Nhi Thuc NEWTON luyen thi ĐH THPTQG

Chuyên đề 14: Nhị thức NEWTON và ứng dụng
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Email :
Yahoo: changtraipkt
Mobile: 0976266202

CHUYÊN ĐỀ 14:
NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG

754
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Email :
Yahoo: changtraipkt
Mobile: 0976266202

KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Công thức khai triển nhị thức NEWTON
Cho 2 số dương a, b và số nguyên dương n thì ta có
n

(a  b)n   Cnk a n k b k Cn0 a n  Cn1 a n1b  ...  Cnnb n
k 0
n

(a  b) n   (1)k Cnk a n k b k Cn0 a n  Cn1 a n1b  ...  (1)n Cnnb n
k 0

Trong các công thức trên ta có
+ Số các số hạng là n  1 .
+ Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n .
+ Số hạng thứ k  1 trong khai triển là Tk 1  Cnk a n k b k .
+ Các hệ số cách đều 2 số hạn đầu và cuối thì bằng nhau.
Một số khai triển hay sử dụng
n

(1  x )n   Cnk x k Cn0  Cn1 x1  ...  Cnn x n
k 0
n

(1  x )n   (1) k Cnk x k Cn0  Cn1 x1  ...  (1)n Cnn x n
k 0

Các hướng giải quyết bài toán dạng này
n

n

Nếu bài toán cho khai triển ( x a  xb )n   Cni ( x a ) n i ( xb )i   Cni x a( n i )  bi , khi đó hệ số



i 0

m

i 0

i
n

của x là C sao cho a(n  i )  bi  m .


Nếu bài toán đề cập đến max;min của các số hạng Cni thì xét
T  Tk 1
 Tìm max Tk thì giả sử Tk là lớn nhất khi đó  k
k
Tk  Tk 1
T  Tk 1
 Tìm min Tk thì giả sử Tk là nhỏ nhất khi đó  k
k
Tk  Tk 1
n



Trong biểu thức có

i
n

thì dùng đạo hàm.

i

n

thì nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm.

 i(i  1)C
i 1
n



Trong biểu thức có

 (i  k )C
i 1
n



Trong biểu thức có

k

a C

i
n

lấy x  a thích hợp.

i 1

756
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n



Trong biểu thức có

1

i
n

 i  1C thì lấy tích phân xác định trên đoạn [a, b] thích hợp.
i 1

CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Cho khai triển Q ( x)  (1  x )9  (1  x)10  ...  (1  x)14  a0  a1 x  ...  a14 x14 . Tìm a9 .
Lời giải:
+ Hế số của x9 trong khai triển Q( x)  (1  x)9  (1  x)10  ...  (1  x)14 là C99 ; C109 ; C119 ; C129 ; C139 ; C149 .
Vậy a9  C99  C109  ...  C149  3003 .
Bài 2. Tìm hệ số của x16 trong khai triển ( x 2  2 x)10 .
Lời giải:
10

10

+ Ta có ( x 2  2 x )10   C10k ( x 2 )10k (2 x)k   (2) k C10k x 20 k
k 0

k 0

+ Chọn 20  k  16  k  4 .
Vậy hế số của x16 trong khai triển là: C104 (2) 4
Bài 3. Tìm hệ số của x1008 trong khai triển của nhị thức ( x 2 

1 2009
) .
x3

Lời giải:
+ Số hạng thứ k  1 trong khai triển là
1
k
k
Tk 1  C2009
( x2 ) 2009k ( 3 ) k  C2009
x 40185 k .
x
+ Chọn 4018  5k  1008  k  602 .
1008
Vậy hệ số của x1008 trong khai triển là C2009
.
8

Bài 4. Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1  x 2 (1  x )  .
Lời giải:
8
8
 k

+ Ta có [1  x 2 (1  x)]8   C8k [x 2 (1  x)]k   C8k x 2 k   (1)i Cki xi 
k 0
k 0
 i 0

0  i  k  8
i  0 i  2

8
i
k i
Vậy hệ số của x trong khai triển là (1) C8 Ck thỏa mãn 2k  i  8  

k

4

k  3
i, k  

Vậy hệ số của x8 là: (1)0 C84C40  (1)2 C83C32  238 .

757

Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Bài 5. Xác định hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của P( x )  (1  2 x  3 x2 )10 .
Lời giải:
10

10

+ Ta có P( x )  (1  2 x  3 x )  1  x (2  3x )   C10k x k (2  3x)k
2 10

o
10

1
10

2
10

2

2

k 0
3

3 3
10

 C  C x(2  3x)  C x (2  3x)  C x (2  3x)  ...  C1010 x10 (2  3 x)10
Suy ra hệ số của x3 chỉ xuất hiện trong C102 x 2 (2  3 x)2  C103 x3 (2  3 x) 3
Vậy hệ số của x3 trong khai triển của P( x) là: 12C102  8C103  1500 .
16

Bài 6. Tìm hệ số x16 trong khai triển thành đa thức của 1  x 2 (1  x 2 ) 
Lời giải:
16

16

16

+ Ta có 1  x 2 (1  x 2 )    C16k ( x 2 (1  x 2 ))k   (1)k x 2k C16k (1  x 2 )k
k 0

16

k

k 0

16



  ( 1)k x 2 k C16k   Cki (  x 2 )i     ( 1)k  i C16k Cki x 2( k  i ) 

k 0
 i 0
 k 0
16
k i
k
Vậy hệ số của x là (1) C16Cki thỏa mãn
0  i  k  16
i  0 i  1 i  2 i  3 i  4





2(k  i )  16  
k

8
k

7
k

6
k

5





k  4
i, k  


Vậy hệ số của x16 trong khai triển là
C168 C80  C167 C71  C166 C62  C165 C53  C164 C44  258570
Bài 7. Cho biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức ( x 2  1)n bằng 1024. Hãy tìm hệ số
a(a  * ) của số hạng ax12 trong khai triển đó.
Lời giải:
n
2

n

+ Ta có ( x  1)   Cnk x 2 k  Cn0  Cn1 x 2  Cn2 x 4  ...  Cnn x 2n , thay x  1 vào ta được
k 0

n

0
n

1
n

2
n

2  C  C  C  ...  Cnn  1024  n  10

Vậy hệ số của số hạng ax12 là : a  C106  210 .
Bài 8. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức NEWTON của nhị thức
n

 1
7
1
2
3
n
20
k
 4  x  , biết rằng C2n1  C2n1  C2n 1  ....  C2n 1  2  1 ( n nguyên dương, Cn là tổ hợp
x

chập k của n phần tử).
Lời giải:

758
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
+ Theo giả thiết ta suy ra C20n1  C21n1  C22n 1  C23n 1  ....  C2nn 1  2 20
Mặt khác C2kn1  C22nn11 k (0  k  2n  1) . Từ đó
2(C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ....  C2nn 1 ) 
C20n 1  C21n 1  C22n 1  ....  C2nn 1  C2nn11  C2nn21  C2nn31  ....  C22nn11  2 2n 1
 220  C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ....  C2nn 1  22n  n  10
+ Số hạng thứ k+1 của khai triển là

Tk  C10k ( x 4 )10 k ( x7 )k  C10k x11k 40
Chọn 11k  40  26  k  6
Vậy hệ số của x26 là C106  210 .

