Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 1 1/ Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp: Hoán vị Chỉnh hợp Tổ hợp ! n P n = , với * 1 n n ≥   ∈  ¥ ! ( )! k n n A n k = − , với * 1 , k n n k ≤ ≤   ∈  ¥ ! !( )! k n n C k n k = − , với 0 , k n n k ≤ ≤   ∈  ¥ ! k k n n A k C = ! ( 1)( 2) 2.1 ! ( 1)! 0! 1 n n n n n n n = − − = − = 1 1 n A = ! n n A n = n n n P A = 0 1 1 1 1 n n n n k k n n k k k n n n C C C C C C C − − − − = = = + = Số cách xếp n phần tử vào n vị trí có thứ tự Số cách chọn k phần tử trong n phần tử có thứ tự Số cách chọn ra tập hợp con gồm k phần tử trong tập hợp gồm n phần tử không thứ tự 2/ Công thức nhị thức Newton: * Công thức: 0 1 1 2 2 2 1 1 0 ( ) n n k n k k n n n n n n n n n n n n n k a b C a b C a C a b C a b C ab C b − − − − − = + = = + + + + + ∑ * Tính chất: - Trong khai triển ( ) n a b + có ( 1) n + số hạng - Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n - Số hạng thứ 1 k + trong khai triển nhị thức là: 1 k n k k k n T C a b − + = CÔNG TH ỨC NHỊ THỨC NEWTON Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 2 I/ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN - Sử dụng các công thức về hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp - Chú ý cách biến đổi dạng: ! ( 1)! n n n = − , ! ( 1)( 2)! n n n n = − − ,… II/ VÍ DỤ MINH HỌA VD 1: Giải các phương trình sau: a. 4 6 5 2 x x x C C C + = b. 1 2 3 2 6 6 9 14 x x x C C C x x + + = − Giải a. ĐK: 6 x x ≥   ∈  ¥ PT ! ! ! 2. 4!( 4)! 6!( 6)! 5!( 5)! x x x x x x ⇔ + = − − − ( 1)( 2)( 3) ( 4)( 5) 2( 4) 1 0 24 30 5 x x x x x x x− − − − − −   ⇔ + − =     2 7 ( 4)( 5) 2( 4) 1 0 21 98 0 14 30 5 x x x x x x x =  − − − ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔  =  Kết hợp với điều kiện, ta có: 7 x = hoặc 14 x = b. ĐK: 3 x x ≥   ∈  ¥ PT 2 2 ! ! ! 6. 6. 9 14 3 ( 1) ( 1)( 2) 9 14 1!( 1)! 2!( 2)! 3!( 3)! x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + = − ⇔ + − + − − = − − − − 2 3 2 2 3 2 2 (3 3 ) ( 3 2 ) 9 14 9 14 0 ( 9 14) 0 x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + − + − + = − ⇔ − + = ⇔ − + = 2 2 9 14 0 7 x x x x =  ⇔ − + = ⇔  =  Kết hợp với điều kiện, ta có: 7 x = VD 2: Giải các bất phương trình sau: a. 3 2 5 21 0 x x A A x + − ≤ b. 2 2 3 2 1 6 10 2 x x x A A C x − ≤ + Giải a. ĐK: 3 x x ≥   ∈  ¥ BPT ! ! 5. 21 0 ( 1)( 2) 5 ( 1) 21 0 ( 3)! ( 2)! x x x x x x x x x x x ⇔ + − ≤ ⇔ − − + − − ≤ − − 3 2 2 3 2 ( 3 2 ) (5 5 ) 21 0 2 24 0 ( 6)( 4) 0 x x x x x x x x x x x x ⇔ − + + − − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ + − ≤ 4 x ⇔ ≤ Kết hợp với điều kiện, ta có: 3 x = hoặc 4 x = D ẠNG 1: PHƯƠNG TR ÌNH, H Ệ P HƯƠNG TR ÌNH VÀ B ẤT PHƯƠNG TR ÌNH Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 3 b. ĐK: 3 x x ≥   ∈  ¥ BPT 1 (2 )! ! 