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 n 3 n

n n n n n2 1 2 C 2 C 2 C 2 C 1 C− − − − − −− = − + − + + − (2).

Suy ra

(1) (2)• + ta được n

n 0 n 2 2 n 4 4 n1 n n n n

3 1S 2 C 2 C 2 C ... C .

2− − +

= + + + + =

(1) (2)• − ta được n

n 1 1 n 3 3 n 5 5 n2 n n n n

3 1S 2 C 2 C 2 C ... C .

2− − − −

= + + + + =

6. Tính tổng : 0 1 2 3 20122012 2012 2012 2012 2012S C 2C 3C 4C 2013C= + + + + +

LỜI GIẢI




Ta có:

( )( ) ( ) ( )

k k k k k2012 2012 2012 2012 2012

2012! 2011!k 1 C kC C k. C 2012 C

k! 2012 k ! k 1 ! 2011 (k 1) !+ = + = + = +

− − − −

k 1 k2011 20122012C C k 0,1,2,...,2012−= + = .

( ) ( )0 1 2011 0 1 20122011 2011 2011 2012 2012 2012S 2012 C C C C C C= + + + + + + +

( ) ( )2011 2012 2011 2012 2012S 2012 1 1 1 1 2012.2 2 1007.2= + + + = + =

7. Tính tổng 2 1 2 2 2 3 2 20132013 2013 2013 2013S 1 .C 2 .C 3 .C ... 2013 .C= + + + +

LỜI GIẢI

Số hạng tổng quát là : ( )2 k kk 2013 2013a k .C k k 1 1 C k 2,3,...,2013= = − + =

( ) ( )

( ) ( )k k

k 2013 2013

2013! 2013!a k k 1 C kC k k 1 . k. k 2,3,...,2013

k! 2013 k ! k! 2013 k != − + = − + =

− −

k 2 k 1

k 2011 2011a 2012.2013C 2013C k 2,3,...,2013− −= + = .

( ) ( )0 1 2 2011 0 1 2 20121 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2012S 2012.2013 C C C ... C 2013 C C C ... C= + + + + + + + + +

( ) ( )2011 2012 2011 2012 2011

1S 2012.2013 1 1 2013 1 1 2012.2013.2 2013.2 2013.2014.2= + + + = + =

8. Tính tổng 2 1 2 2 2 3 2 nn n n nS 1 .C 2 .C 3 .C ... n .C= + + + +

LỜI GIẢI

Áp dụng công thức: ( )2 k k 2 k 1n n 2 n 1k C n n 1 C nC , k 2,3,4,...,n− −

− −= − + = (đã chứng minh ở phần

Chứng Minh đẳng thức

Ta có ( )

( )

2 1 0n n 1

2 2 0 1n n 2 n 1

2 n n 2 n 1n n 2 n 1

1 C 0 + nC

2 C n n 1 C nC

...

n C n n 1 C nC

−

− −

− −

− −

=

= − +

= − +

Cộng vế theo vế ta được:




( )( ) ( )2 1 2 2 2 3 2 n 0 1 n 2 0 1 n 1n n n n n 2 n 2 n 2 n 1 n 1 n 11 .C 2 .C 3 .C ... n .C n n 1 C C C n C C C− −

− − − − − −+ + + + = − + + + + + + +

( ) ( )2 1 2 2 2 3 2 n n 2 n 1 n 2n n n n1 .C 2 .C 3 .C ... n .C n n 1 .2 n.2 n n 1 .2− − − + + + + = − + = +

9. Tính tổng 0 1 2 20132013 2013 2013 2013C C C C

S1 2 3 2014

= + + + +

LỜI GIẢI

Số hạng tổng quát của tổng là k2013

k

Ca k 0,1,2,...,2013

k 1= =

+

( ) ( ) ( ) ( )

k2013

k

C 2013! 1 2014!a .

k 1 2014k 1 k! 2013 k ! k 1 ! 2013 k != = =

+ + − + −

( ) ( ) ( ) ( )( )

k 12014C1 2014! 1 2014!

. .2014 2014 2014k 1 ! 2013 k ! k 1 ! 2014 k 1 !

+

= = ==+ − + − +

k 0,1,2,...,2013 =

Vậy ta được k 12014

k

Ca k 0,1,2,...,2013

2014

+

= =

( ) ( )

201420141 2 2014 0

2014 2014 2014 2014

1 1 2 1S C C C 1 1 C

2014 2014 2014

− = + + + = + − =

10. Tính tổng ( )0 1 2 n 1 nn n n n n

1 1 1 1S C .C .C .C .C n *

2 3 n n 1−= + + + + +

+

LỜI GIẢI

Xét số hạng tổng quát:

( )( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )k

k n

n 1 n! n 1 !1 1 n! 1 1a .C

k 1 k 1 n 1 n 1k! n k ! k 1 k!. n k ! k 1 ! n 1 k 1 !

+ += = = =

+ + + +− + − + + − +

k 1n 1

1.C

n 1+

+=

+.

Vậy k k 1k n n 1

1 1a .C .C

k 1 n 1++

= =+ +

(1).

Từ (1) ta có:

0 1n n 1

1C .C

n 1 +=

+; 1 2

n n 1

1 1C C

2 n 1 +=

+; 1 3

n n 1

1 1C C

3 n 1 +=

+;...; n k 1

n n 1

1 1C C

n 1 n 1++

=+ +

.




Vậy 1 2 3 k 1n 1 n 1 n 1 n 1

1 1 1 1S .C C C C

n 1 n 1 n 1 n 1+

+ + + += + + + +

+ + + +

( ) ( )1 2 3 k 1 1 2 3 k 1

n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1

1C C C C n 1 .S C C C C

n 1+ +

+ + + + + + + += + + + + + = + + + +

+

( ) 0 1 2 3 k 1

n 1 n 1 n 1 n 1 n 1n 1 .S 1 C C C C C +

+ + + + ++ + = + + + + +

( )

n 1n 1 2 1

n 1 .S 1 2 Sn 1

++ −

+ + = =+

11. Tính tổng 12 12 1212 1213 2013 201412 14C C CC C

S11.12 12.13 13.14 2012.2013 2013.2014

= + + + + +

LỜI GIẢI

Ta có số hạng tổng quát:

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

1210nn 2

n 2 ! n 2 !C n! 1 1. .C

11.12 11.12n 1 n n 1 n.12! n 12 ! 12! n 12 ! 10!. n 2 10 ! −

− −= = = =

− − − − − −

n 12,12,...,2014 =

Từ đó ta có ( )10 10 10 10 1010 11 12 2011 2012

1S C C C C C

11.12= + + + + +

Áp dụng công thức i 1 i ih h h 1C C C i 1,h ; i,h−

++ = = ta được

( )10 11 11 11 11 11 11 11

10 12 11 13 12 2013 2012 2013

1 1S C C C C C C C C

132 132= + − + − + + − =

12. Tính tổng:( )

( )( )

n n1 2 3nn n n

1 nCC 2C 3CS ...

2.3 3.4 4.5 n 1 n 2

−−= + − + +

+ +.

LỜI GIẢI

Ta có ( )( )

( )

( ) ( ) ( )

k k 1n n 1

n 1 !C Cn! 1.

k 1 n 1 n 1k! k 1 n k ! k 1 ! n 1 k 1 !

+

++

= = =+ + ++ − + + − +

(3)

Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được: ( )

( )( )( )( )( )

k kk k 2n n 21 kC 1 kC

k 1 k 2 n 1 n 2

+

+− −

=+ + + +

.




Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có

( )( ) ( )n3 4 5 n 2

n 2 n 2 n 2 n 2n 1 n 2 S C 2C 3C ... 1 nC +

+ + + ++ + = − + − + + −

( ) ( ) ( ) ( )n2 3 3 4 4 5 n 1

n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1C C 2 C C 3 C C ... 1 nC +

+ + + + + + += − + + + − + + + −

( )n2 3 4 n 1

n 1 n 1 n 1 n 1C C C ... 1 C +

+ + + += − + − + + −

( )( )n 10 1 0 1 2 3 4 5 n 1

n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1C C C C C C C C ... 1 C+ +

+ + + + + + + + += − − − + − + − + + −

( ) ( )n 1

1 n 1 1 1 n−

= − + − − = −

Vậy ( )( )

nS

n 1 n 2

−=

+ +.

