ĐỀ tài NHỊ THỨC NEWTON

LỜI NÓI ĐẦU
Trong những năm gần đây trong các kì thi tú tài và thi vào các trường đại học và cao đẳng, đề thi thường cho
ra các bài tốn phải vận dụng đến cơng thức nhị thức Niutơn để giải các bài tốn đó, do hạn chế về thời gian
lên lớp và đối tượng học sinh không đồng đều nên sách giáo khoa chỉ đưa ra một số tình huống cơ bản
của bài toán này, vì vậy học sinh gặp nhiều hạn chế về kiến thức cũng như khả năng phân tích khi giải
các bài toán này .
Mặt khác theo chương trình mới, thì kiến thức ở chương trình 11 chỉ giải được một số dạng tốn với số mũ
ngun.
Đối với đối tượng là học sinh khá giỏi thì việc phân dạng bài toán này nhằm nâng cao kiến thức và khả
năng vận dụng kiến thức “ nhị thức Niutiơn” một cách hiệu quả trong các kì thi là thật sự cần thiết.
Trước yêu cầu đó tôi cố gắng viết chuyên đề này với các nội dung như sau:
NỘI DUNG ĐỀ TÀI :
A. Nhắc lại công thức nhị thức Niu – tơn và một vài chú ý khi khai triển cơng thức nhị thức Niu – Tơn.
B. Một số dạng toán nhị thức Niu – tơn thường gặp
Trong phần này, tơi trình bày một số bày tốn cơ bản dành cho đối tượng là học sinh lớp 11 ( theo chương
trình mới ) gồm các nội dung sau:
1. Khai triển nhị thức Niu – tơn, vận dụng kiến thức tam giác Pax – can trong khai triển nhị thức Niu –
tơn.
2. Xác định số hạng trong khai triển nhị thức Niutơn
3. Xác định hệ số khai triển của một số hạng chứa x
k
.
4. Xác định tổng các hệ số khai triển của nhị thức NIutơn.
C. Phần kiến thức mở rộng:
Trong phần này, đề tài đề cặp đến một số bài tốn có dạng khó hơn và bài tốn mà kiến thức lớp 11 ( theo
chương trình hiện nay ) khơng giải được :
1. Một vài dạng tốn nhị thức Niutơn với a, b có số mũ hữu tỉ, số mũ là số thực.
2. Khai triển lủy thừa có nhiều số hạng
3. Xác định hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niutơn
4. Các bài tốn chứng minh có liên quan đến hệ số khai triển nhị thức Niutơn
5. Các bài tốn có liên quan đến đạo hàm và nhị thức Niutơn

6. Bài tốn có liên quan đến tích phân và nhị thức Niutơn
Xin cảm ơn các thầy cơ ở trường THPT Phước Thiền đã chân thành góp ý kiến cho tơi hồn thành đề tài.
Mặt dù có nhiều cố gắng, nhưng do kinh nghiệm khơng nhiều nên thiếu sót là điều khơng tránh khỏi, mong
q thầy cơ chân thành góp ý để tơi có kinh nghiệm tốt hơn trong cơng tác dạy học mơn tốn.
Chân thành cảm ơn
Phước thiền, ngày 25 tháng 11 năm 2008
- - 1
MỤC LỤC
A. LÝ THUYẾT NHỊ THỨC NEU-TƠN 3
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP 4
1. Khai triển nhị thức Niutơn 5
2. Xác định một số hạng nào đó trong khai triển nhị thức Niutơn 6
3. Xác định hệ số khai triển của một số hạng chứa x
k
8
4. Tính các hệ số khai triển. 10
C. MỘT SỐ BÀI TỐN MỞ RỘNG 13
1. Một vài dạng tốn nhị thức Niutơn với a, b có số mũ hữu tỉ, số mũ là số thực. 14
2. Khai triển lủy thừa có nhiều số hạng 18
3. Xác định hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niutơn 19
4. Các bài tốn chứng minh có liên quan đến hệ số khai triển nhị thức Niutơn 21
5. Các bài tốn có liên quan đến đạo hàm và nhị thức Niutơn 22
6. Bài tốn có liên quan đến tích phân và nhị thức Niutơn 23
- - 2
A. LÝ THUYẾT NHỊ THỨC NEU-TƠN
I. CÔNG THỨC :
( )
n
n
k n k k 0 n 1 n 1 2 n 2 2 k n k k n 1 n 1 n n

n n n n n n n
k 0
a b C a b C a C a b C a b C a b C ab C b (1)
− − − − − −
=
+ = = + + + + + + +
∑
II. TÍNH CHẤT : Khi khai triển nhò thức
n
(a b)+
ta cần để ý:
2) Ở vế phải có n + 1 số hạng, trong đó đầu tiên là
n
a
, cuối cùng là
n
b
, các vò trí còn lại là tích a
n-k
b
k
với số mũ của a giảm từ n đến 0 và số mũ của b tăng từ 0 đến n sao cho trong mỗi số hạng, tổng số mũ
của a và b phải bằng n tức là n – k + k = n.
3) Số hạng thứ k + 1, kí hiệu:
k 1
T
+
với k = 0, 1, 2, . . ., n và có dạng
k n k k
k 1 n

