Tổ hợp - Nhị thức Niutơn

Nhận xét: trong biểu thức ở VP của công thức (1) 
- Số hạng tử là n+1. 
- Các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đến 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến 
n, nhưng tồng số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n 
(qui ước a0 = b0 = 1). 
- Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau. 
- Số hạng tử thứ k+1 la Tk+1= Cn
k 
a 
n – k 
b 
k
Chú ý: 
 a = b = 1 ta có CCCCCC
n
n
n
n
k
nnnn
n

1210
........2 
 a=1; b= -1 ta có 0    CCCCC nn
nk
n
k
nnn 11 ......
210
  
B. BÀI TẬP 
Dạng 1: Viết khai triển theo công thức nhị thức Newton 
Dạng 2: Rút gọn, tính giá trị của biểu thức 
Dạng 3: Giải phương trình 
Dạng 4: Tìm giá trị của hệ số trong khai triển Newton 
 Phương pháp: 
 Ta có :   baCba iin
n
i
i
n
n 

 
0
 Khi đó: 
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 
Trang 2 
 Hệ số của số hạng tử thứ i là C
i
n
 Số hạng tử thứ i là baC
iini
n

 Ta có: 
      xCxxCxx iin
n
i
i
n
iinn
i
i
n
n  



 
)(
00
 Khi đó: 
 Hệ số của x
k
 là C
i
n
 trong đó I là nghiệm của phương trình : kiin   )( 
 Khi k = 0 đó là số hạng không phụ thuộc vào x 
Dạng 5: Sử dụng khai triển Newton chứng minh đẳng thức - bất đẳng thức 
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 
Trang 3 
 BÀI TẬP NHỊ THỨC NIU – TƠN 
 
Dạng 1: Viết khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn 
Dạng 2: Rút gọn, tính giá trị biểu thức 
Dạng 3: Giải phương trình 
Bài 1: a)  52ba  =  
5
0
5
5 .)2.(k
kkk abC 
 = 5005 .)2.( abC + 
411
5 .)2.( abC +  + 
055
5 .)2.( abC 
 = 5a + 410ba + 3240 ab + 2380 ab + ab480 + 532b 
Bài 2: Viết 3 số hạng đầ tiên theo lũy thừa tăng dần của x trong khai triển 
  823 x =  
5
0
8
5 )2.()3.(k
kkk xC 
Bài 3: Tính 
 a) S= 55
52
5
21
5
0
5 ... CxCxxCC  
 Ta có: 
2433
2...223
2...22)21(
...)1(
5
5
5
52
5
21
5
0
5
5
5
5
52
5
21
5
0
5
5
5
5
52
5
21
5
0
5
5




S
CCCC
CCCC
CxCxxCCx
 c) C = 0nC + 
2
1
nC +  + 
1n
C nn 
   dxx n 
1
0
1 =   dxxCxCC nnnnn 
1
0
10 ... =
1
0
1
1
)1(

 
n
x n
= 
1
12 1


n
n
 Vậy C = 
1
12 1


n
n
 d) D = 1nC - 2
2
nC +  +
1)1(  n . n. nnC 
  ')1( nx =   nnnnnnnn xCxCxCxCC 1...332210  
 -n 1)1(  nx =   12321 1...32  nnn
n
nnn xnCxCxCC 
 Chọn n 1)11(  n = D  D = 0 
Bài 4: Rút gọn biểu thức: 
A = 122
3
2
1
2 ...
 nnnn CCC 
B = nnnn CCC
2
2
2
2
0
2 ... 
Ta có A + B = 122
3
2
1
2 ...
 nnnn CCC + 
n
nnn CCC
2
2
2
2
0
2 ... 
 = n)11(  
 = n2 (1) 
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 
Trang 4 
và A - B = 122
3
2
1
2 ...
 nnnn CCC -  nnnn CCC 222202 ... 
 = n)11(  
 = 0 (2) 
Từ (1) và (2), ta có 122  nBA 
Bài 5: Giải phương trình: 
 10921 ...   xx
c
x
x
x
x
x CCCC = 1023 )10( x 
  109210 ... xxxxx CCCCC  = 1024 
  x2 = 102 
  x = 10 
Dạng 4: Tìm giá trị của hệ số trong khai triển Niu-tơn 
Bài 1: Tìm số hạng thứ 13 của khai triển  153 23  
 Ta có số hạng thứ k+1 của khai triển là 
 T kkkk C )2.()3.(
153
151

