Chương I: Hoán vị – chỉnh hợp – tổ hợp

ình hoặc khó trong 11 câu có 711C cách. 
Vậy có ( )7 7 7 720 16 13 11C C C C 64034− + + = ñề kiểm tra. 
Sai sót do ta ñã tính lặp lại số cách chọn ñề chỉ có 7 câu dễ và ñề chỉ có 7 câu trung bình trong trường hợp 1 
và trường hợp 2. 
Cách giải ñúng: 
+ Loại 1: chọn 7 câu tùy ý trong 20 câu có 720C cách. 
+ Loại 2: chọn 7 câu không thỏa yêu cầu. 
- Trường hợp 1: chọn 7 câu dễ hoặc trung bình trong 16 câu có 716C cách. 
- Trường hợp 2: chọn 7 câu dễ và khó trong 13 câu có 7 713 9C C− cách. 
- Trường hợp 3: chọn 7 câu trung bình và khó trong 11 câu có 711C 1− cách. 
Vậy có ( )7 7 7 7 720 16 13 9 11C C C C C 1 64071− + − + − = ñề kiểm tra. 
Ví dụ 23. Hội ñồng quản trị của một công ty gồm 12 người, trong ñó có 5 nữ. Từ hội ñồng quản trị ñó người 
ta bầu ra 1 chủ tịch hội ñồng quản trị, 1 phó chủ tịch hội ñồng quản trị và 2 ủy viên. Hỏi có mấy cách bầu 
sao cho trong 4 người ñược bầu phải có nữ. 
Giải 
+ Loại 1: bầu 4 người tùy ý (không phân biệt nam, nữ). 
- Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có 212A cách. 
- Bước 2: bầu 2 ủy viên có 210C cách. 
Suy ra có 2 212 10A .C cách bầu loại 1. 
+ Loại 2: bầu 4 người toàn nam. 
- Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có 27A cách. 
- Bước 2: bầu 2 ủy viên có 25C cách. 
Suy ra có 2 27 5A .C cách bầu loại 2. 
Vậy có 2 2 2 212 10 7 5A .C A .C 5520− = cách. 
5. Hoán vị lặp (tham khảo) 
Cho tập hợp X có n phần tử gồm n1 phần tử giống nhau, n2 phần tử khác lại giống nhau, , nk phần tử khác 
nữa lại giống nhau ( )1 2 kn n ... n n+ + + = . Mỗi cách sắp n phần tử này vào n vị trí là một hoán vị lặp, số 
hoán vị lặp là 
1 2 k
n!
n !n !...n !
. 
Ví dụ 24. Từ các chữ số 1, 2, 3 lập ñược bao nhiêu số tự nhiên có ñúng 5 chữ số 1, 2 chữ số 2 và 3 chữ số 3. 
Giải 
Xem số cần lập có 10 chữ số gồm 5 chữ số 1 giống nhau, 2 chữ số 2 giống nhau và 3 chữ số 3 giống nhau. 
Vậy có 10! 2520
5!2!3!
= số. 
Cách giải thường dùng: 
+ Bước 1: chọn 5 trong 10 vị trí ñể sắp 5 chữ số 1 có 510C cách. 
+ Bước 2: chọn 2 trong 5 vị trí còn lại ñể sắp 2 chữ số 2 có 25C cách. 
 8 
+ Bước 3: sắp 3 chữ số 3 vào 3 vị trí còn lại có 1 cách. 
Vậy có 5 210 5C .C .1 2520= số. 
CHƯƠNG II 
NHỊ THỨC NEWTON 
PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
A. TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 
I. NHỊ THỨC NEWTON 
ðịnh nghĩa 
Nhị thức Newton là khai triển tổng lũy thừa có dạng: 
( )n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 k n k k n nn n n n na b C a C a b C a b ... C a b ... C b
− − −+ = + + + + + + 
n
k n k k
n
k 0
C a b (n 0, 1, 2, ...)−
=
= =∑ . 
+ Số hạng thứ k+1 là k n k kk 1 nT C a b−+ = thường ñược gọi là số hạng tổng quát. 
+ Các hệ số knC ñược tính theo công thức tổ hợp chập hoặc dựa vào tam giác Pascal sau ñây: 
Chẳng hạn: 
0 1 2 3 4 5 6
6 6 6 6 6 6 6C 1, C 6, C 15, C 20, C 15, C 6, C 1= = = = = = = . 
Tính chất 
i) k n kn nC C (0 k n)−= ≤ ≤ . 
ii) k k 1 kn n n 1C C C (1 k n)− ++ = ≤ ≤ . 
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 
1. Dùng ñịnh nghĩa và tính chất chứng minh hoặc rút gọn ñẳng thức 
Ví dụ 1. Chứng minh ñẳng thức: 
k k 1 k 2 k 3 k
n n n n n 3C 3C 3C C C
− − −
++ + + = với 3 k n≤ ≤ . 
