Bài tập nhị thức Niutơn vận dụng cao – Nguyễn Minh Tuấn

Vận dụng cao nhị thức
NEWTON
Một sản phẩm của fanpage Tạp chí và tư liệu toán học
Dành tặng cho bạn đọc theo dõi fanpage
CÁC BÀI
TOÁN KHÓ

ÔN THI
ĐẠI HỌC

BỒI DƯỠNG
HSG

BẢN PDF ĐƯỢC PHÁT HÀNH MIỄN PHÍ
TẠI BLOG CỦA FANPAGE

 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 


LỜI GIỚI THIỆU
Trong đề thi thử của các trường hay trong đề thi THPT Quốc Gia thì các bài toán về chủ đề
nhị thức Newton hầu như sẽ chiếm khoảng 1 câu mức độ khó hay dễ tùy vào người ra đề.
Bài toán này không phải là dạng toán quá khó nhưng do cách phát biểu và công thức liên
quan khá là cồng kềnh và khó nhớ nên nó làm khó khăn cho tương đối nhiều bạn học sinh.
Vì thế trong sản phẩm lần này, mình sẽ giới thiệu cho các bạn các phương pháp hay và
mạnh để giải quyết các bài toán đẳng thức liên quan tới nhị thức Newton ở mức độ vận
dụng và vận dụng cao. Để có thể viết nên được chuyên đề này không thể không có sự
tham khảo từ các nguồn tài liệu của các các group, các khóa học, tài liệu của các thầy cô mà
tiêu biểu là
1. Thầy Lã Duy Tiến – Giáo viên trường THPT Bình Minh
2. Website Toán học Bắc – Trung – Nam: />3. Website Toanmath: />4. Thầy Đặng Thành Nam – Giảng viên Vted

5. Thầy Huỳnh Đức Khánh
6. Thầy Nguyễn Hữu Quyết – THPQ Bố Trạch 1 tỉnh Quảng Bình
7. Thầy Lê Hồng Thái – Vĩnh Yên
Trong bài viết mình có sưu tầm từ nhiều nguồn nên có thể sẽ có những câu hỏi chưa hay
hoặc chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua. Trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi
những thiếu sót, mong bạn đọc có thể góp ý trực tiếp với mình qua địa chỉ sau:
Nguyễn Minh Tuấn
Sinh viên K14 – Khoa học máy tính – Đại học FPT
Facebook: />Email:
Blog: />Bản pdf được phát hành miễn phí trên blog CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN, mọi hoạt
động sử dụng tài liệu vì mục đích thương mại đều không được cho phép. Xin chân thành
cảm ơn bạn đọc.


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN

NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
GIỚI THIỆU VỀ NHỊ THỨC NEWTON
Để ghi nhớ cïng lao của Isaac Newton (1642 – 1727) trong việc tëm ra cïng thức khai triển
nhị thức sau, được gọi là nhị thức Newton.

 x  1

m

 1

m  m  1 2
m  m  1  m  2  ...3.2.1 m
m

x
x  ... 
x  1
1!
2!
m!

Trên bia mộ của Newton tại tu viện Wesminster (là nơi an nghỉ của Hoàng gia và những
người nổi tiếng của nước Anh) người ta cín khắc họa hënh Newton cñng với cả nhị thức
Newton. Vậy cî phải chăng loài người đã khïng hề biết gë về cïng thức khai triển nhị thức
trước khi cî phát minh của nhà bác học vĩ đại này ? Theo các văn bản cín lưu giữ được từ
rất lâu trước Newton, ngay từ 200 năm trước Cïng nguyên các nhà toán học Ấn Độ đã
quen biết với một bảng tam giác số học. Trong tác phẩm của nhà toán học Trung Quốc
Chu Sinh viết từ năm 1303 người ta tëm thấy bảng số sau:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
15101051
1615201561
172135352171
18285670562881
Rð ràng đî là các hệ số của cïng thức khai triển nhị thức Newton từ cấp 0 đến cấp 8, dñ
nhà toán học này đã khïng nîi gë cho các hệ số tiếp theo cñng cïng thức tổng quát của
chòng, nhưng theo cách thức lập bảng của ïng, ta cî thể dễ dàng tëm ra quy luật cho phép
viết được các hàng mới.
Vào nửa đầu thế kỉ XV trong tác phẩm chëa khîa số học viết bằng
tiếng Ả rập của nhà toán học, thiên văn học Xamacan cî tên là
Giêm Xit-Giaxedin Casi người ta lại gặp tam giác số học mà tác giả

đã gọi tên rõ hơn là các hệ số nhị thức cñng với những chỉ dẫn cách
thành lập các hàng kế tiếp của nhị thức. Với lối chỉ dẫn (khïng
chứng minh) đî Casi đã cho ta khả năng khai triển nhị thức ở
một cấp bất kë. Cî thể coi đî là sự phát biểu bằng văn đầu tiên
trong lịch sử của định lì về nhị thức Newton. Ở châu Âu, tam giác
số học được tëm thấy đầu tiên trong cïng trënh của nhà toán học
người Đức Stiffel M. Cïng bố vào năm 1544. Trong cïng trënh

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Isaac Newton Jr

Chinh phục olympic toán | 1


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
này cũng đã chỉ dẫn ra các hệ số của nhị thức cho đến cấp 17.
Gần một trăm năm sau, hoàn toàn độc lập với nhau, Các nhà toán học người Anh Bï-ritgïn (1624), nhà toán học Pháp Fermat (1636) rồi nhà toán học Pháp Pascal (1654) đã đưa
ra công thức hoàn hảo về hệ số của nhị thức Newton. Đặc biệt trong cïng trënh mang
tên Luận văn về tam giác số học công bố vào năm 1665, Pascal đã trënh bày khá chi tiết về
tình chất của các hệ số trong tam giác số học và từ đî tam giác số học được sử dụng một
cách rộng rãi và tên tam giác Pascal ra đời thay cho tam giác số học.
Rð ràng mà nîi về mặt lịch sử thë tam giác số học đã được các nhà toán học Á đïng xét đến
trước Pascal rất nhiều. Vậy vai trí của Newton ở đâu trong quá trënh hënh thành cïng thức
nhị thức Newton ? Năm 1676 trong bức thư thứ nhất gửi Ô-đen Hiaro – Chủ tịch Viện
Hàn Lâm hoàng gia Anh, Newton đã đưa công thức (1) mà khïng dẫn giải cách chứng
minh. Sau đî ìt lâu trong bức thư thứ hai gửi đến Viện Hàn Lâm, Newton đã trënh bày rð
ràng bằng cách nào ïng đi đến cïng thức đî. Thë ra bằng cách này Newton đã tëm ra cïng
thức Newton từ năm 1665 khi mà ïng chỉ mới 22 tuổi. Nhưng dñ vậy thë việc đưa trënh
cïng thức của mënh Newton cũng khïng nîi được điều gë mới cho các nhà toán học đương

thời.
Vậy tại sao công thức không mới đó lại mang tên Newton ? Vấn đề là ở chỗ ó tưởng của
Newton khïng dừng lại ở việc áp dụng cïng thức này cho trường hợp các số mũ là số
nguyên dương mà cho số mũ bất kì: số dương, số âm, số nguyên và phân số. (ở trung học chỉ học
số mũ nguyên dương)
Chình ó tưởng mới đî cho một ó nghĩa lớn lao đối với việc phát triển của toán học. Các
nhà toán học đương thời thấy ngay tầm quan trọng của cïng thức và cïng thức được áp
dụng rộng rãi trong nhiều cïng trënh nghiên cứu toán học, đặc biệt trong đại số và giải
tích. Nhân đây cũng phải nîi thêm rằng cïng thức nhị thức Newton khïng phải là sự
đîng gîp lớn nhất của Newton cho toán học. Newton đã đîng gîp rất nhiều cho việc mở
đầu những hướng toán học cao cấp, đî là các phép tình đối với các đại lượng vï cñng bé.
Và do vậy đïi lòc Newton được coi là người sáng lập ra ngành Giải tìch toán học

I. CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON.
Khai triển  a  b  được cho bởi công thức sau:
Với a, b là các số thực và n là số nguyên dương, ta cî

a  b

n

n

  Ckn a n k bk  C0n a n  C 1n a n 1 b  ...  C kn a n k bk  ...  C nn b n .  1 
k 0

Quy ước a 0  b0  1
Công thức trên được gọi là công thức nhị thức Newton (viết tắt là Nhị thức Newton).
Trong biểu thức ở VP của công thức (1)

2 | Chinh phục olympic toán

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
a) Số các hạng tử là n  1 .
b) Số các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đén 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n,
nhưng tổng các số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n.
c) Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau.
HỆ QUẢ


Với a  b  1, thì ta có 2 n  C 0n  C 1n  ...  C nn .



