Phần I: lý do chọn đề tài
1.Cơ sở lý luận:
Nhị thức Niu tơn là một phần kiến thức cơ bản trong chơng trình giải tích
lớp 12. Nhị thức Niutơn có nhiều ứng dụng trong các dạng toán để ôn thi đại
học, ôn thi học sinh giỏi. Và các dạng toán ứng dụng của Nhị thức Niutơn thờng
là các dạng toán khó và hay có trong các câu và của đề thi tuyển sinh đại học.
Học sinh học các dạng toán này thờng thì không biết bắt đầu từ đâu để giải quyết
bài toán.
2.Cơ sở thực tiễn:
Xuất phát từ quá trình tự học, tự nghiên cứu của bản thân, và những kinh
nghiệm có đợc trong quá trình dạy học, dạy học sinh ôn thi tuyển sinh vào đại
học, ôn thi học sinh giỏi, tôi tổng kết đợc những dạng toán cơ bản của Nhị thức
Niutơn và ứng dụng của Nhị thức Niutơn.
3.Mục đích nghiên cứu đề tài:
Nghiên cứu đề tài Nhị thức Niutơn và ứng dụng của Nhị thức Niutơn nhằm
mục đích là nâng cao kiến thức của mình về vấn đề này và hơn thế nữa để sử
dụng nó trong quá trình dạy học sinh ôn thi tuyển sinh đại học và ôn thi học sinh
giỏi.
4.Phơng pháp nghiên cứu đề tài:
-Nêu kiến thức cơ bản của nhị thức Niutơn
-Phân dung bài tập cơ bản.
-Trong mỗi dạng bài tập cơ bản đều có ví dụ minh hoạ.
-Sau các ví dụ minh hoạ là các chú ý, nhận xét, phơng pháp giải của từng
dạng.
-Cuối cùng là các ví dụ luyện tập, hớng dẫn và bài tập tự luyện.
4-Nội dung cơ bản của đề tài:
Phần 1: Các kiến thức cơ bản của Nhị thức Niu tơn
Phần 2: Các dạng bài tập liên quan (áp dụng)
Dạng 1 Viết khai triển nhị thức Niutơn. Sử dụng khai triển đó tính tổng.
Dạng 2: Tìm hệ số, số hạng trong khai triển.
+Phơng pháp chung

(a + b)
n
= c
o
n
a
n
+ c
1
n
a
n 1
b + c
2
n
c
1
n 2
b
2
+ + c
n
n-1
ab
n 1
+ c
n
n
b
n

n
;
Với chú ý: C
k
n
= C
n
n
k
0 < k < n.
3 Một số dạng đặc biệt:
+ Dạng 1: Thay a = 1 và b = x vào (*) ta đợc
(1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
x
2
+ + C
n-1
n
x
n-1

n
x
n
(3)
4 Một số hệ thức giữa các hệ số nhị thức
+ Thay x = 1 vào (2) ta đợc
C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
+ + C
n
n
= 2
n
+ Thay x = -1 vào (3) ta đợc:
C
0
n
- C
1
n
x + C
2
n

k
xC )4.()3(
5
5
0
5
=

=

= 3
5
. C
0
5
. x
5
+ 4.3
4
C
1
5
x
4
+ + 4
5
C
5
5
Trong khai triển đó

+ C
1
6
+ C
2
6
+ + C
6
6
b: S
2
= C
0
5
+ 2C
1
5
+ 2
2
C
2
5
+ +2
5
C
5
5
c: S
3
= 3

d: S
4
= C
6
11
+ C
7
11
+ C
8
11
+ C
9
11
+ C
10
11
+ C
11
11
e:
0
1
2001
2002
2001
20022002
2000
2001
1

6
= 64
b:Ta có (1 + x)
5
k
k
k
xC

=
=
5
0
5
(1)
Thay x = 2 vào (1) ta đợc:
S
2
= C
0
5
+ 2C
1
5
+ 2
2
. C
2
5
+ +2

3
.3
14
. C
3
7
+ -4
17
.C
17
17
= C
0
17
.3
17
+ C117.3
16
(-4)
1
+ C
2
17
3
15
(-4)
2
+ C
3
17

+ + C
11
11
Mặt khác C
k
11
= C
11
11-k
với k

(0,1,2, 11)
Do vậy: (1 + 1)
11
= 2 (C
6
11
+ C
7
11
+ C
8
11
+ C
9
11
+ C
10
11
+ C

