Bài tập nhị thức Newton

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

1

NGUYỄN VĂN NĂM - LÊ HOÀNG NAM

M
AT

HV

N.

co

m

THPT Lê Hông Phong ( Đồng Nai) – THPT Lê Quý Đôn (Đà Nẵng)

ww
w.

www.MATHVN.com

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

1

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

2

NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG

m

A. LÝ THUYẾT
1. CÔNG THỨC NEWTON:

a  b

n

co

Cho 2 số thực a, b và số nguyên dương n thì:
n

  Cnk a n  k b n Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...  Cnnb n 
k 0

n

n

k

n

   1 Cnk a n k b n Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...   1 Cnnb n 

N.

 a  b

k 0

HV

2. Tính Chất
a. Số các số hạng của công thức là n  1
b. Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị
thức: n  n  k  n
c. Số hạng tổng quát của nhị thức là: Tk 1  Cnk a n  k b k
n

M
AT

(Đó là số hạng thứ k  1 trong khai triển  a  b  )
d. Các hệ số nhị thức các đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau.
e. 2n  Cnn  Cnn 1  ...  Cn0
n

ww
w.

f. 0  Cn0  Cn1  ...   1 Cnn
g. Tam giác Pascal:
n  01
n  111
n  2121
......................................................................

n  k 1..................Ckm 1Ckm 
n  k  1Ckm1......................1

.......................................................................
Với Ckm1  Ckm  Ckm1

0

 a  b   1 a  b #0 
1
a  b  a  b
2
 a  b   a 2  2ab  b 2
3
 a  b   a3  3a 2b  3ab 2  b3

...........................................................................
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

2

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

3

3. Một số khai tiển hay sử dụng:
n

n

2n  1  1   Cnk Cn0  Cn1  ...  Cnn
n

k

m

k 0

n

n

0  1  1    1 Cnk Cn0  Cn1  ...   1 Cnn
k 0

n

n

k 0
n

n

co

 1  x    Cnk x n  k Cn0  Cn1 x n 1  ...  Cnn x 0
k

n

k 0
n

n

N.

 1  x     1 Cnk x n k Cn0 x 0  Cn1 x1  ...   1 Cnn x n
k

n

  x  1    1 Cnk x n k Cn0  Cn1 x n 1  ...   1 Cnn x 0 
k 0

HV

4. Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức NEWTON
n

1. Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có

i
n

C

với i là các số tự

i 1

nhiên liên tiếp.

M
AT

n

2. Trong biểu thức có

thì ta dùng đạo hàm  i   

i
n

 i  i  1 C

i 1

n

 Trong biểu thức có

 i  k  C

i
n

thì ta nhân hai vế với x k , rồi lấy đạo hàm.

i 1
n

 Trong biểu thức có

k

a C
i 1
n

 Trong biểu thức có

1

i
n

thì ta chọn giá trị của x a thích hợp.

i
n

 i 1 C

thì ta lấy tích phân xác định trên  a; b  thích

ww
w.

i 1

hợp.

n

n

 Nếu bài toán cho khai triển  x a  x b    Cni  x a 

n i

i 1

i

n

 xb    Cni x

a  n  i   ib

i 1

thì hệ số của x là C sao cho phương trình a  n  i   b.i  m có nghiệm i  
m



i
n

Cni đạt MAX khi k 

n 1
n 1
n
hay k 
với n lẻ, k  với n chẵn.
2
2
2

Việc nhận biết các dấu hiệu này sẽ giúp cho chúng ta giải quyết tốt những dạng toán liên
quan đến nhị thức NEWTON, đặt biệt là trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng.

B. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC

1. Bài toán tìm hệ số trong khai triển NEWTON
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

3


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

4

Ví dụ 1.1: (D(H Thủy lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức:
9
10
14
Q  x   1  x   1  x   ...  1  x 

Q  x   a0  a1 x  ...  a14 x14

Ta được đa thức:

m

Xác định hệ số a9 .

Giải
10
14

Hệ số x trong các đa thức: 1  x   1  x   ...  1  x  lần lượt là: C99 , C105 ,..., C149
9

co

9

N.

Do đó: a9  C99  C109  ...  C149
1
1
1
1
 1  10  10.11  10.11.12  .10.11.12.13  10.11.12.13.14
2
6
24
20
 11  55  220  715  2002  3003
1 2
6
A2 x  Ax2  C x3  10
2
x

HV

Ví dụ 1.2(ĐHBKHN- 2000) Giải bất phương trình:
Giải

M
AT

Điều kiện: x là số nguyên dương và x  3
Ta có: bất phương trình tương đương với
 2 x  1 2 x  x  1 x  6  x  2  x  1  10
 
2
3! x
 2 x  2 x  1  x  x  1   x  2  x  1  10

 3x  12  x  4
Vì x nguyên dương và x  3 nên x  3.4

10

Ví dụ 1.3: Tìm hệ số x16 trong khai triển  x 2  2 x 
Giải





10

10  k

   2 x 

  C10k x 2

ww
w.

Ta có: x 2  2 x

10

k

k 0

10

k

10

  C10k x 20 2 k x k  2   C10k x 20 k  2 
k 0

k

k 0

Ta chọn: 20  k 16 k 4
 Hệ số x16 trong khai triển là: C104  3360
1 


Ví dụ 1.4: Tìm hệ số x1008 trong khai triển  x 2  3 
x 

Giải
Số hạng thứ k  1 trong khai triển:
Tk 1  C

k
2009

2 2009  k

x 

2009

k

1 
k
4018 5 k
 3   C2009 x
x 

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

4

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

5

Ta chọn: 4018  5k 1008 k 602
602
 Hệ số của x1008 trong khai triển là C2009
Ví dụ 1.5:(ĐH KA 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của
8

m

1  x 2 1  x  
Giải

0

2

N.

co

8
8
k
 k


i
Cách 1: Ta có f  x    C8k  x 2 1  x     C8k x 2 k    1 Cki x i  .
k 0
k 0
 i 0

 i 0
0  i  k  8  
i

k 4
Vậy ta có hệ số của x8 là  1 C8k Cki thỏa 2k  i 8  
 i 2
i,k  N


 k 3

HV

 Hệ số của x8 là:  1 C84C40   1 C83C32 238
Cách 2: Ta có:
3

4

f  x   C80  ...  C83  x 2 1  x    C84  x 2 1  x    ...  C88  x 2 1  x  



M
AT

Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng:

8

Số hạng thứ tư: C83  x 2 1  x  

3

4

Số hạng thứ năm: C84  x 2 1  x  
Với hệ số tương đương: A8  C83C32  C84C40  238


Ví dụ: 1.6:(ĐH SPQN 2000) Xác định hệ số x 3 trong khai triển hàm số
10

ww
w.

