ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN CHƯƠNG 5 ĐẠI SỐ TỔ HỢP PHẦN 1

ĐẠI SỐ TỔ HP
Chương V
NHỊ THỨC NEWTON (phần 1)
Nhò thức Newton có dạng :
(a + b)
n
= C a
n
b
0
+ a
n-1
b
1
+ … + a
0
b
n

0
n
1
n
C
n
n
C
=
(n = 0, 1, 2, …)
n
knkk

n
k0
Ca b
−
=
∑
Các hệ số của các lũy thừa (a + b)
n
với n lần lượt là 0, 1, 2, 3, … được sắp
thành từng hàng của tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal :
k
n
C

(a + b)
0
= 1
(a + b)
1
= a + b
(a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2

(a + b)
3
= a

3
+ 3a
2
b + 3ab
2
+b
3

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

(a + b)
5
= a
5
+ 5a
4
b + 10a

3
b
2
+ 10a
2
b
3
+ 5ab
4
+ b
5






1




1



1

5

1

4


1

3
+
10
1

2

6

1

3

10


1

4

1

5




1





1
Các tính chất của tam giác Pascal :
(i) = = 1 : các số hạng đầu và cuối mỗi hàng đều là 1.
0
n
C
n
n
C
(ii) =
(0 k n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau.
k
n
C
nk
n
C

−
≤ ≤
(iii) = (0 k
k
n
C +
k1
n
C
+ k1
n1
C
+
+
≤
≤
n – 1) : tổng 2 số hạng liên tiếp ở hàng trên bằng
số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới.
(iv) + … + = (1 + 1)
n
= 2
n

0
n
C +
1
n
C
n

n
C

Các tính chất của nhò thức Newton :
(i) Số các số hạng trong khai triển nhò thức (a + b)
n
là n + 1.
(ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhò thức (a + b)
n
là n.
(iii) Số hạng thứ k + 1 là Ca
n – k
b
k
.
k
n
Dạng 1:
TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON
1. Khai triển (ax + b)
n
với a, b =
±
1,
±
2,
±
3 …
Cho x giá trò thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , …,
0

n
C,
1
n
C
n
n
C.
Hai kết quả thường dùng
(1 + x)
n
= x + x
2
+ … + x
n
= (1)
0
n
C +
1
n
C
2
n
C
n
n
C
n
kk

n
k0
Cx
=
∑
(1 – x)
n
= x + x
2
+ … + (–1)
n
x
n
= (2)
0
n
C –
1
n
C
2
n
C
n
n
C
n
kkk
n
k0

(1)Cx
=
−
∑
• Ví dụ : Chứng minh a) + … + = 2
n
0
n
C +
1
n
C
n
n
C

b) + … + (–1)
n
= 0
0
n
C –
1
n
C +
2
n
C
n
n

C
Giải
a) Viết lại đẳng thức (1) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh.
b) Viết lại đẳng thức (2) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh .
2. Tìm số hạng đứng trước x
i
(i đã cho) trong khai triển nhò thức Newton của
một biểu thức cho sẵn
•
Ví dụ : Giả sử số hạng thứ k + 1 của (a + b)
n
là a
n – k
b
k
.Tính số hạng thứ 13
trong khai triển (3 – x)
15
.
k
n
C
Giải
Ta có :
(3 – x)
15
= 3
15
– 3
14

x + … + 3
15 – k
.(–x)
k
+ … + – x
15

0
15
C
1
15
C
k
15
C
15
15
C
Do k = 0 ứng với số hạng thứ nhất nên k = 12 ứng với số hạng thứ 13
Vậy số hạng thứ 13 của khai triển trên là :
3
12
15
C
3
(–x)
12
= 27x
12

.
15!
12!3!
= 12.285x
12
.
3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức (a + b)
n

(a, b chứa x), ta làm như sau :
- Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :
a
n – k
b
k
=c
m
. x
m
.
k
n
C
- Số hạng độc lập với x có tính chất : m = 0 và 0
≤
k
≤
n, k ∈ N. Giải phương
trình này ta được k = k
0

. Suy ra, số hạng độc lập với x là .
0
k
n
C
0
nk
a
−
0
k
b
• Ví dụ : Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức
18
x4
2x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

Giải
Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :

18 k
k
18
x
C
2

−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
k
4
x
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
=
kk182k18k k
18
C2 .2.x .x
−
−−
=
k3k18182k
18
C2 .x
−−
Số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức có tính chất :
18 – 2k = 0
⇔
k = 9
Vậy, số hạng cần tìm là : .2
9
.
9

