Một số ứng dụng của nhị thức newton trong chương trình toán trung học phổ thông

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM
KHOA TỐN
()

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP
Đề tài:
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA
NHỊ THỨC NEWTON TRONG
CHƢƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Giảng viên hướng dẫn

: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

Sinh viên thực hiện

: Nguyễn Thị Hiền Vi

Lớp

: 16ST

Đà Nẵng, tháng 1 năm 2020


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

LỜI CẢM ƠN

Tôi xin gởi lời cảm ơn chân thành đến các thầy cơ khoa Tốn – trường Đại
học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng đã tận tình giảng dạy và tạo điều kiện để tơi hồn
thành khóa luận tốt nghiệp. Đặc biệt, tôi gởi lời cảm ơn sâu sắc đến cơ Ngơ Thị
Bích Thủy – người đã trực tiếp hướng dẫn tôi trong suốt thời gian nghiên cứu.
Cuối cùng, tôi xin gởi lời cảm ơn những ý kiến góp ý quý báu, sự động viên, giúp
đỡ nhiệt tình của gia đình, người thân, các thầy cơ, bạn bè, nhất là các bạn lớp
16ST trong q trình tơi làm khóa luận tốt nghiệp này.
XIN CHÂN THÀNH CẢM ƠN!
Đà Nẵng, tháng 01 năm 2020
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Hiền Vi

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 1


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN ....................................................................................................... 1
MỤC LỤC ............................................................................................................ 2
LỜI NÓI ĐẦU ...................................................................................................... 4
1. Lí do chọn đề tài ........................................................................................... 4
2. Mục đích nghiên cứu ..................................................................................... 4
3. Phương pháp nghiên cứu ............................................................................... 4
4. Nhiệm vụ nghiên cứu .................................................................................... 4

5. Bố cục của khóa luận .................................................................................... 4
CHƢƠNG 1. NHỊ THỨC NEWTON .................................................................. 6
1.1. Công thức Newton ..................................................................................... 6
1.2. Tính chất .................................................................................................... 6
1.3. Một số khai triển hay sử dụng .................................................................... 6
1.4. Dấu hiệu nhận biết sử dụng Nhị thức Newton ............................................ 7
CHƢƠNG 2. ỨNG DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ........................................... 8
2.1. Các bài toán về hệ số trong khai triển Nhị thức Newton ....................... 8
2.1.1. Phương pháp giải ................................................................................. 8
2.1.2. Các dạng toán cơ bản ........................................................................... 8
a. Dạng 1: Tìm hệ số của x k trong một khai triển Nhị thức Newton ............ 8
b. Dạng 2: Tìm hệ số lớn nhất trong một khai triển Nhị thức Newton ....... 10
c. Dạng 3: Các bài toán tìm hệ số các số hạng trong khai triển Nhị thức
Newton thỏa mãn các điều kiện cho trước ................................................... 12
2.2. Các bài tốn dùng Nhị thức Newton để tính tổng tổ hợp ..................... 14
2.2.1. Thuần Nhị thức Newton ..................................................................... 14
a. Dấu hiệu nhận biết ................................................................................ 14
b. Các ví dụ ............................................................................................... 15
2.2.2. Sử dụng kết hợp đạo hàm cấp 1, 2...................................................... 16
a. Đạo hàm cấp 1 ...................................................................................... 16
b. Đạo hàm cấp 2 ...................................................................................... 18
2.2.3. Sử dụng kết hợp tích phân xác định ................................................... 20
a. Dấu hiệu nhận biết ................................................................................ 20
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 2


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

b. Các ví dụ ............................................................................................... 20
2.2.4. Một số phương pháp khác .................................................................. 22
a. Đồng nhất hệ số .................................................................................... 22
b. Sử dụng các bổ đề sau ........................................................................... 23
c. Công cụ số phức ................................................................................... 26
2.3. Các bài toán dùng Nhị thức Newton để chứng minh hệ thức .............. 27
2.3.1. Thuần Nhị thức Newton ..................................................................... 27
a. Dấu hiệu nhận biết ................................................................................... 27
b. Các ví dụ ............................................................................................... 27
2.3.2. Sử dụng đạo hàm cấp 1, 2 .................................................................. 29
a. Đạo hàm cấp 1 ...................................................................................... 29
b. Đạo hàm cấp 2 ...................................................................................... 30
2.3.3. Sử dụng tích phân xác định: ............................................................... 30
b. Các ví dụ ............................................................................................... 30
2.3.4. Một số phương pháp khác .................................................................. 31
2.4. Các bài toán dùng Nhị thức Newton để chứng minh bất đẳng thức và
một số bài toán số học ..................................................................................... 33
KẾT LUẬN ......................................................................................................... 39
TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................................. 40

