BIỂU THỨC TỔ HỢP – NHỊ THỨC NEWTON
Bài 1: (ĐHSP TPHCM 1999)
Tìm số tự nhiên k thoả mãn hệ thức:
k
C14
k 2
C14
k 1
2C14
k
k 2
k 1
C14
C14
2C14
Bài giải
(0 ≤ k ≤ 12, k N)
14!
14!
14!
2
k!(14 k)! (k 2)!(12 k)!
(k 1)!(13 k)!
1
1
1
2
(14 k)(13 k) (k 1)(k 2)
(k 1)(13 k)
(k + 1)(k + 2) + (14 – k)(13 – k) = 2(k + 2)(14 – k)
k2 – 12k + 32 = 0
k = 4 hoặc k = 8
Vậy: k = 4 hoặc k = 8
Bài 2. (ĐHDL Kỹ thuật công nghệ khối D 1999)
6
7
8
9
10
C10
C10
C10
C10
Tính tổng: C10
trong đó
hợp chập k của n phần tử.
Ckn
là số tổ
Bài giải
S =
=
6
C10
7
C10
8
C10
9
C10
10
C10
1 0
1 10
1
9
10
C10 C10
... C10
C10
C10
2
2
=
1 10 1 5
.2 C10
2
2
= 386.
Bài 3. (ĐH Ngoại ngữ HN chuyên ban 1999)
Tìm các số nguyên dương x thoả: C1x 6Cx2 6C3x 9x2 14x
Bài giải
(x N, x ≥ 3)
2
3
2
x + 3x – 3x + x – 3x + 2x = 9x2 – 14x
C1x 6Cx2 6C3x 9x2 14x
x(x – 9x + 14) = 0
2
x0
�
�
x2
�
�
x7
�
(loai)
�
(loai)
�
(nhan)
�
Vậy: x = 7
Bài 4. (ĐH Bách khoa HN 1999)
Tính tổng:
S = C1n 2Cn2 3Cn3 4Cn4 ... (1)n1.nCnn
trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2.
Bài giải
C1n
2Cn2
3Cn3
4Cn4
... (1)n1.nCnn (n > 2)
S=
Xét đa thức p(x) = (1 – x) n. Khai triển theo công thức Newton ta
được:
p(x) = (1 – x)n =
n
�(1)k Ckn .xk
k 0
Suy ra: – p(x) = n(1 – x)n–1 =
k 1
n
�(1)k1.kCkn
Cho x = 1 ta được: 0 =
=
n
�(1)k1.kCkn.xk1
k 1
C1n 2Cn2 3Cn3 4Cn4 ... (1)n1.nCnn
=S
Vậy: S = 0
Bài 5. (ĐHQG HN khối A 2000)
1
1001
Ck2001 Ck2001
�C1000
Chứng minh rằng:
2001 C2001
(trong đó k nguyên, 0 ≤ k ≤ 2000)
Bài giải
Ta sẽ chứng tỏ:
2001
2000
2
1000
1001
C02001 C2001
C12001 C2001
C2001
C1999
2001 ... C2001 C2001
Thật vậy, chỉ cần chứng tỏ:
999.
Ta có: (1)
1
Ck2001 Ck2001
(1) với k = 0, 1, 2, …,
2001!
2001!
k!(2001 k)! (k 1)!(2000 k)!
(k + 1) < 2001 – k
2k < 2000 k < 1000 đúng vì k = 0, 1, 2, …, 999.
Vì vậy:
và:
Ck2001 �C1000
2001 ,k
1
Ck2001
�C1001
2001 ,
= 0, 1, …, 2000 (đẳng thức
k = 0, 1, …, 2000 (đẳng thức
1
1001
Ck2001 Ck2001
�C1000
2001 C2001
k 1000
�
)
�
k 1001
�
k 999
�
)
�
k 1000
�
(đẳng thức k = 1000)
Bài 6. (ĐHQG HN khối B 2000)
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức
sau:
17
�1
�
4
�
x3 �
�3 2
�
�x
�
,x≠0
Bài giải
Số hạng tổng quát của khai triển là:
k
C17
x
2 17 k
3
3 k
x4
k
C17
Để số hạng không chứa x thì
17 34
3 12 k 3
x4
17
34
k
0
12
3
(k N, 0 ≤ k ≤ 17)
k=8
Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng
8
C17
.
