ÔN THI HSG TỔ HỢP XÁC SUẤT NHỊ THỨC NEWTON

TỔ HỢP
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Hai quy tắc đếm cơ bản
2. Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp
3. Phương pháp giải toán: PP trực tiếp, PP gián tiếp
B. Ví dụ
Bài 1. Cho tập A = { 0,1, 2,3, 4,5,6,7} . Từ tập A có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 5
chữ số sao cho các chữ số đôi một khác nhau và trong 3 chữ số hàng chục nghìn, hàng nghìn,
hàng trăm phải có một chữ số bằng 1.
- Số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau thỏa mãn yêu cầu có dạng a1a2 a3a4 a5
Xét 3 trường hợp
TH1: a1 = 1 trong TH này có A74 số
TH2: a2 = 1 trong TH này có 6. A63 số
TH3: a3 = 1 trong TH này có 6.6. A52 số
Vậy có tất cả A74 + 6. A63 +6.6. A52
Bài 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6
chữ số khác nhau và bắt buộc có mặt ba chữ số 0, 1 và 2.
Ta có:
5 cách chọn vị trí cho chữ số 0
5 cách chọn vị trí cho chữ số 1
4 cách chọn vị trí cho chữ số 2
Và A73 cách chọn 3 chữ số từ 7 chữ số 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 và sắp xếp chúng vào ba vị trí còn lại
Theo QT nhân ta có tất cả 5.5.4. A73 số.
Bài 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà số tự nhiên đó chia hết cho 3.
Gọi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 3 có dạng n = abc


Xảy ra các TH sau đây:
TH1: Chọn 3 tự nhiên chia hết cho 3 trong các số {0, 3, 6, 9}
Số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu trong TH này là 4.3.2 = 24 số
TH2: Chọn 3 số tự nhiên chia cho 3 dư 1 trong các số {1;4;7}

Số các số thỏa mãn là 3! = 6 số
TH3: Chọn 3 số tự nhiên chia cho 3 dư 2 trong các số {2;5;8}
Số các số thỏa mãn là 3! = 6 số
TH4: Chọn 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2 và 1 số chia hết cho 3
Chọn 1 số chia 3 dư 1 có 3 cách
Chọn 1 số chia 3 dư 2 có 3 cách
Chọn 1 số chia 3 dư 0 có 4 cách
Trong TH này ta có 3.3.4.3! – 3.3.2!=306
Vậy số các số thỏa mãn là 24+6+6+306=342.
(BT tương tự: Từ 100 viên bi đánh số từ 1 đến 100. Có bao nhiêu cách chọn ra 3 viên bi mà
tổng các chữ số trên các viên bi đó chia hết cho 3)
Bài 4. Từ các chữ số 1,2,3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 2017 chữ số sao cho số
lần xuất hiện các chữ số 1, 2, 3 là số lẻ.
TH1: Số 1 xuất hiện 1 lần, số 2 xuất hiện k = 2n + 1 lần, thì số 3 xuất hiện 2017- (2k + 2) lần
(k=2n + 1 với n = 1,...,1007 ). Trong TH này số chữ số thỏa mãn là:
 1007 2 n +1 
1
1
1
3
5
2015
1
C 2017
C 2016
+ C 2016
+ C 2016
+ ... + C 2016
= C 2017
.2 2015

 ∑ C 2016  = C 2017
 n =1


(

)

TH2: Số 1 xuất hiện 3 lần, số 2 xuất hiện k = 2n + 1 lần, thì số 3 xuất hiện 2017- (2k + 4) lần
(k=2n + 1 với n = 1,...,1006 ). Trong TH này số chữ số thỏa mãn là:
 1006 2 n +1 
3
3
1
3
5
2013
3
C 2017
C 2014
+ C 2014
+ C 2014
+ ... + C 2014
= C 2017
.2 2013
 ∑ C 2014  = C 2017
 n =1


(

)

…………………………………………………………………………………


TH1007: Số 1 xuất hiện 2015 lần, số 2 xuất hiện 1 lần, số 3 xuất hiện 2017 – (2015+1)=1 lần
2015 1
2
Trong TH này, số chữ số thỏa mãn là C 2017

Vậy số chữ số thõa mãn yêu cầu là
1
3
5
2015 1
S = C 2017
2 2015 + C 2017
2 2013 + C 2017
2 2011 + ... + C 2017
2 =

[

1 1
3
5
2015 2
C 2017 2 2016 + C 2017
2 2014 + C 2017

2 2012 + ... + C 2017
2
2

]

Mặt khác, ta có
0
1
2
2017
( 2 + 1) 2017 = C 2017
2 2017 + C 2017
2 2016 + C 2017
2 2015 + ... + C 2017
(1)

( 2 − 1) 2017

0
1
2
2017
= C 2017
2 2017 − C 2017
2 2016 + C 2017
2 2015 + ... − C 2017

(2)

1
3
5
2015 2
2017
2 2016 + C 2017
2 2014 + C 2017
2 2012 + ... + C 2017
2 + C 2017
Từ (1) và (2) suy ra C 2017

1
3
5
2015 2
C 2017
2 2016 + C 2017
2 2014 + C 2017
2 2012 + ... + C 2017
2 =

=

3 2017 − 1
2

3 2017 − 3
3 2017 − 3
⇒S=
2

4

3 2017 − 3
Vậy số kết quả cần tìm là S =
.
4

Bài 5. Có bao nhiêu số tự nhiên có 2017 chữ số mà các chữ số 0 suất hiện chẵn lần.
Nếu chữ số 0 xuất hiện 2n lần thì số các số thỏa mãn yêu cầu là
1008

Vậy số các số thỏa mãn là

S=

∑C
n =0

2n
2016

2n
C 2016
.9 2017 −2 n với n = 0,1,2, , , ,1008

2
4
2016 1
9 2017 −2 n = 9 2017 + C 2016
9 2015 + C 2016

9 2013 + ... + C 2016
9

0
2
4
2016 1
= C 2016
9 2017 + C 2016
9 2015 + C 2016
9 2013 + ... + C 2016
9

(

0
2
4
2016
= 9 C 2016
9 2016 + C 2016
9 2014 + C 2016
9 2012 + ... + C 2016

Xét các tổng

Từ (1) và (2) suy ra
Do đó:

)

0
1
2
2016
( 9 + 1) 2016 = C 2016
9 2016 + C 2016
9 2015 + C 2016
9 2014 + ... + C 2016

(1)

0
1
2
2016
( 9 − 1) 2016 = C 2016
9 2016 − C 2016
9 2015 + C 2016
9 2014 + ... + C 2016

(2)

(C

0
2016

)

2
4
2016
9 2016 + C 2016
9 2014 + C 2016
9 2012 + ... + C 2016
=

10 2016 + 8 2016
2

10 2016 + 8 2016
S = 9.
2

Bài 6. Với 4 chữ số a, b, 1, 2 đôi một khác nhau, lập được 18 số có ba chữ số đôi một khác
nhau. Biết tổng của 18 chữ số đó là 6440. Tìm a và b.


