on thi dai hoc chuyen de dai so to hop va xac suat

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

 Chuyên đề 11:

ĐẠI SỐ TỔ HP VÀ XÁC SUẤT
SỬ DỤNG CÔNG THỨC Pn ,Ank ,Cnk

 Vấn đề 1:

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

n!
(n  m)!

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

m!(n  m)!
n  m
 Điều kiện: 
n, m nguyê n dương
Ta có công thức:
n m
1/ Cm
n  Cn

1
m
m
2/ Cm
n 1  Cn 1  Cn

3/ C0n  C1n  C2n  .....  Cnn  2n

Số tập hợp con của tập hợp n phân tử là 2n.
B.ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008
Chứng minh rằng

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

(n, k là các số nguyên dương, k  n, Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Giải
Ta có:

n 1  1
1  n  1 k!(n  1  k)! (k  1)!(n  k)!
.
 k  k 1  
n  2  Cn 1 Cn 1  n  2
(n  1)!



300

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



k!(n  k)! 1
 k
n!
Cn


Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006

Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của
A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A.
Tìm k  {1, 2…, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất.
Giải
Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng Cnk .
Từ giả thiết suy ra: C4n  20C2n  n2  5n  234  0  n  18 (vì n  4).
Do

k 1
C18
k
C18



18  k
2
9
9
10
18
 1  k < 9 nên C118  C18
 ...  C18
 C18
 C18
 ...  C18
k 1

Vậy số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9.
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005

Tính giá trò biểu thức M 

A 4n 1  3A3n
, biết rằng :
(n  1)!

C2n1  2C2n2  2C2n3  C2n4  149

(n là số nguyên dương, A nk là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và Cnk là số tổ
hợp chập k của n phần tử).
Giải
Điều kiện: n  3.
Ta có C2n1  2C2n2  2C2n3  C2n4  149
(n  1)!
(n  2)!
(n  3)!
(n  4)!
2
2

 149

2!(n  1)!
2!n!
2!(n  1)! 2!(n  2)!
 n2 + 4n  45 = 0  n = 5 hay n = 9 (loại).
6!
5!
 3.
A64  3A35 2!

2!  3 .
suy ra M =

6!
6!
4
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005
Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức: 2Pn  6A2n  Pn A2n  12 .
( Pn là số hoán vò của n phần tử và A nk là số chỉnh hợp chập k của n phần tử).
Giải
Ta có:
 12 (n  , n  2)
n!
n!
 2.n! 6.
 n!
 12
(n  2)!
(n  2)!
n!
 n!


(6  n!)  2(6  n!)  0  (6  n!) 
 2  0
(n  2)!
 (n  2)!

6


n!

0

 n!  6
n  3
  n!



20
 n(n  1)  2  0
n  2
 (n  2)!
2Pn  6A2n

 Pn A2n

301


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

 Vấn đề 2:

PHÉP ĐẾM VÀ XÁC SUẤT
A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. NGUYÊN TẮC ĐẾM
2 biến cố A và B

A có m cách xảy ra
B có n cách xảy ra
2 biến cố A và B cùng xảy ra có m  n cách
Biến cố A hoặc B xảy ra có m + n cách
 Chú ý: Nguyên tắc trên có thể áp dụng cho nhiều biến cố.
2. CHÚ Ý
 Nếu thay đổi vò trí mà biến cố thay đổi ta có một hoán vò hoặc một chỉnh hợp.
 Nếu thay đổi vò trí mà biến cố không đổi ta có một tổ hợp.
XÁC SUẤT
1. KHÔNG GIAN MẪU
Không gian mẫu là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra.
Biến cố A là một tập con của không gian mẫu.
2. XÁC SUẤT
Nếu các phần tử của không gian mẫu có cùng khả năng xảy ra, h là số phân tử
của biến cố A, n là số phân tử của không gian mẫu. Xác suất để biến cố A xảy ra:
h
p(A) 
n
3. CÁC CÔNG THỨC
 Không gian mẫu E là biến cố chắc chắn xảy ra: p(E) = 1
 Biến cố  là biến cố không thể xảy ra: p () = 0
 Biến cố kéo theo A  B là biến cố A xảy ra thì biến cố B xảy ra: A  B.
P(A)  p(B)
 A  B là biến cố (A xảy ra hay B xảy ra). p(A  B) = p(A) + p(B)  p(A  B)
 A  B là biến cố A và B cùng xảy ra
 Biến cố A và B đối lập nếu không cùng xảy ra. Khi đó, ta có
A  B = ; p(A  B) = 0; p(A  B) = p(A) + p(B)
 Biến cố A là đối lập của A: p( A ) = 1  p(A)
 Xác xuất có điều kiện:
Biến cố A xảy ra với điều kiện biến cố B đã xảy ra: p(A B) 

p(A  B)
p(B)

hay p(A B) = p(B).p(AB)
 Biến cố A và B độc lập nếu biến cố B có xảy ra hay không thì xác suất của A
vẫn không đổi: p(AB)=p(A)
p(A B) = p(A)p(B)
302


Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học
sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C.
Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá
2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
Giải
4
Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là C12
 495 .