12. Tính tổng : T = 0 1 2 24 2550 50 50 50 50C C C .... C C− + − + − .

LỜI GIẢI

Ta có : 0 1 2 3 49 5050 50 50 50 50 50C C C C ... C C− + − + − + = (1 – 1)50 = 0

Mà : 0 50 1 49 24 2650 50 50 50 50 50C C , C C , ...,C C= = =

Suy ra : 0 1 2 3 24 2550 50 50 50 50 502C 2C 2C 2C ... 2C C 0− + − + + − =

2T + 2550C = 0 T =

2550C

2− .

13. (CĐ Công nghiệp HN 2003) Cho đa thức: P(x) = (16x – 15)2003.

Khai triển đa thức đó dưới dạng: P(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a2003x2003.

Tính tổng S = a0 + a1 + a2 + … + a2003.

LỜI GIẢI

Ta có: (16x – 15)2003 = a0 + a1x + a2x2 + … + a2003x2003 (1)

Thay x = 1 vào (1) ta được: (16.1 – 15)2003 = a0 + a1 + a2 + … + a2003.

Kết luận a0 + a1 + a2 + … + a2003 = 1.




8. Tính tổng 2 3 4 nn n n nS 1.2.C 2.3.C 3.4.C ... (n 1)n.C= + + + + − với nN và n >

2.

LỜI GIẢI

Áp dụng công thức trên hai lần k k 1n n 1kC nC −

−=

k k 1 k 2n n 1 n 2(k 1)kC (k 1)nC n(n 1)C− −

− −− = − = − suy ra k k 2

n n 2(k 1)kC n(n 1)C −

−− = −

Như vậy:

2 3 4 nn n n nS 1.2.C 2.3.C 3.4.C ... (n 1)n.C= + + + + −

0 1 2 n 2 n 2n 1 n 1 n 1 n 2n(n 1) C C C .. C n(n 1)2− −

− − − − = − + + + + = −

9. Tính tổng 1 1 1 1

S2!.2012! 4!.2010! 2012!.2! 2014!

= + + + +

LỜI GIẢI

Ta có 2014! 2014! 2014! 2014!

2014!S2!.2012! 4!.2010! 2012!.2! 2014!

= + + + +

Theo công thức tổ hợp ta có 2 4 2012 20142014 2014 2014 20142014!S C C C C= + + + +

Xét khai triển:

( )2014 0 1 2 2 2012 2012 2013 2013 2014 2014

2014 2014 2014 2014 2014 20141 x C C x C x C x C x C x+ = + + + + + +

Chọn x 1= − ta có 0 1 2 2012 2013 2013 20142014 2014 2014 2014 2014 20140 C C C C C x C= − + + + − +

0 2 2012 2014 1 3 2013 20132014 2014 2014 2014 2014 2014 2014C C C C C C C x + + + + = + + +

( )0 2 2012 2014 0 1 2013 2013 2014

2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014

1C C C C C C C x C

2 + + + + = + + + +

0 2 2012 2014 2014 20132014 2014 2014 2014

1C C C C .2 2

2 + + + + = =

2 2012 2014 20132014 2014 2014C C C 2 1 + + + = −




Vậy 20132 1

S2014!

−=

11. Tính tổng 3 4 5 nn n n nS 1.2.3.C 2.3.4.C 3.4.5.C (n 2)(n 1)n.C= + + + − −

LỜI GIẢI

Từ công thức k k 1n n 1kC nC −

−= ta có:

k k 1n n 1(k 2)(k 1)kC (k 2)(k 1)nC −

−− − = − −

k 1 k 2n 1 n 2n(k 2)(k 1)C n(k 2)(n 1)C− −− −

= − − = − −

k 2 k 3n 2 n 3n(n 1)(k 2)C n(n 1)(n 2)C− −− −

= − − = − − (1)

Áp dụng công thức (1) 3 k n,k , có:

Với 3 0n n 3k 3 : 1.2.3.C n(n 1)(n 2)C

−= = − − .

Với 4 1n n 3k 4 : 2.3.4.C n(n 1)(n 2)C

−= = − − .

Với 5 2n n 3k 5 : 3.4.5.C n(n 1)(n 2)C

−= = − − .

Với n n 3n n 3k n : (n 2)(n 1)n.C (n 2)(n 1)n.C −

−= − − = − − .

Từ đó suy ra:

0 1 2 n 3 n 3n 3 n 3 n 3 n 3S n(n 1)(n 2) C C C ... C n(n 1)(n 2).2− −

− − − − = − − + + + + = − −

.

1. Tính tổng 0 1 2 nn n n n

1 1 1 1S C C C ... C

1 2 3 n 1= + + + +

+, nN* (THTT-12-2008-

Tr 14)

LỜI GIẢI

Theo công thức k k 1n n 1kC nC −

−=

Ta có k 1 k k 1 kn 1 n n 1 n

1 1(k 1)C (n 1)C C C

n 1 k 1+ ++ +

+ = + =+ +




Nên 0 1 2 n 1 2 n 1n n n n n 1 n 1 n 1

1 1 1 1 1 1 1S C C C ... C C C ... C

1 2 3 n 1 n 1 n 1 n 1+

+ + += + + + + = + + +

+ + + +

( ) ( )1 2 n 1 1 2 n 1n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1

1S C C C C C C n 1 .S

n 1+ +

+ + + + + += + + + + + + = +

+

( )0 1 2 n 1 0n 1 n 1 n 1 n 1 n 1C C C C n 1 .S C+

+ + + + + + + + + = + +

( ) ( )n 1 0 n 1n 12 n 1 .S C 2 1 n 1 .S+ +

+ = + + − = +

n 12 1S

n 1

+ − =

+

2. Tính 0 1 2 nn n n n

1 1 1 1S .C .C .C ... .C

1.2 2.3 3.4 (n 1)(n 2)= + + + +

+ +

LỜI GIẢI

Sử dụng công thức k k 1n n 1

1 1.C .C

(k 1) (n 1)+

+=

+ +

k k k 1 k 1n n n 1 n 1

1 1 1 1 1 1.C .C . .C . .C

(k 1)(k 2) (k 2)(k 1) (k 2) (n 1) (n 1) (k 2)+ +

+ += = =

+ + + + + + + +

k 2n 2

1 1. .C

(n 1) (n 2)+

+=

+ +

Như vậy ( )2 3 4 n 2n 2 n 2 n 2 n 2

1S C C C ... C

(n 1)(n 2)+

+ + + += + + + +

+ +

( ) ( )n 2 0 1 n 2n 2 n 2

1 1S 2 C C 2 n 3

(n 1)(n 2) (n 1)(n 2)+ +

+ += − − = − −

+ + + +

3. Tính 0 1 2 nn n n n

1 1 1 1S .C .C .C ... .C

1.2.3 2.3.4 3.4.5 (n 1)(n 2)(n 3)= + + + +

+ + +

LỜI GIẢI

Ta có :

k k k 1n n n 1

1 1 1 1C C .C

(k 1)(k 2)(k 3) (k 2)(k 3) k 1 (k 2)(k 3)(n 1)++

= =

+ + + + + + + + +

k 1 k 2 k 3n 1 n 2 n 3

1 1 1 1 1. .C . .C .C

(n 1)(k 3) k 2 (n 1)(k 3) n 2 (n 1)(n 2)(n 3)+ + ++ + +

= = =

+ + + + + + + + +




Suy ra: 3 4 n 3n 3 n 3 n 3

1S . C C ... C

(n 1)(n 2)(n 3)+

+ + + = + + + + + +

( )

n 4 2n 3 0 1 2

n 3 n 3 n 3

1 2 n 7n 142 C C C

(n 1)(n 2)(n 3) 2(n 1)(n 2)(n 3)

++

+ + +

− − −= − − − =

+ + + + + +

TÌM HỆ SỐ CỦA MỘT SỐ HẠNG

Tìm hệ số của số hạng thứ k trong các khai triển sau:


22x y+


1 x+ .


2 x− .


3 2x− .


x y+ .


3x xy+ .

LỜI GIẢI


22x y+

Ta có số hạng tổng quát ( )k

k n k k k 14 k 2k 1 n 14T C a b C (2x) y− −+ = = . Để có số hạng thứ 9 thì

k 1 9 k 8+ = = . Vậy số hạng thứ 9 trong khai triển là ( )8

8 6 2 6 1614C (2x) y 192192x y= .


1 x+ .