Số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau có dạng n = a1 a 2 a3
Nếu a ≠ 0; b ≠ 0 thì từ 4 chữ số a, b, 1, 2 ta lập được A43 = 24 số tự nhiên có ba chữ số khác nhau,
do đó trong hai chữ số a và b phải có một số bằng 0, giả sử b = 0.
Khi đó, từ 4 chữ số a, 0, 1, 2 ta lập được 18 số có 3 chữ số đôi một khác nhau(trong đó có 3! = 6
số không chứa chữ số 0, suy ra có 18 – 6 = 12 số có 3 chữ số khác nhau có chứa chữ số 0)
Trong 18 số đó, ở vị trí a1 các chữ số a, 1, 2 mỗi số xuất hiện 6 lần
Ở vị trí a2 chữ số 0 xuất hiện 12/2 = 6 lần, mỗi số a, 1, 2 xuất hiện 12/3 = 4 lần
Ở vị trí a3 chữ số 0 xuất hiện 12/2 = 6 lần, mỗi số a, 1, 2 xuất hiện 12/3 = 4 lần
Vậy, tổng tất cả 18 chữ số lập được là

∑a a a

1 2

3

= 6(a + 1 + 2).10 2 + 4(a + 1 + 2).101 + 4(a + 1 + 2).10 0 = (a + 1 + 2).644 . Theo giả thiết, tổng tất cả

các số lập được là 6440 nên (a + 1 + 2).644 = 6440 ⇒ a = 7 .
Vậy hai số cần tìm là 0 và 7.
Bài 7. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ
số đôi một khác nhau, trong đó có đúng 2 chữ số lẻ và chúng đứng cạnh nhau.
Số tự nhiên có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu có dạng n = a1 a 2 a3 a 4 a5
TH1: Hai chữ số lẻ ở hai vị trí a1a2
- Chọn hai chữ số lẻ trong ba chữ số lẻ 1, 3, 5 và sắp xếp chúng theo một thứ tự vào hai vị
trí a1, a2 ta có A32 = 6 cách
- Chọn a3 a 4 a5 có A43 = 24 cách
Theo QT nhân ta có 6.24 = 144 số
TH2: Hai chữ số lẻ ở hai vị trí a2a3
- Chọn hai chữ số lẻ trong ba chữ số lẻ 1, 3, 5 và sắp xếp chúng theo một thứ tự vào hai vị
trí a1, a2 ta có A32 = 6 cách
- a1 có 3 cách chọn
- Chọn a4a5 có A32 = 6 cách
Theo QT nhân ta có 6.3.6 = 128 số
TH3: Hai chữ số lẻ ở hai vị trí a3a4 hoặc ở hai vị trí a4a5
Tương tự như TH3: mỗi TH này có 128 số


Vậy có tất cả 144 + 3.128 = 528 số.
Bài 8. Có bao nhiêu cách phân phối 2017 cuốn sách toán giống nhau cho 100 cửa hàng bán
sách sao cho mỗi cửa hàng được ít nhất một cuốn.
Sắp xếp 2017 cuốn sách trên thành một hàng ngang, giữa hai cuốn có một khoảng trống, do đó

có 2016 khoảng trống giữa 2017 cuốn sách trên. Đặt 99 cây bút vào 99 trong 2016 khoảng trống
trên, mỗi khoảng trống một cây búy. Khi đó mỗi cách đặt như vậy là một cách phân chia các
cuốn sách trên cho 100 cửa hàng sao cho mỗi cửa hàng được ít nhất một cuốn.
99
Vậy số cách phân phối là C 2016
cách.

Bài 9. Cho x, y, z, t là các số tự nhiên dương. Phương trình: x + y + z + t = 2017 có bao
nhiêu nghiệm.
Sắp xếp 2017 chữ số 1 lên một hàng ngang, giữa hai chứ số 1 có 1 khỏng trống, do đó giữa
2017 chữ số 1 có 2016 khoảng trống được tạo ra. Đặt 3 cây bút vào 3 trong 2016 khoảng trống
trên, mỗi khoảng trống một cây bút. Gán tổng các chữ số 1 ở giữa hai cây bút(hoặc từ cây bút
đầu tiên về trước hoặc cây bút thứ 3 về sau) cho các biến x, y, z, t (theo thứ tự đó) ta được
nghiệm của phương trình trên. Do đó số nghiệm của phương trình trên là số cách đặt ba cây bút
3
vào 3 trong 2016 khoảng trống. Vậy số nghiệm của PT là C 2016
.
Bài 10. (HSG Thanh Hóa 2009- 2010) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao
nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 2 và
chữ số 4.
Cách 1:
*) Xét các số có 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có dạng n = abcd
Có 5 cách chọn a, có A53 cách chọn bcd. Theo QT nhân, ta có 5.A53 = 300 số
*) Xét các số có 4 chữ số có dạng n = abcd mà hai chữ số 2 và 4 không đồng thời có mặt
TH1: Số n = abcd không chứa hai chữ số 2 và 4. Trong TH này có 3.3! = 18 số
TH2: Số n = abcd chứa chữ số 2 và không chứa chữ số 4.
TH2a: a = 2. Khi đó có A43 = 24 số
TH2b: a ≠ 2 . Có 3 cách chọn a, có 3 cách chọn vị trí cho chữ số 2; có A32 = 6 cách chọn hai chữ
số và sắp xếp vào hai vị trí còn lại. Vậy TH này, ta có 3.3.6 = 54 số
Theo QT cộng thì trong TH2, ta có 24 + 54 = 78 số