Bài 9. Với n là số nguyên dương, gọi a3 n 3 là hệ số của số hạng chứa x3n3 trong khai triển thành
đa thức của ( x 2  1)n ( x  2)n . Tìm n để a3 n 3  26n .
Lời giải:
 n
 n
 n k
+ Ta có ( x 2  1)n ( x  2)n    Cnk x 2 k   Cni xi 2n i    Cnk Cni 2n i x 2 k  i .
 k 0
 i  0
 k 0 i 0
0  i , k  n
i  n  1 i  n  3

Chọn 2 k  i  3n  3 , thỏa mãn 2k  i  3n  3  

k  n  1 k  n
i, k  

Vậy hệ số của số hạng chứa x3n3 là a3n3  2Cnn 1Cnn1  23 Cnn Cnn 3
4n(n  1)(n  2)
 2n 2 
 26n  n  5
3
Vậy n  5 là giá trị cần tìm.
2

Bài 10. Xác định hệ số an của xn trong khai triển thành đa thức của 1  x  2 x 2  ...  nx n  , Tìm
n biết rằng an  6n
Lời giải:
Ta có

1  x  2 x

2

2

 ...  nx n   1  x  2 x 2  ...  nxn 1  x  2 x 2  ...  nx n  , do đó hệ số an của xn

trong khai triển là
an  1.n  1(n  1)  2(n  2)  ...  n.1  2n  n(1  2  ...  n)  (12  22  ...  n2 )

 2n  n

n(n  1) n(n  1)(2n  1) n3  11n


2
6
6

759
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n3  11n
 6n  n  5 .
6
Vậy n  5 là giá trị cần tìm.
Vậy an  6n 

Bài 11. Cho khai triển
1 
1 
1 
1

P( x)   x   x  2  x  3  ...  x  n
2 
2 
2  
2

n 1
n 2
x ;x .
Lời giải:


2
n
  a0  a1 x  a2 x  ...  an x .Xác định hệ số của


_____

Nhận thấy phương trình P( x)  0 , có n nghiệm phân biệt xi (i  1, n ) là

1 1
1
; 2 ;...; n , do đó
2 2
2

theo định lí Vi – ét ta có:
n
n
an 1
a
x


;
xi x j  n  2 . Dễ thấy an  1 .


i
an i , j 1,i  j
an
i 1
1 

1
1 1 1

1 1  2n 
1
Vậy an 1    xi   2  3  ...  n  
1 n .

2 2 2
2
2  1 1 
2
i 1

2 
2
2
n
n
 1 
1  n 
1   1 1
1 
2
an 2   xi x j    xi    xi   1  n    2  4  ...  2 n  
2  i 1  i 1  2  2   2 2
2  
i , j 1,i  j
n

n

Bài 12. Cho khai triển 1  2 x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an xn , tính tổng sau

S  a1  2 a2  3 a3  ...  n an

Lời giải:
Xét khai triển
n
1  2 x   b0  b1 x  b2 x2  ...  bn xn (*) , Dễ thấy ta có
a0  b0 ; a1  b1; a2  b2 ;...; an  bn . Vậy tổng S bằng tổng sau

S  b1  2b2  3b3  ...  nbn , lấy đạo hàm theo x ở 2 vế của (*) ta được

2n 1  2 x 

n 1

 b1  2b2 x  3b3 x 2  ...  nbn xn1 (1) , thay vào 2 vế của (1) x  1 ta được

S  b1  2b2  3b3  ...  nbn  2n.3n1 .
Bài 13. Cho khai triển nhị thức

760
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n 1

n

n 1

n

x
x 1
x 1
x 1
x
 x21


  3x 
  3x 

0
1
n 1 
n 
3
3
2
2
2
 x  2   Cn  x   Cn  x  .  2   ...  Cn  x  .  2   Cn  2  ( n là số



 









3
1
nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn  5Cn và số hạng thứ tư bằng 20n . Tính n, x.

Lời giải:

n(n  1)(n  2)
 5n  n  7(n  * ) .
6
Số hạng thứ tư trong khai triển là
+ Theo giả thiết Cn3  5Cn1 
 x 1 
T3  C  x 2 



4

3
7

3

 x 

.  2 3   35.2 2 x  2.2 x  20 n  140  x  4


n

1
x 

Bài 14. Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức:  2 x  2 2  có tổng 2 số hạng thứ 3 và thứ


5 bằng 135, còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22.
Lời giải:

+ Số hạng thứ (k  1) trong khai triển là

Tk  C  2
k
n

x n k



Từ đó suy ra
Tổng
2

 12  x 
2 




k

số

hạng
1
x
2

2

thứ

3
1
x
2

4

và




4
x n 4 

 2   Cn  2   2   135(1)




Tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối bằng 22
Cnn 2  Cnn 1  Cnn  22(2)
n(n  1)
Từ (2) 
 n  1  22  n  6 , thay vào (1) ta được
2
C62 24 x.212 x  C64 22 x.2 2 4 x  135  22 x1  222 x  9; t  2 2 x
 T2  T4  Cn2  2 x 

n 2

t  4
x  1
4
 2t   9   1  
t 
x   1
t
 2

2
 1
Vậy x  1;   là giá trị cần tìm.
 2
Bài 15. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển

P( x)  (1  x )4  (1  x )5  (1  x )6  ...  (1  x )15
Lời giải:

761
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

thứ

5

bằng

135


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Ta có P( x )  (1  x)4 1  (1  x )  (1  x)2  ...  (1  x)11 
1  (1  x)12 1
1
 (1  x )16  (1  x) 4
1  (1  x)
x
x
5
Vậy hệ số của x trong khai triển là C165  4368.
 (1  x )4

