Chuyên đề Đại số tổ hợp và xác suất (Hướng dẫn giải các dạng bài tập từ các đề thi quốc gia toán học.)

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

300
 Chuyên đề 11:
ĐẠI SỐ TỔ HP VÀ XÁC SUẤT
 Vấn đề 1: SỬ DỤNG CÔNG THỨC
kk
n n n
P ,A ,C


A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. HOÁN VỊ
Số hoán vò của n phần tử: P
n
=n!
2. CHỈNH HP:
Số chỉnh hợp:
    
m
n
A n(n 1)(n 2) (n m 1)




m
n
n!
A
(n m)!

 Điều kiện: n  m và n, m nguyên dương
3. TỔ HP:
Số tổ hợp:
   

m
n
n(n 1)(n 2) (n m 1)
C
1.2.3 m




m
n
n!
C
m!(n m)!

 Điều kiện:




n m
n, m nguyên dương

Ta có công thức:

1/


m n m
nn
CC
2/



m 1 m m
n 1 n 1 n
C C C

3/
    
0 1 2 n n
n n n n
C C C C 2

Số tập hợp con của tập hợp n phân tử là 2
n
.

B.ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008
Chứng minh rằng










k k 1 k
n 1 n 1 n
n 1 1 1 1
n2
C C C

(n, k là các số nguyên dương, k  n,
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Giải
Ta có:



      



  

k k 1
n 1 n 1

n 1 1 1 n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!
.
n 2 n 2 (n 1)!
CC


 

    

1 k!(n k)!
. (n 1 k) (k 1)
n 2 n!



k
n
k!(n k)! 1
n!
C




TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

301
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006
Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của

A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A.
Tìm k  {1, 2…, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất.
Giải
Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng
k
n
C
.
Từ giả thiết suy ra:

42
nn
C 20C

    
2
n 5n 234 0 n 18
(vì n  4).
Do




k1
18
k
18
C
18 k
1

k1
C
 k < 9 nên
      
1 2 9 9 10 18
18 18 18 18 18 18
C C C C C C

Vậy số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9.
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005
Tính giá trò biểu thức




43
n 1 n
A 3A
M
(n 1)!
, biết rằng :

   
   
2 2 2 2
n 1 n 2 n 3 n 4
C 2C 2C C 149

(n là số nguyên dương,
k

n
A
là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và
k
n
C
là số tổ
hợp chập k của n phần tử).
Giải
Điều kiện: n  3.
Ta có
   
   
2 2 2 2
n 1 n 2 n 3 n 4
C 2C 2C C 149


   
   
  
(n 1)! (n 2)! (n 3)! (n 4)!
2 2 149
2!(n 1)! 2!n! 2!(n 1)! 2!(n 2)!

 n
2
+ 4n  45 = 0  n = 5 hay n = 9 (loại).
suy ra M =




43
65
6! 5!
3.
A 3A
3
2! 2!
6! 6! 4
.
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005
Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức:
  
22
n n n n
2P 6A P A 12
.
(
n
P
là số hoán vò của n phần tử và
k
n
A
là số chỉnh hợp chập k của n phần tử).
Giải
Ta có:
  
22

n n n n
2P 6A P A 12
(n  , n  2)

n! n!
2.n! 6. n! 12
(n 2)! (n 2)!
n! n!
(6 n!) 2(6 n!) 0 (6 n!) 2 0
(n 2)! (n 2)!
   


        





6 n! 0
n! 6 n 3
n!
20
n(n 1) 2 0 n 2
(n 2)!






  



   





Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

302
 Vấn đề 2: PHÉP ĐẾM VÀ XÁC SUẤT
A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. NGUYÊN TẮC ĐẾM
2 biến cố A và B
A có m cách xảy ra
B có n cách xảy ra
2 biến cố A và B cùng xảy ra có m  n cách
Biến cố A hoặc B xảy ra có m + n cách
 Chú ý: Nguyên tắc trên có thể áp dụng cho nhiều biến cố.
2. CHÚ Ý
 Nếu thay đổi vò trí mà biến cố thay đổi ta có một hoán vò hoặc một chỉnh hợp.
 Nếu thay đổi vò trí mà biến cố không đổi ta có một tổ hợp.
XÁC SUẤT
1. KHÔNG GIAN MẪU
Không gian mẫu là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra.
Biến cố A là một tập con của không gian mẫu.

