Tải bản đầy đủ (.pdf) (63 trang)

Bài tập hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.12 MB, 63 trang )

trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 1
hoán vị. chỉnh hợp. tổ hợp
1. Hoán vị
P
n
= n! = 1ã2ã3 ãããn (số cách xắp xếp thứ tự n đối tợng khác nhau).
Ví dụ 1. Rút gọn biểu thức
A =
6!
m(m + 1)
ã
(m + 1)!
4!(m 1)!
.
Giải.
A =
4! ã 5 ã 6
m(m + 1)
ã
(m 1)!m(m + 1)
4!(m 1)!
= 30.
Chú ý. n! = (n k)!(n k + 1) ãããn.
Ví dụ 2. Rút gọn A
n
=
n

k=1
k ãk!.
Giải.


k ãk! =

(k + 1) 1

ãk! = (k + 1)! k!
= A
n
= (2! 1!) + (3! 2!) + ããã + ((n + 1)! n!) = (n + 1)! 1.
Ví dụ 3. Chứng minh
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ããã+
1
n!
< 2.
Giải.
1
1!
= 1
1
2!
= 1
1
2

1
3!
=
1
3 ã 2
=
1
2

1
3
1
4!
<
1
3 ã 4
=
1
3

1
4
. . . . . . . . . . . .
1
n!
<
1
(n 1)n
=
1

n 1

1
n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 2
Cộng vế
1
1!
+
1
2!
+ ããã+
1
n!
< 2
1
n!
< 2.
Ví dụ 4. Giải các pt
a)
n! (n 1)!
(n + 1)!
=
1
6
, (1)(n nguyên dơng).

b)
(n + 1)!
(n 1)!
= 72 (2) ; n nguyên dơng.
Giải.
a) Ta có
(1)
n(n 1)! (n 1)!
(n + 1)n(n 1)!
=
1
6

n 1
(n + 1)n
=
1
6
n
2
5n + 6 = 0

n = 2
n = 3.
b) Ta có
(2)
(n + 1) ã n ã (n 1)!
(n 1)!
= 72 n nguyên dơng
n

2
+ n 72 = 0

n = 9 (loại)
n = 8.
Chỉnh hợp
E là một tập hợp gồm n phần tử.
Bộ r phần tử phân biệt, có kể thứ tự các phần tử của tập E (1 r n)
đợc gọi là một chỉnh hợp n chập r.
Chú ý.
(i) Thứ tự.
(ii) n = r = chỉnh hợp hoán vị.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 3
Công thức.
A
r
n
= n(n 1) ããã(n r + 1) =
n!
(n r)!
.
Chú ý.
A
n
n
= P
n

= n!
A
n
n
= A
r
n
ã A
nr
nr
, 1 r n.
Ví dụ 5. Rút gọn A =
A
6
n
+ A
5
n
A
4
n
, 6 < n R.
Giải.
A =
n(n 1) ããã(n 5) + n(n 1) ããã(n 4)
n(n 1) ããã(n 3)
= (n 4)(n 5) (n 4) = (n 4)
2
.
Ví dụ 6. Giải.

M =
A
12
49
+ A
11
49
A
10
49

A
10
17
+ A
9
17
A
8
17
=
49!
37!
+
49!
38!
49!
39!

17!

7!
+
17!
8!
17!
9!
.
Ví dụ 7. Chứng minh A
n+2
n+k
+ A
n+1
n+k
= k
2
ã A
n
n+k
.
Giải.
V T =
(n + k)!
(k 2)!

1 +
1
k 1

=
k(n + k)!

(k 1)(k 2)!
=
k
2
(n + k)!
k!
= k
2
ãA
n
n+k
.
Ví dụ 8. Tìm n nguyên dơng biết rằng
a) A
3
n
= 20n.
b) A
5
n
= 18 ã A
4
n2
.
Giải.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 4
a) A

3
n
= 20
n!
(n 3)!
= 20n n
2
3n 18
nZ
n = 6.
b)
A
5
n
= 18A
4
n2

n!
(n 5)!
= 18 ã
(n 2)!
(n 6)!
n
2
19n + 90 = 0

n = 9
n = 10.
Ví dụ 9. Tìm n nguyên dơng biết P

n+3
= 720A
5
n
ã P
n5
.
ĐS: n=7.
Tổ hợp E là một tập gồm n phần tử. Một tập con của E gồm r phần
(1 r n) đợc gọi là một tổ hợp chập r của n.
Công thức.
C
r
n
=
n!
r!(n r)!
.
Chú ý.
(i)
Tập hợp
(xếp thứ tự)
hoán vị








r=n
Tổ hợp
(tập con)
(xếp thứ tự)
chỉnh hợp
(ii) Quy ớc 0! = 1 = C
0
n
= 1.
(iii) C
r
n
= C
nr
n
, C
r
n
= C
r
n1
+ C
r1
n1
.
Ví dụ 10. Rút gọn biểu thức
A = C
1
n
+ 2 ã

