Chuyên đề 11: Đại số tổ hợp và xác suất

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 300 
 Chuyên đề 11: 
ĐẠI SỐ TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT 
 Vấn đề 1: SỬ DỤNG CÔNG THỨC k k
n n nP ,A ,C 
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
1. HOÁN VỊ 
 Số hoán vị của n phần tử: Pn =n! 
2. CHỈNH HỢP: 
Số chỉnh hợp:     m
n
A n(n 1)(n 2)...(n m 1) 
 

m
n
n!
A
(n m)!
 Điều kiện: n  m và n, m nguyên dương 
3. TỔ HỢP: 
 Số tổ hợp: 
   
m
n
n(n 1)(n 2)...(n m 1)
C
1.2.3...m
 

m
n
n!
C
m!(n m)!
  Điều kiện: 



n m 
n, m nguyên dương
 Ta có công thức: 
 1/ 
m n m
n n
C C 2/ 

  
m 1 m m
n 1 n 1 n
C C C 
 3/     0 1 2 n n
n n n n
C C C ..... C 2 
 Số tập hợp con của tập hợp n phân tử là 2
n
. 
B.ĐỀ THI 
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 
 Chứng minh rằng 

 
 
  
   
k k 1 k
n 1 n 1 n
n 1 1 1 1
n 2 C C C
 (n, k là các số nguyên dương, k  n, k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử). 
Giải 
 Ta có: 

 
       
  
    
k k 1
n 1 n 1
n 1 1 1 n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!
.
n 2 n 2 (n 1)!C C
  

    

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 
 301 
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 
k
n
C . 
 Từ giả thiết suy ra: 4 2
n n
C 20C      2n 5n 234 0 n 18 (vì n  4). 
 Do 


 

k 1
18
k
18
C 18 k
1
k 1C
 k < 9 nên       1 2 9 9 10 18
18 18 18 18 18 18
C C ... C C C ... C 
 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 : 
       
2 2 2 2
n 1 n 2 n 3 n 4
C 2C 2C C 149 
(n là số nguyên dương, 
k
n
A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và 
k
n
C là số tổ 
hợp chập k của n phần tử). 
Giải 
 Điều kiện: n  3. 
 Ta có       
2 2 2 2
n 1 n 2 n 3 n 4
C 2C 2C C 149 
  
   
   
  
(n 1)! (n 2)! (n 3)! (n 4)!
2 2 149
2!(n 1)! 2!n! 2!(n 1)! 2!(n 2)!
  n
2
 + 4n  45 = 0  n = 5 hay n = 9 (loại). 
 suy ra M = 


 
4 3
6 5
6! 5!
3.
A 3A 32! 2!
6! 6! 4
. 
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 
 Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức:   2 2
n n n n
2P 6A P A 12 . 
 (
n
P là số hoán vị của n phần tử và 
k
n
A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử). 
Giải 
 Ta có:   2 2
n n n n
2P 6A P A 12 (n  , n  2) 
n! n!
2.n! 6. n! 12
(n 2)! (n 2)!
n! n!
(6 n!) 2(6 n!) 0 (6 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)!
 
            

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 302 
 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: 
 
h
p(A)
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 
 303 
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 4
12
C 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: 
 2 1 1
5 4 3
C .C .C 120 
  Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 
 1 2 1
5 4 3
C .C .C 90 
  Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 
 1 1 2
5 4 3
C .C .C 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 
1 4
3 12
C C 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 
1 4
2 8
C C 
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 
1 4
1 4
C C 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: 1 4 1 4 1 4
3 12 2 8 1 4
C .C .C .C .C .C 207900 cách 
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? 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 304 
Giải 
 Có 3 trường hợp xảy ra. 
  Trường hợp 1: 2 dễ + 1trung bình + 2 khó: 2 1 2
15 10 5
C C C 10.500 
  Trường hợp 2: 2 dễ + 2 trung bình + 1 khó: 2 2 1
15 10 5
C C C 23.625 
  Trường hợp 3: 3 dễ + 1 trung bình + 1 khó: 3 1 1
15 10 5
C C C 22750 
 Theo qui tắc cộng ta có: 
2 1 2
15 10 5
C C C + 
2 2 1
15 10 5
C C C + 
3 1 1
15 10 5
C C C = 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 3
2n
C . 
  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 
2
n
C hình chữ nhật. 
 Theo giả thiết ta có     2 2 2
2n n
C 20C n 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: 
  8
18
18!
C 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 
8
13
C 
 Số cách chọn 8 học sinh khối 11 và 10 là 
8
11
C 
 Số cách chọn 8 học sinh từ khối 10 và 12 là 
8
12
C 
  Số cách chọn theo ycbt: 43758    8 8 813 11 12C C C = 41811 cách 
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 305 
 Vấn đề 3: NHỊ THỨC NIUTƠN 
A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
NHỊ THỨC NIUTƠN: 
 (a + b)
n
 = 
  0 n 1 n 1 n n
n n n
C a C a b ... C b 
 Chú y ù: Số mũ của a tăng dần, số mũ b giảm dần có tổng bằng n. 
 Các hệ số đối xứng: 
m n m
n n
C C 
 Tam giác Pascal: 1 n = 0 
 1 1 n = 1 
 1 2 1 n = 2 
 1 3 3 1 n = 3 
  Chú y ù: 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 +  + anx
n
, trong đó n  N
*
 và các hệ số a0, 
a1, , an thỏa mãn hệ thức    
1 n
0 n
a a
a ... 4096
2 2
. Tìm số lớn nhất trong các số 
a0, a1,  , an. 
Giải 
 Từ khai triển: (1 + 2x)
n
 = a0 + a1x +  + anx
n
  Chọn 
1
x
2
 ta được:        n 121 n
0 n
a a
2 a ... 4096 2 n 12
2 2
  Vậy biểu thức khai triển là: (1 + 2x)
12
  Số hạng tổng quát là k k k
12
C 2 .x (k  , 0  k  12) 
  hệ số tổng quát là  k k
k 12
a 2 .C ; 
 
