1. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
CHUYÊN ĐỀ NHỊ THỨC NEWTON VÀ ỨNG DỤNG
(Nguyễn Trung Hiếu)
A.LÍ THUYẾT:
1.Các hằng đẳng thức
( a + b) = 1
0
( a + b) = a + b
1
( a + b ) = a 2 + 2ab + b 2
2
( a + b ) = a3 + 3a 2b + 3ab2 + b3
3
( a + b ) = a 4 + 4a3b + 6a 2b 2 + 4ab3 + b 4
4
...
2.Nhị thức Newton( Niu-tơn)
a.Định lí:
n
( a +b ) = Cn a n +Cn a n −1b +... +Cn −1ab n −1 +Cn b n = ∑ n a n −k b k
n 0 1 n n
Ck
k =0
Kết quả:
n k n
* ( a −b ) = a +( −b )  = ∑ n a n −k ( −b ) = ∑ −1) Cn a n −k b k
(
n n k
  Ck k
k =0 k =0
n
* (1+ x) = ∑ n .x k = Cn +Cn .x +... + Cn .x n
n
Ck 0 1 n
k =0
b.Tính chất của công thức nhị thức Niu-tơn ( a + b ) :
n
-Số các số hạng của công thức là n+1
-Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: (n-k)+k=n
-Số hạng tổng quát của nhị thức là: T =C a b k+1
k
n
n−k k
(Đó là số hạng thứ k+1 trong khai triển ( a + b ) )
n
-Các hệ số nhị thức cách đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau.
- 2 =C +C +... +C
n n
n
n−
n
1 0
n
- 0 =C −C +... +( − ) C
0 1 n n
n 1 n n
-Tam giác pascal: 1
Khi viết các hệ số lần lượt với n = 0,1,2,... ta được bảng
n k

2. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
0 1 2 3 4 5 ....
0 1
1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 1
4 1 4 6 4 1
5 1 5 10 10 5 1
Trong tam giác số này, bắt đầu từ hàng thứ hai, mỗi số ở hàng thứ n từ cột thứ hai đến cột
n-1 bằng tổng hai số đứng ở hàng trên cùng cột và cột trước nó. Sơ dĩ có quan hệ này là do có
công thức truy hồi
C =C +C
k
n (Với 1 < k < n)
k−
n−
1
1
k
n−1
3.Một sô công thức khai triển hay sử dụng:
n
• 2n = ( 1 +1) = ∑Cn = n +Cn −1 +... + Cn
k n
Cn n 0
k =0
n
• 0 = ( 1 −1) = ∑ −1) Cn = n −Cn +... + ( −1) Cn
(
n k k n
C0 1 n
k =0
n
• (1 + x) = ∑ n x n −k = n x n +Cn x n −1 +... +Cn x 0
n
Ck C0 1 n
k =0
n
• (1−x) = ∑ −1) Cn x k = n x 0 −Cn x1 +... +( −1) Cn x n
(
n k n n
C0 1 n
k =0
n
• ( x −1) = ∑ −1) Cn x n −k = n x n −Cn x n −1 +... +( −1) Cn x 0
(
n k k n
C0 1 n
k =0
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 số tự nhiên liên
i= 1
tiếp.
n
b. Trong biểu thức có ∑ i ( i − 1) C
i =1
i
n thì ta dùng đạo hàm ( i∈¥ )
n
• Trong biểu thức có ∑( i + k ) C
i =1
i
n thì ta nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm

3. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
n
• Trong biểu thức có ∑aC
i =1
k i
n thì ta chọn giá trị của x=a thích hợp.
n
1
• Trong biểu thức có ∑ i −1C
i =1
i
n thì ta lấy tích phân xác định trên [ a; b ] thích hợp.
n i n
(x + x b ) = ∑Cn ( x a ) (x )
n −i
= ∑C n x
n a ( n −i ) +ib
• Nếu bài toán cho khai triển a i b i
thì hệ
i=1 i =1
số của xm là Cin sap cho phương trình a ( n −i ) +bi =m có nghiệm i ∈¥
n−1 n+1 n
• Cin đạt MAX khi i=
2
hay i=
2
với n lẽ, i=
2
với n chẵn.
B.ỨNG DỤNG CỦA NHỊ THỨC NEWTON.
I.Các bài toán về hệ số nhị thức.
1.Bài toán tìm hệ số trong khai triển newton.
Ví dụ 1:(Đại học Thuỷ lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức:
Q ( x ) =(1 +x ) +(1 +x ) + +(1 +x )
9 10 14
...
Ta được đa thức: Q ( x ) =a0 +a1 x + +a14 x14
...
Xác định hệ số a9.
Giải:
9
Hệ số x trong các đa thức (1 +x ) , (1 +x ) ,..., (1 +x ) lần lượt là:
9 10 14 9 5 9
C9 , C10 ,..., C14
Do đó:
1 1 1 1
a9 =C9 +C10 +... +C14 =1 +10 + .10.11 + .10.11.12 +
9 5 9
2 6 24
.10.11.12.13 +
20
.10.11.12.13.14 =11
+55+220+715+2002=3003
1 2 6 3
Ví dụ 2:(ĐHBKHN-2000) Giải bất phương trình: 2
A2 x − Ax ≤ Cx +10
2
x
Giải:
Điều kiện: x là số nguyên dương và x ≥3
Ta có: dất phương trình đã cho tương đương với:
( 2 x −1) 2 x − 6 ( x − 2 ) ( x −1)
( x −1) x ≤ + 10
2 3! x
⇔ 2 x ( 2 x −1) − x ( x − 2 ) ≤ ( x − 2 ) ( x − 1) + 10
⇔ 3 x ≤ 12 ⇔ x ≤ 4
Vì x là nghiệm nguyên dương và x ≥3
nên x ∈{ 3; 4}
Ví dụ 3: (ĐH KA 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của: 1 + x 2 ( 1 − x ) 8 
 
Giải:
k k
8
 k  8
f ( x ) = ∑C8 x 2 ( 1 − x )  = ∑C8 x 2 k ∑( −1) Ck x i  .
i
Cách 1: Ta có: k
 
k i
k =0 k =0  i =0 

4. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
 i = 0
0 ≤ i ≤ k ≤ 8  
 k = 4
Vậy ta có hệ số của x8 là: ( −1) thoã  2k + i = 8 ⇒ 
i
C8k Ck
i
i , k ∈ ¥ i = 2
 
k = 3

Hệ số trong khai triển của x8 là: (− ) C8 C4 +( − ) C8 C3 =238
0 4 0 3 22
1 1
Cách 2: Ta có:
( x ) =C8 + +C8 x 2 (1 −x )  +C8 x 2 (1 −x )  + +C8 x 2 (1 −x ) 
0 3 4 3 8 4 8
f ...     ...  
Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng:
• C8 x 2 ( 1 − x ) 
3
Số hạng thứ 4: 3
 
• C8 x 2 ( 1 − x ) 
4
Số hạng thứ 5: 4
 
Với hệ số tương đương với: A8= C8 C3 +C8 C4
3 2 4 0
=238
Ví dụ 4:(ĐH HCQG, 2000)
12
 1
a) Tìm hệ số x8 trong khai triển 1+ ÷
 x
b) Cho biết tổng tất cả các hệ sô của khai triển nhị thức ( x + 1)
n
2
bằng 1024. Hãy
tìm hệ số a ( a ∈¥ *) của số hạng ax12 trong khai triển đó.( ĐHSPHN, khối
D,2000)
Giải:
a) Số hạng thứ (k+1) trong khai triển là:
k
1  ( 0 ≤ k ≤12 )
ak = C12 x12−x  ÷ = C12 x12−2 k
k k
x
Ta chọn 12 − k = ⇔ 2
2 8 k =
Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x8 và có hệ số là: C12 = 66
2
n
b) Ta có: ( 1 + x 2 ) = ∑Cnk x 2 n = Cn +Cn x 2 +... + Cn x12 −2 k
k 1 k
k =0
Với x=1 thì: 2n = n + n + + n =
C0 C1 ... C n 1024 ⇔n = 10 ⇔ =
2 2 n 10
Do đó hệ số a (của x12) là: C = 210 6
10
Ví dụ 5:(HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức:
P ( x ) = + x )12 =a0 + 1 x + + 12 x12
(1 2 a ... a
Tìm max ( a0 , a1 , a2 ,..., a12 )
Giải:
Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: ak > ak −1
Từ đây ta có hệ phương trình:

5. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
2 1
2k C12 ≥ 2k −1 C12−1

k k
 ≥
 k 12 − k + 1
 k k k +1 k +1
⇔
2 C12 ≥ 2 C12
  1 ≥ 2
12 − k k + 1

⇒ ax ( a0 , a1 , a2 , ..., a12 ) =a8 = 12 218 =
m C8 126720
2.Bài toán tìm sô hạng trong khai triển newton.
Ví dụ 6: Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển: ( 2 − 3x )
25
Giải:
Số hạng thứ 21 trong khai triển là: ( − x)
20
C 20
25 25
3 =C25 2 5320 x 20
20
Ví dụ 7:
a. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau ( x + xy )
21
3
20
 
 x4 x + 1 ÷
b. Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau  ÷
( xy )
3 2
 
Giải:
a. Khai triển ( x + xy )
20
3
có 21+1=22 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số thứ 11 và
12.
• C21 ( x 3 )
11
Số hạng thứ 11 là: ( xy )
10
10
=C21 x 43 y10
10
• C21 ( x 3 )
10
Số hạng thứ 12 là: ( xy )
11
11
=C21 x 41 y11
10
20
 
 x4 x + 1 ÷
b. Khai triển  ÷
có 20+1=21 số hạng. Nên số hạng đứng giữa 2 số là số
( xy )
2
3
 
10 10
10  4  
7 65 20
 21 − 
2 −
hạng thứ  2  +1 =16 : C20  x ÷  ( xy ) ÷ = C20 x y
10 6 3
3
     
( Với [x] là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là sô nguyên lớn nhất không vượt quá x).
Ví dụ 8: (ĐH Khối D-2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển.
7
 1 
f ( x) =  3 x + 4 ÷ với x >0
 x
Giải:
k
7 7
( )  1 
7 −k − k
Số hạng tổng quát trong khai triển: Tk +1 = C7
k 3
x  4 ÷ = C7 x
k 3 12
( k ∈¥ , k ≤ 7 )
 x
7 7
Ứng với số hạng không chứa x ta có: − k = 0 ⇔k = 4
3 12
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển f ( x) là: C7 = 35
4

6. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
Ví dụ 9: (ĐH SPHN-2001) Cho khai triển nhị thức:
10
1 2 
 + x ÷ = a0 + a1 x +... + a9 x + a10 x .
9 10
3 3 
Hãy tìm số hạng ak lớn nhất.
Giải:
10
1 2  1 1 n
1
x ÷ = 10 ( 1 + 2 x ) = 10 ∑C ( 2 x )
10 k
Ta có:  +
k
10 ⇒ak = C10 2k
k
3 3  3 3 k =0 310
ak ≥ ak +1 C10 2k ≥ C10+1 2k +1

k k
⇒ ⇔ k k
ak ≥ ak −1
k −1 k −1
C10 2 ≥ C10 2

 2k10! 2k10!  1 2
≥
 k ! 10 − k ! k + 1 ! 9 − k !
Ta có ak đạt được max  ( ) ( )( ) 10 − k ≥ k + 1 19
 22
⇔ ⇔ ⇔ ≤k ≤
2 ≥ 2 3 3
k k
 2 10! ≥ 2 10!
 k !( 10 − k ) ! ( k − 1) !( 11 − k ) !  k 11 − k