6 ! . . 10 (2 1) ( 1) ( 1)( 2) 10 2 (2 2)! ( 2)! 3!( 3)! x x x x x x x x x x x x x ⇔ − ≤ + ⇔ − − − ≤ − − + − − − 2 2 2 (2 ) ( ) ( 3 2) 10 3 12 0 4 x x x x x x x x ⇔ − − − ≤ − + + ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ Kết hợp với điều kiện, ta có: 3 x = hoặc 4 x = VD 3: Giải hệ phương trình: 2 5 90 5 2 80 y y x x y y x x A C A C  + =   − =   Giải ĐK: * , x y x y ≥   ∈  ¥ HPT ! 20 2 5 90 2 5 90 20 ( )! ! 5 2 80 10 10 10 !( )! (1) (2) y y y y y x x x x x y y y y x x x x x A C A C A x y x A C C C y x y  =     + = + = = −     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     − = = =        =  −  Thay (1) vào (2), ta có: 20 10 ! 2 2 ! y y y = ⇔ = ⇔ = Thay vào (1), ta có: 2 4 ! 20 ( 1) 20 20 0 5 ( 2)! x x x x x x x x = −  = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔  = −  Kết hợp với điều kiện, ta có: 5 x = , 2 y = I/ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN - Nếu trong tổng có chứa 1 1 k n C k + , ta khai triển ( ) n ax b + rồi lấy tích phân hai vế. - Nếu trong tổng có chứa k n kC , ta khai triển ( ) n ax b + rồi lấy đạo hàm hai vế. - Nếu trong tổng không có chứa một trong hai số hạng trên, ta khai triển ( ) n ax b + rồi chọn x . - Nếu trong tổng có chứa chỉ số không đầy đủ, ta đặt tổng bổ sung rồi tính tổng, hiệu. II/ VÍ DỤ MINH HỌA VD 1: Tính giá trị của biểu thức 4 3 1 3 ( 1)! n n A A M n + + = + , biết rằng 2 2 2 2 1 2 3 4 2 2 149 n n n n C C C C + + + + + + + = Giải ĐK: * n∈ ¥ Ta có: 2 2 2 2 1 2 3 4 ( 1)! 2( 2)! 2( 3)! ( 4)! 2 2 149 149 2!( 1)! 2! ! 2!( 1)! 2!( 2)! n n n n n n n n C C C C n n n n + + + + + + + + + + + = ⇔ + + + = − + + D ẠNG 2: CHỨNG MINH ĐẲNG T H ỨC, TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 4 ( 1) ( 4)( 3) ( 2)( 1) ( 3)( 2) 149 2 2 n n n n n n n n + + + ⇔ + + + + + + + = 2 2 2 2 ( ) 2( 3 2) 2( 5 6) ( 7 12) 298 n n n n n n n n⇔ + + + + + + + + + + = 2 5 6 24 270 0 9 n n n n =  ⇔ + − = ⇔  = −  Kết hợp với điều kiện, ta có: 5 n = Do đó: 4 3 6 5 3 360 3.60 3 6! 720 4 A A M + + = = = VD 2: Chứng minh rằng: 2012 0 2 2 4 4 2012 2012 2012 2012 2012 2012 3 1 2 2 2 2 C C C C + + + + + + = Giải Ta có: 2012 0 1 2 2 3 3 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 (1 ) x C C x C x C x C x + = + + + + + Cho 2 x = ta được: 2012 0 1 2 2 3 3 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 3 2 2 2 2C C C C C= + + + + + (1) Cho 2 x = − ta được: 0 1 2 2 3 3 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 1 2 2 2 2C C C C C= − + − + + (2) Lấy (1) cộng (2) vế theo