Giup ban on tap ve nhi thuc NewTon

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (788.77 KB, 41 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Hè 2009

NGUYỄN VĂN NĂM - LÊ HỒNG NAM

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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 2

NH

Ị THỨC NEWTON V

À

ỨNG DỤNG

A. LÝ THUY

ẾT

1.

CÔNG THỨC NEWTON:

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









 

0 1 1

...

1 ... 1

n

n k n k n n n n n

n n n n

k
n

n k k n k n n n n n n

n n n n

k

a b C a b C a C a b C b

 



 



      

        



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: 1 k n k k

k n

T C a  b
(Đó là số hạng thứ k1trong khai triển



a b



n)

d. Các hệ số nhị thức các đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau.

e. 2n CnnCnn1...Cn0
f. 0Cn0Cn1... 

 

1 nCnn
g. Tam giác Pascal:

0 1

1 1 1

2 1 2 1

...
n

n
n

 

   
   

...
1...

1 ...1
...

m m

k k
m
k

n k C C

n k C





   
  

...
Với Ckm1Ckm Ckm1





















2 2 2

3 3 2 2 3

1 # 0

3 3

...

a b a b

a b a ab b

a b a a b ab b

   
  

   

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3.

Một số khai tiển hay sử dụng:









 

0 1

2 1 1 ...

0 1 1 1 ... 1

n
n

n k n

n n n n

k
n

n k k n n

n n n n

k

C C C C



       

         







0 1 1 0

1 ...

n

n k n k n n

n n n n

k

x C x  C C x  C x



  



   





 

0 0 1 1

 

1 1 ... 1

n

n k k n k n n n

n n n n

k

x C x  C x C x C x



  



     





 

0 1 1

 

1 1 ... 1

n

n k k n k n n n

n n n n

k

x C x  C C x  C x



  



     



4.

Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức NEWTON

1.

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

1
n

i
n
i

C





với i là các số tự

nhiên liên tiếp.

2.

Trong biểu thức có





n

i
n
i

i i C







thì ta dùng đạo hàm



i





Trong biểu thức có





1
n

i
n
i

i k C







thì ta nhân hai vế với k

x , rồi lấy đạo hàm.



Trong biểu thức có

1
n

k i
n
i

a C





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



Trong biểu thức có

1
1

n

i
n
i

C
i

 



thì ta lấy tích phân xác định trên



a b;



thích
hợp.



Nếu bài tốn cho khai triển





   

 

1 1

n n

n n i i a n i ib

a b i a b i

n n

i i

x x C x  x C x  

 

 







thì hệ số của m

x là Cni sao cho phương trình a n i







b i. m có nghiệm i
 i

n

C đạtMAX khi 1

n

k   hay 1

n

k   với n lẻ,

n

k với n chẵn.

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

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 4
Ví dụ 1.1: (D(H Thủy lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức:

  







10 ...





Q x  x  x   x

Ta được đa thức: Q x

 

a0a x1 ...a x14 14

Xác định hệ số a9.

Giải 
Hệ số 9

x trong các đa thức:



1x



9



1x



10...



1x



14 lần lượt là: C C99, 105,...,C149

Do đó: a9 C99C109 ...C149

1 10 110.11 110.11.12 1 .10.11.12.13 1 10.11.12.13.14

2 6 24 20

     

11 55 220 715 2002    3003

Ví dụ 1.2(ĐHBKHN- 2000) Giải bất phương trình: 22 2 3

1 6

10
2AxAx  xCx 
Giải

Điều kiện: x là số nguyên dương và x3

Ta có: bất phương trình tương đương với





















 





2 1 2 6 2 1

1 10

2 3!

2 2 1 1 2 1 10

3 12 4

x x x x

x x

x

x x x x x x

x x

  

   

       
   

Vì x ngun dương và x3nên x

 

3.4

Ví dụ 1.3: Tìm hệ số x16 trong khai triển



x22x



10
Giải

Ta có:





 





10 10

10
0
10

2 2

2 k k k

k

x x C x  x



 





 

10 10

20 2 20

10 10

0 0

2 k 2 k

k k k k k

k k

C x  x C x 

 





 





Ta chọn: 20k  16 k 4

 Hệ số x16 trong khai triển là: C104 3360

Ví dụ 1.4: Tìm hệ số x1008 trong khai triển

2009
2

x
x

 



 

 

Giải 
Số hạng thứ k1 trong khai triển:

 

2 2009 4018 5

1 2009 3 2009

1 k

k

k k k

k

T C x C x

x

 



 

   

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta chọn: 4018 5 k1008 k 602

 Hệ số của 1008

x trong khai triển là 602
2009
C

Ví dụ 1.5:(ĐH KA 2004) Tìm hệ số của 8

x trong khai triển đa thức của





8
2

1 x 1 x

   

 

Giải

Cách 1: Ta có

 





 

8 8

2 2

8 8

0 0 0

1 1

k

k i

k k k i i

k

k k i

f x C x x C x C x

  

 

       

 



Vậy ta có hệ số của 8

x là

 

1iC C8k ki thỏa

0 8

2 8

2
,

3
i
i k

k
k i

i
i k N

k

 
  

 



 

  

 



   





 Hệ số của x8 là:

 

1 0C C84 40

 

1 2C C83 32 238

Cách 2: Ta có:

 

0 3 2





3 4 2





4 8





8 8 8 8

... 1 1 ... 1

f x C  C x x  C x x   C x x 
Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng:

 Số hạng thứ tư: C83x2



1x



3

 Số hạng thứ năm: C84x2



1x



4

Với hệ số tương đương: A8 C C83 32C C84 40 238

Ví dụ: 1.6:(ĐH SPQN 2000) Xác định hệ số 3

x trong khai triển hàm số

 





10
1 2 3

P x   x x theo lũy thừa của x
Giải 
Ta có: P x

 

 



1 2x3x2



10 1x



2 3 x



10

















0 1 2 2 3 3 10 10

10 10 2 3 10 2 3 10 2 3 ... 10 2 3

C C x x C x x C x x C x x

         

Nhận thấy rằng hệ số 3

x chỉ xuất hiện trong:

















2 2

10 10 10

2 3 3

2 3 3 2 3 3 3

10
4
4 12

2 3 2 3 x x 9x 2 3

C x  x C x  x C   C x  x

 Hệ số 3

x trong khai triển của P x

 

là: 2 3

10 10

12C C .8540 960 1500

Ví dụ 1.7: Tìm hệ số của 16

x trong khai triển thành đa thức của

 





1 1

f x  x x 

 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 6
Xét khai triển:

 





2 2 2

1 0

n k

k
i
i k

f x C C x x

 

 



 

   

 

 

16 16

2 2

16 16

0 0 0 0

1 1 1

k k

k k k i i i i k i k i

k k

k i k i

C x C x C C x 

   

   

        

   



 

Vậy ta có hệ số của x16 là

 

1 k1C C16k ki thỏa

0 8

0 16 1 7

8 2 6

, 3 5

4 4

i k

i k i k

k i i k

i k N i k

i k

  




     

 





     




     

 

   


Vì vậy hệ số của x16 trong đa thức là: C C168 80C C167 71C C166 82 C C165 83C C164 84 258570

Ví dụ 1.8: Tìm hệ số của số hạng x101y99 trong khai triển



2x3y



200

Giải

Ta có:









 





200

200 200

200
0

2 3 2 3 k 2 k 3 k

k

x y x y C x  y



     





 

200

200 200

200
0

1 k k .2 k.3 .k k. k
k

C  x  y







Ta chon: 200 101 99
99

k

k
k

 


 





Vậy hệ số cần tìm là:

 

1 99C20099.2 .399 99 C20099 .2 .399 99
Ví dụ 1.9: (ĐH HCQG, 2000)

a) Tìm hệ số x8 trong khai triển

x
x
 


 
 

b) Cho biết tổng tấc cả các hệ số của khai triển nhị thức





1 n

x  bằng 1024 . Hãy tìm
hệ số a





aN của số hạng ax12 trong khai triển đó. ((ĐHSPHN, khối D, 2000) ) 
Giải

a) Số hạng thứ



k1



trong khai triển là: 12 12 2





12 12 0 12

1 k

k k k k

k

a C x C x

x k

 

 
 

    

 
Ta chọn 12 2 k 8 k 2

Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x8 và có hệ số là: C122 66

b) Ta có:





2 1 2 12 2

1 ..

n

k k k k

n
n

n

k

n

n n

C x C C C x

x x 



    





Với x1 thì: 0 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2n 210 n10

Do đó hệ số a (của 12

x ) là: C106 210
c)

Ví dụ 1. 10: (D(H Khối A- 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị

thức NEWTON của 14 7

n

x
x

 



 

  biết rằng

1 2 20

2 1 2 1 ... 2 1 2 1

n

n n n

C  C   C    (

n

nguyên

dương và Cnk là tổ hợp chậpk của n phần tử)

Giải 
Từ giả thiết suy ra: C20n1C12n1...C2nn1 220

 

Mặt khác:C2kn1C22nn 11 k,  k, 0 k 2n1, nên:





 

0 1 0 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

... ... 2

n n

n n n n n n

C  C   C   C  C   C  

Từ khai triển nhị thức của:



1 1



2n1suy ra :





2 1

 

2 1

 

0 1 2 1

2 1 2 1 ... 2 1 1 1 2 3

n n

n

n n n

C  C   C      

 
   1 , 2

2 20

3 2 2 10

n

n


   

Ta có số hạng tổng quát của nhị thức

   

7 4 7 11 40

10 10

0 0

1 n k k n

k k k

k k

x C x x C x

x



 

 

 

  

 

 



Hệ số của x26 là C10k với k thỏa mãn 11k4026k 6

Vậy hệ số của 26
x là 6

10 210

C 

Ví dụ 1.11: (ĐHKT HN- 1998) Tìm hệ số đứng trước x5 trong khai triển biểu thức
sau đây thành đa thức: f x

  

 2x1



4



2x1



5



2x1



6



2x1



Giải

Ta xét các khai triển sau:





 





 





 





 

4 5

4 4 5 5

4 5

0 0

6 7

6 6 7 7

6 7

0 0

2 1 2 ; 2 1 2

k k

x C x x C x

 

 

 

 

    

    



Nhận xét: Số hạng chứa 5

x của



2x1 là 0



4 

Số hạng chứa x5 của



2x1 là



5 C50

 

2x 5
Số hạng chứa x5 của



2x1 là



6 C61

 

2x 5
Số hạng chứa 5

x của





7 2

 

5
5
2x1 là C 2x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 8
Ví dụ 1.12( Khối D- 2003) Với n là số nguyên dương, gọi a3n3 là hệ số của x3n3
trong khai triển thành đa thức của



x21



n



x2



n. Tìm n để a3n3 26n

Giải 
Cách 1: Ta có









2 2 1 2 2 2 2 4

1 1 2 2 2

1 ...