Với a  1; b  1 , ta có 0  C 0n  C 1n  ...   1  C kn  ...   1  C nn
k

n

CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN LIÊN QUAN TỚI KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON


 x  1

n

 C 0n x n  C 1n x n 1  C n2 x n 2  ...  C kn x n k  ...  C nn 1 x  C nn



1  x

n

 C 0n  C 1n x  C n2 x 2  ...  C kn x k  ...  C nn 1 x n 1  C nn x n



 x  1

n

 C 0n  C 1n x  C n2 x 2  ...   1  C kn x k  ...   1 



C kn  C nn k



C kn  C kn  1  C kn 11 ,  n  1 



k.C kn 



n  n  1 !
1
k.n!
1
Ckn 


Ckn11
k1
 k  1 n  k  !k !  n  1  n  k  !  k  1  ! n  1

k

n 1

C nn 1 x n 1   1  C nn x n
n

n  n  1 !
k .n!

 nC kn11
 n  k  !k!  n  k  !  k  1 !

Một số công thức thường dùng trong các bài tập dạng này như sau:


C kn  C nn k



C kn  C kn  1  C kn 11 ,  n  1 



kC kn  nC kn 11  * 



1
1
C kn 
C kn 11
k1
n1



2 n  C 0n  C 1n  ...  C nn
n 1

 C  C  C ...  C

n
2 
2
n



2



2 n 1  C 1n  C 3n  C 5n ...  C n

0
n

2
n

4
n

 n 1 
2
1
2 

Ngoài ra từ công thức  *  ta mở rộng được công thức


C kn  2C kn  1  C kn  2  C kn 22



C kn  3C kn  1  3C kn  2  C kn  3  C kn 33

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 3


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO

II. GIỚI THIỆU TAM GIÁC PASCAL.
n=0

1

n=1

1

n=2

1

n=3

1

n=4
n=5

1
1

1
2

1

3
4

5

3

1

6

4

10

1

10

5

1

Tam giác Pascal được thiết lập theo quy luật sau


Đỉnh được ghi số 1. Tiếp theo là hàng thứ nhất ghi hai số 1.



Nếu biết hàng thứ n  n  1  thì hàng thứ n+1tiếp theo được thiết lập bằng cách cộng
hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng dưới ở vị trí giữa hai số
này. Sau đî viết số 1 ở đầu và cuối hàng.

Nhận xét.
Xét hàng thứ nhất, ta có 1  C 01 , 1  C 11 .
Ở hàng thứ 2, ta có 1  C 03 , 2  C 12 , 1  C 22 .
Ở hàng thứ 3, ta có 1  C 03 , 3  C 13 , 3  C 32 , 1  C 33 .
Các số ở hàng thứ n trong tam giác Pascal là dãy gồm  n  1  số C 0n , C 1n , C 2n ,..., C nn 1 , C nn .
DẤU HIỆU SỬ DỤNG NHỊ THỨC NEWTON.
Sau đây là một số dấu hiệu giúp ta nhận biết được các dạng toán trong phần này, các dạng
toán này sẽ được hướng dẫn kỹ hơn ở phần sau.
a) Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có

n

C
i 1

i
n

với i là số tự nhiên

liên tiếp.

b) Trong biểu thức có

n

 i  i  1 C
i 1




Trong biểu thức có
Trong biểu thức có

n

 i  k  C
i 1
n

a C
k

i 1



Trong biểu thức có

n

i
n

thì ta dñng đạo hàm  i 



thì ta nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm

thì ta chọn giá trị của x=a thích hợp.

i1C
i 1



1

i
n

i
n

i
n

thì ta lấy tìch phân xác định trên  a; b  thích hợp.

Nếu bài toán cho khai triển  x  x

a

n

i

n

   C x  x   C x 

b n

i 1

i
n

a n i

b

i 1

i
n

a n i   ib

thì hệ số

của xm là Cin sap cho phương trënh a  n  i   bi  m có nghiệm i 

4 | Chinh phục olympic toán

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN


C in đạt max khi i 

n1
n1
n
hay i 
với n lẽ, i  với n chẵn.
2
2
2

III. CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN TỚI NHỊ THỨC NEWTON.
1. BÀI TOÁN KHAI TRIỂN NÂNG CAO.
BÀI TOÁN KHAI TRIỂN TAM THỨC
Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton  a  b  c 

n

Lời giải tổng quát


Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n , để cî được hệ số của nhị thức
Newton  b  c  .
n



Bước 2: Ở các đầu dòng ta viết các đơn thức là khai triển nhị thức Newton  a  1  .



Bước 3: Nhân lần lượt các đơn thức ở đầu dòng mỗi cột với các đơn thức còn lại trên

n

mỗi díng đî rồi cộng các kết quả lại, ta thu được kết quả khai triển.
Cụ thể ta có ở dưới đây
1.a n
1
n

C .a

1
n 1

1b

C 2n .a n  2

1c

1b2

C 1n .a n  3

1b2

1c 2

2bc
3b 2 c

3bc 2

1c 2

...
1.a

o

1.b

n

1
n

C .b

n 1

.c

C nn 1 .b.c n 1

...

1.c n

Sau khi cộng lại ta được:
n
 n q n q q 
n
p n p
p
q
n q q n p
a

b

c

C
.a
.

  n

  Cp .b .c    C n .Cp .b .c .a
p0
 q 0
 0 q p n

Sau khi khai triển

a  b  c

n

với 0  q  p  n số hạng thứ p  1 trong khai triển là

Tp  C pn .C pq .bn q .cq .a n p .

Ví dụ 1: Hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển P(x)   3x 2  x  1 

10

là?

Lời giải
Với 0  q  p  10 thì số hạng tổng quát của khai triển P(x)   3x 2  x  1 
p
Tp  C 10
.C pq .  3x 2 

10  p

10

là:

.xpq .1q  C p10 .C qp .310 p.xp q  20 2p

Theo đề bài thì p  q  20  2p  4  p  q  16
Do 0  q  p  10 nên  p; q    8; 8  ;  9;7  ;  10; 6  .
Vậy hệ số của x 4 trong khai triển P(x)   3x 2  x  1 

10

là:

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 5


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
6
10 10
C 810 .C 88 .310 8  C 910 .C79 .310 9  C 10
 1695 .
10 .C 10 .3

Chú ý khi ra nhiều trường hợp của  p; q  thì ta công hệ số các trường hợp với nhau để có
kết quả.
Ví dụ 2: Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển thành các đa thức của  x  x 2  x 3 

10

?