⇒ k = 7 ( k ∈ ¥ , k ∈ [ 0,10] )
27 7
Vậy max ak = a7 = C10
310
Bài tập áp dụng
Bài 1: (ĐH TK-2002) Gọi a1, a2,…, a11 là các hệ số trong khai triển sau:
( x + ) ( x +2 ) =x11 +a1 x10
1 + + 11
... a
Hãy tìm hệ số a5
Bài 2: Tìm hệ số của x5 trong khai triển x (1 −2 x ) +x 2 ( 1 +3 x ) ( Khối D-2007)
5 10
Bài 3: Tìm hệ số của x5y3z6t6 trong khai triển đa thức ( x + y + z +t ) ( Đề 4 “TH&TT”
20
-2003)
Bài 4: (TT ĐH- chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An) Xác định hệ số của x11 trong khai triển
(x +2 ) ( 3x +1)
n n
đa thức: 2 3
biết:
C2 n − C2 n − + + − ) 3k C 2 n − + +32 n C2 n =
3 2 n 1 ... ( 1
2n 2n k k 0
... 1024
n
 1 
Bài 5: (LAISAC) Khai triển P ( x ) =  x3 + 2 ÷ ta được
 2x 
P ( x ) =a0 x 3 n + 1 x 3 n − + 2 x 3 n− +
a 5
a 10
... Biết rằng ba hệ số đầu a0, a1, a2 lập thành cấp số
4
cộng. Tính số hạng thứ x
II. Áp dụng nhị thứ Newton để chứng minh hệ thức và tính tổng tổ hợp.
1. Thuần nhị thức Newton
Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng Cn a n −k b k
k
thì ta sẽ

7. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
n
( a +b) = ∑Cn a n −k b k
n k
dùng trực tiếp nhị thức Newton: . Việc còn lại chỉ là
k =0
khéo léo chọn a,b.
Ví dụ 10: Tính tổng 316 C16 − 15 C16 + 14 C16 − + 16
0
3 1
3 2
... C 16
Giải:
Dễ dàng thấy tổng trên có dạng như dấu hiệu nêu trên. Ta sẽ chọn a=3, b=-1. Khi đó tổng trên sẽ
bằng (3-1)16=216
Ví dụ 11: ( ĐH Hàng Hải-2000) Chứng minh rằng:
C + C + C + +
0
2n 3 2
3 2
2n
4
... 3 C 4
2n=2 (2 + )
1 2n 2n
2n
2n−1 2n
Giải:
(1+ x) = C2 n + C2 n x + C2 n x 2 + ... + C2 n −1 x 2 n −1 + C2 n x 2 n ( 1)
2n 0 1 2 2n 2n
(1− x) = C2 n − C2 n x + C2 n x 2 + ... − C2 n −1 x 2 n −1 + C2 n x 2 n ( 2 )
2n 0 1 2 2n 2n
Lấy (1) + (2) ta được:
(1 +x ) +(1 −x )
2n 2n
=2  2 n +C 2 n x 2 + +C2 n x 2 n 
C0 2
... 2n

( 4) + ( −2 )
2n 2n
= 2 C2 n + C22n 32 + ... + C2 n 32 n 

0 2n

24 n + 2 2 n
⇔ = C2 n + C2 n 32 + ... + C22nn 32 n
0 2
2
Chọn x=3 suy ra: 22 n ( 22 n + 1)
⇔ = C2 n + C2 n 32 + ... + C2 nn 32 n
0 2 2
2
2 n −1
⇔ 2 (22 n + 1) = C2 n + C2n 32 + ... + C2 n 32 n
0 2 2n
⇒ ĐPCM
2.Sử dụng đạo hàm cấp 1,2.
a.Đạo hàm cấp 1.
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,…,n hay n,
…,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng kC hoặc kC a b thì ta có thể dùng đạo hàm cấp
k
n
k
n
n −k k−1
1 để tính. Cụ thể:
( a +x )
n
=Cn a n +2Cn a n − x + +nCn ax n
0 1 1
... n
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:
n ( a +x ) =Cn a n − +2C n a n −2 + +nCn ax n − (1)
n−1 1 1 2 n 1
...
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Ví dụ 12:(ĐH BKHN-1999) Tính tổng Cn −2Cn + C n −4Cn + +( − )
1 2 n−1
3 3 4
... 1 n
nC n

8. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
Giải:
Ta thấy tổng cần tính có dạng như VP(1). Việc còn lại chỉ cần chọn a=1,x=-1 ta tính được tổng
băng 0.
Cách khác: Sử dụng đẳng thức kC =nC ta tính được tổng bằng:
k
n
k−
n−
1
1
nCn − +nC n − + + − )
... ( 1 nCn −1 =n (1 − )
n−1 n− n−1
nCn − −
0
1
1
1
2
1 1 1 =0
Ví dụ 13:Tính tổng: 2008C2007 +
0
2007C2007 + + 2007
1
... C 2007
Giải:
Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,…,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu:
(x+ )
2007
1 =C2007 x 2007 + 2007 x 2006 + +C2007
0
C1 ... 2007
Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì chỉ được 2007C x trong khi đó đề đến 2008 do đó ta phải
0
2007
2006
nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới dùng đạo hàm:
x ( x +1)
2007
= C2007 x 2008 + C2007 x 2007 +... + C2007 x
0 1 2007
⇔ ( x +1) ( 2008 x +1) = 2008C2007 x 2007 + 2007C2007 x 2006 + ... + C2007
2006 0 1 2007
Thay x=1 vào ta tìm được tổng là 2009.22006
b.Đạo hàm cấp 2.
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2,2.3,…,(n-1)n hay (n-1)n,
…,3.2,2.1 hay 12,22,…,n2 (không kể dấu) tức có dạng k (k −1)C a hay tổng quát hơn k
n
n−k
k ( k − ) Cn a n −k b k
1 k
thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức
( a +bx )
n
=Cn +Cn a n − bx + +Cn b n x n
0 1 1
... n
Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được:
bn ( a + )
n−1
bx =C n a n − b +2Cn a n − b 2 x... +nC n b n x n −
1 1 2 2 n 1
Đạo hàm lần nữa:
b n (n − )(a +
2
1 bx n−2
) =2.1C 2
n a n− b 2 + + ( n − ) C n b n x n − ( 2 )
2
... n 1 n 1
Đến đây ta gần như giải quyết xong ví dụ toán chỉ việc thay a,b,x bởi các hằng số thích
hợp nữa thôi.
Ví dụ14: (ĐH AN-CS Khối A 1998) Cho ( x ) =(1 +x ) , ( 2 ≤n ≤¢ )
n
f
a.Tính f ′ ( 1)
b.Chứng minh răng:
2.1Cn +
2
3.2Cn + + n − ) nCn =n ( n − ) 2 n −
3
... ( 1 n
1 2
Giải:
a. f ′ ( x ) =n (1 +x ) ⇒ ′ ( x ) =n ( n − ) (1 +x )
n−1 n−2
′ f ′ 1 ⇒ ′(1) =n (1 +x ) n −
f ′ 2
b. Ta có

9. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
n n
f ( x ) = ( 1 + x ) = ∑ C n x k = Cn + C n x + ∑ C n x k
k n 0 1 k
k =1 k =2
n
f ′ ( x ) = Cn + ∑ kCn x k −1
1 k
k =2
n
f ′′ ( x ) = ∑ k ( k − 1) Cn x k −2
k
k =2
n
⇒ f ′′ ( 1) = ∑ k ( k − 1) Cn = 2n −2
k
k =1
⇒ 2.1C + 3.2Cn + ... + ( p + 1) Cnp + ... + ( n + 1) nCn = n ( nĐ 1) 2 2 n −1 (
21
n
n
+ PCM )
Từ câu b thay (n-1)=(n+1) thì ta có một bài toán khác:
b’. Chứng minh rằng: 2.1C + C + +( n + ) pC + +( n + ) nC =n ( n + ) 2
3.2 ... 1 1
n... 1 2
n 1 n
p n
n
n−2
Với bài toán này ta giải như sau:
Xét nhị thức: (1 +x ) =C +C x +... +C x
n 0 1 n n
n n n
Nhân 2 vế của đẳng thức với đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được:
x ≠0
2n (1 +x ) + ( n − ) x (1 +x ) 3.2Cn x + + n + ) nCn x n −
... (
n−1 n−2
n 1 =2Cn x +
1 2
1 n 1
Cho x=2 ta được ĐPCM
Bài tập áp dụng
Bài 1:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng: C20 + 20 + + 20 =219
1
C1 ... C 19
32004 +1
Bài 2:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng : C2004 + 2 2 C2004 +... + 2 2004 C2004 =
0 1 2004
2
Bài 3:(ĐHKTQD-2000) Chứng minh:
( 2 +x ) ... nCn =n.3 n− ( ∀ ≤n ∈ )
n
=1.2 n −.Cn +
1 1
2.2 n − .Cn +
2 2
3.2 n − .Cn + +
2 2 n 1
1 ¢
Bài 4: Rút gọn tổng: 12 C2009 22008 + 2 C2009 2 2007 + +
1
2 2
... 2009 2 C2009
2009
III.Một số phương pháp khác:
0 ≤ m ∈ k ≤ n
Ví dụ 15: (ĐHQG TP.HCM 1997) Cho 
 k , m, n ∈ Z
Chứng minh: Cn .Cm + n − Cm + + n − Cm = n +
k 0
Ck 1 1 ... C k m m Ck m
Giải:
( 1 + x ) m = Cm + Cm x + ... + Cm x m
0 1 m


