www.toanhocdanang.com www.facebook.com/ToanHocPhoThongDaNang Phone:0935 334 225

1. ĐẠI SỐ
11
GV: PHAN NHẬT NAM
NHỊ THỨC NEWTON

2. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 2 www.toanhocdanang.com
NHỊ THỨC NEWTON & CÁC ỨNG DỤNG
Cơ sở lý thuyết :
1. Công thức khai triển nhị thức NEWTON :
nn
n
nn
n
n
n
n
n
n
n
n
bCbaCbaCbaCaCba   1112221110
...)( 


n
k
kknk
n baC
0
),1( 
 Zn
2. Tính chất :
 Vế phải của (1) có n +1 số hạng
 Trong mỗi số hạng thì tổng lũy thừa của a và b bằng n.
 Số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = kknk
n baC 
(số hạng thứ k trong khai triển)
 Các hệ số cách đều hai đầu của sự khai triển thì bằng nhau.Các hệ số mang tính đối xứng và tăng
dần từ biên vào điểm chính giửa của khai triển
3. Các dạng khai triển cơ bản :

n
n
n
n
knk
n
n
n
n
n
n
n
n
CxCxCxCxCxCx   122110
......)1(

0 1 2 2 1 1
(1 ) ... ...n k k n n n n
n n n n n nx C C x C x C x C x C x 
        
 n
n
nn
n
nknk
n
kn
n
n
n
n
n
n
CxCxCxCxCxCx )1()1(...)1(...)1( 1122110
 

nn
n
nnn
n
nkk
n
k
nnn
n
xCxCxCxCxCCx )1()1(...)1(...)1( 1112210
 
kn
n
k
n CC 

1
1
1 


 k
n
k
n
k
n CCC (n >1)
1
1
. ! .( 1)!
.
( )! ! ( )!( 1)!
k k
n n
k n n n
k C nC
n k k n k k



  
  
1
1
1 ! ( 1)! 1
1 ( 1)( )! ! ( 1)( )!( 1)! 1
k k
n n
n n
C C
k k n k k n n k k n



  
      
Các dạng toán thường gặp :
1. Xác định điều kiện của số hạng thỏa mãn một yêu cầu cho trước :
Phương pháp :
 Xác định số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = kknk
n baC 
(số hạng thứ k + 1)
 Từ Tk+1 kết hợp với yêu cầu bài toán ta thiết lập một phương trình (thông thường theo biến n hoặc
biến k)
 Giải phương trình ta có được kết quả cần tìm .

3. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 3 www.toanhocdanang.com
Trường hợp riêng: Cho nhị thức  ( ) ( )
n
P a x b x  tìm số hạng chứa x
(không chứa x khi 0  ) trong
khai triển thành đa thức của P
Phương pháp : Công thức cần lưu ý:   .nm m n
x x , m n m n
x x x 
 ,
m
m n
n
x
x
x

 ,
m
n m n
x x
 Giải phương trình tổ hợp (hoặc sử dụng phép tính tổng)để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n)
 Khai triên:     ( , )
0 0
( ) ( ) ( , )
n n
n k k f n k
k k
P a x b x g n k x

 
   .
 Do đó số hạng tổng quát trong khai triển là: ( , )
1 ( , ) f n k
kT g n k x  (số hạng thứ k + 1)
 ( , )
1 ( , ) f n k
kT g n k x  chứa x
0( , )f n k k k   
Thay 0k k vào ( , )
1 ( , ) f n k
kT g n k x  số hạng cần tìm
Ví dụ 1(A - 2012): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 3
5 n
n nC C
 . Tìm số hạng chứa 5
x trong
khai triển nhị thức niu-tơn của
2
1
14
n
nx
P
x
 
  
 
với 0x 
Bài giải:
Điều kiện:
3
n N
n



Ta có: 1 3 5. ! !
5
1!( 1)! 3!( 3)!
n
n n
n n
C C
n n

  
 
2 75 1
3 28 0
4( )( 3)!( 2)( 1) 6.( 3)!
n
n n
n loain n n n

             
Khi n = 7 ta có:
72 27 7
14 3
7 77
0 0
1 1 ( 1)
( 1)
2 2 2
n k k k
k k k k
k
k k
x x
P C C x
x x



 
     
         
    
 
Do đó số hạng tổng quát của khai triển là 14 3
1 77
( 1)
2
k
k k
k k
T C x 
 


1kT  chứa 5
x 14 3 5 3 9 3k k k      
Vậy số hạng chứa 5
x là
3
3 5 5
4 77 3
( 1) 35
2 16
T C x x

  

4. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 4 www.toanhocdanang.com
Ví dụ 2( A – 2004)Tìm hệ số của x8
trong khai triển thành đa thức của   82
11 xx  .
Bài giải:
     
8
88 82 3 2 3 2
8
0
1 1 (1 ) ( 1) 1
k kk k
k
P x x x x C x x


               
8 8
24 3 2 24 3 2
8 8
0 0 0 0
( 1) ( 1)
k k
k k i k i k k i k i
k k
k i k i
C C x x C C x  
   
     
Số hạng tổng quát trong khai triển là 24 3 2
8( 1)k k i k i
kT C C x  
 
T chứa 8
x
0 8
16 60 8 83 16
0 3 10 2
,
, , 8
3 16
24 3 2 8 3 16 4
2
2
k
kk kk
k ii k
k i N
k i N k i N k
k
ik i k i
i
 
                                    

Do đó số hạng chứa 8
x là:  6 6 1 8 8 8 4 8 6 1 8 4 8 8
8 6 8 8 8 6 8 8( 1) ( 1) 238C C x C C x C C C C x x     
Vậy hệ số của số hạng chứa 8
x là 238
Ví dụ 3: Trong khai triển biể thức  9
3
23 F hãy tìm số hạng nguyên.
Ta có:      
99 9
3 3
9
0
3 2 3 2
k k
k
k
F C


    có số hạng tổng quát là
   
9
3
1 9 3 2
k k
k
kT C

 
Ta thấy bậc của hai căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố:
Do đó 1kT  là một số nguyên
   
   
6 3
3 3
4 9
0 9
9 3
10 9
3 3 2 45360 9
9 2
9 3 2 8
3
k N
k T Ck
k
k T C
k

      
      
Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là: 4 4536T  và 10 8T 
Ví dụ 4: Cho đa thức P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2
+ 3(1 + x)3
+ … + 20(1 + x)20
Viết lại P(x) dưới dạng :
20
20
19
19
2
210 ...)( xaxaxaxaaxP  .
Tìm hề số 15a

5. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 5 www.toanhocdanang.com
Ví dụ 5: Biết rằng tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x2
+ 1)n
bằng 1024
Tìm hệ số của số hạng chứa x12
trong khai triển.
Ví dụ 6: Cho đa thức P(x) = (1 + x + x2
+ x3
)5 15
15
2
210 ... xaxaxaa 
Tính hệ số 10a ?
Ví dụ 7: (ĐH SPQN - 2000) Tìm hệ số chứa 3
x trong khai triển thành đa thức của:
 
102
( ) 1 2 3P x x x  
2. Tính tổng hoặc chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tổ hợp:
Phương pháp :
 Nhận xét bài toán từ đó chọn hàm số phù hợp với tổng, đẳng thức, bất đẳng thức(thông thường ta
hay sử dụng các hàm cơ bản n
x )1(  , (1 )n
x , n
x)1(  , n
x )1(  )
 Khai triển nhị thức vừa tìm được đồng thời sử dụng các phép biến đổi đại số, giải tích để có được
dạng phù hợp với đề bài .
 Chọn giá trị của x cho phù hợp để có được biểu thức như đề bài. Thông thường ta chọn x là các số 1
hay -1 (cũng có thể  2,  3,…) Từ đó ta có được tổng hoặc mệnh đề cần chứng minh.
Ví dụ 1: Cho đa thức : P(x) = (1 + x2
– x5
)12
Khai triển đa thức về dạng
60
60
2
210 ...)( xaxaxaaxP 
Tính tổng : S = 60210 ... aaaa  (tổng tất cả các hệ số)
Bài giải
Theo giả thuyết ta có :
2 60 (1)
0 1 2 60( ) ...P x a a x a x a x     đúng với x R 
Do đó (1) đúng với x = 1, tức lá : 0 1 2 60(1) ...P a a a a S      (2)
Lại có: P(x) = (1 + x2
– x5
)12
 
122 5
(1) 1 1 1 1P     (3)
Từ (2) và (3) ta có: 1S 
ĐS: 1S 
Ví dụ 2(D – 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho : 2432..842 3210
 n
n
n
nnnn CCCCC
Bình luận: ta thấy tổng ở VT có lủy thừa cơ số 2 có số mũ tăng dần đều dó đó ta nghĩ ngay đến nhị
thức (1 )n
x và ta cũng đoán được giá trị của biến phải chọn là 2x 

6. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 6 www.toanhocdanang.com
Bài giải
Ta có :
0 1 2 2 1 1
(1 ) ... ...n k k n n n n
n n n n n nx C C x C x C x C x C x 
         (1) đúng với x R 
Do đó (1) cũng đúng với x = 2.
Xét x = 2 khi đó ta có:
  0 1 2 2 3 3
1 (1 2) 2 2 2 ... 2n n n
n n n n nC C C C C       
Từ giả thuyết ta có: 5
(1 2) 243 3 3 5n n
n     
ĐS: n = 5
Ví dụ 3(A – 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho:
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4.2 ... (2 1)2 2005n n
n n n n nC C C C n C 
          
Bài giải
Ta có: 1
2 1 2
(2 1)! (2 1)(2 )!
(2 1)
!(2 1)! ( 1)!(2 1)!
k k
n n
k n n n
kC n C
k n k k n k


 
   
    
Do đó ta có: 1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4.2 ... (2 1)2 n n
n n n n nC C C C n C 
         
0 1 2 2 3 3 2 2
2 2 2 2 2(2 1) (2 1)2 (2 1)2 (2 1)2 ... (2 1)2 n n
n n n n nn C n C n C n C n C          
 0 1 2 2 3 3 2 2
2 2 2 2 2(2 1) 2 2 2 ... 2 n n
n n n n nn C C C C C      
 
2
(2 1) 1 2 2 1
n
n n    
Từ giả thuyết ta có: 2 1 2005 1002n n   
ĐS: 1002n 
Ví dụ 4(B – 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng sau theo n:
2 3 4 1
0 1 2 32 1 2 1 2 1 2 1
...
2 3 4 1
n
n
n n n n nS C C C C C
n

   
     

Bài giải
1
1
1 ! 1 ( 1)! 1
1 ( 1) !( )! 1 ( 1)!( )! 1
k k
n n
n n
C C
k k k n k n k n k n



  
      
2 3 4 1
0 2 3 4 1
1 1 1 1
2 1 2 1 2 1 2 1
...
1 1 1 1
n
n
n n n n nS C C C C C
n n n n


   
   
     
   
   0 2 2 3 2 1 1 2 2 1
1 1 1 1 1 1
1 1
2 2 ... 2 ...
1 1
n n n
n n n n n n nC C C C C C C
n n
  
             
 

7. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 7 www.toanhocdanang.com
0 1 0 1 1 0 1
1 1 1 1
1 1
(1 2) 2 (1 1)
1 1
n n
n n n n nC C C C C
n n
 
   
               
1 1 1 1
3 1 2( 1) 2 1 ( 1) 3 2
1
1 1 1
n n n n
n n
n n n
   
      
   
  
ĐS:
1 1
3 2
1
n n
S
n
 



Ví dụ 5(A – 2007) Với n là số nguyên dương, k
nC là số tổ hợp chập k của n phần tử.
Chứng minh rằng :
2
1 3 5 2 1
2 2 2 2
1 1 1 1 2 1
...
2 4 6 2 2 1
n
n
n n n nC C C C
n n
 
    

Bài giải
Ta có : 1
2 2 1
1 2 ! 1 (2 1)! 1
1 ( 1) !(2 )! 2 1 ( 1)!(2 )! 2 1
k k
n n
n n
C C
k k k n k n k n k n



  
      
Do đó : 1 3 5 2 1
2 2 2 2
1 1 1 1
...
2 4 6 2
n
n n n nVT C C C C
n

    
 0 2 4 6 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1 1 1
...
2 1 2 1 2 1
n
n n n n n
S
C C C C C
n n n
    

       
  
(1)
Ta lại có:
0 2 1 2 2 1 4 2 3 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1, , , ,n n n n
n n n n n n n nC C C C C C C C  
          
Suy ra    0 2 2 2 1 2 1 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 ... ...n n n
n n n n n nS C C C C C C 
            
 
2 10 1 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1... 1 1 2 2.2
nn n n n
n n n n nC C C C C
 
             
2
2 n
S 
Thay vào (1) ta có:
2
2 1
2 1
n
VT
n



(đpcm)
Ví dụ 5 Tìm hệ số của x7
trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)2n
biết rằng :
1024... 12
12
5
12
3
12
1
12  

n
nnnn CCCC
Ví dụ 6: Cho m, n, p nguyên dương sao cho ,np  mp 
Chứng minh rằng :
01122110
... m
p
nm
p
n
p
mn
p
mn
p
mn
p
mn CCCCCCCCCCC  

Ví dụ 7: Biết rằng trong khai triển
n
x
x 






1
,Tổng các hệ số của 2 số hạng đầu tiên là 24.
Cmr : tổng các hệ số của lũy thừa nguyên dương của x là một số chình phương ?

8. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 8 www.toanhocdanang.com
Ví dụ 8: Rút gọn tổng sau , từ đó tìm số hạng chứa x:
  2 3 4
( ) 1 2(1 ) 3(1 ) 4(1 ) ... (1 )n
S x x x x x n x          
3. Xác định xác định hệ số lớn nhất trong khai triển:
Phương pháp :
 Khai triển nhị thức và biến đổi về dạng ( , )
0 0
( , ).
n n
g n k k
k
k k
P f n k x a x
 
  
từ đó suy ra hệ số ( , )ka f n k (thông thường giả thuyết cho trước n hoặc k nên trong ka chỉ có
một biến)
 ka là hệ số lớn nhất
1
1
k k
k k
a a
a a



 

00 kk k a   là hệ số lớn nhất
Ví dụ 1(A– 2008) Cho khai triển   2
0 1 21 2 ...
n n
nx a a x a x a x      , trong đó *n N và
các hệ số 0 1 2, , ,..., na a a a thỏa mãn hệ thức : 1 2
0 ... 4096
2 4 2
n
n
aa a
a     
Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 2, , ,..., na a a a
Bài giải
  0 1 2 2 2 2
0 1 21 2 ... 2 2 ... 2 2
n n n n n k k
n n n n n k nx C C x C x C x a a x a x a x a C             với 1,k n
Do đó:
1 2 2
0 0 1 21 2
0
2 2 2
... ... ... (1 1) 2
2 4 2 2 4 2
n n
n n nn n n n
n n n n nn n
a C C Ca a
a C C C C C                
Kết hợp giả thuyết ta có: 12
2 4096 2 2 12n n
n    
Khi đó : 122k k
ka C
ka là số lớn nhất
1 1
1 12 12
1 1
1 12 12
2 2
2 2
k k k k
k k
k k k k
k k
a a C C
a a C C
 

 

  
  
  
2.12! 12! 2 1
!(12 )! ( 1)!(13 )! 23 2613
12! 2.12! 1 2 3 3
!(12 )! ( 1)!(11 )! 12 1
k k k k k k
k
k k k k k k
       
     
  
     
Mà k là số nguyên nên ta có: 8k 
Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: 8 8
8 122 126720a C 

9. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 9 www.toanhocdanang.com
BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : 
      1 2 3 4 n 1 n
n n n n nS C 2C 3C 4C ... ( 1) .nC
Trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2
Bài 2:(ĐH QG Hà Nội – 1999) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau :
 
  
 
 
17
4 3
3 2
1
P(x) x
x
, x ≠ 0
Bài 3:(ĐH SP Hà Nội K A – 2000) Trong khai triển nhị thức
28
3 15
n
x x x
 
 
 
Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng  
  n n 1 n 2
n n nC C C 79
Bài 4:(ĐH SP Hà Nội K D – 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức  2
1
n
x 
bằng 1024, Hãy tìm hệ số của số hạng chứa 12
x trong khai triển trên
Bài 5:(ĐH SP TP.HCM K A – 2000) Tính tổng : S =    

0 1 2 n
n n n n
1 1 1
C C C ... C
2 3 n 1
Bài 6:(ĐH KTQD K A – 2000) Chứng minh :     
     n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1
n n n n n2 C 2 C 2 C 2 C ... nC n.3
Bài 7:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000) Tìm hệ số của số hạng chứa 31
x trong khai triển của
40
2
1
( )f x x
x
 
  
 
Bài 8:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000) Cho biểu thức:
       
9 10 11 14
( ) 1 1 1 ... 1P x x x x x         có khai triển là :
2 14
0 1 2 14( ) ...P x a a x a x a x     . Hãy tìm hệ số 9a

10. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 10 www.toanhocdanang.com
Bài 9:(ĐH Y Dược TP.HCM – 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau:
1.    0 1 2 n
n n n nC C C ... C = 2n
2. 
   1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2nC C C ... C =    0 2 4 2n
2n 2n 2n 2nC C C ... C
Bài 10:(ĐH An ninh nhân dân KDG – 2000) Tính tổng :
0 1 2 3 2000
2000 2000 2000 2000 20002 3 4 ... 2001S C C C C C    
Bài 11:(HV Kỹ thuật quân sự – 2000) Khai triển nhị thức:  
12
( ) 1 2P x x  thành đa thức ta có:
2 12
0 1 2 12( ) ...P x a a x a x a x    
Tìm  0 1 2 12, , ,...,Max a a a a
Bài 12:(ĐH CSND KA – 2000) Tìm hệ số của số hạng chứa 5
x trong khai triển của biểu thức
       
4 5 6 7
( ) 1 1 1 1P x x x x x       
Bài 13: Tính tổng :       
6 5 4 3 2
0 1 2 3 4 5 6
6 6 6 6 6 6 6
2 2 2 2 2 2 1
S C C C C C C C
1 2 3 4 5 6 7
Bài 14:( ĐH luật khối D 2001) Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có:

 
n
n k k
nn
k 0
1
x C (2x 1)
2
Bài 15:( ĐH Ngoại thương A - 2001) Với n là số tự nhiên, Tính tổng:
     

0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
1 1 1 1
S C C .2 C .2 C .2 ... C .2
2 3 4 n 1
Bài 16: Chứng minh rằng: 
     0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n
2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3 2 (2 1)
Bài 17:( ĐH Luật TP.HCM A - 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều có:
  