Lời giải
Với 0  q  p  10 thì số hạng tổng quát của khai triển  x  x 2  x 3 
p
Tp  C 10
.C pq .x10 p .  x 2 

pq

10

là:

.  x 3   C p10 .C qp .310 p.x 10 p q
q

Theo đề bài thì 10  p  q  13  p  q  3
Do 0  q  p  10 nên  p; q    2; 1  ;  3; 0  .
2
3
.C 12  C 10
.C 03  210 .
Vậy hệ số của x13 trong khai triển là: C 10

8
Ví dụ 3: Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của: 1  x 2  1  x  



Lời giải
k

k

k

i
Cách 1. Ta có: f  x    C  x  1  x     C x   1  C ik xi  .
k 0
k 0
 i 0

8

k
8

2

8

k
8

2k

 i  0
0  i  k  8  

i

k  4
Vậy ta có hệ số của x8 là:  1  C k8 C ik thoã 2k  i  8  
 i  2
i, k 


 k  3

Hệ số trong khai triển của x8 là  1  C 84 C 04   1  C 83 C 23 =238
0

2

3

4

Cách 2. Ta có: f  x   C 08  ...  C 83  x 2  1  x    C 84  x 2  1  x   ...  C 88  x 2  1  x 

8

Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng:


Số hạng thứ 4: C 83  x 2  1  x  

3



Số hạng thứ 5: C 84  x 2  1  x  

4

Với hệ số tương đương với: A8= C 83 C 23  C 84 C 04 =238
n

1
1 

Ví dụ 4: Với n là số nguyên dương và x  0 , xét biểu thức  x8  x 3  2  7  . Hỏi có bao
x x 


nhiêu số n  2018 sao cho khai triển của biểu thức trên có số hạng tự do là 0 ?
Lời giải
n

n

n
1
1
1

Ta có  x8  x3  2  7    1  x 5   x 3  7  nên số hạng tổng quát của khai triển trên
x x 
x 




là T  C kn x 5k  C hn x 3n 10h  C kn C hn x 3n 5k 10h . Số hạng này là số hạng tự do khi

6 | Chinh phục olympic toán

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
3n  5k  10h  0  3n  5  2h  k 

Nếu n không chia hết cho 5 thì khai triển sẽ không chứa số hạng tự do, tức là số hạng tự do
2n
n
là 0. Còn khi n chia hết cho 5 thì khi h 
, k  , số hạng tự do sẽ là C kn C nh  0 không
5
5
thỏa mãn.
Ví dụ 5: Cho khai triển  1  x  x 2   a0  a1 x  a 2 x 2 
n

..., a 2 n là các hệ số. Biết rằng

 a 2n x 2n , với n  2 và a 0 , a 1 , a 2 ,

a3 a4
, khi đî tính tổng S  a 0  a 1  a 2 


14 41

 a2 n ?

Lời giải
n

n

k

k 0

l 0

Ta có  1  x  x 2    C kn  x  x 2    C kn  C lk xk l .x 2l .
n

k

k 0

l  0; k  3
Hệ số của x 3 là xk l  x3  k  l  3  
 a 3  C n3 C03  C n2 C 12 .
l  1; k  2
Tương tự hệ số của x là x
4

k l

 l  0; k  4
 x  k  l  4   l  1; k  3  a 4  C n4 C 04  C n3 C 13  C n2 C 22 .
l  2; k  2
4

Theo giả thiết 14a 4  41a3  14  C4n C04  C3n C13  C2n C22   41 C3n C03  C2n C12 



n!
3.n !
n!
n!
2.n ! 
 14 



  41 

 4!  n  4  ! 3!  n  3  ! 2!  n  2  ! 
 3!  n  3  ! 2!  n  2  ! 
 n  n  1  n  2  n  3  n  n  1  n  2  n  n  1  
 n  n  1  n  2 

 14 



 n  n  1 
  41 
24
2
2
6




 n1
11
185 
 14
 n  n  1  n 2  n 
  0   n  10  n 
4
6 
 24






Do n  2 nên n  10 .
Mặt khác thay x  1 vào hai vế của khai triển  1  x  x 2   a0  a1 x  a 2 x 2 
10

được S  a0  a1  a 2 

 a 20 x 20 ta

 a 20  310 .

Ví dụ 6: Giả sử  1  x  x 2  x 3  ...  x10   a0  a1 x  a 2 x 2  a 3 x 3  ...  a 110 x 110 với a 0 , a 1 , a 2 ,
11

1
2
3
10
11
a 10  C 11
a 9  C 11
a 8  ...  C 11
a 1  C 11
a0 ?
…, a 110 là các hệ số. Tính tổng T  C 011a 11  C 11

Lời giải
Ta có: A   1  x  x 2  x 3  ...  x10    1  x  A   1  x 11 
11

11

11

110

  C k11   x  . a i x i 
k

k 0

i 0

11

11

 C  x 

m 0

P

11 m

m
11

.

Q

2
3
10
11

a 9  C 11
a 8  ...  C 11
a 1  C 11
a0  T
Hệ số của x11 trong P là C 011a 11  C 111a 10  C 11

Hệ số của x11 trong Q là C 111

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 7


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
Vậy T  C 111  11 .
Ví dụ 7: Biết tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển Newton
n

n
k
 2 2
k
2 n k  2 
x



  C n  1  x  .  
x


x
k 0

k

Bằng 49 . Khi đî tính hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển đî?
Lời giải
n

k

n
n
n k  2 
2
k
k

Ta có  x 2     Ckn  1  x 2  .     C k6  1  .2 k.x 2n 3k .
x

 x  k 0
k 0

Tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển bằng 49 nên C 0n  2C 1n  2 2 C 2n  49  *  .
Điều kiện n 

*, n  2.

Khi đî  *   1  2n  2 2.

 n  4  L 
n  n  1
 49  2n 2  4n  48  0  
2
 n  6  N 
6

2

Với n  6 ta có nhị thức  x2   .
x

Số hạng tổng quát của khai triển là: C k6  1  .2 k.x12 3k  k  , 0  k  6  .
k

Số hạng chứa x 3 ứng với k thỏa mãn 12  3k  3  k  3 (nhận).
Vậy hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển là C 63  1  .2 3  160 .
3

Ví dụ 8: Cho khai triển T   1  x  x 2017 

2018

  1  x  x 2018 

2017

. Hệ số của số hạng chứa x

trong khai triển bằng bao nhiêu?
Lời giải
2018

2017

Cách 1. Ta có T   C k2018  x  x 2017    C k'2017  x 2018  x  .
k

k'

k 0

k 0

Hệ số của số hạng chứa x ứng với k  k '  1 .
Do đî hệ số cần tëm là C 12018  C 12017  1 .
Cách 2. Ta có T  a0  a1 x  a 2 x 2  ...  a 2017.2018 x 2017.2018  f  x 
 f '  x   a 1  2a 2 x  ...  2017.2018a 2017.2018 x 2017.2018 1  f '  0   a 1 .

Mà f '  x   2018  1  x  x 2017 

2017

 1  2017x   2017  1  x  x   1  2018x 
2018 2016

2016

2017

 f '  0   2018  2017  1  a 1  1 . Do đî hệ số cần tëm là 1 .
4

1

Ví dụ 9: Tìm hệ số của x trong khai triển  2x  1   x 2  x   thành đa thức?
4

6

6

Lời giải
n

n

Xét khai triển  2x  1    1  2x    C k6 16 k  2x    C k6 2 k x k
6

6

k 0

8 | Chinh phục olympic toán

k

k 0

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
4

8

8

8
1 
1 1
 2

81
 x  x     x      x   Cj  
4 
2 2


2
j0
4

n
8
1


1
Vậy  2x  1  x2  x     C6k 2k xk . C8J  
4  k 0

2
j 0
6

8 j

8 j

xj

 1
x   C 2 . C  
2
k0
j 0
n

j

k
6

k

8

8 j

xj  k

J
8

Số hạng của khai triển chứa x 6 khi j  k  6 .
Xét bảng:
0

k
j

6

1
C 2 .C  
2
k
6

k

1
5

8 j

J

8

k
j

1
Ck6 2 k.C8J  
2

1
C 2 .C  
2
0
6

8 j

0

2

6
8

4

1
C 2 .C  
2
1

6

1

3

1
C 2 .C  
2

5
8

2
6

2

5

6

2

1

0

6

1
C 65 2 5.C 83  
2

5

4

4
8

4

1
C 64 2 4.C 82  
2

3
3

2

1
C 66 2 6.C 08  
2

1
C 2 .C  
2
3

6

3

5

3
8

2

4

3003 1 6
1
6
Vậy hệ số x 6 trong khai triển  2x  1   x 2  x   thành đa thức là
 C 14 .
4
4
4


Ví dụ 10: Cho khai triển  1  2x   a0  a 1 x  a 2 x 2 
n

của n với n  2018 sao cho tồn tại k

 a n x n , n  1 . Tëm số giá trị nguyên

 0  k  n  1 thỏa mãn ak  ak 1 .
Lời giải

n

Ta có  1  2x    Ckn 2 k xk , suy ra ak  C kn 2 k với k  0, 1, 2, 3,..., n .
n

k 0

Do đî a k  a k  1  C kn 2 k  C kn  1 2 k  1 



n!
n!
 2.
k ! n  k !
 k  1 !  n  k  1 !

