Chuyên đề tổ hợp và xác suất – Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

 Chuyên đề 11 :

ĐẠI SỐ TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT

 Vấn đề 1: SỬ DỤNG CÔNG THỨC P ,A ,C

_n ^k_n ^k_n

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. HOÁN VỊ

Số hoán vị của n phần tử: Pn =n!

2. CHỈNH HỢP:

Số chỉnh hợp: A^m_n n(n 1)(n 2)...(n m 1)    



mn n!

A (n m)!

 Điều kiện: n  m và n, m nguyên dương 3. TỔ HỢP:

Số tổ hợp: C^m_n n(n 1)(n 2)...(n m 1)    1.2.3...m





mn n!

C m!(n m)!

 Điều kiện:  



n m

n, m nguyên dương Ta có công thức:

1/ C^m_n C^{n m}_n^ 2/ C^{m 1}_{n 1}^ C^m_{n 1} C^m_n 3/ C⁰_nC¹_nC²_n... C ⁿ_n 2ⁿ

Số tập hợp con của tập hợp n phân tử là 2ⁿ. B.ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008

Chứng minh rằng _

 

 

   

  ^kn 1 ^{k 1}n 1 ^kn

n 1 1 1 1

n 2 C C C

(n, k là các số nguyên dương, k  n, C_n^k là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Giải

Ta có: _

 

 

         

  ^kn 1 ^{k 1}n 1  

n 1 1 1 n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!.

n 2 C C n 2 (n 1)!

^ _^{1 .k!(n k)!}



(n 1 k) (k 1)^{   }



n 2 n!    _k

n

k!(n k)! 1

n! C

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006

Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A.

Tìm k  {1, 2…, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất.

Giải Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng C^k_n.

Từ giả thiết suy ra: C⁴_n20C²_n  n²5n 234 0   n 18 (vì n  4).

Do ^   



18k 1 18k

C 18 k 1

C k 1  k < 9 nên C¹₁₈C₁₈²  ... C₁₈⁹ C₁₈⁹ C¹⁰₁₈ ... C¹⁸₁₈ Vậy số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9.

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Tính giá trị biểu thức  ^ 



4 3

n 1 n

A 3A

M (n 1)! , biết rằng : C²_{n 1} 2C²_{n 2} 2C²_{n 3} C²_{n 4} 149

(n là số nguyên dương, A^k_n là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và C^k_n là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Giải Điều kiện: n  3.

Ta có C²_{n 1} 2C²_{n 2} 2C²_{n 3} C²_{n 4} 149

        

  

(n 1)! 2(n 2)! 2 (n 3)! (n 4)! 149 2!(n 1)! 2!n! 2!(n 1)! 2!(n 2)!

 n² + 4n  45 = 0  n = 5 hay n = 9 (loại).

suy ra M = ⁴⁶ ³⁵    6! 3.5!

A 3A 2! 2! 3

6! 6! 4.

Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005

Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức: 2P_n6A²_n P A_{n n}² 12. (P_nlà số hoán vị của n phần tử và A^k_n là số chỉnh hợp chập k của n phần tử).

Giải Ta có: 2P_n 6A²_nP A_{n n}² 12 (n  , n  2)

n! n!

2.n! 6. n! 12

(n 2)! (n 2)!

n! (6 n!) 2(6 n!) 0 (6 n!) n! 2 0

(n 2)! (n 2)!

   

 

 

           

6 n! 0 n! 6 n 3

n! 2 0 n(n 1) 2 0 n 2 (n 2)!

 

    

         

 Vấn đề 2: PHÉP ĐẾM VÀ XÁC SUẤT

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. NGUYÊN TẮC ĐẾM

2 biến cố A và B A có m cách xảy ra B có n cách xảy ra

2 biến cố A và B cùng xảy ra có m  n cách Biến cố A hoặc B xảy ra có m + n cách

 Chú ý: Nguyên tắc trên có thể áp dụng cho nhiều biến cố.

2. CHÚ Ý

 Nếu thay đổi vị trí mà biến cố thay đổi ta có một hoán vị hoặc một chỉnh hợp.

 Nếu thay đổi vị trí mà biến cố không đổi ta có một tổ hợp.

XÁC SUẤT 1. KHÔNG GIAN MẪU

Không gian mẫu là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra.

Biến cố A là một tập con của không gian mẫu.