   1 n 1 2 n 2 3 n 3 n
n n n nC .3 2.C .3 3.C .3 ... n.C = n.4n–1
Bài 18:( ĐH SP Hà nội A - 2001) Trong khai triển của nhị thức
 
  
 
10
1 2
P(x) x
3 3
thành đa thức:
2 3 10
0 1 2 3 10...a a x a x a x a x     Hãy tìm hệ số ka lớn nhất (0 9k  )

11. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 11 www.toanhocdanang.com
Bài 19:Chứng minh rằng:      0 2 2 4 4 2000 2000 2000 2001
2001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... 3 C 2 (2 1)
Bài 20:Cho khai triển nhị thức niu – tơn :
            

      

     
n n 1 nn n 1
x x x xx 1 x 1 x 1 x 1
0 1 n 1 n3 3 3 32 2 2 2
n n n n2 2 C 2 C 2 2 ... C 2 2 C 2
Với n N . Biết trong khai triển có 3 1
n nC 5C và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x.
Bài 21:(D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho:     0 1 2 n n
n n n nC 2C 4C ... 2 C 243
Bài 22:Giã sử n là số nguyên dương và :   2 3
0 1 2 31 ...
n n
nx a a x a x a x a x      
Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho  
 k 1 k k 1a a a
2 9 24
. Hãy tính n.
Bài 23:Gọi 1 2 3 11, , ,...,a a a a là các hệ số trong khai triển sau:  
10 11 10 9
1 2 111 ( 2) ...x x x a x a x a      
Hãy tìm hệ số 5a
Bài 24:Tìm hệ số của số hạng chứa x8
trong khai triển nhị thức Newton của
 
 
 
n
5
3
1
x
x
, biết rằng :

   n 1 n
n 4 n 3C C 7(n 3) (n nguyên dương, x > 0).
Bài 25: Cho n N , tính tổng sau theo n:

  
    

2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1
S C C C ... C
2 3 n 1
Bài 26:Với n là số nguyên dương, gọi 3 3na  là hệ số của số hạng chứa 3 3n
x 
trong khai triển
thành đa thức của  2
1 ( 2)
n n
x x  .Tìm n , biết rằng 3 3 26na n 
Bài 27:Chứng minh rằng với n N  ta đều có: 
        1 3 5 2n 1 0 2 4 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C ... C C C C ... C
Bài 28:
1. Giải phương trình:  1 2 3
x x xC 6C 6C = 9x2
– 14x
2. Chứng minh rằng :     1 3 5 17 19
20 20 20 20 20C C C ... C C = 219

12. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 12 www.toanhocdanang.com
Bài 29: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 2n  ta đều có:

 
  
  
n 1
n
0 1 n
n n n
2 2
C C ...C
n 1
Bài 30:
1. Tính tổng: S = 
     1 2 3 4 n 1 n
n n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) nC (n > 2)
2. Tính tổng: T =    

0 1 2 n
n n n n
1 1 1
C C C ... C
2 3 n 1
Biết n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện:  
  n n 1 n 2
n n nC C C 79
Bài 31: Cho 2003
( ) (16 15)P x x  . Khai triển nó dưới dạng: 2 2003
0 1 2 2003( ) ...P x a a x a x a x    
Tính tổng : 0 1 2 2003...S a a a a    
Bài 32: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức niu-tơn sau:
 
  
 
15
1 2
P x
3 3
.
Bài 33: Hãy khai triển nhị thức Newton 2
(1 ) n
x , với n là số nguyên dương. Từ đó chứng minh rằng:

       1 3 2n 1 2 4 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n1C 3C ... (2n 1)C 2C 4C ... 2nC
Bài 34: Tìm hệ số của số hạng chứa x8
trong khai triển thành đa thức của [1 + x2
(1 – x)]8
.
Bài 35:Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton:
 
 
 
7
3
4
1
x
x
với x > 0
Bài 36:Tìm số nguyên duownng n sao cho:

         1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C ... (2n 1).2 C = 2005
Bài 37:Tìm hệ số của số hạng chứa 7
x trong khai triển nhị thức 2
(2 3 ) n
x , trong đó n là số
nguyên dương thỏa mãn 
       1 3 5 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C 1024

13. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 13 www.toanhocdanang.com
Bài 38: Tìm hệ số của số hạng chứa 26
x trong khai triển nhị thức Newton của  
 
 
n
7
4
1
x
x
,
biết rằng:       1 2 n 20
2n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1
Bài 39:Tính tổng S =


   
0 1 2 n
n n n n
1 1 1 1
1 2 3 n 1
1.C 2.C 3.C (n 1).C
...
A A A A
Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện :   0 1 2
n n nC C C 211
Bài 40:Khai triển biểu thức (1 – 2x)n
thành đa thức ta có dạng:
2
0 1 2( ) ... n
nP x a a x a x a x     . Tìm số hạng chứa 5
x , biết rằng: 0 1 2 71a a a  
Bài 41:Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  
 
 
n
2
3
1
x
x
,
biết rằng:  1 3
n nC C 13n (n là số nguyên lớn hơn 2, 0x  ).
Bài 42:Tìm n  N sao cho:
       0 2 4 2n
4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 256
Bài 43:Cho
   
     
  
20 10
3
2
1 1
A x x
xx
.
Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức A sẽ gồm bao nhiêu số hạng
Bài 44:Tìm n N thỏa mãn:
 
       0 2 2 2k 2k 2n 2 2n 2 2n 2n 15 16
2n 2n 2n 2n 2nC C 3 ... C 3 ... C 3 C 3 2 (2 1)
Bài 45: Chứng minh rằng:

       0 n 1 n 1 n n 0 1 n
n n n n n nC 3 C 3 ... ( 1) C C C ... C
Bài 46: Tìm hệ số của số hạng chứa 29 8
x y trong khai triển nhị thức Newton :  
153
x xy

14. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 14 www.toanhocdanang.com
HƯƠNG DẪN GIẢI
Bài 1: S = 
     1 2 3 4 n 1 n
n n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) .nC (n > 2)
Xét đa thức p(x) = (1 – x)n
. Khai triển theo công thức Mewton ta được:
p(x) = (1 – x)n
=


n
k k k
n
k 0
( 1) C .x
Suy ra: – p(x) = n(1 – x)n–1
=  


n
k 1 k k 1
n
k 1
( 1) .kC .x
Cho x = 1 ta được: 0 = 


n
k 1 k
n
k 1
( 1) .kC = 
     1 2 3 4 n 1 n
n n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) .nC = S
Vậy: S = 0
Bài 2: Số hạng tổng quát của khai triển :
     