P  x  1  2 x  3x 2  theo lũy thừa của x
Ta có: P  x  1  2 x  3x

2 10



Giải
10

 1  x  2  3 x  
2

3

10

10 10
 C100  C101 x  2  3 x   C102 x 2  2  3x   C103 x 3  2  3x   ...  C10
x  2  3x 

Nhận thấy rằng hệ số x 3 chỉ xuất hiện trong:
2

3



3



C102 x 2  2  3 x   C103 x 3  2  3 x   C102 4 x 2  12 x3  9 x 4  C103 x 3  2  3 x 

 Hệ số x 3 trong khai triển của P  x  là: 12C102  C103 .8  540  960  1500
Ví dụ 1.7: Tìm hệ số của x16 trong khai triển thành đa thức của





16

f  x   1  x 2 1  x 2 
Giải

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

5


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng
n

16
2
i

Xét khai triển: f  x    C
i 1

k
16

C
k 0

6

k

  x 2 1  x 2   



 k
 16  k

k
i
i
   1 C16k x 2 k    1 Cki x 2 i       1 C16k Cki x 2 k i  
k 0
 i 0
 k 0  i 0

i 0  k  8

0  i  k  16 i  1  k  7
k 1

Vậy ta có hệ số của x16 là  1 C16k Cki thỏa k  i 8
 i  2  k  6


i,k  N

i  3  k  5
i  4  k  4

co

m

16

N.

Vì vậy hệ số của x16 trong đa thức là: C168 C80  C167 C71  C166 C82  C165 C83  C164 C84  258570
200

HV

Ví dụ 1.8: Tìm hệ số của số hạng x 101 y 99 trong khai triển  2 x  3 y 
Giải
Ta có:  2 x  3 y 

200

  2 x   3 y  

200

200

k
  C200
2x
k 0
200

200  k

 3 y 

k

k

M
AT

k
   1 C200
.2 200 k .3k. x 200k . y k
k 0

200  k  101
Ta chon: 
 k  99
k  99
99
99
99
Vậy hệ số cần tìm là:  1 C200

.299.399  C200
.299.399
Ví dụ 1.9: (ĐH HCQG, 2000)

12

1

a) Tìm hệ số x trong khai triển  x  
x


ww
w.

8

n

b) Cho biết tổng tấc cả các hệ số của khai triển nhị thức  x 2  1 bằng 1024 . Hãy tìm
hệ số a  a  N *  của số hạng ax12 trong khai triển đó. ((ĐHSPHN, khối D, 2000) )
Giải
k

a) Số hạng thứ  k  1 trong khai triển là: ak  C x

k 12  k
12

1

k 12  2 k
 0  k  12 
   C12 x
x
 

Ta chọn 12  2k  8 k  2
Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x8 và có hệ số là: C122  66
n

n

b) Ta có: 1  x 2    Cnk x 2 n  Cnk  Cn1 x 2  ...  Cnk x12 2 k
k 0

n

Với x  1 thì: 2  Cn0  Cn1  ...  Cnn  1024
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

6


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

7

 2n  210  n  10
Do đó hệ số a (của x12 ) là: C106  210

c)
Ví dụ 1. 10: (D(H Khối A- 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị

m

n

co

 1

thức NEWTON của  4  x 7  biết rằng C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1  220  1 ( n nguyên
x

k
dương và Cn là tổ hợp chập k của n phần tử)
Giải
0
1
n
Từ giả thiết suy ra: C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  220 1

C20n 1  C21n 1  ...  C22nn11 1  1

2 n 1

  2

2 n 1

1, 2 

 22 n  220  n 10
 3

HV

N.

Mặt khác: C2kn 1  C22nn11k ,k ,0  k  2n  1 , nên:
1
C20n 1  C21n 1  ...  C2nn 1   C20n 1  C21 n 1  ...  C22nn11  2 
2
2 n 1
Từ khai triển nhị thức của: 1  1 suyra :

 3

10

M
AT

n
n
10  k
k

 1

Ta có số hạng tổng quát của nhị thức  4  x 7    C10k  x 4   x 7    C10k x11k 40
x

k 0
k 0
26
k
Hệ số của x là C10 với k thỏa mãn 11k  40  26  k  6

Vậy hệ số của x 26 là C106  210

Ví dụ 1.11: (ĐHKT HN- 1998) Tìm hệ số đứng trước x5 trong khai triển biểu thức
4

5

6

sau đây thành đa thức: f  x    2 x  1   2 x  1   2 x  1   2 x  1

7

ww
w.

Giải

4

4

 2 x  1   C4k  2 x 

Ta xét các khai triển sau:

 2 x  1

Nhận xét: Số hạng chứa x

5

6

4 k

k 0
6

  C6k  2 x 
k 0

5

5

; 2 x  1   C5k  2 x 

5 k

k 0

6 k

7

7

; 2 x  1   C7k  2 x 

7 k

k 0

4

của  2 x  1 là 0
5

5

6

5

7

5

Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C50  2 x 
Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C61  2 x 

Số hạng chứa x5 của  2 x  1 là C52  2 x 
5

5

5

Vậy hệ số cần tìm là: 0  C50  2 x   C61  2 x   C72  2 x  896

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

7


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

8

Ví dụ 1.12( Khối D- 2003) Với n là số nguyên dương, gọi a3n 3 là hệ số của x 3n 3
n

n

trong khai triển thành đa thức của  x 2  1  x  2  . Tìm n để a3n 3  26n

Giải

x

2



m

Cách 1: Ta có
n

 1  Cn0 x 2n  Cn1 x 2 n 2  Cn2 x 2 n 4  ...  Cnn

Dễ thấy với n  1,n 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với n  3 thì x 3n 3  x 2 n x n 3  x 2n 2 x n1
n

co

n

 x  2   Cn0 x n  2Cn1 x n 1  2 2 Cn2 x n2  ...  2 n Cnn

n



2n 2n 2  3n  4


 n  7 ( Loai )

2
Vậy n 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương).
3

HV

a3n 3 26n 

 26n   n 5

N.

Vì vậy hệ số của x 3n 3 trong khai triển thành đa thức của  x 2  1  x  2  là:

Cách 2: Xét khai triển:

n
 n k  2 k n i  1 i 
1 

3n
1


x
  Cn    Cn  2  


2 
 x 
 k 0  x  i  0  x  
n
 n

x 3n   Cnk 2 k x  k  Cni x 2i 
i 0
 k 0

 i  0

k  3
Trong khai triển lũy thừa của x là 3n  3  2i  k  3  
 i  1

 k  1
Nên của hệ số của x 3n 3 là:
 n 5
2n 2n 2  3n  4
a3n 3 26n 
26n  

 n  7 ( Loai )
3

2
Vậy n 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán ( n nguyên dương).
n



n
 2
x 2  1  x3n 1  
 x

n



ww
w.