2. XÁC SUẤT

Nếu các phần tử của không gian mẫu có cùng khả năng xảy ra, h là số phân tử của biến cố A, n là số phân tử của không gian mẫu. Xác suất để biến cố A xảy ra:

p(A)h

n 3. CÁC CÔNG THỨC

 Không gian mẫu E là biến cố chắc chắn xảy ra: p(E) = 1

 Biến cố  là biến cố không thể xảy ra: p () = 0

 Biến cố kéo theo A  B là biến cố A xảy ra thì biến cố B xảy ra: A  B.

P(A)  p(B)

 A  B là biến cố (A xảy ra hay B xảy ra). p(A  B) = p(A) + p(B)  p(A  B)

 A  B là biến cố A và B cùng xảy ra

 Biến cố A và B đối lập nếu không cùng xảy ra. Khi đó, ta có A  B = ; p(A  B) = 0; p(A  B) = p(A) + p(B)

 Biến cố A là đối lập của A: p(A) = 1  p(A)

 Xác xuất có điều kiện:

Biến cố A xảy ra với điều kiện biến cố B đã xảy ra: p(A B)p(A B) p(B) hay p(A B) = p(B).p(AB)

 Biến cố A và B độc lập nếu biến cố B có xảy ra hay không thì xác suất của A vẫn không đổi: p(AB)=p(A)

p(A B) = p(A)p(B)

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006

Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C.

Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?

Giải

Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là C₁₂⁴ 495.

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:

 Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:

C .C .C^{2 1}_{5 4 3}¹ 120

 Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:

C .C .C¹_{5 4 3}^{2 1}90

 Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:

C .C .C^{1 1}_{5 4 3}² 60

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là:

120 + 90 + 60 = 270.

Vậy số cách chọn phải tìm là 495  270 = 225.

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005

Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ?

Giải

Có C C^{1 4}_{3 12} cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất.

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có C C^{1 4}_{2 8} cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai.

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có C C^{1 4}_{1 4} cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.

Số cách phân công thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C .C .C .C .C .C¹_{3 12}^{4 1}_{2 8 1 4}^{4 1 4}207900cách

Bài 3:

Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình và 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ ba loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2?

Giải Có 3 trường hợp xảy ra.

 Trường hợp 1: 2 dễ + 1trung bình + 2 khó: C C C_{15 10 5}^{2 1 2}10.500

 Trường hợp 2: 2 dễ + 2 trung bình + 1 khó:C C C_{15 10 5}^{2 2 1} 23.625

 Trường hợp 3: 3 dễ + 1 trung bình + 1 khó: C C C³_{15 10 5}^{1 1} 22750

Theo qui tắc cộng ta có: C C C_{15 10 5}^{2 1 2} + C C C_{15 10 5}^{2 2 1} + C C C_{15 10 5}^{3 1 1} = 56875 đề Bài 4:

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.

Giải  Số tam giác thỏa mãn đề bài là C³_2n.

 Số đường chéo qua tâm đường tròn là n, cứ 2 đường chéo qua tâm thì có một hình chữ nhật suy ra ta có C²_n hình chữ nhật.

Theo giả thiết ta có C²_2n 20C ²_n n²9n 8 0   n = 8 V n = 1 (loại). Kết luận n = 8.

Bài 5:

Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn.

Giải

 Số cách chọn 8 học sinh từ 18 học sinh của đội tuyển là:

C₁₈⁸  18! 43758 8!10! cách

 Số cách chọn 8 học sinh chỉ gồm có hai khối là:

Số cách chọn 8 học sinh khối 12 và 11 là C₁₃⁸ Số cách chọn 8 học sinh khối 11 và 10 là C₁₁⁸ Số cách chọn 8 học sinh từ khối 10 và 12 là C₁₂⁸

 Số cách chọn theo ycbt: 43758 



^{C813C118 C128}



= 41811 cách

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

 Vấn đề 3:

NHỊ THỨC NIUTƠN

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỊ THỨC NIUTƠN:

(a + b)ⁿ = C a^{0 n}_n C a b ... C b^{1 n 1}_n ^   ^{n n}_n

Chú ý: Số mũ của a tăng dần, số mũ b giảm dần có tổng bằng n.

Các hệ số đối xứng: C^m_n C^{n m}_n^

Tam giác Pascal: 1 n = 0

1 1 n = 1

1 2 1 n = 2

1 3 3 1 n = 3

 Chú ý: Dựa vào bảng Pascal ta có thể viết ngay được khai triển Niutơn.

B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008

Cho khai triển (1 + 2x)ⁿ = a0 + a1x + … + anxⁿ, trong đó n  N^* và các hệ số a0, a1, …, an thỏa mãn hệ thức a₀a¹ ... aⁿ_n 4096

2 2 . Tìm số lớn nhất trong các số a0, a1, … , an.