Bài 7. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2000)
1 2
6
A2x Ax2 � .C3x 10
2
x
Giải bất phương trình:
�x �N
�2 �2x
�
�
�
�2 �x
�
3 �x
�
Điều kiện:
Ta có:
Bài giải
x �N
�
�
x �3
�
1 2
6
A2x A2x � .C3x 10
2
x
1
.2x(2x
2
– 1) – x(x – 1) ≤
6 x(x 1)(x 2)
.
10
x
1.2.3
x2 ≤ x2 – 3x + 12 x ≤ 4
Kết hợp điều kiện, ta được: x = 3, x = 4.
Bài 8. (ĐHSP HN khối A 2000)
Trong khai triển nhị thức
n
28 �
�
�x3 x x 15 �,
�
�
�
�
không phụ thuộc vào x, biết rằng
Cnn Cnn1 Cnn 2 79
Bài giải
* Xác định n:
Cnn Cnn1 Cnn 2 79
hãy tìm số hạng
1+n+
n(n 1)
2
= 79
n 12
�
�
n 13 (loai)
�
�
12
k
12k
28 �
�
12
� 4 �� 28 �
k � 3 �� 15 �
x
x
* Ta có: �x3 x x 15 � �C12
�
� k 0
� ��
�
�
�
� ��
�
48
112
k
0
Số hạng không phụ thuộc x
15
5
Vậy số hạng cần tìm là:
7
C12
=
48
12
k 15
x
�C12
k
112
5
k 0
k = 7.
= 792
Bài 9. (ĐHSP HN khối BD 2000)
Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x 2 + 1)n
bằng 1024, hãy tìm hệ số a (a là số tự nhiên) của số hạng
ax12 trong khai triển đó.
Ta có: (x2 + 1)n =
Bài giải
n
�Cknx2k
(1)
k 0
Số k ứng với số hạng ax12 thoả mãn pt: x12 = x2k k = 6.
Trong (1) cho x = 1 thì
Từ giả thiết
k 0
n
�Ckn = 1024 2n = 1024 n = 10
k 0
Vậy hệ số cần tìm là:
Bài 10.
n
�Ckn = 2n
6
C10
= 210.
(ĐHSP TPHCM khối DE 2000)
Tính tổng:
S=
Cn0
1 1 1 2
1 n
Cn Cn ...
Cn
2
3
n1
Bài giải
1
* Ta có: I =
(1 x)ndx
�
0
1
*I=
=
1
0
2n1 1
n1
1
�0
x2
xn1 �
Cn x C1n
... Cnn
�
�
�
2
n 1�
�
�0
�
C1nx ... Cnnxn )dx
Cn0
1 1 1 2
1 n
Cn Cn ...
Cn
2
3
n1
0
(Cn0
(1 x)n1
n1
=
=S
2n1 1
.
n1
Vậy: S =
Bài 11.
(ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000)
Chứng minh: 2n1C1n 2n1Cn2 2n3 Cn3 2n4 Cn4 ... nCnn n.3n1
Bài giải
Cn3 x3 Cn4x4 ... Cnnxn
Ta có: (1 + x) =
Lấy đạo hàm hai vế:
n(1 + x)n–1 = C1n 2Cn2 x 3Cn3 x2 4Cn4 x3 ... nCnnxn1
n
1
,
2
Thay x =
n
3n1
2n1
Cn0
C1nx Cn2x 2
ta được:
C1n 2Cn2 .21 3Cn3 22 4Cn4 .23 ... nCnn 2n1
Bài 12.
2n1C1n 2n1Cn2 3.2n3 Cn3 4.2n 4 Cn4 ... nCnn n.3n1
(ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)
31
Tìm hệ số của x trong khai triển của f(x) =
40
� 1�
x
�
�
� x2 �
Bài giải
40
� 1�
�x 2 �
� x �
=
40k
40
�1 �
�Ck40xk .�
�
�x2 �
k 0
31
Hệ số của x là
Ck40
40
�Ck40 x3k80
=
k 0
với k thoả mãn đk: 3k – 80 = 31 k = 37
Vậy: hệ số của x31 là
3
C37
40 C40
40.39.38
1.2.3
= 40.13.19 = 9880.
Bài 13.
(ĐH Thuỷ lợi 2000)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2, ta luôn có:
1
A22
1
A32
1
A42
...