2 2 2 ... 2

n n n n n

n n n n

n n n n n

n n n n

n

x C x C x C x C

 

     

     

Dễ thấy với n  1,n 2 không thỏa mãn điều kiện bài tốn.
Với n3 thì x3n3x x2n n3 x2n2xn1

Vì vậy hệ số của x3n3 trong khai triển thành đa thức của



x21



n



x2



n là:





3 3

2 2 3 4

26 26 7

3 ( )

2
n

n

n n n

n n

n L

a

oai




 



    

  


Vậy n5 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài tốn ( n nguyên dương).
Cách 2: Xét khai triển:









3 3

2 2

2
0
3

1 1

2 1 2

1 2

k i

n n

n

n n n k i

n n

k i

n n

k k k i i

n n

k
n

i

C C

x

C x C x

x x x

x x x x

x

 

 

 

 

     

   

     

       

 



 

     

 

  

 



Trong khai triển lũy thừa của x là

0
3

3 3 2 3

1
1
i
k

n i k

i
k

 






      

 






Nên của hệ số của 3n 3
x  là:





3 3

2 2 3 4

26 26 7

3 ( )

2
n

n

n n n

n n

n L

a

oai




 



    

  


Vậy n5 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài tốn ( n ngun dương).

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

1
1

1 1 1 1

0 1 1

3 3 3 3

2 2 2 2 . 2 ... 2 . 2 2

n n n n n

x x x x

n n

n n n n

x C x C x C x C




   



             

     

             

     

       

( n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn3 5Cn1 và số hạng thứ tư

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Giải

Điều kiện: nN và n3

Ta có:









3 1 ! !

5
3!

3 ! 1 !

n n
n n
n
C C
n
 
 








5 2 3 28 0
6

n n n

n n n

 

     

 n 7(Nhận)  n 4 (loại)

Với n7 ta có:

7 7 7

1 7 1

3 3
2 2
7
0
2 2
k
x x
x x
k
k

x C x


 
 

     
 
     
 

 



 

Vậy số hạng thứ tư trong khai triển trên là:

3
4

3 2 3 2 2

7 2 35.2 .2

x
x
x x
C x


 
 
 

 
 
   

Kết hợp với giả thiết ta được: 2 2 2

35.2 x .2 x 140 2x 4 4

x
       

Ví dụ 1.14: Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức:

1
2
2 2
n
x
x 
 

 
 

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

Từ giải thiết ta có:

 





2 1 2 2

2 4

2 1 2 4

2 1

2 2 9

2 .2 2 135

1
1 22
22
2
x x
n n

x x x

n n

n n n

C C

n n

n

C C C

 

  
 
  
  
 

  
  
    
 





2 2

2 2 1

4 1

2 2

1 1

2 9 2 2 0 2 2

2 2

42 0 6

7 ( )

x

t x

t t t t x

t

n n n

n Loai

    

  

  
  
         
  
   
     


   




Vậy 1, 1
2
x  

  là giá trị cần tìm.

Ví dụ 1.15: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển:

17
1
1
5x
 

 
 
Giải

Xét khai triển:

 

17 17
17
0
1 1
1
5 5
k
k

k
k

x C x


   
  
   
 



 





1
0,1, 2,...,17
5
k
k
k

a   x k

     

 

Ta có ak đặt

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 10







 









 



17! 17!

! 17 ! 1 ! 16 ! 5 5 17

2 3

17! 17! 18 5

! 17 ! 1 ! 18 !

k k k k k k

k

k k

k k k k





   

  





    

 


 

   



 Với k2 thì hệ số là:

2
2
17

5.44
5

C    
 

 Với k thì hệ số là:

3
3
17

5.44
5

C    
 
Vậy hệ số lớn nhất là:

3
3
17

5.44
5

C    
 

Từ Ví dụ trên ta đi đến bài tốn tổng qt sau:

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



n có số hạng tổng quát C ank n k b xk k

Ta đặt: uk C ank n k bk, 0 kn ta được dãy số

 

uk . Việc cịn lại là đi tìm số hạng lớn

nhất của dãy ta làm như sau:
 Giải bất phương trình

1
1
k
k
u

u   tìm được k0uk0 uk01...un

 Giải bất phương trình
1

1
k
k
u

u   tìm được k0uk1 uk11...u0
Từ đó ta có số hạng lớn nhất của dãy là





0 1
max uk ,uk 

Tuy nhiên để đơn giản chúng ta có thể làm như sau:

Giải hệ bất phương trình

0
1

k k

u u

k

u u













Suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức NEWTON là k0 n k0 k0
n

C a  b

Ví dụ 1.16: (HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức

  



1 0 1

2 1

12
2
...

1 2 a a x a

P x   x     x

Tìm max



a a a0, 1, 2...,a12



Giải 
Cách 1: Xét khai triển:





12 12

 

12
12
0

1 2 k1 k k

k

C x

x




 







  

122 0,1, 2,...,12 1
k k

k

a C k

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>







 



1 1

12 12

12!2 12!2

2 2

! 12 ! 1 ! 11 !

k k

k k k k

C C

k k k k


 

   

  





1 2 23 2

3 23 7 0 7

12 k k 1 k k 3 3 k k Z

            

 

Áp dụng

 

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





8 18

0 1 2 12 8 12

max a a a, , ...,a a C .2 126720

    

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 1

12 12

1 1

12 12

2 1

2 2 12 1 23 25

1 2 3 3

2 2

12 1

k k k k

C C k k

k k

C C

k k
 

 




 

   

     

 



 

 

  






8 18

0 1 2 12 8 12

max a a a, , ...,a a C .2 126720

    

Ví dụ 1.17: Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển và rút gọn tổng sau:

  











1 1 ... 1

f x  x  x   x

Giải

Vì tổng f x

 

có 12 số hạng nên ta có:

  



















12 16 4

41 1 1 1

1 1

x x x

f x x

x x

    

  

 

 Hệ số của số hạng chứa x4là hệ số của số hạng chứa x5 trong



1x



16
Vậy hệ số cần tìm là: C165 4368

Đối với dạng tốn này ta có phương pháp giải sau:

Bài tốn tìm hệ số chứa xk 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:





1 2 1

... 1. 9

n n

q

S u u u u

q



      


Xét tổng S x

  

 1bx



m1



1bx



m2...



1bx



m n như là tổng n số hạng đầu

tiên của cấp số nhân với u1 



1 bx



m1 và công bội q



1bx



Áp dụng công thức



1. 9



ta được:

  



















11 1 1 1

1 1

n m n m

m bx bx bx

S x bx

bx bx

  
     

  

 

Suy ra hệ số của số hạng chứa k

x trong S x

 

là tích giữa 1

bvà hệ số của số hạng chứa
1

k

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 12
Ví dụ 1.18: Tìm hệ số của số hạng chứa x và rút gọn tổng sau:

  

















1 2 1 ... 1 1 n 1 n

S x  x  x   n x  n x
Giải

Ta có: S x

  

 1 x



1 2 1



x



...



n1 1



x



n2n



1x



n1

 

Đặt:

  





















  

 















 

2 2 1

2 3 1

1 1 2 1 3 1 ... 1 1 1

1 1 1 ... 1 1

n n

f x x x x n x n x

F x x x x x x

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 x2
của F x

 

Tổng F x

 

có n số hạng

  



















1 1 1 1

1 1

n n

x x x

F x x

x x



    

   

 
 Suy ra hệ số của số hạng chứa x của F x

 

Cn21

 Suy ra hệ số của số hạng chứa x2 của F x

 

Cn31
Vậy hệ số cần tìm là: 21 2 31



1 2





n n

n n n

C   C    

2. Bài tốn tìm số hạng trong khai triển NEWTON
Ví dụ 2.1: Tìm số hạng thứ 21trong khai triển:



2 3 x



Giải

Số hạng thứ 21 trong khai triển là: C252025



3x



20 C25202 35 20x20
Ví dụ 2.2 Tìm số hạng chứa chứa x28 trong khai triển



x3xy



Giải

Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk1C10k

 

x3 10k

 

xy k C x10k 30 2 kyk
Số hạng chứa x28 ứng với: 30 2 k 28k1

Vậy số hạng cần tìm là: 1 29
10
C x y
Ví dụ 2.3

a. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau





21
x xy

b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau

 

2
3

1
x x

xy

 

  

 

 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Giải

a. Khai triển



x3xy



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

thứ 11 và 12

 Số hạng thứ 11: C2110

 

x3 11

 

xy 10 C x y2110 43 10

 Số hạng thứ 12: C2111

 

x3 10

 

xy 11C x y2110 41 11
b. Khai triển

 

2
3

1
x x

xy

 

  

 

 

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

hạng thứ 21 1 16
2

 
 
 

  :

 

10 10 65 20

7 2

10 4 10 6 3

20 20

C x    xy   C x y

 
 

( Với

 

x là ký hiệu phần nguyên của xnghĩa là số ngun lớn nhất khơng vượt q x).
Ví dụ 2.4 Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển



1x



1x



Giải 
Cách 1: Xét khai triển









0 1





2 2





2 3 3





3 10 10





10 10 10 10 10

1 1 1 1 ...