18
C
4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhò thức (a + b)
n
với a,
b chứa căn, ta làm như sau :
– Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :
= K
knkk
n
Ca b
−
mn
p
q
c.d với c, d
∈
¤
– Số hạng hữu tỷ có tính chất :
m
p

∈
N và
n
q

∈
N và 0
≤

k
≤
n, k N. ∈
Giải hệ trên, ta tìm được k = k
0
. Suy ra số hạng cần tìm là :
.
00
knkk
n
Ca b
−
0
• Ví dụ : Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhò thức
(
)
7
3
16 3+
Giải
Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là :

7k
1
k
3
7
C16
−
⎛⎞

⎜⎟
⎝⎠
.
k
1
2
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
=
7k
k
k
3
2
7
C.16 .3
−
.
Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất :

7k
N
3
k
N
2
0k7,kN
−

⎧
∈
⎪
⎪
⎪
∈
⎨
⎪
≤≤ ∈
⎪
⎪
⎩
⇔
−=
⎧
⎪
⎨
⎪
≤≤
⎩
7k3m
k chẵn
0k7
⇔
k 7 3m (m Z)
k chẵn
0k7
=− ∈
⎧
⎪

⎨
⎪
≤≤
⎩
⇔ k = 4
Vậy, số hạng cần tìm là : .
42
17
C .16.3
Bài 120. Khai triển (3x – 1)
16
.
Suy ra 3
16
– 3
15
+ 3
14
– … + = 2
16
.
0
16
C
1
16
C
2
16
C

16
16
C
Đại học Bách khoa Hà Nội 1998
Giải
Ta có : (3x – 1)
16
=
16
16 i i i
16
i0
(3x) ( 1) .C
−
=
−
∑
= (3x)
16
– (3x)
15
+ (3x)
14
+ … + .
0
16
C
1
16
C

2
16
C
16
16
C
Chọn x = 1 ta được :
2
16
= 3
16
– 3
15
+ 3
14
– … + .
0
16
C
1
16
C
2
16
C
16
16
C
Bài 121. Chứng minh :
a)

n0 n11 n22 n n
nn nn
2 C 2 C 2 C C 3
−−
++++=
b) .
n0 n11 n22 nn n
nn n n
3 C 3 C 3 C ( 1) C 2
−−
−+++−=
Giải
a)
Ta có : (x + 1)
n
= .
0n 1n1 n
nn
C x C x C
−
+++
n
n
n
n
)
Chọn x = 2 ta được :
3
n
= .

0n 1n1 n
nn
C2 C2 C
−
+++
b) Ta có : (x – 1)
n
= .
0n 1n1 n n
nn
C x C x ( 1) C
−
−++−
Chọn x = 3 ta được :
2
n
= .
n0 n11 n22 nn
nn n
3 C 3 C 3 C ( 1) C
−−
−+++−
Bài 122. Chứng minh : ;
n1
kn1
n
k1
C2(2 1
−
−

=
=−
∑
n
kk
n
k0
C(1) 0
=
−
=
∑
.
Đại học Lâm nghiệp 2000
Giải
Ta có : (1 + x)
n
= (*)
n
0 1 22 nn kk
nn n n n
k0
C C x C x C x C x
=
++ ++ =
∑
Chọn x = 1 ta được
2
n
=

n
k0 1 2 n1
nnnn n
k0
CCCC C C
−
=
n
n
=
++++ +
∑

2
n
= ⇔
12 n1
nn n
1 C C C 1
−
++++ +
2
n
– 2 = ⇔
n1
k
n
k1
C
−

=
∑
Trong biểu thức (*) chọn x = – 1 ta được 0 =
n
kk
n
k0
C(1)
=
−
∑
.
Bài 123. Chứng minh :
02244 2n2n2n12n
2n 2n 2n 2n
C C 3 C 3 C 3 2 (2 1)
−
++++ = +
Đại học Hàng hải 2000
Giải
Ta có : (1 + x)
2n
= (1)
0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
C C x C x C x C x
−−
++ ++ +
(1 – x)
2n

= (2)
0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
C C x C x C x C x
−−
−+ +− +
Lấy (1) + (2) ta được :
(1 + x)
2n
+ (1 – x)
2n
= 2
022 2n2n
2n 2n 2n
C C x C x
⎡
⎤
+++
⎣
⎦