1
An2
n1
n
Bài giải
Chứng minh bằng phương pháp qui nạp.
* Với n = 2, đpcm
1
A22
1
� A22 2
2
đúng
* Giả sử BĐT cần chứng minh đúng với n = k (k ≥ 2), tức là ta có:
1
A22
1
A32
1
A42
...
1
Ak2
k 1
k
Ta cần chứng minh BĐT đúng với n = k + 1.
1
Thật vậy,
A22
1
A32
1
A24
...
1
Ak2
1
Ak21
(k 2 1) 1
k
(k 1)k
k 1
1
1
1
1 n1
2 2 ... 2
2
n ,
A 2 A3 A 4
An
k 1
1
2
k
Ak 1
=
k 1
1
k
(k 1)k
=
Vậy:
n ≥ 2
Bài 14.
(ĐH Thuỷ lợi II 2000)
Cho đa thức P(x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + (1 + x)11 + … + (1
+ x)14 có dạng khai triển là: P(x) = a 0 + a1x + a2x2 + … +
a14x14.
Hãy tính hệ số a9.
Bài giải
a9 = 1 +
=1+
9
9
9
9
9
C10
C11
C12
C13
C14
2
3
4
5
C110 C11
C12
C13
C14
= 1 + 10 +
11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10
2
6
24
120
= 3003
Bài 15.
(ĐH Y Dược TPHCM 2000)
Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau:
1. Cn0 C1n Cn2 ... Cnn = 2n
1
2
4
C2n
... C2n
2. C12n C32n C52n ... C2n
= C02n C2n
2n
2n
Bài giải
n
Cn0 C1nx Cn2x 2 ... Cnnxn
n
Cn0 C1n Cn2 ... Cnn
2 2
C02n C12n x C2n
x C32nx3
1. (1 + x) =
Cho x = 1
2. (1 – x)2n =
Cho x = 1 đpcm.
=2
2n 2n
... C2n
x
Bài 16.
(ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000)
2
2000
... 2001C2000
Tính tổng: S = C02000 2C12000 3C2000
Có (x + 1)2000 =
Bài giải
2000
�Ci2000 xi
(1)
i 0
Trong (1) cho x = 1 ta được
2000
�Ci2000 = 22000
i 0
Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 =
Cho x = 1 ta được:
Do đó: S =
2000
2000
�i.Ci2000 = 2000.21999 = 1000.22000
i1
2000
2000
i 0
i1
�Ci2000 �i.Ci2000 = 1001.22000.
Bài 17.
(HV Kỹ thuật quân sự 2000)
Khai triển đa thức: P(x) = (1 + 2x)12 thành dạng:
a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12
Tìm max(a1, a2, …, a12).
Bài giải
P(x) = (1 + 2x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12
12
ak =
k
C12
.2k ;
ak < ak+1 k <
8
max(ai ) a8 C12
i1,12
Bài 18.
23
3
= 126720
(ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000)
1
x(1 x
Tính tích phân: I = �
2 n
) dx
0
Từ đó chứng minh rằng:
(n N*)
1 0 1 1 1 2 1 3
(1)n n
1
Cn Cn Cn Cn ...
Cn
2
4
6
8
2(n 1)
2(n 1)
Bài giải
Tính I bằng 2 cách:
* Đổi biến: t = 1 – x2 dt = –2xdx
�i.Ci2000xi1
i1
I=
0
� 1 n�
t �
dt
�
�
2 �
1�
1
=
1 n
t dt
2 0�
1
=
1
1
tn1
2(n 1)
2(n
1)
0
* Khai triển nhị thức:
0
1 2
2 4
3 6
n n 2n
x(1 – x2)n = x Cn Cnx Cn x Cn x ... (1) Cnx
1
I=
=
� 0 x2
x4
x6
x8
x 2n 2 �
Cn . C1n .
Cn2 . Cn3 . ... (1)n Cnn .
�
�
� 2
4
6
8
2n 2 �
�
�0
1 0 1 1 1 2 1 3
(1)n n
Cn Cn Cn Cn ...
Cn
2
4
6
8
2(n 1)
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
Bài 19.
(CĐ Cảnh sát nhân dân khối A 2000)
Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức:
(x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7
Bài giải
Hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức:
(x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7
là:
C55 C56 C57
=1+
6!