C
2
n
C
1
n
+ ããã+ n
C
n
n
C
n1
n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 5
Giải.
C
1
n
= n
2 ã
C
2
n
C
1
n

= 2 ã
n!
2!(n 2)!
n!
1!(n 1)!
= n 1
ããããããããããããããã
n
C
n
n
C
n1
n
= n ã
1
n!
(n 1)!1!
= 1.
= A = n + (n 1) + ããã + 1 =
n(n + 1)
2
.
Ví dụ 11. Chứng minh với các số r, n nguyên, không âm sao cho 0 r n,
ta có
C
r
n
=
nC

r1
n1
r
.
Giải.
nC
r1
n1
r
=
n
r
ã
(n 1)!
r!(n r)!
=
n!
r!(n r)!
= C
r
n
.
Ví dụ 12. Chứng minh với các số r, n nguyên, không âm sao cho 0 r n,
ta có
nC
r
n
= (r + 1)C
r+1
n

+ rC
r
n
.
Giải.
nC
r
n
= n ã
n!
r!(n r)!
=

(n r) + r

ã
n!
r!(n r)!
= (n r) ã
n!
r!(n r)!
+ r ã
n!
r!(n r)!
= (r + 1) ã
n!
(r + 1)!(n r 1)!
+ r ã
n!
r!(n r)!

= (r + 1)C
r+1
n
+ rC
r
n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 6
Ví dụ 13. a) Chứng minh với các số r, n nguyên, không âm sao cho 0
r n, ta có
C
r
n
= C
r1
n1
+ C
r1
n2
+ ããã+ C
r1
r1
.
b) Chứng minh với k, n N, 3 k n ta có
C
k
n

+ 3C
k1
n
+ 3C
k2
n
+ C
k3
n
= C
k
n+3
.
Giải.
a) V P = (C
r
n
C
r
n1
) + (C
r
n1
C
n1
n2
) + ããã+ C
r1
r1
= C

r
n
= V T.
b)
V T = C
k
n
+ C
k1
n


+2

C
k1
n
+ C
k2
n



+ C
k2
n
+ C
k3
n



= ããã = C
k
n+3
.
Ví dụ 14. Chứng minh với 0 k n và k, n Z ta luốn có
C
n
2n+k
ã C
n
2nk
(C
n
2n
)
2
.
Giải. Cố định n, xét dãy u
k
= C
n
2n+k
ã C
n
2nk
, 0 k Z. Bất đẳng thức
cần chứng minh đợc viết lại:
u
k

u
0
, k Z, k 0.
Chứng minh dãy (u
k
)
k
đơn điệu giảm. Thật vậy
u
k+1
< u
k

(2n + k + 1)!
n!(n + k + 1)!
ã
(2n k 1)!
n!(n k 1)!
<
(2n + k)!
n!(n + k)!
ã
(2n k)!
n!(n k)!

2n + k + 1
n + k + 1
<
2n k
n k

n + 2nk > 0 : đúng.
Suy ra
u
k
u
0
với 0 k Z C
n
2n+k
ã C
n
2nk
(C
n
2n
)
2
: đpcm.
Ví dụ 15. Tìm k N biết
C
k
14
+ C
k+2
14
= 2C
k+1
14
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 7
HD: Điều kiện k N, k 12. Phơng trình trở thành
k
2
12k + 32 = 0 có hai nghiệm k = 4, k = 8.
Ví dụ 16. Tìm các số x Z
+
thoả mn phơng trình
C
1
x
+ 6C
2
x
+ 6C
3
x
= 9x
2
14x.
HD: Điều kiện 3 x N ()
V T = x
3
. Phơng trình trở thành x
3
9x
2
+ 14x = 0

()
x = 7.
Ví dụ 17. Tìm k sao cho các số C
k
7
, C
k+1
7
, C
k+2
7
theo thứ tự đó lập thành
cấp số cộng.
HD: Điều kiện 5 k N.
C
k
7
+ C
k+2
7
= 2C
k+1
7
k
2
5k + 4 = 0

k = 1
k = 4.
Bài tập

1. Chứng minh rằng với k, n Z, 2 k n, ta có
k(k 1)C
k
n
= n(n 1)C
k2
n2
.
2. Chứng minh rằng với k, n Z, 4 k n, ta có
C
k
n
+ 4C
k1
n
+ 6C
k2
n
+ 4C
k3
n
+ C
k4
n
= C
k
n+4
.
3. Giải bất phơng trình
1