Giải Từ khai triển: (1 + 2x)ⁿ = a0 + a1x + … + anxⁿ

 Chọn x1

2 ta được: ⁿ  ₀a¹ aⁿ_n   ¹² 

2 a ... 4096 2 n 12

2 2

 Vậy biểu thức khai triển là: (1 + 2x)¹²

 Số hạng tổng quát là C 2 .x₁₂^{k k k} (k  , 0  k  12)  hệ số tổng quát là a_k 2 .C ;^{k k}₁₂ a_{k 1} 2 .C^{k 1 k 1} ₁₂^ ak < ak + 1  2 .C^{k k}₁₂2 .C^{k 1 k 1} ₁₂^

  ^

   

k 12! k 1 12!

2 . 2 .

k!(12 k)! (k 1)!(12 k 1)!

 k + 1 < 24 – 2k  k23 3 Mà k  . Do đó: a0 < a1 < a2 < … < a8 Tương tự: ak > ak + 1  k > 7

Do đó: a8 > a9 > … > a12

Số lớn nhất trong các số a0, a1, …, a12 là: a₈2 .C^{8 8}₁₂126720

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008

Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức C¹_2nC³_2n ... C^{2n 1}_2n^ 2048 (C^k_n là số tổ hợp chập k của n phân tử).

Giải C¹_2nC³_2n ... C^{2n 1}_2n^ 2048 (*)

Ta có:



1 x^



^{2n }C⁰2n^C x C x¹2n ^{ 2}2n ^2C x³2n ^{3 }... C^{2n 1 2n 1}2n^x ^{ }C x^{2n 2n}2n

Với x = 1 thay vào (*) ta được:

2²ⁿC⁰_2nC¹_2nC³_2n ... C^{2n 1}_2n^ C²ⁿ_2n (1) Với x = 1 thay vào (*) ta được:

0 C _2n⁰ C¹_2nC²_2nC³_2n ... C^{2n 1}_2n^ C²ⁿ_2n (2)

Lấy (1) trừ (2) ta được:^{22n2 C}



^{12nC32n ... C2n 12n}



^{4096 2 12 n 6}

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007

Chứng minh rằng:     ^  



1 3 5 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n

1C 1C 1C .... 1 C 2 1

2 4 6 2n 2n 1

(n là số nguyên dương, C^k_n là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Giải Ta có:

 ²ⁿ ⁰_2n ¹_2n   ^{2n 2n}_2n  ²ⁿ ⁰_2n ¹_2n   ^{2n 2n}_2n (1 x) C C x .... C x ,(1 x) C C x .... C x

(1 x) ²ⁿ (1 x)²ⁿ2(C x C x¹_2n  ³_2n ³.... C ^{2n 1 2n 1}_2n^x ^ )





¹  ²ⁿ  ²ⁿ 



^{1 12n}  ^{32n 3} ^{52n 5}  ^{2n 1 2n 12n }

0 0

(1 x) (1 x) dx (C x C x C x ... C x )dx 2

      ^   ^  

 



^{1 2n 2n 2n 1 2n 11 2n}

0 0

(1 x) (1 x) dx (1 x) (1 x) 2 1

2 2(2n 1) 2n 1 (1)





¹



^{12n  32n 3 52n 5  2n 1 2n 12n }



0

C x C x C x ... C x dx

 ^ 

     

2 4 6 2n 1

1 3 5 2n 1

2n 2n 2n 2n

0

x x x x

C . C . C . ... C .

2 4 6 2n

1C¹_2n1C³_2n1C ...⁵_2n  1 C^{2n 1}_2n^

2 4 6 2n (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007

Tìm hệ số của số hạng chứa x¹⁰trong khai triển nhị thức Niutơn của (2 + x)ⁿ, biết:

3 C^{n 0}_n3 C^{n 1 1} _n3^{n 2 2} C_n3^{n 3 3} C_n  ... ( 1) C^{n n}_n 2048 (n là số nguyên dương, C^k_nlà số tổ hợp chập k của n phần tử).