vế, ta có: 2012 0 2 2 4 4 2012 2012 2012 2012 2012 2012 3 1 2 2 2 2C C C C   + = + + + + ⇒   đpcm VD 3: Tính tổng 0 1 2 2012 2012 2012 2012 2012 2 3 2013S C C C C= + + + + Giải Ta có: 2012 0 1 2 2 3 3 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 (1 ) x C C x C x C x C x + = + + + + + 2012 0 1 2 2 3 3 4 2012 2013 2012 2012 2012 2012 2012 (1 ) x x C x C x C x C x C x ⇒ + = + + + + + Lấy đạo hàm hai vế, ta có: ' ' 2012 0 1 2 2 3 3 4 2012 2013 2012 2012 2012 2012 2012 (1 ) x x C x C x C x C x C x     + = + + + + +     2012 2011 0 1 2 2 2012 2012 2012 2012 2012 2012 (1 ) 2012 (1 ) 2 3 2013 x x x C C x C x C x ⇒ + + + = + + + + Cho 1 x = ta được: 2012 2011 0 1 2 2012 2012 2012 2012 2012 2 2012.2 2 3 2013C C C C+ = + + + + 0 1 2 2012 2011 2012 2012 2012 2012 2 3 2013 2014.2 C C C C⇒ + + + + = Vậy: 2011 2014.2 S = VD 4: Tính tổng 2 2 3 3 1 1 0 1 2 3 2 3 2 3 2 2 3 1 n n n n n n n S C C C C n + + − − − = + + + + + Giải Ta có: 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 tích phân hai vế, ta được: ( ) 0 1 2 2 3 3 (1 ) b b n n n n n n n n a a x dx C C x C x C x C x dx + = + + + + + ∫ ∫ 1 0 1 2 2 3 1 (1 ) 1 1 1 1 2 3 1 b b n n n n n n n a a x C x C x C x C x n n + + +   ⇒ = + + + +   + +   Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 5 Cho 3, 2 b a = = ta được: 2 2 3 3 1 1 1 1 0 1 2 3 2 3 2 3 2 4 3 2 3 1 1 n n n n n n n n n C C C C n n + + + + − − − − + + + + = + + Vậy: 1 1 4 3 1 n n S n + + − = + VD 5: Tính tổng 0 1 2 1 1 1 1 2 3 4 2 n n n n n S C C C C n = + + + + + Giải * Ta có: 0 1 2 2 3 3 0 1 2 2 3 3 4 1 (1 ) (1 ) n n n n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x C x x x C x C x C x C x C x + + = + + + + + ⇒ + = + + + + + Lấy tích phân hai vế, ta được: ( ) 1 1 0 1 2 2 3 3 4 1 0 0 (1 ) n n n n n n n n x x dx C x C x C x C x C x dx + + = + + + + + ∫ ∫ (1) * Tính: 1 0 (1 ) n x x dx + ∫ Đặt 1 t x dt dx = + ⇒ = và 0 1 1 2 x t x t = =   ⇒   = =   . Do đó: 2 1 2 2 2 1 1 1 0 1 1 1 .2 1 (1 ) ( 1) ( ) 2 1 ( 1)( 2) n n n n n n n t t n x x dx t t dt t t dt n n n n + + + +   + + = − = − = − =   + + + +   ∫ ∫ ∫ Lại có: ( ) 1 1 0 1 2 2 3 3 4 1 0 2 1 3 2 4 2 0 0 1 1 1 1 2 3 4 2 n n n n n n n n n n n n n C x C x C x C x C x dx C x C x C x C x n + +   + + + + + = + + + +   +   ∫ 0 1 2 1 1 1 1 2 3 4 2 n n n n n C C C C n = + + + + + * Vậy từ (1), ta có: 1 0 1 2 1 1 1 1 .2 1 2 3 4 2 ( 1)( 2) n n n n n n n S C C C C n n n + + = + + + + = + + + VD 6: Chứng minh rằng: 2 3 4 2 2.1 3.2 4.3 ( 1) ( 1)2 n n n n n n C C C n n C n n − + + + + − = − Giải Ta có: 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, ta được: 1 1 2 3 2 1 (1 ) 2 3 n n n n n n n n