 


17 34
17 k k k2 3 3 12 3
k k3 4 4
17 17C x x C x (k  N, 0 ≤ k ≤ 17)
Nên số hạng không chứa x thì  
17 34
k 0
12 3
 k = 8
Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng 8
17C .
Bài 3:
* Xác định n:  
  n n 1 n 2
n n nC C C 79  1 + n +
n(n 1)
2
= 79



 
n 12
n 13 (loaïi)
* khi n = 12 ta có: :

 

     
      
     
     

12 k 12 k
28 4 2812
k3 15 3 15
12
k 0
x x x C x x =



48 11212 k
k 15 5
12
k 0
C x
Số hạng không phụ thuộc x   
48 112
k 0
15 5
 k = 7.
Vậy số hạng cần tìm là: 7
12C = 792

15. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 15 www.toanhocdanang.com
Bài 4: Ta có: (x2
+ 1)n
=


n
k 2k
n
k 0
C x (1)
Số hạng tổng quát của khai triển là 2
1
k k
k nT C x 
1kT  chứa 12
x 2 12 6k k   
Trong (1) cho x = 1 thì


n
k
n
k 0
C = 2n
Theo giả thuyết 


n
k
n
k 0
C = 1024  2n = 1024  n = 10
Vậy hệ số cần tìm là: 6
10C = 210.
Bài 5:
* Ta có: I =
 
 
  
 
11 n 1 n 1
n
0 0
(1 x) 2 1
(1 x) dx
n 1 n 1
* I =   
1
0 1 n n
n n n
0
(C C x ... C x )dx =
 
     
1
2 n 1
0 1 n
n n n
0
x x
C x C ... C
2 n 1
=    

0 1 2 n
n n n n
1 1 1
C C C ... C
2 3 n 1
= S
Vậy: S =



n 1
2 1
n 1
.
Bài 6:
Ta có: (1 + x)n
=      0 1 2 2 3 3 4 4 n n
n n n n n nC C x C x C x C x ... C x
Lấy đạo hàm hai vế :
n(1 + x)n–1
= 
    1 2 3 2 4 3 n n 1
n n n n nC 2C x 3C x 4C x ... nC x
Thay x =
1
2
, ta được:

    

     
n 1
1 2 1 3 2 4 3 n n 1
n n n n nn 1
3
n C 2C .2 3C 2 4C .2 ... nC 2
2
     
     n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1
n n n n n2 C 2 C 3.2 C 4.2 C ... nC n.3

16. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 16 www.toanhocdanang.com
Bài 7:
 
 
 
40
2
1
x
x
=


 
 
 

40 k40
k k
40 2
k 0
1
C x .
x
= 


40
k 3k 80
40
k 0
C x
Số hạng tổng quát của khai triển là 3 80
1 40
k k
kT C x 
 
1kT  chứa 31
x 3 80 31 37k k    
Heä soá cuûa x31
laø k
40C vôùi k thoaû maõn ñieàu kieän: 3k – 80 = 31  k = 37
Vậy hệ số của số hạng chứa x31
là  37 3
40 40
40.39.38
C C
1.2.3
= 40.13.19 = 9880.
Bài 8:
     9 9 9 9 9
9 10 11 12 13 14a 1 C C C C C
= 1 +    1 2 3 4 5
10 11 12 13 14C C C C C
= 1 + 10 +   
11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10
2 6 24 120
= 3003
Bài 9:
1. (1 + x)n
=    0 1 2 2 n n
n n n nC C x C x ... C x
Cho x = 1     0 1 2 n
n n n nC C C ... C = 2n
2. (1 – x)2n
=     0 1 2 2 3 3 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2nC C x C x C x ... C x
Cho x = 1  đpcm.
Bài 10:
Ta có:  

  
20002000 k k
2000
k 0
x 1 C x (1)
Trong (1) cho x = 1 ta được


2000
k
2000
k 0
C = 22000
Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999
= 


2000
i i 1
2000
i 1
i.C x
Cho x = 1 ta được:


2000
i
2000
i 1
i.C = 2000.21999
= 1000.22000
Do đó: S =
 
 
2000 2000
i i
2000 2000
i 0 i 1
C i.C = 1001.22000
.

17. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 17 www.toanhocdanang.com
Bài 11:
12 12
12 2 12
12 0 1 2 12
0 0
( ) (1 2 ) 2 ...k k k k
k
k k
P x x C x a a x a x a x a x
 
           12 2k k
ka C
  1
0 1 2
1
13 16
; ; ;...;
3 3
k k
k n
k k
a a
a Max a a a a k
a a



    

    8
0 1 2 n 8 12Max a ;a ;a ;...;a a C = 126720
Bài 12:
Hệ số của số của số hạng chứa x5
trong khai triển biểu thức là:
(x + 1)4
+ (x + 1)5
+ (x + 1)6
+ (x + 1)7
là :  5 5 5
5 6 7C C C = 1 + 
6! 7!
5!1! 5!2!
= 28
Bài 13:
1. I = 
1
6
0
(x 2) dx =
 

1
7 7 7
0
(x 2) 3 2
7 7
2. Ta có:
I = 
1
6
0
(x 2) dx =
=       
1
0 6 1 5 2 4 2 3 3 3 4 2 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
0
C .2 C 2 x C 2 x C 2 x C 2 x C 2x C x dx
=
 
      
  
1
6 5 4 3 2
0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7
6 6 6 6 6 6 6
0
2 2 2 2 2 2 1
C x C x C x C x C x C x C x
1 2 3 4 5 6 7
=      
6 5 4 3 2
0 1 2 3 4 5 6
6 6 6 6 6 6 6
2 2 2 2 2 2 1
C C C C C C C
1 2 3 4 5 6 7
= S
Vậy: S =
7 7
3 2
7
Bài 14:
Nếu u = 2x – 1, ta được:
(*) 

 
 
 

n n
k k
nn
k 0
u 1 1
C u
2 2
 (u + 1)n
=


n
k k
n
k 0
C u  điều phải chứng minh.

18. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 18 www.toanhocdanang.com
Bài 15:
Có 
 
  
2 2
k k k k 1 k k
n n n
0 0
1 1 1
C .2 C .x C x dx
k 1 2(k 1) 2
 S =     

0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
1 1 1 1
C C .2 C .2 C .2 ... C .2
2 3 4 n 1
=
  
 
      
   
2 2n n n
k k k k k k
n n n
k 0 k 0 k 00 0
1 1 1
C .2 C x dx C x dx
k 1 2 2
=
=


 

22 n 1
n
0 0
1 1 (x 1)
(x 1) dx .
2 2 n 1
=



n 1
3 1
2(n 1)
Bài 16:
Ta có: (1 + 3)2n
=    0 1 1 2 2 2n n
2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3
(1 – 3)2n
=    0 1 1 2 2 2n n
2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được:
42n
+ 22n
= 2   0 2 2 2n 2n
2n 2n 2nC C .3 ... C .3
Từ đó ta có: 
     0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n
2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3 2 (2 1)
Bài 17:
Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n
= 
  0 n 1 n 1 n n
n n nC 3 C .3 x ... C .x
Ta có: f(x) = n(x + 3)n–1
=   
  1 n 1 2 n 2 n n 1
n n nC .3 2C .3 x ... nC x
Cho x = 1, ta được:
f(1) = n.4n–1
=   
   1 n 1 2 n 2 3 n 3 n
n n n nC .3 2.C .3 3.C .3 ... n.C (đpcm)
Bài 18:
Ta có : 1k ka a    
k 1 k 1 k k
10 10C .2 C .2  
  
1 2
(k 1)!(11 k)! k!(10 k)!
 k ≤ 2(11 – k)  k ≤
22
3
Vậy hệ số lớn nhất là: 7a = 7 7
1010
1
.C .2
3
.

19. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 19 www.toanhocdanang.com
Bài 19:
Ta có: (x + 1)2001
=


2001
k k
2001
k 0
C .x
(–x + 1)2001
=


2001
k k
2001
k 0
C .( x)
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được:
(x + 1)2001
+ (–x + 1)2001
= 2    0 2 2 4 4 2000 2000
2001 2001 2001 2001C x C x C ... x C
Cho x = 3 ta được:
42001
– 22001
= 2    0 2 2 4 4 2000 2000
2001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... 3 C
      0 2 2 4 4 2000 2000 2000 2001
2001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... 3 C 2 (2 1)
Bài 20:
Từ 3 1
n nC 5C ta có n ≥ 3 và 
 
n! n!
5
3!(n 3)! (n 1)!

 

n(n 1)(n 2)
5n
6
 n2
– 3n – 28 = 0 
 
 
n 4 (loaïi)
n 7
Với n = 7 ta có:    3xx 1
3 32
7C 2 2 = 140  35.22x–2
.2–x
= 140
 2x–2
= 4  x = 4.
Vậy n = 7, x = 4.
Bài 21:
Ta có: (x + 1)n
=


n
k k
n
k 0
C x
Cho x = 2 ta được: 3n
=


n
k k
n
k 0
C 2  3n
= 243  n = 5.
Bài 22:
Ta có:  
 k 1 k k 1a a a
2 9 24
(1) (1 ≤ k ≤ n – 1)

 
 
k 1 k k 1
n n nC C C
2 9 24
  
      
1 n! 1 n! 1 n!
2 (k 1)!(n k 1)! 9 k!(n k)! 24 (k 1)!(n k 1)!

20. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 20 www.toanhocdanang.com
 2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!
 2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k

  

  
2(n k 1) 9k
9(n k) 24(k 1)




 

2n 2
k
11
3n 8
k
11
Để tồn tại k thỏa mãn (1) thì 3n – 8 = 2n + 2  n = 10.
Bài 23:
Ta có: (x + 1)10
= x10
+     1 9 2 8 3 7 9
10 10 10 10C x C x C x ... C x 1
 (x + 1)10
(x + 2) = x11
+     1 10 2 9 3 8 9 2
10 10 10 10C x C x C x ... C x x
+       10 1 9 2 8 3 7 9
10 10 10 102 x C x C x C x ... C x 1
= x11
+           1 10 2 1 9 3 2 8
10 10 10 10 10C 2 x C C .2 x C C .2 x ...
+  9 8 2
10 10C C .2 x +  10 9
10 10C C .2 x + 2
= x11
+ 1a x10
+ 2a x9
+ … + 11a
Vậy 5a = 5 4
10 10C 2C = 672.
Bài 24:
Ta có: 
   n 1 n
n 4 n 3C C 7(n 3)   
     n 1 n n
n 3 n 3 n 3C C C 7(n 3)

 (n 2)(n 3)
2!
= 7(n + 3)  n + 2 = 7.2! = 14  n = 12.
Số hạng tổng quát của khai triển là:
 
 


12 k5 60 11k
k 3 k k2 2
12 12C (x ) x C x
Ta có:
60 11k
2x = x8

60 11k
2
= 8  k = 4.
Do đó hệ số của số hạng chứa x8
là 

4
12
12!
C
4!(12 4)!
= 495.
Bài 25:
Ta có: (1 + x)n
=    0 1 2 2 n n
n n n nC C x C x ... C x
        
2 2
n 0 1 2 2 n n
n n n n
1 1
(1 x) dx C C x C x ... C x dx

21. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 21 www.toanhocdanang.com



 
      
  
22 2 3 n 1
n 1 0 1 2 n
n n n n
1 1
1 x x x
(1 x) C x C C ... C
n 1 2 3 n 1


  
   

2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1
C C C ... C
2 3 n 1
=
 


n 1 n 1
3 2
n 1
Bài 26:
Ta có: (x2
+ 1)n
=  
   0 2n 1 2n 2 2 2n 4 n
n n n nC x C x C x ... C
(x + 2)n
=   
    0 n 1 n 1 2 2 n 2 3 3 n 3 n n
n n n n nC x 2C x 2 C x 2 C x ... 2 C
Dễ dàng kiểm tra được n = 1, n = 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với n ≥ 3 thì x3n–3
= x2n
xn–3
= x2n–2
xn–1
Do đó hệ số của x3n–3
trong khai triển thành đa thức của:
(x2
+ 1)n
(x + 2)n
là 3 3na  = 3 0 3 1 1
n n n n2 .C .C 2.C .C
 3 3na  = 26n 
 

2
2n(2n 3n 4)
26n
3



  

n 5
7
n (loaïi)
2
Vậy n = 5.
Bài 27:
Ta có khai triển : (x + 1)2n
=   
    0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2nC x C x C x ... C x C
Cho x = –1 ta được:
0 = 
      0 1 2 3 4 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C ... C C
 