7!
5!1! 5!2!
= 28
Bài 20.
(ĐH An Ninh khối A 2001)
Tìm các số âm trong dãy số x1, x2, …, xn, … với
xn =
An4 4 143
Pn 2 4Pn
(n = 1, 2, 3, …)
Bài giải
Ta phải tìm các số tự nhiên n > 0 thoả mãn:
xn =
An4 4 143
Pn 2 4Pn
< 0 (n + 3).(n + 4) –
4n2 + 28n – 95 < 0
143
4
<0
19
5
n
2
2
Vì n là số nguyên dương nên ta được n = 1, 2 các số hạng âm
của dãy là x1, x2.
Bài 21.
(ĐH An ninh nhân dân khối A 2001)
Chứng minh rằng với n là số tự nhiên, n ≥ 2, ta có:
1
A22
1
A32
...
1
=
An2
n1
.
n
Bài giải
n!
(n 2)!
An2
Ta có:
= n(n – 1)
1
An2
1
1
1
n(n 1) n n 1
Thay n lần lượt bằng 2, 3, … ta được:
1
A22
1
A32
Bài 22.
...
1
An2
=
1 1 1 1
1
1
1 n1
...
1
1 2 2 3
n1 n
n
n
(đpcm)
(ĐH Bách khoa HN khối AD 2001)
Giải hệ phương trình:
y
y
�
�2Ax 5Cx 90
� y
5Ax 2Cyx 80
�
�
Bài giải
Đặt u =
Ayx ;
v=
Cyx
u 20
�2u 5v 90
�
��
�
5u 2v 80
v 10
�
�
Mà u = y!v y! = 2 y = 2
A2x
Vậy
x!
x(x 1) 20
(x 2)!
x2 – x – 20 = 0
�x 5
�
�
�x 4 (loai)
�x 5
�
�y 2
Bài 23.
(ĐH Dân lập Duy Tân khối A 2001)
1
(x 2)6dx
1. Tính tích phân: I = �
0
2.Tínhtổng: S =
1
1. I =
(x 2)6dx =
�
0
2. Ta có:
1
I =
(x 2)6dx =
�
0
6
2 0 25 1 24 2 23 3 22 4 2 5 1 6
C6
C6
C6
C6
C6 C6 C6
1
2
3
4
5
6
7
7 1
(x 2)
7
Bài giải
0
37 27
7
1
=
C6.2
�
0
6
0
C16 25 x C62 24 x 2 C36 23 x3 C64 22 x 4 C56 2x5 C66x6 dx
1
=
�
26 0
25 1 2 24 2 3 23 3 4 22 4 5 2 5 6 1 6 7 �
C6 x
C6 x
C6x
C6 x C6 x C6 x �
� C6 x
2
3
4
5
6
7
�1
�
0
=
26 0 25 1 24 2 23 3 22 4 2 5 1 6
C6
C6
C6
C6
C6 C6 C6
1
2
3
4
5
6
7
Vậy: S =
Bài 24.
=S
37 27
7
(ĐH Đà Lạt khối D 2001)
n
MRới mọi số x ta có: x =
1
n
�Ckn (2x 1)k (n N) (*)
2n k 0
Bài giải
Đặt u = 2x – 1, ta được:
n
�u 1� 1 n k k
� 2 � n �Cnu
�
� 2 k 0
(*)
(u + 1)n =
n
�Cknuk . Đẳng thức đúng.
k 0
Bài 25.
(ĐH Đà Nẵng khối A 2001)
Với mỗi n là số tự nhiên, hãy tính tổng:
Cn0
S=
1 1
1
1
1 n n
Cn .2 Cn2 .22 Cn3 .23 ...
Cn.2
2
3
4
n1
Bài giải
2
Có
2
1 k k
1
1 k k
Cn .2
Ckn .xk 1 �
Cnx dx
k 1
2(k 1)
20
0
Cn0
S=
1 1
1
1
1 n n
Cn .2 Cn2 .22 Cn3 .23 ...
Cn.2
2
3
4
n1
=
2
2
n
1 k k
1 k k
1 �n k k �
C
.2
C
x
dx
C x dx
�
�
� �n
n
�� n �
�
2 0�
k 0 k 1
k0 2 0
k 0
�
�
=
1
1 (x 1)n1
n
(x
1)
dx
.