TH3: Số n = abcd chứa chữ số 4 và không chứa chữ số 2. Tương tự như TH2 ta cũng có 76 số
Theo QT cộng, ta có 18 + 2.78 = 174 số
Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu là 300 – 174 = 126 số.
Cách 2: Gọi số có 4 chữ số thỏa mãn yêu cầu là Số n = abcd
TH1: a = 2. Có 3 cách chọn vị trí cho chữ số 4; có A42 = 12 cách chọn 2 chữ số còn lại và sắp xếp
vào hai vị trí còn lại. Theo QT nhân ta có 3.12 = 36 số
TH2: a = 4. Tương tự TH trên ta cũng có 36 số
TH3: a ≠ 2, a ≠ 4 . Có 3 cách chọn vị trí cho chữ số 2; có 2 cách chọn vị trí cho chữ số 4; có 3
cách chọn a; và có 3 cách chọn chữ số còn lại. Theo QT nhân, ta có 3.2.3.3 = 54 số
Theo QT cộng, ta có tất cả 36 + 36 + 54 = 126 số
Bài 11. (HSG Thanh Hóa 2014-2015) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ta lập được
bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số
kề nhau không cùng là số lẻ?
Gọi số đó là A = a1a2 a3 a4 a5 a6 . Từ giả thiết suy ra A có 1 hoặc 2 hoặc 3 chữ số lẻ.
TH1: A có 1 chữ số lẻ
+) a1 lẻ: Số các số A là C51P5 = 600
+) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Số các số A là 4.(C51C44 ) P5 = 2400
Tổng có: 600 + 2400 = 3000 số các số A trong đó có đúng một chữ số lẻ.
TH2: A có 2 chữ số lẻ
+) a1 lẻ: Có 5 cách chọn a1 . Có 5 cách chọn a2 chẵn.
Vậy số các số A là 5.5.(C41C43 ) P4 = 9600
+) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 6 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số lẻ trong
a2 a3 a4 a5 a6 . Vậy số các số A là 4.(C52 .6.P2 ). A43 = 11520
Tổng có: 9600 + 11520 = 21120 số các số A.
TH3: A có 3 chữ số lẻ
+) a1 lẻ: Có 5 cách chọn a1 . Có 5 cách chọn a2 . Có 3 cách chọn hai vị trí không kề nhau
của hai số lẻ trong a3 a4 a5 a6 .. Vậy số các số A là 5.5.(C42 .3.P2 ). A42 = 10800
+) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 1 cách chọn 3 vị trí không kề nhau của 3 số lẻ trong a2

a3 a4 a5 a6 . Vậy số các số A là 4.(C53 .1.P3 ). A42 = 2880
Tổng có: 10800 + 2880 = 13680 số các số A.


Tóm lại có: 3000 + 21120 + 13680 = 37800 số các số A.
Bài 12. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 2015 chữ số, trong đó
phải có mặt đủ các chữ số 1, 2, 3, 4.
ĐA (42015- 4.32015)

CHUYÊN ĐỀ XÁC SUẤT
1.

Định nghĩa cổ điển của xác suất

2.

Các QT cộng xác suất, nhân xác suất

Bài 1. Có 6 lá thư và 6 phong bì đã ghi rõ địa chỉ, bỏ ngẫu nhiên các lá thư vào các phong bì.
Tính xác suất để có đúng 3 lá thư bỏ đúng địa chỉ.
Ta có 6! Cách bỏ 6 lá thư vào 6 bì thư. Do đó

Ω = 6!= 720

Gọi A là biến cố có đúng ba lá thư bỏ đúng địa chỉ
3

Chọn ba lá thư bỏ đúng địa chỉ ta có C 6 cách. Xét TH ba lá thư thứ nhất, thứ hai, thứ ba bỏ
đúng địa chỉ, khi đó ba lá thư thứ 4, thứ 5, thứ 6 bỏ sai địa chỉ. Khi đó có hai cách bỏ thỏa mãn
yêu cầu. Suy ra

Vậy

P( A) =

Ω A = 2C 63 = 40

40
1
=
720 18

Bài 2. Trong một lần cứu trợ thiên tai, một tỉnh bạn đã cứu trợ cho tỉnh Quảng Ngãi 20 tấn
lương thực, trong đó có 5 tấn gạo; 7 tấn bột mỳ; 8 tấn ngô. UBND tỉnh đã chia đều số lương
thực ấy cho 20 xã khó khăn nhất, mỗi xã chỉ nhận được 2 tấn khác loại, mỗi loại một tấn. Hai xã
Nghĩa An và Nghĩa Phú là 2 trong 10 xã đó. Tính xác suất để 2 tấn lương thực mà xã Nghĩa An
đã nhận được giống với 2 tấn lương thực mà xã Nghĩa Phú đã nhận được.
Gọi x, y, z lần lượt là số Xã nhận được số lương thực là Gạo và bột Mỳ, bột Mỳ và Ngô, Ngô và
Gạo. Ta có
x + y = 7
x = 2


y + z = 8 ⇔ y = 5
z + x = 5
z = 3



Số cách chia 20 tấn lương thực sao cho mỗi xã nhận được 2 tấn lương thực khác loại là
C102 .C85 .C33 ⇒ Ω = C102 .C85 .C 33

.


Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. Ta xét 3 Th sau đây:
TH1: Hai Xã Nghĩa An và Nghĩa Phú cùng nhận được hai loại là Gạo và Bột Mỳ. Khi đó
số cách phân phối là C85 .C33
TH2: Hai Xã Nghĩa An và Nghĩa Phú cùng nhận được hai loại là Bột Mỳ và Ngô. Khi đó số
cách phân phối là C83 .C52 .C 33
TH3: Hai Xã Nghĩa An và Nghĩa Phú cùng nhận được hai loại là Ngô và Gạo. Khi đó số cách
phân phối là C81 .C 75 .C 22 . Do đó Ω A = C85 .C33 + C83 .C52 .C 33 + C83 .C52 .C33 . Suy ra P(A)=….
Bài 3. Tính xác suất để có thể lập được một số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ
số 3 có mặt đúng 2 lần,chữ số 0 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không
quá 1 lần.
6
Số tự nhiên có 7 chữ số có dạng a1a2a3a4a5a6a7. Ta có Ω = 9.10

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.
Ta có C 63 cách chọn ba vị trí cho ba chữ số 0;
Có C 42 cách chọn vị trí cho hai chữ số 3;
Chọn hai trong 8 chữ số 1,2,4,5,6,7,8,9 và sắp xếp chúng vào hai vị trí còn lại, ta có A82 cách.
3
2
2
Theo QT nhân ta có Ω A = C 6 .C 4 . A8 . Vậy P(A) = C 63 .C 42 . A82 / 9.10 6 .