M
AT

 x  2





Ví dụ: 1.13( Khối A- 2002)Cho khai triển nhị thức:
n

n

x

x 1
x 1
 
 x21


0
1
3
2
 x  2  Cn  x   Cn  x 2 







n 1

x 1
  3x 
   3x 
n 1 
2
.  2   ...  Cn  x  .  2 







n 1

  3x 
C 2 



n

n
n

( n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn3  5Cn1 và số hạng thứ tư
bằng 20n . Tính n và x .
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

8


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

9

Giải
Điều kiện: n  N và n  3

n!
n!
Ta có: Cn3  5Cn1 
5
3! n  3 !
 n  1!

m

n  n  1 n  2 
 5n  n 2  3n  28  0
6
n 7 (Nhận)  n  4 (loại)
7

x
7
 
 x 1
 x 1 
Với n 7 ta có:  x 2  2 3    C7k  x 2 

 k 0 


7 k

  3x 
2 




7

3

4

co



 x21    3x 
Vậy số hạng thứ tư trong khai triển trên là: C  x   2   35.22 x  2.2 x

 

2x2  x
x 2
Kết hợp với giả thiết ta được: 35.2 .2  140  2  4  x  4

N.

3
7

n

M
AT

HV

1
x 

Ví dụ 1.14: 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
Giải
22 x 1  22 2 x 9
C 2  2 x  n  2 .21 2 x  C 4  2 x n  4 135

n
Từ giải thiết ta có:  n
  n  n  1
 n  1  22
Cnn  2  Cnn 1  Cnn 22

 2

 t 4
 x 1
 2 2 x  22


1  2 x
4


2
1


x   1
t

2
t


9

2
t


t


t

2
x

0
2 2







  2

2
t
n  n  42 0
  n 6

  n  7( Loai) 

ww
w.

1

Vậy x  1,  là giá trị cần tìm.
2


17

 1 
Ví dụ 1.15: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển:  1  x 
 5 
Giải
17

17

 1 
1
Xét khai triển:  1  x    C17k  
 5 
5
k 0

k

k

k

1 k
 x  k 0,1, 2,...,17 
5

 x   ak  

 1 k k  1 k 1 k 1
  C17    C17
ak  ak 1  5 
5
Ta có ak đặt max

k
k 1
ak  ak 1  1  k  1 
k 1
C


 5  17  5  C17

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

9


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

1
Với k 2 thì hệ số là: C172    5.44
5



1
Với k  thì hệ số là: C173    5.44
5

co

2



m

17!
17!

5 k !17  k !   k  1!16  k !
5k  5  17  k



 2k 3
17!
17!
18  k  5k


5
 k !17  k !
 k  1!18  k !

10

3

N.

3

1
Vậy hệ số lớn nhất là: C    5.44
5

Từ Ví dụ trên ta đi đến bài toán tổng quát sau:
3
17

n

HV

Ví dụ: 1.15.2 Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON của  a  bx 
n

Phương pháp giải: Xét khai triển  a  bx  có số hạng tổng quát Cnk a n k b k x k

M
AT

Ta đặt: uk Cnk a n  k b k ,0  k  n ta được dãy số uk  . Việc còn lại là đi tìm số hạng lớn
nhất của dãy ta làm như sau:
u
 Giải bất phương trình k  1 tìm được k0 uk0 uk0 1  ... un
uk 1
u
 Giải bất phương trình k  1 tìm được k0 uk1 uk1 1  ... u0
uk 1





Từ đó ta có số hạng lớn nhất của dãy là max uk0 ,uk1 

ww
w.

Tuy nhiên để đơn giản chúng ta có thể làm như sau:
uk  uk 1
k0
Giải hệ bất phương trình uk  uk 1
Suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON là Cnk0 a n  k0 b k0

Ví dụ 1.16: (HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức
12
P  x   1  2 x   a0  a1 x  ...  a12 x12
Tìm max a0 , a1 , a2 ..., a12 

Giải
12

12

k

Cách 1: Xét khai triển: 1  2 x    C12k 112 k  2 x  
k 0

k
12

k

ak  C 2  k 0,1, 2,...,12 1

Xét bất đẳng thức: ak  ak 1
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

10


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

C12k 2k C12k 1 2k 1

11

12!2k
12!2k 1

k !12  k !  k  1!11  k !

1
2
23
2

 3k 23  k 
 7   0  k  7 k  Z 
12  k k  1

3
3
Áp dụng 1 cho k 0,1, 2,...,12 ta được: a0  a1  ...  a7  a8  a9 ...  a12 

m



HV

N.

Cách 2: Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: ak  ak 1
Từ đây ta có được hệ bất phương trình:
1
2
 k  12  k  1
2k C12k  2k 1 C12k 1
23
25


k
 k 8
 k k
k 1 k 1
1
2
3
3

2 C12  2 C12


12  k k  1
 max a0 , a1 , a2 ..., a12   a8  C128 .218 126720

co

 max a0 , a1 , a2 ..., a12   a8  C128 .218 126720

Ví dụ 1.17: Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển và rút gọn tổng sau:
4

5

15

f  x  1  x   1  x   ...  1  x 

Giải

12

16

M
AT

1  1  x 
1  x   1  x 

Vì tổng f  x  có 12 số hạng nên ta có: f  x   1  x 

1  1  x 
x

4

4

16

 Hệ số của số hạng chứa x 4 là hệ số của số hạng chứa x5 trong 1  x 
Vậy hệ số cần tìm là: C165  4368
Đối với dạng toán này ta có phương pháp giải sau:

ww
w.

Bài toán tìm hệ số chứa x k trong tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân
Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân với công bội q  1 là:

S n u1  u2  ...  un  u1

 1  bx 

m2

 ...  1  bx 

tiên của cấp số nhân với u1 1  bx 

m 1

và công bội q  1  bx 

Xét tổng S  x   1  bx 

m 1

1 q2
1.9 
1 q
m n

như là tổng n số hạng đầu

Áp dụng công thức 1.9  ta được:

S  x   1  bx 

m 1

n

1  1  bx 
1  bx 

1  1  bx 

m  n 1

Suy ra hệ số của số hạng chứa x k trong S  x  là tích giữa

x k 1 trong khai triển 1  bx 

m  n 1

 1  bx 

m 1

 1  bx 
bx

m 1

1
và hệ số của số hạng chứa
b

.

