TỔ HỢP
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Hai quy tắc đếm cơ bản
2. Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp
3. Phương pháp giải toán: PP trực tiếp, PP gián tiếp
B. Ví dụ
Bài 1. Cho tập A = { 0,1, 2,3, 4,5,6,7} . Từ tập A có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 5
chữ số sao cho các chữ số đôi một khác nhau và trong 3 chữ số hàng chục nghìn, hàng nghìn,
hàng trăm phải có một chữ số bằng 1.
- Số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau thỏa mãn yêu cầu có dạng a1a2 a3a4 a5
Xét 3 trường hợp
TH1: a1 = 1 trong TH này có A74 số
TH2: a2 = 1 trong TH này có 6. A63 số
TH3: a3 = 1 trong TH này có 6.6. A52 số
Vậy có tất cả A74 + 6. A63 +6.6. A52
Bài 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6
chữ số khác nhau và bắt buộc có mặt ba chữ số 0, 1 và 2.
Ta có:
5 cách chọn vị trí cho chữ số 0
5 cách chọn vị trí cho chữ số 1
4 cách chọn vị trí cho chữ số 2
Và A73 cách chọn 3 chữ số từ 7 chữ số 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 và sắp xếp chúng vào ba vị trí còn lại
Theo QT nhân ta có tất cả 5.5.4. A73 số.
Bài 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà số tự nhiên đó chia hết cho 3.
Gọi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 3 có dạng n = abc


Xảy ra các TH sau đây:
TH1: Chọn 3 tự nhiên chia hết cho 3 trong các số {0, 3, 6, 9}
Số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu trong TH này là 4.3.2 = 24 số
TH2: Chọn 3 số tự nhiên chia cho 3 dư 1 trong các số {1;4;7}

 ∑ C 2016  = C 2017
 n =1


(

)

TH2: Số 1 xuất hiện 3 lần, số 2 xuất hiện k = 2n + 1 lần, thì số 3 xuất hiện 2017- (2k + 4) lần
(k=2n + 1 với n = 1,...,1006 ). Trong TH này số chữ số thỏa mãn là:
 1006 2 n +1 
3
3
1
3
5
2013
3
C 2017
C 2014
+ C 2014
+ C 2014
+ ... + C 2014
= C 2017
.2 2013
 ∑ C 2014  = C 2017
 n =1


(

2 2012 + ... + C 2017
2
2

]

Mặt khác, ta có
0
1
2
2017
( 2 + 1) 2017 = C 2017
2 2017 + C 2017
2 2016 + C 2017
2 2015 + ... + C 2017
(1)

( 2 − 1) 2017

0
1
2
2017
= C 2017
2 2017 − C 2017
2 2016 + C 2017
2 2015 + ... − C 2017

(2)


4

3 2017 − 3
Vậy số kết quả cần tìm là S =
.
4

Bài 5. Có bao nhiêu số tự nhiên có 2017 chữ số mà các chữ số 0 suất hiện chẵn lần.
Nếu chữ số 0 xuất hiện 2n lần thì số các số thỏa mãn yêu cầu là
1008

Vậy số các số thỏa mãn là

S=

∑C
n =0

2n
2016

2n
C 2016
.9 2017 −2 n với n = 0,1,2, , , ,1008

2
4
2016 1
9 2017 −2 n = 9 2017 + C 2016
9 2015 + C 2016


0
1
2
2016
( 9 + 1) 2016 = C 2016
9 2016 + C 2016
9 2015 + C 2016
9 2014 + ... + C 2016

(1)

0
1
2
2016
( 9 − 1) 2016 = C 2016
9 2016 − C 2016
9 2015 + C 2016
9 2014 + ... + C 2016

(2)

(C

0
2016

)