2
A
2
2x
A
2
x

6
x
ã C
3
x
+ 10.
ĐS: 3 x 4.
4. Tìm x, y Z
+
để
C
y
x+1
6
=
C
y+1
x
5
=
C
y1

x
2
.
ĐS:

x = 8
y = 3.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 8
5. Tính A =
A
2
5
P
2
+
A
5
10
7P
5
.
ĐS: 46.
6. Tính S = P
1
A
1
2

+ P
2
A
2
3
+ P
3
A
3
4
+ P
4
A
4
5
P
1
P
2
P
3
P
4
.
ĐS: 2750.
7. Tính C =

P
5
A

4
5
+
P
4
A
3
5
+
P
3
A
2
5
+
P
1
A
1
5

A
2
5
.
ĐS: 42.
8. Giải phơng trình 2A
2
x
+ 50 = a

2
2x
.
ĐS: x = 5.
9. Tìm n sao cho P
n+3
= 720 ã A
5
n
ã P
n5
.
ĐS: n = 7.
10. Tìm n sao cho A
3
n
+ 3A
2
n
=
1
2
P
n+1
.
ĐS: n = 4.
11. Giải các phơng trình
a) A
2
x

= 2.
ĐS: x = 2.
b) 3P
x
= A
x
3
.
ĐS: x = 1, x = 2.
(*) c)
P
n+5
P
nk
= 240 ã A
k+3
n+3
.
ĐS: 0 k 11, n = 11.
d) A
2
x
ã C
x1
x
= 48.
ĐS: x = 4.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 9
e)
P
x+2
A
x4
x1
ã P
3
= 210.
ĐS: x = 5.
f)
1
C
x
4

1
C
x
5
=
1
C
x
6
.
ĐS x = 2.
12. Giải các phơng trình
a)

A
4
x
A
3
x+1
C
x4
x
=
24
23
.
ĐS: x = 5.
b) C
1
x
+ C
2
x
+ C
3
x
=
7
2
x.
ĐS: x = 4.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com

www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 10
Nhị thức Newton và ứng dụng
I. Nhị thức Newton
1 công thức nhị thức newton
Với mọi cặp số a, b và mọi số nguyên n > 0, ta có:
(a + b)
n
= C
0
n
a
n
+ C
1
n
a
n1
b + C
2
n
a
n2
b
2
+ ããã+ C
n1
n
ab
n1

+ C
n
n
b
n
(1)
=
n

i=0
C
i
n
a
ni
b
i
.
2 Các nhận xét về công thức khai triển
1. Số các số hạng ở bên vế phải của công thức (1) bằng n + 1, n là số mũ
của nhị thức ở vế trái.
2. Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n.
3. Các hệ số của khai triển lần lợt là
C
0
n
, C
1
n
, C

2
n
, . . . , C
n1
n
, C
n
n
với chú ý
C
k
n
= C
nk
n
, 0 k n.
4. C
k
n
=
n k + 1
k
ã C
k1
n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 11

3 Một số dạng đặc biệt
3.1 Dạng 1
Thay a = 1 và b = x vào (1), ta đợc
(1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
x
2
+ ããã+ C
n1
n
x
n1
+ C
n
n
x
n
. (2)
3.2 Dạng 2
Thay a = 1 và b = x vào (1), ta đợc
(1x)

n
= C
0
n
C
1
n
x+C
2
n
x
2
ããã+(1)
k
C
k
n
x
k
+ããã(1)
n
C
n
n
x
n
. (3)
3.3 Một số hệ thức giữa các hệ số nhị thức
Thay x = 1 vào (2) ta đợc:
C

0
n
+ C
1
n
+ C
2
n
+ ããã+ C
n
n
= 2
n
.
Thay x = 1 vào (3) ta đợc:
C
0
n
C
1
n
+ C
2
n
ããã+ (1)
n
C
n
n
= 0.

