Mục lục
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
§1. Hoán Vị - Chỉnh Hợp - Tổ Hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
§2. Xác Suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
§3. Nhị Thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1
Nguyễn Minh Hiếu
2
Chuyên đề 11
Tổ Hợp - Xác Suất
§1. Hoán Vị - Chỉnh Hợp - Tổ Hợp
Bài tập 11.1. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có bốn chữ số khác nhau thành lập từ các chữ số
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Lời giải. Gọi abcd là số tự nhiên chẵn có bốn chữ số khác nhau thành lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
TH1: (d = 0).
Chọn d có một cách (d = 0);
Chọn ba vị trí còn lại trong 6 số còn lại nên có A
3
6
cách;
Do đó có 1 × A
3
6
= 120 số.
TH2: (d = 0).
Chọn d có ba cách (d = 2, 4, 6);
Chọn a có năm cách (a = 0, a = d);
Chọn hai vị trí còn lại trong 5 số còn lại nên có A
2
5
cách;

4
12
.C
1
3
.C
4
8
.C
1
2
.C
4
4
.C
1
2
= 207900 cách phân công thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 11.3. Một hộp đựng 4 bi đỏ, 5 bi trắng và 6 bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn để số bi lấy ra không đủ ba màu.
Lời giải. Số cách chọn 4 bi không đủ ba màu bằng số cách chọn 4 bi bất kỳ trừ số cách chọn 4 bi đủ cả
ba màu.
Chọn 4 bi bất kỳ trong tổng số 15 bi có C
4
15
= 1365 cách.
Chọn 4 bi đủ cả ba màu có các trường hợp sau:
TH1: Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng, 1 bi vàng có C
2
4

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 phải có 3 loại câu hỏi (khó, trung bình và dễ) và số câu hỏi dễ
không ít hơn 2.
3
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Lập một đề kiểm tra thỏa mãn yêu cầu bài toán có các trường hợp sau:
TH1: Đề gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó có C
2
15
.C
2
10
.C
1
5
= 23625 cách.
TH2: Đề gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó có C
2
15
.C
1
10
.C
2
5
= 10500 cách.
TH3: Đề gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó có C
3
15
.C

.C
2
4
.C
1
3
= 90 cách.
TH3: Chọn 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 2 học sinh lớp B có C
1
5
.C
1
4
.C
2
3
= 60 cách.
Do đó chọn 4 học sinh có mặt cả học sinh ba lớp có 120 + 90 + 60 = 270 cách.
Vậy chọn 4 học sinh thuộc không quá hai lớp có 495 − 270 = 225 cách.
Bài tập 11.6. Chứng minh các hệ thức sau
a) A
n+2
n+k
+ A
n+1
n+k
= k
2
A
n


=
1
C
k
n
.
d) k (k −1) C
k
n
= n (n − 1) C
k−2
n−2
.
Lời giải.
a) VT =
(n + k)!
(k −2)!
+
(n + k)!
(k −1)!
=
k(k − 1)(n + k)!
k!
+
k(n + k)!
k!
=
k
2

c) VT =
n + 1
n + 2

1
C
k
n+1
+
1
C
k+1
n+1

=
n + 1
n + 2

k!(n + 1 − k)!
(n + 1)!
+
(k + 1)!(n − k)!
(n + 1)!

=
n + 1
n + 2

k!(n − k)!(n + 1 − k + k + 1)
(n + 1)n!

+ 6C
3
x
= 9x
2
− 14x.
b) C
x−2
x+1
+ 2C
3
x−1
= 7(x − 1).
c) A
4
x
=
24
23
(A
3
x+1
− C
x−4
x
).
d) A
3
n
+ 2C

+ 10.
Lời giải.
a) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 3. Ta có phương trình tương đương:
x + 6
x(x − 1)
2!
+ 6
x(x − 1)(x − 2)
3!
= 9x
2
− 14x ⇔ x(x
2
− 9x + 14) = 0 ⇔


x = 0 (loại)
x = 2 (loại)
x = 7
Vậy phương trình có nghiệm x = 7.
b) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 4. Ta có phương trình tương đương:
C
3
x+1
+ 2C
3
x−1
= 7(x − 1) ⇔
(x + 1) x (x − 1)
3!