1 2

3

= 6(a + 1 + 2).10 2 + 4(a + 1 + 2).101 + 4(a + 1 + 2).10 0 = (a + 1 + 2).644 . Theo giả thiết, tổng tất cả

các số lập được là 6440 nên (a + 1 + 2).644 = 6440 ⇒ a = 7 .
Vậy hai số cần tìm là 0 và 7.
Bài 7. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ
số đôi một khác nhau, trong đó có đúng 2 chữ số lẻ và chúng đứng cạnh nhau.
Số tự nhiên có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu có dạng n = a1 a 2 a3 a 4 a5
TH1: Hai chữ số lẻ ở hai vị trí a1a2
- Chọn hai chữ số lẻ trong ba chữ số lẻ 1, 3, 5 và sắp xếp chúng theo một thứ tự vào hai vị
trí a1, a2 ta có A32 = 6 cách
- Chọn a3 a 4 a5 có A43 = 24 cách
Theo QT nhân ta có 6.24 = 144 số
TH2: Hai chữ số lẻ ở hai vị trí a2a3
- Chọn hai chữ số lẻ trong ba chữ số lẻ 1, 3, 5 và sắp xếp chúng theo một thứ tự vào hai vị
trí a1, a2 ta có A32 = 6 cách
- a1 có 3 cách chọn
- Chọn a4a5 có A32 = 6 cách
Theo QT nhân ta có 6.3.6 = 128 số
TH3: Hai chữ số lẻ ở hai vị trí a3a4 hoặc ở hai vị trí a4a5
Tương tự như TH3: mỗi TH này có 128 số


Vậy có tất cả 144 + 3.128 = 528 số.
Bài 8. Có bao nhiêu cách phân phối 2017 cuốn sách toán giống nhau cho 100 cửa hàng bán
sách sao cho mỗi cửa hàng được ít nhất một cuốn.
Sắp xếp 2017 cuốn sách trên thành một hàng ngang, giữa hai cuốn có một khoảng trống, do đó



TH3: Số n = abcd chứa chữ số 4 và không chứa chữ số 2. Tương tự như TH2 ta cũng có 76 số
Theo QT cộng, ta có 18 + 2.78 = 174 số
Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu là 300 – 174 = 126 số.
Cách 2: Gọi số có 4 chữ số thỏa mãn yêu cầu là Số n = abcd
TH1: a = 2. Có 3 cách chọn vị trí cho chữ số 4; có A42 = 12 cách chọn 2 chữ số còn lại và sắp xếp
vào hai vị trí còn lại. Theo QT nhân ta có 3.12 = 36 số
TH2: a = 4. Tương tự TH trên ta cũng có 36 số
TH3: a ≠ 2, a ≠ 4 . Có 3 cách chọn vị trí cho chữ số 2; có 2 cách chọn vị trí cho chữ số 4; có 3
cách chọn a; và có 3 cách chọn chữ số còn lại. Theo QT nhân, ta có 3.2.3.3 = 54 số
Theo QT cộng, ta có tất cả 36 + 36 + 54 = 126 số
Bài 11. (HSG Thanh Hóa 2014-2015) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ta lập được
bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số
kề nhau không cùng là số lẻ?
Gọi số đó là A = a1a2 a3 a4 a5 a6 . Từ giả thiết suy ra A có 1 hoặc 2 hoặc 3 chữ số lẻ.
TH1: A có 1 chữ số lẻ
+) a1 lẻ: Số các số A là C51P5 = 600
+) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Số các số A là 4.(C51C44 ) P5 = 2400
Tổng có: 600 + 2400 = 3000 số các số A trong đó có đúng một chữ số lẻ.
TH2: A có 2 chữ số lẻ
+) a1 lẻ: Có 5 cách chọn a1 . Có 5 cách chọn a2 chẵn.
Vậy số các số A là 5.5.(C41C43 ) P4 = 9600
+) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 6 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số lẻ trong
a2 a3 a4 a5 a6 . Vậy số các số A là 4.(C52 .6.P2 ). A43 = 11520
Tổng có: 9600 + 11520 = 21120 số các số A.
TH3: A có 3 chữ số lẻ
+) a1 lẻ: Có 5 cách chọn a1 . Có 5 cách chọn a2 . Có 3 cách chọn hai vị trí không kề nhau
của hai số lẻ trong a3 a4 a5 a6 .. Vậy số các số A là 5.5.(C42 .3.P2 ). A42 = 10800
+) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 1 cách chọn 3 vị trí không kề nhau của 3 số lẻ trong a2