1
2
2n  1
 2n  2k  k  1  k 

.
3
 n  k   k  1

Vì 0  k  n  1 nên suy ra n  2 .

2.3m  1
1
Nếu n  3m , m  , thì k 
 2m   .
3
3
2.  3m  1   1
1
Nếu n  3m  1 , m  , thì k 
 2m  
3
3

.

2. BÀI TOÁN HỆ SỐ LỚN NHẤT.
Với các bài toán yêu cầu tìm hệ số lớn nhất a k khi khai triển nhị thức  ax  b  thành đa
n

thức ta sẽ làm theo phương pháp sau.


a k  a k  1
Bước 1: Lập hệ bất phương trënh 
a k  a k  1

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 9

NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO


Bước 2: Giải hệ bất phương trënh trên để tìm các số nguyên k thỏa mãn.



Bước 3: Thay các giá trị k vừa tëm được để tìm hệ số lớn nhất.

Ví dụ 1: Khai triển đa thức P  x   (1  2x)12  a 0  a 1x  ...  a 12 x 12 .
Tìm max  a0 , a 1 , a 2 ,..., a 12  ?
Lời giải
Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: a k  a k 1
2 C  2 C
Từ đây ta cî hệ phương trënh  k k
k 1 k 1
2 C 12  2 C 12
k

k 1

k
12

k 1
12

1
2



  k 12  k  1
 1  2
 12  k k  1

8
 max  a0 , a 1 , a 2 ,..., a 12   a 8  C 12
2 18  126720

10

1 2 
Ví dụ 2: Cho khai triển nhị thức   x   a0  a1 x  ...  a9 x9  a10 x 10 .
3 3 

Hãy tìm số hạng a k lớn nhất.
Lời giải
10

1
1
10
1 2 
Ta có:   x   10  1  2x   10
3
3
3 3 

n

 C  2x 
k
10

k 0

k

 ak 

1 k k
C 10 2
310

k
k 1 k 1
C 10
2 k  C 10
2
a k  a k  1

 k k
k 1 k 1
C 10 2  C 10 2
a k  a k  1
 2 k 10!
2 k 10!
2
 1

 k ! 10  k !  k  1 ! 9  k !








19
22


Ta có ak đạt được max  
  10  k k  1 
k
k
k
3
3
2 10!
 2 10! 
2  2

 k !  10  k  !  k  1  !  11  k  !
 k 11  k

 k  7  k  , k   0, 10 

Vậy max ak  a7 

27 7
C10
310

Ví dụ 3: Trong khai triển biểu thức F 



332



9

số hạng nguyên có giá trị lớn nhất là?

Lời giải
Ta có số hạng tổng quát Tk 1  C k9

 3  2
9 k

3

k

Ta thấy bậc hai của căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố, do đî để Tk  1 là một số nguyên
k 
k  3  T  C 3

0  k  9
4
9



thì 
9
 9  k  2
k  9  T10  C 9
k 3


 3   2   4536
 3  2  8

10 | Chinh phục olympic toán

6

0

3

3

3

9

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là T4  4536 và T10  8 .
Ví dụ 4: Hệ số cî giá trị lớn nhất khi khai triển P  x    1  2x 2  thành đa thức là?
12

Lời giải
12

Khai triển P  x    C 2 x
k
12

k 0

k

2k

12

k
2k .
  ak x 2k với ak  C 12

k 0

a k  1  a k  C k12 1 2 k  1  C k12 2 k 



2
1
23

k
k7.
k  1 12  k
3

Như vậy a 0  a 1  a 2  ...  a 8 .
a k  1  a k  C k12 1 2 k  1  C k12 2 k 



2
1
23

k
k 8.
k  1 12  k
3

Như vậy a 8  a 9  a 10  ...  a 12 .
8
2 8  126720 .
Vậy hệ số cî giá trị lớn nhất là a8  C 12

Ví dụ 5: Cho biểu thức P  x    x  2   a n x n  a n 1 x n 1  ...  a k x k  ...  a 1x  a 0 , n 
n

*.

Biết a n 9  a n 8 và a n 9  a n 10 . Tìm giá trị của n ?
Lời giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:
P  x    x  2   C 0n x n 2 0  C 1n x n 1 2 1  ...  C nn k x k 2 n k  ...  C nn 1x 1 2 n 1  C nn x 0 2 n , n 
n

Mà P  x    x  2   a n x n  a n 1 x n 1  ...  a k x k  ...  a 1x  a 0 , n 
n

*

*

Ta có: ak  2 n k C nn k  2 n k C kn , 0  k  n  a n 8  2 8 C nn 8  2 8 C 8n , a n 9  2 9 C 9n , a n 10  2 10 C 10
n
Theo đề bài với n  10, n 
a n  9  a n  8

a n 9  a n 10

*:

n!
n!

 9
8
1
2
25

2 9!  n  9  !  2 8!  n  8  !
 9  n  8

n 



2  n  13.
n
!
n
!
1
1
9
10
2

2

n  14
 n  9 5
 9!  n  9  !
10!  n  10  !

Ví dụ 6: Cho  1  2x   a0  a1 x1  ...  a n x n , n 
n

*

. Biết a0 

a1 a 2
a
 2  ...  nn  4096 . Số lớn
2 2
2

nhất trong các số a 0 , a 1 , a 2 ,..., a n có giá trị bằng bao nhiêu?
Lời giải
Ta có:

 1  2x 

n

n

  C kn .2 k.xk  C 0n .2 0 x 0  C 1n .2 1 x 1  C n2 .2 2 x 2  ...  C nn .2 n x n  a 0  a 1 x 1  ...  a n x n .
k 0

Ta có a0 

a1 a 2

a
 2  ...  nn  4096  C 0n  C 1n  C n2  ...  C nn  4096  2 n  4096  n  12 .
2 2
2

k 1
Ta có a k  a k  1  C k12 .2 k  C k12 1 .2 k 1  C k12  2C 12
. Suy ra: a 0  a 1  a 2  ...  a 8 .
k 1
Mặt khác a k  a k  1  C k12 .2 k  C k121 .2 k 1  C k12  2C 12
. Suy ra: a 8  a 9  a 10  ...  a 12 .

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 11


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
8
.2 8  126720 .
Vậy số lớn nhất trong các số a 0 , a 1 , a 2 ,..., a n là a 8  C 12

Ví dụ 7: Cho khai triển  x  3   a0  a1 x  a 2 x 2  a 3 x 3  ...  a n x n , trong đî n 
n



và a 0 ,

a 1 , a 2 , …, a n là các số thực. Gọi S là tập hợp chứa các số tự nhiên n để a 10 là số lớn nhất

trong các số a 0 , a 1 , a 2 , …, a n . Tổng giá trị các phần tử của S bằng bao nhiêu?
Lời giải
n

Ta có khai triển  x  3    C kn 3n k xk .
n

k 0

Số hạng tổng quát của khai triển là Tk  C kn 3n k x k . Suy ra hệ số của Tk là a k  C kn 3n k .
Để a10 là số lớn nhất trong các số a 0 , a 1 , a 2 , …, a n thì:
n  10
9
C10
C10
 C9n .3n 9
a10  a9
n  39


n .3
n  3C n
  10 n 10
  10

 39  n  43 .

