Chuyên đề Giải tích Lớp 11 - Chương 2 - Bài 2, Phần 1: Nhị thức Niu-tơn (Có lời giải)

 BÀI 3: NHỊ THỨC NIU-TON
1). Công thức nhị thức Niu-ton
 n 0 n 1 n 1 k n k k n n
 (a b) Cna Cna b ... Cna b ... Cn b 
 n
 k n k k 0 0
  Cna b (quy ước a b 1) (*).
 k 0
2). Nhận xét:
 Công thức nhị thức Niu tơn (*) có :
* (n + 1) số hạng.
 k n k k
* Số hạng thứ k + 1 là Tk 1 Cna b .
 k n k
* Các hệ số của nhị thức có tính đối xứng theo tính chất Cn Cn .
* Trong mỗi số hạng tổng số mũ của a và b luôn bằng n.
2). Tam giác Pa-xcan
 Trên đây ta thấy muốn khai triển (a b)n thành đa thức, ta cần biết n 1 
 0 1 2 n 1 n
số Cn ,Cn ,Cn ,...,Cn ,Cn có mặt trong công thức nhị thức Niu-tơn. Các số 
này có thể tính được bằng cách sử dụng bảng số sau đây :
 1
 1 1
 1 2 1
 1 3 3 1
 1 4 6 4 1
 1 5 10 10 5 1
 1 6 15 20 15 6 1
 Bảng số này do nhà toán học Pháp Pa-xcan thiết lập vào năm 1653 và 
được người ta gọi là tam giác Pa-xcan.
 Tam giác Pa-xcan được thiết lập theo quy luật sau :
 Đỉnh được ghi số 1. Tiếp theo là hàng thứ nhất ghi hai số 1.
 Nếu biết hàng thứ n (n 1) thì hàng thứ n 1 tiếp theo được thiết lập 
bằng cách cộng hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng 
dưới ở vị trí giữa hai số này. Sau đó viết số 1 ở đầu và cuối hàng.
Chú ý: 
 m
 m m
 m n m n x m n m m m x x 
x .x x , n x , x .y (xy) , m ,
 x y y 
 1 n
 n m 1 1
 xm xn xm.n , x 1 , x m , x x 2 , m xn x m (với điều kiện 
 x xm
x, y đều có nghĩa trong tất cả các công thức trên). CÁC DẠNG THƯỜNG GẶP
DẠNG 1: TÌM HỆ SỐ CỦA SỐ HẠNG CHỨA xk TRONG KHAI 
TRIỂN NHỊ THỨC NIUTƠN
PHƯƠNG PHÁP: 
 n
 n
 k n k k
 Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát: a b Cna b 
 k 0
 k n k k
 Số hạng thứ (k 1) : Tk 1 Cna b , 0 k n,n ¢ 
Ví dụ 1: Khai triển các nhị thức sau:
 5 6
 5 6 1 1 
a). x 2y b). 2x 3y c). 2x d). 2y 
 y x 
 LỜI GIẢI
 5 0 5 1 4 2 3 2 3 2 3 4 4 5 5
 a). x 2y C5x C5x .(2y) C5x .(2y) C5x .(2y) C5x.(2y) C5 (2y) 
 x5 10x4y 40x3y2 80x2y3 80xy4 32y5 .
 6
 6 0 6 1 5 2 4 2
b). 2x 3y 2x ( 3y) C6 2x C6 2x 3y C6 2x 3y 
 3 3 3 4 2 4 5 5 6 6
 C6 2x 3y C6 2x 3y C6 2x 3y C6 3y 
 64x6 576x5y 2160x4y2 4320x3y3 4860x2y4 2916xy5 729y6 . 