Giải 
Áp dụng tính chất ta có: 
 9 
k k 1 k 2 k 3
n n n nC 3C 3C C
− − −+ + + ( ) ( ) ( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3n n n n n nC C 2 C C C C− − − − −= + + + + + 
 ( ) ( )k k 1 k 2 k k 1 k 1 k 2n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1C 2C C C C C C− − − − −+ + + + + + += + + = + + + 
k k 1 k
n 2 n 2 n 3C C C
−
+ + += + = . 
Ví dụ 2. Tính tổng 14 15 16 29 3030 30 30 30 30S C C C ... C C= − + − − + . 
Giải 
Áp dụng tính chất ta có: 
( ) ( ) ( ) ( )13 14 14 15 15 16 28 29 3029 29 29 29 29 29 29 29 30S C C C C C C ... C C C= + − + + + − − + + 13 29 30 1329 29 30 29C C C C= − + = . 
Vậy S 67863915= . 
Cách khác: 
( ) ( ) ( )30 0 12 13 14 29 3030 30 30 30 30 301 1 C ... C C C ... C C− = − + − + − − + 
( ) ( )30 18 17 14 29 3030 30 30 30 30 30C ... C C C ... C C 0⇒ − + − + − − + = 
( )16 15 1430 30 30S C C C S 0⇒ − + − + = 16 15 14 14 1530 30 30 30 302S C C C 2C C⇒ = − + = − . 
Vậy 
14 15
30 302C CS 67863915
2
−
= = . 
Ví dụ 3. Rút gọn tổng sau: 
0 2006 1 2005 2 2004 k 2006-k 2006 0
2007 2007 2007 2006 2007 2005 2007 2007 -k 2007 1S C C C C C C ... C C ... C C= + + + + + + . 
Giải 
Áp dụng công thức ta có: 
( )
k 2006-k
2007 2007 -k
2007 ! (2007 k)!
C C .
k! 2007 k ! (2006 k)!1!
−
=
− − ( ) ( )
2007 ! 2006!
2007.
k ! 2006 k ! k ! 2006 k !
= =
− −
k
20062007C= với k 0, 1, 2, ..., 2006∀ = . 
Suy ra ( ) ( )20060 1 k 20062006 2006 2006 2006S 2007 C C ... C ... C 2007 1 1= + + + + + = + . 
Vậy 2006S 2007.2= . 
2. Khai triển nhị thức Newton 
2.1. Dạng khai triển 
Dấu hiệu nhận biết: 
Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa là 1 hoặc 1 và – 1 xen kẽ nhau. 
i) Khai triển ( )na b+ hoặc ( )na b− . 
ii) Cộng hoặc trừ hai vế của 2 khai triển trên. 
Ví dụ 4. Tính tổng sau: 
0 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007 2007S C 2C 2 C 2 C ... 2 C 2 C= − + − + + − . 
Giải 
Ta có khai triển: 
2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007(1 2) C 2C 2 C ... 2 C 2 C− = − + − + − . 
Vậy S 1= − . 
Ví dụ 5. Rút gọn tổng sau: 
0 2 2 4 4 2004 2004 2006 2006
2007 2007 2007 2007 2007S C 3 C 3 C ... 3 C 3 C= + + + + + . 
Giải 
Ta có các khai triển: 
2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007(1 3) C 3C 3 C ... 3 C 3 C+ = + + + + + (1) 
 10 
2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007(1 3) C 3C 3 C ... 3 C 3 C− = − + − + − (2). 
Cộng (1) và (2) ta ñược: 
( )0 2 2 4 4 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 20072 C 3 C 3 C ... 3 C 4 2+ + + + = − . 
Vậy ( )2006 2007S 2 2 1= − . 
Ví dụ 6. Rút gọn tổng sau: 
2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007
2007 2007 2007 2007S 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C ... 2 C= + + + + . 
Giải 
Ta có các khai triển: 
2007(3 2)+ = 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 20073 C 3 .2C 3 .2 C ... 3.2 C 2 C+ + + + + (1) 
2007(3 2)− = 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 20073 C 3 .2C 3 .2 C ... 3.2 C 2 C− + − + − (2). 
Trừ (1) và (2) ta ñược: 
( )2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 20072007 2007 2007 20072 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C ... 2 C 5 1+ + + + = − . 
Vậy 
20075 1
S
2
−
= . 
2.2. Dạng ñạo hàm 
2.2.1. ðạo hàm cấp 1 
Dấu hiệu nhận biết: 
Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng dần từ 1 ñến n (hoặc giảm dần từ n ñến 1) (không kể dấu). 
Hai khai triển thường dùng: 
( )n 0 1 2 2 k k n nn n n n n1 x C C x C x ... C x ... C x+ = + + + + + + (1). 