Ta có ( )11

11 k k11

k 0

1 x C x=

+ = . Để có hệ số của 7x thì k 7= . Kết luận 77 11a C= .


2 x− .




Ta có ( ) ( )19 19

19 kk 19 k k k 19 k k19 19

k 0 k 0

2 x C 2 ( x) C 2 1 x− −

= =

− = − = − . Để có hệ số của 9x thì k 9= . Kết luận

( )99 10 9 10

9 19 19a C 2 1 C 2= − = − .


3 2x− .

Ta có ( ) ( )15 15

15 kk 15 k k k 15 k k15 15

k 0 k 0

3 2x C 3 ( 2x) C 3 2 x− −

= =

− = − = − . Để có hệ số của 7x thì k 7= . Kết luận

( )77 8

7 15a C 3 2= − .


x y+ .

Ta có ( )13

13 k 13 k k

13

k 0

x y C x y−

=

+ = . Để có hệ số của 5 8x y thì 13 k 5

k 8

− =

= k 8 = (đúng). Kết luận

hệ số của 5 8x y là 813C .


3x xy+ .

Ta có ( ) ( ) ( )15 15

15 15 k k3 k 3 k 45 2k k

15 15

k 0 k 0

x xy C x xy C x y−

−

= =

+ = = . Để có hệ số của 25 10x y thì

45 2k 25

k 10

− =

=k 10 = (đúng). Kết luận hệ số của 25 10x y là 10

15C .

16). Tìm số hạng là số nguyên trong khai triển:

a). ( )6

3 15− b). ( )9

33 2+ c). ( )19

33 2+

LỜI GIẢI

a). ( ) ( ) ( ) ( ) ( )6 66 6 k k 6 k k

k k

6 6k 0 k 0

3 15 C 3 15 C 3 3 5− −

= =

− = − = −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )k6 6 66 k k k 6 kk k kk k k 3 2

6 6 6k 0 k 0 k 0

C 1 3 3 5 C 1 3 5 C 1 3 5−

= = =

= − = − = − . Để có số hạng chứa số

nguyên thì k

2là số nguyên, có nghĩa

k 2

0 k 6; k

k 0,2,4,6 = .

Vậy số hạng nguyên là 0 3 2 3 4 3 2 6 3 36 6 6 6C 3 C 3 5 C 3 5 C 3 5 15552+ + + = .




b). ( ) ( ) ( )k9 k

1 k1 9 k9 9 99 9 k3 3k k k3 32 2

9 9 9k 0 k 0 k 0

3 2 C 3 2 C 3 2 C 3 2

−−−

= = =

+ = = =

. Để có số hạng chứa số

nguyên thì (9 k) 2

k 3 k 3,9

0 k 9

−

=

.

Vậy số hạng nguyên là 3 3 9 39 9C 3 2 C 2 4544+ = .

c). ( ) ( ) ( )19 19 k

3 3k

193 2 C 3 2

−

+ =

18)

a) Tìm hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển nhị thức14

2 2x

x

−

; x 0

b) Tìm hệ số của số hạng chứa 3x trong khai triển nhị thức 9

2 1x ; x 0

3x

+

c) Tìm hệ số của số hạng chứa 15x trong khai triển nhị thức 9

312x ; x 0

x

− +

d) Tìm hệ số của số hạng chứa 8x trong khai triển nhị thức7

4 22x ; x 0

x

−

e) Tìm hệ số của số hạng chứa 18x trong khai triển nhị thức11

3

2

x 2; x 0

3 x

−

LỜI GIẢI

a) Tìm hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển nhị thức14

2 2x

x

−

; x 0

Ta có ( ) ( )14 k14 1414 k k2 k 2 k 28 2k k

14 14k 0 k 0

2 2x C x C x 2 x

x x

−− −

= =

− = − = −

( )14

kk 28 3k14

k 0

C 2 x −

=

= − . Để có hệ số của 10x thì 28 3k 10 k 6− = = . Kết luận hệ số của 10x là

( )66

14C 2 192192− = .




b) Tìm hệ số của số hạng chứa 3x trong khai triển nhị thức 9

2 1x ; x 0

3x

+

Ta có ( )9 k9 9 99 k

2 k 2 k 18 2k k k 18 3k9 9 9k k

k 0 k 0 k 0

1 1 1 1x C x C x x C x

3x 3x 3 3

−− − −

= = =

+ = = =

. Để có hệ số của 3x thì 18 3k 3 k 5− = = . Kết luận hệ số của 3x là 59 5

1 14C

273= .

c) Tìm hệ số của số hạng chứa 15x trong khai triển nhị thức 9

312x ; x 0

x

− +

Ta có ( ) ( )9 9 k9 9k 9 k3 k 3 k k k 9 3k

9 9k 0 k 0

1 12x C 2x C 1 2 x x

x x

−− −

= =

− + = − = −

( )9

9 kk k 4k 99

k 0

C 1 2 x− −

=

= − . Để có hệ số của 15x thì 4k 9 15 k 6− = = . Kết luận hệ số của 15x là

( )36 6

9C 1 2 5376− = − .

d) Tìm hệ số của số hạng chứa 8x trong khai triển nhị thức7

4 22x ; x 0

x

−

Ta có ( ) ( ) ( )7 k7 77 k 7 k k4 k 4 k 28 4k k

7 7k 0 k 0

2 22x C 2x C 2 x 2 x

x x

− − − −

= =

− = − = −

( ) ( )

77 k kk 28 5k

7k 0

C 2 2 x− −

=

= − . Để

có hệ số của 8x thì 28 5k 8 k 4− = = . Kết luận hệ số của 8x là 4 3 47C 2 ( 2) 4480− = .

e) Tìm hệ số của số hạng chứa 18x trong khai triển nhị thức11

3

2

x 2; x 0

3 x

−

Ta có ( )11 11 k k11 113 3

kk k 33 3k 2k11 112 2 11 k

k 0 k 0

x 2 x 2 1C C x 2 x

3 3x x 3

−

− −

−= =

− = − = −

( )11

kk 33 5k11 11 k

k 0

1C 2 x

3

−

−=

= − .

Để có hệ số của 18x thì 33 5k 18 k 3− = = . Kết luận hệ số của 18x là 3 311 8

1 440C ( 2)

21873− = − .

4. Cho ( ) ( ) ( )2 20 2 20

0 1 2 20P(x) 1 x 2 1 x ... 20 1 x a a x a x ... a x .= + + + + + + = + + + +

Tính 15a .

LỜI GIẢI

Hệ số của 15x trong ( ) ( ) ( )15 16 20

1 x , 1 x ,..., 1 x+ + + lần lượt là




15 15 15 15 15 1515 16 17 18 19 20C ,C ,C ,C ,C ,C .

Suy ra 15 15 15 15 15 1515 15 16 17 18 19 20a 15C 16C 17C 18C 19C 20C 400995.= + + + + + =

5. Đặt 2 3 5 20 1 2 15f(x) (1 x x x ) a a x a x ... a= + + + = + + + +

1). Tính 10a ; 2). Tính 0 1 15a a ... a+ + + ; 3). Tính

0 1 2 15a a a ... a− + − −

LỜI GIẢI

1). Ta có : 5

2f(x) (1 x) x (1 x) = + + +

5

2(1 x)(1 x ) = + +

5 2 5(1 x) (1 x )= + +

Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:

5 5 5 5

k k m 2m k m k 2m5 5 5 5

k 0 m 0 k 0 m 0

f(x) C x . C x C .C .x +

= = = =

= = (1)

Để có số hạng chứa 10x thì k 2m 10

k 0 k 2 k 40 k,m 5

m 5 m 4 m 3k,m

+ = = = =

= = =

Vậy 0 5 2 4 4 310 5 5 5 5 5 5a C C C C C C 1 50 50 101= + + = + + = .

2). Ta có 50 1 2 15f(1) (1 1 1 1) a a a ... a= + + + = + + + + .

Vậy 50 1 2 15a a a ... a 4 1024+ + + + = = .

3). Ta có 50 1 2 15f( 1) (1 1 1 1) a a a ... a− = − + − = − + − − .

Vậy 0 1 2 15a a a ... a 0− + − − = .