!2002

=

=



=


Từ đó: S
5
= 2002 (
20012001
2001
1
2001
0
2001
)11(2002) +=+++ CCC
Bài 3: Tìm số nguyên dơng n sao cho:
C
o
n
+ 2 C
1
n
+ 4 C
2

n = 5
Bài tập tơng tự
Bài 4: Viết khai triển (3x 1)
16
và chứng minh rằng
3
16
. C
o
16
3
15
C
1
16
+ + C
16
16
= 2
16
.
Bài 5: Tính giá trị các biểu thức sau:
a: S
1
= 2
n
C
0
n
+ 2

n
n
c: S
3
= C
6
10
C
7
10
+ C
8
10
+ C
9
10
+ C
10
10
Bài 6: Tính tổng
S =
2000
2000
2
2000
1
2000
0
2000
2001 3. CCCC ++++

n
i
baC

=

1
0

=
+

=
==+
n
i
ini
n
i
in
n
i
i
n
n
xCxxCbx
0
)(
0
)()()(

C
n
n
+ C
n-1
n
+ C
n-2
n
= 79
Giải: + Xét PT: C
n
n
+ C
n-1
n
+ C
n-2
n
= 79 (1)
Ta có PT (1)
(do n N)
Khi đó:
Số hạng thứ k + 1 không phụ thuộc x trong khai triển.
T/m
Vậy hệ số không phụ thuộc x bằng C
5
12
Ví dụ 3: Cho biết ba số hạng đầu tiên của KT
Có các hệ số hạng liên tiếp của một cấp số cộng. Tìm tất cả các hạng tử

-1

a) Với n = 1 ta đợc không có hạng tử hữu tỷ
b) n = 8 ta đợc:
6
9
072
72)1(36
)2(!2
!
36
2
2
=
=
==

=
n
nn
nn
n
n
C
n
2/763/232/56
9
84)()( xxxC
=


n
xxCxxx
15
28
3
)12(4
12
0
12
kk
C
k
k


=

=
50
15
28
3
)12(4
==

k
kk
n
x
x )

k
n
k
x
=

=

=
089
8
)1(
1
2
=+=

+ nnn
nn



=
=

8
1
n
n
4
316






+
4
2
1
x
x
Số hạng thứ k + 1 là hệ số hữu tỷ ( 16 3k)/4 N, 0 < k < 8

Với k = 0 hạng tử hữu tỷ: C
o
8
2
0
x
4
= x
4
k = 4 hạng tử hữu tỷ: C
4
8
2
-4

Ví dụ 4: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển (1 + x)
n

k
n
đạt giá trị lớn nhất tại k = n/2
Ví dụ 5: Tìm hệ số có giá trị lớn nhất của khai triển (a + b)
n
biết rằng tổng
các hệ số bằng 4096
CT : Tổng các hệ số trong khai triển (a + b)
n
bằng:
C
o
n
+ C
1
n
+ C
2
n
+ + C
n
n
= 2
n
= 4096 n = 12
Ta đi tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị:
C
o
12
; C

kk
n
n
k
xC

=0
)!(!
!
knk
n
C
k
n

=
1)1()!1(
!
1
+
=

knk
n
C
k
n
2
1
11

1
1
+
><
=
<>


n
k
k
n
C
C
CC
k
n
k
n
k
n
k
n
2
1+
<
n
k
2
1+

k
k
Từ (1) suy ra
Vậy C
k
12
đạt giá trị lớn nhất tại k = 6 và C
6
n
= 924
Ví dụ 6: Tìm số hạng có giá trị lớn nhất của khai triển.
Giải: Ta có gọi t
k
là số hạng thứ k + 1 trong khai triển.
Ta có =