x C C x C x nC x − − + = + + + + Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế, ta được: 2 2 3 2 ( 1)(1 ) 2.1 3.2 ( 1) n n n n n n n n x C C x n n C x − − − + = + + + − Cho 1 x = ta được: 2 3 2 2.1 3.2 ( 1) ( 1)2 n n n n n C C n n C n n − + + + − = − (đpcm) Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 6 I/ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN - Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton - Số hạng thứ 1 k + trong khai triển nhị thức ( ) n a b + là: 1 k n k k k n T C a b − + = - Sử dụng công thức: 0 0 0 ( ) n n k k k k m k m m n n k k k m C a b C C a b − = = = + = ∑ ∑ ∑ - Sử dụng tính chất của lũy thừa với số mũ thực: 1 n n m n m n a a a a − = = . ( ) a a a a a a a a α β α β α α β β α β αβ + − = = = . ( ) a b ab a a b b α α α α α α =   =     II/ VÍ DỤ MINH HỌA VD 1: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển các nhị thức sau: a. 12 1 x x   +     với 0 x > b. 7 3 4 1 x x   +     với 0 x > Giải a. Ta có: ( ) 12 12 12 12 12 12 12 2 2 12 12 12 0 0 0 1 1 k k k k k k k k k k k k x C x C x x C x x x − − + − = = =     + = = =         ∑ ∑ ∑ Do yêu cầu của bài toán, nên ta có: 12 0 3 24 0 8 2 k k k k − + = ⇔ − = ⇔ = Vậy số hạng không chứa x là: 8 12 12! 495 8!4! C = = b. Ta có: ( ) 7 7 7 7 7 7 7 3 3 3 3 4 4 7 7 7 4 4 0 0 0 1 1 k k k k k k k k k k k k x C x C x x C x x x − − − − − = = =     + = = =         ∑ ∑ ∑ Do yêu cầu của bài toán, nên ta có: 7 0 7 28 0 4 3 4 k k k k − − = ⇔ − + = ⇔ = Vậy số hạng không chứa x là: 4 7 7! 35 3!4! C = = VD 2: Tìm hệ số của 7 x trong khai triển nhị thức 2 (2 3 ) n x − , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức: 1 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1024 n n n n n C C C C + + + + + + + + + = Giải Ta có: 2 1 0 1 1 2 3 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (1 ) n n n n n n n n x C C x C x C x C x + + + + + + + + + = + + + + + Cho 1 x = ta có: 0 1 1 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 n n n n n n n C C C C C + + + + + + + + + + + + = (1) Cho 1 x = − ta có: 0 1 1 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 n n n n n n C C C C C + + + + + + − + − + − = (2) D ẠNG 3: T ÌM H Ệ SỐ CỦA X k TRONG KHAI TRI ỂN NHỊ THỨC NEWTON Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 7 Lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta được: 1 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 n n n n n n C C C C + + + + + +   + + + + =   1 3 5 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 n n n n n n C C C C + + + + + ⇒ + + + + = Do đó: 2 2 1024 2 10 5 n n n = ⇔ = ⇔ = Vì vậy: 10 10 10 10 10 10 10 0 0 (2 3 ) 2 ( 3 ) 2 ( 3) k k k k k k k k k x C x C x − − = = − = − = − ∑ ∑ Theo yêu cầu của bài toán, ta có: 7 k = Hệ số của 7 x trong khai triển 10 (2 3 ) x − là: 7 10 7 7 3 7 10 10! 