 
k 1 k 1
k 1 12
a 2 .C 
 ak < ak + 1  
 k k k 1 k 1
12 12
2 .C 2 .C 
  
   
k k 112! 12!
2 . 2 .
k!(12 k)! (k 1)!(12 k 1)!
  k + 1 < 24 – 2k  
23
k
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:  
8 8
8 12
a 2 .C 126720 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 306 
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 
 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức 
   1 3 2n 1
2n 2n 2n
C C ... C 2048 
 (
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phân tử). 
Giải 
   1 3 2n 1
2n 2n 2n
C C ... C 2048 (*) 
 Ta có:           
2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x ... C x C x 
 Với x = 1 thay vào (*) ta được: 
     2n 0 1 3 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n
2 C C C ... C C (1) 
 Với x = 1 thay vào (*) ta được: 
      0 1 2 3 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
0 C C C C ... C C (2) 
 Lấy (1) trừ (2) ta được:         2n 1 3 2n 1 122n 2n 2n2 2 C C ... C 4096 2 n 6 
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 
 Chứng minh rằng: 
     

2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1 2 1
C C C .... C
2 4 6 2n 2n 1
 (n là số nguyên dương, 
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử). 
Giải 
 Ta có: 
          2n 0 1 2n 2n 2n 0 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
(1 x) C C x .... C x ,(1 x) C C x .... C x 
         2n 2n 1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
(1 x) (1 x) 2(C x C x .... C x ) 
   
  
     
1 12n 2n
1 3 3 5 5 2n 1 2n 1
2n 2n 2n 2n
0 0
(1 x) (1 x)
dx (C x C x C x ... C x )dx
2
  
       
 
 
11
2n 2n 2n 1 2n 1 2n
00
(1 x) (1 x) (1 x) (1 x) 2 1
dx
2 2(2n 1) 2n 1
 (1) 
       
1
1 3 3 5 5 2n 1 2n 1
2n 2n 2n 2n
0
C x C x C x ... C x dx 

 
      
 
1
2 4 6 2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
0
x x x x
C . C . C . ... C .
2 4 6 2n
   1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1
C C C ..... C
2 4 6 2n
 (2) 
 Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 307 
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 
 Tìm hệ số của số hạng chứa x
10
trong khai triển nhị thức Niutơn của (2 + x)
n
, biết: 
        n 0 n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n
n n n n n
3 C 3 C 3 C 3 C ... ( 1) C 2048 
 (n là số nguyên dương, 
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử). 
Giải 
 Ta có: 
        n 0 n 1 1 n 2 2 n n n n
n n n n
3 C 3 C 3 C .... ( 1) C (3 1) 2 
 Từ giả thiết suy ra n = 11 
 Hệ số của số hạng chứa x
10
 trong khai triển Niutơn của (2 + x)
11
 là: 10 1
11
C .2 22 
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 
Tìm hệ số của x
5
 trong khai triển thành đa thức của: x(1 –2x)5 + x2(1 + 3x)10 
Giải 
 Hệ số của x
5
 trong khai triển của x(1  2x)
5
 là (2)
4
.
4
5
C 
 Hệ số của x
5
 trong khai triển của x
2
(1 + 3x)
10
 là 3
3
3
10
C
 Hệ số của x
5
 trong khai triển của x(1  2x)
5
 + x
2
(1 + 3x)
10
 là: 
   4 4 3 3
5 10
( 2) C 3 C 3320 
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 
 Tìm hệ số của số hạng chứa x
26
 trong khai triển nhị thức Niutơn của 
 
 
 
n
7
4
1
x
x
 biết rằng       
1 2 n 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C 2 1 
 (n nguyên dương, 
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phân tử). 
Giải 
  Từ giả thiết suy ra:      
0 1 n 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C 2 (1) 
 Vì 
 
    
k 2n 1 k
2n 1 2n 1
C C k, 0 k 2n +1 nên: 
             0 1 n 0 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 11C C ... C C C ... C
2
 (2). 
 Từ khai triển nhị thức Niutơn của 
 2n 1(1 1) suy ra: 
  