  
 Theo giả thuyết T 1k T13  k+1 = 13  k = 12 
 Khi đó T 1233121513 )2.()3.(C 
 = 87360. 
 Vậy T13 = 87360 
Bài 2: Tìm số hạng thứ 5 của khai triển 
13
3
1







z
z , số hạng nào chứa z với mũ 
số tự nhiên. 
Giải 
 Ta có số hạng thứ k+1 của khai triển là 
 T kkkk
z
zC )
1
.(.
3
13
131

  
 Theo giả thuyết T 1k T 5 k+1 = 5 k = 4 
 Khi đó T 4
3
94
135 )
1
.(.
z
zC

 = 715.
3
8
z
z
 Vậy T 5 = 715. 3
8
z
z
Mặt khác, ta có: T kkkk
z
zC )
1
.(.
3
13
131

  
 k
k
k zC )1.(. 3
439
13 

Do đó, z có số mũ tự nhiên 39 – 4k 3 (0 ≤ k ≤13) 
  



 k
k
439
34 
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 
Trang 5 
  










9
6
3
0
k
k
k
k
+ Với k=0 T 1 = 
13z 
+ Với k=3 T 4 = -
93
13.zC = -286
9z 
+ Với k=6 T 7 = 
56
13.zC = 1716
5z 
+ Với k=9 T 10 = -
19
13.zC = -175 z 
Vậy các số hạng chứa z với số mũ tự nhiên là 
T 1 = 
13z , T 3 = -286
9z , T 7 = 1716
5z , T10 = -175 z 
Bài 3: Viết lại P(x) =  x1 + 2  21 x +  + 20  201 x dưới dạng 
 P(x) = a0 + a1 x
+ a2
2x +  + a20
20x . Tìm a9 
Giải 
Ta có: P(x) =  x1 + 2  21 x +  + 20  201 x 
 = (1 + 2 02C + 3
0
3C +  + 20
0
20C ) + (1 + 2
1
2C + 3
1
3C +  + 20
1
20C ) x 
 + (2 22C + 3
2
3C +  + 20
2
20C )
2x +  + 20 2020C
20x 
a9 = 9
9
9C + 10
9
10C +  + 20
9
20C 
Bài 4: Trong khai triển 
n
xxx 









15
28
3 hãy tìm số hạng không phụ thuộc x, biết: 
 nnC + 
1n
nC + 
2n
nC = 79 
Giải Ta có nnC + 
1n
nC + 
2n
nC = 79 
  1 + n + 
 
2
1nn
= 79 
  2n + n - 156 = 0 
  




13
12
n
n
 n = 12 
Số hạng thứ k + 1 là T  
k
kn
k
k xxxC 











15
28
3
81 .. =   5
16
3
4
.
kn
k
n xC

Số hạng không phụ thuộc biến 
  
5
16
3
4 kn
 = 0  k = 5  512C = 792 
Bài 6 : Cho biết ba hạng tử đầu tiên của khai triển 
n
x
x 






42
1
 có các hệ số là 
3 số hạng liên tiếp của cấp số cộng. Tìm tất cả các hạng tử hữu tỷ của khai triển 
trên. 
Giải 
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 
Trang 6 
Theo công thức nhị thức Niu – Tơn ta có: 
Số hạng thứ nhất là : C 0n 1. 
Số hạng thứ hai là : C 





2
1
.1n
2
n
 . 
Số hạng thứ ba là : C
2
2
2
1
. 





n
 
8
1

nn
Theo đề bài ta có : 
 
n
nn



8
1
1 
 0892  nn 
 





8
1
n
n
 . 
Với n = 8 ta có T 1k = 
kk
k xxC 














 

4
1
8
2
1
8
2
1
.. = 
k
k
k
xC 4
3
4
8 ..
2
1 






. 
 Xét x
k
4
3
4
 để hữu tỷ thì 0
4
3
4  k 
3
16
 k . Do k nguyên dương nên ta chọn k 
= 6, 7, 8. 
k = 6 ta được T 7 = 
x
xC
16
7
..
2
1
2
1
6
8
6















. 
k = 7 ta có T 8 = 43
16
xx
. 
k = 8 ta cũng có T 9 = 2256
1
x
. 
 Xét 
k






2
1
. kC8 . Ta có : 
k = 0 T 41 x (loại) 
k = 1 T 432 4 xx (loại) 
k = 2 T xx23 7 (loại) 
k= 3 T 4 34 7 xx (loại) 
k = 4 
T x
8
35
5 (nhận) 
k = 5 
T 46
4
7
x (nhận) 
Vậy trong khai triển 
n
x
x 