=
8
0K
Xét (1)
Từ (1) suy ra:
t
k 1
< t
k

t
k 1
> t
k

a
2
a
12
)
Giải: Ta có (1 + 2x)
12
=
Suy ra : a
k
= C
k
12
2
k
với k = 1,12
8
2
13
1
1
12
12
12
1
12
<><


k

2
3
1






+
8
3
2
3
1






+
k
k
C
C
t
t
kk
k
















=




61
)9(2
1
1
<>

>

k
k













C
kkk
k
kk
k
xCxC 2)2(
12
12
0
12
12
0

==
=
hk
k
C


Vậy a
k
đạt giá trị lớn nhất tại k = 8 và có giá trị bằng C
8
12
. 8
8
= 126720
VD 8: Tìm n của k khai triển biết hạng tử thứ 9 có hệ số lớn nhất
Giải: Ta có
Vì không thay đổi nên h/s trong khai triển thay đổi phụ thuộc vào
(x+2)
n
. Xét khai triển (x+2)
n
=
Hạng tử thứ 9 có h.s là C
8
n
2
8
lớn nhất trong các hệ số

VD9: Cho khai triển
1 Biết tổng hai hệ số đầu và hai lần hệ số của số hạng thứ 3 trong khai
triển bằng . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số khi khai triển nhị thức
trên.
2 Biết hạng tử thứ 11 có hệ số lớn nhất. Tìm n.
Giải: Ta có

=
+


==
++
+
3
23
1
)12(2
1
1
1
>>

+
>
+
k
k
k
a
a
k
k
3
23
1
)12(2

n
n
k
xC

=

2
0
12
2
25
11
2
1
2
2
1
2
22
22
78
98
7
8
9
8
7788
9988
=

C
C
C
C
CC
CC
nn
nn
n
n
n
n
nn
nn
n
x)
3
2
2
1
( +
n
2
1285
27
0115564161285
9
)1(16
3
4

2
2
1
(
2
2
2
1
10
2
2
2
1
10
=
===

++
=+++
+++++=+


n
nn
nn
CCC
xCxCxCCx
nn
n
n

27
=

=+
n
x
)
5
2
5
( +
Vậy n = 7 ta có khai triển :
HST9:
Lập tỉ số:
Do đó (a
k
) tăng khi 0 < k < 15 => (a
k
) max = a
15
Do đó (a
k
) giảm khi 16 < k < 27 => (a
k
) max = a
16
Mà
Nên (a
k
) max = a

5
VD11: Biết rằng trong khai triển (x - )
n
= C
0
n
x
4
C
1
n
x
n-1
+ C
2
n
x
n-2

Hệ số của hạng tử thứ ba - (1)
n
C
n
n
( )
n
Trong KT trên là : C
2
n
= 5

1501
1
27
5
4
32
3.2
.
272
27
)1(27)1(2
1
27
1

+

==

++

+
k
k
k
C
C
a
a
kkk

0
3
19
19
19
0
19
3
23)2()3()23(
kk
k
k
kkk
k
CC

=

=

==+





==
==
==




=

















155
95
31
2
319
60
1930
2
319
190

k
k
Nk
3
1
3
1
9
1
3
1
9
1
90)1(45
)!2(!2
!
==

nn
n
n
3
1
5355
10
27
28
)
3
1

= C
0
n
+ C
1
n
x+ C
2
n
x
2
+ + C
n-1
n
x
n-1
+ C
n
n
x
n
(1)
Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x ta đợc.
n(1 + x)
n-1
= C
1
n
+ 2C
2

n(n 1) (1 + x)
n-2
= 2.1 C
2
n
+ 3 . 2 C
2
n
x + + (n 1) (n 2) C
n-1
n
x
n-3
+ n (n 1) C
n
n
x
n-2
(3)
Thay x = 1 và (3) ta đợc.
n(n 1) 2
n-2
= 2.1 C
2
n
+ 3 . 2 C
2
n
x + + (n 1) (n 2) C
n-1

n
= (1)
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x đợc:
n(1 + x)
n-1
= (2)
+ Thay x = vào (2) kết quả.
+ Nếu phải tính tổng dạng.
S
1
= 2. 1C
2
n
+ 3.2C
3
n
+ + (n-1) (n-2) C
n
n-1

n-3
+ n (n-1)(n 2)C
n
n-1

n-3
+ n(n-1) C
n
n



kk
n
n
k
xCkk
n(n-1) (1+x)
n-2
= (3)
Thay x = ∝ vµo (3) ⇒ kÕt qu¶
Ch¼ng h¹n tÝnh tæng:
C
1
n
+ 2
2
C
2
n
1 + 3 C
3
n
2
2
+ + (n-1) C…
n
n-1
c
n-2
+ n C