Nhận xét : Ta hay sử dụng kết quả sau :

Với đa thức : n n 1n n 1 1 0,P(x) a x a x ... a x a−

−= + + + +

Khi đó 0 1 2 n

n0 1 2 n

a a a ... a P(1)

a a a ... ( 1) a P( 1)

+ + + + =

− + − − − = −




1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niu tơn n

5

3

1x

x

+

, biết

tổng các hệ số của khai triển trên bằng 4096 (với n là số nguyên

dương và x > 0).

LỜI GIẢI

Đặt ( )n

5

3

1f x x

x

= +

.

Chọn x = 1 thay vào f(x) ta được tổng hệ số của khai triển.

Ta có ( ) ( )n nf 1 1 1 2= + = Theo đề bài ta có n2 4096 n 12= =

3. (ĐH Thuỷ lợi II 2000) Cho đa thức P(x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + (1 + x)11

+… + (1 + x)14 có dạng khai triển là: P(x) = a0 + a1x + a2x2 +… + a14x14.

Hãy tính hệ số a9.

LỜI GIẢI

a9 = 1 + 9 9 9 9 910 11 12 13 14C C C C C+ + + + = 1 + 1 2 3 4 5

10 11 12 13 14C C C C C+ + + +

= 1 + 10 + 11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10

2 6 24 120+ + + = 3003

4. Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: 11 7

2

2

1 1A x x

xx

= − + +

LỜI GIẢI

Công thức khai triển của biểu thức là:

( ) ( )

k11 7 11 77 n kk 11 k n 2 k 11 3k n 14 3n11 7 11 72 n

k 0 n 0 k 0 n 0

1 1A C .x . C . x . 1 .C .x C .x

x x

−− − −

= = = =

− = + = − +

Để số hạng chứa x5 thì 11 3k 5 k 2

14 3n 5 n 3

− = =

− = =




Kết luận hệ số của x5 là 2 311 7C C 90+ = .

5. Khai triển và rút gọn biểu thức ( ) 2 n1 x 2(1 x) ... n(1 x)− + − + + − thu

được đa thức n0 1 nP(x) a a x ... a x= + + + . Tính hệ số 8a biết rằng n là số

nguyên dương thoả mãn2 3n n

1 7 1

nC C+ = .

LỜI GIẢI

Ta có 2 3n n

n 31 7 1

2 7.3! 1nC C

n(n 1) n(n 1)(n 2) n

+ = + = − − −

2

n 3n 9

n 5n 36 0

=

− − =

(nhận).

Suy ra hệ số của a8 nằm trong biểu thức 8 98(1 x) 9(1 x) .− + −

Đó là 8 88 98.C 9.C 89.+ =

Tìm a để trong khai triển ( )( )6

1 ax 1 3x+ − hệ số của hạng chứa 3x bằng 405.

LỜI GIẢI

Có ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )6 6

6 6 6 k mk m6 6

k 0 m 0

1 ax 1 3x 1 3x ax 1 3x C 3x ax. C 3x= =

+ − = − + − = − + −

( ) ( )6 6

k mk k m m 16 6

k 0 m 0

C 3 .x C .a. 3 .x +

= =

= − + − . Để có số hạng chứa 3x thì k 3 k 3

m 1 3 m 2

= =

+ = =

Vậy hệ số của số hạng chứa 3x là

( ) ( )3 23 2

3 6 6a C . 3 C .a. 3 540 135a 405 a 7= − + − − + = = .

Tìm hạng số thứ 4 trong khai triển 6

3 218a x

2

−

theo lũy thừa tăng dần của x.

LỜI GIẢI




Có ( ) ( )6 k k6 66 k 6 k

3 2 k 3 2 k 3 2k6 6

k 0 k 0

1 1 18a x C 8a x C 8a .x

2 2 2

− −

= =

− = − = −

(1)

Với k = 0 thay vào (1) được số hạng thứ nhất, tiếp theo thay k = 1 được số hạng thứ 2,

thay k = 2 được số hạng thứ 3. Vậy khi thay k = 3 được số hạng thứ 4 là

( )3

33 3 6 9 66

1C . 8a x 1280a x

2

− = −

.

Tìm hệ số của 5x trong khai triển: ( ) ( )5 102P x 1 3x x 1 2x= + − −

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )5 10

5 10 k m2 k 2 m5 10

k 0 m 0

P x 1 3x x 1 2x x C 3x x C 2x= =

= + − − = − −

( ) ( )5 10

k mk k 1 m m 25 10

k 0 m 0

C 3 x C 2 x+ +

= =

= − −

Để cố hệ số của 5x thì k 1 5 k 4

m 2 5 m 3

+ = =

+ = = (thỏa).

Kết luận hệ số của 5x là ( )34 4 3

5 5 10a C 3 C 2 1365= − − = .

Bài 3: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức n

2

3

2x

x

+

, biết rằng n là số tự

nhiên thỏa phương trình: 2 1n n2C 5C 40 0− − = .

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( )

2 1n n

n! n!2C 5C 40 0 2. 5. 40 0

2! n 2 ! n 1 !− − = − − =

− −( )n n 1 5n 40 0 − − − =

2n 6n 40 0 n 10 − − = = (nhận).

Ta có ( )n 10 k10 1010 k

2 2 k 2 k k 20 5k10 103 3 3

k 0 k 0

2 2 2x x C x C .2 .x

x x x

−−

= =

+ = + = =

Để có số hạng không chứa x thì 20 5k 0 k 4− = = .

Vậy hệ số của số hạng không chứa x là 4 410C .2 3360=




7. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển n

3 2x

x

+

. Biết rằng

số nguyên dương n thỏa mãn 6 7 8 9 8n n n n n 2C 3C 3C C 2C

++ + + =

LỜI GIẢI

( )6 7 8 9 8 6 7 7 8 8 9 8n n n n n 2 n n n n n n n 2C 3C 3C C 2C C C 2 C C C C 2C

+ ++ + + = + + + + + =

7 8 9 8 7 8 8 9 8n 1 n 1 n 1 n 2 n 1 n 1 n 1 n 1 n 2C 2C C 2C C C C C 2C+ + + + + + + + +

+ + = + + + =

8 9 8n 2 n 2 n 2C C 2C+ + +

+ = 9 8n 2 n 2C C n 15+ +

= =

Khi đó ( )n k 30 5k15 1515 k

3 k 3 k k 615 15

k 0 k 0

2 2x C x C 2 x

x x

−−

= =

+ = =

Để có số hạng không chứa x thì 30 5k

0 k 56

−= = .

Hệ số của số hạng không chứa x phải tìm 6 615C .2 320320= .

8. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn : n 3 2 1 n 2n n 1 n 1 n 3C C C C− +

− − +− = . Tìm

hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển nhị thức NiuTon của biểu

thức n

3 n 8 nP x x

3x−

= −

.

LỜI GIẢI

Điều kiện n ,n 3

Ta có ( )

( )( )

( )( )

( )( )

n 3 2 1 n 2n n 1 n 1 n 3

n 1 ! n 1 ! n 1 !n!C C C C .

3! n 3 ! 2! n 3 ! n 2 ! n 2 !− +

− − +

− − +− = − =

− − − +

( )( ) ( )( ) ( )( )n n 1 n 2 3 n 1 n 2 6 n 1 n 3 − − − − − = − + ( ) ( ) ( )n n 2 3 n 2 6 n 3 − − − = +

( )

( )2

n 1 lo¹in 11n 12 0

n 12 nhËn

= − − − =

=

Khi đó ( ) ( )12 k12 1212 k k3 4 3 k 4 k 51 5k

12 12k 0 k 0

4 4P x x x C . x . C 4 .x

x x

−−

= =

− = − = = −




Số hạng tổng quát của khai triển là ( )kk 51 5k

12C 4 .x −−

Để có số hạng chứa x11 thì 51 5k 11 k 8− = =

Kết luận hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển là ( )88

12C . 4 32440320− =

9. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 2 3 n 1 nn n n n nC C C C C 255−+ + + + + = . Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai

triển nhị thức Niu tơn ( )n

2P(x) 1 x 3x= + + .

LỜI GIẢI

Với n là số nguyên dương ta có:

( )n0 1 2 3 n 1 n n

n n n n n nC C C C C C 1 1 2−+ + + + + + = + =

1 2 3 n 1 n nn n n n nC C C C C 2 1− + + + + + = − .

Theo giả thuyết ta có n n n 82 1 255 2 256 2 2 n 8− = = = = .