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 3


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

LỜI NĨI ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Dạy học là một quá trình thống nhất biện chứng giữa việc dạy của thầy và
việc học của trò. Muốn nâng cao chất lượng dạy học thì chúng ta cần phải quan
tâm đến các hoạt động học tập của học sinh. Do đó, việc rèn luyện và phát triển các
thao tác tư duy cho học sinh là một nhiệm vụ cấp thiết trong công tác giảng dạy
của người giáo viên.
Nhị thức Newton nằm trong chương trình Đại số và Giải tích lớp 11. Các bài
tập vận dụng Nhị thức Newton khá đa dạng, đặc biệt trong các đề thi tốt nghiệp
Trung học phổ thông. Học sinh khi làm bài tập còn vấp nhiều lúng túng, khó dự
đốn được hướng giải.
Là sinh viên sư phạm sắp ra trường, với niềm đam mê về các ứng dụng của
Nhị thức Newton, tôi chọn đề tài nghiên cứu: “Một số ứng dụng của Nhị thức
Newton trong chương trình tốn Trung học phổ thông” nhằm nâng cao chất lượng
dạy học.
2. Mục đích nghiên cứu
Đưa ra các ứng dụng của Nhị thức Newton nhằm giúp học sinh nâng cao
năng lực giải các bài toán liên quan.
3. Phƣơng pháp nghiên cứu
- Nêu kiến thức cơ bản của Nhị thức Newton.
- Phân dạng bài tập cơ bản.
- Trong mỗi dạng đều có ví dụ minh họa.
- Sau các ví dụ là chú ý, nhận xét và phương pháp giải từng bài.
- Cuối cùng là các bài tập áp dụng có đáp số để tự luyện.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Tìm hiểu Nhị thức Newton trong chương trình Đại số và Giải tích lớp 11
(Sách cơ bản hiện hành).
- Đưa ra các ứng dụng của Nhị thức Newton trong chương trình tốn Trung
học phổ thơng.

5. Bố cục của khóa luận
Luận văn gồm 2 chương:
- Chương 1: Nhị thức Newton
2.3. Cơng thức Newton
2.4. Tính chất
2.5. Một số khai triển hay sử dụng
2.6. Dấu hiệu nhận biết sử dụng Nhị thức Newton
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 4


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

- Chương 2: Ứng dụng của Nhị thức Newton
2.1. Các bài toán về hệ số trong khai triển Nhị thức Newton
2.2. Các bài tốn dùng Nhị thức Newton để tính tổng tổ hợp
2.3. Các bài toán dung Nhị thức Newton để chứng minh hệ thức
2.4. Các bài toán dung Nhị thức Newton để chứng minh bất đẳng
thức và một số bài toán số học

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 5


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

CHƢƠNG 1. NHỊ THỨC NEWTON
1.1. Công thức Newton
Cho hai số thực a, b và số nguyên dương n thì:
n

(a  b) n   Cnk a n k bk  Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...  Cnnb n

.

k 0
n

(a  b)n   (1) k Cnk a n k b k  Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...  (1)n Cnnb n

.

k 0

1.2. 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 bẳng số mũ của
Nhị thức: n  k  k  n .
c. Số hạng tổng quát của Nhị thức là: Tk 1  Cnk ank bk .
(Tức là số hạng thứ k  1 trong khai triển (a  b)n ).
d. Các hệ số Nhị thức cách đều hai số hạng đầu và cuối đều bằng nhau.
e. 2n  Cn0  Cn1  ...  Cnn .
f. 0  Cn0  Cn1  ...  (1)n Cnn .
g. Tam giác Pascal:

n0

1

n 1

1

1

n2

1
2
1
……………………………………………………………….
Ckm …………….1
1……… Ckm1
nk
1……………. Ckm1 ………………...1

n  k 1

………………………………………………………………
Với Ckm1  Ckm  Ckm1
( a  b) 0  1

(a  b  0)

( a  b)  a  b

1

(a  b) 2  a 2  2ab  b 2
(a  b)3  a 3  3a 2b  3ab 2  b3

………………………………………………………………..
1.3. Một số khai triển hay sử dụng
n

 2n  (1  1)n   Cnk  Cn0  Cn1  ...  Cnn .
k 0

n

 0  (1  1)n   (1) n Cnk  Cn0  Cn1  ...  (1) n Cnn .
k 0

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 6


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy
n

 (1  x)n   Cnk x nk  Cn0 x n  Cn1 x n 1  ...  Cnn x 0 .
k 0

n

 (1  x)n   (1)k Cnk x n k  Cn0 x 0  Cn1 x1  ...  (1) n Cnn x n .
k 0
n

 ( x  1)n   (1)k Cnk x nk  Cn0 x n  Cn1 x n 1  ...  (1)n Cnn x0 .
k 0

1.4. Dấu hiệu nhận biết sử dụng Nhị thức Newton
n

a. Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có  Cni với i là các
i 1

số tự nhiên liên tiếp.
n

b.Trong biểu thức có  i(i  1)Cni thì ta dùng đạo hàm (i  ) .
i 1

n

 Trong biểu thức có  (i  k )Cni thì ta nhân hai vế với x k , rồi lấy đạo
i 1

hàm.
n

 Trong biểu thức có  a k Cni thì ta chọn giá trị x  a thích hợp.

i 1

n
 Trong biểu thức có  1 Cni thì ta lấy tích phân xác định trên  a; b 
i 1

i 1

thích hợp.
n

n

i 1

i 1

 Nếu bài toán cho khai triển ( x a  xb )n   Cni ( x a )ni ( xb )i  Cni x a ( n i )bi thì
hệ số của x là C sao cho phương trình a(n  i)  bi  m có nghiệm
m

i

i
n

.

 Cni đạt giá trị lớn nhất khi k 

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

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, đặc biệt là trong các đề thi tuyển
sinh Đại hoc – Cao đẳng.

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 7


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

CHƢƠNG 2. ỨNG DỤNG NHỊ THỨC NEWTON
2.1. Các bài toán về hệ số trong khai triển Nhị thức Newton
2.1.1. Phƣơng pháp giải
Như ta đã biết Nhị thức Newton có dạng:
n

(a  b) n   Cnk a n k b k (1)

k 0

trong đó, vế phải của (1) là tổng ( n  1 ) số hạng. Số Cnk a nk bk là số hạng thứ
k  1 của tổng ấy, ( k  0;1;2;...; n ).