A
3
x+1
− C
4
x

⇔23x (x − 1) (x − 2) (x − 3) = 24

(x + 1) x (x − 1) −
x (x − 1) (x − 2) (x − 3)
4!

⇔x (x − 1)

23

x
2
− 5x + 6

− 24 (x + 1) +

x
2
− 5x + 6

= 0 ⇔



n
2
− 5n + 4 − 4 (n − 1) − 30

< 0 ⇔

−2 < n < 2
3 < n < 11
Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm n ∈ {5, 6, 7, 8, 9, 10}.
f) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 3. Ta có bất phương trình tương đương:
1
2
(2x)(2x − 1) − x(x − 1) ≤
6
x
x(x − 1)(x − 2)
3!
+ 10
⇔ 2x
2
− x − x
2
+ x ≤ x
2
− 3x + 2 + 10 ⇔ x ≤ 4
Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm x = 3, x = 4.
Bài tập 11.8. (D-05) Tính giá trị của M =
A
4

= 149
⇔ n
2
+ 4n − 45 = 0 ⇔

n = 5
n = −9 (loại)
Do đó ta có: M =
A
4
6
+ 3A
3
5
6!
=
3
4
.
Bài tập 11.9. (B-02) Cho đa giác đều A
1
A
2
A
2n
nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các
đỉnh là 3 trong 2n đỉnh nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh. Tìm n.
Lời giải. Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh đa giác là C
3
2n

C
4
n
= 20C
2
n
⇔
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)
4!
= 20
n(n − 1)
2!
⇔ n(n − 1)

n
2
− 5n − 234

= 0 ⇔ n = 18
Dễ thấy được C
0
18
< C
1
18
< C
2
18
< < C
9

để hai viên bi được lấy ra có cùng màu.
Lời giải. Phép thử là lấy mỗi hộp một viên bi nên ta có |Ω| = C
1
7
× C
1
6
= 42.
Gọi A là biến cố: "Hai viên bi lấy ra có cùng màu", ta có |Ω
A
| = C
1
4
.C
1
2
+ C
1
3
.C
1
4
= 20.
Vậy xác suất cần tìm là P (A) =
|Ω
A
|
|Ω|
=
20

10
= 11075.
Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ là: P(A) =
|Ω
A
|
|Ω|
=
11075
12650
=
443
506
.
Bài tập 11.14. Một tổ có 13 học sinh, trong đó có 4 nữ. Cần chia tổ thành ba nhóm, nhóm thứ nhất có
4 học sinh, nhóm thứ hai có 4 học sinh, nhóm thứ ba có 5 học sinh. Tính xác suất để mỗi nhóm có ít nhất
một học sinh nữ.
Lời giải. Phép thử là chia tổ thành ba nhóm gồm 4 học sinh, 4 học sinh và 5 học sinh.
Do đó số phần tử của không gian mẫu là |Ω| = C
4
13
.C
4
9
.C
5
5
= 90090.
Gọi A là biến cố: "Mỗi nhóm có ít nhất một học sinh nữ" ta có:
|Ω

3
.C
3
3
C
1
1
+ C
3
9
C
2
4
.C
3
6
C
1
2
.C
3
3
C
1
1
= 60480
Vậy xác suất để mỗi nhóm có ít nhất một học sinh nữ là: P (A) =
|Ω
A
|