2 ( 3) .2 .3 2099520 7!3! C − − = − = − VD 3: Tìm hệ số của 5 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức: 9 2 1 (2 ) P x x   = + −   Giải Ta có: 9 9 9 2 3 3 9 0 1 (2 ) 1 (2 ) (2 ) k k k P x x x x C x x =     = + − = + − = −     ∑ 9 9 3 2 9 9 0 0 0 0 (2 ) ( ) ( 1) 2 k k k m k m m k m m k m k m k k k m k m C C x x C C x − − + = = = = = − = − ∑ ∑ ∑ ∑ Theo yêu cầu của bài toán, ta có: 2 5 k m + = , trong đó: 0 9,0 k m k ≤ ≤ ≤ ≤ . Do đó: 0, 5 1, 3 m k m k = =   = =  Vậy hệ số của 5 x là: 5 0 0 5 3 1 1 2 9 5 9 3 ( 1) 2 ( 1) 2 4032 1008 3024 C C C C− + − = − = VD 4: Tìm hệ số của 7 x trong khai triển của biểu thức: 2 7 3 12 (1 2 ) (2 1) P x x x x= − − + Giải Ta có: 7 12 7 12 2 3 12 2 12 3(12 ) 1 7 12 7 12 0 0 0 0 ( 2 ) (2 ) ( 2) 2 k k m m k k k m m m k m k m P x C x x C x C x C x − + − − + = = = = = − − = − − ∑ ∑ ∑ ∑ Theo yêu cầu của bài toán, ta có: 2 7 5 3(12 ) 1 7 10 k k m m + = =   ⇔   − + = =   Vậy, hệ số của 7 x là: 5 5 10 2 7 12 ( 2) 2 408 C C− − = − VD 5: Tìm hệ số của 8 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức: 2 5 7 ( 1) (2 ) P x x = − + Giải Ta có: 5 7 2 5 7 10 2 7 5 7 0 0 ( 1) (2 ) ( 1) . 2 k k k m m m k m P x x C x C x − − = = = − + = − ∑ ∑ Theo bài ra: (10 2 ) 8 2 2 k m k m − + = ⇔ − = , trong đó: 0 5,0 7 k m ≤ ≤ ≤ ≤ . Do đó: 1, 0 2, 2 3, 4 4, 6 k m k m k m k m = =   = =   = =  = =  Vậy, hệ số của 8 x là: 1 1 0 7 2 2 2 5 3 3 4 3 4 4 6 1 5 7 5 7 5 7 5 7 ( 1) . 2 ( 1) . 2 ( 1) . 2 ( 1) . 2 3350 C C C C C C C C− + − + − + − = Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 8 I/ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Dạng toán: Trong một khai triển thành đa thức 2 0 1 2 ( ) n n P x a a x a x a x = + + + + . Hãy tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số 0 1 2 , , , , n a a a a . Cách giải: - Xét bất phương trình: 1 0 k k a a + − < và nghiệm của bpt này thường có dạng 0 k k < . Do k ∈ ¥ nên 0 0,1,2, , k k = . - Từ đó suy ra: 1 0 k k a a k k + ≥ ⇔ ≥ . Đến đây, xảy ra hai khả năng: + Nếu 1 0 k k a a k k + = ⇔ = . Khi đó, ta có: 0 0 0 0 1 2 1 2 k k k n a a a a a a a + + < < < < = > > > . Lúc này có hai hệ số lớn nhất là: 0 k a và 0 1 k a + + Nếu 1 k k a a + = vô nghiệm. Khi đó, ta có: 0 0 0 0 1 2 1 2 k k k n a a a a a a a + + < < < < < > > > . Lúc này có duy nhất một hệ số lớn nhất là: 0 1 k a + II/ VÍ DỤ MINH HỌA VD 1: Xét khai triển: 9 2 9 0 1 2 9 (3 2) x a a x a x a x + = + + + + . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số 0 1 2 9 , , , , a a a a Giải Ta có: 9 9 9 9 9 9 9 0 0 (2 3 ) 2 (3 ) 2 3 k k k k k k k k k x C x C x − − = = + = = ⇒ ∑ ∑ 9 9 2 3 k k k k a C − = , trong đó: 0,1,2, ,9 k = Xét bất phương trình: 9 1 8 1 1 9 9 9! 9! 2 3 2 3 2. 3. !(9 )! ( 1)!(8 )! k k k k k k k k a a C C k k k k − + − + + < ⇔ < ⇔ < − + − 2 3 2( 1) 3(9 ) 5 0,1,2,3,4 9 1 k k k k k k ⇔ < ⇔ + < − ⇔ < ⇔ = − + Do đó: 1 5 k k a a k + = ⇔ = 1 6,7,8,9 k k a a k + > ⇔ = Vì vậy: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 a a a a a a a a a a < < < < < = > > > Vậy, hệ số lớn nhất là: 5 4 5 5 6 9 2 3 489888 k a a a C= = = = VD 2: Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của các số hạng trong khai triển 30 (1 2 ) x + Giải Ta có: 30 30 30 30 0 1 2 30 30 0 (1 2 ) 2 2 k k k k k k k x C x a a x a x a x a C = + = = + + + + ⇒ = ∑ , trong đó 0,1,2, ,30 k = D ẠNG 4: T ÌM H Ệ SỐ LỚN NHẤT TRONG MỘT k HAI TRI ỂN NHỊ THỨC Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 9 Ta có: 1 1 1 30 30 30! 30! 2 2 2. !(30 )! ( 1)!(29 )! k k k k k k a a C C k k k k + + + < ⇔ < ⇔ < − + − 1 2 59 0,1,2, ,19 30 1 3 k k k k ⇔ < ⇔ < ⇔ = − + Từ đó, suy ra: 1 20,21, ,30 k k a a k + > ⇔ = Do đó: 0 1 19 20 21 30 a a a a a a < < < < > > > Vậy, hệ số lớn nhất trong khai triển là: 20 20 20 30 2 a C = VD 1: Cho 0 1 (1 ) n n n x a a x a x + = + + + . Tìm k và n , biết rằng 1 1 36 8 3 k k k a a a − + = = Giải Ta có: 0 1 0 (1 ) n n k k n n n k x C x a a x a x = + = = + + + ∑ . Do vậy: k k n a C = Do đó: 1 1 1 1 1 1 36 8 36 8 3 36 8 3 8 3 k k n n k k k k k k n n n k k n n C C a a a C C C C C − − + − + +  =  = = ⇔ = = ⇔  =   (1) ĐK: * , 1 n k n k  ∈  ≥ +  ¥ Khi đó: ! ! 9 2 36. 8. 11 2 2 2 ( 1)!( 1)! ( )! ! 1 (1) ! ! 8 3 11 3 8 10 8. 3. ( )! ! ( 1)!( 1)! 1 n n k n kk n k n k k n k k n n k n n n k k k n k n k k   = =   − = = − − + −     − + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     − = − =     = =   − + − − − +   VD 2: Tìm các số hạng nguyên trong khai triển ( ) 9 3 3 2 + Giải Ta có: ( ) 9 11 9 9 9 3 3 3 2 2 9 0 3 2 3 2 3 2 k k k k C − =   + = + =     ∑ Theo bài ra, ta có: 9 3 2 9 3 2 k k k C − là số nguyên 3 3 9 2 9 0 9 k k k k k  =   ⇔ − ⇔   =   ≤ ≤  M M Vậy trong khai triển trên có hai số hạng nguyên là: 3 3 1 9 3 2 4536 C = và 9 0 3 9 3 2 8 C = VD 3: Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển (1 2 ) n x + có hai hệ số liên tiếp có tỉ số bằng 3 7 . Giải Ta có: 0 (1 2 ) 2 n n k k k n k x C x = + = ⇒ ∑ Hệ số của hai số hạng liên tiếp là: 2 k k k n a C = và 1 1 1 2 k k k n a C + + + = D ẠNG 5: T ÌM H Ệ SỐ VÀ CÁC SỐ HẠNG THỎA M ÃN ĐI ỀU KIỆN NÀO ĐÓ Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 10 Ta có: 1 1 1 2 1 3 1 6 13 7 2 1 2 2( ) 7 6 k k k n k k k n a C k k n k n k a C n k + + + + + = = = ⇔ = + ⇔ = + + − Vì ,n k ∈ ¥ , do đó n bé nhất 5 1 6 nhoû nhaátk k k  ⇔ ⇔ =  +  M . Khi đó: 12 n = Vậy: 12 n = Bài 1: Chứng minh rằng: a. 1 1 ( 1) n n n P P n P − − − = − b. 1 2 3 1 1 2 3 ( 1) n n P P P n P P − + + + + + − = Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta đều có: 1 ! 