II. Các ví dụ mở đầu
1. Thực hiện
a. Khai triển (1 + x)
10
.
b. So sánh hai số (1, 1)
10
và 2.
Giải
a. (1 + x)
10
= 1 + 10x + 45x
2
+ 120x
3
+ 210x
4
+ 252x
5
+ 210x
6
+
120x
7
+ 45x
8
+ 10x
9
+ x
10

.
b. Với x > 0, ta có (1 + x)
10
> 1 + 10x. Do đó với x = 0, 1 ta có
(1, 1)
10
> 1 + 10 ã (0, 1) = 2.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 12
2. Thực hiện khai triển (3x 4)
5
.
Giải
(34x)
5
=
5

i=0
C
i
5
(3x)
5i
(4)
i
= 3
5

C
0
5
x
5
4ã3
4
C
1
5
x
4
+ããã+(4)
5
C
5
5
.
Có 6 số hạng, do tính chất của tổ hợp, chỉ cần tìm C
0
5
, C
1
5
, C
2
5
.
Ta có C
0

5
= 1, C
1
5
= 5, C
2
5
= 10. Vậy
(3x 4)
5
= 243x
5
1620x
4
+ 4320x
3
5760x
2
+ 3840x 1024.
3. Tính giá trị của các biểu thức sau:
a. S
1
= C
0
6
+ C
1
6
+ C
2

6
+ ããã+ C
6
6
.
b. S
2
= C
0
5
+ 2C
1
5
+ 2
2
C
2
5
+ ããã+ 2
5
C
5
5
.
Giải
a. Ta có ngay
S
1
= C
0

6
+ C
1
6
+ C
2
6
+ ããã+ C
6
6
= 2
6
= 64.
b. Ta có
(1 + x)
5
=
5

i=0
C
i
5
x
i
. (1)
Thay x = 2 vào (1) ta đợc
S
2
= C

0
5
+ 2C
1
5
+ 2
2
C
2
5
+ ããã+ 2
5
C
5
5
= 3
5
= 243.
4. Tính giá trị của các biểu thức sau:
a. S
1
= 2
n
C
0
n
+ 2
n2
C
2

n
+ 2
n4
C
4
n
+ ããã+ C
n
n
.
b. S
2
= 2
n1
C
1
n
+ 2
n3
C
3
n
+ 2
n5
C
5
n
+ ããã+ C
n
n

.
Giải
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 13
Ta có
(2 + 1)
n
=
n

i=0
C
i
n
2
ni

n

i=0
C
i
n
2
ni
= 3
n
(1)

(2 1)
n
=
n

i=0
C
i
n
2
ni
(1)
i

n

i=0
C
i
n
2
ni
(1)
i
= 1. (2)
Suy ra
(1)+(2) ta đợc
S
1
= 2

n
C
0
n
+ 2
n2
C
2
n
+ 2
n4
C
4
n
+ ããã+ C
n
n
=
3
n
+ 1
2
. (3)
(1)-(2) ta đợc
S
2
= 2
n1
C
1

n
+ 2
n3
C
3
n
+ 2
n5
C
5
n
+ ããã+ C
n
n
=
3
n
1
2
. (4)
5. Tính giá trị của biểu thức sau:
S = C
0
2002
C
2001
2002
+C
1
2002

C
2000
2002
+ããã+C
k
2002
C
2001k
2002
+ããã+C
2001
2002
C
0
1
.
Giải
Ta xét
C
k
2002
C
2001k
2002
=
2002!
k!(2002 k)!
ã
(2002 k)!
(2001 k)!

=
2002!
k!(2001 k)!
=
2002 ã 2001!
k!(2001 k)!
= 2002C
k
2001
.
Từ đó S đợc viết lại dới dạng
S = 2002(C
0
2001
+C
1
2001
+ããã+C
2001
2001
) = 2002(1+1)
2001
= 1001ã2
2002
.
6. (ĐHBK 98). Khai triển (3x 1)
16
. Chứng minh rằng
3
16

C
0
16
3
15
C
1
16
+ ããã+ C
16
16
= 2
16
.
7. (ĐH khối D - 2002). Tìm số nguyên dơng n sao cho
C
0
n
+ 2C
1
n
+ 4C
2
n
+ ããã+ 2
n
C
n
n
= 240.

Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 14
8. (ĐH Đà Lạt 99). Tính hệ số của x
25
y
10
trong khai triển (x
3
+ xy)
15
.
9. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
1 + 4C
1
n
+ 4
2
C
2
n
+ ããã+ 4
n1
C
n1
n
+ 4
n
C

n
n
= 5
n
.
Giải
Thay x = 4 vào
(1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
x
2
+ ããã+ C
n1
n
x
n1
+ C
n
n
x
n

.
10. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
C
0
n
+ C
2
n
+ ããã = C
1
n
+ C
3
n
+ ããã = 2
n1
,
với giả thiết C
m
n
=



0 nếu m > n
n!
m!(n m)!
nếu m n.
Giải
Ta có

2
n
= C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ããã+C
n
n
= C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ããã+C
n
n
+ããã (1)
0 = C
0
n