Chọn x = 3 ta được :
4
2n
+ (–2)
2n
= 2
022 2n2n
2n 2n 2n
C C 3 C 3

⎡⎤
+++
⎣⎦

⇔
4n 2n
22
2
+
=
022 2n
2n 2n 2n
C C 3 C 3+++
2n

⇔
2n 2n
2(2 1)
2
+
=
022 2n
2n 2n 2n
C C 3 C 3+++
2n
)
2n
= ⇔
2n 1 2n
2(2 1

−
+
022 2n
2n 2n 2n
C C 3 C 3+++
Bài 124. Tìm hệ số đứng trước x
5
trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức :
f(x) = (2x + 1)
4
+ (2x + 1)
5
+ (2x + 1)
6
+ (2x + 1)
7
.
Đại học Kiến trúc Hà Nội 1998
Giải
Ta có : (2x + 1)
4
=
4
i4
4
i0
C(2x)
i
−
=

∑
; (2x + 1)
5
=
5
i5
5
i0
C(2x)
i
−
=
∑

(2x + 1)
6
=
6
i6
6
i0
C(2x)
i
−
=
∑
; (2x + 1)
7
=
7

i7
7
i0
C(2x)
i
−
=
∑

Vậy số hạng chứa x
5
của (2x + 1)
4
là 0.
số hạng chứa x
5
của (2x + 1)
5
là .
05
5
C(2x)
số hạng chứa x
5
của (2x + 1)
6
là .
15
6
C(2x)

số hạng chứa x
5
của (2x + 1)
7
là .
25
7
C(2x)
Do đó hệ số cần tìm là = 0 + + +
05
5
C2
15
6
C2
25
7
C2
= = 28
12
67
(1 C C )2++
5
×
32 = 896.
Bài 125. Tìm số hạng chứa x
8
trong khai triển
n
5

3
1
x
x
⎛
+
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
+
+
biết rằng
= 7(n + 3).
n1 n
n4 n3
CC
+
+
−
Tuyển sinh Đại học khối A 2003
Giải
Ta có : = 7(n + 3) (với n
n1 n
n4 n3
CC
+
+
−
∈

N)

⇔
()
(n 4)! (n 3)!
3! n 1 ! 3!n!
++
−
+
= 7(n + 3)

⇔
(n 4)(n 3)(n 2) (n 3)(n 2)(n 1)
66
+++ +++
−
= 7(n + 3)

⇔ (n + 4)(n + 2) – (n + 2)(n + 1) = 42

⇔ (n
2

+ 6n + 8) – (n
2
+ 3n + 2) = 42
⇔ 3n = 36

⇔ n = 12.
Ta có :

12
51
12 12
36 i
5i312iii
22
12 12
3
i0 i0
1
x C (x ) .(x ) C x
x
−+
−−
==
⎛⎞
+= =
⎜⎟
⎝⎠
∑∑
1

Yêu cầu bài toán –36 + ⇔
11
i
2
= 8 (với i
∈
N và 0 ≤ i 12) ≤

⇔
11i
2
= 44
⇔
i = 8 (thỏa điều kiện).
Vậy số hạng chứa x
8
là

8
88
12
12!x
Cx
8!4!
= =
8
12 11 10 9
x
432
×
××
××
= 495x
8
.
Bài 126. Biết rằng tổng các hệ số của khai triển (x
2
+ 1)

n
bằng 1024. Hãy tìm hệ số a
của số hạng ax
12
trong khai triển đó.
Đại học Sư phạm Hà Nội 2000
Giải
Ta có : (x
2
+ 1)
n
=
02n 12n1 i 2ni n
nn n
C(x) C(x) C(x) C
−−
n
+
++ ++
Theo giả thiết bài toán, ta được
= 1024
01 i
nnn
C C C C+++++
n
n
2
n
= 1024 = 2
10

⇔
⇔
n = 10
Để tìm hệ số a đứng trước x
12
ta phải có
2(n – i) = 12
⇔
10 – i = 6
⇔
i = 4
Vậy a =
4
10
10! 10987
C
4!6! 4 3 2
×
××
==
××
= 210.
Bài 127. Tìm hệ số đứng trước x
4
trong khai triển (1 + x + 3x
2
)
10
.
Giải

Ta có :
(1 + x + 3x
2
)
10
= [1 + x(1 + 3x)]
10

=
01 22 233 3
10 10 10 10
C C x(1 3x) C x (1 3x) C x (1 3x)
+
++ + + + +

44 4 10 10
10 10
C x (1 3x) C (1 3x)+++ +
Hệ số đứng trước x
4
trong khai triển chỉ có trong , ,
đó là :
22 2
10
Cx(13x)+
33 3
10
Cx(1 3x)+
44 4
10