Bài 16. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của tổng sau
S ( x )  (1  x )  2(1  x) 2  ...  (n  1)(1  x )n 1  n(1  x )n

Lời giải:
Ta có S ( x )  (1  x) F ( x); F ( x)  1  2(1  x)  3(1  x )2  ...  n(1  x )n 1
Để ý F ( x) là đạo hàm của tổng
G ( x)  1  x  (1  x )2  (1  x )3  ...  (1  x )n  (1  x )

1  (1  x) n 1
1
 (1  x)n1  (1  x)
1  (1  x) x
x
7

1 

Bài 17. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  3 x  4  ( x  0)
x

Lời giải:

+ Số hạng thứ k  1 trong khai triển là
k

k
7

3

Tk 1  C ( x )

7 k

7 7
 k
 1 
k 3 12

C
x
7
4 
 x

7 7
 k  0  k  4.
3 12
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: T5  C74  35 .
Chọn

n

28


Bài 18. Trong khai triển  x 3 x  x 15  ( x  0) . Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x , biết


n
n 1
n 2
rằng Cn  Cn  Cn  79 .

Lời giải:
+Từ giả thiết ta có

n(n  1)
 79  n  12( n   * )
2
Vậy số hạng thứ (k  1) trong khai triển là
Cnn  Cnn 1  Cnn 2  79  1  n 
k

k
12

3

12  k

Tk 1  C ( x x )

Chọn 16 

48
16  k
 1528 
k
15
 x   C12 x



48
k  0  k  5 . Vậy số hạng không phụ thuộc x là T6  C125  792 .
15

762
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Bài 19. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho trong khai triển (1  x) n có 2 hệ số liên tiếp có
7
tỷ số là .
5
Lời giải:
n

Ta có (1  x )n   Cnk x k  Hệ số của 2 số hạng liên tiếp là Cnk và Cnk 1 .
k 0

Theo giả thiết ta có:
Cnk
7
k 1 7
k 1
 
  n  3k  2 
(0  k  n) .
k 1

Cn
5
nk 5
7
k 1
k 1
n, k  * 
   nmin 
 k  6  n  21 .
7
7
Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 21.
n

Bài 20. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

  k  nx 

2

Do

Cnk xk 1  x 

cả

n k

k 0

BÀI TOÁN VỚI SỐ HẠNG LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Cho khai triển nhị thức
10

1 2 
2
10
  x   a0  a1 x  a2 x  ...  a10 x . Hãy tìm số hạng ak lớn nhất.
3 3 
Lời giải:
10  k

10

k

10
2k
1 2 
1  2 
+ Ta có   x    C10k    x   10
3 3 
3  3  3
k 0
Giả sử ak  max( a0 ; a1 ;...a10 ) , từ đó ta có

10

 C10k x k  ak 

k 0

C10k 2 k  C10k 1 2k 1
ak  ak 1
19
22

 k k
 k 
k 7
k 1 k 1
3
3
ak  ak 1
C10 2  C10 2
27
Vậy số hạng lớn nhất là a7  10 C107 .
3
Bài 2. Khai triển đa thức
12

P( x )  1  2 x   a0  a1 x  ...  a12 x12 . Tìm max(a0 ; a1 ;...; a12 ).
Lời giải:
12

12

12

+ Ta có 1  2 x    Cnk (2 x)k   Cnk 2k xk  ak  Cnk 2k .

k 0

k 0

Giả sử ak  max( a0 ; a1 ;...; a12 ) . Từ đó ta có

763
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

2k k
C10
310

2

số


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
2 k C12k  2k 1 C12k 1
ak  ak 1
23
25

 k k

k 
 k 8
k 1 k 1

3
3
ak  ak 1
2 C12  2 C12
Vậy số hạng lớn nhất là a8  C128 218.
Bài 3. Giả sử P( x )  (1  2 x)n  a0  a1 x  a2 x 2  ...  an xn thỏa nãn hệ thức
a
a a
a0  1  22  ...  nn  4096 .
2 2
2
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số {a0 ; a1 ; a2 ;...; an } .
Lời giải:
Ta có (1  2 x) n  a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n , thay vào 2 vế với x 

2n  a0 

1
ta được
2

a
a1 a2
 2  ...  nn  4096  212  n  12 .
2 2
2
12

12

Vậy (1  2 x)12   C12k (2 x )k   C12k 2k xk  ak  C12k 2k
k 0

k 0

Giả sử ak là hệ số lớn nhất, khi đó ta có

2k C12k  2k 1 C12k 1
ak  ak 1
 k k
 k 8

k 1 k 1
ak  ak 1
2 C12  2 C12
Vậy hệ số lớn nhất là a8  28 C128  126720
Bài 4. Xét khai triển ( x  2)n  a0  a1 x  a2 x2  ...  an x n . Tìm n để max{a0 ; a1 ; a2 ;...; an }  a10
Lời giải:
n

Ta có ( x  2) n   Cnk 2n k x k  ak  Cnk 2n k
k 0

max{a0 ; a1 ; a2 ;...; an }  a10 ,
10
n

n 10

khi

11
n

và

chỉ

khi

n 11

C 2
a10  a11
C 2
  10 n10
 29  n  32  n  30;31

 Cn9 2n 9
Cn 2
a10  a9
Vậy n  30;31 là giá trị cần tìm.
Bài 5. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  4) . Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20
số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k {0;1; 2;...; n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là
lớn nhất.
Lời giải:
Sô tập con gồm 4 phần tử của A là tổ hợp chập 4 phần tử của n: Cn4
Số tập con gồm 2 phần tử của A là tổ hợp chập 2 phần tử của n: Cn2 .
Theo đề bài ta có

764

Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n(n  1)(n  2)(n  3)
n(n  1)
 20
24
2
2
 n  5n  234  0  n  18
Số tập con gồm k phần tử của A là ak  C18k , giả sử ak là lớn nhất khi đó
Cn4  20Cn2 

C18k  C18k 1
ak  ak 1
 k
k 9

k 1
ak  ak 1
C18  C18
Vậy k  9 là giá trị cần tìm.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1. Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau

( x  1)10 ( x  2)  a0 x  a1 x  a2 x 2  ...  a11 x11 . Hãy tìm a5 .
Bài 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x(1  2 x)5  x 2 (1  3x )10 .
Bài 3. Tìm hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển của ( x 3  3x 2  2)n . Biết rằng

An4
24
.