T C a b
−
+
=
3) Hệ số trong khai triển (1) có tính chất đối xứng.
Chú ý:
k n k 0 n
n n n n
C C và C C 1
−
= = =
.
III.KẾT QUẢ ĐÁNG NHỚ :
1) Cho a = 1, b = 1 ta có:
0 1 2 n n
n n n n
C C C C 2+ + + + =
.
2) Cho a = 1, b = −1 ta có:
0 1 2 3 n n
n n n n n
C C C C ( 1) C 0− + − + + − =
.
3) Cho a = 1, b = x ta có:
n 0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
(1 x) C C x C x C x . . . C x+ = + + + + +
.
4) Cho a = 1, b = − x ta có:
n 0 1 2 2 3 3 n n n

n n n n n
(1 x) C C x C x C x . . . ( 1) C x− = − + − + + −
.
Chú ý:
a) Đối với
n
(1 x)+
thì hệ số của
k
x
là
k
n
C
.
b) Đối với tích
n m
(1 x) (1 x)+ +
thì hệ số của
k
x
là
k
m n
C
+
và được đònh bởi:
k i j
m n n m
C C C ,

+
=
∑
(i + j = k).
c) Đối với
( )
n
m
a x+
thì hệ số của
m.k
x
là
n k k
n
a C
−
.
IV. Tam giác Paxcan và hệ số khai triển nh ị th ứ c Niu – t ơ n.
Lủy thừa
n của
(a + b)
n
Tam giác Paxcan –
Hệ số khai triển (a + b)
n
Ví dụ minh họa
1 1 1 (a + b)
1
= 1a + 1b

2 1 2 1 (a + b)
2
= 1a
2
+ 2ab + 1b
2
3 1 3 3 1
(a + b)
3
= 1a
3
+ 3a
2
b + 3ab
2
+ 1b
3
4 1 4 6 4 1
(a + b)
4
= 1a
4
+ 4a
3
b + 6a
2
b
2
+ 4ab
3

+ 1b
4
5 1 5 10 10 5 1 (a + b)
5
= 1a
5
+ 5a
4
b + 10a
3
b
2
+ 10a
2
b
3
+ 5ab
4
+ 1
b
5
6 1 6 15 20 15 6 1



- - 3
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Trong phần này, đề tài đề cặp đến một số bài tốn thường gặp có liên quan đến kiến thức nhị thức Niutơn
trong chương trình tốn lớp 11 ( chương trình mới hiện nay ) như sau:
1. Khai triển nhị thức Niutơn

2. Xác định một số hạng nào đó trong khai triển nhị
thức Niutơn
3. Xác định hệ số khai triển của một số hạng chứa
x
k
.
4. Tính tổng các hệ số khai triển.
- - 4
I. VẤN ĐỀ 1 : Khai triển nhò thức.
Ghi chu ù : Khi khai triển nhò thức
n
(a b)+
, ta cần nắm được kĩ năng như sau:
+ Số hạng tổng qt trong khai triển là :
k n k k
n
C a b
−
(0
≤
k
≤
n).
+ Từ đó ta có các số hạng trong khai triển như sau:
Khi k = 0 ta có số hạng đầu thứ nhất là:
k n k k
n
C a b
−
Khi k = 1 ta có số hạng thứ hai là:

1 n 1
n
C a b
−
Khi k = 2 ta có số hạng thứ 3 là:
2 n 2 2
n
C a b
−
……………………………………………
Khi k = n ta có số hạng thứ (n + 1) ( số hạng cuối )là:
n n n n n n
n n
C a b C b
−
=
Chú ý:
Nếu khai triển
n
(a b)−
thì ta cần chú ý qui tắc đang dấu số hạng thứ nhất k sẽ có dấu là : ( - 1 )
k
( 0
≤
k
≤
n
) .
Ví dụ : Khai triển nhò thức sau: (2a + b)
5

Giải
Áp dụng cơng thức nhị thức Niu – ton ta có:
( )
5
0 5 1 4 2 3 2 3 2 3 4 4 5 5
5 5 5 5 5 5
5 4 3 2 2 3 4 5
2 (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) 2
= 32a 80 80 40 10
a b C a C a b C a b C a b C ab C b
a b a b a b ab b
+ = + + + + +
+ + + + +
Nhận xét:
- Trong khai triển trên ta đã vận dụng cơng thức (1), tuy nhiên trong một số khai triển nhị thức
Niu – tơn với lũy thừa đủ nhỏ ta có thể vận dụng hệ số khai triển nhị thức trong tam giác Pax – can để khai
triển như:
Từ tam giác Pax – can ta thấy hệ số khai triển lủy thừa 5 là:
1 5 10 10 5 1
⇒ (2a + b)
5
= 1.(2a)
5
+ 5.(2a)
4
.b +10.(2a)
3
b
2
+ 10.(2a)

2
b
3
+ 5.2a.b
4
+ 1.b
5
Bài tập:
a)
5
(2x 1)+
; b)
6
(x 2y)−
; c)
5
(a 2b)+
;
d)
6
(a 2)−
; e)
6
2
x
y
 