Cx(13x)+
234
10 10 10
10! 10! 10!
C9 C9 C 9. 9
8!2! 3!7! 6!4!
++= + +

= 405 + 1080 + 210 = 1695.
Bài 128. Tìm hệ số của x
8
trong khai triển [1 + x
2
(1 – x
Tuyển sinh Đại học khối A 2004
Giải
+
+

g chứa x g kh i triển trên chỉ có trong và
Vậy hệ số của x
8
là : + = 238.
Bài 129. Cho
)]
8
.
Ta có :
[1 + x
2

(1 – x)]
8
=
012 24 2
88 8
C Cx(1 x) Cx(1 x)+−+−

36348451056126
888 8
C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x)+−+−+−+−

714 7 816 8
88
C x (1 x) C x (1 x)+−+−
Số hạn
8
tron a
36 3
8
Cx(1 x)−
48 4
8
Cx(1 x)−

đó là
36 2
8
Cx.3x và
4
8

C
8
x
3
8
3C
4
8
C
n
x
x1
3
2
22
−
−
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
=
nn1
x
x1 x1
01
3
22
nn
C2 C2 2

−
−−
−
⎛⎞
⎛⎞ ⎛⎞
.
+
+
⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
⎝⎠

+ … +
n1 n
xx
x1
n1 n
33
2
nn
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
C2 2 C2
−
−
−−
−
⎛⎞ ⎛⎞

⎛⎞
+
⎝⎠
.
Biết và số hạng thứ tư bằng 20n.
Tuyển sinh Đại học khối A 2002
(điều kiện n
⎝⎠
rằng
31
nn
C5C= Tìm n và x.
Giải

Ta có :
31
nn
C5C=

∈
N và n ≥ 3)

⇔

n(n 1)(n 2)
⇔
()()
n! n!
5
!

=

6
−−
= 5n
3! n 3 ! n 1−−
n
2
– 3n ⇔ (n – 1)(n – 2) = 30
⇔
– 28 = 0
(loại do n 3)
⇔ n = 7
∨
n = –4 ≥
⇔
n = 7
Ta có : a
4
= 20n = 140

⇔
3
4
x
x1
3
3
2
7

C2 .2
−
−
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟

⇔

x2
7!
2
⎜⎟
⎝⎠
= 140
⎝⎠
3!4!
−
= 140
2
x – 2
= 2
2
⇔
⇔
x – 2 = 2
⇔
x = 4.
Bài 130. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
12

1
x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
.

Đại học Kinh tế Quốc dân 1997
Giải
Ta có :

12
1
x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
=
i
012 111 i 12i 12
12 12 12 12
12
11
Cx Cx Cx C
xx
−

⎛⎞ ⎛⎞
+++ ++
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
1
x

Để số hạng không chứa x ta phải có

i
12 i
1
x
x
−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
= x
0
⇔ x
12 – 2i
= x
0

⇔
12 – 2i = 0
⇔
i = 6
Vậy số hạng cần tìm là :

6
12
12! 121110987
C
6!6! 65432
×
××××
==
××××
= 924.
Bài 131. Tìm số hạng không chứa x (với x > 0) trong khai triển
7
3
4
1
x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

Tuyển sinh Đại học khối D 2004
Giải
Ta có :
7
3
4
1
x

x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
=
7
1
1
3
4
xx
−
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

=
11 1
11
0716 i 7i i 7
33 3
44
77 7 7
C (x ) C (x ) (x ) C (x ) (x ) C (x )
−−
−
+++ ++
1

7
4
−

Để tìm số hạng không chứa x ta phải có

11
(7 i) i
34
−− = 0
⇔
4(7 – i ) – 3i = 0
⇔
28 – 7i = 0

⇔
i = 4
Vậy số hạng không chứa x là C =
4
7
7! 7 6 5
35.
4!3! 3 2
×
×
==
×

Bài 132. Trong khai triển
n

28
3
15
xx x
−
⎛
+
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
9
hãy tìm số hạng không phụ thuộc x biết
rằng .
nn1n2
nn n
CC C 7
−−
++ =
Đại học sư phạm Hà Nội 2 năm 2000
Giải
Ta có :
nn1n2
nn n
CC C 7
−−
++ =9