3
4
An 1  Cn 23
Bài 4. Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển
P( x )  (1  2 x )3  (1  2 x )4  (1  2 x)5  ...  (1  2 x) 22 .
Bài 5. Tìm hệ số của x8 trong khai triển ( x 2  2)n , biết rằng An3  Cn1  8Cn2  49 .
Bài 6. Tìm hệ số của x6 trong khai triển ( x 2  x  1)n thành đa thức, biết:

C21n1  C22n1  ...  C2nn 1  220  1 .
Bài 7. Xác định hệ số của x11 trong khai triển thành đa thức của ( x 2  2) n (3x 3  1) n , biết:

C22nn  3C22nn1  ....  (1)k 3k C22nn k  ...  32 n C20n  1024 .
n

1 

Bài 8. Khai triển P( x )   x3  2   a0 x3n  a1 x3n 5  a2 x3n10  ... . Biết rằng 3 hệ số đầu
2x 

(a0 ; a1 ; a2 ) lập thành cấp số cộng. Tính số hạng chứa x4 .
Bài 9. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức Newton của (2  x) n , biết :

3n Cn0  3n1 Cn1  3n 2 Cn2  3n3 Cn3  ...  (1)n Cnn  2048 .
n

1


Bài 10. Tìm hệ số của số hạng x trong khai triển nhị thức Newton của  3  x 5  , biết rằng
x

n 1
n
Cn 4  Cn3  7( n  3)
( n là số nguyên dương, x  0) .
Bài 11. Cho khai triển của đa thức
P( x )  ( x  1)  2( x  1)2  3( x  1)3  ...  20( x  1)20  a0  a1 x  a2 x2  ...  a20 x20
8

Hãy tính hệ số a15 .

765
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Bài 12. Trong khai triển đa thức sau
n

 2 x  1  x  2 

n

 a2 n x 2 n  a2 n1 x 2 n1  ...  a1 x  a0 .

Tìm n, biết rằng a2 n 1  160 .

Bài 13. Tìm số nguyên dương n, biết
n
Cn1 2Cn2 3Cn3
1
n 1 nCn
 2  3  ...   1

.
n
2
2
2
2
32
n

k

n k

n

 1 
1 
1
3
2
Bài 14. Cho  2 x 1 
  Cnk 2 x 1


 3 x  , biết n thỏa mãn Cn  Cn  2Cn và số
3 x
2  k 0

 2 
hạng thứ tư trong khai triển trên bằng 2010n . Xác định n và x .





12

1

Bài 15. Tìm hệ số của x trong khai triển sau  1  x 4   .
x

8

4

Bài 16. Đặt 1  x  x 2  x3   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a12 x12 . Tính hệ số của a7 .
Bài

17.

Khai

2

triển

3

và
n

rút
2

gọn

biểu

thức

n

1  x  2 1  x   3 1  x   ...  n 1  x   a0  a1 x  a2 x  ...  an x . Tính hệ số của a8 , biết
rằng n là số nguyên dương thỏa mãn

1
7 1
 3 .
2
Cn Cn n
C22n C24n
C 2n
4096


 ...  2 n 
. Tìm n.
3
5
2n  1
13
 a0  a1 x  ...  an xn . Biết rằng tồn tại số nguyên

Bài 18. Cho số nguyên dương n  4 và S  C20n 
Bài 19. Giả sử n là số nguyên dương và 1  x 

n

ak 1 ak ak 1


. Tìm n.
2
9
24
100
Bài 20. Biết rằng  2  x   a0  a1 x  ...  a100 x100 . Chứng minh rằng a2  a3 . Với giá trị nào của
k 1  k  n  1 sao cho

k thì ak  ak 1  0  k  99  .
3n

1 


Bài 21. Cho biết tổng tất cả các hệ số của khai triển  2nx 
 là 64. Tìm hạng tử không
2nx 2 

chứa x .
n
1
k
C k 2012 x  1 .
Bài 22. Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có x n 
n  n 
2012 k 0
1000

Bài 23. Sau khi khai triển 1  x 2  x 3 

1000

và 1  x 2  x 3 

thì hệ số của x20 của đa thức nào lớn

hơn.
7

1
 log 2  3x1 1 

x 1
Bài 24. Tìm giá trị của x biết hạng tử thứ sáu của khai triển  e ln 9  7  2 5

 là 84.


n
8
2
Bài 25. Chứng minh rằng trong khai triển  s  2  x  nx  s   x  1 hệ số của x là Cns 2 .

766
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n

2

2n

Bài 26. Cho khai triển 1  x 2   a0  a1 1  x   a2 1  x   a2 n 1  x  . Tính hệ số a3 .
n

Bài 27. Cho khai triển 1  x  x 2   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2 n x 2n . Tìm hệ số của x4 biết rằng
a1  a2  a3  ...  a2 n  2186 .
10

Bài 28. Cho khai triển 1  2 x 

x

2

2

 x  1  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a14 x14 . Hãy tính hệ số a6 .
10

Bài 29. Cho khai triển 1  2 x  3 x 2   a0  a1 x  a2 x  ...  a20 x 20
1. Xác định hệ số a4 .
2. Tính tổng a0  2a2  16a4  ...  220 a20
Bài 30. Cho y  a0 x  a1 x3  a2 x5  ...  an x 2n 1  ... thỏa mãn 1  x 2  y ' xy  1, x   1;1 . Tính
tổng a0  a1  a2  ...  an
n

Bài 31. Cho khai triển P( x )  1  x   x 1  x 

n 1

 a0  a1 x  a2 x2  ...  an xn . Xác định hệ số a3

biết rằng a0  a1  a2  ...  an  512
ĐẲNG THỨC TỔ HỢP
Dựa vào các công thức cơ bản:
n!
 k
Cn  k ! n  k  !

 k
n!

 k !Cnk
 An 
 n  k !

P  n!
 n

k
n

k 1
n

Ta cũng có C  C

C

k 1
n 1

Cnk
1
và

Cnk11
k 1 n 1

BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Cho n, k nguyên dương , k  n . Chứng minh rằng

n 1  1
1  1
 k  k 1   k
n  2  Cn 1 Cn 1  Cn

Lời giải:

767
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
đổi
vế
trái
của
n  1  k !(n  1  k )! (k  1)!(n  k )! 
VT 



n  2  ( n  1)!
( n  1)!


Biến

n  1 k !(n  k )!
 n  1  k  k  1 

n  2 (n  1)!
n  1 k !(n  k )!
k !(n  k )!


 n  2 
n  2 (n  1)!
n!