4
= 180.
Vậy xác suất cần tìm là: P (A) =
|Ω
A
|
|Ω|
=
180
924
=
15
77
.
6
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất
Bài tập 11.16. Có 7 sách Toán, 5 sách Lý và 6 sách Hóa. Chọn ngẫu nhiên 6 sách. Tính xác suất để số
sách được chọn có không quá 5 sách Toán.
Lời giải. Phép thử là chọn 6 sách trong tổng số 18 sách nên |Ω| = C
6
18
= 18564.
Gọi A là biến cố: "Số sách được chọn có không quá 5 sách Toán".
Khi đó biến cố A là: "Chọn được 6 sách đều là toán", ta có |Ω
A
| = C
6
7
= 7.
Xác suất của biến cố A là P

15
= 1365.
Gọi A là biến cố: "Chọn 4 bi không đủ cả ba màu”, suy ra
A là biến cố: "Chọn 4 bi đủ cả ba màu".
Ta có:


Ω
A


= C
2
4
.C
1
5
.C
1
6
+ C
1
4
.C
2
5
.C
1
6
+ C


= 1 −
48
91
=
43
91
.
Bài tập 11.18. Ba xạ thủ cùng bắn độc lập vào bia, mỗi người bắn một viên đạn. Xác suất bắn trúng
của từng xạ thủ lần lượt là 0,6; 0,7 và 0,8. Tính xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia.
Lời giải. Gọi A
i
(i = 1, 3) là biến cố: "Người thứ i bắn trúng bia".
Ta có P (A
1
) = 0, 6; P (A
2
) = 0, 7; P (A
3
) = 0, 8 ⇒ P (A
1
) = 0, 4; P (A
2
) = 0, 3; P (A
3
) = 0, 2.
Gọi A là biến cố: "Ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia", ta có A: "Cả ba xạ thủ không bắn trúng bia".
Khi đó A = A
1
.A

3
⇒ P (A) = 0, 7 × 0, 6 × 0, 5 = 0, 21.
Vậy xác suất cần tìm là P (A) = 1 − P (A) = 1 − 0, 21 = 0, 79.
Bài tập 11.20. Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý, 7 cuốn sách Hoá (các cuốn sách cùng
loại giống nhau), để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được hai cuốn sách khác loại. Trong số
học sinh có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau.
Lời giải. Chia 18 cuốn sách thành 9 bộ sách, mỗi bộ hai cuốn khác loại. Gọi x, y, z lần lượt là số bộ
Toán-Lý, Toán-Hóa và Lý-Hóa, ta có:





x + y = 5
x + z = 6
y + z = 7
⇔





x = 2
y = 3
z = 4
Xét phép thử là phát 9 bộ sách cho 9 học sinh ta có: |Ω| = C
2
9
.C
3

2
2
= 210 cách phát cho 7 người còn lại.
Do đó số phần tử của biến cố A là |Ω
A
| = 35 + 105 + 210 = 350.
Vậy xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau là: P (A) =
|Ω
A
|
|Ω|
=
350
1260
=
5
18
.
7
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 11.21. Có hai túi. Túi thứ nhất chứa 3 tấm thẻ đánh số 1, 2, 3 và túi thứ hai chứa 4 tấm thẻ
đánh số 4, 5, 6, 8. Rút ngẫu nhiên từ mỗi túi một tấm thẻ rồi cộng hai số ghi trên hai tấm thẻ với nhau.
Gọi X là số thu được. Lập bảng phân bố xác suất của X và tính E(X).
Lời giải. Ta có bảng phân bố xác suất:
X 5 6 7 8 9 10 11
P
1
12
2
12

12
= 7, 75.
Bài tập 11.22. Xác suất bắn trúng vòng 10 của một xạ thủ là 0,3. Xạ thủ đó bắn đúng 3 lần. Gọi X là
số lần bắn trúng vòng 10 của xạ thủ. Lập bảng phân bố xác suất; tính kỳ vọng và phương sai.
Lời giải. Gọi A
i
(i = 1, 3) là biến cố: "Xạ thủ bắn lần thứ i trúng", ta có P (A
i
) = 0, 3 ⇒ P (A
i
) = 0, 7.
Khi đó
(X = 0) = A
1
A
2
A
3
⇒ P (X = 0) = (0, 7)
3
= 0, 343
(X = 1) = A
1
A
2
A
3
∪ A
1
A

