Toán 11 - Nhị thức Newton và ứng dụng

Hãy tính hệ số 5a 
Bài 2: Tìm hệ số của số hạng trong các khai triển nhị thức NEWTON sau: 
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
18 
18 
a) Hệ số của số hạng chứa 8x trong khai triển 
12
52
4
1 x
x
  
 
b) Hệ số của số hạng chứa 16x trong khai triển  
162 21 1x x    
c) Hệ số của số hạng chứa 5x trong khai triển    5 1021 2 1 3x x x x   (Khối D- 2007) 
d) Hệ số của số hạng chứa 9x trong khai triển  3 23 2 nx x  . Biết 
4
3 4
1
24
23
n
n
n n
A
A C 


e) Hệ số của số hạng chứa 3x trong khai triển        3 4 221 2 1 2 ... 1 2f x x x x       
f) Hệ số của 5 3 6 6x y z t trong khai triển đa thức:  20x y z t   (Đề 4 “TH&TT”- 2003) 
Bài 3:(TTĐH- Đề 3-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu Tìm hệ số 8x trong khai 
triển  2 2 nx  , biết 3 1 28 49n n nA C C   
Bài 4:(TTĐH- Đề 1-2009- Thầy Nguyễn Tất Thu) Tìm hệ số của 6x trong khải triển 
 2 1 nx x  thành đa thức. Trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: 
1 2 20
2 1 2 1 2 1... 2 1.
n
n n nC C C       
Bài 5(TTĐH 2009- Chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An)Xác định hệ số của 11x trong 
khai triển đa thức    2 32 3 1n nx x  biết: 
 2 2 1 22 2 2 2 023 ... 1 3 ... 3 1024
kn n k n k
n n n n
nC C C C        
Bài 6 Tìm các số hạng trong các khai triển sau: 
a) Số hạng thứ 13 trong khai triển: 
17
34
3 2
1 , 0x x
x
 
   
 
b) Số hạng thứ 3 trong khai triển  22 nx . Biết rằng: 
 0 1 1 2 23 3 3 ... 1 nn n n nn n n nC C C C      
Bài 7 Tìm hệ số không phụ thuộc vào x trong các khai triển 
a) 
50
3
3 2
1x
x
 
 
 
 b)
12
33
2
1 x x
x
 
  
 
 c) 
16
3
24
11 x
x
 
  
 
Bài 8 Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển sau: 
a) 
60
12
1x
x
  
 
 b) 
12
3
4
1x
x
 
 
 
 c)  82 41 x x  
d) 1
n
x
x
  
 
Biết số hạng thứ ba lớn hơn số hạng thứ hai bằng 35 
Bài 9 Đặt:  72 41 x x x   = 280 1 28...a a x a x   
a) Tính: 3a 
b) Tính: 0 1 2 28...S a a a a     
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
19 
19 
c) Tính: 0 1 2 28...S a a a a     
Bài 10:(LAISAC) Khai triển   3 2
1
2
n
P x x
x
   
 
 ta được 
  3 3 5 3 100 1 2 ...n n nP x a x a x a x     Biết rằng ba hệ số đầu 0 1 2, ,a a a lập thành một cấp số 
cộng. Tính số hạng chứa 4x 
Bài 11: Trong khai triển của  20042 3 có bao nhiêu số hạng có hệ số là hữu tỉ? 
Bài 12: Tìm hệ số lớn nhất trong các khai triển: 
a)  10011 0.0001 b)  211 2x c) 
11
1 2
2 3
x 
  
 
C. ÁP DỤNG NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THứC VÀ TÍNH 
TỔNG TỔ HỢP. 
I. Thuần nhị thức Newton 
Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng nn
k k kC a b thì ta sẽ dùng trực 
tiếp nhị thức Newton: 
n
n k n k k
n
k 0
(a b) C a b

  . Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b 
Ví dụ I.1: Tính tổng 16 0 15 1 14 2 1616 16 16 163 C 3 3 ... CC C    
Giải 
Dễ dàng thấy tổng trên có dạng như dấu hiệu nêu trên. Ta sẽ chọn a = 3, b = -1. Khi đó 
tổng trên sẽ bằng 16 16(3 1) 2  
Ví dụ I2: Chứng minh rằng  0 2 2 4 4 2000 2000 2000 20012001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... C 13 2 2     
Giải 
Tương tự như trên, ta nghĩ ngay đến việc dùng nhị thức với a 1, b 3  : 
 0 1 1 2 2 3 3 4 4 2000 2000 20012001 2001 2001 2001 2001 2001
2001C 3 C 3 3 3 .... 3 (3C C C 1) 4C         
Nhưng tổng cần tìm chỉ chứa các số hạng có k2001C với k chẵn nên ta phải triệt tiêu được 
các số hạng “lẻ” bằng cách tính tổng khác với a 1,b 3   
 0 1 1 2 2 3 3 4 4 2000 2000 20012001 2001 2001 2001 2001 2001
2001C 3 C 3 3 3 .... 3 (3C C C 1) 2C         
Do đó tổng cần tìm là  
2001 2001
2000 20014 2 2
2
2 1  
Từ ví dụ trên ta có được bài toán tổng quát sau: 
Ví dụ I.3:(ĐH Hàng Hải- 2000) Chứng minh rằng: 
 0 2 2 4 4 2n 2n 1 2n2n 2n 2 2nn 2nC 3 C 3 C ... 2 13 2C       
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
20 
20 
Giải 
   
   
2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2
2 2 2 2 2
2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2
2 2 2 2 2
1 ... 1
1 ... 2
n n n n n
n n n n n
n n n n n
n n n n n
x C x C x C x C x C x
x C x C x C x C x C x
 
 
       
       
Lấy    1 2 ta được:    2 2 0 2 2 2 22 2 21 1 2 ...
n n n n
n n nx x C C x C x           
Chọn 3x  suy ra:    2 2 0 2 2 2 22 2 24 2 2 3 ... 3
n n n n
n n nC C C          
 
 
4 2
0 2 2 2 2
2 2 2
2 2
0 2 2 2 2
2 2 2
2 1 2 0 2 2 2 2
2 2 2
2 2 3 ... 3
2
2 2 1
3 ... 3
2
2 2 1 3 ... 3
n n
n n
n n n
n n
n n
n n n
n n n n
n n n
C C C
C C C
C C C

     

     
      
 PCMĐ 
Ví dụ I.4: Tính tổng: 0 11 1 1 10 2 2 9 3 9 2 10 9 1 112009 2009 2009 10 102 3 2 3 2 3 ... 2 3 2 3S C C C C C      
Giải 
Để ý rằng bậc của 2 giảm dần từ 11 1 , bậc của 3 tăng dần từ 1 11 vì vậy ta cần 
giảm bậc của 2 à 3v  trong mỗi số hạng xuống 1 đơn vị 
Vậy ta có:    100 10 0 2 8 2 9 1 9 9 0 10 102009 2009 10 102.3 2 3 2 3 ... 2 3 2 3 6 2 3 6.5S C C C C        
Ví dụ I.5 : Tính tổng: 
0 2009 1 2008 1 2 2007 2 2008 1 2008 2009
2009 2009 2009 20093 3 4 3 4 ... 3 4 4S C C C C      
Giải 
Ta có:    2008 20081 2008 20081 3 4 3 4k k k k k k kkT C C      
     
2009 2009 20092009
2009
1
3 4 3 4 1 1kk k
k
S C 

            
Ví dụ I.6: Cho n là số nguyên dương và chẵn, chứng minh rằng: 
     
11 1 1 2... (*)
1! 1 ! 3! 3 ! 1 !1! !
n
n n n n

    
  
Giải 
Ta có:    0 1 2 31 1 ... 1n n nn n n n nC C C C C        
Vì n chẵn  n N nên   11 n  
 Suy ra :  0 1 2 3 ... 0 (**)1 n nn n n n nC C C C C        
Ta có:      
1
1 3 1 1
! ! !(*) ... 2
1! 1 ! 3! 3 ! 1 !1!
 C C C 2
n
n n
n n n
n n n
n n n