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

11


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

12

Ví dụ 1.18: Tìm hệ số của số hạng chứa x và rút gọn tổng sau:
2

S  x  1  x   2 1  x   ...   n  11  x 

n 1

 n 1  x 

n

n 2

 n 1  x 

2

f  x  1  x 1  2 1  x   3 1  x   ...   n  11  x 
2

3

Đặt: F  x   1  x   1  x   1  x   ...  1  x 

n 1

n 2

 1  x 

n 1




 n 1  x 

n 1

n

co

Ta có: S  x  1  x  1  2 1  x   ...   n  11  x 


m

Giải

N.

 S  x   f  x   xf  x 

 F '  x   f  x 
Suy ra hệ số của số hạng chứa x của S  x  bằng tổng của số hạng chứa x và không

chứa x của f  x  bằng tổng của số hạng chứa x và hai lần hệ số của số hạng chứa x 2

HV

của F  x 

n 1

n

Tổng F  x  có n số hạng  F  x   1  x 

1  1  x 
1  x   1  x 

1  1  x 
x

Suy ra hệ số của số hạng chứa x của F  x  Cn21



Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2 của F  x  Cn31

M
AT



Vậy hệ số cần tìm là: Cn21  2Cn31 

n  n  1 2n  1
6

2. Bài toán tìm số hạng trong khai triển NEWTON
Ví dụ 2.1: Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển:  2  3x 

25

ww
w.

Giải
20
Số hạng thứ 21 trong khai triển là: C2520 25  3 x   C2520 25320 x 20
10

Ví dụ 2.2 Tìm số hạng chứa chứa x 28 trong khai triển  x 3  xy 
Giải
10  k

Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1  C10k  x 3 

 xy 

k

 C10k x30 2 k y k

Số hạng chứa x 28 ứng với: 30  2k  28  k 1

Vậy số hạng cần tìm là: C101 x 29 y
Ví dụ 2.3
a. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau  x 3  xy 


b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau  x 4 x 



21

1
3

 xy 

2






20

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

12

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

13

Giải
a. Khai triển  x 3  xy 

20

có 21  1  số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số hạng

thứ 11 và 12
10
Số hạng thứ 11 : C21
 x3 



11
Số hạng thứ 12 : C21
 x3 

10

 xy 

10

1
3

 xy 

2






11

 xy 

10 41 11
 C21
x y

20

co


b. Khai triển  x 4 x 



10 43 10
 C21
x y

m

11



có 20  1 21 số hạng. Nên số hạng đứng giữa là số
10

10

N.

7
65
20
2

 
 21 
10  4  
10 6
3
3
hạng thứ    1 16 : C20
x

xy

C
x
y
    
20
2

  
( Với  x  là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ).

10

HV

Ví dụ 2.4 Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển 1  x 1  x  
Giải
Cách 1: Xét khai triển
10

1  x 1  x  

2



M
AT

Nhận thấy: x 3 chỉ có trong các số hạng:


3

10

C100  C101 x 1  x   C102 x 2 1  x   C103 x 3 1  x   ...  C1010 x10 1  x 
2



Số hạng thứ ba: C102 x 2 1  x   C102 x 2  2 x3  x 4
3





Số hạng thứ tư: C103 x 3 1  x   C103 x 3  3 x 4  3x 5  x 6



Vậy số hạng cần tìm là: 2C102 x 3  C103 x 3  210 x 3

Cách 2: Số hạng tổng quát trong khai triển là: C10k x k 1  x 

k

ww

w.

 Số hạng chứa x 3 ứng với: 2  k  3
2
 Với k 2 ta được: C102 x 2 1  x  nên số hạng chứa x 3 là: 2C102 x 3


3

Với k  ta được: C103 x 3 1  x  nên số hạng chứa x 3 là: C103 x 3

Vậy số hạng cần tìm là: 2C102 x 3  C103 x 3  210 x 3
Ví dụ 2.5:(ĐH Khối D- 2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
7

1 

f  x    3 x  4   với x 0
x

Giải
k
7

Số hạng tổng quát trong khai triển: Tk 1  C
Ứng với số hạng không chứa x ta có:

 x
3

7 k

k

7 7
 k
 1 
k 3 12

C
x
 k  N ,k  7 
7
4 
 x

7 7
 k  0 k 4
3 12

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

13


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

14

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển f  x  là: C74  35
Ví dụ 2.6:(ĐHQG HN 2000)Tìm hệ số không chứa x trong khai triển:
17

3 k 2 k 34
 
3 3

k

 34 
 x   Với  0  k  17,k  Z 
 

co

17  k

 2 
Tk 1  C  x 3 


k
17

m

 1


4 3
 3 2  x   x  0
 x

Giải
Số hạng tổng quát trong khai triển:

17 k 34

3

 C17k x 12

N.

C17k x 4

17 k 34

0k 8
12
3
Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 trong khai triển và có giá trị là: C178 24310

HV

Đến đây ta phải tìm k sao cho

Ví dụ 2.7:(CĐGT – TH&TT- Đề 2- 2004) Số hạng chứa a,b và có số mũ bằng nhau

 a
trong khai triển:  3

b


b
3
a





21

M
AT

Giải

 a
Ta có số hạng ổng quát cảu khai triển:  3

b

21
k
21

k
3



k
6

  C a .b a
k 0

k  21
6

.b

21 k
2

21

k
21

 C a

3 k  21
6

.b

b
3
a

21

1
1


 13  16

6
2

a
.
b

a
.
b







21

63 4 k
3

k 0

3k  21 63  4k

 k  84
6
6
Vậy hệ số của số hạng chứa a và b có số mũ bằng nhau trong khai triển là: C1221  293930

ww
w.

Để số mũ của a và b bằng nhau 

n

28

 3

15
Ví dụ 2.8 :(ĐHSP Khối A, 2000) Trong khai triển  x x  x   x  0  . Hãy tìm


n

n 1
n2
số hạng không phụ thuộc vào x , biết rằng: Cn  Cn  Cn  79

Giải

Từ giả thiết ta có: Cnn  Cnn 1  Cnn 2  791  n 

n  n  1

 79
2
 n 2  n  156 0 n  12
12

28



Ta có số hạng tổng quát trong khai triển  x 3 x  x 15   là:



Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

14

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

15

k

4 k 28 k
48 k
16  
16
  285 
k
k
3 15
C x x
.  x   C12 x
 C12 x 15


48
Số hạng này không phụ thuộc vào x16  k 0 k 5
15
5
Vậy số hạng cần tìm là: C12  792



3

12  k



m

k
12

n

N.

co

 x2
y2 
3
Ví dụ: 2.9: Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển  2 
 , x, y  0,n  N * 
2 
y
x 

Biết tổng tấc cả các hệ số trong khai triển này bằng: 4096
Giải
Trước tiên ta đi tìm n thông qua giả thiết đã cho: Có thể trình bày theo hai cách sau
n

Cách 1: Ta có: 1  x   a0  a1 x  ...  an x n  4096* Trong đó: ak  Cnk

n

Cn0  Cn1  ...  Cnn 4079 Cn0  212
k 0

 Cn0 1

n k

n

.1k  212 1  1 12 2n 12  n 12

M
AT

n

HV

Với x 11 2n  a0  a1  ...  an  4096  212 n 12
Cách 2: Tổng tấc cả các hệ số trong khai triển là:

k 0

12

5

32

2 7
 x2
 x3
y2 
y2 
5  x 
3
3
Vậy số hạng thứ 6 trong khai triển  2 
là:
C


 792  
12  2 
2
2
y
x 
 y
 y   x 


Ví dụ 2.10:( ĐH SPHN- 2001) Cho khai triển nhị thức:
10

ww
w.