Vậy

P( A) =

Ω A = 2C 63 = 40

40
1
=
720 18

Bài 2. Trong một lần cứu trợ thiên tai, một tỉnh bạn đã cứu trợ cho tỉnh Quảng Ngãi 20 tấn
lương thực, trong đó có 5 tấn gạo; 7 tấn bột mỳ; 8 tấn ngô. UBND tỉnh đã chia đều số lương
thực ấy cho 20 xã khó khăn nhất, mỗi xã chỉ nhận được 2 tấn khác loại, mỗi loại một tấn. Hai xã
Nghĩa An và Nghĩa Phú là 2 trong 10 xã đó. Tính xác suất để 2 tấn lương thực mà xã Nghĩa An
đã nhận được giống với 2 tấn lương thực mà xã Nghĩa Phú đã nhận được.
Gọi x, y, z lần lượt là số Xã nhận được số lương thực là Gạo và bột Mỳ, bột Mỳ và Ngô, Ngô và
Gạo. Ta có
x + y = 7
x = 2


y + z = 8 ⇔ y = 5
z + x = 5
z = 3



Số cách chia 20 tấn lương thực sao cho mỗi xã nhận được 2 tấn lương thực khác loại là
C102 .C85 .C33 ⇒ Ω = C102 .C85 .C 33

2
2
2
2
Số cách chọn 6 người và phân làm ba cặp từ 15 người trên là C15 .C13 .C11 ⇒ Ω = C15 .C13 .C11

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.
Chọn 3 nam trong 7 nam ta có C 73 cách; chọn 3 nữ trong 8 nữ ta có C83 ; phân thành 3 cặp sao
3 3
cho mỗi cặp có một nam và một nữ ta có 3! Cách. Suy ra Ω A = C 7 C8 .3! .

Vậy P(A) = C 73C83 .3 !/ C152 .C132 .C112 .
Bài 5. Cho tập E={1,2,3,4,5}. Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên , mỗi số gồm 3 chữ số
đôi một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
Cách 1


Ta có A53 cách viết chữ số thứ nhất, có A53 cách viết chữ số thứ hai do đó ta có ( A53 )2 = 3600
⇒ Ω = 3600 .
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất
Từ E có thể tạo ra được 3. A42 số có 3 chữ số khác nhau có mặt chữ số 5 và có A43 số không có
chữ số 5 ⇒ Ω A = 2.(3. A42 . A43 ) = 1728 ⇒ P( A) =

1728
= 0.48
3600

Cách 2
Số cách viết một số tự nhiên lên bảng là: A35 cách. Số cách viết một số tự nhiên lên không có
chữ số 5 lên bảng là: A34 cách.

=
.
25 25

Bài 6. Bốn xạ thủ A, B, C, D cùng bắn1 cái bia. Biết xác suất trúng của 3 người A, B, C là như
nhau và bằng xác suất trượt của người D. Tính xác suất trúng của người A để xác suất trúng của
4 người đều bắn trúng là cao nhất?
Gọi xác suất bắn trúng của A, B, C là x thì xác suất bắn trúng của D là 1 – x
Khi đó xác suất bắn trúng của 4 người là f(x) = x3(1-x) với 0 ≤ x ≤ 1 .
Ta chỉ càn tìm x để f(x) là lớn nhất.
Bài 7. Một người đi bán 7 con chim chào mào, biết 7 con chim được nhốt vào một cái lồng
trong đó có 4 con trống và 3 con mái. Có hai người đến mua chim, người thứ nhất mua 1 con,
người thứ hai mua hai con.Người bán bắt bầt kì để bán và người mua luôn phải châp nhận cách
bán trên. Tính xác suất để người thứ hai mua được một trống một mái.