11 n  11
11

n

43
C
.3

C
.3
3C

C


a10  a11

n
n
n
n



Vậy S  39; 40; 41; 42; 43 .
Tổng các phần tử của S là T  39  40  41  42  43  205 .
3. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP.
ĐẠO HÀM CẤP 1.
Dấu hiệu sử dụng
Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,…,n hay n,…,3,2,1 tức là số
hạng đî cî dạng kC kn hoặc kC kn a n k bk 1 thì ta có thể dñng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:

a  x

n

 C 0n a n  2C 1n a n 1 x  ...  nC nn ax n

Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:
n a  x

n 1

 C 1n a n 1  2C 2n a n 2  ...  nC nn ax n 1  1 

Đến đây thay x, a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Trên đây là dấu hiệu nhận biết và phương pháp làm dạng này. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu
kỹ hơn qua các bài toán của dạng này!
Ví dụ 1: Tính tổng C 1n  2C n2  3C n3  4C n4  ...   1 

n 1

nC nn

Lời 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 kC kn  nC kn 11 ta tình được tổng bằng:
nC 0n 1  nC 1n 1  nC 2n 1  ...   1 

12 | Chinh phục olympic toán

n 1

nC nn 11  n  1  1 

n 1

0

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
2007
Ví dụ 2: Tính tổng 2008C 02007  2007C 12007  ...  C 2007

Lời giải
Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,…,1 nên dñng đạo hàm là điều dễ hiểu:

 x  1

2007

 C 02007 x 2007  C 12007 x 2006  ...  C 2007
2007

Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì chỉ được 2007C 02007 x 2006 trong khi đî đề đến 2008 do đî ta
phải nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới dñng đạo hàm:
x  x  1

2007

  x  1

 C 02007 x 2008  C 12007 x 2007  ...  C 2007
2007 x

2006

 2008x  1  2008C 02007 x 2007  2007C 12007 x 2006  ...  C 2007
2007

Thay x  1 vào ta tëm được tổng là 2009.22006
Ví dụ 3: Chứng minh rằng  x  2   1.2 n 1 C 2n  2.2 n 2 C 2n  ...  nC nn  n3n 1 , n  1 
n

Lời giải
Ta có  x  2   C 0n 2 n  C 1n 2 n 1 x  C 2n 2 n 2 x 2  ...  C nn x n
n

Đạo hàm 2 vế theo biến x ta được n  x  2 

n 1

n

  C kn kxk
k 1

n

Cho x  1  n.3n 1   C kn k , điều phải chứng minh !
k 1

Ví dụ 4: Tính tổng S  n2 n 1 C 0n   n  1  2 n  2.3.C 1n   n  2  2 n  3.32.C 2n  ...  3 n 1 C nn 1
Lời 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
n

x . Xét khai triển  x  a    C kn x n k ak
n

k 0

Đạo hàm theo biến x ta được n  x  a 

n 1

n

   n  k  C kn x n k 1a k
k 1

Thay x  2, a  3 ta được S  n.5

n 1

.

Cách 2. Ta sẽ sử dụng tới 2 đẳng thức C nn k  C kn , kC kn  nC kn 11 ta có

S  n2 n 1 C nn   n  1  2 n  2.3.C nn 1   n  2  2 n 3 32 C nn 2  ...  3n 1 C 1n
 n2 n 1 C nn 11  n.2 n 2.3.C nn 12  n2 n 3 32 C nn 13  ...  n.3n 1 C 0n 1

 n  2 n 1 C nn 11  2 n 2.3.C nn 12  2 n  3 32 C nn 13  ...  3n 1 C 0n 1   n  2  3 

n 1

 n.5n 1

Ví dụ 5: Chứng minh rằng C 0n  2C 1n  3C n2  ...   p  1  C pn  ...   n  1  C nn   n  2  2 n 1
Lời giải
Ta nhận thấy rằng nếu xét khai triển tổng quát thì các hệ số bị lệch đi 1 đơn vị, do đî để xử
ló được ta sẽ nhân thêm vào 2 vế đại lượng x, xét khai triển x  x  1  ta được
n

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 13


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
n

x  x  1   x. C x   x  1   nx  x  1 
n

k
n

k 0

n

k

n 1

n

n

  kC x   C kn x k
k 1

k
n

k

k 0

Cho x  1 ta cî điều phải chứng minh !
Ví dụ 6: Tính tổng S  3C 0n  4C 1n  5C n2  ...   n  3  C nn ?
Lời giải
3C 0n   C 0n x 3  '

1
1 4
 4C   C n x  '
Nhận thấy rằng với x  1 thì ta có  n

............

0
n n 3
 n  3  C n   C n x  '
 C 0n x 3  C 1n x 4  C 2n x 5  ...   n  3  C nn x n  3  x 3  C 0n  C 1n x  C 2n x 2  ...  C nn x n   x 3  x  1   * 
n

Xét hàm số f  x   x 3  x  1   f '  x   3x 2  x  1   nx 3  x  1 
n

n

n 1

Kết hợp với  *  ta có  f '  x   3x 2 C 0n  4x 3C 1n  C 2n 5x 4  ...   n  3  x n  2 C nn
Chọn x  1 thì S  3C 0n  4C 1n  5C n2  ...   n  3  C nn  3.2 n  n2 n 1  2 n 1  n  6 
Ví dụ 7: Cho số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức tổ hợp C 12 n  C 23 n 

 C 22 nn 1  512 .

  1  .n 2 .C nn .

Tình tổng S  2 2 C 2n  32 C 3n 

n

Lời giải
Ta có  1  x 

2n

 C 02 n  C 12 n .x  C 22 n .x 2  C 32 n .x 3 

 C 22 nn 1 .x 2 n 1  C 22 nn .x 2 n  1  .

Thay x  1 vào  1  ta có: 2 2 n  C 02 n  C 12 n  C 22 n  C 32 n 
2
3
 C 2n

Thay x  1 vào  1  ta có: 0  C 02n  C 12n  C 2n

 C 22 nn 1  C 22 nn
2n  1
2n
 C 2n
 C 2n

2 .
 3 .

Trừ từng vế của  2  và  3  ta có:
2 2 n  2.  C 12 n  C 23 n 

Nên C 12 n  C 23 n 

 C 22 nn 1   C 12 n  C 32 n 

 C 22 nn 1  2 2 n 1 .

 C 22 nn 1  512  2 2 n 1  2 9  2n  1  9  n  5 .

Bởi vậy S  2 2 C 25  32 C 35  4 2 C 54  52.C 55 .
Từ  1  x   C 05  C 15 .x  C 25 .x 2  C 35 .x 3  C 45 .x 4  C 55 .x 5 , lấy đạo hàm hai vế ta được:
5

5  1  x   C 15  2C 25 .x  3C 35 .x 2  4C 54 .x 3  5C 55 .x 4
4

 5x  1  x   C 15 x  2C 25 .x 2  3C 35 .x 3  4C 54 .x 4  5C 55 .x 5  4  .
4

Lại lấy đạo hàm hai vế  4  , ta có:
5  1  x   20x  1  x   C 15  2 2 C 25 .x  32 C 35 .x 2  4 2 C 54 .x 3  5 2 C 55 .x 4  5  .
4

3

Thay x  1 vào  5  ta được:
0  C 15  2C 25  32 C 35  4 2 C 54  52 C 55  2C 25  32 C 35  4 2 C 54  52 C 55  C 15

Hay S  2 2 C 25  32 C 35  4 2 C 54  52.C 55  5 .

14 | Chinh phục olympic toán

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN

2
3
 4.2 2015 C 2018
 ...  2019C 2018
Ví dụ 8: Tình tổng S  2.2 2017 C 12018  3.2 2016 C 2018
2018 .

Lời giải
Áp dụng khai triển nhị thức Newton ta có

2  x

2018

 x 2  x

2018
 C 02018 .2 2018  C 12018 .2 2017.x  C 22018 .2 2016.x 2  ...  C 2018
2018 .x

2018

2019
 C 02018 .2 2018.x  C 12018 .2 2017.x 2  C 22018 .2 2016.x 3  ...  C 2018
2018 .x

Lấy đạo hàm theo x hai vế ta được:

 2  x

2018

 x.2018.  2  x 

2017

2018
 C 02018 .2 2018  2.C 12018 .2 2017.x  3.C 22018 .2 2016.x 2  ...  2019.C 2018
.x 2018

Cho x  1 ta được 32018  2018.32017  C 02018 .2 2018  2.C 12018 .2 2017  3.C 22018 .2 2016  ...  2019.C 2018
2018
 S  32018  2018.32017  C 02018 .2 2018  2021.32017  2 2018 .