2 n n n +   ≤     Bài 3: Chứng minh rằng với mọi ,n k ∈ ¥ và 2 k n ≤ < ta đều có: a. 1 1 1 k k k n n n A A kA − − − = + b. 2 1 2 n n n n k n k n k A A k A + + + + + + = Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n ∈ ¥ và 2 n ≥ ta đều có: 2 2 2 2 2 3 4 1 1 1 1 1 n n A A A A n − + + + + = Bài 5: Cho ,n k ∈ ¥ và 2 k n ≤ ≤ . Chứng minh rằng: 2 2 ( 1) ( 1) k k n n k k C n n C − − − = − Bài 6: Cho ,n k ∈ ¥ và 4 k n ≤ ≤ . Chứng minh rằng: 1 2 3 4 4 4 6 4 k k k k k k n n n n n n C C C C C C − − − − + + + + + = Bài 7: Cho k ∈ ¥ và 0 2008 k ≤ ≤ . Chứng minh rằng: 1 1004 1005 2009 2009 2009 2009 k k C C C C + + ≤ + Bài 8: Cho ,n k ∈ ¥ và 0 k n ≤ ≤ . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 ( ) n n n n k n k n C C C + − ≤ Bài 9: Cho ,m n ∈ ¥ và 0 m n < < . Chứng minh rằng: a. 1 1 m m n n mC nC − − = b. 1 1 1 1 1 2 1 m m m m m n n n m m C C C C C − − − − − − − = + + + + Bài 10: Cho * ,n k ∈ ¥ và k n ≤ . Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 1 2 k k k n n n n n C C C + + +   + + =   +   Bài 11: Chứng minh rằng: 0 2007 1 2006 2007 2007 0 2008 2008 2008 2008 2007 2008 2008 2008 1 1024.2 k k k C C C C C C C C − − + + + + + = Bài 12: Cho n là số nguyên dương, chứng ming rằng: 2 3 1 1 2 1 ( 1) 2. 3. . 2 n n n n n n n n n C C C n n C n C C C − + + + + + = Bài 13: Cho n là số nguyên dương, chứng ming rằng: 0 1 2 1 2 3 1 2 3 4 2 2 1 2 n n n n n n n n n n C C C C C C C C + + + + + + + + + = Bài 14: Chứng minh rằng: a. 0 1 1 5 5 5 5 5 5 k k k k n n n n C C C C C C C − − + + + + = , với 5 k n ≤ ≤ b. 0 2 1 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n C C C C C = + + + + BÀI T ẬP VẬN DỤNG – NH Ị THỨC NEWT ON . Đỗ minh tuấn – thpt mường bi ôn thi đại học Trang 1 1/ Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp: Hoán vị Chỉnh hợp Tổ hợp ! n P n = , với * 1 n n ≥   ∈  ¥ ! ( )! k n n A n. - Nếu trong tổng không có chứa một trong hai số hạng trên, ta khai triển ( ) n ax b + rồi chọn x . - Nếu trong tổng có chứa chỉ số không đầy đủ, ta đặt tổng bổ sung rồi tính tổng, hiệu. . biết rằng tổng của số hạng thứ ba và thứ năm bằng 135, còn tổng của ba hệ số của ba số hạng cuối bằng 22 trong khai triển thành đa thức của 1 2 2 2 n x x −   +     Bài 78: Tìm hệ số của