      1 3 2n 1 0 2 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2nC C ... C C C ... C
Bài 28:
1. Điều kiện :

  
 
 
 
x 1
x 2 x 3
x 3 x N
x N
PT  x + 
 
x! x!
6 6
2!(x 2)! 3!(x 3)!
= 9x2
– 14x
 x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2
– 14x
 x(x2
– 9x + 14) – 0 

 
 
x 0 (loaïi)
x 7 (loaïi)
x 2
 x = 2

22. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 22 www.toanhocdanang.com
2.  Caùch 1:
* Ta có: (1 – x)20
=     0 1 2 2 19 19 20 20
20 20 20 20 20C C x C x ... C x C x
Cho x = 1 ta có:     0 1 2 19 20
20 20 20 20 20C C C ... C C = 0
       0 2 20 1 3 19
20 20 20 20 20 20C C ... C C C ... C
Nên : A =   0 2 20
20 20 20C C ... C ; B =   1 3 19
20 20 20C C ... C
 A = B (1)
* Ta coù: (1 + x)20
=     0 1 2 2 19 19 20 20
20 20 20 20 20C C x C x ... C x C x
Cho x = 1 ta coù:     0 1 2 19 20
20 20 20 20 20C C C ... C C = 220
 A + B = 220
(2)
Từ (1) và (2) suy ra A =
20
2
2
= 219
(đpcm).
 Cách 2: Áp dụng công thức 
  k k 1 k
n 1 n nC C C và 0
nC 1, ta được:
    1 3 5 17 19
20 20 20 20 20C C C ... C C =
=       0 1 2 3 16 17 18 19
19 19 19 19 19 19 19 19C C C C C C C C
= (1 + 1)19
= 219
.
Bài 29:
Do  0 n
n nC C 1 nên ta có: 
0 1 n 1 2 n 1
n n n n n nC C ...C C C ...C
Áp dụng BĐT côsi ta có:



   
  
  
n 1
1 2 n 1
1 2 n 1 n n n
n n n
C C ... C
C C ...C
n 1
Áp dụng khai triển (a + b)n
= 


n
k k n k
n
k 0
C a b với a = b = 1, ta có:
   0 1 2 n
n n n nC C C ... C = 2n
 
  1 2 n 1
n n nC C ... C = 2n
– 2
Suy ra:


 
  
  
n 1
n
1 2 n 1
n n n
2 2
C C ...C
n 1
(đpcm).
Bài 30:
1. Ta có: (1 + x)n
=     0 1 2 2 3 3 n n
n n n n nC C x C x C x ... C x
Đạo hàm hai vế , ta được:

23. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 23 www.toanhocdanang.com
n(1 + x)n–1
= 
   1 2 3 2 n n 1
n n n nC 2C x 3C x ... nC x
Cho x = –1
0 = 
     1 2 3 4 n 1 n
n n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) nC
Vậy S = 0.
2. Ta có : (1 + x)n
=     0 1 2 2 3 3 n n
n n n n nC C x C x C x ... C x
         
1 1
n 0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
0 0
(1 x) dx C C x C x C x ... C x dx


  
     
  
1 1n 1
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
00
(1 x) 1 1 1
C x C x C x ... C x
n 1 2 3 n 1



    
 
n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 1 1 1
C C C ... C
n 1 2 3 n 1
Do đó: T =



n 1
2 1
n 1
Ta có:  
  n n 1 n 2
n n nC C C 79 
 

 
  
n N, n 2
n(n 1)
1 n 79
2
 n = 12
Vậy: T =
13
2 1
13
.
Bài 31:
P(x) = (16x – 15)2003
= 


2003
k 2003 k k
2003
k 0
C (16x) ( 15)
=  


2003
k 2003 k k 2003 k
2003
k 0
C (16) ( 15) x
Các hệ số trong khai triển P(x) thành đa thức là: ak = 
k 2003 k k
2003C (16) ( 15)
Vậy: S = 
 
  
2003 2003
k 2003 k k
k 2003
k 0 k 0
a C (16) ( 15) = (16 – 15)2003
= 1
Bài 32:
Ta có:  
 
 
15
1 2
x
3 3
=

 
   
   
   
 
15 k k15 15
k k k k
15 15 15
k 0 k 0
1 2 2
C x C x
3 3 3
Gọi ka là hệ số của số hạng chứa xk
trong khai triển:

24. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 24 www.toanhocdanang.com
ka = k k
1515
1
C .2
3
; k = 0, 1, 2, …, 15.
Xét sự tăng giảm của dãy số ka :
ak–1 < ak   
k 1 k 1 k k
15 15C .2 C .2  
k 1 k
15 15C 2C
 k <
32
3
, k = 0, 1,.., 15
Ta có: a0 < a1 < a2 < … < a10
ak–1 > ak  k >
32
3
 a10 > a11 > … > a15.
Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a10 = 
10 10
10
1515 15
2 2
C 3003.
3 3
.
Bài 33:
Ta có:
(1 – x)2n
=  
      0 1 2 2 3 3 4 4 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n 2nC C x C x C x C x ... C x C x
Đạo hàm hai vế theo biến x, ta có:
–2n(1 – x)2n–1
=   
       1 2 3 2 4 3 2n 1 2n 2 2n 2n 1
2n 2n 2n 2n 2n 2nC 2C x 3C x 4C x ... (2n 1)C x 2nC x
Thay x = 1 vào đẳng thức tren, ta được:
0 = 
       1 2 3 4 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2nC 2C 3C 4C ... (2n 1)C 2nC
Vậy: 
       1 3 2n 1 2 4 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n1C 3C ... (2n 1)C 2C 4C ... 2nC .
Bài 34:
Ta có: [1 + x2
(1 – x)]8
=      0 1 2 2 4 2 3 6 3
8 8 8 8C C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) +
+         4 8 4 5 10 5 6 12 6 7 14 7 8 16 8
8 8 8 8 8C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x)
Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng sau lớn hơn 8.
Vậy x8
chỉ có trong các số hạng thứ tư , thứ năm với hệ số tương ứng là: 3 2 4 0
8 3 8 4C .C ; C .C
Suy ra: 8a = 168 + 70 = 238.
Bài 35:
Ta có:
 
 
 
7
3
4
1
x
x
=   

 
 