C
1
n
+C
2
n
ããã+(1)
n
C
n
n
= C
0
n
C
1
n
+C
2
n
ããã+(1)
n
C
n
n
ããã
(2)
Suy ra
(1) + (2) ta đợc
2

n
= 2(C
0
n
+ C
2
n
+ ããã) C
0
n
+ C
2
n
+ ããã = 2
n1
. (3)
(1) (2) ta đợc
2
n
= 2(C
1
n
+ C
3
n
+ ããã) C
1
n
+ C
3

n
+ ããã = 2
n1
. (4)
11. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
a. C
0
n
2C
1
n
+ 2
2
C
2
n
ããã+ (1)
n
ã 2
n
C
n
n
= (1)
n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 15

b. C
1
n
2C
2
n
+ 3C
3
n
ããã + (1)
k1
kC
k
n
+ ããã + (1)
n1
nC
n
n
.
Giải
Với mọi x và với n là số nguyên dơng, ta có
(1x)
n
= C
0
n
C
1
n

x+C
2
n
x
2
ããã+(1)
k
C
k
n
x
k
+ããã+(1)
n
C
n
n
x
n
.
(1)
a. Thay x = 2 vào (1) ta đợc
(1)
n
= C
0
n
2C
1
n

+ 2
2
C
2
n
ããã+ (1)
n
ã 2
n
C
n
n
, đpcm.
b. Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1), ta đợc
n(1 x)
n1
= C
1
n
+ 2C
2
n
x + ããã+ n(1)
n
C
n
n
x
n1
. (2)

Thay x = 1 vào (2) ta đợc
0 = C
1
n
+ 2C
2
n
+ ããã+ n(1)
n
C
n
n
C
1
n
2C
2
n
+ 3C
3
n
ããã+ (1)
n1
nC
n
n
= 0, đpcm.
12. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
a. (ĐHTCKT): C
1

n
+ 2C
2
n
+ ããã+ (n 1)C
n1
n
+ nC
n
n
= n ã 2
n1
.
b. 2 ã1C
2
n
+ 3 ã 2C
3
n
+ ããã+ n(n 1)C
n
n
= n(n 1) ã 2
n2
.
c. (1)
r
C
r
r

C
r
n
+ (1)
r+1
C
r
r+1
C
r+1
n
+ ããã+ (1)
n
C
r
n
C
n
n
= 0 với r
nguyên dơng và r n.
Giải
Với mọi x và với n là số nguyên dơng, ta có
(1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1

n
x + C
2
n
x
2
+ ããã+ C
n1
n
x
n1
+ C
n
n
x
n
. (1)
Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1), ta đợc
n(1+x)
n1
= C
1
n
+2C
2
n
x+ããã+(n1)C
n1
n
x

n2
+nC
n
n
x
n1
. (2)
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 16
a. Thay x = 1 vào (2), ta đợc
n ã 2
n1
= C
1
n
+ 2C
2
n
+ ããã+ (n 1)C
n1
n
+ nC
n
n
, đpcm.
b. Lấy đạo hàm theo x hai vế của (2), ta đợc
n(n1)(1+x)
n2

= 2ã1C
2
n
+3ã2C
3
n
x+ããã+n(n 1)C
n
n
x
n2
.
(3)
Thay x = 1 vào (3), ta đợc
n(n 1) ã2
n2
= 2 ã1C
2
n
+ 3 ã2C
3
n
+ ããã+ n(n 1)C
n
n
, đpcm.
c. Lấy đạo hàm cấp r theo x hai vế của (1), ta đợc
n(n1) ããã(nr+1)(1+x)
nr
=

n

k=r
k(k1) ããã(kr+1)C
k
n
x
kr
.
(4)
Chia hai vế của (4) cho r!, ta đợc
n(n 1) ããã(n r + 1)(1 + x)
nr
r!
=
n

k=r
k(k 1) ããã(k r + 1)
r!
C
k
n
x
kr
=
n

k=r
k!

r!(k r)!
C
k
n
x
kr
=
n

k=r
C
r
k
C
k
n
x
kr
. (5)
Thay x = 1 vào (5), ta đợc
0 =
n

k=r
C
r
k
C
k
n

(1)
kr

n

k=r
C
r
k
C
k
n
(1)
k
= 0, đpcm.
13. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
C
2
n
+ 2C
3
n
+ ããã+ (n 1)C
n
n
> (n 2)2
n1
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com

www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 17
Giải
Với mọi x và với n là số nguyên dơng, ta có
(1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
x
2
+ ããã+ C
n1
n
x
n1
+ C
n
n
x
n
. (1)
Thay x = 1 vào (1), ta đợc
2

n
= C
0
n
+ C
1
n
+ C
2
n
+ ããã+ C
n1n
+ C
n
n
. (2)
Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1), ta đợc
n(1+x)
n1
= C
1
n
+2C
2
n
x+ããã+(n1)C
n1
n
x
n2