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:
 Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
C25 .C14 .C13  120

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

C15 .C24 .C13  90

 Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
C15 .C14 .C32  60

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

4
C13C12

cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất.

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có C12 C84
cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai.
Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ
hai thì có C11C44 cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.
Số cách phân công thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán
4
là: C13 .C12
.C12 .C84 .C11.C44  207900 cách

Bài 3:

Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10
câu hỏi trung bình và 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu
đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết
phải có đủ ba loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2?
303


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Giải
Có 3 trường hợp xảy ra.
2 1 2
 Trường hợp 1: 2 dễ + 1trung bình + 2 khó: C15
C10C5  10.500
2 2 1
 Trường hợp 2: 2 dễ + 2 trung bình + 1 khó: C15
C10C5  23.625
3 1 1
 Trường hợp 3: 3 dễ + 1 trung bình + 1 khó: C15
C10C5  22750

2 1 2
2 2 1
3 1 1
Theo qui tắc cộng ta có: C15
C10 C5 + C15
C10 C5 + C15
C10 C5 = 56875 đề

Bài 4:

Cho đa giác đều A1A2 . . . A2n (n  2, n nguyên) nội tiếp đường tròn (O), biết
rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, . . . A2n nhiều gấp 20 lần
số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, . . . , A2n. Tìm n.
Giải
 Số tam giác thỏa mãn đề bài là C32n .
 Số đường chéo qua tâm đường tròn là n, cứ 2 đường chéo qua tâm thì có một
hình chữ nhật suy ra ta có C2n hình chữ nhật.
Theo giả thiết ta có C22n  20C2n  n2  9n  8  0
 n = 8 V n = 1 (loại). Kết luận n = 8.
Bài 5:
Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh
khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học
sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn.
Giải
 Số cách chọn 8 học sinh từ 18 học sinh của đội tuyển là:
18!
8
C18

 43758 cách
8!10!
 Số cách chọn 8 học sinh chỉ gồm có hai khối là:
8
Số cách chọn 8 học sinh khối 12 và 11 là C13
8
Số cách chọn 8 học sinh khối 11 và 10 là C11
8
Số cách chọn 8 học sinh từ khối 10 và 12 là C12





8
8
8
 C11
 C12
 Số cách chọn theo ycbt: 43758  C13
= 41811 cách

304


Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

NHỊ THỨC NIUTƠN

 Vấn đề 3:

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI
NHỊ THỨC NIUTƠN:
n

(a + b) =

C0n an

 C1n an1b  ...  Cnn bn

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

Tam giác Pascal:

1

n=0

1

1

n=1

1

2

1

1

3

3

n=2
1

n=3

 Chú ý: Dựa vào bảng Pascal ta có thể viết ngay được khai triển Niutơn.
B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008
Cho khai triển (1 + 2x)n = a0 + a1x + … + anxn, trong đó n  N* và các hệ số a0,
a
a
a1, …, an thỏa mãn hệ thức a0  1  ...  nn  4096 . Tìm số lớn nhất trong các số
2
2
a0, a1, … , an.
Giải
n

Từ khai triển: (1 + 2x) = a0 + a1x + … + anxn
a
a
1
 Chọn x  ta được: 2n  a0  1  ...  nn  4096  212  n  12
2
2
2
 Vậy biểu thức khai triển là: (1 + 2x)12
k k k
 Số hạng tổng quát là C12
2 .x (k 

, 0  k  12)

k
k 1
 hệ số tổng quát là ak  2k.C12
; ak 1  2k 1.C12
k
k 1
ak < ak + 1  2k.C12
 2k 1.C12

 2k .

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

 k + 1 < 24 – 2k  k 
Mà k 

23
3

. Do đó: a0 < a1 < a2 < … < a8

Tương tự: ak > ak + 1  k > 7
Do đó: a8 > a9 > … > a12

8
 126720
Số lớn nhất trong các số a0, a1, …, a12 là: a8  28.C12

305


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008
2n 1
Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức C12n  C32n  ...  C2n
 2048

( Cnk là số tổ hợp chập k của n phân tử).
Giải
C12n

 C32n

2n 1
 ...  C2n

2n

Ta có: 1  x 

 2048

(*)

0
1 2n 1
2n
 C2n
 C12n x  C22n x2  C32n x3  ...  C2n
 C2n
2n x
2n x

Với x = 1 thay vào (*) ta được:
0
1
2n
 C12n  C32n  ...  C2n
22n  C2n
2n  C2n

(1)