Gọi A là biến cố người thứ nhất mua được con trống và người thứ hai mua được một con trống
và một con mái.
B là biến cố người thứ nhất mua được con mái và người thứ hai mua được một con trống và
một con mái. C là biến cố người thứ hai mua được một con trống và một con cái. Ta có A và B
là hai biến cố xung khắc và C = A ∪ B ⇒ P(C ) = P( A) + P( B)
C 31 C 41 .C 21
C 41 C 31 .C 31
C 41 C 31 .C 31 C 41 C 31 .C 31
+ 1.
Trong đó P( A) = 1 . 2 ; P( B) = 1 . 2 ⇒ P(C ) = P( A) + P( B) = 1
C7 C6
C7 C6
C 7 C 62
C 7 C 62


C154 .C115
315

)

)

)

Xác suất cần tìm là p1+p2+p3+p4

Bài 9. Một thủ kho có một chùm chìa khóa gồm 9 chiếc bề ngoài giống hệt nhau trong đó chỉ có
hai chiếc mở được cửa kho. Anh ta thử ngẫu nhiên từng chìa (chìa nào không trúng thì bỏ ra
khỏi chùm chìa khóa). Tìm xác suất để lần thử thứ ba thì anh ta mới mở được cửa?
Xác suất để lần thứ nhất không mở được là p1 =

7
9
7 6
9 8

Xác suất để lần thứ hai không mở được cửa là p 2 = .
7 6 2
9 8 7

Xác xuất để lần thứ 3 mới mở được cửa là p = . . =

1
6

27 45 45

Bài 11. Một đề thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 3 phương án trả lời, trong đó chỉ
có một phương án đúng. Một thí sinh chọn ngẫu nhiên các câu trả lời. Hỏi xác suất thí sinh đó
đạt điểm nào là cao nhất, biết rằng mỗi câu trả lời đúng được 1 điểm và trả lời sai không được
điểm nào.
Mỗi câu có xác suất trả lời đúng là 0.25 và xác suất trả lời sai là 0.75
Gọi x là số điểm thí sinh đó đạt được. khi đó xác suất để đạt được x điểm là Px = 0.25 x.0.7510− x .
Ta cần tìm x để Px đạt giá trị lớn nhất
Ta có Px = C10x .0.25 x.0.7510− x = C10x .0.2510.310− x = 0.2510.C10x .310− x
Px lớn nhất khi và chỉ khi C10x .310− x lớn nhất. Ta lập bảng
x

0
C .3
310
Kết luận…..
x
10

10 − x

1
10.39

2
…

3


tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị là 1.
Số tự nhiên có 5 chữ số có dạng n = abcde a ≠ 0 . Có tất cả 9.104 số ⇒ Ω = 9.10
Tìm các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị là 1
10000 ≤ n = abcde = 7 k ≤ 99999 ⇔ 1428 ≤ k ≤ 14285 và n có tận cùng là 1 nên k có tận cùng là 3 do
4

đó có tất cả

14283 − 1433
1286
+ 1 = 1286 số ⇒ Ω A = 1286 ⇒ P( A) =
=0.01428889
10
9.10 4

Bài 14. Từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chử số, trong đó chử
số 3 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. Trong các số tự nhiên nói
trên, chọn nhẫu nhiên một số, tìm xác suất để số chọn được chia hết cho 3.
Số tự nhiên có 5 chữ số thỏa mãn có dạng n = abcde ,
Số 3 có mặt đúng ba lần nên có C53 = 10 cách chọn vị trí cho các chữ số 3,
Có A42 = 6 cách chọn và sắp xếp các chữ số còn lại. Theo QT nhân ta có Ω = 10.6 = 60
Gọi A là biến có số được chọn chia hết cho 3. Vì trong n = abcde đã có mặt đúng ba chữ số 3
nên n chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng hai chữ số còn lại chia hết cho 3, mà trong 4 chữ số 1,
2, 4, 5 có bốn cắp (1, 5); (2, 4); (1;2) và (4,5) có tổng chia hết chi 3, ứng với mỗi cặp đó ta
thành lập được hai số n = abcde chia hết cho 3. Do đó Ω A = 2.4 = 8 ⇒ P( A) =