 5
 5 2
 1 1 0 5 1 4 1 2 3 1 
c). 2x 2x C5 2x C5 2x C5 2x 
 y y y y 
 3 4 5
 3 2 1 4 1 5 1 
 C5 2x C5 2x C5 
 y y y 
 80x4 80x3 40x2 10x 1
 32x5 . 
 y y2 y3 y4 y5
 6 6 5 4 3
 1 0 1 1 1 2 1 2 3 1 3
d). 2y C6 C6 2y C6 2y C6 2y 
 x x x x x 
 2
 4 1 4 5 1 5 6 6
 C6 2y C6 2y C6 2y 
 x x 
 1 12y 60y2 160y3 240y4 192y5
 64y6 
 x6 x5 x4 x3 x2 x
Ví dụ 2: Tìm số hạng thứ k trong các khai triển nhị thức sau:
 13
1). Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển x 2y 
 11
2). Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển x 3y 15
 2 
3). Tìm số hạng thứ 8 trong khai triển 2x 
 y 
4). Tìm hệ số của x101y99 trong khai triển 2x 3y 200 .
 10
5). Tìm hệ số của x4 trong khai triển 1 2x 3x2 
 8
6). Tìm hệ số của x8 trong khai triển 1 x2 x3 
 LỜI GIẢI
 13
1). Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển x 2y 
 k n k k k 13 k k
Ta có số hạng tổng quát Tk 1 Cna b C13x 2y . Để có số hạng thứ 6 
thì k 1 6 k 5 . Vậy số hạng thứ 6 trong khai triển là 
 5 8 5 8 5
C13x 2y 41184x y
 11
2). Tìm số hạng thứ 6 trong khai triển x 3y 
 k n k k k 11 k k
Ta có số hạng tổng quát Tk 1 Cna b C11x 3y . Để có số hạng thứ 
5 thì k 1 5 k 4 . Vậy số hạng thứ 5 trong khai triển là 
 4 7 4 7 4
C11x 3y 26730x y .
 15
 2 
3). Tìm số hạng thứ 8 trong khai triển 2x 
 y 
 k
 k n k k k 15 k 2 
Ta có số hạng tổng quát Tk 1 Cna b C15 (2x) . Để có số hạng 
 y 
thứ 8 thì k 1 8 k 7 . Vậy số hạng thứ 8 trong khai triển là 
 7 8
 7 8 2 7 15 x
C15 (2x) C15 2 . .
 y y7
4). Tìm hệ số của x101y99 trong khai triển 2x 3y 200 .
 200
 200 200 200 k k
Ta có k 
 2x 3y 2x ( 3y) C200 2x 3y 
 k 0
 200
 101 99 200 k 101
 Ck 2200 k ( 3)k x200 k yk . Để có hệ số của x y thì 
  200 
 k 0 k 99
 101 99 99 101 99
 k 99 (đúng). Kết luận hệ số của x y là C200 2 ( 3) .
 10
5). Tìm hệ số của x4 trong khai triển 1 2x 3x2 10 10 k
 10 k k m m
Ta có 2 k 2 k m 2
 1 2x 3x C10 2x 3x C10  Ck 2x 3x 
 k 0 k 0 m 0
 10 k k m 4
 m 0
 Ck Cm 2k m 3m xk m . Để có hệ số của x4 thì 0 m k 10 
  10 k 
 k 0 m 0 k 4
 k,m ¢
 m 1 m 2
hoặc hoặc . Kết luận hệ số của x4 là :
 k 3 k 2
 4 0 4 0 3 1 2 1 2 2 0 2
a4 C10C4 2 3 C10C3 2 3 C10C2 2 3 8085 
 8
6). Tìm hệ số của x8 trong khai triển 1 x2 x3 
 8 8 k 8 k k m m
Ta có 2 3 k 2 3 k m 2 3
 1 x x C8 x x C8  Ck x x 
 k 0 k 0 m 0
 8 k 2k m 8
 m m 0
 CkCm 1 x2k m . Để có hệ số của x8 thì 0 m k 8 
  8 k 
 k 0 m 0 k 4
 m,k ¢
 m 2 8 4 0 3 2
hoặc . Kết luận hệ số của x là : a8 C8C4 C8C3 238 
 k 3
Ví dụ 3: Tìm số hạng không chứa x trong các triển khai sau:
 15 12 12
 2 1 2 1 2 
a). x b). x c). 2x 
 x x4 x 
 LỜI GIẢI
 15 k
 1 15 15 k 1 15 15
 2 k 2 k 30 2k k k 30 3k
a). Ta có x C15 x C15x .x C15x . Để có số 
 x k 0 x k 0 k 0
hạng không chứa x thì 30 3k 0 k 10 . Kết luận hệ số của số hạng 
 10
không chứ x là C15 .