Với x = 1 thay vào (*) ta được:
0
2
2n 1
 C12n  C2n
 C32n  ...  C2n
 C2n
0  C2n
2n

(2)





2n 1
Lấy (1) trừ (2) ta được: 22n  2 C12n  C32n  ...  C2n
 4096  212  n  6

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007
Chứng minh rằng:

1 1
1
1
1 2n 1 22n  1
C2n  C32n  C52n  .... 
C2n 
2
4
6
2n
2n  1

(n là số nguyên dương, Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Giải
Ta có:
0
2n 2n

0
2n 2n
 C12n x  ....  C2n
 C12n x  ....  C2n
(1  x)2n  C2n
x ,(1  x)2n  C2n
x
2n1 2n 1
 (1  x)2n  (1  x)2n  2(C12n x  C32n x3  ....  C2n
x
)

1




0

1




0

1



1

(1  x)2n  (1  x)2n
1 2n 1
dx  (C12n x  C32n x3  C52n x5  ...  C2n
)dx
2n x
2


0

(1  x)2n  (1  x)2n
(1  x)2n 1  (1  x)2n 1
dx 
2
2(2n  1)

  C2n x  C2n x
1

3

3


0

22n  1
2n  1

(1)



5 5
2n 1 2n 1
 C2n
x  ...  C2n
x
dx

0

6
2n

x2
x4
5 x
2n 1 x
  C12n .  C32n .  C2n
.  ...  C2n
.

2
4
6
2n


1
1
1 5
1 2n 1
 C12n  C32n  C2n
..... 
C2n
2
4
6
2n
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

306

1

1



0

(2)


Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Tìm hệ số của số hạng chứa x10trong khai triển nhò thức Niutơn của (2 + x)n, biết:
3n C0n  3n1 C1n  3n2 C2n  3n3 C3n  ...  (1)n Cnn  2048

(n là số nguyên dương, Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Giải
n

Ta có: 3

C0n

 3n1 C1n

n 2

C2n

3

 ....  (1)n Cnn  (3  1)n  2n

Từ giả thiết suy ra n = 11
1
Hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển Niutơn của (2 + x)11 là: C10
11 .2  22

Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007
Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của: x(1 –2x)5 + x2(1 + 3x)10
Giải

Hệ số của x trong khai triển của x(1  2x)5 là (2)4. C54
3
Hệ số của x5 trong khai triển của x2(1 + 3x)10 là 33 C10
5

Hệ số của x5 trong khai triển của x(1  2x)5 + x2(1 + 3x)10 là:
3
 3320
(2)4 C54  33 C10

Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006
Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhò thức Niutơn của
n

 1
1
2
n
20
7
 4  x  biết rằng C2n1  C2n1  ...  C2n1  2  1
x


(n nguyên dương, Cnk là số tổ hợp chập k của n phân tử).
Giải
 Từ giả thiết suy ra:

0
C2n

1

 C12n1

n
20
 ...  C2n
1  2

(1)

k
2n 1 k
Vì C2n
k, 0  k  2n +1 nên:
1  C2n1
0
1
n
C2n
1  C2n 1  ...  C2n 1 

1 0
2n 1
C2n 1  C12n 1  ...  C2n
1
2





(2).

Từ khai triển nhò thức Niutơn của (1  1)2n1 suy ra:
0
1
2n 1
2n 1
 22n1
C2n
1  C2n 1  ...  C2n 1  (1  1)

2n

Từ (1), (2) và (3) suy ra : 2
10

 1

 Ta có:  4  x7 
x




10

20

2

(3)

hay n = 10.
10

    x7    C10k x11k40
k 0
k 0
k
C10
x4

10 k

k

k
Hệ số của x26 là C10
với k thỏa mãn: 11k  40 = 26  k = 6.

6
Vậy hệ số của số hạng chứa x26 là : C10
 210 .

307


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005
Tìm số nguyên dương n sao cho:
4
2n 2n 1
C12n1  2.2C22n1  3.22 C32n1  4.23 C2n
1  ....  (2n  1).2 C2n1 = 2005
( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử )
2n1

Ta có: 1  x 

Giải
0
1
2
2
 C2n
1  C2n 1x  C2n 1x

2n 1 2n 1
 C32n1x3  ...  C2n
x 
1x

Đạo hàm hai vế ta có:
2n

(2n  1) 1  x 

1 2n
 C12n1  2C22n1x  3C32n1x2  ...  (2n  1)C2n
x 
2n1x

Thay x = 2 ta có:
2
2 3
4
n 2n 1
C12n1  2.2C2n
1  3.2 C2n1  4.2C2n1  ...  (2n  1).2 C2n1  2n  1
Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005  n = 1002.
Bài 8:
8

Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1  x2 1  x   .


Giải
2
8
0
1
2
1  x 1  x   C8  C8x 1  x   C82 x4 1  x 2  C38x6 1  x 3  . . .