+
 ÷
 

; f)
5
1
x
x
 
−
 ÷
 
.
- - 5
II. VẤN ĐỀ 2 : Tìm số hạng thứ k + 1.
Trong dạng tốn này, theo chương trình mới hiện nay sách giáo khoa khơng đưa ra kí hiệu số hạng tổng
qt thứ (k + 1) trong khai triển (a + b)
n
, nên học sinh gặp nhiều lúng túng trong lập luận, để thuận tiện
trong truyền đạt kiến thức tơi kí hiệu số hạng tổng qt thứ (k + 1) là T
k + 1
=
k n k k
n
C a b
−
Ví dụ 1 : Tìm số hạng thứ bảy của khai triển nhò thức
10
1
x
x
 
+

 ÷
 
, x > 0.
Giải:
Số hạng tổng qt thứ (k + 1) trong khai triển là: T
k + 1
=
( )
k
10 k
k
10
1
C x
x
−
 
 ÷
 
Áp dụng cho k = 6, ta có:
( )
6
4
6 6 2 6
7 6 1 10 10 10
6 4
1 1 1
T T C x . C x . C
x
x x

+
 
= = = =
 ÷
 
Vậy số hạng thứ bày trong khai triển là:
6
10
4
1
C
x
• Bài tập tương tự : Tìm số hạng thứ k chỉ ra dưới đây của các khai triển.
1). Thứ sáu của
21
(1 2y)−
ĐS:
5 5
21
32C y−
.
2). Thứ mười ba của
( )
15
3
3 2+
ĐS:
12
15
192C

.
3). Thứ tám của
15
1 2
x
3 3
 
+
 ÷
 
ĐS:
7
7 7
15
15
2
C x
3
.
Ví dụ 2: Tìm số hạng không chứa x của khai triển
6
1
x
x
 
+
 ÷
 
, x > 0.
Giải:

Cách 1:
Cách sử dụng kí hiệu số hạng tổng quát thứ (k + 1)
Số hạng thứ k + 1:
( )
k
6 k
k
k 1 6
1
T C x
x
−
+
 
=
 ÷
 
=
( )
6
6
6 3
6 6 6
2
k
k
k k k k
k k
x
x

C C C x
x x
−
−
−
= =
.
Để hạng tử
k 1
T
+
không chứa x là:
6 3k 0
k ,k n
− =


∈ ≤

¥
⇔ k = 2
Vậy số hạng không chứa x là:
3
T 15=
.
Cách 2:
Ta có:
( )
6 k
6 6

6 k
k k 6 k
6 6
k 0 k 0
1 1
x C x C x
x x
−
−
= =
   
+ = =
 ÷  ÷
   
∑ ∑
- - 6
Để hạng tử
k 1
T
+
không chứa x là:
6 3k 0
k ,k n
− =


∈ ≤

¥
⇔ k = 2

Vậy số hạng không chứa x là:
3
T 15=
.
Nh ận xét :
- Khi gặp đề bài có u cầu như trong ví
dụ 2, học sinh cần chú ý : a
0
=1,
∀
a > 0
• Bài tập tương tự : Tìm số hạng không chứa x của các khai triển.
1).
12
1
x
x
 
+
 
 
, với x ≠ 0. ĐS: 924
2).
10
3
2
1
x
x
 

+
 ÷
 
, với x > 0. ĐS: 210
3).
12
1
2x
x
 
+
 ÷
 
, với x > 0. ĐS: 3168.
- - 7
III. VẤN ĐỀ 3 : Tìm hệ số của một số hạng nào đó trong khai triển nhị thức.
Trong phần này học sinh cần nắm được số hạng của khai triển và hệ số của khai triển
Ví dụ: ta có
( )
n
n
k n k k k
n
k 0
2 3x C 2 .3 .x
−
=
+ =
∑
thì số hạng thứ (k + 1) trong khai triển là

k n k k
n
C 2 .3
−
.x
k
và hệ số
khai triển của nó là
k n k k
n
C 2 .3
−
Ví dụ 1: Tìm hệ số của x
2
trong khai triển nhò thức
8
2
x a
a
x
 
+
 ÷
 
với a, x ≠ 0.
Giải:
8 8 k k
8 8
k k 8 k 8 3k
8 8

2 2
k 0 k 0
x a x a
C C a x
a a
x x
−
− + −
= =
     
+ = =
 ÷  ÷  ÷
     
∑ ∑
Điều kiện để x
2
xuất hiện là:
8 3k 2
k
− =


∈

¥
⇔ k = 2.
Vậy hệ số của số x
2
là
3 4

3 8
a C a
−
=
.
Ví dụ 2: Tìm hệ số của x
4
trong khai triển
P(x) =
2 2 3 3 4 4 5
x(1 x) x (1 x) x (1 x) x (1 x)+ + + + + + +
Giải
Ta có:
3 2
2 k k k k 1
2 2
k 0 k 0
2 3
2 3 2 m m m m 2
3 3
m 0 m 0
4 4
3 4 3 n n n n 3
4 4
n 0 n 0
5
p
4 5 4 p p p
5 3
p 0

x(1 x) x C x C x (1)
x (1 x) x C x C x (2)
x (1 x) x C x C x (3)
x (1 x) x C x C x
+
= =
+
= =
+
= =
=
+ = =
+ = =
+ = =
+ = =
∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
∑
5
4
p 0
(4)
+
=
∑
Để có số hạng chứa x
4
trong khai triển P(x) thì :
k 1 4