2 0�
2 n1
n
2
2
=
0
=
3n1 1
2(n 1)
Bài 26.
(ĐH Hàng hải 2001)
2n
22n1(22n 1)
Chứng minh: C02n C22n.32 C42n.34 ... C2n
2n .3
Bài giải
2n
Ta có:
n
C02n C12n .31 C22n.32 ... C2n
2n.3
n
C02n C12n .31 C22n .32 ... C2n
2n.3
(1 + 3) =
(1 – 3)2n =
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được:
0
2
2
2n 2n
42n + 22n = 2 C2n C2n.3 ... C2n.3
Từ đó ta được:
2n
C02n C22n .32 C42n .34 ... C2n
22n1(22n 1)
2n .3
Bài 27.
(ĐH Luật TPHCM khối A 2001)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có:
C1n .3n1 2.Cn2 .3n2 3.Cn3 .3n3 ... n.Cnn = n.4n–1
Bài giải
Cn0 3n C1n .3n1x ... Cnn.xn
n–1
C1n .3n1 2Cn2 .3n 2 x ... nCnnxn1
n
Xét hàm số: f(x) = (x + 3) =
Ta có: f(x) = n(x + 3) =
Cho x = 1, ta được:
f(1) = n.4n–1 = C1n .3n1 2.Cn2.3n2 3.Cn3 .3n3 ... n.Cnn (đpcm)
Bài 28.
(ĐHSP HN khối A 2001)
Trong khai triển của
10
�1 2 �
�3 3 x �
�
�
thành đa thức:
a0 + a1x + a2x2 + … + a9x9 + a10x10 (ak R)
hãy tìm hệ số ak lớn nhất (0 ≤ k ≤ 10).
Bài giải
Ta có: ak–1 ≤ ak
k 1 k 1
k
C10
.2 �C10
.2k
k ≤ 2(11 – k) k ≤
1
2
�
(k 1)!(11 k)! k!(10 k)!
22
3
Vậy hệ số a7 là lớn nhất: a7 =
1
10
3
7
.C10
.27 .
Bài 29.
(ĐH Vinh khối AB 2001)
Cho n là một số nguyên dương cố định. Chứng minh rằng
Ckn lớn nhất nếu k là số tự nhiên lớn nhất không vượt quá
n1
.
2
Ckn
Ta có:
=
Do đó:
Ckn
>
n!
k!(n k)!
Ckn
Ckn1
Ckn1
Bài giải
và
Ckn1
=
n!
(k 1)!(n k 1)!
nk 1
.
k
nk 1
1
k
k<
n1
2
Bảng biến thiên:
Ckn
lớn nhất nếu k là số tự nhiên lớn nhất không vượt quá
n1
.
2
Bài 30.
(ĐH Vinh khối DTM 2001)
Chứng minh rằng:
2
4
2000
C02001 32 C2001
34 C2001
... 32000 C2001
22000 (22001 1)
Ta có:
(x + 1)2001 =
2001
(–x + 1)2001 =
Bài giải
�Ck2001.xk
k 0
2001
�Ck2001.(x)k
k 0
Cộng lại ta được:
(x + 1)2001 + (–x + 1)2001 =
0
2 2
4 4
2000 2000
= 2 C2001 x C2001 x C2001 ... x C2001
Cho x = 3 ta được:
0
2 2
4 4
2000 2000
42001 – 22001 = 2 C2001 3 C2001 3 C2001 ... 3 C2001
2
4
2000
C02001 32 C2001
34 C2001
... 32000 C2001
22000 (22001 1)
Bài 31.
(ĐH Y Dược TPHCM 2001)
Cho k và n là các số nguyên thoả mãn: 9 ≤ k ≤ n. Chứng
minh rằng:
Cn2nk .Cn2nk � Cn2n
2
Bài giải
Đặt ak =
với 0 ≤ k ≤ n. Ta chứng minh rằng:
a0 > a1 > … > a n
(1)
Thật vậy, ta có BĐT ak > ak+1 với 0 ≤ k ≤ n – 1(2)
Cn2nk .Cn2nk
(2n k)! (2n k)! (2n k 1)! (2n k 1)!
.
.
n!(n k)! n!(n k)! n!(n k 1)! n!(n k 1)!