C1: §Ó ý: k. C
k
n
3
n-l
= k C
k
n
. 3
-k+1
. 3
n-1
= k 3
n-1
C
k
n
Tõ ®ã (1) ⇔ C
1
n
3
n-1
+ 2 C
2
n
3
n-1
+ + (n – 1) C…
n
n-1

n-1
⇒ Thay x = vµo (2) ta ®îc ®pcm
C¸ch 2:
§Ó ý : n. 4
n-1
= n (3+ 1)
n-1
⇒ XÐt khai triÓn (1)
+ LÊy ®/h 2 vÕ cña (1) theo biÕn x ta ®uîc.
(2)
+ Thay x = 1 vµo (2) ta ®îc.
n(3 + 1)
n-1
= C
1
n
3
n-1
+ 2 C
2
n
3
n-2
+ + n C…
n
n
3
n-1
⇔ ®iÒu ph¶i chøng minh
* Chó ý: TÝnh tæng cã d¹ng.

3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
4
3
1
3
1
kknk
n
n
k
n
xCx
−
=
∑
=+ 3)3(
0
1

∑
=
kknk
n
n
k
xCk
α
Trong (2) thay x = 1 vào ta đợc kết quả
VD3: CMR
2
n-1
C
1
n
+ 2
n-1
C
2
n
+ 3.2
n-3
C
3
n
+ 4. 2
n-4
C
4
n

+ (n + 1) n C
n
n
.
Giải:
a) Cách 1:
Xét khai triển: (1 + x)
n
= C
o
n
+ C
1
n
+ C
2
n
x
2
+ C
n
n-1
x
n-1
+ C
n
n
c
n
f(x) = x (1 + x)

= C
0
n
x + C
1
n
x
2
+ C
2
n
x
3
+ +n C
n
n-1
x
n-1
+
+ n(n+1) C
n
n
x
n
(2)
Thay x = 1 vào (2) ta đợc.
2C
1
n
+ 3 . 2 C

n
n
x
n-1
(3)
Thay x = 1 vào (3) ta đợc.
S = 2 C
1
n
+ 3. 2 C
2
n
+ + n (n-1) C
n
n-1
+ (n+ 1) n C
n
n
= 2n . 2
n-1
+ n (n-1) 2
n-2
= n. 2
n-2
. (n + 1)
Chú ý: Tính tổng:
(1) S
4
= C
o

2
1
kk
n
n
k
xC

=
=
0
1
0
+
=

=
kk
n
n
k
xC
Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo biến x ta đợc
(1 + x)
n
+ nx (1 + x)
n-1
(3)
Thay x = vào (3) kết quả tổng S
4

n
+ 4.3

C
2
n
2
2
+ + n (n-1) C
n
n-1
2
n-2
+
+ (n+1) n C
n
n
2
n-1
S
2
= 1
2
C
1
n
+ 2
2
C
2

p
n
= p(p+1) C
p
n
p C
p
n
.
S
2
= [2 C
1
n
+ 3. 2 C
2
n
+ + p (p+1) C
p
n
+ + (n + 1) n C
n
n
]
- [ C
1
n
+ c
2
n

Và g(x) = x (1 + x)
n
= C
o
nx
+ C
1
x
x
2
+ C
2
n
x
3
+ C
3
n
x
4
+ + C
n
n
x
n+1
Ta có f(x) = n (1 + x)
n-1
= C
1
n


(x) = (1+ x)
n
+ nx (1 + x)
n-1
= C
o
n
+ 2 C
1
n
x + x C
2
n
x
2
+ 4 C
3
n
x
3

+ + (p + 1) C
p
n
x
p
+ + (n-1) C
n
n

g

(1) = 2n. 2
n-1
+ n (n-1) 2
n-2
.
= 2 C
1
n
+ 3. 2 C
2
n
+ 4. 3 C
3
n
+ + (= + 1) p C
p
n
+ + (n + 1) n C
n
n
.
Lấy (2) (1) S
2
= 2n. 2
n-1
+ n ( n- 1)
n-2
n. 2