 
     
  
      
Từ  
0 1 2 3 1
0 1 2 3 1
... 0
*
... ( )
n n
n n n n n n
n n n
n n n n n n
C C C C C C i
C C C C C C ii


        
 
        


 
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
21 
21 
Lấy i  trừ ( )ii ta được:  1 3 1..2 2. n nn n nC C C   
 1 3 1 1... 2 22
n
n n
n n nC C C
      PCMĐ 
Ví dụ I.7: (CĐXD Số 3, 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều 
có: 3 5 2 1 0 2 4 22 2 2 2 2 2 2 2
1 ... ...n nn n n n n n n nC C C C C C C C
         
Giải 
Ta có khai triển:  2 0 2 1 2 1 2 2 2 22 2 2 21 ...
n n n n n
n n n nx C x C x C x C
         
Chọn 1x   ta được: 0 2 1 2 22 2 2 2 2
3 ...0 n nn n n n nC x C C C C        
 3 5 2 1 0 2 4 22 2 2 2 2 2 2 21 PCM... ...n nn n n n n n n nC C C C C C C C Đ          
Chọn 2 20n  ta có được một đẳng thức “đẹp” sau: 
Ví dụ I.8:(CĐSP Bến Tre –Khối A-2002) Chứng minh rằng: 
1 3 5 19 19
20 20 20 20... 2C C C C     
Giải 
Cách 1:Ta có: 
 20 0 1 220 20 2 2 19 19 20 20200 201 ... x xx C C x C x C C        
Chọn 1x  ta được: 
0 1 2
20 20 20
0 2 1
20
19 20
20 20
20 3 19
20 220 0 020 2... ...
0 ...C C C C C
C C C C C C
   
      


 
A B  với 
0 2
20 20
1
20 20
20
20
3 19
20
...
(1)
...
C C C
C CB C
A     
   
Mặt khác:  20 0 1 220 20 2 2 19 19 20 20200 201 ... x xx C C x C x C C        
Chọn 1x  cho ta: 20 0 1 220 20 20
19 20
20 20.2 ..C C C C C      
202 (2)A b    
Từ    1 à 2v  suy ra:  
20
192 2 PCM
2
A Đ   
Cách 2: Áp dụng công thức 11
k k k
n n nC C C

   và 
0 1nC  
Ta được:  219 19
191 3 5 19 1 3 18 19 19
20 20 20 2 10 19 19 9. 1 1 2.. ...C C C C C C C C C           
Ví dụ 1.9: Rút gọn tổng sau: 
2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007
2007 2007 2007 20073 .2. 3 .2 . 3 .2 . ... 2 .S C C C C     
Giải 
Ta có các khai triển: 
   
   
2007 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2007 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007
2007 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2007 2007 2007
2007 2007 2007 2007 2007
3 2 3 3 .2. 3 .2 . ... 3.2 . 2 . *
3 2 3 3 .2. 3 .2 . ... 3.2 . 2 . **
C C C C C
C C C C C
       
       
Trừ    * và **  ta được: 
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
22 
22 
 2006 1 2004 3 2 2006 2007 2007 2007 20072007 2007 2007 20072 3 .2. 3 .2 . ... 3.2 . 2 . 1C C C C        
Vậy 
2007 1
2
S   . 
Ví dụ I.10:(CĐ, khối T-M- 2004) Chứng minh rằng: 
2004
0 2 1 2004 2004
2004 2004 2004
1... 2 .
2
C C C       
Giải 
Ta có: 
 
   
     
2004
2004
2004 2004
2004 20040
20042004
2004 0
2004
0
0 2 2
2004 2004
1
1 1
1
..
k k
kk k k
k kk
k
x C x
x x C x x
x C x
C C x




           
   

   



 2004 20042004. C x
Với 2x  ta có: 
2004
0 2 2 2004 2004
2004 2004 2004
3 12 ... 2
2
C C C     
Ví dụ I.11: Chứng minh: 1 1 1 1 ... ...p p p p q q p pa a b a b a b b a bC C C C C C C C C
  
       
Giải 
Điều kiện: ,p a b 
Ta có: 
 