0 k 2
k
+ =


≤ ≤


∈

¥
hoặc
m 2 4
0 m 3
m
+ =


≤ ≤


∈

¥
hoặc
n 3 4
0 n 4
n
+ =



≤ ≤


∈

¥
hoặc
p 4 4
0 p 5
p
+ =


≤ ≤


∈

¥
⇔ m = 2 hoặc n = 1 hoặc p = 0
⇒ Hệ số chứa x
4
trong khai triển P(x) là :
2 1 0
3 4 5
C C C+ +
= 8
Nhận xét:
- - 8

- Trong một biểu thức đại số viết dưới dạng khai triển có dạng:
n
ak b
k
k 0
a x
+
=
∑
(a, b, k là các số
ngun thỏa đk bài tốn ). Thì hệ số của x
ak +b
là a
k
và điều kiện để có x
m
là : a.k + b = m ( với a, b, k phải
thỏa điều kiện nào đó của bài tốn).
- Trong ví dụ 2, nếu học sinh chú ý một chút thì thấy được x
4
chỉ có trong các khai triển
2 3 3 4 4 5
x (1 x) ;x (1 x) ;x (1 x)+ + +
. Vì vậy ta chỉ cần tìm hệ số của x
4
trong các khai triển
2 3 3 4 4 5
x (1 x) ;x (1 x) ;x (1 x)+ + +
và sau đó cộng lại các kết quả đó lại để xác định hệ số khai triển của x
4

trong khai triển của P(x)
• Bài tập tương tự : Tìm hệ số của x
k
trong các khai triển.
1). Của x
7
trong (2 – x)
10
. ĐS: –960.
2). Của x
6
trong
( )
8
2
1 x+
. ĐS: 56.
3). Của x
3
trong
2 3 4 5
(1 x) (1 x) (1 x) (1 x)+ + + + + + +
. ĐS: 15.
4). Của x
9
trong
9 10 14
(1 x) (1 x) . . . (1 x)+ + + + + +
. ĐS: 3003.
Ví dụ 2: Xác định hệ số của số hạng chức x

11
trong khai triển
n
2
1
x
x
 
+
 ÷
 
cho biết tổng các hệ số nhò thức
bằng 1024.
Giải
Ta có:
n
n
2 k 2n 3k
n
k 0
1
x C x
x
−
=
 
+ =
 ÷
 
∑

⇒ Tổng các hệ số của khai triển
n
2
1
x
x
 
+
 ÷
 
được xác định là:
( )
n
0 1 n 10 10
n n n
C C . . . C 1024 2 1 1 2 n 10+ + + = = ⇒ + = ⇔ =
Để có số hạng chứa x
-11
thì 2n – 3k = 11 ⇒ 3k = 2.10 – 11 = 9 ⇒ k = 3
⇒ Hệ số khai triển của x
11
là :
3
10
C 120=
• Bài tập tương tự : Tìm hệ số của x
k
trong các khai triển.
1) Của số hạng chức x
11

trong khai triển
n
2
1
x
x
 
+
 ÷
 
cho biết tổng các hệ số nhò thức bằng 4096.
HD:
0 1 n 8
n n n 12
C C . . . C 4096 C+ + + = ⇒
.
2) Của số hạng không chứa x trong khai triển
n
2
1
x
x
 
+
 ÷
 
biết tổng các hệ số nhò thức thứ nhất, nhì, ba
bằng 46. HD:
0 1 2
n n n

C C C 46 84+ + = ⇒
.
- - 9
IV. VẤN ĐỀ 4 : Tính tổng các hệ số.
Ví d ụ 1:
a. Tính tổng các hệ số của khai triển nhò thức
10
(1 2x)+
.
b. Tính A =
5 0 4 1 3 2 2 3 4 5 5
5 5 5 5 5 5
2 C 2 C 2 C 2 C 2C 3 C+ + + + +
c. Tính B =
5 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 5 5
5 5 5 5 5 5
3 C 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C 2.3 C 3 C− + − + −
Giải:
a. Ta có:
( ) ( ) ( )
10 10
10 k k
k 10 k k
10 10
k 0 k 0
1 2x C .1 . 2x C . 2x
−
= =
+ = =
∑ ∑

=
2 10
0 1 2 10
a a x a x . . . a x+ + + +
( Với
0 1 2 10
a , a ,a , . . .,a
là các hệ số của x
K
( 0 ≤ k ≤ 10 ) )
⇒ Tổng các hệ số trong khai triển trên là:
10
0 1 2 10
S a a a . . . a 3= + + + + =
Cho x = 1 ta có :
10
0 1 2 10
S a a a . . . a 3 59049= + + + + = =
Tổng quát của bài toán trên là :
( ) ( ) ( ) ( )
n n
n k k k
k n k k n k
n n
k 0 k 0
a bx C .a . bx C .a . b x
− −
= =
+ = =
∑ ∑

