Bài tập tổ hợp, chỉnh hơp, hoán vị

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
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
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
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
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

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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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)
và
(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
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
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
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
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
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
có
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