Phương pháp giải các loại toán này thường được tiến hành như sau:
- Viết khai triển Newton (1) với a, b được chọn từ đầu bài. Trong một
số trường hợp có thể phải xác định n trước (thường n là nghiệm
của một phương trình có liên quan đến kiến thức tổ hợp).
- Từ (1) sử dụng số hạng thứ k  1 : Cnk a n k bk của khai triển để thiết lập
nên một phương trinh mà ẩn của nó thường là k .
Trong quá trình giải tốn, ta thường dùng các kết quả đặc biệt sau:
n

(1  x) n   Cnk x n k  Cn0 x n  Cn1 x n 1  ...  Cnn x 0 .
k 0

n

(1  x)n   (1) k Cnk x n k  Cn0 x 0  Cn1 x1  ...  (1) n Cnn x n .
k 0

Đặc biệt hơn, ta có:
2n  Cn0  Cn1  ...  Cnn .

0  Cn0  Cn1  ...  (1)n Cnn .

2.1.2. Các dạng tốn cơ bản
a. Dạng 1: Tìm hệ số của x k trong một khai triển Nhị thức Newton
Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh Đại học Khối B – 2007):

Tìm hệ số của x10 trong khai triển Nhị thức ( x  2)n biết rằng:
3n Cn0  3n1 Cn1  3n2 Cn2  3n3 Cn3  ...  (1)n Cnn  2048 .
Giải:
Áp dụng công thức khai triển Nhị thức Newton:
n

2n  (3  1) n   Cnk 3k (1) n k 3n Cn0  3n 1 Cn1  3n 2 Cn2  3n 3 Cn3  ...  (1) n Cnn  2048 .
k 0

Vì thế, từ giải thiết ta có: 2n  2048  211  n  11 .
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 8


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

Lại áp dụng cơng thức khai triển Nhị thức Newton, ta có:
11

( x  2)11   C11k x11k 2k

. (1)

k 0

Từ (1) suy ra hệ số của x10 ứng với k  1 , và đó là số: C111 21  22 .
Nhận xét: Ví dụ trên là một minh họa đầy đủ cho phương pháp giải mà chúng ta

đã trình bày trong phần đầu.
Ví dụ 2: Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển Nhị thức Newton của:
n

 1
7
 4 x 
x

1
2
n
Biết rằng: C2n1  C2n1  ...  C2n1  220 1 .

Giải:
Trước hết xác định n từ giả thiết đã cho như sau:
Theo tính chất của tổ hợp, ta có:
C21n 1  C22nn1
C22n 1  C22nn11
....................
C2nn 1  C2nn11

Từ đó ta có: C21n1  C22n1  ...  C2nn1  C22nn1  C22nn11  ...  C2nn11

(1)

Từ (1) ta có: C20n1   C21n1  C22n1  ...  C2nn1    C22nn1  C22nn11  ...  C2nn11   C22nn11
 2  2  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1  .

Vì vế trái của (2) bằng

(2)

nên từ (2) và giả thiết ta có:
2  2  2(2  1)  221  n  10 .
Theo công thức khai triển Nhị thức Newton, ta có:
2 n 1

2 2 n1 ,
20

10

10
10
 1
7
4
7 10
k
4 10  k
7 k

x

x

x

C

(
x
)
(
x
)

C10k x 4011k




10
 4

k 0
k 0
x


Ta có: 40  11k  26  k  6 .
Vậy hệ số của số hạng chứa x26 là C106  210 .
1008

Ví dụ 3: Tìm hệ số của số hạng chứa x

1
trong khai triển  x 2  
x


2009

.

Giải:
Số hạng thứ k  1 trong khai triển  x 2 


1

x3 

2009

:

k

Tk 1  C

k
2009

2 2009  k

(x )

1
k

40185 k
.
 3   C2009 x
x
 

Ta chọn: 4018  5k  1008  k  602.
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 9


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

602
 Hệ số của số hạng chứa x1008 trong khai triển là: Tk 1  C2009

*Bài tập áp dụng:
1. Xác định hệ số chứa x3 trong khai triển hàm số P( x)  (1  2 x  3x 2 )10 theo lũy
thừa của x .
ĐS: 1500
200
101 99
2. Tìm hệ số của số hạng x y trong khai triển (2 x  3 y) .
99
ĐS: C200
.299.399
12

1
3. Tìm hệ số chứa x trong khai triển  x   .
x

8

ĐS: C122  66
b. Dạng 2: Tìm hệ số lớn nhất trong một khai triển Nhị thức Newton
Trong một khai triển thành đa thức: P( x)  a0  a1x  a2 x2  ...  an xn ( ở đây
sử dụng công thức khai triển Nhị thức Newton). Hãy tìm hệ số lớn nhất trong các
hệ số a0 , a1 , a2 ,..., an .
Phương pháp giải loại toán này như sau:
-Xét bất phương trình ak  ak 1 và nghiệm của nó thường có dạng k  k0 ,
do k nguyên nên k  0,1, 2,..., k0  1 .
-Từ đó suy ra bất phương trình ak  ak 1 có nghiệm dạng k  k0 .
Đến đây ta có hai khả năng:
 Nếu ak  ak 1  k  k0 . Khi đó, ta có:
a0  a1  a2  ...  ak0  ak0 1  ak0 2  ...  an1  an

Lúc này có hai hệ số nhận giá trị lớn nhất là ak và ak 1 .
0

0

 Nếu ak  ak 1 vơ nghiệm. Khi đó, ta có:
a0  a1  a2  ...  ak0 1  ak0  ak0 1  ...  an1  an

Lúc này có duy nhất hệ số ak nhận giá trị lớn nhất.
0

Ví dụ 4: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển 1  x  .
Giải:
n

n

Ta có: 1  x    Cnk x k .
n

k 0

Các hệ số trong khai triển là: Cn0 , Cn1 ,..., Cnn .
Ta có, n , k ngun, khơng âm và k  n :
Cnk 

n!
n!
; Cnk 1 
k !(n  k )!
(k  1)!(n  k  1)!