=
( )
n
0 1 2 n
a a a . . . a a b+ + + + = +
( Trong đó a , b là
hai số thực cho trước, Với
0 1 2 n
a , a ,a , . . .,a
là các hệ số của x
K
( 0
≤
k
≤
n ) )
b. Tính A =
5 0 4 1 3 2 2 3 4 5 5
5 5 5 5 5 5
2 C 2 C 2 C 2 C 2C 3 C+ + + + +
p dụng khai triển (a + b)
n
cho a = 1; b = 2; n = 5 ta có:
A =
5 0 4 1 3 2 2 3 4 5 5
5 5 5 5 5 5
2 C 2 C 2 C 2 C 2C 3 C+ + + + +
= (1 + 2 )
5
= 243

c. B =
5 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 5 5
5 5 5 5 5 5
3 C 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C 2.3 C 3 C− + − + −
p dụng khai triển (a + b)
n
cho a = 3; b = - 2; n = 5 ta có:
B =
5 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 5 5
5 5 5 5 5 5
3 C 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C 2.3 C 3 C− + − + −
( 3 – 2)
5
= 1
Nhận xét:
- Dó nhiên khi học sinh không nắm được kiến thức về nhò thức Niutơn học sinh có thể dùng máy
tính cầm tay để tính giá trị A và B, tuy nhiên trong trường hợp n lớn thì việc tính như vậy là khơng khả thi.
- Để vận dụng cơng thức nhò thức Niutơn (a + b)
n
để tính các giá trị như tổng A và B học sinh cần
chú ý: trong cơng thức khai triển thì lủy thừa của a giảm từ n tới giá trị 0, lủy thừa của b tăng từ lủy thừa 0
đến n. Từ đó ta suy ra giá trị a, b, n cần áp dụng để tính tổng là bao nhiêu.
- Trong khi tính B, học sinh chú ý đây là một tổng có đang dấu nên cẩn thận a hay b có dấu trừ.
Ví vụ 2 : Tính giá trò các biểu thức sau:
a.
0 2 4 6
7 7 7 7
S C C C C= + + +
.
b.

6 7 8 9 10
10 10 10 10 10
P C C C C C= + + + +
.
Giải:
- - 10
b) Từ khai triển nhò thức Newton
7
(a b)+
+ Cho a = 1, b = − 1 ta có:
0 1 2 3 6 7
7 7 7 7 7 7
C C C C . . . C C 0− + − + + − =
Suy ra:
0 2 4 6 1 3 5 7
7 7 7 7 7 7 7 7
C C C C C C C C+ + + = + + +
(1).
+ Cho a = 1, b = 1 ta có:
0 1 2 7 7
7 7 7 7
C C C . . . C 2+ + + + =
(2)
Từ (1), (2) ⇒
( )
0 2 4 6 7
7 7 7 7
2 C C C C 2+ + + =
.
Hay S = 64.

c)
6 7 8 9 10
10 10 10 10 10
P C C C C C= + + + +
Từ khai triển nhò thức Newton
10
(a b)+
+ Cho a = 1, b = 1 ta có:
( )
10
10 0 1 2 3 9 10
10 10 10 10 10 10
1 1 2 C C C C C C+ = = + + + + + +
Do
0 10 1 9 2 8 3 7 4 6
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
C C ;C C ;C C ;C C ;C C= = = = =
⇒ P = 2
10
-
5
10
C
= 772
Nh ận xét :
- Trong hai bài tính tổng trên, học sinh cần hiểu được rằng đề bài đưa ra khơng nhất thiết là tình
tổng tất cả các hệ số trong cơng thức khai triển, mà có thể tính một số giá trị nào đó của khai triển, khi đó ta
phải tìm ra qui luật tổng qt của tổng, từ đó vận dụng kiến thức một cách linh hoạt
- Cần chú ý tới chỉ số
k

n
C
để nắm được qui luật của tổng.
Ví vụ 3 : Chứng minh các đẳng thức sau:
0 2 4 2n 1 3 5 2n 1 2n 1
2n 2n 2n 2n n n n 2n
C C C C C C C C 2
− −
+ + + + = + + + + =
Giải
Từ khai triển (a + b)
2n
Cho a = 1, b = -1, ta có:
0 1 2 3 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
0 2 4 2n 1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n n n n 2n
C C C C ( 1) C ( 1) C 0
C C C C C C C C
− −
−
− + − + + − + − =
⇔ + + + + = + + + +
Cho a = 1, b = 1, ta có:
0 1 2 3 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
C C C C C C 2
−
+ + + + + + =
⇒

( ) ( )
0 2 4 2n 1 3 5 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n n n n 2n
2 C C C C 2 C C C C 2
−
+ + + + = + + + + =
⇒ điều phải chứng minh
• Bài tập tương tự :
Tính các tổng sau.
1).
0 1 2 6
6 7 6 6
A C C C . . . C= + + + +
HD: a = b = 1, n = 6, S = 64.
2).
5 6 9
9 9 9
B C C . . . C= + + +
HD: a = b = 1, n = 9, S = 256.
- - 11
3).
6 7 10
10 10 10
C C C . . . C= + + +
HD: a = b = 1, n = 10, S = 386.
4).
0 1 2 2 5 5
5 5 5 5
D C 2C 2 C . . . 2 C= + + + +
HD: a =1, b = 2, n = 5, D = 243.