 12 k
 1 12 12 k 1 12 12
b). Ta có 2 k 2 k 24 2k 4k k 24 6k . Để có 
 x 4 C12 x 4 C12 x x C12 x
 x k 0 x k 0 k 0
số hạng không chứa x thì 24 6k 0 k 4 . Kết luận hệ số của số hạng 
 4
không chứ x là C12 .
 12 k
 12 12
 2 12 k 2 k
 k k 12 k 12 k k
c). Ta có 2x C12 2x C12 2 x 2 x 
 x k 0 x k 0
 12
 k
 k 12 k 12 2k 
 C12 2 2 x . Để có số hạng không chứa x thì 12 2k 0 k 6 . 
 k 0
 6 6 6 6 12
Kết luận hệ số của số hạng không chứ x là C12 2 ( 2) C12 2 . n
 2 2 
Ví dụ 4: Trong khai triển của nhị thức x cho biết tổng hệ số của 3 
 x 
số hạng đầu tiên trong khai triển trên bằng 97. Tìm hệ số của số hạng có 
chứa x4 .
 LỜI GIẢI
 n 2 n
 n n 1 n 2
 2 2 0 2 1 2 2 2 2 2 n 2 
Ta có x Cn x Cn x Cn x  Cn 
 x x x x 
 n
 0 2n 1 2n 3 2 2n 6 n 2 
 Cn x 2Cn x 4Cn x  Cn 
 x 
 n! n!
Theo đề bài ta có C0 2C1 4C2 97 1 2 4 97
 n n n n 1 ! 2! n 2 !
 n n 1 ! n n 1 n 2 !
 2 4 96 n n n 1 48
 n 1 ! 2 n 2 !
 n2 2n 48 0 n 8  n 6 . Nhận n 8 .
 n 8 k
 8 8
 2 2 8 k 2 k
 2 2 k 2 k 16 2k k
Vậy x x C8 x C8 x 2 x
 x x k 0 x k 0
 8
 k
 k 16 3k 4 
 C8 2 x . Để có hệ số của số hạng chứa x thì 16 3k 4 k 4 .
 k 0
 4 4 4
Kết luận hệ số của số hạng chứa x là a4 C8 2 1120 . 
Ví dụ 5: Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức sau thành đa 
 thức
 4 5 6 7
 f(x) 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 .
 LỜI GIẢI
 n 0 n 1 n 1 n
 Ta có 2x 1 Cn 2x Cn 2x ... Cn . 
 k n k n k k n k
 Số hạng tổng quát là ak 1 Cn 2x 2 .Cn .x . Ta cần n k 5 , 
 tức là k n 5. 
 4
 Như vậy trong khai triển 2x 1 không có x5 . 
 Hệ số x5 trong khai triển của:
 5 5 0 5
 nhị thức ứng2x với1 k 5là 5 0 2 C5 2 ,
 6 5 1 5
 nhị thức ứng2x với1 k là6 5 1 2 C 6 6.2 ,
 7 5 2 5
 nhị thức 2x 1 ứng với k 7 5 2 là 2 C7 21.2 .
 Vậy hệ số cần tìm là25 6.25 21.25 28.25 896. n
 1 
 Ví dụ 6: Trong khai triển x , hệ số số hạng thứ ba lớn hơn hệ số số 
 x 
 hạng thứ hai là 35. Tính số hạng không chứa x.