Bài 4. Một nhóm tập khiêu vũ gồm có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 6 người để ghép thành 3
cặp. Tính xác suất để có ba cặp mà mỗi cặp gồm có một nam và một nữ.
2
2

2
2
2
2
Số cách chọn 6 người và phân làm ba cặp từ 15 người trên là C15 .C13 .C11 ⇒ Ω = C15 .C13 .C11

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.
Chọn 3 nam trong 7 nam ta có C 73 cách; chọn 3 nữ trong 8 nữ ta có C83 ; phân thành 3 cặp sao
3 3
cho mỗi cặp có một nam và một nữ ta có 3! Cách. Suy ra Ω A = C 7 C8 .3! .

Vậy P(A) = C 73C83 .3 !/ C152 .C132 .C112 .
Bài 5. Cho tập E={1,2,3,4,5}. Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên , mỗi số gồm 3 chữ số
đôi một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
Cách 1


Ta có A53 cách viết chữ số thứ nhất, có A53 cách viết chữ số thứ hai do đó ta có ( A53 )2 = 3600
⇒ Ω = 3600 .
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất
Từ E có thể tạo ra được 3. A42 số có 3 chữ số khác nhau có mặt chữ số 5 và có A43 số không có
chữ số 5 ⇒ Ω A = 2.(3. A42 . A43 ) = 1728 ⇒ P( A) =

1728
= 0.48
3600

Cách 2
Số cách viết một số tự nhiên lên bảng là: A35 cách. Số cách viết một số tự nhiên lên không có
chữ số 5 lên bảng là: A34 cách.

Gọi A , B lần lượt là biến cố số thứ nhất , số thứ 2 không có chữ số 5
⇒|A|=|B|=A34⇒P(A)=P(B)=A34/A35=2/5 ⇒P(A¯)=P(B¯)=1−2/5=3/5
Gọi C là biến cố đúng một số có chữ số 5
⇒C=A⋂B¯⋃A¯⋂B
Vì A⋂B¯ và A¯⋂B xung khắc, A¯ và B ; A và B¯ là độc lập nên:
P(C)=P(A⋂B¯)+P(A¯⋂B) =P(A).P(B¯)+P(A¯).P(B) =2/5.3/5+3/5.2/5 =12/25 = 0.48
Cách 3
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là: 5.4.3 = 60
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4.3.2=24, và số các số có mặt chữ số 5 là 60 − 24 = 36 .
Gọi A là biến cố “hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5”, B là biến cố “hai số viết lên bảng đều
không có mặt chữ số 5”. Rõ ràng A,B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có:
1
1
1
C 1 C36
C24
C24
13
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P ( B ) = 36
+
=
.
1
1
1
1
C60C60 C60C60 25
Suy ra xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5 là P = 1 − P ( A ∪ B ) = 1 −

13 12

=
.
25 25

Bài 6. Bốn xạ thủ A, B, C, D cùng bắn1 cái bia. Biết xác suất trúng của 3 người A, B, C là như
nhau và bằng xác suất trượt của người D. Tính xác suất trúng của người A để xác suất trúng của
4 người đều bắn trúng là cao nhất?
Gọi xác suất bắn trúng của A, B, C là x thì xác suất bắn trúng của D là 1 – x
Khi đó xác suất bắn trúng của 4 người là f(x) = x3(1-x) với 0 ≤ x ≤ 1 .
Ta chỉ càn tìm x để f(x) là lớn nhất.
Bài 7. Một người đi bán 7 con chim chào mào, biết 7 con chim được nhốt vào một cái lồng
trong đó có 4 con trống và 3 con mái. Có hai người đến mua chim, người thứ nhất mua 1 con,
người thứ hai mua hai con.Người bán bắt bầt kì để bán và người mua luôn phải châp nhận cách
bán trên. Tính xác suất để người thứ hai mua được một trống một mái.


Gọi A là biến cố người thứ nhất mua được con trống và người thứ hai mua được một con trống
và một con mái.
B là biến cố người thứ nhất mua được con mái và người thứ hai mua được một con trống và
một con mái. C là biến cố người thứ hai mua được một con trống và một con cái. Ta có A và B
là hai biến cố xung khắc và C = A ∪ B ⇒ P(C ) = P( A) + P( B)
C 31 C 41 .C 21
C 41 C 31 .C 31
C 41 C 31 .C 31 C 41 C 31 .C 31
+ 1.
Trong đó P( A) = 1 . 2 ; P( B) = 1 . 2 ⇒ P(C ) = P( A) + P( B) = 1
C7 C6
C7 C6
C 7 C 62
C 7 C 62

Bài 8. Có 15 hành khách đi tàu điện, trên tàu có 3 toa. Tính xác suất để mỗi toa có ít nhất 1
người và số người ở toa 1 luôn bé hơn toa 2 và toa 2 luôn bé hơn toa 3?
15
Mỗi người có thể ở trên một trong ba toa ⇒ Ω = 3

Ta xét các TH sau
TH1: Toa 1 có 1 khách ⇒ P1 =

(

1
C15
. C142 + C143 + C144 + C145 + C146
315

(

C152 . C133 + C134 + C135 + C136
TH2: Toa 1 có 2 khách ⇒ P2 =
315

(

TH3: Toa 1 có 3 khách ⇒ P3 =

C153 . C124 + C125
315

TH4: Toa 1 có 4 khách ⇒ P4 =

C154 .C115
315

)

)

)

Xác suất cần tìm là p1+p2+p3+p4

Bài 9. Một thủ kho có một chùm chìa khóa gồm 9 chiếc bề ngoài giống hệt nhau trong đó chỉ có
hai chiếc mở được cửa kho. Anh ta thử ngẫu nhiên từng chìa (chìa nào không trúng thì bỏ ra
khỏi chùm chìa khóa). Tìm xác suất để lần thử thứ ba thì anh ta mới mở được cửa?
Xác suất để lần thứ nhất không mở được là p1 =

7
9
7 6
9 8

Xác suất để lần thứ hai không mở được cửa là p 2 = .
7 6 2
9 8 7

Xác xuất để lần thứ 3 mới mở được cửa là p = . . =

1
6

Bài 10. Có ba bình: bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh
và 7 viên bi đỏ và bình C đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một
bình từ ba bình đã cho, rồi từ bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên
bi lấy ra là viên bi đỏ.
Gọi A, B, C lần lượt là biến cố lấy được bi đỏ ở bình A, bình B, bình C
Ta có, xác suất chọn được bình A, bình B hay bình C đều là

1
3

Xác suất chọn được bi đỏ ở bình A, bình B, bình C lần lượt là
1 5
1 7
1 9
P ( A) = . , P ( B ) = . , P (C ) = . .
3 9
3 15
3 15
P ( D ) = P( A) + P ( B ) + P (C ) =

Gọi D là biến cố cần tìm xác suât, khi đó

5
7
9
+
+
= 0.54...