⇔
() ()

n! n!
1 79
n1! 2!n2!
++
−−
=

⇔

(
)
nn 1
n 78
2
−
+
=
n
2
+ n – 156 = 0 ⇔
⇔
n = –13 n = 12 ∨
Do n
∈ N nên n = 12.
Ta có :
12 12
28 4 28
3
15 3 15
xx x x x

−−
⎛⎞⎛
+=+
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠


=
12 i
428
12 12
i1
ii
315
12 12
i0 i0
Cx .x Cx
−
−−
==
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
∑∑
16
6i

5

Yêu cầu bài toán 16 –
⇔
16
i0
5
=

⇔
i = 5
Vậy số hạng cần tìm
5
12
12!
C 792.
5!7!
==

Bài 133. Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ:
(
)
124
4
35−

Giải
Ta có :
()
124

11
124
4
24
35 35
⎛⎞
−=−=
⎜⎟
⎝⎠

124 k
11
124
kk
24
124
k0
C3 .(5)
−
=
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
∑

=
kk
124
62

kk
24
124
k0
(1)C 3 .5
−
=
−
∑

Số hạng thứ k là hữu tỉ

k
62 N
2
k
N
4
kN
0k124
⎧
−∈
⎪
⎪
⎪
∈
⎨
⎪
∈
⎪

⎪
≤≤
⎩
⇔
≤≤
⎧
⎪
⎨
∈
⎪
⎩
0k124
k
N
4

⇔

∈
⎧
⎪
≤≤
⎨
⎪
=
⎩
iN
0k124
k4i
⇔

iN
0i31
k4i
∈
⎧
⎪
≤≤
⎨
⎪
=
⎩

⇔
i
∈

{
}
0,1, ,31
Do đó trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ.
Bài 134
∗
. 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.
Tuyển sinh Đại học khối D 2003
Giải
Ta có : ( x
2
+ 1 )
n
. (x + 2)
n
=
n
i2n
n
i0
C(x)
i
−
=
∑
.
n

knk k
n
k0
Cx .2
−
=
∑
=
nn
ikk3n2ik
nn
i0 k0
CC2.x
−
−
==
∑∑

Do yêu cầu bài toán nên 3n – 3 = 3n – (2i + k)

⇒ 2i + k = 3
Do i, k
∈ N và i, k ∈ [0, n] nên
i0
k3
=
⎧
⎨
=
⎩

hay
i1
k1
=
⎧
⎨
=
⎩

Vậy a
3n – 3
= + = 26n
033
nn
CC2
111
nn
C C 2
8 .
⇔
()
n!
3! n 3 !
−
+ 2n
2
= 26n

⇔
4

3
n(n – 1)(n – 2) + 2n
2
= 26n
2(n – 1)(n – 2) + 3n = 39
⇔
⇔
2n
2
– 3n – 35 = 0
n = 5 n =
⇔ ∨
7
2
− (loại do n
∈
N)
⇔
n = 5.
Bài 135*. Trong khai triển
10
12
x
33
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

a

0
+ a
1
x + … + a
9
x
9
+ a
10
x
10
(a
k

∈
R)
Hãy tìm số hạng a
k
lớn nhất.
Đại học Sư phạm Hà Nội 2001
Giải
Ta có :
10
12
x
33
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

=
10
10
1
(1 2x)
3
+
=
10
kk
10
10
k0
1
C (2x)
3
=
∑

Do đó : a
k
=
kk
10
10
1
C2
3

Ta có : a

k
đạt max
⇒

kk
kk
aa
aa
1
1
−
+
≥
⎧
⎨
≥
⎩

⇔

k k k1 k1
10 10
kk k1k1
10 10
C2 C 2
C2 C 2
−−
++
⎧
≥

⎪
⎨
≥
⎪
⎩

⇔
() ()
() ()
kk1
kk1
2 10! 2 .10!
k! 10 k ! (k 1)! 11 k !
210! 2 .10!
k!10 k! (k 1)!9 k!
−
+
⎧
≥
⎪
−−−
⎪
⎨
⎪
≥
⎪
−+−
⎩

⇔

21
k11k
12
10 k k 1
⎧
≥
⎪
⎪
−
⎨
⎪
≥
⎪
−
+
⎩
⇔

19 22
k
33
≤≤
Do k
∈ N và k ∈ [0, 10] nên k = 7.Hiển nhiên a
k
tăng khi k
∈
[0, 7], và a
k
giảm

khi k ∈ [7, 10].
Vậy max a
k
= a
7
=
7
7
10
10
2
C
3
.

(còn tiếp)

PHẠM HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QUANG
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vónh Viễn)