 LỜI GIẢI
 n n k n
 1 k n k 1 k n 2k
 Ta có x  Cn .x  Cn .x
 x k 0 x k 0
 2 1 2 n 10
 Từ giả thiết suy ra Cn Cn 35 n 3n 70 0 
 n 7(loai).
 k 10 2k
 Vậy n 10 : Số hạng ak 1 C10 .x không phụ thuộc x khi 
 5
 10 2k 0 k 5. Vậy số hạng ấy là C10 252. 
Ví dụ 7: Khai triển và rút gọn đa thức 
 6 7 8 10
 P(x) 1 x 1 x 1 x ... 1 x 
 10 9
Được P(x) a10x a9x ... a0 . Tính a8 .
 LỜI GIẢI
 8
 a8 là hệ số của số hạng chứa x . Ta có
 8 8 8
 Hệ số của x trong 1 x là C8 . 
 8 9 8
 Hệ số của x trong 1 x là C9 . 
 8 10 8
 Hệ số của x trong 1 x làC10 . 
 8 8 8
 Vậy a8 C8 C9 C10 55. 
DẠNG 2: TÍNH TỔNG hoặc CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC
PHƯƠNG PHÁP
Dựa vào các công thức khai triển nhị thức Niutơn sau:
 n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n 1 n 1 n n
 a b Cna Cna b Cna b  Cn ab Cn b 
 n 0 1 2 2 n 1 n 1 n n
 1 x Cn Cnx Cnx  Cn x Cnx 
 n 0 n 1 n 1 2 n 2 n 1 n
 x 1 Cnx Cnx Cnx  Cn x Cn .
Sau đó chọn a, b, x các giá trị thích hợp 
 Ví dụ 1: Tính các giá trị của biểu thức sau:
 0 1 2 n
 S1 Cn Cn Cn  Cn
 0 1 2 2 n n
 S2 Cn 2Cn 2 Cn  2 Cn
 n 0 n 1 1 n 2 2 n
 S3 2 Cn 2 Cn 2 Cn  Cn
 LỜI GIẢI n 0 1 2 2 3 3 n n
 Ta có 1 x Cn Cnx Cnx Cnx  Cnx * 
 n 0 1 2 n
a). Chọn x = 1 thay vào (*) ta được: 1 1 Cn Cn Cn  Cn
 0 1 2 n n
 Kết luận: Cn Cn Cn  Cn 2
 n 0 1 2 2 n n
b). Chọn x = 2 thay vào (*) ta được: 1 2 Cn 2Cn 2 Cn  2 Cn
 0 1 2 2 n n n
 Kết luận Cn 2Cn 2 Cn  2 Cn 3
 n 0 n 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n
c). Ta có x 1 Cnx Cnx Cnx Cnx  Cn * * 
 Chọn x = 2 thay vào (**) ta được: 
 n n 0 n 1 1 n 2 2 n
 2 1 2 Cn 2 Cn 2 Cn  Cn
 n 0 n 1 1 n 2 2 n n
 Kết luận 2 Cn 2 Cn 2 Cn  Cn 3
Những kết quả này áp dụng rất nhiều cho các bài tập ở sau.
 Ví dụ 2: Chứng minh các đẳng thức sau:
 0 1 2 3 2n 1 2n 2n
 a). C2n C2n C2n C2n  C2n C2n 2
 0 1 2 3 2n 1 2n
 b). C2n C2n C2n C2n  C2n C2n 0
 0 2 2n 1 3 2n 1 2n 1
 c). C2n C2n  C2n C2n C2n  C2n 2
 LỜI GIẢI
 2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n
 Ta có 1 x C2n C2nx C2nx C2nx  C2n x C2nx * 
a). Chọn x = 1 thay vào (*) ta được: 
 2n 0 1 2 3 2n 1 2n
 1 1 C2n C2n C2n C2n  C2n C2n
 0 1 2 3 2n 1 2n 2n
 Kết luận: C2n C2n C2n C2n  C2n C2n 2 (1).
b). Chọn x = -1 thay vào (*) ta được: 
 2n 0 1 2 3 2n 1 2n
 1 1 C2n C2n C2n C2n  C2n C2n
 0 1 2 3 2n 1 2n
 Kết luận: C2n C2n C2n C2n  C2n C2n 0 (2).