27 45 45

Bài 11. Một đề thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 3 phương án trả lời, trong đó chỉ
có một phương án đúng. Một thí sinh chọn ngẫu nhiên các câu trả lời. Hỏi xác suất thí sinh đó
đạt điểm nào là cao nhất, biết rằng mỗi câu trả lời đúng được 1 điểm và trả lời sai không được
điểm nào.
Mỗi câu có xác suất trả lời đúng là 0.25 và xác suất trả lời sai là 0.75
Gọi x là số điểm thí sinh đó đạt được. khi đó xác suất để đạt được x điểm là Px = 0.25 x.0.7510− x .
Ta cần tìm x để Px đạt giá trị lớn nhất
Ta có Px = C10x .0.25 x.0.7510− x = C10x .0.2510.310− x = 0.2510.C10x .310− x
Px lớn nhất khi và chỉ khi C10x .310− x lớn nhất. Ta lập bảng
x

0
C .3
310
Kết luận…..
x
10

10 − x

1
10.39

2
…

3

4

5

6

7

8

9

10

Bài 12. Gọi E là tập hợp 100000 số nguyên dương đầu tiên. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ E, tính xác
suất để số được chọn có chứa 1 chữ số 1, 1 chữ số 2 và 1 chữ số 3.
Ta có Ω = 100000 . Gọi n là số tự nhiên thuộc tập E thỏa mãn yêu cầu. Xét 3 Th sau
TH1: n có dạng n = abc , trong TH này có 3! = 6 số
TH2: n có dạng n = abcd ,nếu a = 1, 2, 3 thì mỗi trường hợp có 7. A32 số, do đó TH này có 3.
7. A32 = 126 số


TH3: n có dạng n = abcde ,tương tự TH2, ta có 3.7.7. A42 = 1764 số
Theo quy tắc cộng ta có 6 + 126 + 1764 = 1896 số
Gọi A là biến cố cần tính xác suất, ta có Ω A = 1896 ⇒ P ( A) =

1896
100000

Bài 13. Cho A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên từ tập A một số,

tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị là 1.
Số tự nhiên có 5 chữ số có dạng n = abcde a ≠ 0 . Có tất cả 9.104 số ⇒ Ω = 9.10
Tìm các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị là 1
10000 ≤ n = abcde = 7 k ≤ 99999 ⇔ 1428 ≤ k ≤ 14285 và n có tận cùng là 1 nên k có tận cùng là 3 do
4

đó có tất cả

14283 − 1433
1286
+ 1 = 1286 số ⇒ Ω A = 1286 ⇒ P( A) =
=0.01428889
10
9.10 4

Bài 14. Từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chử số, trong đó chử
số 3 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. Trong các số tự nhiên nói
trên, chọn nhẫu nhiên một số, tìm xác suất để số chọn được chia hết cho 3.
Số tự nhiên có 5 chữ số thỏa mãn có dạng n = abcde ,
Số 3 có mặt đúng ba lần nên có C53 = 10 cách chọn vị trí cho các chữ số 3,
Có A42 = 6 cách chọn và sắp xếp các chữ số còn lại. Theo QT nhân ta có Ω = 10.6 = 60
Gọi A là biến có số được chọn chia hết cho 3. Vì trong n = abcde đã có mặt đúng ba chữ số 3
nên n chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng hai chữ số còn lại chia hết cho 3, mà trong 4 chữ số 1,
2, 4, 5 có bốn cắp (1, 5); (2, 4); (1;2) và (4,5) có tổng chia hết chi 3, ứng với mỗi cặp đó ta
thành lập được hai số n = abcde chia hết cho 3. Do đó Ω A = 2.4 = 8 ⇒ P( A) =

2
15

Bài 15. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một

số tự nhiên thuộc tập A. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3.
Số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau có dạng: N = a1a 2 ...a9 . Có tất cả 9.9! số tự
nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau ⇒ Ω = 9.9! .
N chia hết cho 3 khi và chỉ khi a1+a2 + … +a9 chia hết cho 3.
Mà 0 + 1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45 chia hết cho 3, để thành lập số tự nhiên N chia hết cho 3 có
9 chữ số khác nhau thì từ 10 chữ số 0, 1, 2, …., 9 ta chọn ra 9 chữ số có tổng chia hết cho 3, tức
là số còn lại phải chia hết cho 3 do đó xảy ra 4 Th sau
TH1: a1, …a9 ∈ { 1,2,3,4,5,6,7,8,9} trong TH này ta thành lập được 9! Số
TH2: a1, …a9 ∈ { 0,1,2,4,5,6,7,8,9} , { 0,1,2,3,4,5,7,8,9} , { 0,1,2,3,4,5,6,7,8} trong mỗi Th này ta lập được
8.8! số. Gọi A là biến cố cần tìm xác suất


Theo quy tắc cộng, ta có Ω A = 9!+3.8.8!= 33.8!⇒ P( A) =

33
= 0.4074...
81

Bài 16. (HSG Thanh Hóa 2011- 2012) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số
đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để chọn được số lớn hơn
2012.
Bài 17. (HSG Thanh Hóa 2013-2014) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các
chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có
mặt ba chữ số khác nhau.
Bài 18. Cho tập A = { 1, 2,3,..., 2015} , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số. Tìm xác suất để giá trị
tuyệt đối của hiệu hai số được chọn lớn hơn 1
2
2
Số cách chọn 2 số trong 2015 số của tập A là C2015
do đó Ω = C2015

Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Khi đó A là biến cố hai số được chọn có hiệu bằng 1.
Các cặp có giá trị tuyệt đối của hiệu hai số đó bằng 1 là (1;2), (2;3),(3;4),....,(2014,2015), có tất
cả 2014 cặp. Vậy Ω A = 2014 ⇒ P( A) =