đẳng

thức



1
1
 k  .
n!
Cn
k !(n  k )!

Bài 2. Cho n là số nguyên dương và chẵn chứng minh rằng
1
1
1
2n 1

 ... 


(*)
1!(n  1)! 3!(n  3)!
(n  1)!1! n !
Lời giải:
Đẳng thức đã cho tương đương với
n!
n!
n!
(*) 

 ... 
 2n1
1!(n  1)! 3!(n  3)!
(n  1)!1!
1
3
n 1
n 1
 Cn  Cn  ...  Cn  2 (đúng). Ta có đpcm.
Bài 3. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương , n  2 ta có
1
1
1 n 1
 2  ...  2 
2
A2 A3
An
n
Lời giải:
Biến đổi Vế trái của đẳng thức cần chứng minh, ta có

1
1
1 0! 1!
(n  2)!
VT  2  2  ...  2    ... 
A2 A3
An 2! 3!
n!

1
1
1
1
 1  1 1
 1

 ... 
  1        ...  
 
1.2 2.3
(n  1)n  2   2 3 
 n 1 n 
1 n 1
 1 
 VP  (đpcm).
n
n
Bài 4. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn


C xy1 Cxy 1 Cxy 1


6
5
2
Lời giải:
+ Điều kiện y  x  1(*) .

768
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

cần

chứng

minh


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
C xy1 Cxy 1
5.( x  1)!
6.x !

 5C xy1  6C xy 1 

6
5
y !( x  1  y ) ( y  1)!( x  y  1)!

 5( y  1)( x  1)  6( x  y )( x  y  1)(1)

Ta có:

Tương tự ta cũng có: 2Cxy 1  5Cxy 1  2( x  y )( x  y  1)  5 y ( y  1)(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: 15 y ( y  1)  5( y  1)( x  1)  x  3 y  1(3) , thay (3) vào (2) ta được:
8 y2  4 y  5 y2  5 y  y  3  x  8 .
Vậy  x; y    8;3 là giá trị cần tìm.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1. Cho n  * , 3  m  * ta có
m 1  1
1 
 k 1  k  2 
C
m  2  Cm k 1 Cm k 
Bài 2. Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng
n  n  1
C2
C3
Cn
.
Cn1  2 n1  3 n2  ...  n nn1 
Cn
Cn
Cn
2
Bài 3. Chứng minh rằng với n nguyên dương, ta có
Cn0
Cn1
Cnn

1
 2  ...  n 1  .
1
Cn  2 Cn 3
C2 n  2 2
Bài 4. Chứng minh rằng
1
1
1
1005  1
1
1 
 2  ...  2009 
 1  2  ...  2008 
1
C2009 C2009
C2009 2009  C2008 C2008
C2008 
Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n  2 ta luôn có
Cn2
2Cn3
3Cn4
 n  1 Cnn  1



...

2
3

4
n
 n  1  n  1  n  1
 n  1
1

k 1
mk



2
3
1999
Bài 6. Chứng minh rằng 2.1.C2000
 3.2.C2000
 ...  2000.1999.C2000
 3998000

Bài 7. Chứng minh rằng với số nguyên chẵn n thì 2n chia hết cho
C20n  3C22n  ...  3k C22nk  ...  3n C22nn
1
1
1
Bài 8. Giải phương trình x  x  x .
C4 C5 C6
Bài 9. Tìm số nguyên dương x thỏa mãn
C1x  6Cx2  6Cx3  9 x 2  14 .
Bài 10. Giải bất phương trình
1 2

6
A2 x  Ax2  Cx3  10 .
2
x
Bài 11. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn

769
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
5 2
 4
3
Cn 1  Cn 1  4 An 2

Cnn14  7 An31

15
Bài 12. Chứng minh với mọi k , n    thỏa mãn 3  k  n, ta đều có

Cnk  3Cnk 1  3Cnk  2  Cnk 3  Cnk3
Bài 13. Tìm số tự nhiên k thỏa mãn đẳng thức C14k  C14k  2  2C14k 1
Bài 14. Giải phương trình
Px Ax2  72  6( Ax2  2 Px )
Bài 15. Giải hệ phương trình
y
y
2 Ax  5Cx  90

 y
y
5 Ax  2Cx  80
Bài 16. Xác định số nguyên dương n thỏa mãn
8  C33  C43  C53  ...  Cn3   An31

NHỊ THỨC NEWTON DÙNG TRONG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP

Khi gặp tổng là tổng các tích giữa 2 công thức tổ hợp, thường nhân 2 khai triển với nhau
sau đó so sánh hệ số của biến cùng bậc với nhau.

Khi gặp tổng có riêng Cn0 ; Cn4 ; Cn8 ;... hoặc tổng có riêng Cn1 ; Cn5 ; Cn9 ;... hoặc các tổng

Cn0  Cn2  Cn4  ... ; Cn1  Cn3  Cn5  ... thì dùng số phức.


Khi số hạng của tổng có dạng

a k 1  b k 1 k
Cn ( hay cứ có mẫu thức hơn kém nhau k đơn
k 1

vị) thì dùng tích phân.
Các kết quả quen thuộc:
1 / Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  2n
2 / Cn0  Cn2  Cn4  ...  Cn1  Cn3  Cn5  ...  2n 1
Chứng minh:

Đặt A  Cn0  Cn2  Cn4  ...; B  Cn1  Cn3  Cn5  ...
Ta cần chứng minh: A  B  2n ; A  B  2n1

n

Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n , thay vào x  1  2 n  A  B(1)
n

Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 xn  ...  (1)n Cnn x n , thay vào x  1  0  A  B(2) .

770
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Từ (1) và (2)  A  B  2 n 1  .
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m, n, 0  p  min{m; n} . Ta luôn có

Cmp  Cmp1Cn1  Cmp  2Cn2  ...  Cmp qCnq  ...  Cm0 Cnp  Cmp n
Lời giải:
Ta có:
1  x  m  Cm0  Cm1 x  Cm2 x 2  ...  Cmp x p  ...  Cmm x m

n
0
1
2 2
p p
n n
1  x   Cn  Cn x  Cn x  ...  Cn x  ...  Cn x

 1  x 

mn

 M ( x )  (Cmp Cn0  Cmp 1Cn1  Cmp 2 Cn2  ...  Cmp q Cnq  ...  Cm0 Cnp ) x p (*)

Trong đó M ( x) là một đa thức không chứa x p , so sánh hệ số của x p 2 vế của (*) ta được

Cmp n  Cmp Cn0  Cmp1Cn1  Cmp  2Cn2  ...  Cmp qCnq  ...  Cm0 Cnp  .
Đặc biệt với m  n  p , ta có
0 2
n

1 2
n

2 2
n

C   C   C 

2

 ...   Cnn   C2nn

0  k , n
Bài 2. Cho 
. Chứng minh rằng
k , n  
(2n)!