 0 2 2n 1 3 2n 1
c). Từ (2) ta suy ra: C2n C2n  C2n C2n C2n  C2n (3)
 lấy (1) + (2) vế theo vế ta được: 
 0 2  2n 2n 0 2  2n 2n 1
 2 C2n C2n C2n 2 C2n C2n C2n 2 (4)
 0 2 2n 1 3 2n 1 2n 1
 Từ (3) và (3) suy ra C2n C2n  C2n C2n C2n  C2n 2
Những kết quả này áp dụng rất nhiều cho các bài tập ở sau
 BÀI TẬP TỔNG HỢP
DẠNG 1: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC DỰA VÀO CÔNG THỨC VÀ 
TÍNH CHẤT CỦA TỔ HỢP VÀ CHỈNH HỢP n! n! Ak
Nhắc lại: Ak ; Ck n
 n (n k)! n k!(n k)! k!
 Câu 1: Chứng minh rằng các đẳng thức sau:
 k n k k k k 1
 a). Cn Cn b). Cn 1 Cn Cn . 
 k k 1 k 2 k 3 k 3
 c). Cn 3Cn 3Cn Cn Cn 3 .
 LỜI GIẢI
 k n! n! n k
a). Ta có:Cn Cn . 
 k! n k ! n n k ! n k !
b). Ta có: 
 k k 1 n! n! n! 1 1 
 Cn Cn 
 n k !k! k 1 ! n k 1 ! k 1 ! n k ! k n k 1 
 n! n 1 n 1 !
 . Ck .
 k 1 ! n k ! k n k 1 k! n 1 k ! n 1
c). Áp dụng kết quả bài 2 ta có:
 k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3
 VT Cn Cn 2 Cn Cn Cn Cn 
 k 1 k 2 k 3 k 1 k 2 k 2 k 3
 Cn 1 2Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 
 k 2 k 3 k 3
 Cn 2 Cn 2 Cn 3 VP
Kết quả bài này các bạn phải nhớ kỹ để áp dụng vào những bài tính tổng.
 Câu 2: Chứng minh với các số k, n nguyên, không âm sao cho 1 k n, 
 k k 1
 ta có kCn nCn 1
 LỜI GIẢI
 k n! n. n 1 !
 kCn k. k.
 k! n k ! k. k 1 ! n 1 k 1 !
 n 1 ! k 1
 n. nCn 1
 k 1 ! n 1 k 1 !
Kết quả bài này các bạn phải nhớ kỹ để áp dụng vào những bài tính tổng.
 Câu 3: Chứng minh với các số k, n nguyên, không âm sao cho 2 k n, 
 k k 2
 ta có k k 1 Cn n n 1 Cn 2
 LỜI GIẢI
 n!
 Ta có: k k 1 Ck k k 1 
 n k! n k ! 
 n 2 ! k 2
 n n 1 n n 1 Cn 2
 k 2 ! n 2 k 2 !
Kết quả bài này các bạn phải nhớ kỹ để áp dụng vào những bài tính tổng.
Câu 4: Chứng minh với các số k, n nguyên, không âm sao cho 2 k n, 
 2 k k 2 k 1
ta có k Cn n n 1 Cn 2 nCn 1
 LỜI GIẢI
 2 k k k k k 2 k 1
 Ta có: k Cn k k 1 1 Cn k k 1 Cn kCn n n 1 Cn 2 nCn 1 (áp 
 dụng kết quả của hai bài kế trên).
