trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 1
hoán vị. chỉnh hợp. tổ hợp
1. Hoán vị
P
n
= n! = 1ã2ã3 ãããn (số cách xắp xếp thứ tự n đối tợng khác nhau).
Ví dụ 1. Rút gọn biểu thức
A =
6!
m(m + 1)
ã
(m + 1)!
4!(m 1)!
.
Giải.
A =
4! ã 5 ã 6
m(m + 1)
ã
(m 1)!m(m + 1)
4!(m 1)!
= 30.
Chú ý. n! = (n k)!(n k + 1) ãããn.
Ví dụ 2. Rút gọn A
n
=
n
k=1
k ãk!.
Giải.
1
3!
=
1
3 ã 2
=
1
2
1
3
1
4!
<
1
3 ã 4
=
1
3
1
4
. . . . . . . . . . . .
1
n!
<
1
(n 1)n
=
1
b)
(n + 1)!
(n 1)!
= 72 (2) ; n nguyên dơng.
Giải.
a) Ta có
(1)
n(n 1)! (n 1)!
(n + 1)n(n 1)!
=
1
6
n 1
(n + 1)n
=
1
6
n
2
5n + 6 = 0
n = 2
n = 3.
b) Ta có
(2)
(n + 1) ã n ã (n 1)!
(n 1)!
= 72 n nguyên dơng
n
= n!
A
n
n
= A
r
n
ã A
nr
nr
, 1 r n.
Ví dụ 5. Rút gọn A =
A
6
n
+ A
5
n
A
4
n
, 6 < n R.
Giải.
A =
n(n 1) ããã(n 5) + n(n 1) ããã(n 4)
n(n 1) ããã(n 3)
= (n 4)(n 5) (n 4) = (n 4)
2
.
Ví dụ 6. Giải.
7!
+
17!
8!
17!
9!
.
Ví dụ 7. Chứng minh A
n+2
n+k
+ A
n+1
n+k
= k
2
ã A
n
n+k
.
Giải.
V T =
(n + k)!
(k 2)!
1 +
1
k 1
=
k(n + k)!
3
n
= 20
n!
(n 3)!
= 20n n
2
3n 18
nZ
n = 6.
b)
A
5
n
= 18A
4
n2
n!
(n 5)!
= 18 ã
(n 2)!
(n 6)!
n
2
19n + 90 = 0
n = 9
n = 10.
Ví dụ 9. Tìm n nguyên dơng biết P
r=n
Tổ hợp
(tập con)
(xếp thứ tự)
chỉnh hợp
(ii) Quy ớc 0! = 1 = C
0
n
= 1.
(iii) C
r
n
= C
nr
n
, C
r
n
= C
r
n1
+ C
r1
n1
.
Ví dụ 10. Rút gọn biểu thức
A = C
1
n
+ 2 ã
= 2 ã
n!
2!(n 2)!
n!
1!(n 1)!
= n 1
ããããããããããããããã
n
C
n
n
C
n1
n
= n ã
1
n!
(n 1)!1!
= 1.
= A = n + (n 1) + ããã + 1 =
n(n + 1)
2
.
Ví dụ 11. Chứng minh với các số r, n nguyên, không âm sao cho 0 r n,
ta có
C
r
n
=
nC
+ rC
r
n
.
Giải.
nC
r
n
= n ã
n!
r!(n r)!
=
(n r) + r
ã
n!
r!(n r)!
= (n r) ã
n!
r!(n r)!
+ r ã
n!
r!(n r)!
= (r + 1) ã
n!
(r + 1)!(n r 1)!
+ r ã
n!
r!(n r)!
+ 3C
k1
n
+ 3C
k2
n
+ C
k3
n
= C
k
n+3
.
Giải.
a) V P = (C
r
n
C
r
n1
) + (C
r
n1
C
n1
n2
) + ããã+ C
r1
r1
= C
= ããã = C
k
n+3
.
Ví dụ 14. Chứng minh với 0 k n và k, n Z ta luốn có
C
n
2n+k
ã C
n
2nk
(C
n
2n
)
2
.
Giải. Cố định n, xét dãy u
k
= C
n
2n+k
ã C
n
2nk
, 0 k Z. Bất đẳng thức
cần chứng minh đợc viết lại:
u
k
n + 2nk > 0 : đúng.
Suy ra
u
k
u
0
với 0 k Z C
n
2n+k
ã C
n
2nk
(C
n
2n
)
2
: đpcm.
Ví dụ 15. Tìm k N biết
C
k
14
+ C
k+2
14
= 2C
k+1
14
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
()
x = 7.
Ví dụ 17. Tìm k sao cho các số C
k
7
, C
k+1
7
, C
k+2
7
theo thứ tự đó lập thành
cấp số cộng.
HD: Điều kiện 5 k N.