2. XÁC SUẤT
Nếu các phần tử của không gian mẫu có cùng khả năng xảy ra, h là số phân tử
của biến cố A, n là số phân tử của không gian mẫu. Xác suất để biến cố A xảy ra:


h
p(A)
n

3. CÁC CÔNG THỨC
 Không gian mẫu E là biến cố chắc chắn xảy ra: p(E) = 1
 Biến cố  là biến cố không thể xảy ra: p () = 0
 Biến cố kéo theo A  B là biến cố A xảy ra thì biến cố B xảy ra: A  B.
P(A)  p(B)
 A  B là biến cố (A xảy ra hay B xảy ra). p(A  B) = p(A) + p(B)  p(A  B)
 A  B là biến cố A và B cùng xảy ra
 Biến cố A và B đối lập nếu không cùng xảy ra. Khi đó, ta có
A  B = ; p(A  B) = 0; p(A  B) = p(A) + p(B)
 Biến cố
A
là đối lập của A: p(
A
) = 1  p(A)
 Xác xuất có điều kiện:
Biến cố A xảy ra với điều kiện biến cố B đã xảy ra:


p(A B)
p(A B)
p(B)

hay p(A B) = p(B).p(AB)
 Biến cố A và B độc lập nếu biến cố B có xảy ra hay không thì xác suất của A
vẫn không đổi: p(AB)=p(A)
p(A B) = p(A)p(B)



TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

303
B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học
sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C.
Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá
2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
Giải
Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là

4
12
C 495
.
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:
 Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:


2 1 1
5 4 3

C .C .C 120

 Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:


1 2 1
543
C .C .C 90

 Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:


1 1 2
543
C .C .C 60

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là:
120 + 90 + 60 = 270.
Vậy số cách chọn phải tìm là 495  270 = 225.
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005
Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao
nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi,
sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ?
Giải
Có
14
3 12
CC
cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất.
Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có

14
28
CC

cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai.
Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ
hai thì có
14
14
CC
cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.
Số cách phân công thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán
là:

1 4 1 4 1 4
3 12 2 8 1 4
C .C .C .C .C .C 207900
cách
Bài 3:
Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10
câu hỏi trung bình và 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu
đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết
phải có đủ ba loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2?
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

304
Giải
Có 3 trường hợp xảy ra.
 Trường hợp 1: 2 dễ + 1trung bình + 2 khó:


2 1 2
15 10 5
C C C 10.500

 Trường hợp 2: 2 dễ + 2 trung bình + 1 khó:

2 2 1
15 10 5
C C C 23.625

 Trường hợp 3: 3 dễ + 1 trung bình + 1 khó:

3 1 1
15 10 5
C C C 22750

Theo qui tắc cộng ta có:
2 1 2
15 10 5
C C C
+
2 2 1
15 10 5
C C C
+
3 1 1
15 10 5
C C C
= 56875 đề
Bài 4:

Cho đa giác đều A
1
A
2
. . . A
2n
(n  2, n nguyên) nội tiếp đường tròn (O), biết
rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A
1
, A
2
, . . . A
2n
nhiều gấp 20 lần
số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A
1
, A
2
, . . . , A
2n
. Tìm n.
Giải
 Số tam giác thỏa mãn đề bài là
3
2n
C
.
 Số đường chéo qua tâm đường tròn là n, cứ 2 đường chéo qua tâm thì có một
hình chữ nhật suy ra ta có
2

n
C
hình chữ nhật.
Theo giả thiết ta có
    
2 2 2
2n n
C 20C n 9n 8 0

 n = 8 V n = 1 (loại). Kết luận n = 8.
Bài 5:
Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh
khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học
sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn.
Giải
 Số cách chọn 8 học sinh từ 18 học sinh của đội tuyển là:


8
18
18!
C 43758
8!10!
cách
 Số cách chọn 8 học sinh chỉ gồm có hai khối là:
Số cách chọn 8 học sinh khối 12 và 11 là
8
13
C

Số cách chọn 8 học sinh khối 11 và 10 là
8
11
C

Số cách chọn 8 học sinh từ khối 10 và 12 là
8
12
C

 Số cách chọn theo ycbt: 43758 
 

8 8 8
13 11 12
C C C
= 41811 cách






TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

305
 Vấn đề 3: NHỊ THỨC NIUTƠN
A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

NHỊ THỨC NIUTƠN:

(a + b)
n
=

  
0 n 1 n 1 n n
n n n
C a C a b C b

Chú ý: Số mũ của a tăng dần, số mũ b giảm dần có tổng bằng n.
Các hệ số đối xứng:


m n m
nn
CC

Tam giác Pascal: 1 n = 0
1 1 n = 1
1 2 1 n = 2
1 3 3 1 n = 3
 Chú ý: Dựa vào bảng Pascal ta có thể viết ngay được khai triển Niutơn.
B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008
Cho khai triển (1 + 2x)
n
= a
0
+ a
1

x + … + a
n
x
n
, trong đó n  N
*
và các hệ số a
0
,
a
1
, …, a
n
thỏa mãn hệ thức
   
1n
0
n
aa
a 4096
2
2
. Tìm số lớn nhất trong các số
a
0
, a
1
, … , a
n
.

Giải
Từ khai triển: (1 + 2x)
n
= a
0
+ a
1
x + … + a
n
x
n

 Chọn

1
x
2
ta được:
       
n 12
1n
0
n
aa
2 a 4096 2 n 12
2
2

 Vậy biểu thức khai triển là: (1 + 2x)
12

 Số hạng tổng quát là
k k k
12
C 2 .x
(k  , 0  k  12)
 hệ số tổng quát là

kk
k 12
a 2 .C ;




k 1 k 1
k 1 12
a 2 .C

a
k
< a
k + 1



k k k 1 k 1
12 12
2 .C 2 .C




   
k k 1
12! 12!
2 . 2 .
k!(12 k)! (k 1)!(12 k 1)!

 k + 1 < 24 – 2k 

23
k
3

Mà k  . Do đó: a
0
< a
1
< a
2
< … < a
8

Tương tự: a
k
> a
k + 1
 k > 7
Do đó: a

8
> a
9
> … > a
12

Số lớn nhất trong các số a
0
, a
1
, …, a
12
là:

88
8 12
a 2 .C 126720

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

306
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008
Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức

   
1 3 2n 1
2n 2n 2n
C C C 2048

(

k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phân tử).
Giải


   
1 3 2n 1
2n 2n 2n
C C C 2048
(*)
Ta có:
 

       
2n
0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x C x C x

Với x = 1 thay vào (*) ta được:


     
2n 0 1 3 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n
2 C C C C C
(1)
Với x = 1 thay vào (*) ta được:


      
0 1 2 3 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
0 C C C C C C
(2)
Lấy (1) trừ (2) ta được:
 

       
2n 1 3 2n 1 12
2n 2n 2n
2 2 C C C 4096 2 n 6

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007
Chứng minh rằng:


    

2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1 2 1
C C C C
2 4 6 2n 2n 1

(n là số nguyên dương,
k

n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Giải
Ta có:

         
2n 0 1 2n 2n 2n 0 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
(1 x) C C x C x ,(1 x) C C x C x



      
2n 2n 1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
(1 x) (1 x) 2(C x C x C x )



  
    

11
2n 2n
1 3 3 5 5 2n 1 2n 1
2n 2n 2n 2n
00
(1 x) (1 x)
dx (C x C x C x C x )dx

2



      



1
1
2n 2n 2n 1 2n 1 2n
0
0
(1 x) (1 x) (1 x) (1 x) 2 1
dx
2 2(2n 1) 2n 1
(1)

 

   

1
1 3 3 5 5 2n 1 2n 1
2n 2n 2n 2n
0
C x C x C x C x dx





    



1
2 4 6 2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
0
x x x x
C . C . C . C .
2 4 6 2n



   
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1
C C C C
2 4 6 2n
(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.



TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

307

Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Tìm hệ số của số hạng chứa x
10
trong khai triển nhò thức Niutơn của (2 + x)
n
, biết:

  
      
n 0 n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n
n n n n n
3 C 3 C 3 C 3 C ( 1) C 2048

(n là số nguyên dương,
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Giải
Ta có:

       
n 0 n 1 1 n 2 2 n n n n
n n n n
3 C 3 C 3 C ( 1) C (3 1) 2

Từ giả thiết suy ra n = 11
Hệ số của số hạng chứa x
10
trong khai triển Niutơn của (2 + x)

11
là:

10 1
11
C .2 22

Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007
Tìm hệ số của x
5
trong khai triển thành đa thức của: x(1 –2x)
5
+ x
2
(1 + 3x)
10

Giải
Hệ số của x
5
trong khai triển của x(1  2x)
5
là (2)
4
.
4
5
C

Hệ số của x

5
trong khai triển của x
2
(1 + 3x)
10
là 3
3
3
10
C

Hệ số của x
5
trong khai triển của x(1  2x)
5
+ x
2
(1 + 3x)
10
là:

  
4 4 3 3
5 10
( 2) C 3 C 3320

Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006
Tìm hệ số của số hạng chứa x
26
trong khai triển nhò thức Niutơn của





n
7
4
1
x
x
biết rằng
  
    
1 2 n 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C C 2 1

(n nguyên dương,
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phân tử).
Giải
 Từ giả thiết suy ra:
  
   
0 1 n 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C C 2
(1)

Vì


   
k 2n 1 k
2n 1 2n 1
C C k, 0 k 2n +1
nên:

 

     
      
0 1 n 0 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1
C C C C C C
2
(2).
Từ khai triển nhò thức Niutơn của


2n 1
(1 1)
suy ra:

  
  
     
0 1 2n 1 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1
C C C (1 1) 2
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra :

2n 20
22
hay n = 10.
 Ta có:
   




  



10
10 10
10 k k
7 k 4 7 k 11k 40
10 10
4
k 0 k 0
1
x C x x C x
x

Hệ số của x

26
là
k
10
C
với k thỏa mãn: 11k  40 = 26  k = 6.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
26
là :

6
10
C 210
.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

308
Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005
Tìm số nguyên dương n sao cho:


    
     
1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C 2.2C 3.2 C 4.2 C (2n 1).2 C
= 2005
(
k
n

C
là số tổ hợp chập k của n phần tử )
Giải
Ta có:
 


    
        
2n 1
0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1 x C C x C x C x C x x

Đạo hàm hai vế ta có:

 

   
         
2n
1 2 3 2 2n 1 2n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
(2n 1) 1 x C 2C x 3C x (2n 1)C x x

Thay x = 2 ta có:


    
       

1 2 2 3 4 n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C 2.2C 3.2 C 4.2C (2n 1).2 C 2n 1

Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005  n = 1002.
Bài 8:
Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức của
 



8
2
1 x 1 x
.
Giải

       

         

23
2 8 0 1 2 2 4 3 6
8 8 8 8
1 x 1 x C C x 1 x C x 1 x C x 1 x
. . .

 


8
8 16
8
. . . + C x 1 x

Số hạng chứa x
8
trong khai triển chỉ có trong
 

3
36
8
C x 1 x
và
 

4
48
8
C x 1 x
.
Suy ra hệ số của

8 3 4
88
x là 3C C 238
.
Bài 9:

Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhò thức Niutơn của





7
3
4
1
x
x
với x > 0.
Giải

 




   
  
   
   

7 k k
7k
77
7k
kk

33
34
77
44
k 0 k 0
11
x C x C x
xx

Số hạng không chứa x ứng với


7 k k
0
34
 28  4k  3k = 0  k = 4
Số hạng không chứa x là

k
7
7!
C 35
3!4!
.
Bài 10:
Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển nhò thức Niutơn của





   


n
5 n 1 n
n 4 n 3
3
1
x biết rằng C C 7(n 3)
x

(n là số nguyên dương, x > 0,
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phân tử).



TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

309
Giải

 
 
 
 

 



      

n 1 n
n 4 n 3
n + 4 ! n 3 !
C C 7 n 3 7 n 3
n 1 !3! n!3!

 (n + 3) (3n  36) = 0  n = 12
Vậy
 












12 k
12
12

5
k
5 k 3
2
12
3
k0
1
x C x x
x

Cho
 







12 k
5
k
38
2
x x x
x  0 
 



5 12 k
3k
2
= 8  k = 4
Vậy hệ số của x
8
trong khai triển




12
5
3
1
x
x
là

4
12
C 495
.
Bài 11:
Cho n là số nguyên dương. Tính tổng:


  
   


2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1
C C C C
2 3 n 1

(
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Giải
Xét
 
     
n
0 1 2 2 n 4
n n n n
1 x C C x C x C x


 

     


22
n
0 1 2 2 n n

n n n n
11
1 x dx C C x C x C x dx


 




    




n1
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
22
1x
x x x
C x C C C
11
n 1 2 3 n 1


  
   
    


n 1 n 1 2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
3 2 2 1 2 1 2 1
C C C C
n 1 2 3 n 1
.
Bài 12:
Với n là số nguyên dương, gọi a
3n3
là hệ số của x
3n3
trong khai triển thành đa
thức của: (x
2
+ 1)
n
(x + 2)
n
. Tìm n để a
3n 3
= 26n.
Giải

   


  


nn
nn
2 2 k 2n 2k h n h h
nn
k 0 h 0
x 1 x 2 C x C x 2





nn
k h 3n (2k h)
nn
k 0 h 0
C C x

Ycbt  2k + h = 3  k = h = 1 hay (k = 0 và h = 3)


   
1 1 3 0 3
3n 3 n n n n
a 2C C 2 C C 26n n = 5
.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

310
Bài 13:
Cho khai triển nhò thức:









n
n n 1
xx
x 1 x 1
x1
01
nn
33
22
2
C C . . . +
22
2 2 2




  








n 1 n
xx
x1
n 1 n
nn
33
2
C C
2
22






(n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó

31
nn
C 5C
và số hạng
thứ tư bằng 20n. Tìm n và x.
Giải

Ta có
 



   

  


+
31
nn
n Z , n 3
C 5C n = 7 V n = 4 (loại)
n 2 (n 1) 30

Số hạng thứ tư bằng 20n nên ta có




3
4
x
x1
3
7
3
2

C 140
2
2







x 2 2
2 4 2
 x  2 = 2  x = 4.
Bài 14:
Tìm số nguyên dương n sao cho
    
0 1 2 n n
n n n n
C 2C 4C 2 C 243
.
Giải

    
0 1 2 n n
n n n n
C 2C 4C 2 C 243
(*)
Ta có
 
     

n
0 1 2 2 n n
n n n n
1 x C xC x C x C
(* *)
Thế x = 2 vào (* *) ta có:

 
      
n
0 1 2 n n
n n n n
1 2 C 2C 4C 2 C 243
 3
n
= 243  n = 5.
Bài 15:
Giả sử n là số nguyên dương và
 
       
n
2 k n
0 1 2 k n
1 x a a x a x a x a x

Biết rằng tồn tại số k nguyên (1  k  n  1) sao cho



k k k 1

a 1 a a
2 9 24
.
Hãy tính n.
Giải
Ta có: (1 + x)
n
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ … + a
k
x
k
+ … + a
n
x
n

Vì


    
k 1 k k 1
k 1 k k 1 n n n

a a a C C C
2 9 24 2 9 24


 
   









  

  

  

  










k k 1
nn
k k 1
nn
CC
2n 2
k
2 n k 1 9k
92
11
3n 8
3 n k 8 k 1
CC
k
11
9 24

 3n – 8 = 2n + 2  n = 10