Ví dụ 9: Tình tổng S 

1
4
2.3C 22017  3.32 C 32017  4.33 C 2017


2017

 2017.32016 C 2017
2017  .

Lời giải
Xét khai triển: P  x    1  x 

2017

 C 02017  C 12017 x  C 22017 x 2  C 32017 x 3  C 42017 x 4 

2017
 C 2017
.
2017 x

Lấy đạo hàm hai vế ta được:
2017  1  x 

2016

4
 C 12017  2C 22017 x  3C 32017 x 2  4C 2017
x3 

2016
 2017C 2017
.
2017 x

4

Cho x  3 ta được 2017.4 2016  C 12017  2.3C 22017  3.3 2 C 32017  4.3 3 C 2017
3
4
 2017.4 2016  C 12017  2.3C 22017  3.32 C 2017
 4.33 C 2017




 2017.3 2016 C 2017
2017 .

2017
 2017.32016 C 2017
.

1
1
2
3
4
2017.4 2016  2017  
 3.32 C 2017
 4.33 C 2017


 2.3C2017
2017
2017

 2017.32016 C 2017
2017  .

 4 2016  1  S .

Ví dụ 10: Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2C 1n  3C 2n  ...   n  1  C nn  2621439 . Số

n

1

hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức  x2   bằng bao nhiêu?
x

Lời giải
Ta có x  1  x   C 0n x  C 1n x 2  C n2 x 3  ...  C nn x n 1 .
n

Lấy đạo hàm hai vế ta được

 x  1

n

 nx  x  1 

n 1

 C 0n  2C 1n x  3C 2n x 2  ...   n  1  C nn x n .

Cho x  1 , ta có C 0n  2C 1n  3C 2n  ...   n  1  C nn  2 n  n2 n 1  2 n 1  2  n  .
 2 n 1  2  n   1  2621439  2 n 1  2  n   2621440  2 n 

Xét f  n   2 n là hàm số đồng biến trên  0;   và g  n   2.

2621440
.2 . (*)

2n

2621440
là hàm số nghịch biến
2n

trên  0;   . Ta có f  18   g  18   n  18 là nghiệm duy nhất của (*).

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 15


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
18

1

Khi đî số hạng tổng quát của khai triển  x2   là C k18 x 36  3k với k  , 0  k  18 .
x

Vậy số hạng không chứa x là C 12
18  18564 .
ĐẠO HÀM CẤP 2.
Dấu hiệu sử dụng.
Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2, 2.3,...,  n  1  n hay
12 , 2 2 ,..., n 2 tức có dạng k  k  1  C kn a n k hay tổng quát hơn

 n  1 n,..., 3.2, 2.1 hay
k  k  1  C kn a n k bk thì ta có thể

dñng đạo hàm đến cấp 2 để tình. Xét đa thức

 a  bx 

n

 C 0n  C 1n a n 1 bx  ...  C nn b n x n

Khi đî đạo hàm hai vế theo x ta được:
bn  a  bx 

n 1

 C 1n a n 1 b  2C 2n a n 2 b2 x...  nC nn bn x n 1

Đạo hàm lần nữa:

b2 n  n  1   a  bx n 2   2.1C 2n a n 2 b2  ...  n  n  1  C nn b n x n 1  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.
Sau đây ta sẽ cñng đi vào các vì dụ minh họa để hiểu rð hơn phương pháp!
Ví dụ 1: Cho hàm số f  x    1  x  ,  2  n 
n



a) Tính f ''  1 
b) Chứng minh rằng 2.1C 2n  3.2C 3n  ...   n  1  nC nn  n  n  1  2 n 2

Lời giải
a) Ta có f''  x   n  1  x 

n 1

 f ''  x   n  n  1  1  x 

n 2

 f ''  1   n  1  x 

n 2

b) Ta có khai triển
n

n

n

k 1

k 2

f  x    1  x    C kn x k  C 0n  C 1n x   C kn x k  f '  x   C 1n   kC kn x k 1
n

n

k 2

n

 f ''  x    k  k  1  C kn x k  2  f ''  1    k  k  1  C kn  2 n 2
k 2

k 1

 2.1C  3.2C  ...   p  1  C  ...   n  1  nC nn  n  n  1  2 2 n 1
1
n

2
n

p
n

Từ câu b) thay n  1  n  1 thì ta có một bài toán khác:
Chứng minh rằng. 2.1C 1n  3.2C n2  ...   n  1  pC pn  ...   n  1  nC nn  n  n  1  2 n 2
Với bài toán này ta giải như sau:
Xét nhị thức  1  x   C 0n  C 1n x  ...  C nn x n
n

Nhân 2 vế của đẳng thức với x  0 đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được
2n  1  x 

n 1

 n  n  1 x  1  x 

n 2

 2C 1n x  3.2C n2 x  ...   n  1  nC nn x n 1

Cho x  2 ta được điều phải chứng minh!
16 | Chinh phục olympic toán
Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
2
2 2007  32 C 32009 2 2006  ...  2009 2 C 2009
Ví dụ 2: Rút gọn tổng sau S  12 C 12009 2 2008  2 2 C 2009
2009

Lời giải
Với ó tưởng như bài trên ta xét đa thức

x  2

2009

2009
 C 02009 2 2009  C 12009 2 2008 x  C 22009 2 2007 x 2  ...  C 2009
2009 x

Lấy đạo hàm 2 vế ta được 2.2009  x  2 

2008

2008
 1C 12009 2 2008  2C 22009 2 2007 x  ...  2009C 2009
2009 x

Nếu ta tiếp tục đạo hàm lần nữa thë chỉ thu được 1.2, 2.3 ,… do đî để thu được 2 2 , 3 2 ,... ta
phải nhân thêm hai vế với x rồi mới lấy đạo hàm, ta có
2009x  x  2 
 2009  x  2 

2008

2008

2009
 1C 12009 2 2008 x  2C 22009 2 2007 x 2  ...  2009C 2009
2009 x

 2009.2008x  x  2 

2007

2008
 12 C 12009 2 2008  2 2 C 22009 2 2007 x  ...  2009 2 C 2009
2009 x

Thay x  1 ròt gọn tổng trên ta được 2011.2009.32007 .
Tương tự khi tình tổng 2.1C 1n  3.2C n2  4.3C n3  ...   n  1  nC nn ta cần chò ó là trước tổ
hợp cî một hệ số lớn hơn k trong C kn nên ta phải nhân với x trước khi đạo hàm 2 lần.
4. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP.

Dấu hiệu sử dụng.
Ý tưởng của phương pháp này là dựa vào hệ thức



b

a

b

 xk 1 
ak 1  bk 1
x dx  
 
k1
k1a
k

Từ đấy dễ dàng tëm được dấu hiệu để sử dụng phương pháp này là số hạng của tổng có
dạng



b
a k  1  bk  1 k
n
C n . Cụ thể xét tích phân I    c  dx  dx ta có thể tính bằng 2 cách.
a
k1

1 b
1  c  dx 
n
Tính trực tiếp I    c  dx  d  c  dx  
d a
d n1

n 1 b

a



n
n
b
b

Tính gián tiếp I     Ckn cn k dk xk  dx   Ckn cn k dk  xk dx
a
a
k 0
 k 0




b
k 1


  n  k n k k a k  1  bk  1 
k n k k  x
   Cn c d 
     Cn c d

k  1  a  k 0 
k1 
k 0 



n

Hai cách trên là như nhau nên từ đî ta cî được
 k n k k a k  1  bk  1  1  c  dx 

 Cn c d

k1  d n1
k 0 
n

n 1 b

a

Tùy từng bài toán ta chọn các hệ số a, b, c, d thìch hợp!
Để dễ dàng nhận biết hơn thë ta cî thể chò ó như sau:
1 1 1

1
Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số 1; '; ; ;...; và mẫu số được
2 3 4
n

xếp theo thứ tự tăng hoặc giảm đều theo một quy luật nào đî, ta nghĩ ngay đến việc sử

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 17


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
dụng tìch phân. Khi đî, ta thực hiện theo các bước sau:


Bước 1: Tëm hàm để tính tích phân với các cận thích hợp.