⇒ P (X = 2) = 3.(0, 3)
2
.(0, 7) = 0, 189
(X = 3) = A
1
A
2
A
3
⇒ P (X = 3) = (0, 3)
3
= 0, 027
Ta có bảng phân bố xác suất:
X 0 1 2 3
P 0, 343 0, 441 0, 189 0, 027
Kỳ vọng là E(X) = 0 × 0, 343 + 1 × 0, 441 + 2 × 0, 189 + 3 × 0, 027 = 0, 9.
Phương sai là V (X) = 0
2
× 0, 343 + 1
2
× 0, 441 + 2
2
× 0, 189 + 3
2
× 0, 027 − (0, 9)
2
= 0, 63.
§3. Nhị Thức Newton
Bài tập 11.23. Tìm hệ số của x
15

k
10
2
10−k
(−3)
k
x
10+k
.
Số hạng chứa x
15
tương ứng với số hạng chứa k thỏa 10 + k = 15 ⇔ k = 5.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
15
là C
5
10
.2
5
.(−3)
5
= −6
5
C
5
10
.
Bài tập 11.24. Tìm hệ số của số hạng chứa x
12
trong khai triển biểu thức


2
x

k
=
21

k=0
C
k
21
2
k
x
42−3k
.
Số hạng chứa x
12
tương ứng với số hạng chứa k thỏa 42 − 3k = 12 ⇔ k = 10.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
12
là 2
10
C
10
21
.
Bài tập 11.25. (D-04) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển thành đa thức của biểu thức



7
=
7

k=0
C
k
7

x
1
3

7−k

x
−
1
4

k
=
7

k=0
C
k
7
x

nx
2
14
−
1
x

n
, x = 0.
Lời giải. Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3.
Theo giả thiết có 5C
n−1
n
= C
3
n
⇔ 5n =
n(n − 1)(n − 2)
3!
⇔ n = 7.
Do đó

nx
2
14
−
1
x

n

7

k=0
C
k
7
1
2
7−k
(−1)
k
x
14−3k
.
Số hạng chứa x
5
tương ứng số hạng chứa k thỏa 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3.
Vậy số hạng chứa x
5
là C
3
7
1
2
4
(−1)
3
x
5
= −

− C
n
n+3
= 7 (n + 3) ⇔
(n + 4)(n + 3)(n + 2)
3!
−
(n + 3)(n + 2)(n + 1)
3!
= 7 (n + 3) ⇔ n = 12
Khi đó

1
x
3
+
√
x
5

n
=

x
−3
+ x
5
2

12

Số hạng chứa x
8
tương ứng số hạng chứa k thỏa
11
2
k −36 ⇔ k = 8.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
8
là C
8
12
= 495.
Bài tập 11.28. (A-02) Cho khai triển biểu thức

2
x−1
2
+ 2
−
x
3

n
= C
0
n

2
x−1
2

= 5C
1
n
và số hạng thứ tư bằng 20n. Tìm n và x.
Lời giải. Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3.
Ta có C
3
n
= 5C
1
n
⇔
n(n − 1)(n − 2)
3!
= 5n ⇔ n

n
2
− 3n − 28

= 0 ⇔ n = 7.
Khi đó số hạng thứ tư là C
3
7

2
x−1
2

4

x(1 − 2x)
5
+ x
2
(1 + 3x)
10
= x
5

k=0
C
k
5
(−2x)
k
+ x
2
10

i=0
C
i
10
(3x)
i
=
5

k=0
C

là C
4
5
(−2)
4
+ C
3
10
3
3
= 3320.
Bài tập 11.30. (A-04) Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức của biểu thức

1 + x
2
(1 − x)