1 2 
9
10
  x   a0  a1 x  ...  a9 x  a10 x .
3 3 
Hãy tìm số hạng ak lớn nhất.

Giải

10

1
1 n
1
10
k
1 2 
Ta có:   x   10 1  2 x   10  C10k  2 x  ak  10 C10k 2k
3
3 k 0
3
3 3 
k k
k 1 k 1
a  ak 1
C 2  C10 2
Ta có ak đạt max k
  1k0 k
k 1 k 1

C10 2  C10 2
ak  ak 1

 2k10!
2k10!
2
 1
 k ! 10  k !  k  1 ! 9  k !








22

10  k k  1 19


  k 
k
k
3
3
2 10!
 2 10! 
2  2
 k !10  k !  k  1!11  k  !  k 11  k


Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

15


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

16

 k  7 k  N ,k   0,10 
Vậy maxak  a7 

27 7
C10
310
1000

Giải
1 k 1
 k 1 C1000
5

co

k 1
Ta có: Số hạng thứ k : Tk  C1000

 0.2 

k 1

m

Ví dụ 2.11:(Đề nghị Olimpic 30- 4)Tìm số hạng lớn nhất trong khai triển: 1  0, 2 

1 k
C1000
5k
1 k 2
Số hạng thứ k  1 : Tk 1  k  2 C1000
5
1000!
1
1000!

 k 1 1 k
 .
C

C

 1000 5 1000
Tk  Tk 1
  k  1 !1001  k ! 5 k !1000  k !




1000!
1000!
Tk  Tk 1
 1 C k 1  C k  2
1 .

1000
1000
 5  k  1 !1001  k !  k  2 !1002  k !
 5
1
 1

1001  k 5k
1002  k  5k  5 1001
1007



k
 k 167
1
6
6
5k  1001  k

 1002  k
 5  k  1

Vậy maxTk 

1 166
C1000
5
166

M
AT

HV

N.

Số hạng thứ k  1 : Tk 1 

10

ww
w.

 1 3 
Ví dụ 2.12: Tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển 
 5
 2

Giải

10

1 1



2 3
1 k
1

2
5 
 1 3 

Số hạng tổng quát trong khai triển: 
 5   C10 2 5 

32
2 
 2




k
 2  N
 k 0
Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) trong khai triển thỏa: 
 k  N ,0  k  10   
 k 6
k  N
 3
1 0
1

 Với k 0  số hạng hữu tỉ là
C10 
32
32
1 k 3 2 2625
 Với k 6  số hạng hữu tỷ là
C10 2 .5 
32
2
2625
1
Vậy số hạng cần tìm là:
và
2
32
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 16
10

k
2

k
3

Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

17

Phương pháp:
n

k
n

n k

k

k
n

m
p

r
q

Số hạng tổng quát trong khai triển là  a  b   C a b  C a b ( a,b là hữu
tỉ)
m
 p N

Giải hệ phương trình 
 k  N ,0  k  n  k0
r N

 q



co

m



Số hạng cần tìm là: Cnk0 a n  k0 b k0

Ví dụ: Trong khai triển



3 4 5

10



N.



có bao nhiêu số hạng hữu tỉ.
Giải

Số hạng tổng quát trong khai triển:

124 k

k

HV

124

1
1
k
k
124
124
62 
 12

 14 
k
k  2 
k
4
2 4
3  5   3  5    C124  3 
.  5     1 C124 3 .5
k 0


 


 k 0
Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) trong khai triển thỏa
k

62

N

2

i  N
i  N
0  k  124
k  N



 k
 0  k  124  0  i  31 i  0,1,...,31
4

 4  N
k 4i
k 4i


k  N
0  k  124

Vậy có 32 số hạng hữu tỉ



10



M
AT

4

Ví dụ: Có bao nhiêu số hạng nguyên trong khai triển:



3

7  5 96

36



ww
w.

Giải
Với 0  k  36 ta có số hạng nguyên tổng quát trong khai triển:
C36k

36  k

  
3

7

.

5

96



k

12 

 C36k 7

k
3

k

.2k 5

k 15

k k

Số hạng nguyên  12  ,  N  0  k  36  k  0,15,30
3 5
k  Z


Bài Tập Áp Dụng

Bài 1:(ĐH TK- 2002) Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau:

 x  1 x  2   x11  a1 x10  a2 x 9  ...  a11 .
Hãy tính hệ số a5
Bài 2: Tìm hệ số của số hạng trong các khai triển nhị thức NEWTON sau:
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

17


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

18

12

 1


a) Hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển  4  2 x5 
x


16

b) Hệ số của số hạng chứa x16 trong khai triển 1  x 2 1  x 2  
5

10

n

3

An4
24

3
n 4
An 1  Cn
23

co

d) Hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển  x 3  3x 2  2  . Biết

m

c) Hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x 1  2 x   x 2 1  3x  (Khối D- 2007)

4

e) Hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển f  x   1  2 x   1  2 x   ...  1  2 x 
20

22

f) Hệ số của x 5 y 3 z 6t 6 trong khai triển đa thức:  x  y  z  t  (Đề 4 “TH&TT”- 2003)

N.

Bài 3:(TTĐH- Đề 3-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu Tìm hệ số x8 trong khai
n

triển  x 2  2  , biết An3  Cn1  8Cn2  49

x

2



HV

Bài 4:(TTĐH- Đề 1-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tìm hệ số của x 6 trong khải triển
n

 x  1 thành đa thức. Trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:
C21n 1  C22n1  ...  C2nn1  220  1.

Bài 5(TTĐH 2009- Chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An)Xác định hệ số của x11 trong

x

2

2

n

  3x

3



1

n

biết:

M
AT

khai triển đa thức

k

C22nn  3C22nn1  ...   1 3k C22nn k  ...  32 n C20n  1024
Bài 6 Tìm các số hạng trong các khai triển sau:
17

 1

a) Số hạng thứ 13 trong khai triển: 
 4 x 3  , x  0
3 2
 x

n

b) Số hạng thứ 3 trong khai triển  2  x 2  . Biết rằng:
n

ww
w.