1x x C C x x C x x C x x  C x 1x
Nhận thấy: x3 chỉ có trong các số hạng:

 Số hạng thứ ba: C x102 2



1x



2 C102



x22x3x4



 Số hạng thứ tư: C x103 3



1x



3 C103



x33x43x5x6



Vậy số hạng cần tìm là: 2 3 3 3 3

10 10

2C x C x 210x

Cách 2: Số hạng tổng quát trong khai triển là: 10





k
k k

C x x

Số hạng chứa 3

x ứng với: 2k3

 Với k2ta được: C x102 2



1x



2 nên số hạng chứa x3 là: 2C x102 3

 Với kta được: C x103 3



1x



3 nên số hạng chứa 3

x là: C x103 3
Vậy số hạng cần tìm là: 2 3 3 3 3

10 10

2C x C x 210x

Ví dụ 2.5:(ĐH Khối D- 2004) Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển

 

7
3

f x x

x

 

  

 

với x0

Giải

Số hạng tổng quát trong khai triển:

 





7 7
7

3 3 12

1 7 4 7

, 7

k

k k

k

T C x C x k N k

x

 



 

       
 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 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 2 0

x x

x

 



  





Giải 
Số hạng tổng quát trong khai triển:

2 3

3 4

1 17

k k

k
k

T C x x





   
     

 
 

Với



0k17, k Z



3 2 34 17 34

4 3 3 12 3

17 17

k k k

k k

C x   C x 

 

Đến đây ta phải tìm k sao cho 17 34 0 8

12 3

k

k
   

Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 trong khai triển và có giá trị là: C178 24310

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

trong khai triển:

21
3

a b

b a

 



 

 

Giải 
Ta có số hạng ổng quát cảu khai triển:

21 1 1 1 1 21

3 6 6 2

3 . .

a b

a b a b

b a

 

   

  

   

 

 

21 21 3 21 63 4

21 21

3 6 6 2 6 3

21 21

0 0

. . .

k k k k k k

k k

C a b a b C a b

   



 









Để số mũ của a và b bằng nhau 3 21 63 4 84

6 6

k k

k

 

   

Vậy hệ số của số hạng chứa a và bcó số mũ bằng nhau trong khai triển là:C1221 293930

Ví dụ 2.8 :(ĐHSP Khối A, 2000) Trong khai triển





3 15 0

n

x x x x

 



  





. Hãy tìm 
số hạng khơng phụ thuộc vào x, biết rằng: Cnn Cnn1Cnn2 79

Giải

Từ giả thiết ta có: 1 2 79 1





79
2

n n n

n n
C C  C     n  

156 0 12

n n n

     

Ta có số hạng tổng quát trong khai triển

3 15

12
x x x

 



 

 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>





12 28 16 4 28 16 48

3 5 3 15 15

12 . 12 12

k k k k

k

k k k

C x x  x  C x   C x 










Số hạng này không phụ thuộc vào 16 48 0 5
15

x  k  k
Vậy số hạng cần tìm là: C125 792

Ví dụ: 2.9: Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển





2 2

*
3

2 2 , , 0,

n

x y

x y n N

y x

 

     

 

 

Biết tổng tấc cả các hệ số trong khai triển này bằng: 4096

Giải

Trước tiên ta đi tìm n thơng qua giả thiết đã cho: Có thể trình bày theo hai cách sau
Cách 1: Ta có:



1x



n a0a1x...anxn 4096 *

 

Trong đó: ak Cnk

Với x 1

 

1 2n a0a1...an 4096212 n 12

Cách 2: Tổng tấc cả các hệ số trong khai triển là:

 





0 1 0 12

0 12 12 12

... 4079 2

1 .1 2 1 1 2 12

n
n

n n n n

k
n

n k k n n

n
k

C C C C

C n







     

        



Vậy số hạng thứ 6 trong khai triển

2 2

x y

y x

 



 

 

là:

32
5

2 2 3

5 3

12 2 2 792

x y x

C

y x y

 

   


 

     
 
   

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

9 10

0 1 9 10

1 2

...

3 3x a a x a x a x

 

     

 

  .

Hãy tìm số hạng ak lớn nhất.

Giải

Ta có:





 

10 10

10 10 10

1 2 1 1 1

1 2 2 2

3 3 3 3 3

n

k

k k k

k
k

x x C x a C



 

     

 

 



Ta có ak đạt 1

1 1

0 10

1 1

10 10

2 2

max

2 2

k k
k k

k k k k

C C

C

a a

C

a a



 







 

 

 

  

 







 









 



2 10! 2 10! 1 2

! 10 ! 1 ! 9 ! 10 1 19 22

2 2 3 3

2 10! 2 10!

11
! 10 ! 1 ! 11 !

k k

k k k k k k

k

k k

k k k k

 



     

   

    

   



     

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 16









7 , 0,10

k k N k

     

Vậy

7
7

7 10 10

2
max

3
k

a a C

  

Ví dụ 2.11:(Đề nghị Olimpic 30- 4)Tìm số hạng lớn nhất trong khai triển:



1 0, 2



1000

Giải 
Ta có: Số hạng thứ k: 10001



0.2



1 11 10001

k

k k

T C     C 

Số hạng thứ k1: 1 1 1000

k

k k

T  C

Số hạng thứ k1: 1 12 10002

k

k k

T   C 



 









 





 



1000 1000

1 2

1000 1000

1000! 1 1000!

1 .

1 ! 1001 ! 5 ! 1000 !

1 1 1000! 1000!

5 5 1 ! 1001 ! 2 ! 1002 !

k k

C C k k k k

T T

C C

k k k k




 




 

 

   



  

  



    

     

 





1 1

1002 5 5

1001 5 1001 1007

167

1 5 1001 6 6

1002

5 1

k k

k
k





     



      

 


  





Vậy 166

1000

166

1
max

k

T C

 

Ví dụ 2.12: Tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển

10
3

1
5
2

 



 

 

Giải

Số hạng tổng quát trong khai triển:

10
1
1
10

3
2

3 2 3

1 1 1 2 5

5 2 5

2 2

k
k
k
C

 



   

  

   

   

 

Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) trong khai triển thỏa: 2



, 0 10



0
6
3

k
N

k

k N k

k k

N




  



     

 



 



 Với k 0 số hạng hữu tỉ là 1 100 1

32C 32

 Với k 6 số hạng hữu tỷ là 1 102 .53 2 2625

32 2

k

C 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Phương pháp:

 Số hạng tổng quát trong khai triển là





m r

p q

n k n k k k

n n

a b C a  b C a b ( a b, là hữu

tỉ)

 Giải hệ phương trình



, 0



0
m

N
p

k N k n k

r
N
q






     


 



 Số hạng cần tìm là: k0 n k0 k0
n

C a  b

Ví dụ: Trong khai triển





10
4

3 5 có bao nhiêu số hạng hữu tỉ.

Giải 
Số hạng tổng quát trong khai triển:





 

124 124

1 1 124 1 1 124

10 62

4 2 4 2 4 2 4

124 124

0 0

3 5 3 5 3 . 5 1 3 .5

k k k k

k

k k

C C



 

     

          

 



   



Số hạng hữu tỉ (số hạng thứ k) trong khai triển thỏa





62
2

0 124

0 124 0 31 0,1,...,31

4 4

0 124

k
N

i N i N

k
k

N k k i i

N

k i k i

k N
k



 


 

 

   

   

         

   



     

 




  


Vậy có 32 số hạng hữu tỉ

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





3 5

7 96
Giải

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

 





3 5 3 5

36 7 . 96 367 .2

k k

k k k

C C

 

 

Số hạng nguyên





12 , 0 36 0,15, 30

3 5

k
k k

N k k

k Z




       
 




Bài Tập Áp Dụng

Bài 1:(ĐH TK- 2002) Gọi a a1, 2, ... ,  a11 là các hệ số trong khai triển sau:







11 10 9

1 2 11

1 2 ...

x x x a x a x  a .

Hãy tính hệ số a5

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 18
a) Hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển

12
5
2
4

x
x

 



 

 

b) Hệ số của số hạng chứa 16

x trong khai triển 2





1 x 1 x

   

 

c) Hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x



1 2 x



5x2



1 3 x



10 (Khối D- 2007)
d) Hệ số của số hạng chứa 9

x trong khai triển



x33x2 2



n. Biết

3 4

24
23
n

n

n n

A
A C 




e) Hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển f x

  

 1 2 x



3



1 2 x



4...



1 2 x



22
f) Hệ số của x y z t5 3 6 6 trong khai triển đa thức:



xy z t



20(Đề 4 “TH&TT”- 2003)
Bài 3:(TTĐH- Đề 3-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu Tìm hệ số 8

x trong khai
triển



x22



n, biếtAn3C1n 8Cn249

Bài 4:(TTĐH- Đề 1-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tìm hệ số của x6trong khải triển





1n

x  x thành đa thức. Trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:

1 2 20

2 1 2 1 ... 2 1 2 1.

n

n n n

C  C   C   

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



x22

 

n 3x31



n biết:

 

2 2 1 2

2 2 2

2 0

3 ... 1 3k ... 3 1024

n n k n k

n n n n

n

C  C     C    C 

Bài 6 Tìm các số hạng trong các khai triển sau:

a) Số hạng thứ 13 trong khai triển:

17
3
4

3 2

, 0

x x

x

 

  

 

 

b) Số hạng thứ 3 trong khai triển



2x2



n. Biết rằng:

 

0 1 1 2 2

3nCn 3nCn 3n Cn ... 1 nCnn

Bài 7 Tìm hệ số khơng phụ thuộc vào x trong các khai triển

a)

50
3

3 2

1
x

x

 



 

 

b)

12
3
3

2
1

x x
x

 



 

 

c)

16
3
2
4

1 x

x

 

 

 

 

Bài 8 Tìm các số hạng khơng chứa x trong các khai triển sau:
a)

x
x

 



 

  b)

12
3

x
x

 



 

 



1x2x4



8
d) 1

n
x

x
 


 

  Biết số hạng thứ ba lớn hơn số hạng thứ hai bằng 35
Bài 9 Đặt:



1 x x2x4



7= a0a x1 ...a x28 28

a) Tính: a3

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

c) Tính: S a0a1a2...a28

Bài 10:(LAISAC) Khai triển

 

3 12

n

P x x

x

 

  

  ta được

 

3 3 5 3 10

0 1 2 ...

n n n

P x a x a x  a x   Biết rằng ba hệ số đầu a a a0, 1, 2 lập thành một cấp số

cộng. Tính số hạng chứa 4
x

Bài 11: Trong khai triển của





200
4

2 3 có bao nhiêu số hạng có hệ số là hữu tỉ?

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

a)



1 0.0001



1001 b)



1 2 x



21 c)

11
1 2

2 3

x

 



 

 

C.

ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ TH

ứ

C VÀ TÍNH 
TỔNG TỔ HỢP.