2
− 2014
2014
2014 C2015
⇒
P
(
A
)
=
1
−
=
2
2
2
C2015
C2015
C2015

Bài 19. Có hai hộp đựng bi, mỗi viên chỉ mang mầu trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp
một viên
a) Biết hộp thứ nhất có 20 viên trong đó có 7 viên đen, hộp 2 có 15 viên trong đó có 10 viên
đen. Tính xác suất để lấy được hai viên đen.
b) Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất lấy được hai viên đen là 55/84. Tính xác suất để

lấy được hai bi trắng. (Chưa tìm được lời giải)
Bài 20. Cho đa giác đều n đỉnh (n>3). Gọi M là tập hợp tất cả các tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh
của đa giác đều đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác từ M, biết rằng xác suất để chọn được
một tam giác cân không đều là

18
. Tìm n (Xét hai TH n lẻ và n chẵn)
91

NHỊ THỨC NEWTON
1. Công thức nhị thức Newton
2. Các trường hợp đặc biệt


3. Các dạng toán:
- Tìm hệ số, hệ số lớn nhất
- Chứng minh đẳng thức tổ hợp
- Tính tổng một biểu thức tổ hợp
4. Phương pháp:
- Sử dụng đẳng thức tổ hợp cơ bản kC nk = nC nk−−11 , C nk−−11 + C nk−1 = C nk , các tổng cơ bản
- Sử dụng p2 đạo hàm
n
Bài 1. Cho ( x 2 + x + 1) = a0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a 2 n x 2 n . Tìm n biết a1 + 2a 2 + ... + 2n.a 2 n = 324

HD. Từ a1 + 2a 2 + ... + 2n.a 2 n = 324 định hướng cho ta sử dụng p2 đạo hào để gải bài này.
 2

Bài 2. Tìm hệ số của x trong khai triển đa thức 1 − + x 2 
 x


n+5

7

mãn

biết rằng n là số tự nhiên thỏa

C 20n +1 + C 21n +1 + C 22n +1 + ... + C 2nn +1 = 1024 .

Ta có C 20n+1 = C 22nn++11 , C 21n+1 = C 22nn+1 , C 22n+1 = C 22nn+−11 ,..., C 2nn+1 = C 2nn++11 . Do đó
C 20n +1 + C 21n +1 + C 22n +1 + ... + +C 2nn +1 = 1024 ⇔ C 22nn++11 + C 22nn+1 + C 22nn+−11 + ... + C 2nn++11 = 1024
⇒ C 2nn++11 + C 2nn++21 + ... + C 22nn++11 = 1024 ⇒ C 20n +1 + C 21n +1 + C 22n +1 + ... + C 22nn++11 = 2.1024 = 211 ⇔ 2 n = 211 ⇒ n = 11
 2

có 1 − + x 2 
 x


n+5

=

(x

3

+x−2
x 16

)

16

. Hệ số của x7 trong khai triển trên cũng chính là hệ số của x 23

trong khai triển ( x 3 + x − 2) .
16

Lại có

(x

3

+ x−2

)

16

[

= x 3 + ( x − 2)

( )

5

]

16

Ta

( )

= C160 x 3

16

( )

( )

7

6

+ ... + C169 x 3 ( x − 2) 9 + C1610 x 3 ( x − 2)10

( )

4

( )

3

+ C1611 x 3 ( x − 2)11 + C1612 x 3 ( x − 2)12 + C1613 x 3 ( x − 2)13 + ... + C1616 ( x − 2)16

Do đó hệ số của x23 trong khai triển trên là
C169 .C 97 (−2) 7 + C1610 .C105 (−2) 5 + C1611 .C113 (−2) 3 + C1612 .C121 (−2)1 .

Vậy hệ số của x7 là C169 .C97 (−2) 7 + C1610 .C105 (−2) 5 + C1611 .C113 (−2) 3 + C1612 .C121 (−2)1 .
0
1
1
2
2
3
2015 2016
C2016
+ 2C2016
C2016
+ 3C2016
C2016
+ ... + 2016C2016
C2016
Bài 3. Tính tổng S = C2016


- Tổng S gợi cho ta xét đến tích của hai khai triển (x+1)

2016

và [(1+x)

2016

]’ theo hai cách khác

k

nhau từ đó đồng nhất hệ số của x nào đó theo hai cách khai triển đó
- Ta có

( x + 1)

2016

=

2016

∑C
k =0

⇒ ( x + 1)

2016

k
2016

x

∑ ∑ iC
k =0 i = k +1

[

, (1 + x )

[( x + 1) ] = ∑ ∑ iC
2016 2016

2016 '

k =0 i =1

Suy ra hệ số của x
2015 2016

2016−k

k
2016

2016

]

2016 '

k
2016

'

 2016 i
 2016 i
=  ∑ C2016
x i  = ∑ iC 2016
x i −1
i =1
 i =0


i
C2016
x 2015−k +i

ứng với i = k+1, tức là hệ số của x

2016

trong khai triển trên là

i
0
1
1
2
2
3
2015 2016
C2016
= C2016

C 2016
+ 2C2016
C 2016
+ 3C2016
C2016
+ ...2016C2016
C2016

2016
2016
Mặt khác, ta lại có ( x + 1) [( x + 1) ]

'

= 2016(1 + x )

4031

4031

2016
k
của
= ∑ 2016C 4031
x k suy ra hệ số của x
k =0

2016
khai triển trên là 2016 C4031
.

0
1
1
2
2
3
2015 2016
2016
C 2016
+ 2C 2016
C 2016
+ 3C 2016
C 2016
+ ...2016C 2016
C 2016 = 2016 C 4031
Vậy C 2016
.

Bài 4. Biết rằng đa thức 1 − x + x 2 − x 3 + ... + x 2014 − x 2015 có thể viết được thành dạng
a 0 + a1y + a 2 y 2 + ... + a 2015 y 2015 với y = x + 1 , trong đó ai là các hằng số thực. Hãy tính tổng
2
S = a 20 −a 21 + a22 − ... + a 2 2014 − a2015
.