Bước 2: Tính tích phân trong cả hai vế: vế chưa khai triển nhị thức Newton và vế đã
khai triển.



Bước 3: Cho hai kết quả bằng nhau và kết luận.

Trước khi vào các bài toán cụ thể ta cần nhớ các đẳng thức tìch phân sau:
1.

b

a  x  1

 x  1


n

n 1 b

b

 1  x

3.

a

n

a



b

a  x  1

n 1 b

a

n

b


x2
xn 1 
n
  xC 0n  C 1n
 ...   1  C nn

2
n1a

b

a

n

a

 x  1




a

n1

b

n

dx    C 0n x n  C 1n x n 1  C 2n x n 2  ...  C nn  dx

n 1 b

  x  1



dx   C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  ...  1  C nn x n dx

n1
b

b


x2
xn 1 
  xC 0n  C 1n
 ...  C nn

2

n1a

a

 1  x

 x  1

4.

b

a

n1

2.

dx    C 0n  xC 1n  x 2 C n2  ...  C nn x n  dx

b



xn 1
xn
x n 1
  C 0n
 C 1n
 C n2

 ...  C nn x 
n1
n
n 1

a
b

a

n 1 b

n1





dx   C 0n x n  C 1n x n 1  C 2n x n 2  ...   1  C nn dx

a

n

b

n
n 1
 0 xn 1


n
1 x
2 x
  Cn
 Cn
 Cn
 ...   1  C nn x 
n1
n
n 1

a

22  1 1 23  1 2
2 n 1  1 n
Ví dụ 1: Tình tổng S  C 
Cn 
C n  ... 
Cn  n  1
2
3
n1
0
n

Lời giải
Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng đều mộtđơn vị, ta nghĩ ngay
đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm lấy tích phân, các cận và số được
thay vào cho biến. Vì số hạng cuối cùng có hệ số
khïng đan dấu nên ta sử dụng

2

 1  x
1

n

2 n 1  1
nên ta biết cận từ 1 đến 2 và tổng
n1

dx .

Ta có  x  1   C 0n  xC 1n  C n2 x 2  ...  C nn x n
n

   x  1  dx    C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  ...  C nn x n  dx
2

2

n

1

1

 x  1


n 1 2

n1

1

2

1
1
1


  xC 0n  C 1n x 2  C 2n x 3  ... 
C nn x n 1 
2
3
n1

1

18 | Chinh phục olympic toán

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN


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

1
1
1
2 n 1  1
Ví dụ 2: Chứng minh rằng C0n  C1n  C 2n  ... 
C nn 
2
3
n1
n1
Lời giải
Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Tổng khïng đan
dấu, ta sử dụng

1

  x  1
0

n

dx

Xét khai triển  x  1   C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  ...  x 2C nn
n

Ta có:
1

 x  1
dx 

n 1

2 n 1  1

n1



  x  1



1
 0 1 2 1
n n 
0  C  xC  ...  x C  dx   xCn  2 x Cn  ...  n  1 Cn x  0

0

1

n

n1

1

0
n

1
n

n

n
n

1
1
1
 C 0n  C 1n  C n2  ... 
C nn
2
3
n1

Từ 2 đẳng thức trên ta cî điều phải chứng minh!
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ



1
1
1
1
n
n
Chứng minh rằng 2C 0n  C 1n 2 2  C 2n 2 3  ...   1 
C nn 2 n 1 
1   1 
2
3
n1
n1



Hướng dẫn. Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số

2 n 1
hạng cuối cùng có hệ số
nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta sử dụng
n1
2

 1  x
0

n

dx .

Ví dụ 3: Chứng minh rằng

 n  1 2 n  1
1 1 2 2 3 3
n
C n  C n  C n  ... 
C nn 
2
3
4
n1
n1
Lời giải

Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng có hệ
n
số
nên ta không thể nghĩ ra ngay một hàm số nào đî để tính tích phân. Bằng cách
n1
k
1  k

phân tích số hạng tổng quát

Ckn   1 
 C n , cho ta tổng sau:
k1
k1


C
1

1
n

1
1
1

 C 2n  C 3n  ...  C nn    C1n  C 2n  ... 
C nn 
3
n1 
2

Từ đî sử dụng 2 n    x  1  dx
n

0

Cách 1. Xét số hạng tổng quát trong vế trái



k
1  k

Ckn   1 
 C n k  0, n
k1
k1


Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton



Chinh phục olympic toán | 19


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
Do đî ta cî:
1 1 2 2 3 3
n
1
1
1

C n  C n  C n  ... 
C nn   C 1n  C 2n  C 3n  ...  C nn    C 1n  C 2n  ... 
C nn 
2
3

4
n1
3
n1
2

1

 2 n    x  1  dx  2 n 
n

0

n
2 n 1  1  n  1 2  1

n1
n1

Cách 2. Xét khai triển  x  1   C 0n  xC 1n  x 2 C 2n  ...  x n C nn .
n

Lấy đạo hàm 2 vế ta được n  x  1 
Ta có:




1

0

nx  x  1 

n 1

1

n 1

 C 1n  2C n2 x  3C n3 x 2  ...  nC nn x n 1



dx   n  1  x  1  x  1 
0

n 1

 dx  n   x  1
1

n

0

 x  1

n 1

 dx

1

  x  1 n  1  x  1 n 
 n  1 2 n  1
n
n 1
n
n

2

1

2

1

 

 

n 
n1
n1
 n  1
0



 C
1

0

1
n

 2C 2n x  3C 3n x 2  ...  nC nn x n 1  dx 

1 1 2 2
n
C n  C n  ... 
C nn
2
3
n1

Từ 2 điều trên ta cî điều phải chứng minh!
Ví dụ 4: Chứng minh rằng

1 1
1
1
1 2n 1 2 2n  1
C 2n  C 32n  C 52n  ... 
C 2n 
2
4

6
2n
2n  1
Lời giải

 x  1 2 n  C 02 n  xC 12 n  x 2 C 22 n  ...  x 2 n C 22 nn
Xét các khai triển 
2n
0
1
2 2
2n 2n
 1  x   C 2 n  xC 2 n  x C 2 n  ...  x C 2 n

Trừ 2 vế đẳng thức trên ta được:

 x  1


1

2n

 1  x

 x  1

2n

0

 x  1


2n

 2  xC 12 n  x 3C 32 n  ...  x 2 n 1C 22 nn 1 

 1  x
2

 1  x
2  2n  1 
2 n 1

2n

dx    xC 12 n  x 3 C 32 n  ...  x 2 n 1C 22 nn 1  dx
1

0

2 n 1 1

0

1

1
1 2 n 1 2 n 

1
  C 12 n x 2  C 23 n x 4  ... 
C2n x 
4
2n
2
0

1 1
1
1
1 2 n 1 2 2 n  1
C 2 n  C 23 n  C 25 n  ... 
C2n 
2
4
6
2n
2n  1
1 2 1 4
1
2n
Nhận xét. Nếu phải tính tổng C 02n  C 2n
thì ta xét
 C 2n  ... 
C 2n
3
5
2n  1


P x 
Sau đî tình tìch phân

 x  1

2n

 1  x
2

2n
2n
 C 02n  x 2 C 22n  ...  C 2n
2n x

1

 P  x  dx .
0

Còn nếu phải tính tổng

1 0
1 2 1 4
1
2n
thì ta xét
C 2n  C 2n
 C 2n  ... 