( ) ( )

88 k2 k 2

8k 0

P(x) 1 x 3x C 3x x=

= + + = +

Ngoài ta ta có ( ) ( ) ( )k kk k m

2 m 2 m m k m 2k mk k

m 0 m 0

3x x C 3x x C .3 .x 0 m k−

− −

= =

+ = =

Vậy 8 k 8 k

k m k m 2k m k m k m 2k m8 k 8 k

k 0 m 0 k 0 m 0

P(x) C C .3 .x C C .3 .x− − − −

= = = =

= =

Theo yêu cầu bài toán

2k m 14m 0 m 2

0 m k 8k 7 k 8

m,k

− = = =

= =

Kết luận hệ số của số hạng chứa x14 là 7 0 7 8 2 68 7 8 8C .C .3 C .C .3+ .

10. Cho khai triển Niutơn ( )2n

2 2n *0 1 2 2n1 3x a a x a x a x ,n− = + + + +

. Tính hệ số của a9 biết n thỏa mãn hệ thức : 2 3n n

2 14 1

nC 3C+ = .

LỜI GIẢI




Điều kiện *n ,n 3

( ) ( )

( ) ( )( )2 3n n

2 14 1 2 14 1 4 28 1

n! n!n n nn n 1 n n 1 n 2C 3C 3.2! n 2 ! 3! n 3 !

+ = + = + =− − −

− −

2

n 3n 9

n 7n 18 0

=

− − =

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )k18 1818 k kk k k2

18 18k 0 k 0

1 3x C 3x C 1 3 x= =

− = − = −

Do đó hệ số của 99 18a 81C 3 3938220 3= − = − .

11. Tìm hệ số của x5 trong khai triển ( ) ( )n 2n2P(x) x 1 2x x 1 3x= − + + , biết

rằng 2 n 1n n 1A C 5−

+− =

LỜI GIẢI

Điều kiện n 2,n

Ta có ( )( )2 n 1 2

n n 1

n 1 nA C 5 n n 1 5 n 3n 10 0 n 5

2−

+

+− = − − = − − = =

Với n = 5 ta có ( ) ( ) ( ) ( )5 10

5 10 k m2 k 2 m5 10

k 0 m 0

P(x) x 1 2x x 1 3x x C 2x x C 3x= =

= − + + = − +

( ) ( ) ( )

5 10k k 1 m 2k m m

5 10k 0 m 0

C 2 x C 3 x+ +

= =

= − + .

Để có số hạng chứa x5 thì k 1 5 k 4

m 2 5 m 3

+ = =

+ = =

Suy ra hệ số của số hạng chứa x5 : ( )44 3 3

5 10C 2 C 3 21360− + =

12. Tìm hệ số của x8 trong khai triển ( )182 1

x x 1 2x4

+ + +

.

LỜI GIẢI




( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

18 18 2 18 202 21 1 1 1x x 1 2x 4x 4x 1 1 2x 2x 1 2x 1 2x 1

4 4 4 4

+ + + = + + + = + + = +

( )

20 20kk k k k

20 20k 0 k 0

1 1C 2x C 2 x

4 4= =

= =

Từ đó suy ra hệ số của x8 trong khai triển là 8 820

1C 2 8062080

4= .

13. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển n

3 5

3

1nx

x

+

, biết

rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 1 2 2n n2C C n 20+ = − .

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( )

1 2 2 2n n

n! n!2C C n 20 2 n 20 n 8

n 1 ! n 2 !+ = − + = − =

− −

Ta có ( )8 8 k 40 14k8 88 k

3 33 5 5 k 5 k 8 k 38 83 3 3

k 0 k 0

1 1 18x 2 x C 2 x C 2 x

x x x

−−−

= =

+ = + = =

.

Để có chứa x4 thì 40 14k

4 k 23

−= = . Vậy hệ số của x4 là 2 6

8C 2 1792= .

14. Tìm hệ số chứa x4 trong khai triển n 2

2nx1 3x

6

− + +

, biết:

( )n 1 nn 4 n 3C C 7 n 3+

+ +− = +

LỜI GIẢI

Điều kiện n 2

n

. ( )

( )( )

( )( )n 1 n

n 4 n 3

n 4 ! n 3 !C C 7 n 3 7 n 3

3!n!3! n 1 !+

+ +

+ +− = + − = +

+

( )( )( ) ( )( )( )( )

n 4 n 3 n 2 n 3 n 2 n 17 n 3

6 6

+ + + + + + − = +

( )( ) ( )( )n 4 n 2 n 2 n 1 42 + + − + + =

n 12 = .




Với n 12= thì ( ) ( ) ( )n 2 1010 k

2 2 k 210

k 0

nxP x 1 3x 1 2x 3x C 2x 3x

6

−

=

= + + = + + = +

Ngoài ra ta có:

( ) ( ) ( ) ( )k kk mk m2 m 2 m k m m k m

k km 0 m 0

2x 3x C 2x 3x C .2 3 .x 0 m k− − +

= =

+ = =

Vậy 10 k m k

k m k m m k m k m k m m k m10 k 10 k

k 0 m 0 k 0 m 0

P(x) C C .2 .3 .x C C .2 .3 .x− + − +

= = = =

= =

Theo yêu cầu bài toán

k m 4m 0 m 1 m 2

0 m k 10k 4 k 3 k 2

m,k

+ = = = =

= = =

Kết luận hệ số của số hạng chứa x4 là:

4 0 4 3 1 2 2 2 0 210 4 10 3 10 2C C 2 C C 2 .3 C C 2 .3 8085+ + = .

15. Cho khai triển ( ) ( )210 2 2 14

0 1 2 141 2x 3 4x 4x a a x a x a x+ + + = + + + + . Tìm

6a

LỜI GIẢI

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2210 10 221 2x 3 4x 4x 1 2x 2 1 2x + + + = + + +

( ) ( ) ( )10 12 14

4 1 2x 4 1 2x 1 2x= + + + + +

Số hạng tổng quát của khai triển ( )10

4 1 2x+ là ( )kk

104C 2x hệ số của x6 trong khai triển

này là 6 6104.2 .C .


4 1 2x+ là ( )kk


này là 6 6124.2 .C .


1 2x+ là ( )kk


này là 6 6142 .C .

Kết luận 6 6 6 6 6 66 10 12 14a 4.2 .C 4.2 .C 2 .C 482496= + + = .




16. Tìm hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển

( ) ( ) ( )220 2f x 1 2x x x 1= + + + thành đa thức.

LỜI GIẢI

Ta có ( )22 1 3

x x 1 2x 14 4

+ + = + + .

Vậy ( ) ( ) ( ) ( )2

220 20 22 1 31 2x x x 1 1 2x 2x 1

4 4

+ + + = + + +

( ) ( ) ( )20 4 21 3 9

1 2x 2x 1 1 2x16 8 16

= + + + + +

( ) ( ) ( )24 22 201 3 9

1 2x 1 2x 1 2x16 8 16

= + + + + +

Có ( )n

n k k k

nk 0

1 2x C 2 x=

+ = , để có hệ số của 6x thì k 6= , nên:

Trong khai triển ( )24

1 2x+ hệ số của 6x là 6 6

242 C .



222 C .



202 C .

Vậy hệ số 6 6 6 6 6 6

6 24 22 20

1 3 9a 2 C 2 C 2 C

16 8 16= + +

18. Cho ( ) ( )n

21P x x x

x

= − +

. Xác định số hạng không phụ thuộc vào

x khi khai triển ( )P x biết n là số nguyên dương thỏa mãn

3 2n n 1C 2n A

++ = .

LỜI GIẢI

Ta có ( )( )( )

3 2n n 1

n N,n 3

C 2n A n 8n n 1 n 22n n 1 n

6

+

+ = =− −+ = +




( ) ( ) ( ) ( ) ( )

8 8 k 8 k8 8 kk mk k2 k 2 k m k m 28 8 k

k 0 k 0 m 0

1 1 1x x C 1 x x C 1 . C x . x

x x x

− −

−

= = =

− + = − + = −

( )

8 kk k m 2k m 8

8 kk 0 m 0

1 C .C .x + −

= =

= −

Để có số hạng không phụ thuộc vào x thì:

0 m k 8,m ,k 0 m k 8,m ,k m 0 m 2

2k m 8 0 2k m 8 k 4 k 3

= =

+ − = + = = =

Suy ra có hai số hạng không phụ thuộc vào x là 4 08 4C .C và ( ) 3 2

8 31 C .C− .