Ta có:
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 10


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

Cnk 1  Cnk 

Cnk
n 1
n 1
1
1  1  k 
k 1
Cn
k
2

Cnk 1  Cnk 

Cnk
n 1
n 1
1
1  1  k 
.
k 1
Cn
k
2

n 1
.
2

n 1
.
Cnk giảm khi k giảm và k 
2

Tức là: Cnk tăng khi k tăng và k 

n 1
.
2
n
với n chẵn thì Cnk đạt giá trị lớn nhất tại k  .
2

Vậy với n lẻ thì Cnk đạt giá trị lớn nhất tại k 

Ví dụ 5: Khai triển đa thức P( x)  (1  2 x)12 . Tìm max (a0 , a1, a2 ,..., a12 ). trong đó
a0 , a1, a2 ,..., a12 là các hệ số của khai triển đa thức.
Giải:
*Cách 1:
12

Xét khai triển: (1  2 x)12   C12k 112k (2 x)k
k 0

 ak  C 2 (k  0,1, 2,...,12)
k
12

k

(1)

Xét bất đẳng thức: ak  ak 1 .
 C12k 2k  C12k 1 2k 1 

12!2k
12!2k 1

k !(12  k )! (k  1)!(11  k )!

1
2
23
2

k
 7   0  k  7 (k  )
12  k k  1
3
3
Áp dụng (1) cho k  0,1, 2,...,12 ta được: a0  a1  a2  ...  a7  a8  a9 ...  a12


 max(a0 , a1 ,..., a12 )  a8  C128 .28  126720 .

*Cách 2:
Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển, suy ra: ak  ak 1 .
Từ đây ta có hệ bất phương trình:
1

2
 k  12  k  1
2k C12k  2k 1 C12k 1
23
25


k
k 8
 k k
k 1 k 1
3
3
 1  2
2 C12  2 C12
12  k k  1

 max(a0 , a1 ,..., a12 )  a8  C128 .28  126720 .
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 11


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy
17

1
Ví dụ 6: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển 1  x  .

 5 

Giải:
17

k

k

17
1
1
1
Xét khai triển: 1  x    C17k   ( x)k  ak  C17k   ( x)k (k  0,1, 2,...,17)



5 

5

k 0

5

k 1
 k  1 k
k 1  1 
C17    C17  
ak  ak 1

 5
5
Ta có: 

k
k 1
ak  ak 1
 k 1
k 1  1 
C17  5   C17  5 


17!
17!

5. k !(17  k )!  (k  1)!(16  k )! 5k  5  17  k



 2  k  3.
17!
18  k  5k

 17!
 5.
 k !(17  k )!
(k  1)!(18  k )!
2

1

 Với k  2 thì hệ số là: C    220 .
5
2
17

3

1
 Với k  3 thì hệ số là: C    220 .
5
3
17

3

1
Vậy hệ số lớn nhất là: C    220 .
5
3
17

* Bài tập áp dụng:
1. Xét khai triển:  3x  2   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a9 x 9 . Tìm hệ số lớn nhất trong các
9

hệ số a0 ; a1; a2 ;...; a9  .
ĐS: a5  a6  2.C95  252
2. Giả
a0 

sử

P( x)  (1  2 x)n  a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n

thỏa

mãn

hệ

thức:

a
a1 a2
 2  ...  nn  212 . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số: a0 ; a1 ; a2 ;...; a n  .
2 2
2

ĐS: a8  28 C128  126720
c. Dạng 3: Các bài tốn tìm hệ số các số hạng trong khai triển Nhị
thức Newton thỏa mãn các điều kiện cho trƣớc
Ví dụ 7: Tìm các số hạng ngun trong khai triển:





9

33 2 .

Giải:
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 12


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

Theo cơng thức khai triển Nhị thức Newton, ta có:



3 2
3



9

9

1
9 k
k
9
 1


  3 2  2 3    C9k .3 2 .2 3

 k 0
k

Số hạng C9k 3 2 .2

9k
3

(1)

là số nguyên, nên:

k 2
k  0

.
 (9  k ) 3  
k  6
0  k  9


Vậy trong khai triển trên có hai số hạng nguyên đó là:
C90 30.23  8 và C96 33.21  4536 .