+nC
n
n
x
n1
. (3)
Thay x = 1 vào (3), ta đợc
n ã 2
n1
= C
1
n
+ 2C
2
n
+ ããã+ (n 1)C
n1
n
+ nC
n
n
. (4)
Lấy (4) (3), ta đợc
n ã 2
n1
2
n
= C
0
n

+ C
2
n
+ ããã+ (n 2)C
n1
n
+ (n 1)C
n
n
C
2
n
+ 2C
3
n
+ ããã+ (n 1)C
n
n
= (n 2)2
n1
+ 1 > (n 2)2
n1
.
14. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
C
1
n
+ 4C
2
n

+ ããã+ n2
n1
ã C
n
n
=
= 4ã4
n1
C
0
n
(n1)ã4
n2
C
1
n
+(n2)ã4
n3
C
2
n
+ããã+(1)
n1
C
n
n
.
Giải
Ta có
(1 + x)

n
=
n

i=0
C
i
n
x
i
.
Lấy đạo hàm hai vế ta có
n(1 + x)
n1
= C
1
n
+ 2C
2
n
x + ããã+ (n 1)C
n1
n
x
n2
+ nC
n
n
x
n1

.
Thay x = 2 vào, ta có
n ã 3
n1
= C
1
n
+ 4C
2
n
+ ããã+ n ã2
n1
C
n
n
. (*)
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 18
Ngoài ra
(x 1)
n
= C
0
n
x
n
C
1

n
x
n1
+ ããã+ (1)
n
C
n
n
.
Lấy đạo hàm hai vế, ta có
n(x 1)
n1
= n ãC
0
n
x
n1
(n 1)C
1
n
x
n2
+ ããã+ (1)
n1
C
n1
n
.
Thay x = 4 vào, ta đợc
nã3

n1
= n4
n1
C
0
n
(n1)4
n2
C
1
n
+(n2)4
n3
C
2
n
ããã+(1)
n1
C
n1
n
(**)
So sánh (*) và (**) ta có điều phải chứng minh.
15. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
a. (ĐHGTVT 2000):
C
0
n
+
C

1
n
1 + 1
+
C
2
n
1 + 2
+ ããã+
C
k
n
1 + k
+ ããã+
C
n
n
1 + n
=
2
n+1
1
1 + n
.
b. C
0
n

C
1

n
1 + 1
+
C
2
n
1 + 2
ããã+ (1)
n
ã
C
n
n
1 + n
=
1
1 + n
.
Hớng dẫn
Ta có
(1 + x)
n
=
n

k=0
C
k
n
x

k
.
Lấy tích phân hai vế, ta đợc
t

0
(1 + x)
n
dx =
t

0

n

k=0
C
k
n
x
k

dx

(1 + x)
n+1
1 + n

t
0

=
n

k=0
C
k
n
ã
x
k+1
k + 1

t
0

(1 + t)
n+1
n + 1
=
n

k=0
t
k+1
C
k
n
k + 1
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 19
Thay t = 1 ta đợc a.
Thay t = 1 ta đợc b.
16. Với n, k là các số nguyên dơng và 1 k n, chứng minh rằng
C
0
n
C
k
n
C
1
n
C
k1
n1
+ C
2
n
C
k2
n2
ããã+ (1)
k
C
k
n
C

0
nk
= 0.
Giải
Với mọi x và k là số nguyên dơng, ta có
(1 + x)
k
= C
0
k
+ C
1
k
x + C
2
k
x
2
+ ããã+ C
k
k
x
k
.
C
k
n
(1 + x)
k
= C

0
k
C
k
n
+ C
1
k
C
k
n
x + C
2
k
C
k
n
x
2
+ ããã+ C
k
k
C
k
n
x
k
.
(1)
Ta có

C
m
k
ã C
k
n
=
k!
m!(k m)!
ã
k!
n!(n k)!
=
n!
m!(n m)!
ã
(n m)!
(k m)!(n k)!
= C
m
n
ã C
km
nm
.
Do đó (1) có dạng
C
k
n
(1+x)

k
= C
0
n
C
k
n
+C
1
n
C
k1
n1
x +C
2
n
C
k2
n2
x
2
+ããã+C
k
n
C
0
nk
x
k
. (1)

Thay x = 1 vào (2), ta đợc
0 = C
0
n
C
k
n
C
1
n
C
k1
n1
+ C
2
n
C
k2
n2
ããã+ (1)
k
C
k
n
C
0
nk
= 0, đpcm.
17. Chứng minh rằng với các số m, n, p nguyên dơng sao cho p n và
p m, ta có