Kết luận hệ số của số hạng không chứa x là ( )4 0 3 28 4 8 3C .C 1 C .C 98+ − = − .

19. Tìm hệ số của x7 trong khai triển biểu thức ( )2n

2 3x− thành đa

thức , biết rằng : 1 3 2n 12n 1 2n 1 2n 1C C C 1024+

+ + ++ + + = .

LỜI GIẢI

Ta có ( )2n 1 0 1 2 2 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 x C C x C x C x+ + +

+ + + ++ = + + + + .

Chọn ( )2n 1 0 1 2 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1x 1 2 C C C C 1+ +

+ + + += = + + + + .

Chọn ( )0 1 2 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1x 1 0 C C C C 2+

+ + + += − = − + + − .

Lấy ( ) ( )1 2− ta được:

( )2n 1 1 3 2n 1 1 3 2n 1 2n2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 12 2 C C C C C C 2+ + +

+ + + + + += + + + + + + =

2n 2n 102 1024 2 2 2n 10 n 5 = = = = .

Ta có : ( ) ( ) ( )10 10

10 k kk 10 k k 10 k k10 10

k 0 k 0

2 3x C .2 . 3x C .2 . 3 .x− −

= =

− = − = − .

Từ đó suy ra hệ số của x7 là ( )77 3

10C .2 . 3− .

21. Đặt ( )4

2 3 2 120 1 2 121 x x x a a x a x a x− + − = + + + + . Tính hệ số cố a7.

LỜI GIẢI




( ) ( ) ( ) ( )

4 44 44 k2 3 2 k k i 2i4 4

k 0 i 0

1 x x x 1 x 1 x 1 C x C x= =

− + − = − + = −

Từ giả thuyết ta có ( )k 2i 7 0 k,i 4;k,i+ = .

Từ đó suy ra k 1 k 3

i 3 i 2

= =

= =

Vậy 1 3 3 27 4 4 4 4a C C C C 40= − − = − .

22. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển biểu thức

( ) ( )n

5

3

2P x x x 0

x

= +

. Biết số nguyên dương n thỏa mãn:

1 2 n 1 nn n n nC C C C 4095−+ + + = .

LỜI GIẢI

Ta có: 1 2 n 1 nn n n nC C C C 4095−+ + + =

0 1 2 n 1 n n 12n n n n nC C C C C 4096 2 2 n 12− + + + + = = =

Ta có ( )12 5k 11k12 12 36

5 k 12 k 36 3k k 12 k2 212 123

k 0 k 0

2P x x C .2 .x .x C .2 .x

x

− +− − + −

= =

= + = =

.

Để có hệ số của số hạng chứa x8 thì 11k

36 8 k 82

− + = = .

Vậy hệ số của x8 trong khai triển là: 8 412C .2 7920= .

23. Cho khai triển ( ) ( ) ( )n n 2 n

0 1 2 n1 n x 1 x a a x a x ... a x 1− + + = + + + + (n

nguyên dương). Biết rằng: 0 1 2 na a a ... a 4096+ + + + = . Hãy tính a4.

LỜI GIẢI.

Với x = 1 thay vào (1) ta được:

( ) ( )n n n 2

0 1 2 na a a ... a 1 1 1. 1 1 2 2 4096 n 12+ + + + = − + + = = = .

Do đó trong khai triển:




( ) ( ) ( ) ( ) ( )12 12 12 12

12 12 k k kk m m k m m 112 12 12 12

k 0 m 0 k 0 m 0

1 x x 1 x C x x C x 1 C x C x +

= = = =

− + + = − + = − +

Để có hệ số của x4 thì k 4 k 3

m 1 4 m 3

= =

+ = =

Vậy ( )4 4 3

4 12 12a 1 .C C 715= − + = .

24. Cho số tự nhiên n thỏa mãn n 1 n 2n nC C 36− −+ = . Tìm hệ số của x8

trong khai triển thành đa thức của biểu thức ( ) ( )n

2 3f x 1 2x x= + − .

LỜI GIẢI

( )n 1 n 2n nC C 36 1− −+ = .Điều hiện n *,n 2 .

( )

( )( )

n 1 2n 1

n 1 !1 C 36 36 n n 72 0 n 8 n 9

2 n 1 !−

+

+ = = + − = = = −

−.

So với điều kiện nhận n = 8.

Từ đó ( ) ( ) ( )8 8

2 3 2f x 1 2x x 1 x 2 x = + − = + −

( ) ( )8 8k kk 2 k 2k

8 8k 0 k 0

C x 2 x C x 2 x= =

= − = −

( ) ( )

8 k 8 ki ik 2k i k i k i k i 2k i

8 k 8 kk 0 i 0 k 0 i 0

C x . C .2 x 1 .2 C .C .x− − +

= = = =

= − = − .

Để có số hạng chứa x8 thì

k 42k i 8

i 00 i k 8

k 3i,k

i 2

= + =

= =

=

Vậy hệ số của x8 trong khai triển f(x) là: ( ) ( )0 24 4 0 3 2

8 4 8 31 .2 .C .C 1 .2.C .C 1456− + − = .

37. (ĐH khối A 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức

của [1 + x2(1 – x)]8.

LỜI GIẢI




Ta có ( ) ( ) ( ) ( )888 8 k k

2 2 3 k 3 28

k 0

1 x 1 x 1 x x C x 1 x−

=

+ − = + − = − +

( ) ( ) ( )8 k 8 km8 k 8 kk 24 3k m 2 k m 24 3k 2m

8 k 8 kk 0 m 0 k 0 m 0

C 1 .x . C . x C C 1 x− −− − +

= = = =

= − = − .

Số hạng chứa x8 ứng với giá trị k, m thỏa mãn:

16 2m k 6k24 3k 2m 8 3 m 10 m k 8 0 m k 8

k 8m,k m,k

m 4

+ == − + = =

= =

Vậy hệ số của x8 trong khai triển là: ( ) ( )2 06 1 8 4

8 6 8 8C C 1 C C 1 238− + − =

36. (ĐH khối A 2003) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển

nhị thức Newton của n

5

3

1x

x

+

, biết rằng: n 1 n

n 4 n 3C C 7(n 3)++ +− = + (n

nguyên dương, x > 0).

LỜI GIẢI

Ta có: n 1 nn 4 n 3C C 7(n 3)++ +− = + ( )n 1 n n

n 3 n 3 n 3C C C 7(n 3)+

+ + ++ − = +

(n 2)(n 3)

2!

+ += 7(n + 3 n + 2 = 7.2! = 14 n = 12.

Số hạng tổng quát của khai triển là: ( )12 k

5 60 11kk 3 k k2 212 12C (x ) x C x

−−

− =

Số hạng chứa x8 trong khai triển, ứng với giá trị k thỏa: 60 11k

2

− = 8 k = 4.

Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là 412

12!C

4!(12 4)!=

− = 495.

38. (ĐH khối D 2004)Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển

nhị thức Newton của:7

3

4

1x

x

+

với x > 0




LỜI GIẢI

Ta có: ( )k7 7 k k 28 7k7 7 77 k

3 k 3 k k3 4 127 7 74 4

k 0 k 0 k 0

1 1x C x C x .x C x

x x

− − −−

= = =

+ = = =

Số hạng không chứa x là số hạng tương ứng với k (k Z, 0 ≤ k ≤ 7) thoả mãn:

28 7k0 k 4

12

−= = .

Vậy số hạng không chứa x cần tìm là 47C = 35.

39. (ĐH khối A 2005 dự bị 2): Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa

thức (2 – 3x)2n, trong đó n là số nguyên dương thoả mãn:

1 3 5 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C 1024+

+ + + ++ + + + = .

LỜI GIẢI

Ta có: ( ) ( )2n 1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 x C C x C x C x ... C x *+ + +

+ + + + ++ = + + + + +

Chọn x = 1 thay vào (*) được:

22n+1 = 0 1 2 3 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C ... C +

+ + + + ++ + + + + (1)

Cho x = –1 thay vào (*) được:

0 = 0 1 2 3 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C ... C +

+ + + + +− + − + − (2)

Lấy (1) – (2):

( )2n 1 1 3 2n 1 1 3 2n 1 2n2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 12 2 C C ... C C C ... C 2+ + +

+ + + + + += + + + + + + =

Theo đề bài ta có: 2n2 1024 2n 10 n 5= = =

Ta có: (2 – 3x)10 = ( ) ( )10 10

10 kk 10 k k 10 k k k10 10

k 0 k 0

2 3x C 2 3x C 2 ( 3) (x)− −

= =

− = − = −

Số hạng chứa x7 ứng với giá trị k thỏa: k = 7.