2n k 2n k 1
(2n – k)(n + k +
nk
nk 1
1) > (n – k)(2n + k +
1)
2nk + n > 0
Ta được BĐT đúng (2) đúng (1) đúng.
Do đó: ak =
Cn2nk .Cn2nk � Cn2n
2
= a0
Dấu “=” xảy ra k = 0.
Bài 32.
(ĐH khối A 2002)
Cho khai triển nhị thức:
2
x 1
2
x n
23
2 C 2 2 ...
2 2 C 2
Cnn1
x 1 n
2
Cn0
x 1
2
1
n
x n1
3
x 1 n1
2
n
n
x
3
x n
3
(n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó
Cn3 5C1n và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x.
Bài giải
Từ
Cn3 5C1n
ta có n ≥ 3 và
n2 – 3n – 28 = 0
Với n = 7 ta có:
C37
n!
n!
5
3!(n 3)!
(n 1)!
n(n 1)(n 2)
5n
6
n 4 (loai)
�
�
�
n7
�
x 1
22
x 3
23
= 140 35.22x–2.2–x = 140
2x–2 = 4 x = 4.
Vậy n = 7, x = 4.
Bài 33.
(ĐH khối B 2002)
Cho đa giác đều A1A2…A2n (n ≥ 2, n nguyên) nội tiếp
đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3
trong 2n điểm A1, A2, …, A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ
nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, …, A2n. Tìm
n?
Bài giải
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, …, A2n là C32n .
Gọi đường chéo của đa giác đều A1A2…A2n đi qua tâm đường tròn
(O) là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có n đường chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A 1, A2, …, A2n
có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, với mỗi cặp
đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một
hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đường
chéo lớn của đa giác A1, A2, …, A2n, tức Cn2 .
Theo giả thiết thì:
(2n)!
n!
20.
3!(2n 3)!
2!(n 2)!
2n(2n 1)(2n 2)
n(n 1)
20
2n – 1
6
2
C32n 20Cn2 �
= 15 n = 8.
Bài 34.
(ĐH khối D 2002)
Tìm số nguyên dương n sao cho:
Cn0 2C1n 4Cn2 ... 2n Cnn = 243
Ta có: (x + 1)n =
Bài giải
n
�Cknxk
k 0
Cho x = 2 ta được: 3n =
n
�Ckn 2k 3n = 243 n = 5.
k 0
Bài 35.
(ĐH dự bị 2 2002)
Tìm số n nguyên dương thoả mãn bất phương trình:
An3 2Cnn 2 ≤ 9n.
Bài giải
BPT
n �3
�
�
n(n - 1)(n - 2) + n(n - 1) � 9n
�
n �3
�
�
�2
n - 2n - 8 �0
�
3 ≤ n ≤ 4 n = 3 hoặc n = 4.
Bài 36.
(ĐH dự bị 4 2002)
Giả sử n là số nguyên dương và:
(1 + x)n = a0 + a1x + a2x2 + … + akxk + … + anxn
Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho
ak 1 ak ak 1
2
9
24
.
Hãy tính n.
Ta có:
ak 1 ak ak 1
2
9
24
Bài giải
(1) (1 ≤ k ≤ n – 1)
Ckn1 Ckn Ckn1
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)!
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 thoả mãn hệ thức (1), điều kiện ắt có và đủ là:
3n – 8 = 2n + 2 n = 10.
Bài 37.
(ĐH dự bị 6 2002)
Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau:
(x + 1)10.(x + 2) = x11 + a1x10 + a2x9 + … + a11.
Hãy tính hệ số a5.
Bài giải
10
10
2 8
3 7
9
C110 x9 C10
x C10
x ... C10
x 1
1 10
2 9
3 8
9 2
11
C10 x C10 x C10x ... C10
x
Ta có: (x + 1) = x +
(x + 1)10(x + 2) = x +
+
x
2 8
3 7
9
2 x10 C110 x9 C10
x C10
x ... C10
x 1
2
3
2
C110 .2 x9 C10
C10
.2 x8 ...
= x11 + C110 2 x10 C10
+
9
8
C10
.2 x 2 +
+ C10
= x11 + a1x10 + a2x9 + … + a11
5
4
2C10
Vậy a5 = C10
= 672.
9
C10
10 C10 .2 x
+2
Bài 38.