I. Thuần nhị thức Newton

Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng n
n

k k k

C a  b thì ta sẽ dùng trực

tiếp nhị thức Newton:

n k n k k

n
k 0

(a b) C a  b



 



. Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b

Ví dụ I.1: Tính tổng 3 C16 160 315C116314C162 ... C 1616
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

Ví dụ I2: Chứng minh rằng C020013 C2 220013 C4 42001...32000C2001200022000



220011



Giải

Tương tự như trên, ta nghĩ ngay đến việc dùng nhị thức với a1, b3 :

0 1 1 2 2 3 3 4 4 2000 2000 2001

2001 2001 2001 2001 2001 2001

2001

C 3 C 3 C 3 C 3 C .... 3 C (31) 4

Nhưng tổng cần tìm chỉ chứa các số hạng có k
2001

C với k chẵn nên ta phải triệt tiêu được

các số hạng “lẻ” bằng cách tính tổng khác với a1, b 3

0 1 1 2 2 3 3 4 4 2000 2000 2001

2001 2001 2001 2001 2001 2001

2001

C 3 C 3 C 3 C 3 C .... 3 C (31) 2

Do đó tổng cần tìm là





2001 2001

2000 2001
4

2 2

2
2






Từ ví dụ trên ta có được bài tốn tổng qt sau:

Ví dụ I.3:(ĐH Hàng Hải- 2000) Chứng minh rằng:





0 2 2 4 4 2n 2n 1 2n

2n 2n 2

n 2n

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 20
Giải





 





 

2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2 2 2

2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2 2 2

1 ... 1

1 ... 2

n n n n n

n n n n n

n n n n n

n n n n n

x C x C x C x C x C x

 

       

       

Lấy

   

1  2 ta được:



1x



2n



1x



2n 2C20nC x22n 2...C x22nn 2n 
Chọn x3 suy ra:

 

4 2n 

 

2 2n 2C20nC22n32...C22nn32n 









4 2

0 2 2 2 2

2 2 2

2 2

0 2 2 2 2

2 2 2

2 1 2 0 2 2 2 2

2 2 2

2 2

3 ... 3
2

2 2 1

3 ... 3
2

2 2 1 3 ... 3

n n

n n n

n n

n n n

n n n n

n n n

C C C





     



     

      

 ĐPCM

Ví dụ I.4: Tính tổng: S C20090 2 311 1C20091 2 310 2C20092 2 39 3...C1092 32 10C1092 31 11

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 à 3 v trong mỗi số hạng xuống 1 đơn vị

Vậy ta có: S 2.3



C20090 2 310 0C20092 2 38 2...C109 2 31 9C109 2 30 10



6 2 3







10 6.510

Ví dụ I.5 : Tính tổng:

0 2009 1 2008 1 2 2007 2 2008 1 2008 2009

20093 20093 4 20093 4 ... 20093 4 4

S C C C  C 

Giải 
Ta có: 1

 

1 200832008 4 200832008





k k k k k k k

k

T    C  C  





 

2009

2009 2009

2009
2009
1

3 4 k 3 4 1 1

k k

k

S C 



 



        

Ví dụ I.6: Cho n là số nguyên dương và chẵn, chứng minh rằng:













1 1 1 2

... (*)

1! 1 ! 3! 3 ! 1 !1! !

n

n n n n



    

  

Giải 
Ta có:





0 1 2 3

 

1 1 n Cn CnCn Cn ... 1 nCnn
Vì nchẵn



nN



nên

 

1 n 1

Suy ra : Cn0Cn1Cn2Cn3... 

 

1 nCnn  0 (**)

Ta có:













1 3 1 1

! ! !

(*) ... 2

1! 1 ! 3! 3 ! 1 !1!

C C C 2

n

n n

n n n



 

     

  

      

Từ

 

0 1 2 3 1

... 0

... ( )

n n

n n n n n n

n n n

n n n n n n

C C C C C C i

C C C C C C ii




        

 

        




</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Lấy  i trừ ( )ii ta được:



1 3 1



2 Cn Cn . Cnn 2n



 





1 3 1



... 2 2

2
n

n n

n n n

C C C  

      



ĐPCM



Ví dụ I.7: (CĐXD Số 3, 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương nta đều

có:C12n C23n C25n ...C22nn1C20nC22nC24n...C22nn
Giải

Ta có khai triển:



x1



2n C x20n 2nC x21n 2n1C x22n 2n2...C22nn
Chọn x 1 ta được: 0 2 1 2 2

2 2 2 2 2

...

0C xn nC nC nC n C nn





3 5 2 1 0 2 4 2

2 2 2 2 2 2 2 2

PCM

... n ... n

n n n n n n n n

C C C  C  C C C  C Đ

 

Chọn 2n20ta có được một đẳng thức “đẹp” sau:

Ví dụ I.8:(CĐSP Bến Tre –Khối A-2002) Chứng minh rằng:

1 3 5 19 19

20 20 20 ... 20 2

C C C  C 

Giải 
Cách 1:Ta có:





20 0 1 2

20 20 2

2 19 19 20 20

0 20

1x C C xC x ...C x C x 
Chọn x1ta được:

0 1 2

20 20 20

0 2 1

19 20

20 20

20 3 19

20 2

20 ... 20 20 ... 0

0 C C C ... C C

C C C C C C

   

      




 

A B

  với

0 2

20 20

3 19

...

(1)
...

C C C

C C

B C

A

    





   




Mặt khác:





20 0 1 2

20 20 2

2 19 19 20 20

0 20

1x C C xC x ...C x C x 
Chọn x1 cho ta: 220 C200 C201 C202 ...C2019C2020

20
2 (2)
A b

   

Từ

 

1 và

 

2 suy ra:





19
2

2 PCM

A   Đ

Cách 2: Áp dụng công thức Cnk1 Cnk1Cnk và Cn0 1

Ta được: C201 C203 C205 ...C1920 C191 C192 C193 ...C1918C1199 



1 1



19 219

Ví dụ 1.9: Rút gọn tổng sau:

2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007

2007 2007 2007 2007

3 .2. 3 .2 . 3 .2 . ... 2 .

S  C  C  C   C

Giải 
Ta có các khai triển:





 





 

2007 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2007 2007 2007

2007 2007 2007 2007 2007

2007 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2007 2007 2007

2007 2007 2007 2007 2007

3 2 3 3 .2. 3 .2 . ... 3.2 . 2 . *

3 2 3 3 .2. 3 .2 . ... 3.2 . 2 . **

C C C C C

       

       

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 22



2006 1 2004 3 2 2006 2007 2007 2007



2007

2007 2007 2007 2007

2 3 .2.C 3 .2 .C ... 3.2 .C 2 .C    1

Vậy

2007
1
2
S   .

Ví dụ I.10:(CĐ, khối T-M- 2004) Chứng minh rằng:

2004

0 2 1 2004 2004

2004 2004 2004

1
... 2 .

C   C   C  

Giải 
Ta có:

























2004
2004

2004 2004

2004 2004

2004

2004 0

2004
0

0 2 2

2004 2004

1 1

..
k k

k

k k k

k k

k
k

x C x

x x C x x

x C x

C C x








 



  

      

  

   




   





2004 2004



2004
.C x

Với x2 ta có:

2004

0 2 2 2004 2004

2004 2004 2004

3 1

2 ... 2

C C  C  

Ví dụ I.11: Chứng minh: 1 1 1 1

... ...

p p p p q q p p

a a b a b a b b a b

C C C C C  C  C  C C 

Giải

Điều kiện: pa b,

Ta có:

















2 2

0 1

1 1 1 1

1 ...

1 ap ap b p ... p q q . .. p (*)

a a a

a a a a

b b b

b b b b

a b p

a b a b b

x C C x C x C x

x  M C C C C C C  C C x









    




         

Với M là một đa thức không chứa xp

Mặt khác



1x



a b Ca b0 Ca b1 x...Ca bp xp...Ca ba b xa b (**)

Đồng nhất hệ số ở (*) à (**)v  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 kCkn hoặc kC akn n k bk 1 thì ta có thể dùng đạo hàm
cấp 1 đến tính. Cụ thể

n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 3 n n

n n n n n

(ax) C a C a xC a  x C a  x ... C x

Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được :

 

n 1 1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n n 1

n n n n

n(ax)  C a  2C a  3C a  x ... nC x 1

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Ví dụ II.1.1:(ĐH BKHN- 1999) Tính tổng 1 2 3 4 n 1 n

n n n n n

C 2C 3C 4C ... ( 1)  nC

Giải

Ta thấy tổng cần tính có dạng như VP (1). Việc cịn lại chỉ cần chọn a1, x 1 ta tính

được tổng bằng 0.

Cách khác: Sử dụng đẳng thức k k 1

n n 1

kC nC  ta được tổng bằng :

0 1 2 3 n 1 n 1 n 1

n 1 n 1 n 1 n 1 n 1

nC nC nC nC ... ( 1) nC  n(1 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.

Ví dụ II.1.2:Tính tổng: 2C1n 2.C 2 3C 22n  n2 2... nC 2 nn n 1
Giải

Xét:

 





0 1 2

1 ...

n

k k n

n n n n n

k

f x C x x C C C C







     

 





 

1 1 2 1

0
1

' 1 2 ...

' 2 3
n

n

k k n n

n n n n

k
n

f x kC x n x C C x nC x

f n



 




       

 



Ví dụ II.1.3:(ĐH KTQD- 2000) Chứng minh





n n 1 1 n 2 2 n 2 2 n n 1





n n n n

2 x 1.2  C 2.2  .C 3.2 .C ... nC n3    1 n Z

Giải

Cách 1: Ta có:



2 x



n C 20n n C 21n n 1 xC 2n2 n 2 x2... C x nn n
Đạo hàm hai vế theo biến x ta được:





n 1 1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n n

n n n n

n 2x  C 2  2C 2  x 3C 2  x ... C n.x

Với 1 1 1 2 2 3 3

1 3n n2n n2n .2 n2n .3... nn PCM

x n  C  C  C  C n Đ

      

Cách 2: Ta có:



1 x



n C0nC x1n C xn2 2... C x nn n

Đạo hàm hai vế theo biến x ta được: n 1 x







n 1 C1n2C x ... nC xn2   nn n 1

Ta chọn

1 1

1 2

2 ...