Kết quả bài này các bạn phải nhớ kỹ để áp dụng vào những bài tính tổng.
 Câu 5: Chứng minh với các số k, n nguyên,không âm sao cho 0 k n, 
 Ck Ck 1
 ta có n n 1
 k 1 n 1
 LỜI GIẢI
 Ck 1 n! 1 n 1 n!
 Ta có: n . .
 k 1 k 1 k! n k ! n 1 k 1 ! n k !
 1 n 1 ! Ck 1
 . n 1
 n 1 k 1 ! n 1 k 1 ! n 1
Kết quả bài này các bạn phải nhớ kỹ để áp dụng vào những bài tính tổng.
Câu 6: Chứng minh với các số k, n nguyên,không âm sao cho 0 k n, 
ta có
 k k 1 k
 nCn (k 1)Cn kCn .
 LỜI GIẢI
 k n! n! n! n!
 nCn n. (n k) k . (n k). k. 
 k!(n k)! k!(n k)! k!(n k)! (n k)!
 n! n!
 n k k 1 r.
 k 1 !. n k n k 1 ! r!(n r)!
 n! n!
 (k 1). r. (r 1)Cr 1 rCr .
 (k 1)!(n k 1)! r!(n r)! n n
 Câu 7: Chứng minh rằng các đẳng thức sau:
 k k 1 k 2 k 3 k 3 *
 a). Cn 3Cn 3Cn Cn Cn 3 với n N ,0 k n 3. 
 n 2 n 1 2 n *
 b). An k An k k .An k với n,k N ,k 2.
 LỜI GIẢI
a).Ta có: k k 1 n! n! n! 1 1 
 Cn Cn 
 n k !k! k 1 ! n k 1 ! k 1 ! n k ! k n k 1 
 n! n 1 n 1 !
 . Ck .
 k 1 ! n k ! k n k 1 k! n 1 k ! n 1
 Áp dụng kết quả trên ta có:
 k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3
 VT Cn Cn 2 Cn Cn Cn Cn 
 k 1 k 2 k 3 k 1 k 2 k 2 k 3
 Cn 1 2Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 
 k 2 k 3 k 3
 Cn 2 Cn 2 Cn 3 VP
 n 2 n 1 n k ! n k ! n k ! 1 
b).Ta có: An k An k 1 
 k 2 ! k 1 ! k 2 ! k 1 
 n k ! k n k !
 . k2 . k2 .An .
 k 2 ! k 1 k! n k
 Câu 8: Chứng minh các đẳng thức sau:
 n 2 n 1 2 n *
 a). An k An k k An k với n,k N ,k 2. 
 k k k 1 *
 b). An An 1 k.An 1 với n,k N ,n 2,k n 1.
 n 1 1 1 1
 c). với n,k N* ,k n.
 n 2 k k 1 k
 Cn 1 Cn 1 Cn
 LỜI GIẢI
 n 2 n 1 n k ! n k ! n k ! 1 
a). Ta có: An k An k 1 
 k 2 ! k 1 ! k 2 ! k 1 
 n k !k n k !
 k2 k2 .An .
 k 2 !k 1 k! n k
b). Ta có:
 k k n! n 1 ! n 1 ! n n 1 ! k 1
 An An 1 . 1 k kAn 1. 
 n k ! n 1 k ! n k 1 ! n k n k !
 n 1 1 1 n 1 k! n 1 k ! k 1 ! n k !
c). Ta có: . 
 n 2 k k 1 n 2 
 Cn 1 Cn 1 n 1 !
 1 k! n k ! k! n k ! 1
 . n 1 k k 1 .
 k
 n 2 n! n! Cn
 Câu 9: Chứng minh k,n ¥ * thõa mãn 3 k n ta luôn có: 
 k k 1 k 2 k k 3 k 2
 Cn 3Cn 2Cn Cn 3 Cn Cn .