+ + (-1)
n
C
n
n
.
= C
o
n
+ 2 C
1
n
+ + n 2
n-1
C
n
n
+ + 2
n
C
n
n
.
(2) C
1
n
+ 4 C
2
n
+ + n.2

n
+ 4
n
C
1
n
4
n-1
x + 4
n-2
C
2
n
x
2
+ + (-1)
n
C
n
n
x
n
(1)
Thay x = 1 và (1)
3
n
= C
o
n
4

n
(2)
Thay x = 2 vào (2) ta đợc;
3
n
= C
o
n
C
1
n
2 + 2
2
C
2
n
+ + 2
n
C
n
n
(**)
Từ (*) và (**) đpcm.
(2) với mọi x và n là số nguyên dơng ta có:
(1 + x)
n
= C
o
n
+ C

x
n-2
+ n C
n
n
x
n-1
(2)
Thay x = 2 vào (2) ta đợc.
n. 3
n-1
= C
1
n
+ 4 C
2
n
+ + ( n- 1) C
n
n-1
x
n-2
+ n C
n
n
x
n-1
(3)
Với mọi x và n nguyên dơng ta có
(x 1)

+ + (-1)
n-1
C
n
n-1
(5)
Thay x = 4 vào (5) ta đợc.
n. 3
n-1
= n. 4
n-1
C
o
n
(n-1) 4
n-2
C
1
n
+ (n-2) 4
n-3
(C
2
n
+ +
(-1)
n-1
C
n
n-1

2005
C
1
2006
+ + (1)
+ Lấy đạo hàm 2 vế của (1)
2006. (x + 1)
2005
= 2006.x
2005
C
0
2006
+ 2005 x
2004
C
1
2006
+ + (2)
+ Thay x = 3 vào (2) => S
1
= 2006.4
2005
.
2) S
2
= 5
2005
. C
1

99
98 . 3
97
C
1
99
+ 97 . 3
96
C
2
99
- + C
98
99
HDG: + Xét KT (x + 1)
99
=
+ Lấy đạo hàm 2 vế (1) theo x đợc (2) = (x + 1)
98
=
+ Thay x = -3 vào (2) đợc S
3
= 99.2
98
4) S
4
= C
0
2006
+ 2C

: Nhân 2 vế khai triển (1 + x)
2006
với x lấy đ/h 1 vế theo x sau đó thay x
= 1 => kết quả.
5) S
5
= 3 C
0
2006
+ 4C
1
2006
+ 5C
2
2006
+ + 2009
HDG: + Xét KT: (1 + x)
2006
= (1)
+ Nhân 2 vế (1) với x
3
: x
3
(1 + x)
2006
= (2)
+ Lấy đ/h 1 vế của (2) theo x đợc (3)
16
k
n

xC

=

2006
2006
2006
0
5.
12006
2006
2006
0
2005
5.)5(2006

=

+
kkk
k
xCx
kk
k
xC

=

99
99

2006
2006
0

=
3
2006
2006
0
.
+
=

kk
k
xC
+ Chọn k = 1 => kết quả S
5
= 2
2005
. 2012
6) S
6
=4.5
3
C
0
2007
+ 5.5
4

k
k
n
n
xCx

=
=+
0
)1(
11
1)1(
11
)1(
)1(
1
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0

x
xCdxx
k
n
k
n
k
n
k
k
n
n
k
n
kk
n
n
k
n

=
+
+
=
+

n
k
k
n

n
C
n
CCC
n
n
n
n
nnn

= =
+
+

=
+

+

=
+

n
k
n
k
k
n
kk
n

+
+
+

1
1
1
)1(
2111
2
2
1
0

=
+
+
=
+

n
k
k
n
k
n
k
C
n
0

CCC
n
n
n
n
nnn
nnnkk
n
n
k
k
nnn
kk
n
kn
CxCxCxCCxCx )1()1( )1( )1()1(
1
0
2210
+++++==