Ví dụ 8: Trong khai triển Nhị thức Newton:
 a

 3

b


21

b
3
a


 ,


Tìm hệ số của số hạng có số mũ a và b là bằng nhau.
Giải:
Theo công thức khai triển Nhị thức Newton, ta có:
 a

 3
b


21

b
3
a

1
1

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

21

k

 1 1   1 1 
  C  a 3b 6   b 2 a 6 
k 0

 

21

21

 C a
k 0

21 k

k
21

k
21

k 21 k

3
6

b

k 21 k
 
6
2

(1)

Từ (1) suy ra phương trình sau:
k 21  k
k 21  k

 
 k  12 .
3
6
6
2
5

5

Vậy hệ số cần tìm là: C2112  293930 là hệ số của số hạng chứa a 2 b 2 .
Ví dụ 9: Tìm hệ số của số hạng x101 y 99 trong khai triển  2 x  3 y  .
Giải:
200

Ta có:
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 13


Khóa luận tốt nghiệp

 2x  3y 

200

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

  2 x  (3 y ) 

200

200

k
  C200
(2 x) 200 k (3 y ) k

k 0
200

k
  (1) k C200
.2200 k .3k .x 200 k . y k
k 0

200  k  101
 k  99 .
k  99

Theo đề, có: 

99
99
Vậy hệ số cần tìm là: (1)99 C200
.299.399  C200
.299.399 .

Ví dụ 10: Tìm hệ số không chứa x trong khai triển:
17

 1

4 3
 3 2  x  ,x  0
 x


Giải:
Số hạng tổng quát trong khai triển:
17  k

 2 
Tk 1  C  x 3 


k
17

3 k 2 k 34
 
3 3

 C17k x 4

 34 
x 
 

k

với  0  k  17, k  

17 k 34

3

 C17k x 12

Theo đề, ta có:

17k 34
  0  k  18 .
12
3

Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 trong khai triển và có giá trị lá:
C178  24310 .
* Bài tập áp dụng:
1. Cho khai triển Nhị thức:
10

1 2 
2
9
10
  x   a0  a1 x  a2 x  ...  a9 x  a10 x .
3 3 
Hãy tìm số hạng ak lớn nhất.

2. Tìm số hạng lớn nhất trong khai triển: (1  0, 2)1000 .
n

 x2
y2 
3. Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển  2  3 2  ,
y
x 



( x, y  0, n  *) .

Biết tổng tất các hệ số trong khai triển này bằng 4096.
4. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển Nhị thức Newton của
n

 1
7
k
 4  x  , biết rằng: ( n nguyên dương và Cn là tổ hợp chập k của n phần
x


tử).
2.2. Các bài tốn dùng Nhị thức Newton để tính tổng tổ hợp
2.2.1. Thuần Nhị thức Newton
a. Dấu hiệu nhận biết
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 14


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

Ta thấy mỗi số hạng tỏng khai triển Nhị thức có 3 thừa số. Một thừa số
là C , hai thừa số cịn lại đều có dạng lũy thừa. Nếu hệ số là Cnk thì bậc của a và b

k
n

ln có tổng bằng n , Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, còn số mũ của b tăng dần
từ 0 đến n và số lượng các số hạng bằng n  1 . Việc còn lại là khéo léo chọn a và
b.
b. Các ví dụ
Ví dụ 12: Tính tổng 316 C160  315 C161  314 C162  ...  C1616 .
Giải:
Dễ dàng thấy tổng trên có dạng như dấu hiệu nêu trên. Ta có: a  3, b  1 .
Khi đó, tổng trên sẽ bằng (3  1)16  216 .
Ví dụ 13: Tính các tổng sau:
0
1
2
2009 1
2010
S1  C2010
32010  C2010
32009  C2010
32008  ...  C2010
3  C2010
0
1
2
2009 2009
2010 2010
S2  C2010
 C2010
31  C2010

32  ...  C2010
3  C2010
3

Giải:
Trong S1 , số mũ của 3 giảm dần; còn trong S 2 , số mũ của 3 tăng dần.
Vì vậy, ta có: S1  (3  1)2010  22010
S2  (1  3)2010  (2)2010  22010 .

Ví dụ 14: Tính tổng S  C100 21131  C101 21032  C102 2933  ...  C1010 21311
Giải:
S có tổng số mũ của 2 và 3 trong mỗi số hạng luôn bằng 12  10 , trong khi
các hệ số còn lại là C10k . Vậy để có thể áp dụng được Nhị thức Newton, ta phải hạ
bậc của 2 và 3 đi một đơn vị. Từ đó, ta có:

S  2.3  C100 210  C101 2931  C102 2832  ...  C1010 310 
 6  2  3

10

 6.510

Ví dụ 15: Tính tổng: S  C200  C201  C202  ...  C209 .
Giải:
S gọi là “khai nửa triển”. Với dạng bài tập tính tổng của “khai nửa triển”

như thế này, ta làm như sau:
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 15

Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

Ta biết Cnk có một tính chất quan trọng là: Cnk  Cnnk . Vì vậy, ta có:
C200  C2020
1
19
C20
 C20

...............
9
11
C20
 C20

Suy ra:
1
9
11
2S  C200  C20
 C202  ...  C20
 C20
 ...C2020

1
9

10
11
11
  C200  C20
 C202  ...  C20
 C20
 C20
 ...C2020   C20
10
 220  C20

Vậy: S 

10
220  C20
.
2

Ví dụ 16: Tính các tổng:
0
2
4
2008 2008
2010 2010
S1  C2010
 C2010
22  C2010
24  ...  C2010
2  C2010
2

1
3
5
2007 2007
2009 2009
S 2  C2010
2  C2010
23  C2010
25  ...  C2010
2  C2010
2

Giải:
k
Trong S1 , các chỉ số k trong C2010
đều là những số chẵn; còn trong S 2 , đều là
những số lẻ. Các tổng này là các “nửa khai triển”.