- Ta thấy 1 − x + x 2 − x 3 + ... + x 2014 − x 2015 là tổng của 2016 số hạng đầu tiên của một cấp số nhân
với số hạng đầu tiên là 1 và công bội q = - x.
- Tổng S = a − a + a − ... + a
2
0

2
1

2
2

2
2014

−a

2
2015

cũng khá quyen thuộc với dạng

Ta có
1 − x + x 2 − x 3 + ... + x 2014 − x 2015 =
2015

=

∑ (−1)
k =0

k +1

k
C2016
y 2016−k

y

∑ (−1) (C )
k

1 − (− x) 2016 1 − x 2016 1 − ( y − 1) 2016
=
=
1 − (− x)
1+ x
y

2015

k
= ∑ (−1) k +1 C2016
y 2015−k
k =0

2015
2014
2015−i
0
, a1 = −C2016
, ai = ( −1) 2016−i C2016
,..., a2015 = −C2016
Do đó: a0 = C2016
.

i =0

i

i 2
k


2
2015 2
2014 2
2013 2
1
0
) − (C2016
) + (C2016
) − ... + (C2016
) 2 − (C2016
) 2 (*)
Suy ra S = a 20 − a 21 + a22 − ... + a 2 2014 − a2015
= ( C2016

Việc còn lại là tính tổng (*)
Bài 5. Tìm số hạng chứa x12 trong khai triển Niu – Tơn ( 1 + 2x ) , biết n là số nguyên dương
0
2
4
2n
11
thỏa mãn C2 n + 3C2 n + 5C2 n + ... + ( 2n + 1) C2 n = 7.2

Ta có
C20n + 3C22n + 5C24n + ... + ( 2n + 1) C22nn = 7.211
⇔ ( C20n + 2C22n + ... + 2nC22nn ) + ( C22n + C 24n + ... + C22nn ) = 7.211
(*)
Mà C22n + C24n + ... + C22nn = (C20n + C22n + C24n + ... + C22nn ) − 1 = 2 2 n−1 − 1
Và
3n

C 20n + 2C 22n + ... + 2nC 22nn = C20n + 2nC21n−1 + 2nC23n−1 + ... + 2nC22nn−−11
= C20n + 2n(C21n−1 + C23n−1 + ... + C22nn−−11 ) = C20n + 2n(C21n−1 + C23n−1 + ... + C22nn−−11 ) = 1 + 2n.2 2 n−2

Do đó (*) ⇔ 2 2 n−1 + 2n.2 2 n−2 = 7.211 ⇔ (n + 1)2 2 n−1 = 7.211 ⇔ n = 6 . Từ đó ta có kq
0
1
2
2
n
n
Bài 6. Tìm n nguyên dương thoả mãn: Cn + 2Cn + 6C n + ... + ( n − n + 2 ) C n = 403 , với Ckn là số tổ
hợp chập k của n phần tử.
Ta có ( k 2 − k + 2 k )Cnk = k (k − 1)Cnk + 2 k C nk = n(n − 1)Cnk−−22 + 2 k Cnk với ĐK k ≥ 2
Do đó
6.Cn2 = n(n − 1)Cn0−2 + 2 2 Cn2

……………………………..
(n 2 − n + 2 n )Cnn = n(n − 1)Cnn−−22 + 2 n Cnn

Vậy
C0n + 2C1n + 6Cn2 + ... + ( n 2 − n + 2 n ) C nn = 403

[

]

⇔ (Cn0 + 21 Cn1 + 2 2 Cn2 + ... + 2 n C nn ) + n(n − 1) C n0−2 + C n1−2 + ... + Cnn−−22 = 403

⇔ 3n + n(n − 1).2 n−2 = 403 ⇔ 3n + n(n − 1) 2 n−2 = 35 + 5.(5 − 1)25−2 ⇔ n = 5

Bài 7. Đặt f ( x) = (1 + x + x 2 + x 4 ) = a0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a 28 x 28
7

a) Tính:
a) Ta có

(

a3

f ( x) = 1 + x + x 2 + x 4

b) Tính :

) = [(1 + x) + ( x
7

2

P = 3a0 – 4a1 + 5a2 - … + 31a28
+ x4 )

]

7

= C 70 (1 + x) 7 + C 71 (1 + x) 6 ( x 2 + x 4 ) + C 72 (1 + x ) 5 ( x 2 + x 4 ) 2 + ... + C 77 ( x 2 + x 4 ) 7

Trong 8 hạng tử trên chỉ có hai hạng tử C 70 (1 + x) 7 ; C 71 (1 + x) 6 ( x 2 + x 4 ) có chứa x3;


Trong đó, hệ số của x3 trong hạng tử C 70 (1 + x) 7 là C 70 .C 73 và hệ số của x3 trong hạng tử
C 71 (1 + x ) 6 ( x 2 + x 4 ) là C 71 .C 61 . Vậy a3 = C 70 .C 73 + C 71 .C 61 .

b) Cách 1
7
Ta có x 3 f ( x) = x 3 (1 + x + x 2 + x 4 ) = a0 x 3 + a1 x 4 + a 2 x 5 + ... + a 28 x 31

⇒ 3 x 2 (1 + x + x 2 + x 4 ) + 7 x 3 (1 + 2 x + 4 x 3 )(1 + x + x 2 + x 4 ) = 3a 0 x 2 + 4a1 x 3 + 5a 2 x 4 + ... + 31a 28 x 30
7

6

Thay x = -1 vào ta được P = 3a0 – 4a1 + 5a2 - … + 31a28 = 3.27+35.26 = 41.26
Cách 2 Ta có P = 3a0 – 4a1 + 5a2 - … + 31a28 = 3(a0 – a1 + a2 - … + a28) - (a1 – 2a2 + 3a3 - … 28a28) = 3P1 – P2..
Trong đó P1 = f(-1) = 27; P2 = f’(-1) = -35.26 . Do đó P = 41.26.
Bài 8. Tính tổng : a) S = C n1 + 2C n2 2 + 3C n3 2 2 + ... + nC nn 2 n−1
b) S = 2.1.C n2 + 3.2.C n3 + 4.3.C n4 + ... + n(n − 1)C nn
1
2
3
2015

2 2014 + 2 2 C 2015
2 2013 + 3 2 C 2015
2 2012 + ... + 2015 2 C 2015
c) S = 12 C 2015

d) S = 2C n0 +

2 2 1 23 2
2 n +1 n
C n + C n + ... +
Cn
2
3
n +1

e) S = (C n1 ) + 2(C n2 ) + 3( C n3 ) + ... + n(C nn )
2

2

2

Giải:
a) Cách 1: Ta có kC nk = nC nk−−11 , do đó:
S = C n1 + 2C n2 2 + 3C n3 2 2 + ... + nC nn 2 n−1 = n(C n0−1 + 2C n1−1 + 2 2 C n2−1 + .. + 2 n −1 C nn−−11 ) = n.3 n−1
Cách 2: USE đạo hàm
b) Ta có
Cách 1