(ĐH khối A 2003)
Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức
n
�1
5�
� 3 x �,
�x
�
Newton của
biết rằng: Cnn14 Cnn3 7(n 3) (n
nguyên dương, x > 0).
Ta có:
Cnn14
Cnn 3
(n 2)(n 3)
=
2!
7(n 3)
Bài giải
Cnn13 Cnn3 Cnn3
7(n 3)
n + 2 = 7.2! = 14 n = 12.
7(n + 3)
Số hạng tổng quát của khai triển là:
k
C12
(x3 )k
Ta có:
6011k
x 2
x
5 12k
2
k
C12
x
60 11k
2
= x8
6011k
2
= 8 k = 4.
Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là
12!
4!(12 4)!
4
C12
= 495.
Bài 39.
(ĐH khối B 2003)
Cho n là số nguyên dương. Tính tổng:
Cn0
22 1 1 23 1 2
2n1 1 n
Cn
Cn ...
Cn
2
3
n1
Bài giải
n
Ta có: (1 + x) =
2
2
Cn0
C1nx Cn2 x2
Cn Cnx Cn x
�
2
�0
1
x2
x3
xn1 �
(1 x)n1 �
Cn x C1n
Cn2
... Cnn
�
n1
2
3
n 1�
�
1
1
1
1
2 2
(1 x)ndx
�
1
0
... Cnnxn
... Cnnxn dx
2
Cn0
22 1 1 23 1 2
2n1 1 n
Cn
Cn ...
Cn
2
3
n1
=
3n1 2n1
n1
Bài 40.
(ĐH khối D 2003)
Với n là số nguyên dương, gọi a3n–3 là hệ số của x3n–3 trong
khai triển thành đa thức của (x2 + 1)n(x + 2)n.
Tìm n để a3n–3 = 26n.
Bài giải
2
Ta có:
n
Cn0 x2n C1nx 2n 2 Cn2x 2n 4 ... Cnn
Cn0 xn 2C1nxn1 22 Cn2 xn2 23 Cn3 xn3
(x + 1) =
... 2n Cnn
(x + 2)n =
Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = 2 không thoả mãn điều kiện bài toán.
Với n ≥ 3 thì x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1
Do đó hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của:
(x2 + 1)n(x + 2)n
là: a3n–3 = 23.Cn0 .Cn3 2.C1n.C1n
a3n–3 = 26n
2n(2n2 3n 4)
26n
3
n5
�
�
7
�
n (loai)
�
�
2
Vậy: n = 5.
Bài 41.
(ĐH khối D 2003 dự bị 2)
Tìm số tự nhiên n thoả mãn:
Cn2Cnn 2 2Cn2Cn3 Cn3Cnn3 = 100
Ta có:
Bài giải
= 100
Cn2Cnn 2 2Cn2Cn3 Cn3Cnn3
2
2
Cn2 2Cn2Cn3 Cn3 100
2
Cn2 Cn3 100
n(n 1) n(n 1)(n 2)
10
2
6
3n(n – 1) + (n2 – n)(n – 2) = 60
(n2 – n)(n + 1) = 60
(n – 1)n(n + 1) = 3.4.5
n = 4.
Bài 42.
Cn2 Cn3 10
(CĐ Xây dựng số 3 – 2002)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có:
2n1
C12n C32n C52n ... C2n
C02n C22n C42n ... C2n
2n
Bài giải
Ta có khai triển:
1
2n
(x + 1)2n = C02nx2n C12nx2n1 C22nx2n 2 ... C2n
2n x C2n
Cho x = –1 ta được:
1
2n
0 = C02n C12n C22n C32n C42n ... C2n
2n C2n
1
0
2
2n
C12n C32n ... C2n
2n C2n C2n ... C2n
Bài 43.
(CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002)
1. Giải phương trình: C1x 6Cx2 6C3x = 9x2 – 14x
19
19
2. Chứng minh rằng: C120 C320 C520 ... C17
20 C20 = 2
1. Điều kiện:
�x �1
�x �2
�
�
�
�x �3
�
�x �N
PT x +
6
Bài giải
x �3
�
�
x �N
�
x!
x!
6
2!(x 2)!
3!(x 3)!