Suy ra hệ số của x7 là ( )77 3

10C 3 2 2099520− = −




40. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức Niu tơn

củan

7

4

1x

x

+

, biết rằng 1 2 n 20

2n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1+ + ++ + + = −

LỜI GIẢI

• Từ giả thiết suy ra: 0 1 2 n 202n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C 2

+ + + ++ + + + = (1)

Vì k 2n 1 k2n 1 2n 1C C + −

+ == , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 nên:

( )0 1 2 n 0 1 2 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

1C C C ... C C C C ... C

2+

+ + + + + + + ++ + + + = + + + + (2)

Từ khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra:

0 1 2 2n 1 2n 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C (1 1) 2+ + +

+ + + ++ + + + = + = (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220 n = 10.

• Ta có: ( )10 10 10k

11k 407 k 4 10 k 7 k10 104

k 0 k 0

1x C (x ) x C x

x

−− −

= =

+ = =

Số hạng chứa x26 ứng với giá trị k thỏa mãn 11k 40 26 k 6− = =

Vậy hệ số của x26 là 610C = 210.

42. (CĐ Sư phạm TPHCM khối BT 2006)Khai triển biểu thức (1 –

2x)n ta được đa thức có dạng: a0 + a1x + a2x2 + … + anxn.

Tìm hệ số của x5, biết a0 + a1 + a2 = 71.

LỜI GIẢI

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = k k knC ( 2) .x−

Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71 0 1 2n n nC 2C 4C 71− + =

n N, n 2

n(n 1)1 2n 4 71

2

−

− + =

2

n N, n 2

n 2n 35 0

+ − =

n = 7

Với n = 7, ta có hệ số của x5 trong khai triển (1 – 2x)n là:




a5 = 5 57C ( 2)− = – 672.

43. (CĐ Điện lực TPHCM 2006): Tìm số hạng không chứa x trong

khai triển nhị thức n

2

3

1x

x

+

, biết rằng: 1 3

n nC C 13n+ = (n là số tự

nhiên lớn hơn 2, x là số thực khác 0).

LỜI GIẢI

Ta có: 1 3 2n n

n 10n(n 1)(n 2)C C 13n n 13n n 3n 70 0

n 76

=− −+ = + = − − =

= −

So với điều kiện nhận n = 10.

Số hạng tổng quát của khai triển nhị thức là:

k 2 10 k 3 k k 20 5kk 1 10 10T C (x ) (x ) C x− − −+= =

Số hạng không chứa x ứng với giá trị k thỏa mãn 20 – 5k = 0 k = 4

Vậy số hạng không chứa x là: 45 10T C 210= =

44. (CĐ Kinh tế đối ngoại khối AD 2006): Cho A = 20 10

3

2

1 1x x

xx

− + −

. Sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ

gồm bao nhiêu số hạng?

LỜI GIẢI

Khai triển biểu thức 20 10

3

2

1 1A x x

xx

= − + −

= ( ) ( ) ( )20 10k 10 k n

k k 20 k 2 n n 3 120 10

k 0 n 0

( 1) C x x ( 1) C x x−

− − −

= =

− + −

( ) ( )20 10

k nk 20 3k n 30 4n20 10

k 0 n 0

1 C x 1 C x− −

= =

= − + −

Xét trường hợp 2 biểu thức có số hạng chứa x mũ giống nhau:




20 3k 30 4n 4n 3k 10n 4

0 k 20 0 k 20n 7

0 n 10 0 n 10n 10

n,k n,k

− = − − = =

= =

20 – 3k = 30 – 4n 10 – n = 3(n – k)

có 3 số hạng trong hai khai triển trên có luỹ thừa của x giống nhau.

Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm: 21 + 11 – 3 = 29 số hạng.

49. Tìm hệ số của x7 trong khai triển nhị thức Niu tơn của n

2 2x

x

−

,

biết n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 3n 1 n n4C 2C A++ = .

LỜI GIẢI

Ta có ( )3 2 3n 1 n n4C 2C A 1++ = . Điều kiện n 3,n

( )

( )( ) ( ) ( )

n 1 ! n! n!1 4 2

3! n 2 ! 2! n 2 ! n 3 !

+ + =

− − −

( ) ( )( ) ( )( )

2 n 1 n n 1n n 1 n n 1 n 2

3

+ − + − = − −

( ) ( ) ( )2 2 22 n 1 3 n 1 3 n 3n 2 n 12n 11 0 n 11 − + − = − + − + = =

50. Tìm hệ số chứa x7 trong khai triển ( )n

32 x 2x− + biết

0 1 2n n nC C C 29+ + =

LỜI GIẢI

( )0 1 2n n nC C C 29 1+ + = . Điều kiện n 2,n .

( )

( ) ( )n! n!

1 1 29n 1 ! 2! n 2 !

+ + =− −

( ) 2n n 1

1 n 29 n n 56 0 n 72

− + + = + − = =




Ta có ( ) ( ) ( ) ( )7 7 k7 7 kk i3 k 3 k 7 k 21 3k i k i

7 7 kk 0 k 0 i 0

2 x 2x C 2 x 2x C 2 x C 2 x−

− − −

= = =

− + = − = −

( )

7 kik i 7 i 21 3k i

7 kk 0 i 0

C C .2 1 .x− − +

= =

= −

Để có hệ số chứa x7 ta phải có:

21 3k i 7 3k i 14i 1 i 4 i 7

0 i k 7 0 i k 7k 5 k 6 k 7

i,k i,k

− + = − = = = =

= = =

Kết luận hệ số của x7: ( ) ( ) ( )4 75 1 6 6 4 3 7 7

7 5 7 6 7 7C C 2 1 C C 2 1 C C 1 5881− + − + − = −

51. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3 3n 3 n 1A 6C 294+ +− = . Tìm số

hạng mà tích số mũ của x và y bằng 18 trong khai triển nhị thức Niu

tơn ( )n

24

2

ynx, xy 0

3y x

+

.

LỜI GIẢI

( )3 3n 3 n 1A 6C 294 1+ +− = . Điều kiện n 2,n

( )

( ) ( )( )

( )( )( ) ( ) ( )n 3 ! n 1 !

1 6 294 n 3 n 2 n 1 n 1 n n 1 294n! 3! n 2 !

+ + − = + + + − + − =

−

2n 2n 48 0 n 6 + − = = .

Ta có

6 k6 k2 24 46 6k k 6 k 24 6k 6 3k6 62 2

k 0 k 0

y y2x 2xC C .2 .x .y

y yx x

−

− − − +

= =

+ = =

Để tích của hai số mũ của x và y bằng 18, theo đề bài có

( )( ) 224 6k 6 3k 18 k 6k 9 0 k 3− − + = − + = =

Số hạng cần tìm là: 3 3 6 3 6 36C 2 .x y 160x y=

52. Tìm số hạng không phụ thuộc vào x trong khai triển nhị thức

Niu tơn của ( )n

51

x , x 0x

−

. Biết n số nguyên dương thỏa




n 1 n 2 n 3 2n 2n 1 362n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C C 2+ + + +

+ + + + ++ + + + + = .

LỜI GIẢI

Ta có k 2n 1 k2n 1 2n 1C C , k 0,2n 1+ −

+ += = +

Nên ta có:

0 1 2 n n 1 n 2 n 3 2n 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C C C C C C+ + + +

+ + + + + + + + ++ + + + = + + + + +

Vậy n 1 n 2 n 3 2n 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C C+ + + +

+ + + + ++ + + + +

( )0 1 2 n n 1 n 2 n 3 2n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

1C C C C C C C C C

2+ + + +

+ + + + + + + + += + + + + + + + + + +

2n 1 2n1.2 2

2+= =

Theo đề bài ta có 2n 362 2 2n 36 n 18= = =

NHỊ THỨC NIU TƠN TÌM HỆ SỐ ak max

1. (HV Kỹ thuật quân sự 2000) Khai triển đa thức: P(x) = (1 + 2x)12

thành dạng: a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12. Tìm max(a1, a2, …, a12).

LỜI GIẢI

P(x) = (1 + 2x)12 = a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12

Ta có số hạng tổng quát: ( )kk k k k

12 12C 2x C 2 x= .