Giải

Ta có: 3 C^{n 0}_n3 C^{n 1 1} _n 3^{n 2 2} C_n.... ( 1) C  ^{n n}_n  (3 1)ⁿ 2ⁿ Từ giả thiết suy ra n = 11

Hệ số của số hạng chứa x¹⁰ trong khai triển Niutơn của (2 + x)¹¹ là:C .2^{10 1}₁₁ 22 Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007

Tìm hệ số của x⁵ trong khai triển thành đa thức của: x(1 –2x)⁵ + x²(1 + 3x)¹⁰ Giải

Hệ số của x⁵ trong khai triển của x(1  2x)⁵ là (2)⁴.C⁴₅ Hệ số của x⁵ trong khai triển của x²(1 + 3x)¹⁰ là 3³C¹⁰³

Hệ số của x⁵ trong khai triển của x(1  2x)⁵ + x²(1 + 3x)¹⁰ là:

( 2) C ^{4 4}₅3 C^{3 3}₁₀3320 Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

Tìm hệ số của số hạng chứa x²⁶ trong khai triển nhị thức Niutơn của

  

 

 

7 n 4

1 x

x biết rằng C¹_{2n 1} C²_{2n 1}  ... Cⁿ_{2n 1} 2²⁰1 (n nguyên dương, C^k_n là số tổ hợp chập k của n phân tử).

Giải

 Từ giả thiết suy ra: C⁰_{2n 1} C¹_{2n 1}  ... Cⁿ_{2n 1} 2²⁰ (1) Vì C_{2n 1}^k _ C^{2n 1 k}_{2n 1}^{ }_ k, 0 k 2n +1 nên:   

^{C2n 10  C12n 1  ... Cn2n 1 1}₂



^{C02n 1 C12n 1  ... C2n 12n 1}



^(2).

Từ khai triển nhị thức Niutơn của (1 1) ^{2n 1} suy ra:

C_{2n 1}⁰ _ C¹_{2n 1}  ... C^{2n 1}_{2n 1}^_  (1 1)^{2n 1} 2^{2n 1} (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra : 2²ⁿ2²⁰ hay n = 10.

 Ta có:

   

^{  }

 

    

 

 4 ⁷¹⁰



^{10 10k 4 10 k 7 k}



^{10 10k 11k 40}

k 0 k 0

1 x C x x C x

x

Hệ số của x²⁶ là C₁₀^k với k thỏa mãn: 11k  40 = 26  k = 6.

Vậy hệ số của số hạng chứa x²⁶ là : C₁₀⁶ 210.

Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005 Tìm số nguyên dương n sao cho:

C¹_{2n 1} 2.2C²_{2n 1} 3.2 C^{2 3}_{2n 1} 4.2 C^{3 4}_{2n 1} .... (2n 1).2 C  ^{2n 2n 1}_{2n 1}^ = 2005 (C^k_n là số tổ hợp chập k của n phần tử )

Giải

Ta có:



1 x



^{2n 1} C⁰_{2n 1} C¹_{2n 1}x C ²_{2n 1}x²C³_{2n 1}x³ ... C^{2n 1 2n 1}_{2n 1}^x ^ x  Đạo hàm hai vế ta có:

 

_{  } ^_

  ²ⁿ  ¹_{2n 1} ²_{2n 1}  ³_{2n 1} ²   ^{2n 1 2n}_{2n 1}   (2n 1) 1 x C 2C x 3C x ... (2n 1)C x x Thay x = 2 ta có:

            

1 2 2 3 4 n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

C 2.2C 3.2 C 4.2C ... (2n 1).2 C 2n 1 Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005  n = 1002.

Bài 8:

Tìm hệ số của x⁸ trong khai triển thành đa thức của ^_^{1 x 1 x 2}



^



^_^8.

Giải

^_1 x 1 x^{ 2}



^



^_^8C⁰8^C x 1 x^{1 2}8



^



^C x 1 x^{2 4}8



^



^2C x 1 x^{3 6}8



^



^3. . . ^ . . . + C x 1 x^{8 16}8



^



⁸

Số hạng chứa x⁸ trong khai triển chỉ có trong C x 1 x^{3 6}8



^



³ và C x 1 x^{4 8}8



^



⁴. Suy ra hệ số của x là 3C^{8 3}₈C⁴₈ 238.

Bài 9:

Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của

  

 

3 7 4

x 1

x với x > 0.

Giải

 

^{  }

 

      

   

³ 4 ⁷



^{7 k7 3 7 k}4 ^k



^{7 k7 7 k k3 4}

k 0 k 0

1 1

x C x C x

x x

Số hạng không chứa x ứng với 7 k k  0

3 4  28  4k  3k = 0  k = 4 Số hạng không chứa x là C^k₇  7! 35

3!4! . Bài 10:

Tìm hệ số của số hạng chứa x⁸ trong khai triển nhị thức Niutơn của

   ^_  _  

5 n n 1 n

n 4 n 3 3

1 x biết rằng C C 7(n 3) x

(n là số nguyên dương, x > 0, C^k là số tổ hợp chập k của n phân tử).