= 9x2 – 14x
x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x
x(x – 9x + 14) – 0
2
x0
�
�
x7
�
�
x2
�
(loai)
�
(loai)
�
x=2
2. Cách 1:
2 2
19
20 20
x ... C19
C20
x
* Ta có: (1 – x)20 = C020 C120 x C20
20 x
0
1
2
19
20
Cho x = 1 ta có: C20 C20 C20 ... C20 C20 = 0
2
20
... C20
C120 C320 ... C19
C020 C20
20
0
2
20
Đặt:
A = C20 C20 ... C20 ;
B = C120 C320 ... C19
20
A=B
(1)
2 2
19
20 20
x ... C19
* Ta có: (1 + x)20 = C020 C120 x C20
20 x C20 x
2
20
20
... C19
Cho x = 1 ta có: C020 C120 C20
20 C20 = 2
A + B = 220 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A =
220
2
Cách 2: Áp dụng công thức
C120
C320
C520
= 219 (đpcm).
Ckn1 Cnk 1 Cnk
19
... C17
20 C20
0
1
2
C19
C19
C19
19
19
và
Cn0 1 ,
ta được:
=
=
= (1 + 1) = 2 .
3
16
17
18
19
C19
C19
C19
C19
C19
Bài 44.
(CĐ khối AD 2003)
Chứng minh rằng:
P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 – 1
Bài giải
Cách 1:
Ta có:
Pn+1 – [nPn + (n – 1)Pn–1 + … + 2P2 + P1] =
= (n + 1)! – n.n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1!
= n![(n + 1) – n] – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1!
= n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1!
= (n – 1)![n – (n – 1)] – … – 2.2! – 1!
= (n – 1)! – (n – 2)(n – 2)! – … – 2.2! – 1!
= …..
= 2! – 1.1! = 1
Vậy: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 – 1.
Cách 2: Chứng minh bằng qui nạp:
* Với n = 1, ta có P1 = P2 – 1 1! = 2! – 1. Mệnh đề đúng.
* Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k > 1), tức là ta có:
P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk = Pk+1 – 1
* Ta cần ch. minh: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1= Pk+2
–1
Thật vậy, P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1 = Pk+1 – 1 + (k
+1)Pk+1
= (k + 2)Pk+1 – 1 = Pk+2 – 1. (đpcm)
Bài 45.
(CĐ Giao thông II 2003)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2, ta đều
có:
Cn0C1n...Cnn
n1
�2n 2 �
��
�
�n 1 �
Bài giải
Do
Cn0
Cnn
Cn0C1n...Cnn
1
C1nCn2 ...Cnn1
nên ta có:
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
n1
�C1 Cn2 ... Cnn1 �
C1nCn2 ...Cnn1 �� n
�
�
n1
�
Áp dụng khai triển (a + b)n =
Cn0
C1n
Suy ra:
Cn2
... Cnn
n
�Cknakbnk với a = b = 1, ta có:
k 0
=2
n
�2n
C1nCn2 ...Cnn1 ��
n1
2�
�
�n 1 �
C1n Cn2 ... Cnn1
= 2n – 2
(đpcm).
Bài 46.
(CĐ Giao thông III 2003)
1. Tính tổng: S = C1n 2Cn2 3Cn3 4Cn4 ... (1)n1nCnn (n > 2)
2. Tính tổng:
T=
Cn0
1 1 1 2
1 n
Cn Cn ...
Cn
2
3
n1
biết rằng n là số nguyên dương thoả điều kiện:
Cnn Cnn1 Cnn 2 79
Bài giải
Cn0
Cn3 x3 ... Cnnxn
1. Ta có: (1 + x) =
Đạo hàm 2 vế, ta được:
n(1 + x)n–1 = C1n 2Cn2 x 3Cn3 x2 ... nCnnxn1
Cho x = –1
0 = C1n 2Cn2 3Cn3 4Cn4 ... (1)n1nCnn
Vậy S = 0.
2. Ta có: (1 + x)n = Cn0 C1nx Cn2x2 Cn3 x3 ... Cnnxn
n
1
(1 x)ndx
�
0
(1 x)n1
n1
n1
2
1
0
1
C1nx Cn2 x2
Cn Cnx Cn x
�
0
0
1
2 2
Cn3x3 ... Cnnxn dx
1
1
1
1 n n1 �
�0
�
Cn x C1nx2 Cn2x3 ...
Cnx �
2
3
n1
�
�0
1
1
1
1 n
Cn0 C1n Cn2 ...
Cn
n1
2
3
n1
- Xem thêm -