3n Cn0  3n 1 Cn1  3n 2 Cn2  ...   1 Cnn
Bài 7 Tìm hệ số không phụ thuộc vào x trong các khai triển
12

50

16

 1





1 
1
a)  x 3 
b)  3 2  x 3 x 
c)  1 
 x3 

3 2
4
2
x 
x



 x

Bài 8 Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển sau:
1 

a)  x  12 
x 


60

12

1 

b)  3 x  4 
x


c) 1  x 2  x 4 

8

n

1

d)  x   Biết số hạng thứ ba lớn hơn số hạng thứ hai bằng 35
x

7

Bài 9 Đặt: 1  x  x 2  x 4  = a0  a1 x  ...  a28 x 28
a) Tính: a3
b) Tính: S  a0  a1  a2  ...  a28
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

18


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam

Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

19

c) Tính: S  a0  a1  a2  ...  a28
n

m

1 

Bài 10:(LAISAC) Khai triển P  x    x 3  2  ta được
2x 

3n
3 n 5
3 n 10
P  x   a0 x  a1 x
 a2 x
 ... Biết rằng ba hệ số đầu a0 , a1 , a2 lập thành một cấp số

cộng. Tính số hạng chứa x 4



243



200

có bao nhiêu số hạng có hệ số là hữu tỉ?

co

Bài 11: Trong khai triển của

Bài 12: Tìm hệ số lớn nhất trong các khai triển:

11

1001

b) 1  2x 

1 2 x 
c)  

3 
2

N.

a) 1  0.0001

21

ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THứC VÀ TÍNH
TỔNG TỔ HỢP.
I. Thuần nhị thức Newton

HV

C.

Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng Ckn a n  k b k thì ta sẽ dùng trực
n

tiếp nhị thức Newton: (a  b) n  C kn a n k b k . Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b

M
AT

k 0

0
2
Ví dụ I.1: Tính tổng 316 C16
 315 C116  314 C16
 ...  C16
16

Giải
Dễ dàng thấy tổng trên có dạng như dấu hiệu nêu trên. Ta sẽ chọn a = 3, b = -1. Khi đó
tổng trên sẽ bằng (3  1)16  216

ww
w.

2

4
2000
Ví dụ I2: Chứng minh rằng C02001  32 C 2001
 34 C 2001
 ...  32000 C 2001
 22000  22001  1

Giải
Tương tự như trên, ta nghĩ ngay đến việc dùng nhị thức với a  1, b  3 :
2001
C02001  31 C12001  32 C 22001  33 C32001  34 C 42001  ....  32000 C 2000
 4 2001
2001  (3  1)
Nhưng tổng cần tìm chỉ chứa các số hạng có Ck2001 với k chẵn nên ta phải triệt tiêu được
các số hạng “lẻ” bằng cách tính tổng khác với a  1, b  3
2001
C02001  31 C12001  32 C 22001  33 C32001  34 C 42001  ....  32000 C 2000
 2 2001
2001  (3  1)

4 2001  2 2001
 22000  2 2001  1
2
Từ ví dụ trên ta có được bài toán tổng quát sau:
Do đó tổng cần tìm là

Ví dụ I.3:(ĐH Hàng Hải- 2000) Chứng minh rằng:
2
2n 1
C02n  32 C 2n

 34 C42 n  ...  32n C2n
 22n  1
2n  2
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

19


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

0
2n

1
2n

2
2n

Giải
x
 C22nn x 2 n 1

2 n 1 2 n 1
2n

2

1  x   C x  C x  C x  ...  C
2n
1  x   C20n x  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn 1 x 2n 1  C22nn x 2n  2 
2n
2n
Lấy 1   2  ta được: 1  x   1  x   2 C20n  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n  
2n
2n
Chọn x 3 suy ra:  4    2   2 C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n  

N.

co

24 n  22 n

C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n 
2
2n
2  22 n  1

 C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n 
2
 2 2 n 1  22 n  1  C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n 

m

2n

20

HV

 ĐPCM
0
1
2
Ví dụ I.4: Tính tổng: S  C2009
21131  C2009
21032  C2009
2933  ...  C109 22 310  C109 21311
Giải
Để ý rằng bậc của 2 giảm dần từ 11  1 , bậc của 3 tăng dần từ 1  11 vì vậy ta cần
giảm bậc của 2và3 trong mỗi số hạng xuống 1 đơn vị
10

0
2
Vậy ta có: S  2.3  C2009
21030  C2009
2832  ...  C109 2139  C109 20310   6  2  3  6.510

M
AT

Ví dụ I.5 : Tính tổng:
0
1
2

2008 1 2008
S  C2009
32009  C2009
32008 41  C2009
32007 4 2  ...  C2009
3 4  42009
Giải
k
k
2008 k k
k
2008  k
4  C2008 3
Ta có: Tk 1   1 C2008 3
 4 k 
2009

k

k
 S   C2009
32009  k  4   3   4  
k 1

2009

  1

2009

 1

ww
w.

Ví dụ I.6: 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 !
Giải
n
Ta có: 1  1  C  C  C  C  ...   1 Cnn
n

0
n

1
n

2
n

3
n

n

Vì n chẵn  n  N  nên  1  1

n

Suy ra : Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...   1 Cnn 0(**)

n!
n!
n!
(*)

 ... 
 2 n 1
1!
n

1
!
3!
n

3
!
n


1
!1!
 


 
Ta có:
 C1n  C3n    C nn 1 2n 1

 Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Cnn 1  Cnn  0i 
Từ  * 0

1
2
3
n 1
n
n
 Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn  Cn  (ii) 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

20


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

21

Lấy  i  trừ (ii) ta được: 2  Cn1  Cn3  ...  Cnn 1   2n

2n
 2n1   ĐPCM 
2
Ví dụ I.7: (CĐXD Số 3, 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều
có: C21n  C23n  C25n  ...  C22nn 1  C20n  C22n  C24n  ...  C22nn





Giải
 C x  C x  C22n x 2 n  2  ...  C22nn 
0
2n

2n

1
2n

2 n 1

Chọn x  1 ta được: 0  C20n x 2 n  C21 n  C22n  C23n  ...  C22nn 

co

Ta có khai triển:  x  1

2n

m

 Cn1  Cn3  ...  Cnn 1 

N.