42
1
khi ba số hạng đầu tiên liên tiếp lập thành cấp số 
cộng thì ta có các hạng tử hữu tỷ là 
42
1
x
, 
x16
7
, 
43
16
xx
, 
2256
1
x
, x
8
35
, 4
4
7
x . 
Bài 7 : Tìm hệ số của 99101yx trong khai triển  20032 yx  . 
Giải 
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 
Trang 7 
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có T   1019999200
9910199
200100 3.2..3.2. CC  . 
Bài 8 : Tính hệ số của 85 yx trong khai triển  13yx  . 
Giải 
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T 12878139  C . 
Bài 9 : Tìm hệ số của x 9 trong khai triển  192 x 
Giải 
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : 
 T   945950722.1.2. 10919
9109
1910  CC . 
Bài 10 : Tìm hệ số của x 7 trong khai triển  1523 x . 
Giải 
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T   78715
787
158 2.3.2.3. CC  . 
Bài 11 : Tìm hệ số của 1025 yx trong khai triển  153 xyx  . 
Giải 
Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T     kkkkkkk yxCxyxC .... 24515
153
151

  . 
Để tìm hệ số của 1025 yx thì 





10
25245
k
k
. 
Vậy hệ số của 1025 yx trong khai triển  153 xyx  là T 3003101511  C . 
Bài 12 : Biết hệ số của x 2n trong khai triển 
n
x 






4
1
là 31. Tìm n 
Giải 
Hạng tử chứa x 2n trong khai triển là hạng tử chứa hệ số thứ ba, nên theo đề bài ta 
có phương trình : 31
4
1
2
2 





nC 
   32.311  nn 
 





31
32
09922
n
n
nn .ta nhận n = 32. 
Vậy hệ số của x 2n trong khai triển 
n
x 






4
1
là 31 thì n = 32. 
Bài 13 : Biết hệ số x 2 trong khai triển  nx31 là 90. Tìm n. 
Giải 
 Theo đề bài ta có phương trình : C 02090)3.( 222  nn
n 
 





4
5
n
n
(loại n = -4) 
Vậy hệ số x 2 trong khai triển  nx31 là 90 thì n = 5. 
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 
Trang 8 
Bài 14 : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 
8
3 1







x
x . 
Giải 
Theo công thức nhị thức Niu – Tơn ta có T   kk
k
kk
k xC
x
xC 4248
83
81 .
1
.. 

 





 
Để tìm số hạng không chứa x thì 60224  kk . 
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển 
8
3 1







x
x là C   281. 668  . 
Dạng 5: Sử dụng khai triển Niu-tơn chứng minh đẳng thức-bất đẳng thức: 
Bài 1: Ta có:  nx1 =  
n
k
kk
n xC0 . 
 = 00.xCn + xCn.
1 + 22.xCn +  +
nn
n xC . 
Thay x = 4, ta được: 
  n41 =  
n
k
kk
nC0 4. 
  n5 = 00 4.nC + 4.
1
nC + 
22 4.nC +  +
nn
nC 4. (đpcm !) 
Bài 2: Ta có:  nx1 = 00.xCn + xCn.
1 + 22.xCn +  +
nn
n xC . 
   n11 = 0nC + 
1
nC + 
2
nC +  +
n
nC (1) 
 và  nx1 = 00.xCn - xCn.
1 + 22.xCn - 
33.xCn +  +
nn
n
n xC ..)1( 
   n11 = 0nC - 
1
nC + 
2
nC - 
3
nC +  +
n
n
n C.)1( (2) 
Lấy (1) + (2), ta được: 
 n2 = 2( 0nC + 
2
nC + 
4
nC + ) 
  12 n = 0nC + 
2
nC + 
4
nC +  
Lấy (1) - (2), ta được: 
 n2 = 2( 1nC + 
3
nC + 
5
nC + ) 
  12 n = 1nC + 
3
nC + 
5
nC +  
Vậy 0nC + 
2
nC + 
4
nC +  = 
1
nC + 
3
nC + 
5
nC +  = 
12 n 
Bài 3: 
1) CMR: 0nC + 
2
1
nC +  + 
1n
C nn = 
1
12 1


n
n
Giải 
Ta có:   dxx n 
1
0
1 = 
1
0
1
1
)1(

 
n
x n
= 
1
12 1


n
n
Mặt khác:  nx1 = 0nC + xCn.
1 + 22.xCn +  +
nn
n xC . 
Lấy tích phân 2 vế ta được: 
1
12 1


n
n
 = 0nC + 
2
1
nC +  + 
1n
C nn (đpcm!) 
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 
Trang 9 
2) CMR: 0nC - 
2
1
nC +  + n)1( 
1n
C nn = 
1
1
n
Giải 
Ta có:   dxx n 
0
1
1 = 
0
1
1
1
)1(




n
x