 

k7 7 kk 3
7 4
k 0
1
C x
x
=



28 7k7
k 12
7
k 0
C x
Số hạng không chứa x là số hạng tương ứng với k (k  Z, 0 ≤ k ≤ 7) thỏa mãn

25. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 25 www.toanhocdanang.com
điều kiện:


28 7k
0
12
 k = 4
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: 4
7C = 35.
Bài 36:
Ta có : (1 + x)2n+1
=  
        0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C x C x C x ... C x
Đạo hàm hai vế ta có:
(2n + 1)(1 + x)2n
= 
       1 2 3 2 2n 1 2n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2C x 3C x ... (2n 1)C x
Thay x = –2, ta có:

       1 2 2 3 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C ... (2n 1)2 C = 2n + 1
Theo giả thuyết ta có: 2n + 1 = 2005  n = 1002.
Bài 37:
Ta có: (1 + x)2n+1
=  
        0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C x C x C x ... C x
Cho x = 1 ta có: 22n+1
= 
        0 1 2 3 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C ... C (1)
Cho x = –1 ta có: 0 = 
        0 1 2 3 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C ... C (2)
Lấy (1) – (2)  22n+1
=  
    1 3 2n 1
2n 1 2n 1 2n 12 C C ... C
 22n
= 
    1 3 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1C C ... C = 1024  2n = 10
Ta có: (2 – 3x)10
= 


10
k k 10 k k
10
k 0
( 1) C 2 (3x)
Suy ra hệ số của x7
là  7 7 3
10C 3 2
Bài 38:
 Từ giả thuyết ta suy ra:        0 1 2 n 20
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C 2 (1)
Vì  
 k 2n 1 k
2n 1 2n 1C C , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 neân:
 
               0 1 2 n 0 1 2 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1
C C C ... C C C C ... C
2
(2)
Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1
suy ra:
  
         0 1 2 2n 1 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C (1 1) 2 (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: 22n
= 220
 n = 10.

26. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 26 www.toanhocdanang.com
 Ta có:    
 
 
   
 
 
10 10 10k
7 k 4 10 k 7 k 11k 40
10 104
k 0 k 0
1
x C (x ) x C x
x
Hệ số của số hạng chứa x26
là k
10C với k thỏa mãn: 11k–40 = 26  k = 6
Vậy hệ số của x26
là 6
10C = 210.
Bài 39:
  0 1 2
n n nC C C 211 
 

 
  
n N,n 2
n(n 1)
1 n 211
2

 

  
2
n N,n 2
n n 420 0
 n = 20

 
 

k k
kn n
n1
k 1
(k 1).C (k 1)C
C
(k 1)!A
k!
(k = 1, 2, …, n)
Do đó: với n = 20 ta có: S =   0 1 20
20 20 20C C ... C = 220
.
Bài 40:
Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n
là: Tk+1 = k k k
nC ( 2) .x
Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71    0 1 2
n n nC 2C 4C 71

 

 
  
n N, n 2
n(n 1)
1 2n 4 71
2

 

  
2
n N, n 2
n 2n 35 0
 n = 7
Với n = 7, ta có hệ số của số hạng chứa x5
trong khai triển (1 – 2x)n
là: 5a = 5 5
7C ( 2) = – 672.
Bài 41:
Ta có:  1 3
n nC C 13n 
 
 
n(n 1)(n 2)
n 13n
6
 n2
– 3n – 70 

  
n 10
n 7 (loaïi)
Số hạng tổng quát của khai triển là:
1kT  =   
k 2 10 k 3 k k 20 5k
10 10C (x ) (x ) C x
1kT  không chứa x  20 – 5k = 0  k = 4
Vậy số hạng không chứa x là: T5 = 4
10C = 210.

27. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 27 www.toanhocdanang.com
Bài 42:
 Cách 1: Ta có:  
       0 1 2 4n 2 4n 2
4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2
 
       0 2 4 4n 2 4n 1
4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2
       0 2 4 2n 4n
4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2
Vậy có: 24n
= 256  n = 2
 Cách 2: Nếu Sn =       0 2 4 2n
4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C
Thì Sn+1 =       0 2 4 2n
4n 6 4n 6 4n 6 4n 6C C C ... C
Vì  2k 2k
4n 6 4n 2C C (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1 > Sn  dãy (Sn) tăng.
Khi n = 2 thì S2 =  0 2 4
10 10 10C C C = 256
Vậy Sn = 256  n = 2.
Bài 43: A =
   
       
20 10
3
2
1 1
x x
xx
=      
  
 
   
20 10k 10 k n
k k 20 k 2 n n 3 1
20 10
k 0 n 0
( 1) C x x ( 1) C x x
=     
 
   
20 10
k nk 20 3k n 30 4n
20 10
k 0 n 0
1 C x 1 C x
Xét trường hợp: 20 – 3k = 30 – 4n  10 – n = 3(n – k)
Vì 0 ≤ n ≤ 10 và 10 – n phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n= 7 hay n= 10
 có 3 số hạng trong hai khai triển trên có lũy thừa của x giống nhau.
Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm:
21 + 11 – 3 = 29 số hạng.
Bài 44: Ta có : 42n
= (1 + 3)2n
=  
    0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2nC C 3 C 3 ... C 3 C 3
22n
= (1 – 3)2n
=  
    0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2nC C 3 C 3 ... C 3 C 3
 42n
+ 22n
=    0 2 2 2n 2n
2n 2n 2n2 C C 3 ... C 3
 42n
+ 22n
= 2.215
(216
+ 1)
(22n
– 216
)(22n
+ 216
+ 1) = 0
 22n
= 216
 n = 8.

28. NHỊ THỨC NEWTON
GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 28 www.toanhocdanang.com
Bài 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b)n
= 
  0 n 1 n 1 n n
n n nC a C a b ... C b
 với a = 3, b = – 1  2n
= (3 – 1)n
= 
   0 n 1 n 1 n n
n n nC 3 C 3 ... ( 1) C
 với a = 1, b = 1  2n
= (1 + 1)n
=   0 1 n
n n nC C ... C
Vậy : 
       0 n 1 n 1 n n 0 1 n
n n n n n nC 3 C 3 ... ( 1) C C C ... C
Bài 46: Số hạng tổng quát: 
k k 45 2k k
15C ( 1) x y 
 


45 2k 29
k 8
 k = 8
Vậy hệ số của số hạng chứa x29
y8
là : 8
15C = 6435.