2
15

Bài 15. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một


Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Khi đó A là biến cố hai số được chọn có hiệu bằng 1.
Các cặp có giá trị tuyệt đối của hiệu hai số đó bằng 1 là (1;2), (2;3),(3;4),....,(2014,2015), có tất
cả 2014 cặp. Vậy Ω A = 2014 ⇒ P( A) =

2
− 2014
2014
2014 C2015
⇒
P
(
A
)
=
1
−
=
2
2
2
C2015
C2015
C2015

Bài 19. Có hai hộp đựng bi, mỗi viên chỉ mang mầu trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp
một viên
a) Biết hộp thứ nhất có 20 viên trong đó có 7 viên đen, hộp 2 có 15 viên trong đó có 10 viên
đen. Tính xác suất để lấy được hai viên đen.
b) Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất lấy được hai viên đen là 55/84. Tính xác suất để


n+5

7

mãn

biết rằng n là số tự nhiên thỏa

C 20n +1 + C 21n +1 + C 22n +1 + ... + C 2nn +1 = 1024 .

Ta có C 20n+1 = C 22nn++11 , C 21n+1 = C 22nn+1 , C 22n+1 = C 22nn+−11 ,..., C 2nn+1 = C 2nn++11 . Do đó
C 20n +1 + C 21n +1 + C 22n +1 + ... + +C 2nn +1 = 1024 ⇔ C 22nn++11 + C 22nn+1 + C 22nn+−11 + ... + C 2nn++11 = 1024
⇒ C 2nn++11 + C 2nn++21 + ... + C 22nn++11 = 1024 ⇒ C 20n +1 + C 21n +1 + C 22n +1 + ... + C 22nn++11 = 2.1024 = 211 ⇔ 2 n = 211 ⇒ n = 11
 2

có 1 − + x 2 
 x


n+5

=

(x

3

+x−2
x 16

]

16

Ta

( )

= C160 x 3

16

( )

( )

7

6

+ ... + C169 x 3 ( x − 2) 9 + C1610 x 3 ( x − 2)10

( )

4

( )

3



]’ theo hai cách khác

k

nhau từ đó đồng nhất hệ số của x nào đó theo hai cách khai triển đó
- Ta có

( x + 1)

2016

=

2016

∑C
k =0

⇒ ( x + 1)

2016

k
2016

x

∑ ∑ iC
k =0 i = k +1


 2016 i
 2016 i
=  ∑ C2016
x i  = ∑ iC 2016
x i −1
i =1
 i =0


i
C2016
x 2015−k +i

ứng với i = k+1, tức là hệ số của x

2016

trong khai triển trên là

i
0
1
1
2
2
3
2015 2016
C2016
= C2016

0
1
1
2
2
3
2015 2016
2016
C 2016
+ 2C 2016
C 2016
+ 3C 2016
C 2016
+ ...2016C 2016
C 2016 = 2016 C 4031
Vậy C 2016
.

Bài 4. Biết rằng đa thức 1 − x + x 2 − x 3 + ... + x 2014 − x 2015 có thể viết được thành dạng
a 0 + a1y + a 2 y 2 + ... + a 2015 y 2015 với y = x + 1 , trong đó ai là các hằng số thực. Hãy tính tổng
2
S = a 20 −a 21 + a22 − ... + a 2 2014 − a2015
.

- Ta thấy 1 − x + x 2 − x 3 + ... + x 2014 − x 2015 là tổng của 2016 số hạng đầu tiên của một cấp số nhân
với số hạng đầu tiên là 1 và công bội q = - x.
- Tổng S = a − a + a − ... + a
2
0



y

∑ (−1) (C )
k

1 − (− x) 2016 1 − x 2016 1 − ( y − 1) 2016
=
=
1 − (− x)
1+ x
y

2015

k
= ∑ (−1) k +1 C2016
y 2015−k
k =0

2015
2014
2015−i
0
, a1 = −C2016
, ai = ( −1) 2016−i C2016
,..., a2015 = −C2016
Do đó: a0 = C2016
.