( ) ( ) ( )n k n0 1 2 2 k k n nn n n n n1 x C C x C x ... 1 C x ... 1 C x− = − + − + − + + − (2). 
i) ðạo hàm 2 vế của (1) hoặc (2). 
ii) Cộng hoặc trừ (1) và (2) sau khi ñã ñạo hàm rồi thay số thích hợp. 
Ví dụ 7. Tính tổng sau: 
1 2 2 3 28 29 29 30
30 30 30 30 30S C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C= − + − + − . 
Giải 
Ta có khai triển: 
( )30 0 1 2 2 29 29 30 3030 30 30 30 301 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + (1). 
ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: 
( )291 2 29 28 30 2930 30 30 30C 2C x ... 29C x 30C x 30 1 x+ + + + = + (2). 
Thay x = – 2 vào (2) ta ñược: 
( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2− + − + − = − . 
Vậy S 30= − . 
Ví dụ 8. Rút gọn tổng sau: 
1 2 3 4 5 26 27 28 29
30 30 30 30 30S C 3.2 C 5.2 C ... 27.2 C 29.2 C= + + + + + . 
Giải 
Ta có khai triển: 
( )30 0 1 2 2 29 29 30 3030 30 30 30 301 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + (1). 
ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: 
( )291 2 29 28 30 2930 30 30 30C 2C x ... 29C x 30C x 30 1 x+ + + + = + (2). 
Thay x = 2 và x = – 2 lần lượt vào (2) ta ñược: 
( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2+ + + + + = + (3) 
( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2− + − + − = − (4). 
 11 
Cộng hai ñẳng thức (3) và (4) ta ñược: 
( ) ( )1 2 3 4 5 26 27 28 29 2930 30 30 30 302 C 3.2 C 5.2 C ... 27.2 C 29.2 C 30 3 1+ + + + + = − 
Vậy ( )29S 15 3 1= − . 
Ví dụ 9. Rút gọn tổng sau: 
0 1 2 2006 2007
2007 2007 2007 2007 2007S 2008C 2007C 2006C ... 2C C= + + + + + . 
Giải 
Ta có khai triển: 
( )2007x 1+ = 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C+ + + + + (1). 
Nhân 2 vế (1) với x ta ñược: 
( )2007x x 1+ = 0 2008 1 2007 2 2006 2006 2 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C x+ + + + + (2). 
ðạo hàm 2 vế của (2) ta ñược: 
0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007
2007 2007 2007 2007 20072008C x 2007C x 2006C x ... 2C x C+ + + + + ( )
2006(1 2008x) x 1= + + (3). 
Thay x = 1 vào (3) ta ñược: 
0 1 2 2006 2007 2006
2007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C 2009.2+ + + + + = . 
Vậy 2006S 2009.2= . 
Cách khác: 
Ta có khai triển: 
( )2007x 1+ = 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C+ + + + + (1). 
ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: 
0 2006 1 2005 2 2004 2005 2006
2007 2007 2007 2007 20072007C x 2006C x 2005C x ... 2C x C+ + + + + ( )
20062007 x 1= + (2). 
Thay x = 1 vào (1) và (2) ta ñược: 
0 1 2 2006 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007C C C ... C C 2+ + + + + = (3). 
0 1 2 2006 2006
2007 2007 2007 20072007C 2006C 2005C ... C 2007.2+ + + + = (4). 
Cộng (3) và (4) ta ñược: 
0 1 2 2006 2007 2006
2007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C 2009.2+ + + + + = . 
Vậy 2006S 2009.2= . 
Ví dụ 10. Cho tổng sau: 
0 1 2 n 1 n
n n n n nS 2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C
−= + + + + + + + , với n +∈ Z . 
Tính n, biết S 320= . 
Giải 
Ta có khai triển: 
( )n 0 1 2 2 n 1 n 1 n nn n n n n1 x C C x C x ... C x C x
− −+ = + + + + + (1). 
Nhân 2 vế (1) với x2 ta ñược: 
( )n0 2 1 3 2 4 n 1 n 1 n n 2 2n n n n nC x C x C x ... C x C x x 1 x
− + ++ + + + + = + (2). 
ðạo hàm 2 vế của (2) ta ñược: 
0 1 2 2 3 n 1 n n n 1
n n n n n2C x 3C x 4C x ... (n 1)C x (n 2)C x
− ++ + + + + + + ( )n 2 n 12x 1 x nx (1 x) −= + + + (3). 
Thay x = 1 vào (3) ta ñược: 
0 1 2 n 1 n n 1
n n n n n2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C (4 n).2
− −+ + + + + + + = + . 
n 1S 320 (4 n).2 320−= ⇔ + = . 
Vậy n 6= . 
Cách khác: 
Ta có khai triển: 
( )n 0 1 2 2 n 1 n 1 n nn n n n n1 x C C x C x ... C x C x
− −+ = + +