C
k
7
+ C
k+2
7
= 2C
k+1
7
k
2
5k + 4 = 0
k = 1
k = 4.
Bài tập
2
A
2
2x
A
2
x
6
x
ã C
3
x
+ 10.
ĐS: 3 x 4.
4. Tìm x, y Z
+
để
C
y
x+1
6
=
C
y+1
x
5
=
C
y1
+ P
2
A
2
3
+ P
3
A
3
4
+ P
4
A
4
5
P
1
P
2
P
3
P
4
.
ĐS: 2750.
7. Tính C =
P
5
A
2
2x
.
ĐS: x = 5.
9. Tìm n sao cho P
n+3
= 720 ã A
5
n
ã P
n5
.
ĐS: n = 7.
10. Tìm n sao cho A
3
n
+ 3A
2
n
=
1
2
P
n+1
.
ĐS: n = 4.
11. Giải các phơng trình
a) A
2
x
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 9
e)
P
x+2
A
x4
x1
ã P
3
= 210.
ĐS: x = 5.
f)
1
C
x
4
1
C
x
5
=
1
C
x
6
.
ĐS x = 2.
12. Giải các phơng trình
a)
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 10
Nhị thức Newton và ứng dụng
I. Nhị thức Newton
1 công thức nhị thức newton
Với mọi cặp số a, b và mọi số nguyên n > 0, ta có:
(a + b)
n
= C
0
n
a
n
+ C
1
n
a
n1
b + C
2
n
a
n2
b
2
+ ããã+ C
n1
n
ab
n1
2
n
, . . . , C
n1
n
, C
n
n
với chú ý
C
k
n
= C
nk
n
, 0 k n.
4. C
k
n
=
n k + 1
k
ã C
k1
n
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 11
n
= C
0
n
C
1
n
x+C
2
n
x
2
ããã+(1)
k
C
k
n
x
k
+ããã(1)
n
C
n
n
x
n
. (3)
3.3 Một số hệ thức giữa các hệ số nhị thức
Thay x = 1 vào (2) ta đợc:
C
II. Các ví dụ mở đầu
1. Thực hiện
a. Khai triển (1 + x)
10
.
b. So sánh hai số (1, 1)
10
và 2.
Giải
a. (1 + x)
10
= 1 + 10x + 45x
2
+ 120x
3
+ 210x
4
+ 252x
5
+ 210x
6
+
120x
7
+ 45x
8
+ 10x
9
+ x
10
C
0
5
x
5
4ã3
4
C
1
5
x
4
+ããã+(4)
5
C
5
5
.
Có 6 số hạng, do tính chất của tổ hợp, chỉ cần tìm C
0
5
, C
1
5
, C
2
5
.
Ta có C
0
6
+ ããã+ C
6
6
.
b. S
2
= C
0
5
+ 2C
1
5
+ 2
2
C
2
5
+ ããã+ 2
5
C
5
5
.
Giải
a. Ta có ngay
S
1
= C
0
0
5
+ 2C
1
5
+ 2
2
C
2
5
+ ããã+ 2
5
C
5
5
= 3
5
= 243.
4. Tính giá trị của các biểu thức sau:
a. S
1
= 2
n
C
0
n
+ 2
n2
C
2
.
Giải
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 13
Ta có
(2 + 1)
n
=
n
i=0
C
i
n
2
ni
n
i=0
C
i
n
2
ni
= 3
n
(1)
n
C
0
n
+ 2
n2
C
2
n
+ 2
n4
C
4
n
+ ããã+ C
n
n
=
3
n
+ 1
2
. (3)
(1)-(2) ta đợc
S
2
= 2
n1
C
1
C
2000
2002
+ããã+C
k
2002
C
2001k
2002
+ããã+C
2001
2002
C
0
1
.
Giải
Ta xét
C
k
2002
C
2001k
2002
=
2002!
k!(2002 k)!
ã
(2002 k)!
(2001 k)!
C
0
16
3
15
C
1
16
+ ããã+ C
16
16
= 2
16
.
7. (ĐH khối D - 2002). Tìm số nguyên dơng n sao cho
C
0
n
+ 2C
1
n
+ 4C
2
n
+ ããã+ 2
n
C
n
n
= 240.
n
n
= 5
n
.
Giải
Thay x = 4 vào
(1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
x
2
+ ããã+ C
n1
n
x
n1
+ C
n
n
x
n
2
n
= C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ããã+C
n
n
= C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ããã+C
n
n
+ããã (1)
0 = C
0
n
n
= 2(C
0
n
+ C
2
n
+ ããã) C
0
n
+ C
2
n
+ ããã = 2
n1
. (3)
(1) (2) ta đợc
2
n
= 2(C
1
n
+ C
3
n
+ ããã) C
1
n
+ C
3
b. C
1
n
2C
2
n
+ 3C
3
n
ããã + (1)
k1
kC
k
n
+ ããã + (1)
n1
nC
n
n
.