5).
0 1 2 3 4 5 6
6 6 6 6 6 6 6
E C 3C 9C 27C 81C 243C 729C= − + − + − +
HD: a = 1, b = - 3, n = 6, E = 64.
6).
5 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 5 5
5 5 5 5 5 5
F 2 C 2 .3C 2 .3 C 2 .3 C 2.3 C 3 C= + + + + +
HD: a = 2, b = 3, n = 5, F = 3125.
7).
5 0 3 1 2 1 3 3 4 5 5
5 5 5 5 5 5
G 2 C 2 C 2C 2 C 2 C 2 C
− − −
= − + − + −

HD: a = 2,
1
b
2
= −
, n = 5,
243
G
32
=
.
Tính tổng các hệ số của khai triển các nhò thức.
1)

17
(3x 4)−
ĐS:– 1 .
2)
5
(2x 1)+
ĐS:243.
3)
2 3 4 5
(1 x) (1 x) (1 x) (1 x)+ + + + + + +
ĐS: 60
Chứng minh rằng:
0 1 2 3 p p p p
n n n n n n 1
C C C C ( 1) C ( 1) C
−
− + − + + − = −
- - 12
C. MỘT SỐ BÀI TOÁN MỞ RỘNG
Trong phần này, đề tài đề cặp đến một số bài toán có dạng khó hơn và bài toán mà kiến thức lớp 11 ( theo
chương trình hiện ) không giải được :
1. Một vài dạng toán nhị thức Niutơn với a, b có số mũ hữu tỉ, số mũ là số thực.
2. Khai triển lủy thừa có nhiều số hạng
3. Xác định hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niutơn
4. Các bài toán chứng minh có liên quan đến hệ số khai triển nhị thức Niutơn
5. Các bài toán có liên quan đến đạo hàm và nhị thức Niutơn
6. Bài toán có liên quan đến tích phân và nhị thức Niutơn
- - 13
I. V ẤN ĐỀ 1 : Khai triển nhị thức Niutơn với số a, b có số mũ là hữu tỉ, số mũ
thực:

Ví dụ 2: Tìm số hạng chứa x
7
của khai triển
12
3
2
3 2
x x
4 3
 
+
 ÷
 
Giải:
k
12 k k
2 1 24 2k k
12 12 k
12 12
2
3
2 k k
3 2 3 2
12 12
k 0 k 0
3 2 3 2 3 2
x x C x . x C . . .x .x
4 3 4 3 4 3
−
−

−
= =
   
     
 ÷  ÷+ = =
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷
     
   
∑ ∑
Để x
7
xuất hiện là:
2 1
(12 k) k 7
k 6
3 2
k ,k 12

− + =

⇒ =


∈ ≤

¥
.
Vậy số hạng chứa x
7

là
6 6
6 7 6 7
12 12
6
3 2 1
C . x C x
4 3
2
   
=
 ÷  ÷
   
.
• Bài tập tương tự : Tìm số hạng chứa x
k
của các khai triển.
1).
21
3
3
x y
y x
 
+
 ÷
 ÷
 
mà số mũ của x và y bằng nhau. ĐS:
5

9
2
10 21
T C (xy)=
.
2).
16
1
2
a
x
x
 
−
 ÷
 ÷
 
là số hạng đứng ở chính giữa. ĐS:
8
9
4
a
T 12870
x
=
.
Ví dụ 3: Tìm hệ số của x
8
trong khai triển nhò thức
5

3
1
n
x
x
 
+
 ÷
 
, x > 0 biết rằng
n 1 n
n 4 n 3
C C 7(n 3)
+
+ +
− = +
.
(Khối A – 2003).
Giải:
Ta thấy
n 1 n
n 4 n 3
C C 7(n 3)
+
+ +
− = +
⇒ n = 12.
Ta cóo:
( )
5 72 11

12
12
5 3
2 2
12 12
3
1
k
k
k
k k
x C x x C x
x
− +
−
−
 
 
 ÷
+ = =
 ÷
 ÷
 
 
∑ ∑
.
Để x
8
xuất hiện thì:
72 11k

8
k 8
2
k ,k 12
− +

=

⇔ =


∈ ≤

¥
.
Vậy hệ số của x
8
là :
8
12
C 495=
.
• Bài tập tương tự : Tìm hệ số của x
k
trong các khai triển.
- - 14
1). Của số hạng không chứa x trong khai triển nhò thức
n
28
3

15
x x x
−
 
+
 ÷
 ÷
 
biết rằng
n n 1 n 2
n n n
C C C 79
− −
+ + =
.
ĐS: n = 12, a
6
= 792.
2). Của số hạng thứ mười ba của khai triển
n
1
9x
3x
 
−
 ÷
 
biết hệ số của số hạng thứ ba trong khai triển là
105. HD:
2

n 13
C 105, a 455= =
.
3). Của số hạng chứa x
3
trong khai triển
n
5
7
3
x y
x
3
x
 
−
 ÷
 ÷
 
biết tổng các hệ số nhò thức của các số hạng
đứng ở vò trí lẻ bằng 2048.
HD: Tổng hệ chẵn, lẻ bằng nhau ⇒ a
8
= –264.
Ví d ụ 3 : Xác đònh x để số hạng thứ tư trong khai triển nhò thức:
8
11
5
4
x 1

x 1
2
x
x 1
a
a. a bằng 56a
a
+
−
−
 
 ÷
+
 ÷
 
( a > 0 ).
Giải: Số hạng tổng qt thứ (k + 1) trong khai triển
8
5
4
x 1
x 1
x
x 1
a
a. a
a
+
−
−

 
 ÷
+
 ÷
 
là:
8 k k 5 3
4 1 x x 1 4 1 x x 1
1 1
k 3
5 x x 1 5 x x 1
k 1 8 4 8
T C a a a T C a a a
−
− − − −
+ +
+ +
+
       