C
p
n+m
= C
0
n
C
p
m
+ C
1
n
C
p1
m
+ ããã+ C
p1
n
C
1
m
+ C
p
n
C
0
m
.
Giải
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 20
Với mọi x và với m, n là các số nguyên dơng, ta có
(1 + x)
m+n
= (1 + x)
n
ã (1 + x)
m
. (1)
Mặt khác
(1 + x)
n+m
=
n+m

p=0
C
p
n+m
x
p
. (2)

(1+x)
n
ã(1+x)
m
=

n

k=0
C
k
n
x
k
ã
m

k=0
C
k
m
x
k
=
n+m

p=0

(
p

k=0
C
k
n
C

pk
m
)x
p

.
(3)
Do (1) nên các hệ số của x
p
, p =
0, n + m trong các khai triển (2) và
(3) bằng nhau. Vậy
C
p
n+m
=
p

k=0
C
k
n
ã C
pk
m
, đpcm.
Nhận xét quan trọng
(a) Với p = n = m, ta đợc
(C
0

n
)
2
+ (C
1
n
)
2
+ ããã+ (C
n
n
)
2
= C
n
2n
.
(b) Với p = r, N = n + m, ta đợc
C
r
N
= C
0
Nm
C
r
m
+ C
1
Nm

C
r1
m
+ ããã+ C
r1
Nm
C
1
m
+ C
r
Nm
C
0
m
.
(c) Bạn đọc hãy lấy ý tởng trong bài tập trên áp dụng với khai triển
(1 x)
n+m
.
Từ đó chứng minh rằng
(C
0
2n
)
2
(C
1
2n
)

2
+ ããã+ (C
2n
2n
)
2
= (1)
n
ã C
n
2n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 21
18. Tính tích phân
2

0
(1 x)
n
dx.
Từ đó chứng minh rằng
2C
0
n
2
2
1

2
C
1
n
+ 2
3
1
3
C
2
n
+ ããã+
(1)
n
n + 1
2
n+1
C
n
n
=
1
n + 1

1 + (1)
n

.
Giải
I =

2

0
(1 x)
n
dx =
2

0
(1 x)
n
d(1 x) =
(1 x)
n+1
n + 1

2
0
=
1
n + 1

(1)
n
+ 1] (1)
Với mọi x và với n là số nguyên dơng, ta có
(1 x)
n
=
n


k=0
(1)
k
C
k
n
x
k
. (2)
Lấy tích phân theo x hai vế của (2), ta đợc
2

0
(1 x)
n
dx =
2

0
n

k=0
(1)
k
C
k
n
x
k

dx =
n

k=0
(1)
k
C
k
n
x
k+1
k + 1

2
0
= 2C
0
n
2
2
ã
1
2
C
1
n
+ 2
3
ã
1

3
C
2
n
ããã+
(1)
n
n + 1
ã 2
n+1
ã C
n
n
. (3)
Từ (1) và (3) suy ra điều phải chứng minh.
III. bài tập
1. (ĐH Mở 97). Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
3
n

C
0
n

1
3
C
1
n
+

1
3
2
C
2
n
+ ããã+ (1)
n
1
3
n
C
n
n

= 2
n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 22
2. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
4
n
C
0
n
4
n1

C
1
n
+4
n2
C
2
n
ããã+(1)
n
C
n
n
= C
0
n
+2C
1
n
+2
2
C
2
n
+ããã+2
n
C
n
n
.

3. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
1
n
(C
1
n
+ 2C
2
n
+ 3C
3
n
+ ããã+ nC
n
n
) < n!.
4. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
2C
0
n
+
2
2
2
C
1
n
+
2
3

3
C
2
n
+ ããã+
2
n+1
n + 1
C
n
n
=
3
n+1
1
n + 1
.
5. (ĐHQGTPHCM Khối A 97).Tính tích phân
I
n
=
1

0
(1 x
2
)
n
dx, với n N.
Từ đó suy ra

C
0
n

C
1
n
3
+
C
2
n
5
ããã+
(1)
n
C
n
n
2n + 1
=
2 ã 4 ããã2n
3 ã 5 ããã(2n + 1)
.
6. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
C
1
n
ã 3
n1

+ 2C
2
n
ã 3
n2
+ ããã+ n ãC
n
n
= n ã 4
n1
.
7. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
1
2
C
0
n

1
4
C
1
n
+ ããã+
(1)
n
2n + 2
C
n
n

=
1
2n + 1
.
8. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
2
n1
C
1
n
+ 2
n1
C
2
n
+ 3 ã 2
n1
C
3
n
+ ããã+ n ãC
n
n
= n3
n1
.
9. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
1
3
C