Giải
Với mọi x và với n là số nguyên dơng, ta có
(1x)
n
= C
0
n
C
1
n
+ 2
2
C
2
n
ããã+ (1)
n
ã 2
n
C
n
n
, đpcm.
b. Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1), ta đợc
n(1 x)
n1
= C
1
n
+ 2C
2
n
x + ããã+ n(1)
n
C
n
n
x
n1
. (2)
n
+ 2C
2
n
+ ããã+ (n 1)C
n1
n
+ nC
n
n
= n ã 2
n1
.
b. 2 ã1C
2
n
+ 3 ã 2C
3
n
+ ããã+ n(n 1)C
n
n
= n(n 1) ã 2
n2
.
c. (1)
r
C
r
r
n
x + C
2
n
x
2
+ ããã+ C
n1
n
x
n1
+ C
n
n
x
n
. (1)
Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1), ta đợc
n(1+x)
n1
= C
1
n
+2C
2
n
x+ããã+(n1)C
n1
n
x
= 2ã1C
2
n
+3ã2C
3
n
x+ããã+n(n 1)C
n
n
x
n2
.
(3)
Thay x = 1 vào (3), ta đợc
n(n 1) ã2
n2
= 2 ã1C
2
n
+ 3 ã2C
3
n
+ ããã+ n(n 1)C
n
n
, đpcm.
c. Lấy đạo hàm cấp r theo x hai vế của (1), ta đợc
n(n1) ããã(nr+1)(1+x)
nr
=
r!(k r)!
C
k
n
x
kr
=
n
k=r
C
r
k
C
k
n
x
kr
. (5)
Thay x = 1 vào (5), ta đợc
0 =
n
k=r
C
r
k
C
k
n
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 17
Giải
Với mọi x và với n là số nguyên dơng, ta có
(1 + x)
n
= C
0
n
+ C
1
n
x + C
2
n
x
2
+ ããã+ C
n1
n
x
n1
+ C
n
n
x
n
. (1)
Thay x = 1 vào (1), ta đợc
2
+nC
n
n
x
n1
. (3)
Thay x = 1 vào (3), ta đợc
n ã 2
n1
= C
1
n
+ 2C
2
n
+ ããã+ (n 1)C
n1
n
+ nC
n
n
. (4)
Lấy (4) (3), ta đợc
n ã 2
n1
2
n
= C
0
n
+ ããã+ n2
n1
ã C
n
n
=
= 4ã4
n1
C
0
n
(n1)ã4
n2
C
1
n
+(n2)ã4
n3
C
2
n
+ããã+(1)
n1
C
n
n
.
Giải
Ta có
(1 + x)
.
Thay x = 2 vào, ta có
n ã 3
n1
= C
1
n
+ 4C
2
n
+ ããã+ n ã2
n1
C
n
n
. (*)
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 18
Ngoài ra
(x 1)
n
= C
0
n
x
n
C
1
n1
= n4
n1
C
0
n
(n1)4
n2
C
1
n
+(n2)4
n3
C
2
n
ããã+(1)
n1
C
n1
n
(**)
So sánh (*) và (**) ta có điều phải chứng minh.
15. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
a. (ĐHGTVT 2000):
C
0
n
+
C
n
1 + 1
+
C
2
n
1 + 2
ããã+ (1)
n
ã
C
n
n
1 + n
=
1
1 + n
.
Hớng dẫn
Ta có
(1 + x)
n
=
n
k=0
C
k
n
x
=
n
k=0
C
k
n
ã
x
k+1
k + 1
t
0
(1 + t)
n+1
n + 1
=
n
k=0
t
k+1
C
k
n
k + 1
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
0
nk
= 0.
Giải
Với mọi x và k là số nguyên dơng, ta có
(1 + x)
k
= C
0
k
+ C
1
k
x + C
2
k
x
2
+ ããã+ C
k
k
x
k
.
C
k
n
(1 + x)
k
= C
C
m
k
ã C
k
n
=
k!
m!(k m)!
ã
k!
n!(n k)!
=
n!
m!(n m)!
ã
(n m)!
(k m)!(n k)!
= C
m
n
ã C
km
nm
.
Do đó (1) có dạng
C
k
n
(1+x)
Thay x = 1 vào (2), ta đợc
0 = C
0
n
C
k
n
C
1
n
C
k1
n1
+ C
2
n
C
k2
n2
ããã+ (1)
k
C
k
n
C
0
nk
= 0, đpcm.