 C21n  C23n  C25n  ...  C22nn 1  C20n  C22n  C24n  ...  C22nn  ĐPCM 
Chọn 2n  20 ta có được một đẳng thức “đẹp” sau:

HV

Ví dụ I.8:(CĐSP Bến Tre –Khối A-2002) Chứng minh rằng:
1
3
5
19
C20
 C20
 C20
 ...  C20
 219

M
AT

Giải
Cách 1:Ta có:

20
1  x   C200  C201 x C220 x 2  ...  C2019 x19 C2020 x 20 
Chọn x  1 ta được:
1
19
0  C200  C20
 C202  ...  C20
C2020
0
1
 C20
 C202  ... C2020  C20
 C230  ...  C2190
0
2
20
 A  C20  C20  ... C20
 A  B với 
(1)
1
3
19
 B  C20  C20  ...  C20

20

0
1
19 19
Mặt khác: 1  x   C20

 C20
x C220 x 2  ...  C20
x C2020 x 20 
0
1
19
Chọn x  1 cho ta: 220  C20
 C20
 C202  ...  C20
C2020 

ww
w.

 A  b  220 (2)

220
 219  ĐPCM 
2
Cách 2: Áp dụng công thức Cnk1  Cnk 1  Cnk và Cn0  1
Từ 1và 2  suy ra: A 

19

1
3
5
Ta được: C20
 C20
 C20

 ...  C2190  C191  C192  C193  ...  C1918  C1199  1  1  219

Ví dụ 1.9: Rút gọn tổng sau:
1
3
5
2007
S  32006.2.C2007
 32004.23.C2007
 32002.25.C2007
 ...  22007.C2007
Giải
Ta có các khai triển:
2007
0
1
2
2007
2007
 32006.2.C2007
 32005.22.C2007
 ...  3.22006.C2007
 22007.C2007
* 
 3  2   32007 C2007
2007

0
1
2

2007
2007
 32006.2.C2007
 32005.2 2.C2007
 ...  3.2 2006.C2007
 2 2007.C2007
**
 3  2   32007 C2007
Trừ  * và  ** ta được:

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

21


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

22

1
2
2007
2007
2  32006.2.C2007
 32004.23.C2007
 ...  3.22006.C2007
 22007.C2007

   2007  1

2007  1
.
2
Ví dụ I.10:(CĐ, khối T-M- 2004) Chứng minh rằng:
0
1
2004
C2004
 2 C2004
 ...  22004.C2004


m

Vậy S 

2004  1
2

N.

co

Giải
Ta có:
2004

2004

k
1

x

C2004
xk



2004
2004
2004

k 0
k
 x k    x k 

1

x

1

x

C2004







2004


k 0
1  x 2004  C k   x  k

2004

k 0

HV

0
2
2004 2004
   C2004
 C2004
x 2  ...  C2004
x 

32004  1
2
p
p 1 1
p 1 1
Ví dụ I.11: Chứng minh: Ca  Ca Cb  Ca Cb  ...  Cap  q Cbq  ...  Cbp  Capb

0
2
2004 2004
Với x 2 ta có: C2004
 C2004
22  ...  C2004
2


Giải

 1  x 

a b

M
AT

Điều kiện: p  a, b
Ta có:
1  x  a  Ca0  Ca1 x  Ca2 x 2 ...  Caa x a


b
0
1
2 2
b b
1  x   Cb  Cb x  Cb x ...  Cb x

 M   Cap  Cap 1Cb1  Cap 1Cb1  ...  Cap q Cbq  ...  Cbp  x p (*)

ww
w.

Với M là một đa thức không chứa x p
a b
Mặt khác 1  x   Ca0b  Ca1 b x  ...  Cap b x p ...  Caabb x a b (**)
Đồng nhất hệ số ở (*) và(**) cho ta  ĐPCM 
II.Sử dụng đạo hàm cấp 1,2
1.
Đạo hàm cấp 1

Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,…n hay
n,…,3,2,1 tức số hạng đó có dạng kC kn hoặc kC kn a n  k b k 1 thì ta có thể dùng đạo hàm
cấp 1 đến tính. Cụ thể
(a  x) n  C 0n a n  C1n a n 1 x  C2n a n  2 x 2  C3n a n 3 x 3  ...  Cnn x n
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được :
n(a  x) n 1  C1n a n 1  2C 2n a n  2  3C3n a n 3 x 2  ...  nC nn x n 11
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

22


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

23

m

Ví dụ II.1.1:(ĐH BKHN- 1999) Tính tổng C1n  2C n2  3C3n  4C n4  ...  ( 1) n 1 nC nn
Giải
Ta thấy tổng cần tính có dạng như VP (1). Việc còn lại chỉ cần chọn a  1, x  1 ta tính
được tổng bằng 0.
Cách khác: Sử dụng đẳng thức kCkn  nC kn 11 ta được tổng bằng :

N.

Ví dụ II.1.2:Tính tổng: 2C1n  2.C 2n 2  3C 2n 22  ...  nC nn 2n 1
Giải
n

n

 f '  x    kCnk x k 1  n 1  x 

n 1

HV

Xét: f  x    Cnk x k  1  x   Cn0  Cn1  Cn2 ...  Cnn
k 0
n

co

nC0n 1  nC1n 1  nC n2 1  nC3n 1  ...  ( 1) n 1 nC nn 11  n(1  1) n 1  0
Dùng cách này có thể tránh được dùng đạo hàm do đó phù hợp với các bạn 11 chưa học
đến đạo hàm hoặc cảm thấy dùng chưa quen đạo hàm.

 Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n 1

k 0

 f '  2   n3n 1
Ví dụ II.1.3:(ĐH KTQD- 2000) Chứng minh
n

 1.2n 1 C1n  2.2n  2.C2n  3.2n  2.C2n ...  nCnn  n3n 1 1  n  Z 
n

M
AT

2  x

0
n

n

1
n

Cách 1: Ta có:  2  x   C 2  C 2
Đạo hàm hai vế theo biến x ta được:

n 2  x 

n 1

n 1

Giải
x  C 2n 2n  2 x 2  ...  C nn x n

 C1n 2n 1  2C 2n 2 n 2 x  3C3n 2n 3 x 2 ...  Cnn n.x n

Với x 1 n3n 1  Cn1 2n 1  Cn2 2n  2.2  Cn3 2n 3.3...  Cnn n  ĐPCM
n

ww
w.