1 1 1

2 2 2 2

n n

n

n n n

n C C n

x C

 

 

   
 



 

   

 


1 1 1 2 2 3 3

3n n2n 2.2n n 3.2n n... nn PCM

n  C   C  C nC Đ

     

Ví dụ II.1.4: Tính tổng

S = n2n 1C0n(n 1)2 n 2.3.C1n (n2)2n 3.3 .C2 2n... 3 n 1Cn 1n

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:

n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n n

n n n n

(xa) C x C x aC x  a ...C a

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 24

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

Cách khác: Khéo léo sử dụng 2 đẳng thức Cnn k C , kCkn kn nCk 1n 1 ta có thể tránh việc

phải dùng đạo hàm phức tạm:





n 1 n n 2 n 1 n 3 2 n 2 n 1 1

n n n n

n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 2 n 3 n 1 0

n 1 n 1 n 1 n 1

n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 2 n 3 n 1 0 n 1 n 1

n 1 n 1 n 1 n 1

S n2 C (n 1)2 3C (n 2)2 C ... 3 C

n2 C n2 n2 3 C ... n3 C

n 2 C 2 2 3 C ... 3 C n(2 3) n5

3
3C

     

      

   

        

   

      

    

       

Ví dụ II.1.5: Tính tổng 2008C020072007C120072006C22007... 2C 20062007C20072007

Giải

Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,…2,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu:

2007 0 2007 1 2 2005 2006 2007

2007 2007 2007 2007 200

0 6

7
2 0

(x 1) C x C x C x ... C xC

Bây giờ nếu lấy đạo hàm thì chỉ được 2007C02007x2006trong khi trong đề đến 2008 do đó ta

phải nhân thêm x vào đẳng thức trên rồi mới đạo hàm:
2007

2006 2

2007 0 2008 1 2 2006 2006 2 2007

2007 2007 2007 2007 2007

0 1 206 2007

2007 2007 200

7 2007

7 2006

x(x 1) x C x C x ... C x C x

(x 1) (2008x 1) 2008C x 2007C x ... 2C x C
C

     

      



Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 2009.22006

Ví dụ II.1.6: Chứng minh đẳng thức:

a) (ĐH TCKT Hà Nội 2000): Cn12Cn23Cn3...C xnn n n.2n1

b) Cn12Cn13Cn2...



p1



Cnp...



n1



Cnn 



n2 .2



n1
Giải:

a) Xét nhị thức





0 1 2 2

1x n Cn C xn C xn ...C xnn n
Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức theo biến x:





1 0 2 1

1 n n 2 n ... nn n

n x  C  C x nC x 

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1thì ta có:

















1 1

0 0 3

0 3

3 '

4 '

3 '

n n

n

n n

n

n n

C C x

n C C x 

 
 

 





Suy ra:













0 3 1 4 2 5 3 3 0 1 2 3 3 3

... 3 ... 1

n n n n n n n

n

n n n

n
n

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Xét hàm số: f x

 

x3



1x



n

 









' 3 1 n 1 n

f x x x nx x 

    

Kêt hợp với  f '

 

x 3x C2 n0 4x C3 n1 Cn25x4 ...



n 3



xn 2Cnn



      

Chọn x1 thì: S 3Cn0 4Cn15Cn2...



n3



Cnn
3.2nn2n12n1



n6



2. Đạo hàm cấp 2

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 2 2 2

1 , 2 ,..., n ( khơng kể dấu ) tức có dạng k n k
n

k(k 1)C a 

 hay tổng quát
hơn k n k k

k(k 1)C a  b thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức:

n 0 1 n 1 2 n 2 2 2 n 3 3 3 n n n

n n n n n

(abx) C C a bxC a  b x C a b x ...C b x

Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được:

n 1 1 n 1 2 2 3 n 3 3 2 n n n 1

n n

bn(abx)  C a b2C a  b x3C a  b x ... nC b x 

Đạo hàm lần nữa:

2 2 n 2 2 3 n 3 3 n n n 2

n n

b n(n 1)(a bx)  2.1C a  b 3.2C a  b x ... n(n 1)C b x    (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 thơi.

Ví dụ I.2.1: Chứng minh rằng

S= 2 3 4 n n 2

n n n n

2.1C 3.2C 4.3C ... n(n 1)C n(n 1)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

Chú ý: Đây chỉ là ý tưởng cịn khi trình bày vào bài kiểm tra hay bài thi thì ta phải ghi rõ

xét đa thức n

(1 x) 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 k k 1

n n 1

kC nC  2 lần để tính tổng trên, cụ

thể:

2 3 n 1

n 1 n 1 n 1 n 1

0 1 2 n 2

n 2 n 2 n 2 n

n 2 n 2

S n1C n2C n3C ... n(n 1)C

n(n 1)C n(n 1)C n(n 1)C ... n(n 1)C

n(n 1)(1 1) n(n 1)2



   



   

 

      

         

    

Tương tự như trên ta dễ dàng tính được tổng bằng cách thay x = -1 và n = 16

2 3 4 15 16

16 16 16 16 16

1.2C 2.3C 3.4C ... 14.15C 15.16C
Hoặc ta cũng có thể sử dụng kCkn nCk 1n 1 để đơn giản hơn một chút.

Ví dụ I.2.2 Rút gọn tổng sau 2 1 2008 2 2 2007 2 3 2006 2 2009

2009 2009 2009 2009

1 C 2 2 C 2 3 C 2 ... 2009 C

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 26
Với ý tưởng như Ví dụ trên ta xét đa thức

2009 0 2009 1 2008 2 2007 2 2006 3 2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009

x C x

(2x) C 2 C 2  2 C 2 x ... C x

Đạo hàm lần 1:

1 2008 2 2007 3 2006 2 2009 2008

2009 2009 2009 2

00
08

2.2009(2x) 1C 2 2C 2 x3C 2 x ... 2009C x

Nếu ta tiếp tục đạo hàm lần nữa thì chỉ thu được 1.2, 2.3 ,… do đó để thu được 2 ,3 ta 2 2
phải nhân thêm hai vế với x rồi mới lấy đạo hàm:

2008 1 2008 2 2007 2 2009 2009

2009 2009 2009

2009x(2x) 1C 2 x2C 2 x ... 2009C x

2008 2007 2 1 2008 2 2 2007 2 2009 2008

2009 2009 2009

2009(2x) 2009.2008x(2x) 1 C 2 2 C 2 x... 2009 C x

Thay x = 1 ta rút gọn được tổng trên thành 2011.2009.32007

Tương tự khi tính tổng 1 2 n

n n n n

2.1C 3.2C 4.3C ... (n 1)nC  ta cần chú ý là trước tổ

hợp có một hệ số lớn hơn k trong k

C nên ta phải nhân với x trước khi đạo hàm 2 lần.

Ví dụ I.2.3:(ĐH AN – CS Khối A 1998) Cho f x

  

 1x



n,



2nZ



a) Tính f '' 1

 

b) Chứng minh rằng:













2 3 4

2.1Cn 3.2Cn4.3Cn ... n1 nCnn... n1 nCnn n n1 2n
Giải

a) 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:

  



0 1

1 2

n n

n k k k k

n n n n

k k

f x x C x C C x C x

 

  



  



 





 





















1 2 2

1 1

2
2

'' 1

2.1 3.2 ... 1 ... 1 1 2

' 1 1 2

;
p

n

k k

n n

k
n

k k
n
k

n

k n
n
k

n n

n n n n

f x C kC x

f x k k C x

f k k C

C C p C n nC n n






 

 

 

        
 

 



ĐPCM
Từ câu b ta thay



n1

 

 n1



thì ta có một bài tốn khác:

b’) Chứng minh rằng:2.1C1n3.2Cn2...



n1



pCnp...



n1



nCnn n n



1 2



n2
Với bài tốn này ta có thể giải như sau:

Xét nhị thức:



1x



n Cn0C xn1 C xn2 2...C xnn n

Nhân hai vế của đẳng thức với x# 0đồng 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 xn1 3.2C xn2 ...



n1



nCnnxn1

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

III. Sử dụng tích phân xác định

Dấu hiệu: Ý tưởng của phương pháp này là dựa vào hệ thức

1 1 1

1 1

b

a

b

k k

a
k

k

x a

x

k

b
dx

k

  

 

 

 

 






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

dạng

1 1

k k

k
n
b
a

C
k

 




. Cụ thể, xét tích phân ( )n

b

a

I 



cdx dxta có thể tính bằng hai cách.
Tính trực tiếp:

1 1 ( )

( ) ( )

1
b
n
n

a
b

a

c dx

I c dx d c dx

d d n



  

     



 



Hoặc gián tiếp:

0 0

b b

a

n n

k n k k k k n k k k

n n

k k a

I C c  d x dx C c  d x dx

 

 

     

   







1 1 1

0 1 0 1

b

k k k

n n

k n k k k n k k

n n

k a k

x a

C c d b C c d

k k

  

 

 

     

 

     

 

     

 





Hai cách trên là như nhau nên từ đó ta có được:

1 1 1

1 ( )

1 1

b

k k n

n

k n k k
n

k a

a c dx

C c d

k d n

b

  




    



   

 

   





Tùy Ví dụ toán ta chọn các hệ số a, b, c, d thích hợp

Ví dụ II.1: CMR

2 3 1 1

0 2 1 2 2 2 3 1

2 ... ( .1)

2 3 1 1

n n

n

n n n n

C C C C III

n n

 



    

 

Giải

Nhìn vào tử của phân số dễ dàng tìm được hai cận a0,b2. Tiếp tục để ý một chút ta

chọn tiếp cd 1 suy ra đpcm

Chú ý: Khi trình bày bài thi phải ghi rõ tích phân
2

(1 )n
x dx





rồi tính bằng hai cách mới
được trọn điểm.

Cách khác: Ta có thể tránh khơng dùng tích phân bằng cách áp dụng đẳng thức:

1
1

1 1

k k

n n

C C

k n






  . Việc tính tốn khơng những đơn giản hơn mà cịn giảm thiểu được sai sót

khi làm bài:



1 2 2 3 3 1 1



1 1 1 1

1 (1 2) 1

( .1) 2 2 2 ... 2

1 1

n
n n

n n n n

VT III C C C C

n n


 

   

 

     

 

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 28

2 2 2 2

0 1 3

...