=






++++=
+++=

1
)1(
3
1
3
1
3
1
32
3
1
)1(
3
1
3
1
3
2
3
1
)1(
3
1
3
1
3
1
1
2
2




=
=

xv
dxxnxdu
dxdv
xu
nn 122
)1(2)1(

Khi đó:
18
[ ]
n
n
nn
n
x
xdxdxxI )1(1
1
1
11
)1(
)1()1()1(
2
0
1

CCC
k
x
CxCI
123120
2
0
1
00
2
0
2
1
)1(

3
1
2
2
1
22
1
)1()1(
+
+
==
+

+++=
+


+++=
+
)2)(1(1
00
+++
=

==
kk
C
k
C
k
n
n
k
k
n
n
k
hoặc
)12 (5.3
2 4.2
12
)1(

53
21
0

2

12
)1(2
12
2
12
2
)(2)1()1(2
1)1()1(2)1(2)1(
1
0
01
1
12
1
0
2
1
0
22
1
0
2
1
2
1
0
1
0

n
n
I
n
n
n
n
I
n
n
I
IIndxxdxxxn
dxxxndxxxnxxI
nn
nn
nn
n
n
n
(1)

kk
n
k
n
k
n
kk
n
k

2
1
0
2
1
0
+

++=
+
==
+
=


n
CCC
C
k
x
CxCdxx
n
n
n
nn
n
k
k
n
k

nnnn
n
)1(
1
0
1
0
2
1
0
2
1
0
1
1
0
0

++++=+
=
VD 9: CM
Ta tính (1)
Ta có:
Vậy Từ (1) và (2) => điều phải chứng minh
19
(2)
(3)
Ta có
Suy ra
1

1
12
)1(
1
1
0
+

=+
+

n
dxx
n
n
1
1
1
)1(

4
1
3
1
2
1
3210
+

=

xCxCxCxCCx


++++=+
+++++=+
1
0
2
1
0
2
1
0
1
1
0
0
1
0
332210
()1(
)1(
)2(
1
)1(

3
1
2
1

CCC
n
x
C
x
C
x
CxCdxx
+

+++=
+
++++=+
+

+



dxxxI
n
)1(
2
1
0
=

1
12
1

Bài tập:
Bài 1: Chứng minh rằng:
12
2
5
2
3
2
1
2
2
2
4
2
1
2
0
2


++++=++++
n
nnnn
n
nnnn
CCCCCCCC
Bài 2: Chứng minh rằng:
n
n
n

2C
1
n
+ + (-1)
n-k
2
k
C
k
n
+ 2
n
C
n
n
= 1
Bài 5: Chứng minh rằng:
C
0
2n
+ C
1
2n
+ C
4
2n
+ +
22
2
)(

n
n
nnn
)1(2
1
22
)1(

4
1
2
1
10
+
=
+

++
n
C
n
CC
n
n
n
nn
15
5
10
55


+++
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn
)1(2
1
1
)21(
2
1
)1()1(
2
1
)1(
1
0
12
2
1
0
22
1
0
+

)1(
)1( )1(
)( )()()1(
)1(
+
++=
+++=
+++=+
+++++=+
+
+

n
x
C
x
Cxdxxx
CxCxCxxCxx
xCxCxCCx
xCxCCxCCx
n
n
nn
n
n
n
nn
nnn
n
nn

Bµi 11: TÝnh tÝch ph©n:
Rót gän tæng
Bµi 12: Cho f(x) = x (x + 1)
2001
a – TÝnh f (x)
b – TÝnh tæng
Bµi 13: TÝnh tæng
Bµi 14: Chøng minh r»ng víi c¸c sè m, p, n nguyªn, d¬ng sao cho.
P< n vµ p < m ta cã
21
dxxxI
n
)1(
2
1
0
−=
∫
)1(2
1
)1(2
)1(

6
1
4
1
2
1
210

1
1
210
+
−
=
+
++++
+
n
C
n
ccc
n
n
nnnn
dxxxI
19
1
0
)1( −=
∫
19
19
18
19
2
19
1
19

2005
20062003 2 CCCCS
++++=
011110

m
p
nn
p
n
p
mn
p
mn
p
mn
CCCCCCCCC ++++=
−−
+