       
0 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C (1 1) 2 (3) 
 Từ (1), (2) và (3) suy ra : 2n 202 2 hay n = 10. 
  Ta có:    

 
 
 
   
 
 
10 10 10
10 k k
7 k 4 7 k 11k 40
10 104
k 0 k 0
1
x C x x C x
x
 Hệ số của x
26
 là 
k
10
C với k thỏa mãn: 11k  40 = 26  k = 6. 
 Vậy hệ số của số hạng chứa x
26
 là : 6
10
C 210 . 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 308 
Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005 
 Tìm số nguyên dương n sao cho: 

         
1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C 2.2C 3.2 C 4.2 C .... (2n 1).2 C = 2005 
 (
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử ) 
Giải 
 Ta có:  
  
            
2n 1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1 x C C x C x C x ... C x x 
 Đạo hàm hai vế ta có: 
               
2n 1 2 3 2 2n 1 2n
2n 1 2n 1 2n 1 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 x
8
 trong khai triển thành đa thức của     
8
2
1 x 1 x . 
Giải 
                   
2 32 8 0 1 2 2 4 3 6
8 8 8 8
1 x 1 x C C x 1 x C x 1 x C x 1 x . . . 
   
88 16
8
 . . . + C x 1 x 
 Số hạng chứa x
8
 trong khai triển chỉ có trong  
33 6
8
C x 1 x và  
44 8
8
C x 1 x . 
 Suy ra hệ số của  8 3 4
8 8
x là 3C C 238 . 
Bài 9: 
 Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 
 
 
 
7
3
4
1
x
x
 với x > 0. 
Giải 
  


 
   
     
   
 
7 k k7 k7 7
7 k
k k3 3 3 4
7 74 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  k
7
7!
C 35
3!4!
. 
Bài 10: 
 Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
 trong khai triển nhị thức Niutơn của 

 
 
    
 
n
5 n 1 n
n 4 n 33
1
x biết rằng C C 7(n 3)
x
 (n là số nguyên dương, x > 0, 
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phân tử). 
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 309 
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  



  
         

12 k12 12 5k
5 k 3 2
123
k 0
1
x C x x
x
 Cho  

     
 
12 k
5k
3 82x x x x  0  
 
 
5 12 k
3k
2
 = 8  k = 4 
 Vậy hệ số của x
8
 trong khai triển 
 
 
 
12
5
3
1
x
x
 là 4
12
C 495 . 
Bài 11: 
 Cho n là số nguyên dương. Tính tổng: 
  
   

2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1
C C C ... C
2 3 n 1
 (
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử). 
Giải 
 Xét       
n 0 1 2 2 n 4
n n n n
1 x C C x C x ... C x 
            
2 2
n 0 1 2 2 n n
n n n n
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 21 x x x x
C x C C ... C
1 1n 1 2 3 n 1
  
     
    
 
n 1 n 1 2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
3 2 2 1 2 1 2 1
C C C ... C
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: (x
2
 + 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) 
      
1 1 3 0 3
3n 3 n n n n
a 2C C 2 C C 26n n = 5 . 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 310 
Bài 13: 
Cho khai triển nhị thức: 
        
n n n 1
x xx 1 x 1x 1 0 1
n n3 32 22
C C . . . +
2 22 2 2

 
   

     
n 1 n
x xx 1n 1 n
n n3 32
 C C
2 2 2

    
 (n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó 3 1
n n
C 5C 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    
34
xx 13
7 32
C 140
2 2

  
    x 2 22 4 2  x  2 = 2  x = 4. 
Bài 14: 
Tìm số nguyên dương n sao cho     0 1 2 n n
n n n n
C 2C 4C ... 2 C 243 . 
Giải 
     0 1 2 n n
n n n n
C 2C 4C ... 2 C 243 (*) 
 Ta có       
n 0 1 2 2 n n
n n n n
1 x C xC x C ... x C (* *) 
 Thế x = 2 vào (* *) ta có: 
        
n 0 1 2 n n
n n n n
1 2 C 2C 4C ... 2 C 243 3
n
 = 243  n = 5. 
Bài 15: 
 Giả sử n là số nguyên dương và         
n 2 k n
0 1 2 k n
1 x a a x a x ... a x ... a x 
 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 + a2x
2
 +  + akx
k
 +  + anx
n
 Vì 
 
     
k 1 k k 1
k 1 k k 1 n n n
a a a C C C
2 9 24 2 9 24
  
 
   


 
      
   
      
k k 1
n n
k k 1
n n
C C 2n 2
k
2 n k 1 9k
9 2 11
3n 83 n k 8 k 1C C
k
11
9 24
  3n – 8 = 2n + 2  n = 10