(

S = 2.1.C n2 + 3.2.C n3 + 4.3.C n4 + ... + n(n − 1)C nn = n 1.C n1−1 + 2.C n2−1 + 3.C n3−1 + ... + (n − 1)C nn−−11

(

)

= n.(n − 1) C n0−2 + C n1− 2 + ... + C nn−−22 = n(n − 1).2 n − 2

Cách 2: USE đạo hàm cấp 2
1
2
3
2015
2 2014 + 2 2 C 2015
2 2013 + 3 2 C 2015
2 2012 + ... + 2015 2 C 2015
c) S = 12 C 2015

USE phân tích : k 2 C nk = k [ (k − 1) + 1]C nk = k (k − 1)C nk + kC nk
d) Sử dụng tích phân hoặc công thức

1 k 1 k −1
C n = C n −1
n
k

e) S = (C n1 ) + 2(C n2 ) + 3(C n3 ) + ... + n(C nn ) = C n0−1C n1 + C n1−1C n2 + C n2−1C n3 + ... + C nn−−11C nn1
2

2

2

2

)

2


Đến đây ta nghĩ đến tích của hai khai triển (1+ x)n-1 và (x + 1)n
Bài 9. Tính S = 12 ( C n1 ) + 2 2 ( C n2 ) + 3 2 ( C n3 ) + ... + n 2 ( C nn )
2

2

(1 − x + x

Bài 10. Cho khai triển:

2

2

− x 3 + ... − x 2015 )

2016

2

(Bài tập)

= a 0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a 4062240 x 4062240

a) Tính a0 + 2a1 + 3a 2 + ... + 4062241a 4062240 (HD: vận dụng đạo hàm)
0
1
2016
a 2016 + C 2015
a 2015 + ... + C 2016
a 0 = −2016 (Dạng này đã khai thác trong đề thi HSG
b) CMR: C 2016
Thanh Hóa 2013)
n
Bài 11. Tìm hệ số của x4 trong khai triển (1 + 2 x + 3x 2 ) biết rằng C n6 + 3C n7 + 3C n8 + C n9 = 2C n8+2 (*)

Viết lại VT của (*) thành các tổng hợp lý rồi áp dụng liên tiếp các đẳng thức tổ hợp
C nk−−11 + C nk−1 = C nk

a) Biết tổng hệ số của ba số hạng đầu tiên của khai triển bằng

661
. Tìm số hạng có hệ số
2n

lớn nhất.
b) Biết hạng tử thứ 11 có hệ số lớn nhất, hãy tìm n
Bài 13. Có bao nhiêu hạng tử là số nguyên trong khai triển


2
1
Bài 14. Cho khai triển  3lo x + 3 2lox
3


(

4

7 −3 3

)

64

n


 . Biết tổng hệ số của khai triển là 512. Tìm x biết số



hạng thứ 7 bằng 28.3n.
- Tổng hệ số của khai triển ứng với x = 1 ⇒ 2 n = 512 ⇒ n = 9
- Số hạng thứ 7 trong khai triển ứng với k = 6
Bài 15. Tìm hệ số của x18 trong khai triển ( x + 2) 13 ( x 2 − 2 x + 4)

10

Ta có ( x + 2) 13 ( x 2 − 2 x + 4) = [( x + 2)( x 2 − 2 x + 4)] ( x + 2) 3 = ( x 3 + 8) ( x + 2) 3
10

10

10

3
k 30 − 3 k
k
0 30
4
4 18
5
5 15
6
6 12
10 10
Mà ( x + 8) = ∑ C10 x .8 = C10 x + ... + 8 C10 x + 8 C10 x + 8 C10 x + ... + 8 C10
10

10

k =0

10
Và ( x + 2) 3 = x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8 . Do đó hệ số của x18 trong khai triển ( x + 2) 13 ( x 2 − 2 x + 4) là

8.8 4 C104 + 8 5 C104 = 8 5 (C104 + C105 ) = 8 5 C115
2

2

2

2

 C 0   C1   C 2 
 Cn 
C n +1 − 1
Bài 16. CMR:  n  +  n  +  n  .... +  n  = 2 n+ 2 2 (*)
(n + 1)
 1   2   3 
 n +1


Ta có (k + 1)C

k +1
n +1

C nk
C nk++11
= (n + 1)C ⇒
=
, k = 0, n
k +1 n +1
k
n

 C1   C 2   C 3 
 C n +1 
(C 1 ) + (C n2+1 ) + (C n3+1 ) + ... + (C nn++11 )
Do đó VT(*) =  n+1  +  n+1  +  n+1  .... +  n +1  = n +1
( n + 1) 2
 n + 1  n + 1  n + 1
 n + 1
2

2

2

2

2

2

2

2

Vấn đề còn lại là tính tổng tren tử(Đây là BT quyen thuộc)

Bài 17. Chứng minh đẳng thức sau:

(C ) − (C ) + (C )
2
0

2016

2
1
2016

2
2
2016

(

)

2

2016
= C 2016
− ... + C 2016

1008

0
1
2
2016
x 2016 + C 2016
x 2015 + C 2016
x 2014 + ... + C 2016
Xét các khai triển ( x + 1) 2016 = C 2016

0
1
2
k
2016 2016
(1 − x ) 2016 = C 2016
− C 2016
x + C 2016
x 2 + ... + ( −1) k C 2016
x k + ... + C 2016
x

(

0
⇒ hệ số của x2016 trong khai triển ( x + 1) 2016 (1 − x ) 2016 là C 2016
2016
2016
2
Mặt khác ( x + 1) (1 − x ) = (1 − x )

2016

Bài 18. Cho khai triển đa thức ( 1 − 2 x )

=

2016

∑C

k =0

2013

k
2016

) − (C ) + (C )
2

2
1
2016

= ao + a1 x + a2 .x 2 + ... + a2013 .x 2013 .

Lời giải
Ta có: ( x(1 − 2 x) 2013 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x 2 + ... + 2014a2014 x 2013 .
2013

− 4026 x(1 − 2 x) 2012 = a 0 + 2a1 x + 3a 2 x 2 + ... + 2014a 2013 x 2013 (*).

k
k
Nhận thấy: ak x = ak (− x) do đó thay x = −1 vào cả hai vế của (*) ta có:

S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 2014 a2013 = 1343.32213

(

2016
− ... + C 2016

1008
(−1) k x 2 k có hệ số của x2016 là C 2016

Tính tổng S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 2014 a2013

⇔ (1 − 2 x )

2
2
2016

)

2