Cn0 Cnk  Cn1Cnk 1  ...  Cnn k Cnn 
(n  k )!(n  k )!
Lời giải:
Viết lại đẳng thức cần chứng minh

Cn0Cnn k  Cn1Cnn k 1  ...  Cnn k Cn0 

(2n)!
, điều này gợi ý đến vế trái là hệ số của x n k .
(n  k )!(n  k )!

Ta xét
n
1  x  (1  x)n  (1  x)2n , sau đó so sánh hệ số của x nk ở 2 vế ta có đpcm.
Áp dụng kết quả bài 1. Ta có ngay điều phải chứng minh.
0  k , n
Bài 3. Cho 
. Chứng minh rằng
k , n  
Ck0  Ck11  Ck2 2  ...  Cknn  Cnn k 1
Lời giải:
Viết lại đẳng thức cần chứng minh
Ckk  Ckk1  Ckk 2  ...  Ckk n  Cnk1k 1 , điều này gợi ý đến vế trái là tổng các hệ số chứa xk .

771
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG

Xét đa thức
k

P( x )  1  x   1  x 

k 1

 1  x 

n 1

k 2

 ...  1  x 

n  k 1

k n

k

1  1  x 
1  x   1  x  , so sánh hệ số của số hạng chứa xk ở 2 vế ta suy ra
 1  x 

1  1  x 
x
đpcm.
Bài 4. Với số nguyên dương n . Tính tổng sau
k

2

2

2

 Cn0   Cn1   Cn2 
 Cnn 
S      
  ...  

 1   2   3 
 n 1
Lời giải:

2

2

 Cnk 
Cnk
S có dạng S   
 , biến đổi
k 1
k 0  k  1 
Ck
C k1
n!
( n  1)!

Ta có: n 

 n1
k  1 ( k  1) k !( n  k )! ( n  1)( k  1)!( n  k )! n  1
n

2

 C k 1 
1
Vậy S    n 1  
(Cn11 )2  (Cn21 )2  (Cn31 )2  ...  (Cnn11 )2 
2 
(n  1)
k 0  n  1 
1

C n1  1 .
2  2( n 1)
(n  1)
Bài 5. Tính tổng gồm 2n số hạng
1
1
1
k 1
2 n1
S  C21n  C22n  ...   1 C2kn1  ...   1
C22nn .
2
3

k
2n  1
Lời giải:
Với k  2, 3,..., 2n  1 ta có
1 k 1 1
 2n  !
1
 2n  1 !  1 C k
C2 n  .

.
2 n 1
k
k  k  1 !.  2n  k  1 ! 2n  1 k !. 2n  1  k  ! 2n  1
Do đ ó:
n

2 n 1

S



 1

k

k

k 2

2 n 1

C

k 1
2n



 1

k

 2n  1

C2kn 1 

k 2

1  2 n1
k

 1 C2kn1 


2n  1  k  2


2 n 1



1 
1
2n

k
2 n 1
.
 1 C2kn1  C20n1  C21n1  
1  1  1  2n  1 


2n  1  k 0
2n  1
 2n  1



Bài 6. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
2

2

S   Cn1   2  Cn2   ...  n  Cnn 

2

Lời giải:

Xét

772
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam




NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
n

f ( x )  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ...  Cnn xn
 f '( x)  n 1  x 

n 1

 xf '( x)  nx 1  x 

1  x 

n

 Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x2  ...  nCnn xn1

n 1

 Cn1 x  2Cn2 x2  3Cn3 x3  ...  nCnn xn (1)

 Cn0 x n  Cn1 x n1  Cn2 x n 2  ...  Cnn (2)

Nhân theo vế của (1) với (2), sau đó so sánh hệ số của xn ở 2 vế ta đươc
2

2

2

S   Cn1   2  Cn2   ...  n  Cnn   nC2nn11  nC2nn1 .
Theo hai hướng của bài 6 và bài 4, ta có các bài toán sau(1,2,3,4,5):
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
2

2

2

S   Cn0    Cn1    Cn2   ...  ( 1) n  Cnn 

2

Bài 2. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
2

2

S   Cn1   4  Cn2   ...  n 2  Cnn 
2

2

2

2

2

Bài 3. Tính tổng sau: S   Cn0   2  Cn1   6  Cn2   ...   n 2  n  Cnn  .
Bài 4. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
0 2
n

1 2
n

2 2
n

C   C   C 
S

n 2
n

C 
 ... 

n 1

1
2
3
Bài 5. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
0 2
n

1 2
n

2 2
n

n 2
n

C   C   C 
S

C 

 ... 
1.2
2.3
3.4
(n  1)(n  2)
Bài 6. Tính tổng gồm 2n số hạng
1
1
1

k 1
2 n1
S  C21n  C22n  ...   1 C2kn1  ...   1
C22nn .
2
3
k
2n  1
2

2

2

Bài 7. Chứng minh rằng: 1   Cn1    Cn2   ...   Cnn 1   12  C2nn

CÁC BÀI TOÁN DÙNG ĐẠO HÀM VÀ TÍCH PHÂN
Ta thường xét hai khai triển :
 f ( x)  1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ...  Cnn xn
(*)

n
n
0
1
2 2
n n
 g ( x)  1  x   Cn  Cn x  Cn x  ...   1 Cn x
(i). Nếu trong biểu thức tính tổng chỉ xuất hiện các số từ n, n  1, n  2,... trở xuống thì ta đạo hàm
trực tiếp hai vế của (*) một hoặc nhiều lần.