Hệ số của số hạng tổng quát k kk 12a C .2=

Giả sử ( )k 0 1 12a max a ,a ,...,a= . Từ đó ta có:

k k k 1 k 1k k 1 12 12

k k k 1 k 1k k 1 12 12

a a C .2 C .2

a a C .2 C .2

+ ++

− −−




( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

12! 12! 1 2.2k! 12 k ! k 1 ! 11 k ! 12 k k 1

12! 12! 2 1.2

k 13 kk! 12 k ! k 1 ! 13 k !

− + − − +

−− − −

23k

23 263 k k 826 3 3

k3

=

(vì k )

Kết luận hệ số lớn nhất trong khai triển là: 8 88 12a C .2 126720= =

2. (ĐH An Ninh khối A 2001) Tìm các số âm trong dãy số x1, x2, …,

xn, … với

xn = 4n 4

n 2 n

A 143

P 4P+

+

− (n = 1, 2, 3, …)

LỜI GIẢI

Ta phải tìm các số tự nhiên n > 0 thoả mãn:

xn = 4n 4

n 2 n

A 143

P 4P+

+

− < 0 (n + 3).(n + 4) – 143

4 < 0

4n2 + 28n – 95 < 0 19 5

n2 2

−

Vì n là số nguyên dương nên ta được n = 1, 2

các số hạng âm của dãy là x1, x2.

3. (ĐHSP HN khối A 2001) Trong khai triển của 10

1 2x

3 3

+

thành đa

thức:

a0 + a1x + a2x2 + … + a9x9 + a10x10 (ak R) hãy tìm hệ số ak lớn nhất (0

≤ k ≤ 10).

LỜI GIẢI

Ta có 10

1 2x

3 3

+




Gọi ak là hệ số của xk trong khai triển: ak = k k1515

1C .2

3; (với k = 0, 1, 2, …, 15)

Giả sử ( )k 0 1 15a max a ;a ;...;a= . Từ đó ta có:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

k k k 1 k 115 1515 15

k k 1

k k k 1 k 1k k 115 1515 15

15! 15!1 1 .2C .2 C .2 k! 15 k ! k 1 ! 14 k !a a 3 3a a 1 1 15! 15!

C .2 C .2 .2k! 15 k ! k 1 ! 16 k !3 3

+ +

+

− −−

− + −

− − −

Ta có: ak–1 ≤ ak k 1 k 1 k k10 10C .2 C .2− −

1 2

(k 1)!(11 k)! k!(10 k)!

− − −

k ≤ 2(11 – k) k ≤ 22

3

Vậy hệ số a7 là lớn nhất: a7 = 7 71010

1.C .2

3.

8. Tìm các số hạng là số nguyên trong khai triển nhị thức ( )n

33 2+

, biết ( )3 n n n

n n 2n 3n 27P C C C P= , với n là số tự nhiên.

LỜI GIẢI

Ta có ( ) ( )( ) ( )

( )3 3n n n

n n 2n 3n 27 27

2n ! 3n !P C C C P n! . . P

n!.n! n!. 2n != =

( )3n ! 27! 3n 27 n 9 = = =

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )k9 k9 9n 9 9 k k

3 3 k 3 k 329 9

k 0 k 0

3 2 3 2 C 3 2 C .3 .2−

−

= =

+ = + = =

Để có số hạng là số nguyên khi

( )9 k 2

k 3 k 3 k 9

0 k 9,k N

−

= =

Vậy có hai số hạng là số nguyên là 3 39C .3 .2 và 9 3

9C .2 .

9. Khai triển đa thức 12P(x) (1 2x)= + thành dạng:




2 12.0 1 2 12P(x) a a x a x ... a x= + + + +

Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số 0 1 12a ,a ,...a (tức là tìm max

0 1 2 12(a ,a ,a ,...,a ) )

LỜI GIẢI

Theo khai triển nhị thức Newton, ta có 12 12

k k k k k12 12

k 0 k 0

P(x) C (2x) C 2 x= =

= = (1)

Từ (1) suy ra k kk 12a 2 C= ; k 0,1,2,...12=

Xét bất phương trình k k 1a a ,+

ta thấy:

k k k 1 k 1k k 1 12 12a a 2 C 2 C+ +

+ k k 1

12 12C 2C +

12! 12!2

(12 k)!k! (11 k)!(k 1)!

− − +

1 2

12 k k 1

− +

k 1 2(12 k), + − (do 12 k 0)−

3k 23 23

k .3

Do k vì k 0 nên k 0,1,2,...,7= .

Vì lẻ ấy k k 1a a k 8,9,10,...,11+

=

Vậy ta có 0 1 2 7 8 9 10 12a a a ... a a a a ... a .

Vì thế 8 80 1 11 12 8 12max a ,a ,...,a ,a a 2 C 126720= = = .

10. Xét khai triển 9 2 90 1 2 9(3x 2) a a x a x ... a x+ = + + + + .

Tìm max 0 1 2 9{a ,a ,a ,...,a } .

LỜI GIẢI

Theo công thức khai triển Newton, ta có9

9 k k 9 k9

k 0

(3x 2) C (3x) (2) −

=

+ = .

Vậy k 9 k kk 9a 3 (2) C−= ; k 0,1,2,...,9= .

Ta có k 9 k k k 1 8 k k 1k k 1 9 9a a 3 (2) C 3 (2) C− + − +

+ k k 1

9 92C 3C +




9! 9!

2 3(9 k)!k! (8 k)!(k 1)!

− − +

2 3

9 k k 1

− + 2k 2 27 3k + − 5k 25 k 5 k 0,1,2,3,4 =

Từ đó suy ra k k 1a a k 5+

= =

k k 1a a k 5 k 6,7,8,9+

=

Vậy ta có 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9a a a a a a a a a a =

Do đó giá trị lớn nhất của các hệ số đạt tại hai giá trị 55 6 9a a 2C 252= = = .

11. Xét khai triển n 2 n0 1 2 n(1 2x) a a x a x ... a x .+ = + + + +

Tìm n để 0 1 2 n 8max{a ,a ,a ,...a } a= .

LỜI GIẢI

Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:

n n

n k k k k kn n

k 0 k 0

(1 2x) C (2x) 2 C x= =

+ = =

Như vậy k kk na 2 C= ; k 0,1,2,...,n= .

Theo giả thiết ta có 8 0 1 2 na max{a ,a ,a ,...,a }= tức là:

0 1 7 8 9 10 na a ... a a a a ... a .

Vậy ta phải có 8 8 7 7

8 7 n n

8 8 9 98 9 n n

a a 2 C 2 C

a a 2 C 2 C

n! n!2

(n 8)!8! (n 7)!7!

n! 2n!

(n 8)!8! (n 9)!9!

− −

− −

2 1

8 n 71 2

n 8 9

−

−

2n 14 8

9 2n 16

−

−

2511 n

2 .

Do n n 12 = .




Khai triển ( )30

1 3x+ thành đa thức : 2 30

0 1 2 30a a x a x ... a x+ + + + . Tìm hệ số lớn nhất của các hệ

số 0 1 2 30

a ;a ;a ;...;a .

LỜI GIẢI

Ta có: ( )30

1 3x+ = ( )30 30

kk k k k

30 30k 0 k 0

C 3x C 3 x= =

=

Hệ số của kx là k k k

30C 3 x . Ta có:

( ) ( ) ( )

k 1 kk 1 k 1 k k k

k 1 k 30 30

30!3 30!3a a C 3 C 3 x

k 1 ! 29 k ! k! 30 k !

++ +

+− = − = −

+ − −

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

k k

k 1 k

30!3 30!3a a 3 30 k k 1 89 4k

k 1 ! 30 k ! k 1 ! 30 k !+

− = − − + = − + − + −

( )k 1 k 0 1 2 22 23

89a a 0 89 4k 0 k 22,25 a a a ... a a 1

4+− − =

( )k 1 k 23 24 25 29 30

89a a 0 89 4k 0 k 22,25 a a a ... a a 2

4+− − =

Suy ra hệ số lớn nhất trong các hệ số 0 1 2 30

a ;a ;a ;...;a là 23 23

23 30a C 3=


hoc360.net · 2018. 12. 24. · HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group: NHỊ...

Documents

Transcript of hoc360.net · 2018. 12. 24. · HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group: NHỊ...