Xét khai triển:
0
1
2
2009 2009
2010 2010
(1  2) 2010  C2010
 C2010
21  C2010
22  ...  C2010
2  C2010
2

(*)

0
1
2
2009 2009
2010 2010
(1  2) 2010  C2010
 C2010
21  C2010
22  ...  C2010
2  C2010
2
(**)

Cộng từng vế của (*) và (**) ta được:
2S1  32010  1  S1 

32010  1
.
2

Trừ từng vế của (*) cho (**) ta được:
2S2  3

2010

32010  1
 1  S2 

.
2

2.2.2. Sử dụng kết hợp đạo hàm cấp 1, 2
a. Đạo hàm cấp 1
*Dấu hiện nhận biết
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 16


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

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: kCnk hoặc kCnk ank bk 1 thì ta có thể dùng
đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:

a  x

n

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

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

n 1

 Cn1 a n 1  2.Cn2 a n  2  3.Cn3a n 3  ...  n.Cnn x n 1 .

Đến đây, ta thay x, a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
*Các ví dụ
Ví dụ 17: Tính tổng S  n.2n1Cn0  (n 1)2n23Cn1  (n  2)2n332 Cn2  ...  3n1Cnn1
Giải:
Nhận thấy hệ số đứng trước tổ hợp giảm dần n, n 1,...,3,2,1 nên phải hốn đổi
vị trí a và x :

 x  a

n

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

Đạo hàm theo x , ta có:
n x  a

n 1

 nx n 1Cn0  (n  1) x n  2 aCn1  (n  2) x n 3a 2Cn2  ...  a n 1Cnn 1 .

Thay x  2; a  3 ta được tổng bằng n.5n1 .
0
1
2
2008
2009
 2009C2009
 2008C2009

 ...  2C2009
 C2009
Ví dụ 18: Tính tổng S  2010C2019

Giải:
Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2010, 2009, 2008,..., 2,1 nên dùng đạo hàm là
điều dễ hiểu. Ta có:

 x  1

2009

0
1
2
2008
2009
 C2019
x 2009  C2009
x 2008  C2009
x 2007  ...  C2009
x  C2009
.

0
x 2008 , trong khi đề đến 2010.
Bây giờ nếu lấy đạo hàm thì chỉ được 2009C2019
Do đó, ta phải thêm x vào đẳng thức rồi mới đạo hàm:

x  x  1

2009

0
1
2
2008 2
2009
 C2009
x 2010  C2009
x 2009  C2009
x 2008  ...  C2009
x  C2009
x

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 17


Khóa luận tốt nghiệp

  x  1

2008

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

0
1

2
2008
2009
x 2009  2009C2009
x 2008  2008C2009
x 2007  ...  2C2009
x  C2009
 2010 x  1  2010C2009

Thay x  1 , ta được tổng là: 2011.22018 .
Ví dụ 19: Rút gọn biểu thức sau:
S  3Cn0  4Cn1  5Cn2  ...  (n  3)Cnn .

Giải:
Ta nhận thấy rằng, với x  1 thì ta có:
 3Cn0   Cn0 x3  '
 4Cn1   Cn1 x 4  '
 ……………..
 (n  3)Cnn   Cnn x n 3  ' .
Suy ra: Cn0 x3  Cn1 x4  Cn2 x5  ...  Cnn x n3
 x3  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n 
 x3 1  x 

n

(*)

f ( x)  x 3 (1  x) n

Xét hàm số:

 f '( x)  3x 2 (1  x) n  nx3 (1  x) n1 .

Kết hợp với (*)  f '( x)  3x2Cn0  4 x3Cn1  5x4Cn2  ...  (n  3) xn2Cnn .
Chọn x  1 thì:
S  3Cn0  4Cn1  5Cn2  ...  (n  3)Cnn
 3.2n  n.2n 1
 2n 1 (n  6)

b. Đạo hàm cấp 2
* Dấu hiệu nhận biết
Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2, 2.3,...,(n  1)n hay
(n  1)n,..., 2.3,1.2 , hay 12 , 22 ,32 ,..., n2 ( khơng kể dấu), tức có dạng k (k  1)Cnk a nk hay

tổng quát hơn là: k (k 1)Cnk ank bk thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét
đa thức:

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 18


Khóa luận tốt nghiệp

 a  bx 

n

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

 Cn0 a n  Cn1 a n 1bx  Cn2 a n 2b 2 x 2  ...  Cnnb n x n

Khi đó, đạo hàm 2 vế theo x , ta được:
bn  a  bx 

n 1

 Cn1a n 1b  2Cn2 a n  2b 2 x  3Cn3a n 3b3 x 2  ...  nCnnb n x n 1

Đạo hàm lần nữa:
b 2 n(n  1)  a  bx 

n2

 2.1Cn2 a n  2b 2  3.2Cn3a n 3b3 x  ...  n(n  1)Cnnb n x n  2 (2) .

Đến đây, ta gần như giải quyết xong, ta chỉ việc thay a, b, x bởi các số
thích hợp.
* Các ví dụ
Ví dụ 20: Chứng minh rằng:
S  2.1Cn2  3.2Cn3  4.3.Cn4  ...  n(n  1)Cnn  n(n  1)2n2 .