Ta có : ( 1 + x ) = Cn x n + Cn x n −1 + ... + Cn
n 0 1 n

( 1 + x )
m+n
= Cm + n + Cm + n x + ... + Cm +n x m + n
0 1 m +n

Suy ra hệ số xk trong (1+x)n .(1+x)m là Cm Cn + m Cn − + + m Cn −
0 k
C 1 k 1 ... C m k m
Và hệ số xk trong khai (1+x)m+n là k
Cm + n

10. Tả i nhiề u tài liệ u, đề thi hơ n tạ i bookbooming.com
Đồng nhất thức: (1+x)n .(1+x)m = (1+x)n+m
Ta được: C .C + C + +
C ... C C =
k
n C 0
m
k−
n
1 1
m
k−
n
m m
m
k
n+m ⇒ ĐPCM
Ví dụ16: (Đề2-TH&TT-2008) S2= ( C ) +2 ( Cn ) +... +n ( Cn )
2 2 2
1
n
2 n
với n là số tự nhiên lẽ
Giải:
Ta có:
2 2
( )  n −1  n2 1    n +1  n2 1 
− +
( Cn ) +( n −1) ( Cnn −1 ) ÷ C n ÷ + n ( Cn )
2 2 n 2
S= 1
+... +  ÷ Cn ÷ + 
 ÷   ÷
 2  ÷  2  ÷
    
(
n ( Cn ) + ( Cn ) + ... + ( Cn −1 )
1 2 2 n 2
) +n 2
(
= n ( Cn +1 ) + ( Cn ) + ... + ( C ) ) + n
n 2 2 2 n −1 2
n
⇒ 2 S n = n ( Cn ) + ( Cn ) + ... + ( Cn )  + n
1 2 2 2 n 2

 

Mặt khác ta có: (1 +x ) hệ số của xn là:
2n
=C2 n +C2 n x + +C2 n x 2 n ⇒
0 1
... 2n n
C2 n (*)
Trong khi đó: (1 +x )
n
=Cn +C n x +... +Cn x n
0 1 n
(C ) +( Cn ) +... +( Cn )
2 2 2
Nên hệ số của xn là 1
n
2 n
(**)
Từ (*) và (**) ⇒C2 n −1 = n ( Cn ) +( Cn ) +... +( Cn ) 
n

1 2 2 2 n 2

 
n n
⇒ Sn = CĐ ⇒ PCM
2n
2
Bài tập áp dụng
Bài 1: Chứng minh rằng:
a) C 3 +2C 3 + +nC
1
n
n−1
... 2
n
n−1 n
n = .4 n −
n 1
(ĐH Luật-2001)
b) 1 C +2 C +... +n C =n ( n + ) 2
2 1
n 12 2
n
2 n
n
n−2
( Đề 1-TH&TT-2008)
Bài 2: Tính các tổng sau:
a) C + C + C + +29.2 C
3.2 1
30 5.2 ... 2 3
30
4 5
30
28 29
30
1 2 n
Cn C n n Cn
b) Cn −
0
+ −... + ( −1)
2 3 n +1
3n
Bài 3: Đặt Tk =( − ) . Chứng minh ∑ Tk = 0
k+1
1 3k C6 n +
2k 1
k =1