C 2n
2
4
6
2n  2
2
2n 2n  1
G  x   xP  x   C 02n x  C 2n
x 3  ...  C 2n
x

20 | Chinh phục olympic toán

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Sau đî tình tìch phân

1

 G  x  dx .
0

Ví dụ 5: Chứng minh rằng 2C

0
2n

2 2 2 4

2
2 2n 1
2n
 C 2n  C 2n  ... 
C 2n 
 n  1
3
5
2n  1
2n  1
Lời giải

Xét khai triển  x  1 

2n

 C 02 n  xC 12 n  ...  x 2 n C 22 nn

Ta có:



1

  x  1
1

 C
1

1

2n

 x  1
dx 

2 n 1 1

2n  1

1

2 2 n 1

n1
1

 xC

0
2n

1
2n

1
1

2n 2n  1 

 ...  x C  dx   C02n x  C12n x 2  ... 
C 2n
x

2
2n  1

 1
2n

2n
2n

2
2
 2C 02n  C 22n  ... 
C 2n
2n
3
2n  1

Từ 2 đẳng thức trên ta cî điều phải chứng minh!



Ví dụ 6: Cho tích phân

1

0

x 2  1  x 3  dx 
n

2 n 1  1
 n  2  . Chứng minh rằng
3  n  1

1 0 1 1 1 2
1
2 n 1  1
C n  C n  C n  ... 
C nn 
3
6
9
3  n  1
3  n  1

Lời giải
Xét I   x 2  C 0n  x 3C 1n  C n2 x6  ...  C nn x 3n  dx
1

0

   C 0n x 2  C 1n x 5  ...  C nn x 3n  2  dx
1

0

1
1
1
1
 C 0n  C 1n  C n2  ... 
C nn
3
6
9
3  n  1
Mặt khác



1

0

x 1  x
2



3 n

2 n 1  1
dx 
 n  2  vậy ta cî điều phải chứng minh!
3  n  1

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

 1 Cn  1 x 1  x2 n dx
1
1
1
1
1. Chứng minh rằng C0n  C1n  C 2n  C 3n  ... 

n
0 
2
4
6
8
2  n  1
n

Gợi ý. Ta có



1

0

x  1  x 2  dx 
n

1

2  n  1

 1 C n  1 1  x 2 n dx
1
1
1
2. Chứng minh rằng 1  C 1n  C n2  C n3  ... 

n
0 
3
5
7
2n  1
n

n

Gợi ý. Ta có

 1  x 
1

0

2 n

dx 

 2i

n

i 1

  2i  1
i 1

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 21


NHỊ THỨC NEWTON VẬN DỤNG CAO
1
1
C kn mà là
C kn thì ta
k1
k2
1
cần phải nhân thêm x vào hàm đa thức cơ bản trước khi tính tích phân, còn nếu là
C kn
k3

Chú ý. Khi bài toán cho mà số hạng tổng quát không phải là

thì ta phải nhân thêm x 2 vào hàm đa thức cơ bản trước khi tình tìch phân,…
Sau đây ta sẽ cùng hiểu rð hơn qua ví dụ sau.

n  2 n 1  1

1 0 1 1 1 2
1
n
Ví dụ 7: Chứng minh rằng C n  C n  C n  ... 
Cn 
 n  1
2
3
4
n2
 n  1 n  2 
Lời giải
Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng có hệ
1
số
C kn thì ta phải nhân thêm x vào hàm số cơ bản trước khi tình tìch phân. Khi đî, ta
k2
sử dụng

1

 x  x  1

n

0

dx .

Ta có

1

1



 x  x  1



 x  x  1

n

0

1

1

dx    x  1 

n 1

0

n

0

  x  1 n  2  x  1 n 1 
n2 n  1  1
dx    x  1  dx  

 
0
 n2
n  1 
 n  1  n  2 

0
1

n

dx   x  C 0n  xC 1n  ...  x n C nn  dx 
1

0

1 0 1 1
1
C n  C n  ... 
C nn
2
3
n2

Từ 2 đẳng thức trên ta cî điều phải chứng minh!
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.

1 C nn

1 0 1 1 1 2
1
C n  C n  C n  ... 

2
3
4
n2
 n  1 n  2 
n

Chứng minh rằng

Ví dụ 8: Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn đẳng thức dưới đây hãy tëm n?

C

4
2n  2
C 22n C 2n
C62n
C 2n
C 2n
4096




 ... 
 2n 
3
5
7
2n  1 2n  1
13

0
2n

Lời giải
Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn C02n 
Ta có:  1  x 

2n

4
C 22n C 2n
C6
C 2n 2
C 2n
8192
.

 2n  ...  2n  2n 
3
5
7
2n  1 2n  1

15

2
2n 2n
 C 02n  C 12n x  C 2n
x 2  ...  C 2n
x .



1

 1  x

1

2n

0



1  x

2 n 1 1

2n  1


1

1
1

2n  1 
dx   C02n x  C12n x 2  C 22n x 3  ... 
C 2n
2n x

2
3
2n  1

0

2 2

0

2n  1

1

1
1
1


  C 02 n x  C 12 n x 2  C 22 n x 3  ... 
C 22 nn x 2 n 1 
2

3
2n  1

0

 1

2n  1

22 | Chinh phục olympic toán

2
2
2
 2C02n  C 12n  C 22n  ... 
C 2n
2n  1 
2
3
2n  1

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Mặt khác

1

 1  x

0

1

2n

1
1
1

2n  1 
dx   C02n x  C 12n x 2  C 22n x 3  ... 
C 2n
2n x

2
3
2n  1

0


2
2
2 2
2
2n
 2C 02n  C 12n  C 2n
 ... 
C 2n

2
2n  1
2
3
2n  1

Lấy  1  trừ  2  , ta được:


C1
C4
C6
C 2n 2
C 2n 
2 2n 1
2 2n 1
4096
 n  6.
 2  C02n  2n  2n  2n  ...  2n  2n  
 2.
2n  1
13
2n  1
3
5
7
2n  1 2n  1 

Ví dụ 9: Tëm số tự nhiên n thỏa mãn

C0n C1n C n2
C nn
2 100  n  3
.


 ... 

1.2 2.3 3.4
 n  1 n  2   n  1 n  2 

Lời giải
Cách 1. Ta có:
n  2!

Ckn
Ckn22
n!
.



 k  1 k  2  k !  n  k  !  k  1 k  2   n  k  !  k  2  !  n  1  n  2   n  1  n  2 

Suy ra

n
Ckn
Ckn22




k  0  k  1  k  2 
k  0  n  1  n  2 
n



C0n C1n C 2n
C nn
C 2  C n3  2  C n4  2  ...  C nn 22


 ... 
 n 2
1.2 2.3 3.4
 n  1 n  2 
 n  1  n  2 

Ta xét khai triển sau:  1  x 

n2

  .

 C 0n  2  x.C 1n  2  x 2 .C n2  2  x 3 .C 3n  2  ...  x n  2 .C nn  22 .

Chọn x  1  2 n  2  C 0n  2  C 1n  2  C n2 2  C n3 2  ...  C nn 22 .
Do đî:   

2 n  2  C 0n  2  C 1n  2
2 100  n  3

 2 100  2 n  2  n  98 .
 n  1 n  2   n  1 n  2 

Cách 2. Ta có:
C 0n C 1n C 2n
C nn
S


 ... 
1.2 2.3 3.4
 n  1  n  2 
1  n
1 1
1 1
1 1
 1
    C 0n     C 1n     C n2  .....  

 Cn
1 2
2 3
3 4
n1 n2 

1
1

1
1
1
1
1
 1

=  C0n  C1n  C n2  .....
C nn    C 0n  C 1n  C 2n  .....
C nn 
2
3
n1   2
3
4
n2
1


Lại có

1

1

1

1

  1  x  dx   x  1  x  dx   2  1  x  dx    1  x 

0

n

n

0

n

0

n 1

dx

0

1
1
1
1
1
1
1
 1

  C 0n  C 1n  C n2  .....
C nn    C 0n  C 1n  C n2  .....
C nn 

2
3
n1
3
4
n2
1
 2

1

1

2
1
2.2 n  1  2 2 n  2  1
2 n2  n  3
n 1
n 2

S


1  x 
1  x
n1
n2
n1
n2
 n  1  n  2 

0
0

Điều ta biết là giọt nước, điều ta chưa biết là đại dương - Newton

Chinh phục olympic toán | 23