 ÷  ÷  ÷  ÷= ⇒ =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
Vậy:
11
2
4
4 1 x x 1 11
T 56a 5 3 1 với x>0
5 x x 1 2

− −
   
= ⇔ + + + =
 ÷  ÷
+
   

2
x 3x 10 0
x 2
x 0

+ − =

⇔ ⇔ =

>


.
• Bài tập tương tự :
1). Xác đònh n để trong khai triển nhò thức
n
(1 x)+
mà các hệ số của:
a) Số hạng thứ hai, thứ ba, thứ tư tạo thành một cấp số cộng.
b) Số hạng thứ năm, thứ sáu, thứ bảy tạo thành một cấp số cộng.
HD: Hệ số nhò thức a, b, c là một cấp số cộng ⇔ a + c = 2b.
ĐS: a) n = 7; b) n = 7 và n = 14.
2). Tìm n để ba số hạng đầu tiên của khai triển

n
1 1
2 4
1
x x
2
−
 
+
 ÷
 ÷
 
với x > 0 tạo thành một cấp số cộng. ĐS:
n = 8.
- - 15
3). Tìm x để trong khai triển
6
x
1
4 x
4
2 2
4
−
−
 
+
 ÷
 
mà số hạng thứ ba bằng 240.

ĐS: x = 2.
4). Số hạng thứ ba trong khai triển
n
2
1
2x
x
 
+
 ÷
 
không chứa x. Tìm x để số hạng ấy bằng số hạng thứ hai
trong khai triển
( )
30
3
1 x+
. ĐS: x = 2.
5). Trong khai triển
n
x
x 1
3
2
2 2
−
−
 
+
 ÷

 ÷
 
cho biết
3 1
n n
C 5C=
và số hạng thứ tư bằng 20n. Tìm x và n. (Khối
A/2002). ĐS: n = 7, x = 4.
II. Khai triển lủy thừa có nhiều số hạng
Ví dụ:Tìm hệ số của x
9
trong khai triển
( )
8
2
1 2 3x x+ −
.
Giải:
Ta thấy
8
2 8 2
(1 2x 3x ) 1 (2x 3x )
 
+ − = + −
 
.
Áp dụng khai triển nhị thức (a + b)
5
với a = 1, b = 2x + 3x
2

Ta có số hạng tổng qt thứ (k + 1) trong khai triển là:
k 2 k k i k i 2 i k i i k i k i
k 1 8 8 k 8 k
T C (2x 3x ) C C (2x) ( 3x ) 2 ( 3) C C x
− − +
+
= − = − = −
.
Để x
9
xuất hiện là k + i = 9, với 0 ≤ i ≤ k ≤ 8.
Suy ra: Hêệ số của x
9
trong khai triển là:
7 8 1 5 7 2 3 6 3 5 4
8 8 8 8 8 8 8 8
2 .3.C C 2 .9C C 2 .27C C 2.81C C 30288− + − + = −
.
Chú ý: Khi giải bài tốn trên ta có thể áp dụng cho a = 1 + 2x, b = -3x
2
• Bài tập tương tự : Tìm hệ số của:
1). x
4
trong khai triển
( )
4
2
1 x x+ +
. ĐS: a
5

= 19.
2).
5
x
trong khai triển
( )
5
2
1 x x− +
. ĐS: a
6
= –51.
3).
5
x
trong khai triển
( )
6
2
2 x x+ −
. ĐS: a
6
= –266.
4).
7
x
trong khai triển
( )
10
2

1 x 2x− +
. ĐS: a
8
= –19440.
5).
17
x
trong khai triển
( )
15
4 7
2 x x+ +
. ĐS: i, k không tồn tại nên a = 0.
6).
8
x
trong khai triển
8
2
1 x (1 x)
 
+ −
 
. (Khối A/2004). ĐS: a
5
= 238.
- - 16
7). Cho
*
n∈¥

gọi
n 3
a
−
là hệ số của
3n 3
x
−
trong khai triển thành đa thức của
2 n n
(x 1) (x 2)+ +
. Tìm n để
n 3
a 26n
−
=
. (Khối D/2003).
HD:
3 0 3 1 1
n 3 n n n n
a 2 C C 2C C n 5
−
= + ⇒ =
.
- - 17
Các bài toán chứng minh.
Ví dụ: Chứng minh rằng
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
0 1 2 n n

n n n n 2n
C C C . . . C C+ + + + =
.
Giải:
Ta có
2n n n
(1 x) (1 x) .(1 x)+ = + +
Hệ số của x
n
trong khai triển
n
2n k k
2n
k 0
(1 x) C x
=
+ =
∑
là
n
2n
C
(1).
Hệ số của x
n
trong khai triển
n n n n n n
n n i i j j i i j j i j i j
n n n n n n
i 0 j 0 i 0 j 0 i 0 j 0

(1 x) (1 x) C x C x C x C x C C x
+
= = = = = =
+ + = = =
∑ ∑ ∑∑ ∑∑
là
i j
n n
C C
∑
, với i + j = n (2).
Từ (1), (2) ta có
n i j
2n n n
C C C=
∑
Hay
2
n
n
C

0 n 1 n 1 2 n 2 1 n 1 0 n
n n n n n n n n n n
C C C C C C . . . C C C C
− − −
= + + + + +
, mà
k n k
n n

C C
−
=
nên ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
n 0 1 2 n
2n n n n n
C C C C . . . C= + + + +
.
• Bài tập tương tự : Chứng minh các đẳng thức:
1).
1 3 2n 1 0 2 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
C C . . . C C C . . . C
−
+ + + = + + +
.
HD:
2n
(1 x)+
cho x = – 1.
2).
0 k 1 k 1 5 k 5 k
5 n 5 n 5 n n 5
C C C C . . . C C C
− −
+
+ + + =
với 5 ≤ k ≤ n.