Cách 2: Ta có: 1  x   C 0n  C1n x  C 2n x 2  ...  C nn x n
Đạo hàm hai vế theo biến x ta được: n 1  x 
n 1

n 1

 C1n  2C 2n x  ...  nCnn x n 1
n 1

1
1
3

1
Ta chọn x  n    Cn1  2Cn2  ...  nCnn  
2
2
2
2
n 1
1 n 1
n 2 2
n 3 3
n
 n3  Cn 2  2.2 Cn  3.2 Cn ...  nCn  ĐPCM

Ví dụ II.1.4: Tính tổng
S = n2n 1 C 0n  (n  1)2n 2.3.C1n  (n  2)2 n 3.32.C 2n  ...  3n 1 C nn 1
Giải
Nhận thấy hệ số đứng trước tổ hợp giảm dần n,n-1, …,3,2,1 nên phải hoán đổi vị trí a và
x:
(x  a) n  C0n x n  C1n x n 1a  C 2n x n  2 a 2  ...  Cnn a n
Đạo hàm theo x: n(x  a) n 1  nx n 1C 0n  (n  1)x n  2 aC1n  (n  2)x n 3a 2C 2n  ...  a n 1C nn 1
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

23


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng

24

Thay x = 2, a = 3 ta được tổng bằng n5n 1

m

Cách khác: Khéo léo sử dụng 2 đẳng thức C nn  k  C nk , kC kn  nC kn 11 ta có thể tránh việc
phải dùng đạo hàm phức tạm:
S  n2n 1 Cnn  (n  1)2n 23C nn 1  (n  2)2n 332 C nn  2  ...  3n 1 C1n

 n2n 1 C nn 11  n2 n 2 3C nn 12  n2n 332 C nn 13  ...  n3n 1 C0n 1

co

 n  2n 1 C nn 11  2n  23Cnn 12  2n 332 Cnn 13  ...  3n 1 C0n 1   n(2  3)n 1  n5n 1

2006
2007
Ví dụ II.1.5: Tính tổng 2008C02007  2007C12007  2006C 22007  ...  2C 2007
 C 2007

N.

Giải
Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,…2,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu:
2006
2007
(x  1) 2007  C02007 x 2007  C12007 x 2006  C 22007 x 2005  ...  C2007
x  C 200
7

HV

Bây giờ nếu lấy đạo hàm thì chỉ được 2007C 02007 x 2006 trong khi trong đề đến 2008 do đó ta
phải nhân thêm x vào đẳng thức trên rồi mới đạo hàm:
2
2007
x(x  1)2007  C02007 x 2008  C12007 x 2007  C 22007 x 2006  ...  C 2006
2007 x  C 2007 x
2007
 (x  1)2006 (2008x  1)  2008C02007 x 2007  2007C12007 x 2006  ...  2C 206
2007 x  C 2007
Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 2009.2 2006

M
AT

Ví dụ II.1.6: Chứng minh đẳng thức:
a) (ĐH TCKT Hà Nội 2000): Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  Cnn x n  n.2n 1
b) Cn1  2Cn1  3Cn2  ...   p  1 Cnp  ...   n  1 Cnn   n  2  .2n 1
Giải:
a) Xét nhị thức 1  x   C  C x  C x ...  Cnn x n
Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức theo biến x :
n 1
n 1  x   Cn0  2Cn2 x  ...  nCnn x n 1
n

0
n

1
n

2
n

2

ww
w.

Chọn x  1 ta được: Cn0  2Cn2  ...  Cnn  n.2n 1
b) Tương tự như câu a ta nhân x cho 2 vế của đẳng thức rồi lấy đạo hàm.
Ví dụ II.1.7: Rút gọn biểu thức sau: S  3Cn0  4Cn1  5Cn2  ...   n  3 Cnn
Giải
Cách 1: Nhận thấy rằng với x  1 thì ta có:
3Cn0   Cn0 x3  '





4Cn1  Cn1 x 4 '






 n  3  Cn0  Cnn x n 3 '

Suy ra:
n
Cn0 x 3  Cn1 x 4  Cn2 x 5 ...   n  3 Cnn x n3  x 3 Cn0  Cn1 x  Cn2 x3  ...  Cnn x n3  x 3 1  x  





Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

24


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng
Xét hàm số: f  x   x3 1  x 

n

n

 f '  x   3x 2 1  x   nx 3 1  x 

Kêt hợp với 

n 1

 f '  x   3 x 2Cn0  4 x3Cn1  Cn2 5 x 4  ...   n  3 x n 2Cnn

m

Chọn x  1 thì: S  3Cn0  4Cn1  5Cn2  ...   n  3 Cnn

co

 3.2n  n 2n1  2n1  n  6 
2.

25

Đạo hàm cấp 2

N.

Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2 , 2.3 , …, (n-1).n hay (n-1)n, …,
2.3 , 1.2 hay 12 , 22 ,..., n 2 ( không kể dấu ) tức có dạng k(k  1)C kn a n k hay tổng quát
hơn k(k  1)Ckn a n  k b k thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức:

M
AT

HV

(a  bx) n  C0n  C1n a n 1bx  C 2n a n 2 b 2 x 2  C 3n a n 3 b 3 x 3  ...  C nn b n x n
Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được:
bn(a  bx) n 1  C1n a n 1b  2C 2n a n  2 b 2 x  3C3n a n 3 b 3 x 2  ...  nCnn b n x n 1
Đạo hàm lần nữa:

b 2 n(n  1)(a  bx) n 2  2.1C2n a n  2 b 2  3.2C3n a n 3 b 3 x  ...  n(n  1)C nn b n x n  2 (2)
Đến đây ta gần như giải quyết xong Ví dụ toán chỉ việc thay a, b, x bởi các hằng số
thích hợp nữa thôi.

Ví dụ I.2.1: Chứng minh rằng
S= 2.1C 2n  3.2C3n  4.3C n4  ...  n(n  1)Cnn  n(n  1)2n  2
Dễ dàng thấy được VT của đẳng thức trên giống gần như hoàn toàn VP (2) ta chỉ việc
thay a  b  x  1 là đã giải quyết xong bài toán

ww
w.

Chú ý: Đây chỉ là ý tưởng còn khi trình bày vào bài kiểm tra hay bài thi thì ta phải ghi rõ
xét đa thức (1  x)n rồi đạo hàm 2 lần và thay x = 1 vào mới được trọn số điểm.
Cách khác: Ta vẫn có thể sử dụng được đẳng thức kCkn  nC kn 11 2 lần để tính tổng trên, cụ
thể:
S  n1C1n 1  n2C n2 1  n3C3n 1  ...  n(n  1)C nn 11 
 n(n  1)C 0n  2  n(n  1)C1n 2  n(n  1)Cn2 2  ...  n(n  1)C nn  22 
 n(n  1)(1  1) n 2  n(n  1)2n  2

Tương tự như trên ta dễ dàng tính được tổng bằng cách thay x = -1 và n = 16
2
3
4
15
16
1.2C16
 2.3C16
 3.4C16
 ...  14.15C16

 15.16C16
Hoặc ta cũng có thể sử dụng kCkn  nC kn 11 để đơn giản hơn một chút.
2
2009
Ví dụ I.2.2 Rút gọn tổng sau 12 C12009 2 2008  22 C2009
22007  32 C32009 2 2006  ...  2009 2 C 2009

Giải
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009)
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

25