0
n
+
1
6
C
1
n
+ ããã+
1
3n + 3
C
n
n
=
2
n+1
1
3(n + 1)
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 23
10. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
1 + 2C
1
n
+ 2
2

C
2
n
+ ããã+ 2
n
C
n
n
= 3
n
.
11. Với n, k là các số nguyên dơng, k n. Chứng minh rằng
C
k
n+5
= C
0
5
C
k
n
+ C
1
5
C
k1
n
+ ããã+ C
5
5

C
k5
n
.
12. Tính
1

0
x(1 x
2
)dx.
Chứng minh rằng
1
2
C
0
n

1
4
C
1
n
+
1
6
C
2
n
ããã+

(1)
n
C
n
n
2(n + 1)
=
1
2(n + 1)
.
13. Tính
1

0
x
2
(1 x
3
)dx.
Chứng minh rằng
1
3
C
0
n
+
1
6
C
1

n
+ ããã+
1
3n + 3
C
n
n
=
2
n+1
1
3(n + 1)
.
14. Chứng minh rằng
C
0
2n
+ C
2
2n
+ C
4
2n
+ ããã+ C
2n
2n
= C
1
2n
+ C

3
2n
+ C
5
2n
+ ããã+ C
2n1
2n
.
15. Chứng minh rằng
(C
0
n
)
2
+ (C
1
n
)
2
+ ããã+ (C
n
n
)
2
= C
n
2n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 24
III. Hệ số và số hạng trong khai triển nhị thức
1. Các hệ số các hạng tử thứ 2, 3 và 4 trong khai triển (a + b)
n
lập thành
cấp số cộng. Tìm các số hạng ấy.
Giải
Ta có
C
1
n
+ C
3
n
= 2C
2
n
n
2
9n + 14 = 0 n = 7 n = 2.
(i) Nếu n = 7 : các số hạng thứ 2, 3 và 4 lần lợt là 7a
6
b, 21a
5
b
2
, 35a
4

b
3
.
(ii) Nếu n = 2 : không có số hạng thứ t, có thể xem là 0 nên các số
hạng thứ 2, 3, 4 là 2ab, b
2
, 0.
2. Tìm x sao cho trong khai triển


2
x
+
1

2
x1

n
(n nguyên dơng),
các số hạng thứ 3 và thứ 5 có tổng bằng 135, còn các hệ số của ba số
hạng cuối của khai triển đó có tổng bằng 22.
Giải
Ta có


2
x
+
1


2
x1

n
=
n

k=0
C
k
n


2
x

nk

1

2
x1

k
.
Từ giả thiết ta có:
C
n1
n

+C
n2
n
+C
n
n
= 22 n
2
+n42 = 0

n = 6
n = 7 (loại).
Khi n = 6 :
C
2
6


2
x

4

1

2
x1

2
+ C

4
6


2
x

2

1

2
x1

4
= 135
2 ã 2
x
+ 4 ã 2
x
= 9


2
x
= 4
2
x
=
1

2


x = 2
x = 1.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 25
3. Giả sử trong khai triển nhị thức

x
lg x
3

n
, tổng các hệ số của ba số
hạng cuối bằng 22. Số hạng giữa của khai triển có giá trị bằng -540000.
Tính x.
Giải
Điều kiện x > 0. Từ giả thiết ta suy ra n = 6. Lúc đó

x
lg x
3

6

số hạng giữa là C
3

6

x
lg x

3
ã3
3
. Nh vậy ta có phơng trình
C
3
6

x
lg x

3
ã3
3
= 540000


x = 10
x =
1
10
.
4. Xét khai triển



2
lg(103
x
)
+
5

2
(x2) lg 3

m
với các giả thiết hạng tử
thứ 6 là 21, các hệ số thứ 2, 3, 4 của khai triển là các số hạng thứ nhất,
ba, năm của một cấp số cộng. Tìm x
8
.
Giải
Từ giả thiết, ta có
2C
2
m
= C
1
m
+C
3
m
, m 3 m
2
9m+14 = 0


m = 7
m = 3 (loại).
Với m = 7, hệ số của hạng tử thứ 6 là a
6
= C
5
7
= 21
C
5
7
2
(x2) lg 3+lg(103
x
)
= 21, 10 3
x
> 0
(x 2) lg 3 + lg(10 3
x
) = 0 lg 3
x2
(10 3
x
) = 0
3
x2
(10 3
x

) = 1 (3
x
)
2
10(3
x
) + 9 = 0


3
x
= 1
3
x
= 9


x = 0
x = 2.
5. Trong khai triển

x +
1
x

n
, hệ số số hạng thứ ba lớn hơn hế số số hạng
thứ hai là 35. Tính số hạng không chứa x.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

×