HD:
5 n n 5
(1 x) (1 x) (1 x)
+
+ + = +
.
3).
0 k 1 k 1 2 k 2 m k m k
m n m n m n m n m n
C C C C C C . . . C C C
− − −
+
+ + + + =
, với m ≤ k ≤ n.
HD:
m n m n
(1 x) (1 x) .(1 x)
+
+ = + +
.
4).
1 2 2 n 1 n 1 n n
n n n
1 3C 3 C . . . 3 C 3 4
− −
+ + + + + =
.
HD:
n
(1 x)+

, cho x = 3.
5).
0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n
C C 3 C 3 . . . C 3 2 (2 1)
−
+ + + + = +
.
HD:
2n
(1 x)+
cho x = ± 3 rồi cộng vế.
- - 18
III. Bài toán có liên quan đến đạo hàm và nhị thức Niutơn :
Ví dụ: Tính tổng:
S
1
=
1 2 3 4 100
100 100 100 100 100
C 2C 3C 4C 100C+ + + + +
Giải
Xét P(x) = (1 + x)
100
=
0 1 2 2 3 3 4 4 100 100
100 100 100 100 100 100
C xC x C x C x C x C+ + + + + +
P'(x) = 100(1+ x)
99

=
1 2 2 3 3 4 99 100
100 100 100 100 100
C 2xC 3x C 4x C 100x C+ + + + +
⇒ P' (1 ) = 100.2
99
=
1 2 3 4 100
100 100 100 100 100
C 2C 3C 4C 100C+ + + + +
⇒ S
1
= 100.2
99
Nhận xét: Khi thấy bài toán tính tổng có dạng:S =
1 2 3 4 n
a 2a 3a 4a na+ + + + +
, với
1 2 3 4 n
a ,a ,3a ,4a , ,na
là các hệ số khai triển của một nhị thức Niutơn nào đó thì ta vận dụng đạo hàm để
tính tổng đó.
Bài tập tương tự:
1) Tính S
2
=
n 1 1 n 2 2 2 n 3 3 3 n 4 4 4 n n
n n n n n
a bC 2a b C 3a b C 4a b C nb C
− − − −

+ + + + +
2 ) Tính S
3
=
n 0 n 1 1 n 2 2 2 n 3 3 3 n 1 n 1
n n n n n
na C (n 1)a bC (n 2)a b C (n 3)a b C ab C
− − − − −
+ − + − + − + +
3) Chứng minh rằng:
a)
0 1 2 3 n 1 n 1
n n n n n
nC (n 1)C (n 2)C (n 3)C C n2
− −
+ − + − + − + + =
b)
n 1 n 2 1 n 3 2 n 1 n 1 n 1 1 2 n 1 n
n n n n n n n
n4 C (n 1)4 C (n 2)4 C ( 1) 4 C C 4C n2 C
− − − − − − −
− − + − + + − = + + +
- - 19
IV. Bài toán có liên quan đến tích phân và nhị thức Niutơn
Ví dụ:
a) Tính
1
10
0
(1 x) dx+

∫
b) S =
0 1 2 3 10
10 10 10 10 10
1 1 1 1
C C C C C
2 3 4 11
+ + + + +
Giải
a) Ta có:
( )
1
11
1
10
0
0
1 x
2037
(1 x) dx
11 11
+
+ = =
∫
b) Ta có: (1 + x)
10
=
0 1 2 2 3 3 4 4 10 10
10 10 10 10 10 10
C xC x C x C x C x C+ + + + + +

Lấy tích phân hai vế cận từ 0 đến 1 ta được:
1
10
0
(1 x) dx+
∫
=
( )
1
0 1 2 2 3 3 4 4 10 10
10 10 10 10 10 10
0
C xC x C x C x C x C dx+ + + + + +
∫
=
0 1 2 3 10
10 10 10 10 10
1 1 1 1
C C C C C
2 3 4 11
+ + + + +
⇒ S =
( )
1
11
1
10
0
0
1 x

2037
(1 x) dx
11 11
+
+ = =
∫
Bài tập tương tự:
1) Tính A =
0 2 3 k 1 k n 1 n
n n n n n n
1 1 1 1 1
C C C C ( 1) C ( 1) C
2 3 4 k 1 n 1
+ +
− + − + + − + + −
+ +
ĐS:
1
n 1+
2) Tính B =
0 2 3 k n
n n n n n n
1 1 1 1 1
C C C C C C
2 3 4 k 1 n 1
+ + + + + + +
+ +
ĐS:
n 1
2 1

n 1
+
−
+
3) Chứng minh rằng:
( )
n
0 2 3 2 4 3 n 1 n 1 n
n n n n n
1 1 1 1 1
2C 2 C 2 C 2 C ( 1) 2 C 1 1
2 3 4 n 1 n 1
+ +
 
− + − + + − = + −
 
+ +
- - 20