8
.
9
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Ta có khai triển

1 + x
2
(1 − x)

8

8
x
2k

k

i=0
C
i
k
(−x)
i

=
8

k=0
k

i=0
C
k
8
x
2k
C
i
k
(−1)
i

.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
8
là C
3
8
C
2
3
(−1)
2
+ C
4
8
C
0
4
(−1)
0
= 238.
Bài tập 11.31. (D-03) Với n là số nguyên dương, gọi a
3n−3
là hệ số của x
3n−3
trong khai triển thành đa
thức của

x
2
+ 1

C
i
n
2
i
x
n−i

=
n

k=0
n

i=0
C
k
n
C
i
n
2
i
x
3n−2k−i
.
Số hạng chứa x
3n−3
tương ứng số hạng chứa k và i thỏa mãn
3n − 2k −i = 3n − 3 ⇔ 2k + i = 3 ⇔

+ n
2
.
Theo giả thiết a
3n−3
= 26n ⇔
4n(n − 1)(n − 2)
3
+ n
2
= 26n ⇔ n = 5.
Bài tập 11.32. (D-02) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức C
0
n
+ 2.C
1
n
+ 2
2
.C
2
n
+ + 2
n
.C
n
n
= 243.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
n

2013
+ 3
2
C
2
2013
+ + 3
2013
C
2013
2013
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
2013
=
2013

k=0
C
k
2013
x
k
.
Chọn x = 3 ta có 4
2013
=
2013

k=0

n
+ + (−1)
n
C
n
n
= 2048.
Lời giải. Xét khai triển (x − 1)
n
=
n

k=0
C
k
n
x
n−k
(−1)
k
.
Chọn x = 3 ta có 2
n
=
n

k=0
C
k
n

10
11
2
1
= 22.
10
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất
Bài tập 11.35. (A-08) Cho khai triển (1 + 2x)
n
= a
0
+a
1
x+ +a
n
x
n
, (n ∈ N
∗
) và các hệ số a
0
, a
1
, a
2
, , a
n
thoả mãn hệ thức a
0
+

2
+ + a
n
x
n
.
Chọn x =
1
2
ta có 2
n
= a
0
+
a
1
2
+
a
2
2
2
+ +
a
n
2
n
= 4096 ⇔ n = 12.
Khi đó (1 + 2x)
12

=
24 − 2k
k + 1
.
Do đó
a
k+1
a
k
> 1 ⇔
24 − 2k
k + 1
> 1 ⇔ 24 − 2k > k + 1 ⇔ k <
23
3
< 8.
Suy ra a
0
< a
1
< < a
8
> a
9
> > a
12
.
Vậy số lớn nhất trong các số a
0
, a

2n+1
=
2
20
− 1.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
2n+1
=
2n+1

k=0
C
k
2n+1
x
k
.
Chọn x = 1 ta có 2
2n+1
=
2n+1

k=0
C
k
2n+1
.
Lại có C
k
2n+1

2n
− 1 = 2
20
− 1 ⇔ k = 10.
Khi đó

1
x
4
+ x
7

n
=

x
−4
+ x
7

10
=
10

k=0
C
k
10

x

+ C
2
2013
+ C
4
2013
+ + C
2012
2013
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
2013
=
2013

k=0
C
k
2013
x
k
.
Lần lượt chọn x = 1 và x = −1 ta có








2
2013
+ + C
2012
2013

⇔ C
0
2013
+ C
2
2013
+ + C
2012
2013
= 2
2012
⇔ S = 2
2012
Vậy S = 2
2012
.
Bài tập 11.38. (D-08) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức C
1
2n
+ C
3
2n
+ + C
2n−1