Ta có
C20n + 3C22n + 5C24n + ... + ( 2n + 1) C22nn = 7.211
⇔ ( C20n + 2C22n + ... + 2nC22nn ) + ( C22n + C 24n + ... + C22nn ) = 7.211
(*)
Mà C22n + C24n + ... + C22nn = (C20n + C22n + C24n + ... + C22nn ) − 1 = 2 2 n−1 − 1
Và
3n

C 20n + 2C 22n + ... + 2nC 22nn = C20n + 2nC21n−1 + 2nC23n−1 + ... + 2nC22nn−−11
= C20n + 2n(C21n−1 + C23n−1 + ... + C22nn−−11 ) = C20n + 2n(C21n−1 + C23n−1 + ... + C22nn−−11 ) = 1 + 2n.2 2 n−2

Do đó (*) ⇔ 2 2 n−1 + 2n.2 2 n−2 = 7.211 ⇔ (n + 1)2 2 n−1 = 7.211 ⇔ n = 6 . Từ đó ta có kq
0
1
2
2
n
n
Bài 6. Tìm n nguyên dương thoả mãn: Cn + 2Cn + 6C n + ... + ( n − n + 2 ) C n = 403 , với Ckn là số tổ
hợp chập k của n phần tử.
Ta có ( k 2 − k + 2 k )Cnk = k (k − 1)Cnk + 2 k C nk = n(n − 1)Cnk−−22 + 2 k Cnk với ĐK k ≥ 2
Do đó
6.Cn2 = n(n − 1)Cn0−2 + 2 2 Cn2

……………………………..
(n 2 − n + 2 n )Cnn = n(n − 1)Cnn−−22 + 2 n Cnn

Vậy
C0n + 2C1n + 6Cn2 + ... + ( n 2 − n + 2 n ) C nn = 403


]

7

= C 70 (1 + x) 7 + C 71 (1 + x) 6 ( x 2 + x 4 ) + C 72 (1 + x ) 5 ( x 2 + x 4 ) 2 + ... + C 77 ( x 2 + x 4 ) 7

Trong 8 hạng tử trên chỉ có hai hạng tử C 70 (1 + x) 7 ; C 71 (1 + x) 6 ( x 2 + x 4 ) có chứa x3;


Trong đó, hệ số của x3 trong hạng tử C 70 (1 + x) 7 là C 70 .C 73 và hệ số của x3 trong hạng tử
C 71 (1 + x ) 6 ( x 2 + x 4 ) là C 71 .C 61 . Vậy a3 = C 70 .C 73 + C 71 .C 61 .

b) Cách 1
7
Ta có x 3 f ( x) = x 3 (1 + x + x 2 + x 4 ) = a0 x 3 + a1 x 4 + a 2 x 5 + ... + a 28 x 31

⇒ 3 x 2 (1 + x + x 2 + x 4 ) + 7 x 3 (1 + 2 x + 4 x 3 )(1 + x + x 2 + x 4 ) = 3a 0 x 2 + 4a1 x 3 + 5a 2 x 4 + ... + 31a 28 x 30
7

6

Thay x = -1 vào ta được P = 3a0 – 4a1 + 5a2 - … + 31a28 = 3.27+35.26 = 41.26
Cách 2 Ta có P = 3a0 – 4a1 + 5a2 - … + 31a28 = 3(a0 – a1 + a2 - … + a28) - (a1 – 2a2 + 3a3 - … 28a28) = 3P1 – P2..
Trong đó P1 = f(-1) = 27; P2 = f’(-1) = -35.26 . Do đó P = 41.26.
Bài 8. Tính tổng : a) S = C n1 + 2C n2 2 + 3C n3 2 2 + ... + nC nn 2 n−1
b) S = 2.1.C n2 + 3.2.C n3 + 4.3.C n4 + ... + n(n − 1)C nn
1
2
3
2015


S = 2.1.C n2 + 3.2.C n3 + 4.3.C n4 + ... + n(n − 1)C nn = n 1.C n1−1 + 2.C n2−1 + 3.C n3−1 + ... + (n − 1)C nn−−11