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Giải

   

     

 

       



n 1 n

n 4 n 3 n + 4 ! n 3 !

C C 7 n 3 7 n 3

n 1 !3! n!3!

 (n + 3) (3n  36) = 0  n = 12

Vậy

 

^{ }



 

     

   

 3 ⁵¹²



^{12 12k 3 k} ⁵²^{12 k}

k 0

1 x C x x

x

Cho

 

^{ } ^ ^{ }

5 12 k

3 k 2 8

x x x x  0  _{ }5 12 k



^



3k 2 = 8  k = 4

Vậy hệ số của x⁸ trong khai triển   

5 12 3

1 x

x là C₁₂⁴ 495. Bài 11:

Cho n là số nguyên dương. Tính tổng:

      ^ 



2 3 n 1

0 1 2 n

n 2 1 n 2 1 n 2 1 n

C C C ... C

2 3 n 1

(C^k_n là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Giải Xét



1 x^



^{n }C⁰n^C x C x¹n ^{ 2 2}n ^{ }... C x^{n 4}n





²



^



^{n }



^2_ ^{0n 1n  2 2n   n nn }_

1 1

1 x dx C C x C x ... C x dx





^



^ _^ _{   } ^{ }

 

   

n 1 2 3 n 1

0 1 2 n

n n n n

2 2

1 x C x C x C x ... C x

1 1

n 1 2 3 n 1

 ^  ^        ^ 

 

n 1 n 1 2 3 n 1

0 1 2 n

n n n n

3 2 C 2 1C 2 1C ... 2 1C

n 1 2 3 n 1 .

Bài 12:

Với n là số nguyên dương, gọi a3n3 là hệ số của x^3n3 trong khai triển thành đa thức của: (x² + 1)ⁿ (x + 2)ⁿ. Tìm n để a3n 3 = 26n.

Giải

   

^{ }

 

 ⁿ  ⁿ 



ⁿ



ⁿ

2 2 k 2n 2k h n h h

n n

k 0 h 0

x 1 x 2 C x C x 2 ^{ }

 





^{n n} k h 3n (2k h) n n

k 0 h 0

C C x Ycbt  2k + h = 3  k = h = 1 hay (k = 0 và h = 3)

 a_{3n 3} 2C C^{1 1}_{n n}2 C C^{3 0 3}_{n n} 26n  n = 5.

Bài 13:

Cho khai triển nhị thức:



₂^{x 12} _2^x3



^{n C0n}

   

₂^{x 12 nC1n} ₂^{x 12 n 1}

 

₂^{x3 . . . +}

^{ Cn 1n}

 

₂^{x 12}

 

₂^{x3 n 1  Cnn}

 

₂^{x3 n}

(n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó C³_n 5C¹_n và số hạng thứ tư bằng 20n. Tìm n và x.

Giải Ta có

 

  

    

  



3 1 +

n n n Z , n 3

C 5C n = 7 V n = 4 (loại) n 2 (n 1) 30

Số hạng thứ tư bằng 20n nên ta có ^C37

 

₂^{x 12 4}

 

₂^{x3 3 140}

 2^{x 2}  4 2²  x  2 = 2  x = 4.

Bài 14:

Tìm số nguyên dương n sao cho C⁰_n2C¹_n4C²_n ... 2 C^{n n}_n 243. Giải

C⁰_n2C¹_n4C²_n ... 2 C^{n n}_n243 (*) Ta có



1 x^



^{n }C⁰n^xC¹n^x C^{2 2}n^{ }... x C^{n n}n (* *) Thế x = 2 vào (* *) ta có:



1 2^



^nC⁰n^2C¹n^4C²n^{ }... 2 C^{n n}n ^243 3ⁿ = 243  n = 5.

Bài 15:

Giả sử n là số nguyên dương và



1 x^



^{n }a0^a x a x1 ^ 2 ^{2 }... a xk ^{k }... a xn ⁿ

Biết rằng tồn tại số k nguyên (1  k  n  1) sao cho  ^

 

k k k 1

a 1 a a

2 9 24 . Hãy tính n.

Giải

Ta có: (1 + x)ⁿ = a0 + a1x + a2x² + … + akx^k + … + anxⁿ Vì a^{k 1} a^k a^{k 1} C^{k 1n} C^kn C^{nk 1}

2 9 24 2 9 24



 

   





    

     

  

      

    

 



k k 1

n n

k k 1

n n

C9 C2 2 n k 1 9k k 2n 211 3 n k 8 k 1 3n 8

C C k

9 24 11

 3n – 8 = 2n + 2  n = 10