2n
(1)
0 =
2n

k=0
C
k
2n
(−1)
k
(2)
.
Trừ theo vế (1) và (2) ta có 2
2n
= 2

C
1
2n
+ C
3
2n
+ + C
2n−1
2n

.
Lại theo giả thiết có 2
2n

.
Lấy đạo hàm hai vế ta được n(1 + x)
n−1
=
n

k=1
C
k
n
kx
k−1
.
Chọn x = 1 ta có n.2
n−1
=
n

k=1
C
k
n
k.
Lại theo giả thiết có: n.2
n−1
= n.2
2013
⇔ n = 2014.
Bài tập 11.40. (A-05) Tìm số nguyên dương n thỏa C
1

Lấy đạo hàm hai vế được (2n + 1)(1 + x)
2n
=
2n+1

k=0
C
k
2n+1
kx
k−1
.
Thay x = −2 ta có 2n + 1 =
2n+1

k=0
C
k
2n+1
k(−1)
k−1
2
k−1
.
Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005 ⇔ n = 1002.
Bài tập 11.41. Tính tổng S = 2C
0
n
+ 5C
1

k
n
x
3k+2
.
Lấy đạo hàm hai vế ta có 2x

1 + x
3

n
+ 3nx
4

1 + x
3

n−1
=
n

k=0
C
k
n
(3k + 2)x
3k+1
.
Chọn x = 1 ta có 2.2
n

n
= n (n − 1) 2
n−2
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
n
=
n

k=0
C
k
n
x
k
.
Lấy đạo hàm cấp hai hai vế ta có: n(n − 1)(1 + x)
n−2
=
n

k=0
C
k
n
k(k − 1)x
k−2
.
Chọn x = 1 ta có n(n − 1)2
n−2

Lời giải. Xét khai triển (2 + x)
2013
=
2013

k=0
C
k
2013
2
2013−k
x
k
.
Lấy đạo hàm và đạo hàm cấp hai hai vế ta có:
2013(2 + x)
2012
=
2013

k=1
C
k
2013
2
2013−k
kx
k−1
2013.2012(2 + x)
2011

C
k
2013
2
2013−k
k(k − 1) =
2013

k=1
C
k
2013
2
2013−k
k(k − 1) (2)
12
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất
Cộng theo vế (1) và (2) ta có
2013.3
2012
+ 2013.2012.3
2011
=
2013

k=1

C
k
2013

C
1
n
+
2
3
− 1
3
C
2
n
+ +
2
n+1
− 1
n + 1
C
n
n
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
n
=
n

k=0
C
k
n
x

1
=
n

k=0
C
k
n
x
k+1
k + 1





2
1
⇔
3
n+1
− 1
n + 1
=
n

k=0
C
k
n

C
3
2n
+ +
1
2n
C
2n−1
2n
=
2
2n
− 1
2n + 1
.
Lời giải. Xét các khai triển







(1 + x)
2n
=
2n

k=0
C

x + C
3
2n
x
3
+ + C
2n−1
2n

⇔
1
2

(1 + x)
2n
− (1 − x)
2n

= C
1
2n
x + C
3
2n
x
3
+ + C
2n−1
2n
x

2n−1

dx
⇔
1
2

(1 + x)
2n+1
+ (1 − x)
2n+1
2n + 1






1
0
=

C
1
2n
x
2
2
+ C
3

1
2n
+
1
4
C
3
2n
+ +
1
2n
C
2n−1
2n
⇔
2
2n
− 1
2n + 1
=
1
2
C
1
2n
+
1
4
C
3


C
2014
2014

2
.
Xét khai triển (1 + x)
4020
=
4020

k=0
C
k
4020
x
k
có hệ số của x
2010
là C
2010
4020
(1).
Lại có: (1 + x)
4020
= (1 + x)
2010
(1 + x)
2010

x
k+i
.
Số hạng chứa x
2010
tương ứng số hạng chứa k và i thỏa k + i = 2010.
Do đó hệ số của số hạng chứa x
2010
là

k+i=2010
C
k
2010
C
i
2010
=
2010

k=0
C
k
2010
C
2010−k
2010
=
2010