773
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
(ii). Nếu ngược lại có xuất hiện từ các số từ n  1, n  2,... trở lên thì ta phải nhân thêm vào hai vế
của (*) một lượng với x, x 2 ,... sau đó mới đạo hàm hai vế.
(iii). Sau các bước trên thì ta thay giá trị của x thích hợp vào hai vế, ta có kết quả.
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Cho số nguyên dương n. Tính tổng sau
1 / S  Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn
2 / S  Cn0  2Cn1  3Cn2  4Cn3  ...  (n  1)Cnn

Lời giải:
n

1/ Xét f ( x)  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn xn , đạo hàm 2 vế ta được
n 1

 f '( x )  n 1  x   Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x 2  ...  nCnn xn1 (*)
Thay x  1 vào 2 vế của (*) ta được
S  Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  2n1 .
n

2/ Xét f ( x)  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn xn , nhân vào 2 vế với x  0

 xf ( x)  xCn0  x 2Cn1  x3Cn3  ...  xn1Cnn , đạo hàm 2 vế theo x ta được
nx(1  x )n1  (1  x)n  Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x 2  4Cn3 x3  ...  (n  1)Cnn x n (**)

Thay x  1 vào 2 vế của (**) ta được
S  2n  n.2n1 .
Bài 2. Tính tổng S  3Cn0  4Cn1  5Cn2  ...  (n  3)Cnn
Lời giải:
Viết lại tổng S , ta được
S  3(Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn )   Cn1  2Cn2  ...  nCnn   3S1  S2
 S1  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  2n
 S 2  Cn1  2Cn2  ...  nCnn  n.2n 1

Vậy S  3.2n  n.2 n1  2n 1 ( n  6) .
Bài 3. Tìm số nguyên dương n sao cho
C21n1  2.2C22n1  3.22 C23n1  4.23 C24n1  ...  (2n  1).22n C22nn11  2005
Lời giải:
Trong tổng vế trái có xuất hiện kC2kn1 nên ta sẽ dùng đạo hàm
Xét 1  x 

2 n 1

 C2on1  C21n1 x  C22n1 x2  C23n1 x3  C24n1 x4  ...  C22nn1 x 2 n  C22nn11 x2 n1

Đạo hàm 2 vế theo x ta được

774
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
2n

(2n  1) 1  x   C21n1  2C22n1 x  3C23n1 x2  4C24n 1 x3  ...  2nC22nn1 x 2n1  (2n  1)C22nn11 x 2n (*)
thay vào x  2 vào 2 vế của (*), ta được
(2n  1)    C21n 1  2.2C22n 1  3.2 2 C23n 1  4.23 C24n 1  ...  (2n  1).22n C22nn11   2005
 n  1002
Vậy n  1002 là giá trị cần tìm.

Bài 4. Tính tổng, với (1  n  * )
1
1
1
1 / S1  Cn1  Cn2  ... 
Cnn
2
3
n 1
1 1 1 2
1
2 / S 2  Cn  Cn  ...  (1)n
Cnn
2
3
n 1
1 1 1 3 1 5
3 / S3  Cn  Cn  Cn  ...
2
4
6
Lời giải:
n

1/ Xét 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n , lấy tích phân 2 vế trên đoạn [0;1] ta được
1

1

 1  x 

n

0



dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn xn  dx
0

1
1
1
1
n 1 1
1
1
  Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x3  ... 
Cnn xn 1 
1  x 
0 1
n 1
2
3

n 1
0

2n 1  1
1
1
1
2n 1  n  2
 Cn0  Cn1  Cn2  ... 
Cnn  S1  1  S1 
(*)
n 1
2
3
n 1
n 1
n
2/ Xét 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1)n Cnn x n ,lấy tích phân 2 vế trên đoạn  0;1 ta được


1

 1  x 
0

1
n

dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1)n Cnn xn  dx
0

1 0
1
1 1 2 1 2 3
(1)n n n 1  1
n 1 1

  Cn x  Cn x  Cn x  ... 
Cn x 
1  x 
(n  1)
0 1
2
3
n 1
0

n
(**)
n 1
3/ Lấy (*)+(**) ta được
 S2 

775
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
2n

1

n 1 n 1
Bài 5. Với số nguyên dương n. Chứng minh rằng
1 1 1 2 1 3
(1)n1 n
1 1
1
Cn  Cn  Cn  ... 
Cn  1    ... 
1
2
3
n
2 3
n
Lời giải:
2S3  S1  S 2  S3 

Ta có
n
k

n 1

1  1  x 

 1  x  

1   Cnk (1)k x k

n



k 0

x
x
Lấy tích phân 2 vế trên đoạn  0;1 , ta được
k 0

k

1 n 1

1

n

  Cnk (1)k 1 xk 1 (x  0)
k 0

n

k
k 1 k 1
  1  x  dx    Cn (1) x dx
0 k 0

0 k 1

 1  x 
k 1
k 0
n 1

k 1



1 n k (1) k 1 k 1
  Cn
x  dpcm
0 k 1
0
k

Bài 6. Chứng minh rằng:
1 1 1 3 1 5
1
22 n  1
C2n  C2 n  C2n  C22nn1 
2
4
6
2n
2n  1
Lời giải:
2n

Ta có 1  x   C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2n , lấy tích phân 2 vế trên đoạn  0;1 ta được
1

1

 1  x 

2n

0



dx    C20n  C21n x  C22n x2  ...  C22nn x 2n dx
0

1  x 

2 n 1

1  0
1
1
1
1
  C2n x  C21n x 2  C22n x 3  ... 
C22nn x 2n1 
2n  1 0 
2

3
2n  1
0

1 1 1 2
1
22n1  1
2n
 S1  C  C2 n  C2n  ... 
C2 n 
(*)
2
3
2n  1
2n  1
2n
Một cách tương tự xét 1  x   C20n  C21n x  C22n x 2  C23n x 3  ...  C22nn x 2n , ta được
0
2n

1
1
1
1
1
S 2  C20n  C21n  C22n  C23n  ... 
C22nn 
(**)
2
3

4
2n  1
2n  1
Trừ theo vế của (*) cho (**), ta suy ra
2 n 1
1
1
1
1
 2 2
2  C21n  C23n  C25n  ...  C22nn 1  
4
6
2n
2n  1
2

2n
1
1
1
1
2 1
 C21n  C23n  C25n  ...  C22nn 1 
, ta có đpcm.
2
4
6
2n
2n  1

776
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Bài 7. Cho n nguyên dương, tính tổng
22  1 1 23  1 2
2n1  1 n
Cn0 
Cn 
Cn  ... 
Cn
2
3
n 1
Lời giải:
n

Xét  x  1  Cn0  xCn1  x2 Cn2  ...  x n Cnn , lấy tích phân 2 vế trên đoạn  0; 2 ta được
2

2
n

  x  1 dx    C
0

0

n

 xCn1  x2 Cn2  ...  xn Cnn dx

0

2  1 1 23  1 2
2n  1 n 3n 1  1
Cn 
Cn  ... 
Cn 
2
3
n 1
n 1
2

 Cn0 

Bài 8. Cho n nguyên dương, tính tổng
Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
S