17. Chứng minh rằng với các số m, n, p nguyên dơng sao cho p n và
p m, ta có
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 20
Với mọi x và với m, n là các số nguyên dơng, ta có
(1 + x)
m+n
= (1 + x)
n
ã (1 + x)
m
. (1)
Mặt khác
(1 + x)
n+m
=
n+m
p=0
C
p
n+m
x
p
. (2)
và
(1+x)
n
ã(1+x)
m
=
pk
m
)x
p
.
(3)
Do (1) nên các hệ số của x
p
, p =
0, n + m trong các khai triển (2) và
(3) bằng nhau. Vậy
C
p
n+m
=
p
k=0
C
k
n
ã C
pk
m
, đpcm.
Nhận xét quan trọng
(a) Với p = n = m, ta đợc
(C
0
C
r1
m
+ ããã+ C
r1
Nm
C
1
m
+ C
r
Nm
C
0
m
.
(c) Bạn đọc hãy lấy ý tởng trong bài tập trên áp dụng với khai triển
(1 x)
n+m
.
Từ đó chứng minh rằng
(C
0
2n
)
2
(C
1
2n
)
2
C
1
n
+ 2
3
1
3
C
2
n
+ ããã+
(1)
n
n + 1
2
n+1
C
n
n
=
1
n + 1
1 + (1)
n
.
Giải
I =
k=0
(1)
k
C
k
n
x
k
. (2)
Lấy tích phân theo x hai vế của (2), ta đợc
2
0
(1 x)
n
dx =
2
0
n
k=0
(1)
k
C
k
n
x
k
3
C
2
n
ããã+
(1)
n
n + 1
ã 2
n+1
ã C
n
n
. (3)
Từ (1) và (3) suy ra điều phải chứng minh.
III. bài tập
1. (ĐH Mở 97). Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
3
n
C
0
n
1
3
C
1
n
+
C
1
n
+4
n2
C
2
n
ããã+(1)
n
C
n
n
= C
0
n
+2C
1
n
+2
2
C
2
n
+ããã+2
n
C
n
n
.
3
C
2
n
+ ããã+
2
n+1
n + 1
C
n
n
=
3
n+1
1
n + 1
.
5. (ĐHQGTPHCM Khối A 97).Tính tích phân
I
n
=
1
0
(1 x
2
)
n
dx, với n N.
Từ đó suy ra
+ 2C
2
n
ã 3
n2
+ ããã+ n ãC
n
n
= n ã 4
n1
.
7. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
1
2
C
0
n
1
4
C
1
n
+ ããã+
(1)
n
2n + 2
C
n
n
0
n
+
1
6
C
1
n
+ ããã+
1
3n + 3
C
n
n
=
2
n+1
1
3(n + 1)
.
Biên soạn: GVC - Th.S Phan Văn Danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 23
10. Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng
1 + 2C
1
n
+ 2
2
C
k5
n
.
12. Tính
1
0
x(1 x
2
)dx.
Chứng minh rằng
1
2
C
0
n
1
4
C
1
n
+
1
6
C
2
n
ããã+
n
+ ããã+
1
3n + 3
C
n
n
=
2
n+1
1
3(n + 1)
.
14. Chứng minh rằng
C
0
2n
+ C
2
2n
+ C
4
2n
+ ããã+ C
2n
2n
= C
1
2n
+ C
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
trung tâm luyện thi đại học: trí đức - 32/2 Núi Thành Đà nẵng ĐT: 0905.100.499 - 0511.624925 24
III. Hệ số và số hạng trong khai triển nhị thức
1. Các hệ số các hạng tử thứ 2, 3 và 4 trong khai triển (a + b)
n
lập thành
cấp số cộng. Tìm các số hạng ấy.
Giải
Ta có
C
1
n
+ C
3
n
= 2C
2
n
n
2
9n + 14 = 0 n = 7 n = 2.
(i) Nếu n = 7 : các số hạng thứ 2, 3 và 4 lần lợt là 7a
6
b, 21a
5
b
2
, 35a
4
2
x1
n
=
n
k=0
C
k
n
2
x
nk
1
2
x1
k
.
Từ giả thiết ta có:
C
n1
n
4
6
2
x
2
1
2
x1
4
= 135
2 ã 2
x
+ 4 ã 2
x
= 9
2
x
= 4
2
x
=
1
6
x
lg x
3
ã3
3
. Nh vậy ta có phơng trình
C
3
6
x
lg x
3
ã3
3
= 540000
x = 10
x =
1
10
.
4. Xét khai triển
m = 7
m = 3 (loại).
Với m = 7, hệ số của hạng tử thứ 6 là a
6
= C
5
7
= 21
C
5
7
2
(x2) lg 3+lg(103
x
)
= 21, 10 3
x
> 0
(x 2) lg 3 + lg(10 3
x
) = 0 lg 3
x2
(10 3
x
) = 0
3
x2
(10 3
x
www.VNMATH.com
Copyright: Tài liệu đại học ©