1 2 3 1

n

n n n n

C C C C

S

n
       
        


       

Rõ ràng dùng tích phân đối với bài này gần như là không thể nhưng nếu áp dụng đẳng

thức đó thì lại là một chuyện khác:



 

2 2

 

2 3







1 1 1 1

2
1

...
( 1)

n

n n n n

S C C C C

n



   

 

    

 

 



Việc còn lại bây giờ chỉ là tính tổng trong ngoặc vng đó. Có rất nhiều cách để tính nên
chúng ta sẽ quay lại tổng này trong phần “ Các phương pháp khác “.

Trở lại phần tích phân, với việc thay a, b, c, d bằng cách hằng số thích hợp ta có thể “chể”

ra các Ví dụ toán phức tạp hơn, chẳng hạn khi a2,b 3,c1,d  1ta có:

2 2 3 3 2010 2010

2 3 2009

2009 2009

2 3 2 2 2 3

3 3

1 C 2 C 3 C 2010 C



  

    =

2010
1 4

2010



Ví dụ II.2: Tính

2 3 4 2

0 1 2

1 1 1

2 2 2 2

...

2 3 4

1
2
n

n

n n n n

C C C C

n


   






 

Giải 
Mỗi số hạng của tổng có dạng

2
2

2
1
k

k
n
C
k






nên ta nghĩ ngay đến dùng tích phân. Nhưng

mẫu của hệ số lại là k2so với trong dấu hiệu ở trên là k1. Do đó ta phải thay tích
phân (1 )n

b

a

x dx





bằng tích phân khác. Ở đây ta chọn (1 )n
b

a

I 



x x dx. Dễ dàng tìm được

cận trên là 2, cận dưới là 1. Thử lại:

2 2

0
1

0 0

2 1

k

n n n

k k k k k

n n n

k k k

dx

I C x dx C x C

k



 

  



   

 

       











   





Việc còn lại bây giờ chỉ là đi tính trực tiếp I:





2 1 2

2 2

1 1

1 (1 )

( 1 1)(1 ) (1 ) (1 )

2 1

n n

n n n x x

I x x dx x x dx

n n

 

    

   

           

   

 



Với ý tưởng đó ta xét tổng sau:

0 1 2 3

1 1 1 1 ( 1)

...

2 4 6 8 2 2

n
n

n n n n n

C C C C C

n



    



Mẫu của hệ số trước tổ hợp giờ đây khơng cịn mẫu mực nữa mà “nhảy cóc” 2, 4, 6, …,
2n + 2 và để ý mỗi số hạng có dạng

2 2

k
n
C

k nên số hạng ban đầu của nó trước khi lấy

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

2 2 1 2 1

0 0

1 1

0 0 0

( 1)

(1 ( 1) ( 1)

2 2

)

k k

n n n

n k k k k k k n

n n

k k k

C

x x x C x dx C x dx

k

d  

  
   
  
          









 



 



Phần còn lại của Ví dụ tốn là tính tích phân đó:

2 1

2 2 2

1 1

0 0

)

) 1 1 (1

(1 (1

2 ) (1 ) 2 1

n

n n

dx d x x

x x x

n

 
  
     

 




Với việc thay đổi tích phân ta có thể làm ra ti tỉ các tổng khác phức tạp hơn ^^!. Ví dụ

3 2

3 2 3

2
0

1 1

(1 )n , (2 )n , ( 1)(1 )n ...

x x dx x x dx x x dx



 

 



Ví dụ II.3: Rút gọn:

 

1 2 1

1 1

... ; (1 )

2 3 1

n
n

n n n

S C C C n Z

n


     

Giải

Xét:

  



2 2 2

 

1 n 1 ... 1 n n n

n n n

f x  x  C xC x    C x







 











 

1 1

1 2 2 2

0 0

1 1 2

1 1 ... 1

1 1

1 ...

1 2 3 1

n

n n

n n n

n
n n

x dx C x C x C x

x C C C

n n

       
   
    
 
  
 
 



 

1 2 1

...

2 3 1 1

n
n
n n

n

C C n

C
n n


    
 

Ví dụ II.4: Chứng minh rằng: 11 2 1 31 ...

 

1 1 1 1 1

1 2 3 1 2 ...

n n

n n n n

C C C

n n

C 

        
Giải

Ta có:









 





2 0 1 1

0 0

1 1

1 1 0

n
n
n
k
k k
n
n n
k

k k
k
k k
x
C
C
x

x x x

x x

 

 
 
 
       







 





 





 

1
1 1
0 0
1

1 1 1

1
0 0
0 0
1
1 1
1

0 1 0

0
1
1
1 1
1 1
1 1
1
1
1
1 1
1
n n

k k k k

n

k k

n n

k k k k

n
k k
k k
n n
k
k
n
k k
k k
n n
k k
n n
k k

x C x

x dx C x dx

x x
C
k k
C C
k k

 
 


 
 


 


 
   
   
    
      

   
 
 
 








 

2 1

11 1 31 1 1 1

... 1 1 ...

1 2 3 2

n n

n n n n

n

C C C C

n



         

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 30
IV. Công cụ số phức

Ý tưởng của phương pháp này là dựa tính chất đặc biệt của i:

4 4 1 4 2 4 3

1 , 1 ,

k k k k

i  i  i i    i   i với kN
Từ đó, ta xét đa thức

2 3

0 1 2 3 ...

( ) n n

f x a a xa x a x  a x

Đặt

4 4 1 4

0 1 2 3

2 4 3

, , ,

i i

i k i k i k i k

i i

S a S a S a S a

      













. Ta có:

0 2

1 3

0 2 1 3

0 2

1 3

(1) (

(1) ( 1)
2

) ( )

(1) ( 1)

( 1) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ( ))

( ( ))

f f

S S

S S S

f f

S S

f S S S S

f i S S S S i S S Re f i

S

f S

S Im f i

 


 


  

 

 

   

     

 

     

   

  




(1) ( 1) 2 Re( ( ))
(1)
4

(1) ( 1) 2 Im( ( ))
(2)
4

(1) ( 1) 2 Re( ( ))
(3)
4

(1) ( 1) 2 Im( ( ))
(4)
4

f f f i

S

f f f i

S

f f f i

S

f f f i

S

  






  
 


 

  
 



   

 


Với Re( ( )), Im( ( ))f i f i lần lượt là phần thực và phần ảo của f i( )

Ví dụ IV.1: Rút gọn 0 2 4 4

1 4 4 4 ... 4

n

n n n n

T C C C  C .

Giải

Rõ ràng S1 S0S2trong đa thức f x( )(1x)4n. Mặt khác ta có

0 2) ( 1 3

( ) ( S )

f i  S S  S  i nên cơng việc bây giờ chỉ là đi tính f i( ) và phần thực của nó

chính là tổng T1 cần tìm: f i( )(1i)4n (1i)22n 

 

2i 2n 4 ( 1)n  n.

Ta cũng có thể sử dụng (1), (3) ta đã tìm ra ở trên để giải nhưng mất công giải lại hệ
phương trình 4 ẩn đó và như thế thì thật là giết ruồi mà lại dùng đến dao mổ trâu ^^!
Tương tự ta tính được tổng 1 3 5 4 1

4 4 4 ... 4 0

n

n n n n

C C C  C  

Ví dụ IV.2: Tính T2 1C81n3C83n... (8 n1)C88nn1
Giải

Trước tiên ta phải dùng đạo hàm để có được hệ số đứng trước tổ hợp. Xét đa thức:

8 8

8 0 8 1 1

1 0

'( ) 8 (

( ) (1 ) 1 )

n n

n k k n k k

n n n

k k

f x n x

f x x C C x  kC x 

 

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Lại nhân với x ta được

8
8 1

( ) 8 (1 )

n

n k k

n
k

g x nx x  kC x



  



Nhận thấy T2chính là phần ảo của g i( ):g i( )8 (1ni i)8n1 4 .16n n4 .16n ni

Do đó T2 4 .16n n

Tương tự ta dùng đạo hàm 2 lần để tính tổng 22C82n42C84n 62C86n... (8 ) n C2 88nn:

8 8 8

8 0 8 1 1 8 1

8 8 8 8

1 1 1

8 8

8 2 2 1 8 2 2

8 8

1 1

(1 ) 8 (1 )

(1 8 ) 8 (1 ) (1

8 (1 )

8 (1 ) 8 ) ( )

n n n

n k k n k k n k k

n n n n

k k k

n n

n k k n k k

n n

k k

x C C x kC x nx x kC x

nx k C x nx x nx k C x

n

n f x

x

  

  

  

 

      

     






 



Tổng cần tính là phần thực của f i( )8 (1ni i)8n2(1 8 ) 16 ni  n1n128n2.16n2i
V. Một số phương pháp khác

Ví dụ V.1:(ĐHQG TP.HCM, 1997) Cho 0
, ,

m k n

k m n Z

  







.
Chứng minh: 0 1 1

. . ... .

k k k m m k

n m n m n m m n

C C C  C  C  C C 

Giải

Ta có:













0 1

0 1 1

0 1

1 ...

1 ... ...

1 ...

m m

n n n k k n

n n n n

m

m m m

n m n m

m m n m n

n
n

C C C

C C C C

C C C

x x x

x x x x

x   x  x







     




      




    




Suy ra hệ số xk trong



1x

 

m. 1x



n là: C Cm0. nkC Cn1. nk1...C Cmm nk m
Và hệ số k

x trong



1x



m n là Cm nk

Đồng nhất thức:



1x

 

m. 1x



n=



1x



m n

Ta được: Cm nk C Cm0. nkC Cm1. nk1...Cmm.Cnk m 



Đ CMP



Ví dụ V.2: Cho 0

,
k n
k n Z

 



 


. Chứng minh:

 



 



1 1

0 2 !

... !

k k n k n

n n n n n n

n

C C C C C C

n k n k

 

   

 

Giải 
Ta có: 1 1









2 , 0

n

n n

n

x x x

x x

 

     
 

 









0 1 0 1

0 1

2 2

1 1

... ...

...

n n n

n n n n n n

n n n

n

n n
n

C C C C C C

C

x x

x C x

x C

 

       

 

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 32

Đồng nhất thức hai vế đẳng thức với nhau ta được:

 



 



0 1 2 !

... !

k k n k n n k

n n n n n n n

n

C C C C C C C

n k n k

  






  


Với k0 ta có được bài tốn đẹp sau:

Ví dụ V.3:(BĐ Tuyển Sinh ) Rút gọn

     

0 2 1 2 2 2

 

1 ...

n

n n n n

S  C  C  C   C

Giải

Cách 1: Tương tự như Ví dụ V.2 xét trong trường hợp mkn

0 1 1 0

2 . . ... .

n

n n n

n n n n

C C C C C   C C



     

Cn0 2 Cn1 2 Cn2 2...