 ... 
3
4
5
n3

Lời giải:
2

Dưới mẫu tăng 2 đơn vị, nên ta nhân thêm vào 2 vế của  x  1 với x2
n

Xét  x  1  Cn0  xCn1  x2 Cn2  ...  x n Cnn , nhân vào 2 vế với x 2 ( x  0) ta được
n

x 2  x  1  x 2Cn0  x 3Cn1  x 5Cn2  ...  x n 2Cnn   x  1

n 2

 2  x  1

n1

  x  1

n

Lấy tích phân 2 vế trên đoạn  0;1 ta được
1

1

x C
2

0

n

3

1
n

5

2
n

 x C  x C  ...  x

0

n2

C

n
n

 dx     x  1

n 2

 2  x  1

n 1

n



  x  1 dx

0

1
1
1 n 3 n  1
1
  x 3Cn0  x 4 Cn1  x 6Cn2  ... 
x Cn 
4
5
n3
3
0
2
1
n 3
n 1
n 1 1
 1

 x  1 
 x  1 
 x  1 

n2
n 1
 n3
0
1
1
1
1
2n 1 (n 2  n  2)  2
 S  Cn0  Cn1  Cn2  ... 
Cnn 
3
4
5
n3
(n  1)(n  2)(n  3)

Bài 9. Chứng minh rằng

1 0 1 1 1 2 1 3
(1)n
1
Cn  Cn  Cn  Cn  ... 
Cnn 
.
2
4
6
8
2  n  1

2  n  1

Lời giải:
n

Xét khai triển 1  x 2   Cn0  Cn1 x 2  Cn2 x 4  ...  (1)n Cnn x 2n
n

Suy ra, x 1  x 2   Cn0 x  Cn1 x3  Cn2 x5  ...  (1)n Cnn x 2n 1 (*)

777
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
Lấy tích phân hai vế của (*) trên đoạn  0;1 , ta được:
1

1

n

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

0

1 0 1 1 1 2 1 3
(1)n
1
 Cn  Cn  Cn  Cn  ... 
Cnn 
.
2
4
6
8
2  n  1
2  n  1

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1. Với số nguyên dương n , tính tổng sau:
S  Cn0  2Cn1  6Cn2  ...   n 2  n  2n  Cnn .
Bài 2. Cho n là số tự nhiên, n  2 . Chứng minh rằng
2

2

n 2Cn0   n  1 Cn1   n  2  Cn2  ...  22 Cn2  2  12 Cnn  1  n  n  1 2n 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN DÙNG SỐ PHỨC
(i). Đặc điểm nhận dạng để ta ứng dụng số phức vào là biểu thức cần tính hay chứng minh có
các hạng tử chẵn( hoặc lẻ) có dấu đối xứng nhau:
chẳng hạn: S  Cn0  Cn2  Cn4  ...
Thông thường làm bài toán loại này qua các bước:

n

(ii). Ta hay sử dụng khai triển:  a  bi   a n Cn0  a n 1bCn1i  a n 2b2 Cn2  ...  b n i n Cnn , thay vào giá
trị của a và b hợp lý.
(iii). Nếu cần dùng đến đạo hàm hay tích phân thì do biến phức không giống như biến thực do đó
ta phải xét hàm của biến x sau đó đến kết quả cuối mới thay x bởi số phức i vào biểu thức cuối(
Xem bài tập mẫu số 2).
(iv). Khi làm được các bước trên ta so sánh hệ số thực, hệ số ảo hai vế hoặc so sánh modun hai
vế ta có kết quả bài toán.
Lưu ý: i 2  1  i 4 n  1 .

BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
S  C40n  C42n  C44n  ...  C44nn .
Lời giải:
4n

Xét 1  i   C40n  C41n i  C42ni 2  C43n i 3  C44n i 4  ...  C44nn i 4n

778
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam


NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
 (C40n  C42n  C44n  ...  C44nn )  (C41n  C43n  C45n  ...  C44nn1 )i
  (1  i )2 

2n

 (2i )2 n  ( 4)n

So sánh phần thực và phần ảo 2 vế ta được
S  C40n  C42n  C44n  ...  C44nn  ( 4) n .
Ta cũng có: C41n  C43n  C45n  ...  C44nn 1  0
Bài 2. Với số nguyên dương n. Tính tổng sau
S  1C81n  3C83n  ...  (8n  1)C88nn 1
Lời giải:
Xét khai triển của: f ( x)  (1  x )8n  C80n  C81n x  C82n x 2  C83n x3  ...  C88nn1 x8 n1  C88nn x8 n
Đạo hàm 2 vế theo x ta được:
8n(1  x )8n1  C81n  2C82n x  3C83n x 2  ...  (8n  1)C88nn 1 x8 n2  8nC88nn x8 n1 (*)
Thay x  i vào 2 vế của (*) ta được:
8n(1  i)8 n 1  C81n  2C82ni  3C83n i 2  ...  (8n  1)C88nn 1i 8 n  2  8nC88nn i 8 n 1
 1C81n  3C83n  ...  (8n  1)C88nn 1    2C82n  4C84n  ...  8nC88nn  i
Mặt khác ta lại có
8n(1  i)8 n
8n(1  i)8n 1 
 4n.16n (1  i ) . Vậy ta có
1 i
4n.16 n (1  i )  1C81n  3C83n  ...  (8n  1)C88nn1    2C82n  4C84n  ...  8nC88nn  i(1)
So sánh phần thực và phần ảo ở 2 vế của (1) ta được:
S  1C81n  3C83n  ...  (8n  1)C88nn1  4n.16n .
Ta cũng có: 2C82n  4C84n  ...  8nC88nn  4n.16n .
Bài 3. Với số nguyên dương n . Chứng minh

C

0
n

2

2

 Cn2  Cn4  ...   Cn1  Cn3  Cn5  ...  2n

Lời giải:
n

Xét số phức z   i  1  Cn0  iCn1  i 2Cn2  ...  in Cnn

  Cn0  Cn2  Cn4  ...   Cn1  Cn3  Cn5  ... i
n




Mặt khác ta lại có z   i  1   2(cos  i sin  
4
4

n

 2

n

n
n 


 i sin
 cos

4
4 


2

So sánh z ở 2 vế, ta được
2

2

2

z   Cn0  Cn2  Cn4  ...   Cn1  Cn3  Cn5  ... 

    2 , ta có đpcm

Bài 4. Với số nguyên dương n . Chứng minh

779
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

n 2

2

n