Giải:
Dễ dàng thấy được vế trái của đẳng thức trên giống gần như hoàn toàn vế
phảo của (2), ta chỉ việc thay a  b  x  1 là giải quyết xong.
*Chú ý: Khi trình bày vào bài kiểm tra hay bài thi thì ta phải ghi rõ xét đa
thức 1  x  rồi đạo hàm 2 lần và thay x  1 vào mới được trọn số điểm.
n

Ví dụ 21: Rút gọn tổng sau:

1
2
3
2010
12 C2010
22009  22 C2010
22008  32 C2010
22007  ...  20102 C2010

Giải:
Với ý tưởng như ví dụ trên, ta xét đa thức:

2  x

2010

0
1
2
2010 2010
 C2010
22010  C2010
22009 x  C2010
22008 x 2  ...  C2010
x

Đạo hàm lần 1:
1
2
3

2010 2009
2010(2  x)2009  1.C2010
22009  2.C2010
22008 x  3.C2010
22007 x 2  ...  2010.C2010
x .

Nếu tiếp tục đạo hàm lần nữa thì chỉ thu được 1.2, 2.3,… . Do đó để thu
được 22 ,32 ,... , ta phải nhân thêm 2 vế với x rồi đạo hàm:
1
2
3
2010 2010
2010 x(2  x)2009  1.C2010
22009 x  2.C2010
22008 x 2  3.C2010
22007 x3  ...  2010.C2010
x

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 19


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

1
2

2010 2009
 2010(2  x)2009  2010.2009x(2  x)2008  12.C2010
22009  22.C2010
22008 x  ...  20102.C2010
x

Thay x  1 , ta rút gọn tổng trên thành 2012.2010.32008 .
Tương tự khi tính tổng 2.1.Cn1  3.2.Cn2  4.3.Cn3  ...  (n  1).n.Cnn , ta cần chú ý là
trước tổ hợp có một hệ số lớn hơn k trong Cnk nên ta phải nhân với x trước khi đạo
hàm 2 lần.
2.2.3. Sử dụng kết hợp tích phân xác định
a. Dấu hiệu nhận biết
Ý tưởng của phương pháp này là dựa vào hệ thức:
b

 x k 1 
bk 1  a k 1
x
dx





k 1
a
 k 1  a
b

k

Từ đây, dễ dàng tìm được dấu hiệu để sử dụng phương pháp này là số
b
bk 1  a k 1 k
n
Cn . Cụ thể, xét tích phân I    c  dx  dx , ta có thể
hạng của tổng có dạng
k 1
a

tính bằng hai cách.
b

n 1
1b
1   c  dx  
n
 .
Tính trực tiếp: I    c  dx  d  c  dx   
da
d  n 1 

a

n



b



k 0



a





Hoặc gián tiếp: I     Cnk c n k d k x k dx    Cnk c n k d k  x k 
b

a

n

 k 0



b
k 1

  n  bk 1  a k 1 k n k k 
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 đó ta có được:
b

n 1
 b k 1  a k 1 k n k k  1   c  dx  

Cn c d   

k 1
k 0 
 d  n  1  a
n

Từ bài toán ta chọn các hệ số a, b, c, d thích hợp.
b. Các ví dụ
2
2
3
3
n 1
41  31

 3n1
1 4 3
2 4 3
n 4
 Cn
 Cn
 ...  Cn
Ví dụ 22: Tính tổng: . S  C
1
2
3
n 1
0
n

Giải:
Ta có:

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 20


Khóa luận tốt nghiệp

S  Cn0

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

41  31

42  32
43  33
4n1  3n1
 Cn1
 Cn2
 ...  Cnn
1
2
3
n 1
4

1
1
2
2
3
3
n 1
x n1
 3n1
0 4 3
1 4 3
2 4 3
n 4
.
S   x dx 
 Cn
 Cn
 Cn

 ...  Cn
n 1 3
1
2
3
n 1
3
4

n

Ví dụ 23: Tính tổng: Cn0

22  1 1 23  1
24  1
2n  2  1
 Cn
 Cn2
 ...  Cnn
2
3
4
n2

Giải:
Mỗi số hạng của tổng có dạng Cnk

2k  2  1
nên ta nghĩ ngày đến dùng tich
k 2

phân. Nhưng mẫu hệ số lại là k  2 so với trong dấu hiệu là k  1 . Do đó, ta phải
b

b

thay tích phân  1  x  dx bằng tích phân khác. Ở đây, ta chọn I   x 1  x  dx . Dễ
n

a

n

a

dàng tìm được cận trên là 2, cận dưới là 1. Thử lại:
2
n
 2
 n  2 k  2 1 k 
 n

I     Cnk x k 1 dx    Cnk  x k 1dx    
Cn  .
k 0 

1  k 0
1
 k 0  k  2


Việc còn lại bây giờ là đi tính trực tiếp I .
2

I    x  1  1 x  1 dx
n

1
2

   x  1

1

n 1

n
  x  1 dx

2

  x  1n  2  x  1n 1 



 n2
n 1 

1

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

Với ý tưởng đó, ta xét ví dụ sau:

 1 C n
1
1
1
1
Ví dụ 24: Tính tổng: Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ... 
n .
2
4
6
8
2n  2
n

Giải:
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 với mỗi số hạng có dạng

Cnk
nên số hạng ban đầu

2k  2

của nó trước khi lấy nguyên hàm là Cnk x2k 1 hay Cnk  x 2  .x . Đến đây phần nào ta đã
k

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 21


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

đốn được tích phân ban đầu là:  x 1  x 2 dx . Nhưng vì có dấu trừ nên ta sửa lại:
2
 x 1  x dx . Thử lại:


2
k
k 2 k 1 
 x 1  x  dx    k0 Cn (1) x dx
1

1

n

0

n

0

1
n 

   Cnk (1) k  x 2 k 1dx 
k 0 
0

n  C k ( 1) k 
  n

k  0  2k  2 

Phần còn lại tình tích phân đó:
2
 x 1  x  dx 
1

n

0

1 1
1  x 2  d (1  x 2 )dx



2 0
1

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

2.2.4. Một số phƣơng pháp khác
a. Đồng nhất hệ số
Ví dụ 25: Tính tổng: S   Cn0    Cn1    Cn2   ...   Cnn  .
2

2

2

2

Giải:
Xét đồng nhất thức: 1  x  1  x   1  x 
n

n

2n

(1)

VT (1)   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cnn x n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cnn x n 
  Cn0Cnn  Cn1Cnn 1  Cn2Cnn 2  ...  CnnCn0   M ( x)
 Sx n  M ( x)

trong đó M ( x) là đa thức không chứa x n . Do đó, S cũng chính là hệ số của
x n trong VP (1) nên S  C2nn .
Tổng quát hơn với việc tìm hệ số của x p trong đồng nhất thức

1  x  1  x 
n

m

 1  x

n m

ta có thể có được hệ thức sau:

Cnp  Cnp1Cm1  Cnp2Cm2  ...  CnpqCmq  ...  Cmp  Cmpn

0  k , n
. Chứng minh: Ck01  Ck11  Ck21  ...  Ckn1  Cnnk 1 .
k , n 

Ví dụ 26: Cho 

Giải:
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 22


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

Xét đa thức: P( x)   x  1

k 1

  x  1

k 2

 ...   x  1

k n

Ta nhận thấy hệ số x k trong đa thức là: Ck01  Ck11  Ck21  ...  Ckn1 .
Mặt khác: P( x) 

 x  1

k

k
k  n 1
1   x  1n1 

   x  1   x  1
x
x

Có hệ số x k : Ck01  Ck11  Ck21  ...  Ckn1  Cnnk 1  đpcm.
Ví dụ 27: Tính S   Cn1   2  Cn2   3  Cn3   ...  n  Cnn  , với n là số tự nhiên lẻ.
2

2

2

2

Giải:
Ta có:
f ( x)  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
n

 f '( x)  n 1  x 

n 1

 xf '( x)  nx 1  x 

Thay x bằng
n 1
1  
x x

(1)

 Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x 2  ...  nCnn x n 1

n 1

 Cn1 x  2Cn2 x 2  3Cn3 x 3  ...  nCnn x n

1
vào đẳng thức trên ta được:
x

n 1

 Cn1

1
1
1
1
 2Cn2 2  3Cn3 3  ...  nCnn n
x
x
x
x

(2)

Nhân vế theo vế (1) và (2), ta được:
n 1
1  
x x

n 1

1  x 

n

 Cn1 xCn1

1
1
1
1
 2Cn2 x 2Cn2 2  3Cn3 x3Cn3 3  ...  nCnn x nCnn n  M ( x) .
x
x
x
x

trong đó, M ( x) là đa thức không chứa số hạng tự do. Khai triển và tìm hệ số
1 1
của số hạng tự do trong đa thức 1  
x x

n 1

n
1  x  , ta tìm được

S  nC2nn1 ..

b. Sử dụng các bổ đề sau
Cnnk  Cnk ; kCnk  nCnk11;

1
1
Cnk 
Cnk11
k 1
n 1

Ví dụ 28: Tính tổng
S  n.2n1 Cn0  (n  1)2n23Cn1  (n  2)2n3 Cn2  ...  3n1 Cnn1 .

Giải:
Ta có:

SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 23


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S Ngơ Thị Bích Thủy

S  n.2n 1 Cn0  (n  1)2n  23Cn1  (n  2)2n 3 Cn2  ...  3n 1 Cnn 1
 n.2n 1 Cnn  (n  1)2n  23Cnn 1  (n  2)2n 3 Cnn  2  ...  3n 1 Cn1
 n.2n 1 Cnn11  n2n  23Cnn12  n2n 3 Cnn13  ...  n3n 1 Cn01
 n  2n 1 Cnn11  2n  23Cnn12  2n 3 Cnn13  ...  3n 1 Cn01 
 n  2  3

n 1

 n.5n 1

Ví dụ 29: Tính tổng S  2.1.Cn2  3.2.Cn3  4.3.Cn4  ...  n(n 1).Cnn
Giải:
Ta có:
S  2.1.Cn2  3.2.Cn3  4.3.Cn4  ...  n(n  1).Cnn
 n.1.Cn11  n.2.Cn21  n.3.Cn31  ...  n(n  1).Cnn11
 n(n  1)Cn0 2  n(n  1)Cn1 2  n(n  1)Cn2 2  ...  n(n  1)Cnn22
 n(n  1)(1  1) n  2
 n(n  1)2n  2

Ví dụ 30: Tính tổng: S 

1 0 1 1 1 2
1
Cn 
Cn 
Cn  ... 
Cnn .

1.2
2.3
3.4
(n  1).(n  2)

Giải:
Số hạng tổng quát của S là:
1
1  1

Cnk 
Cnk 

(k  1)(k  2)
k  2  k 1 
1
1

.
Cnk11
k  2 n 1
1  1


Cnk11 

n 1  k  2

1
1


.
Cnk22
n 1 n  2

Vậy
1
 Cn22  Cn32  ...  Cnn22 
(n  1)(n  2)
1

2n  2  Cn0 2  Cn1 2 

(n  1)(n  2)

S

2n  2  n  3

(n  1)(n  2)
SVTH: Nguyễn Thị Hiền Vi

Trang 24