 

Cnn 2

Cách 2: Xét đồng nhất thức



1x

 

n 1x



n 



1x

  

2n 1

 











0 1 2 2 0 1 2 2

0 1 1 2 2 1 1 0

1 ... ...

... ( ) ( )

n n

n n n n n n n

n n

n

n n n n n n

n n n n n n n n n n

n

VT C C x C x C x C C x C x C x

C C C C  C C  C C C C x M x Sx M x

         

        

Trong đó M x( )là đa thức khơng chứa xn. Do đó S cũng chính là hệ số của xntrong

(1)

VP nên S C2nn

Tổng quát hơn với việc tìm hệ số của p

x trong đồng nhất thức (1x) (1n x)m(1x)n m

ta có được hệ thức sau: CnpCnp1Cm1 Cnp2Cm2 ...Cnp q Cmq ...Cmp Cn mp
Cách 3: Xét công việc sau: Chọn từ n nam và n nữ ra một nhóm có n người.
Có hai hướng giải:

- Xét trường hợp chọn k nam và n k nữ: k n k

 

k 2

n n n

C C  C

 .Do k có thể nhận các giá trị

từ 1 đến n và theo quy tắc cộng ta có S chính là tất cả số cách chọn để làm công việc trên.
- Mặt khác ta cũng có thể chọn trực tiếp n người từ hai nhóm nam và nữ sau khi ghép
chung hai nhóm đó lại với nhau, do đó: S C2nn. Tương tự ta xét Ví dụ tốn mạnh hơn.

Ví dụ V.4:(Đề 2- TH&TT-2008) 2

 

1 2 2

 

2 2 3

 

3 3 ...

 

2
n

n n n n

C

S   C  C  n C , với nlà

số tự nhiên lẻ

Giải 
Cách 1: Ta có:

 













 

2 2

1 1

2 2 2

1 1 1 ... 1 2 1 2

2 2

n n

n n n n n

n n

S C n C C C n C

 

         

           

      

 

   







2 2 2



1 2 1

... n

n n n

C C C

n  n

    



  







1 2 2 2 1 2



...

n n

n n n

C C C

n   n

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

   

1 2 2 2

 

2
2Sn n Cn Cn ... Cnn  n

     

 

 

Mặt khác ta có:



1x



2n 



C20nC x12n ...C x2nn n...C x22nn 2n



2n

 hệ số của x lnà C2nn(*)

Trong khi đó:



x1



n C xn0 nC xn1 n1...Cnn Cn0Cn1...C xn0 n

 hệ số của x lnà 

   

Cn0 2  Cn1 2  

 

Cnn 2(**)

Từ (*) và (**)C2nn 1 n

   

Cn1 2 Cn2 2...

 

Cnn 2

 

 





n

n n

n

S C ĐPCM

  
Cách 2: Ta có:

0 1 2 2 3 3

( ) (1 )n n n n n ... nn n (1)

f x  x C C x C x C x C x

1 1 2 3 2 1

2 3 ..

'( ) (1 )n . n n

n n n n

f x n x  C  C x C x  nC x 

  

1 1 2 2 3 3

'( ) (1 )n n 2 n 3 n ... nn n

xf x nx x  C x C x C x nC x

       

Thay x bằng 1

xvào đẳng thức trên ta được

 

1 2 3

2 3

1 1 1 1 1

1 2 3 ... 2

n

n n n n n

n

C C C nC

x x x x x x



 

      

 
 
Nhân vế theo vế

 

1 và

 

1 1 2 2 2 3 2 3

2 3

1 1 1 1 1 1

1 (1 ) 2 3 ...

n

n n n n

n n n n n n n n n

x C xC C x C C x C nC x C M x

x x x x x x



 

       

 
 

Trong đó M x

 

là đa thức khơng chứa số hạng tự do. Khai triển và tìm hệ số của số hạng

tự do trong đa thức





1 1

n

n
x

x x



 

 

 

  ta tìm được 2 2 1
n

n
nC

S  

Cách 3: Xét công việc chọn từ n nam và n nữ ra một nhóm có n người và có một đội

trưởng là nam.

Xét trường hợp chọn ra k nam và n – k nữ, sau đó chọn từ k nam ra một người làm đội
trưởng thì số cách là kC Cnk nn k k C

 

nk 2. Do k có thể nhận các giá trị từ 1 đến n và theo
quy tắc cộng ta có số cách chọn đội đó chính là S2.

Mặt khác, ta cũng có thể chọn một trong n nam làm đội trưởng trước, rồi chọn mới chọn

n người khác sau khi ghép hai nhóm thành một. Do đó S2 nC2nn1
Ví dụ V.5: Cho 0 ,

,
k n
k n Z





 


. Chứng minh: Ck01Ck11...Ck nn Ck nn 1
Giải

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 34
Nhận thấy hệ số xk trong đa thức trên là: Ck0Ck11...Ck nn

Mặt khác:

 

















1 1

1 k 1 1 n 1 k 1 k n

x x x x

P x

x x

  

 

     

 

 

Có hệ số xk : Ck nk 11 Ckn n 1

Đồng nhất thức ta có: Ck01C1k1...Ck nn Ck nn 1ĐPCM
Bài Tập Áp Dụng

Bài tập1. Chứng minh rằng

a) 2nCn0 2n1.71.Cn12n2.72.Cn2 ...7nCnn 9n

b) Cn33n C1n3n1...(1)nCnn Cn0 C1n ...Cnn

c) 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n n 1

n n n n

C 3 2C 3  3C 3  ... nC n4 

     ( ĐH Luật- 2001)

d)

0 1 2 1 2

2
...

3 4 4

( 2) 2

3 ( 1)( 2)( 3)

n n

n n n n

C C C C

n n n

n n

n


    

  




 

e)

0 1 2 1

2
...

3 6 9 3( 1) (

1
3 1)

n

n n n n

n

C C C C

n n



    

 

f) 12Cn122Cn2...n C2 nn n n



1 2



n2 (Đề 1-TH&TT- 2008)
Bài tập 2. Tính các tổng sau:

a) C1303.22C3305.2 C4 305 ... 27.2 C 26 302729.2 C28 3029
b) 2.1C 3n2 n 2 223.2C 33n n 3234.3C 34n n 4 24... ( 1) n(n 1)C 2  n  nn n
c)

1 2

... ( 1)

2 3 1

n
n

n n n

n

C C C

C

n

   


d) 2 0 122 1 123 2 ... ( 1) 2 1 1 ( 1)

2 3 1 1

n n

n n n n

C C C C

n n



  

    

 

e) 20030 1 20032 1 20034 ... 1 20020023

3 5 1

S C C C C

n

   

 (Đề 4 TH&TT- 2004)

Bài Tập 3:(TTĐH- Đề 8- Thầy Nguyễn Tất Thu) Đặt Tk  

 

1 k13kC62nk1. Chứng

minh:
3

1
0
n

k
k

T






Bài Tập 4:(TTĐH- Đề 7- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tính Tổng

1 3 2 5 3 7 1004 2009

2010 3 2010 3 2010 3 2007 ... 3 2010

PC  C  C  C   C

Bài Tập 5: Cho khai triển 2 10 2 20

0 1 2 20

(x 3x1) a axa x ...a x . Tính tổng

a. T1 a0a4a8 ...a20 b. T2 a1a5a9...a17

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

D.

ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ 
MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC

Ví dụ D.1: (ĐHQG TPHCM) Cho 2 n Z. Chứng minh rằng:

0 1 2 1

1
...

n

n
n
n n n

C C C

n

  
  


 

Giải

Ta có:





0 0 1 2 2

1 1 ...

n

n n k n n

n n n n n

k

x C  x C C x C x C x



 



   

Cho x1 ta được: 0

0 0 1

2 1 1 ...

n n

n n k n

n n n n n n

k k

k

C  C C C C C

 









   

Áp dụng BĐT Cauchy với nsố 2n 2 n1 n2... nn n 1 n2... n

n n

C C C n C C C

  

  

2 0 1

1 2 1

... ... ĐPC

1 M

n
n

n n

nCn Cn C Cn n Cn
C

n

  
  

  

 



Ví dụ D.2:(ĐH Y Dược TPHCM- 1998) Cho: 0
,

k n
k n Z

 






. Chứng minh rằng:





2 . 2 2

n n n

n k n k n

C  C   C

Giải 
Với 0k n k, Z

Ta Đặt

































2 2

2 ! 2 !

! ! ! !

2 1 ! 2 1 !

! 1 ! 1 !

k
n n

k n k n k

k

n k n k

n n k n n k

n k n k

n n k k

a

n n

a C C

a
 



  




 


 

  




 

    



Để chứng minh BĐT trên ta cần chứng minh dãy ak giảm bằng cách chứng minh

1
k k
a a  .





































2 ! 2 ! 2 1 ! 2 1 !

. .

! ! ! ! ! 1 ! 1 !

2 2 1

1 1 Đúng

1 1

n k n k n k n k

n n k n n k n n k n n k

n k n k n n

n k n k n k n k

     



     

  

      

     



1
k k
a a

   dãy ak giảm a0 a1 ...ak ak1a0 ak





2 . 2 2

n n n

n k n k n
C  C   C



Ví dụ D.3: Chứng minh với nNvà n  2 thì:



1 2 3



 

2 3 ... n !

n n n n

C C C nC n

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 36
Giải

Xét khai triển: 0 1 2 2 3 3

(1 )n ... n n

n n n n n

x C C x C x C x C x

     

Lấy đạo hàm hai vế theo biến x ta được: n(1x)n1 Cn12C xn2 3C xn3 2...nC xnn n1

Chọn 1 1 2 3

1 2n n 2 n 3 n... nn

x n  C  C  C nC

 





 

1 n.2n n! 2n n! 2

n

 

      

Việc còn lại là ta đi chứng minh

 

2 luôn đúng  n N n, 2

Cách 1: Ta có: 1

! 1.2.3.4.... 2.2.2....2 2n

n  n   (n1 số)

1
2n !

n


  

 

2 đúng hay chúng ta có thể dùng quy nạp để chứng minh.