8

 . . . + C88x16 1  x 
3

4

Số hạng chứa x8 trong khai triển chỉ có trong C38x6 1  x  và C84 x8 1  x  .
Suy ra hệ số của x8 là 3C38  C84  238 .
Bài 9:
Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhò thức Niutơn của
7

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

7

1 
3
C7k
 x4  
x

k 0

k

7

7 k k


1 
x
C7k x 3 4
4  
 x
k 0
7k k
Số hạng không chứa x ứng với
  0  28  4k  3k = 0  k = 4
3
4
7!
Số hạng không chứa x là C7k 
 35 .
3!4!
Bài 10:
Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhò thức Niutơn của

 1
5
 3 x 
x


  

n

3

7 k 



biế t rằ ng Cnn14  Cnn 3  7(n  3)

(n là số nguyên dương, x > 0, Cnk là số tổ hợp chập k của n phân tử).
308


Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Cnn14  Cnn 3

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

 (n + 3) (3n  36) = 0  n = 12
12

 1
5
 3 x 
x


Vậy

 

Cho x 3





k 0

12 k
k 5
x2




12




k
C12

5 12 k
3 k  2 
x
x

 







5 12  k 

 x8 x  0  3k 

2
12

 1

Vậy hệ số của x8 trong khai triển  3  x5 
x


=8k=4

4
là C12
 495 .

Bài 11:
Cho n là số nguyên dương. Tính tổng:
C0n 

22  1 1 23  1 2
2n1  1 n
Cn 
Cn  ... 
Cn
2
3
n 1

( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Giải
Xét

1  x n  C0n  C1n x  C2n x2  ...  Cnn x4
2



2

n

 1  x  dx   Cn  Cn x  Cn x
1




0

1

2 2

1

1  x n1
n 1

 ...  Cnn xn dx


2  0
x2
x3
xn 1  2
 Cn x  C1n
 C2n
 ...  Cnn


1 
2
3
n  1  1

3n1  2n1
22  1 1 23  1 2
2n 1  1 n
 C0n 
Cn 
Cn  ... 
Cn .
n 1
2
3
n 1

Bài 12:
Với n là số nguyên dương, gọi a3n3 là hệ số của x3n3 trong khai triển thành đa
thức của: (x2 + 1)n (x + 2)n. Tìm n để a3n 3 = 26n.
Giải





x2  1

n

x2  2

n

 
k 0
n



Cnk x2n 2k

n



h 0

Cnh x n  h 2h



n

n

  Cnk Cnh x3n(2kh)

k 0 h 0

Ycbt  2k + h = 3  k = h = 1 hay (k = 0 và h = 3)
 a3n3  2C1n C1n  23 Cn0 C3n  26n  n = 5 .
309


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Tìm tài liệu Tốn ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Bài 13:
Cho khai triển nhò thức:

2

x 1
2

2





x n
3

 C0n

2 

x 1 n
2

 C1n

2  2   . . . +
C 
2  2 
x 1 n 1
2



x
3

n 1
n

x 1
2



x n 1
3

 Cnn

2 


x n
3

(n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó C3n  5C1n và số hạng
thứ tư bằng 20n. Tìm n và x.
Giải
+


n  Z , n  3
Ta có C3n  5C1n  
 n = 7 V n =  4 (loạ i)

 n  2  (n  1)  30

Số hạng thứ tư bằng 20n nên ta có C37

  2 
x 1 4
2 2



x 3
3

 140

 2x2  4  22  x  2 = 2  x = 4.
Bài 14:

Tìm số nguyên dương n sao cho C0n  2C1n  4C2n  ...  2n Cnn  243 .
Giải
C0n  2C1n  4C2n  ...  2n Cnn  243

(*)

n

Ta có 1  x   C0n  xC1n  x2C2n  ...  xn Cnn (* *)
Thế x = 2 vào (* *) ta có:

1  2n  C0n  2C1n  4C2n  ...  2n Cnn  243  3n = 243

 n = 5.

Bài 15:
n

Giả sử n là số nguyên dương và 1  x   a0  a1x  a2 x2  ...  ak x k  ...  an xn
Biết rằng tồn tại số k nguyên (1  k  n  1) sao cho

ak  1 ak ak 1
.


2
9
24

Hãy tính n.

Giải
Ta có: (1 + x)n = a0 + a1x + a2x2 + … + akxk + … + anxn
a
a
a
Ck 1 Ck Ck 1
Vì k 1  k  k 1  n  n  n
2
9
24
2
9
24

k
k
1
 Cn Cn
2n  2


k

2  n  k  1  9k
 9

2
11
 



k
k 1
3  n  k   8  k  1
 Cn Cn
 k  3n  8
 9  24

11
 3n – 8 = 2n + 2  n = 10
310