(

)

= n.(n − 1) C n0−2 + C n1− 2 + ... + C nn−−22 = n(n − 1).2 n − 2

Cách 2: USE đạo hàm cấp 2
1
2
3
2015
2 2014 + 2 2 C 2015
2 2013 + 3 2 C 2015
2 2012 + ... + 2015 2 C 2015
c) S = 12 C 2015

USE phân tích : k 2 C nk = k [ (k − 1) + 1]C nk = k (k − 1)C nk + kC nk
d) Sử dụng tích phân hoặc công thức

1 k 1 k −1
C n = C n −1
n
k

e) S = (C n1 ) + 2(C n2 ) + 3(C n3 ) + ... + n(C nn ) = C n0−1C n1 + C n1−1C n2 + C n2−1C n3 + ... + C nn−−11C nn1
2



(Bài tập)

= a 0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a 4062240 x 4062240

a) Tính a0 + 2a1 + 3a 2 + ... + 4062241a 4062240 (HD: vận dụng đạo hàm)
0
1
2016
a 2016 + C 2015
a 2015 + ... + C 2016
a 0 = −2016 (Dạng này đã khai thác trong đề thi HSG
b) CMR: C 2016
Thanh Hóa 2013)
n
Bài 11. Tìm hệ số của x4 trong khai triển (1 + 2 x + 3x 2 ) biết rằng C n6 + 3C n7 + 3C n8 + C n9 = 2C n8+2 (*)

Viết lại VT của (*) thành các tổng hợp lý rồi áp dụng liên tiếp các đẳng thức tổ hợp
C nk−−11 + C nk−1 = C nk

a) Biết tổng hệ số của ba số hạng đầu tiên của khai triển bằng

661
. Tìm số hạng có hệ số
2n

lớn nhất.
b) Biết hạng tử thứ 11 có hệ số lớn nhất, hãy tìm n
Bài 13. Có bao nhiêu hạng tử là số nguyên trong khai triển


Ta có ( x + 2) 13 ( x 2 − 2 x + 4) = [( x + 2)( x 2 − 2 x + 4)] ( x + 2) 3 = ( x 3 + 8) ( x + 2) 3
10

10

10

3
k 30 − 3 k
k
0 30
4
4 18
5
5 15
6
6 12
10 10
Mà ( x + 8) = ∑ C10 x .8 = C10 x + ... + 8 C10 x + 8 C10 x + 8 C10 x + ... + 8 C10
10

10

k =0

10
Và ( x + 2) 3 = x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8 . Do đó hệ số của x18 trong khai triển ( x + 2) 13 ( x 2 − 2 x + 4) là

8.8 4 C104 + 8 5 C104 = 8 5 (C104 + C105 ) = 8 5 C115
2

 C1   C 2   C 3 
 C n +1 
(C 1 ) + (C n2+1 ) + (C n3+1 ) + ... + (C nn++11 )
Do đó VT(*) =  n+1  +  n+1  +  n+1  .... +  n +1  = n +1
( n + 1) 2
 n + 1  n + 1  n + 1
 n + 1
2

2

2

2

2

2

2

2

Vấn đề còn lại là tính tổng tren tử(Đây là BT quyen thuộc)

Bài 17. Chứng minh đẳng thức sau:

(C ) − (C ) + (C )
2
0

0
1
2
k
2016 2016
(1 − x ) 2016 = C 2016
− C 2016
x + C 2016
x 2 + ... + ( −1) k C 2016
x k + ... + C 2016
x

(

0
⇒ hệ số của x2016 trong khai triển ( x + 1) 2016 (1 − x ) 2016 là C 2016
2016
2016
2
Mặt khác ( x + 1) (1 − x ) = (1 − x )

2016

Bài 18. Cho khai triển đa thức ( 1 − 2 x )

=

2016

∑C

2016
− ... + C 2016

1008
(−1) k x 2 k có hệ số của x2016 là C 2016

Tính tổng S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 2014 a2013

⇔ (1 − 2 x )

2
2
2016

)

2