Cách 2: Chứng minh bằng quy nạp

 Với n 3 n! 2 n1    23 1 4 (đúng)
 Giả sử

 

2 đúng với nk với 1

3 2k

k    k 

Vậy



k1



k!



k1 2



k1



k1 ! 2.2



 k12k



vì  k 3 k 1 4



Vậy theo ngun lí quy nạp ta có: n! 2 n1 n 3 “Từ kết quả này ta có thể áp dụng để 
giải một số bài tốn ở phần Bài tập áp dụng”

Vậy do

 

2 1



Cn1 2Cn2 3Cn3 ... nCnn



n! ĐPCM

n

      

Ví dụ D.4:(ĐH AN- 2000)

a) Cho 3 n Z. Chứng minh rằng: nn1 



n1



n

b) 1 1 1 ... 1 3

1! 2! n!

    

c) Cho 2 n Z. Chứng minh rằng: 2 1 1 3

n

 
   

 

d) m n với mọi số nguyên dương m n, .Chứng minh: 1 1 1 1

m n

   
  
   
   
Giải

a) Ta có:





0 1 2

1 1 1 1 1

1 ...

1 1 1 1 2

2 1 1 1 ...

2! 3!

1 1 2 1 1 1

1 1 .... 1 ...

!
1

1
!

n

n n n n n

n
n

n

n C C C C

n n n n

n n n

k

k n n n n n

n  n         

 

     
           

     


       
            

  
 

    

 2 1

2 1

1 .... 1
2 1 ... 1

n

n n

n
   



   

 

    

   

   

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

b) Ta có:





1 2

1 1

2! 2

1 1 1

2! 2 3

1 1 1 1

4! 3.4 3 4

1 1 1 1

5! 4.5 4 5

1 1 1 1

! 1n 1

n n n n


 



  




  


 

   




  





  








Cộng vế theo vế 1 1 1 ... 1 3 1 3 ĐPCM

1! 2! n! n

        

c) Xét khai triển: 1 1 n0 n11 n2 12 ... nn 1n 2 n2 12 ... nn 1n 2

n

C C C C C C

n n n n n n

 

          

 
 
Mà:







 







1 ... 1

! ! !

k
n

n n n k

n

C k n

k n k k

  

    



1 1 1 2 1 1

1 1 .... 1

! !

k
n
k

k
C

n k n n n k


     
          

     

Áp dụng kết quả câu b



2 1 1 2 1 1 ... 1 3

2! 3! !

n

n n

 

         
 

Vậy: 2 1 1 3

n

n
 

   

 
d) Xét khai triển:























0 1 2

2 1

2 3

1 1 1 1 1

1 ...

1 1 2

1 1 1

1 ...

2! 3!

1 ....2 1 1 ....1 1

1 ! !

1 1

n

n n

n

n n n n

n n

C C C C

n n n n n

n n n n n

n

n n n

n n n n

n n n n



   

      

   

   

  

     

 

 


  1 1 1 1 1 1 1 2 ... 1 1 1 1 2 .... 1 1

 

2! 3! !

n

n n n n n n n


           
                   

           

Tương tự ta có:

1 1 1 1 1 2

1 1 1 1 1 1 ...

2! 1 3! 1 1

n

n n n n



       

         

       

  

       

1 1 1 1 2 .... 1

! 1 1 1

n

n n n n

     

         

  

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 38





 

1 1 2 1

1 1 .... 1 1 **

1 ! 1 1 1 1

n n

n n n n n



       

            
            

So sánh giữa

 

* và ** 

 

suy ra: 1 1 1 1

m n

   
  
   
   

Ví dụ D. 5(TH&TT) Cho  n N*, 3 mN* Chứng minh rằng:

2
1

1
1

1 1 1 1

...

m m m n

n

C C   C  m

Giải 
Ta có:











 





 







1 ! ! 1 ! 1 !

1997 2

!
1

! 2 !

k
i k

k i k i

k k

i k i k

C i

  

 

   



  

 











 





 

















 









 







1 ! ! 1 ! 1 !

! ! 2 !

1 1 ! 1 ! 2 2 !

1 !

k
i k

k m k m

i k k

m k m k m

m m k m k

m m k m k

C

  

 

     

  

 

    

   

       




























1 2

1 1 2 1

0 1

1
2

1 1

1 1 1 1 1 1

. ĐPCM

2 2 2

k m m k

m k m

k k

m

k k

k m k m

m
m

m m

m m m

C C

C C C C

  

 

 

  

  

  

  

   

    

    



 



Ví dụ D. 6: Chứng minh rằng:

a) lim n 1
n n 

b) Nếu m0 thì lim n lim n 2
n m n n 

Giải

Đặt n 1 0 ( 2)

m n   n





2 2





1
1

2
k

n k k

n n

k

n n

n m C m C m m




   



 





2 2

0 1

2 1

1 1

n

n
n n

n m m n

n



      

   



Mặt khác: lim 1 2 1 lim 1 ĐPCM

n
x n x n

 

    

 

  

 

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Ví dụ D.7: Cho 1 x* 1

n N 

  






. Chứng minh rằng:



1x



n 



1x



n 2n
Giải

Đặt:





1 0

2 .

1 0

n

k k

n

n n k n n n n n

n n n

k

a x

C a b C a C b a

b b

b x a




  


      



   







1 x



n



1 x



n 2n

    

Ví dụ D.8: Cho a b, 0. Chứng minh rằng: , 1

2 2

n
n n

a b a b

b Z

   

    
 

Giải

Ta có:



an i bn i



aibi



anbn an i bibniai  



0 in



Mặt khác ta có khai triển:





0 0

. .

n n k n k k n k n k k

n n

k k

a b C a  b C b a






 























0 0

2 n n k. n k. n n n

n n

k k k k

n n

k

n
k

C a b b a a

b b

a a b C

 

 

  



   





2 2

n
n n

a b ab

   
 

Ví dụ D.9: Chứng minh rằng

a) Chứng minh rằng: 1001



1001 1



2000



1001 1



2000

 

  là số tự nhiên chia hết
cho 11.

b) 3 0 1 1 ...

 

1 1 1 , 3

3 3

n
n

n n n n

C C C n Z

 

      

 

 

Giải

a) Ta có:













2000 2000 1999

0 1 2000 2000

2000 2000 2000

1001x C 1001 C 1001 x C x

 Với





2000 0





2000 1





1999 2000

2000 2000 2000

1 1001 1 1001 1001 ...

x   C C  C

 Với













2000 2000 1999

0 1 2000

2000 2000 2000

1 1001 1 1001 1001 ...

x   C C  C





























2000 2000

1 3 1999 1999

2000 2000 2000

2000 2000

1001 1 1001 1 2 1001 .1001 ... 1001

2 1001.

2 1001 1001 1 1001 1 2002 11.182 11 ĐPCM

C C C

X X N

       

  

       

b) Ta có:

 





0 1 1 1 1 0 1 1 1 1

3 ... 1 3 1 1 ...

3 3 3 3

1 2

3 1 3 2 8, 3

3 3

n

n n n n n

n n n n n n n n

n n

n n n

C C C C C C

n n Z



 

     

             

 

       

   

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 40
Ví dụ ID. 10

a) Cho 2 p là số nguyên tố. Chứng minh rằng: k , 1, 2,..., 1

p p

C   k p

b) ( Định lí Fermat nhỏ)  n N, p 2 là số ngun tố. Ta ln có p
n n p
Giải

a) Với k1, 2,...,p1 và P là số nguyên tố. Ta có:









2 ...

 



! ! 1.2.3...

k
p

p p p p k

p

C q

k p k k

   

  

 Vì p là số nguyên tố nên không chia
hết cho k.

Mặt khác CpkN p p



1



p2 ...

 

p k 1

 

 1.2....k



k k

p p q p

C C p

   
b) Đặt p

n

a n n

 Với n1an np n a11p 10P

 Giả sử an đúng với nk a Pn

 Với n k 1: Xét





0 1 1 2 2 1

1 1 2 2 1

1 1 ... 1

... 1

p p p p p p p

k k p p p p

p p p p

p p p

k k C k C k C k C k k

C k C k C k k

a  a   

  

           

     
Áp dụng kết quả câu



k , 1, 2,..., 1

p

a C p k p k 1 k k 1

k

a a p

a p






 








Vậy theo nguyên lí nguyên nạp cho ta p
n n p

Bài Tập Ứng Dụng
Bài 1: Cho 3 n Z Tính

a) lim , 0





n

n
a

a
n

    b) lim !,





n

n
a

a R
n

  

Bài 2: Cho a0,1 m n m n



, Z



. Chứng minh

a)



1n



m 



1m



n b) 199820011999200120002001
Bài 3:  n N*. Chứng minh rằng:





 

2 2

1!2! 2!3! ... ! 1 !

2 !
1! ... !

n
n

n n

n

n n

   


Bài 4: Cho

1 2

...
, ,..., 0
1

n
n

S a a a

a a a

n Z

   








  


Chứng minh rằng:





 



1 2

1 1 ... 1 1 ...

1! 2! !

n
n

S S S

a a a

n

       

Bài 5: Chứng minh rằng:





2 3 1999

200 2000 2000

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

MỤC LỤC

LỜI MỞ ĐẦU……….2 
A. LÝ THUYẾT………..3 
B. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC………...4 
C. ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ TH

ứ

C VÀ TÍNH 
TỔNG TỔ HỢP……….20
D. ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ 
MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC………36
________________________________________________________________________

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Phương pháp giải toán Đại Số Tổ Hợp – Võ Giang Giai
2. Đại Số Tổ Hợp- Nguyễn Phú Khánh

3. Tạp Chí Tốn Học Và Tuổi Trẻ

4. Các đề thi HSG- Olimpic

</div>

Giup ban on tap ve nhi thuc NewTon

<b>NGUYỄN VĂN NĂM - LÊ HỒNG NAM </b>

<b>NH</b>

<b>Ị THỨC NEWTON V</b>

<b>À </b>

<b>ỨNG DỤNG</b>

<b>A. LÝ THUY</b>

<b>ẾT</b>

<b>1. </b>









 

 





<b>2. </b>





 





















<b>3. </b>









 

 









<sub></sub>





 

 

<sub></sub>





 

 

<sub></sub>



<b>4. </b>

1.



2.













<sub></sub>

<sub></sub>





















   

<sub></sub>

<sub></sub>