 
   
2 2
2
0 1
0 1
1 1 1 1
2
1 ...
1 ...
1 ... . . (*).p p p p q q pa a b
a a a
a a a a
b b b
b b b b
a b p
a b a b b
x C C x C x C x
x C C x C x C x
x C C C C C C C xCM   



    
    


       
Với M là một đa thức không chứa px 
Mặt khác   0 11 .. (*. . ).. *a b p p a b a ba b a b a b a bx C C x C x C x
  
          
Đồng nhất hệ số ở (*) à (**)v  cho ta  PCMĐ 
II. Sử dụng đạo hàm cấp 1,2 
1. Đạo hàm cấp 1 
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,n hay 
n,,3,2,1 tức số hạng đó có dạng knkC hoặc 
k n k k 1
nkC a b
  thì ta có thể dùng đạo hàm 
cấp 1 đến tính. Cụ thể 
 n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 3 n nn n n n n(a x) C a C a x C a x C a ... Cx x
         
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được : 
  n 1 1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n n 1n n n nn(a x) C 2C a 3C a x ... nC xa 1           
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm. 
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
23 
23 
Ví dụ II.1.1:(ĐH BKHN- 1999) Tính tổng 1 2 3 4 n 1 nn n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) nC
      
Giải 
Ta thấy tổng cần tính có dạng như VP (1). Việc còn lại chỉ cần chọn a 1, x 1   ta tính 
được tổng bằng 0. 
Cách khác: Sử dụng đẳng thức k k 1n n 1kC nC

 ta được tổng bằng : 
 0 1 2 3 n 1 n 1 n 1n 1 n 1 n 1 n 1 n 1nC nC nC nC ... ( 1) nC n(1 1) 0
  
             
Dùng cách này có thể tránh được dùng đạo hàm do đó phù hợp với các bạn 11 chưa học 
đến đạo hàm hoặc cảm thấy dùng chưa quen đạo hàm. 
Ví dụ II.1.2:Tính tổng: 1 2 2 2 n n 1n n n n2C 2.C 2 3C 2 ... nC 2
    
Giải 
Xét:     0 1 2
0
1 ...
n
nk k n
n n n n n
k
f x C x x C C C C

       
   
 
11 1 2 1
0
1
' 1 2 ...
' 2 3
n
nk k n n
n n n n
k
n
f x kC x n x C C x nC x
f n
 


       
 
 
Ví dụ II.1.3:(ĐH KTQD- 2000) Chứng minh 
   n n 1 1 n 2 2 n 2 2 n n 1n n n n2 x 1.2 C 2.2 .C 3.2 .C ... nC n3 1 n Z             
Giải 
Cách 1: Ta có:  n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n nn n n n2 x C 2 C 2 x C 2 x ... C x       
Đạo hàm hai vế theo biến x ta được: 
 n 1 1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n nn n n nn 2 x C 2 2C 2 x 3C 2 x ... C n.x
        
Với 1 1 1 2 2 3 31 3 2 2 .2 2 .3... PCMn n n n nn n n nx n C C C C n Đ
          
Cách 2: Ta có:  n 0 1 2 2 n nn n n n1 x C C x C x ... C x      
Đạo hàm hai vế theo biến x ta được:  n 1 1 2 n n 1n n nn 1 x C 2C x ... nC x
      
Ta chọn 
1 1
1 23 2 ...1 1 1
2 2 2 2
n n
n
n n nn C C nx C
 
      

    
 
1 1 1 2 2 3 33 2 2.2 3.2 ... PCMn n n n nn n n nn C C C nC Đ
         
Ví dụ II.1.4: Tính tổng 
S = n 1 0 n 2 1 n 3 2 2 n 1 n 1n n n nn2 C (n 1)2 .3.C (n 2)2 .3 .C ... 3 C
          
Giải 
Nhận thấy hệ số đứng trước tổ hợp giảm dần n,n-1, ,3,2,1 nên phải hoán đổi vị trí a và 
x: 
 n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n nn n n n(x a) C x C x a C x ...a C a
       
Đạo hàm theo x: n 1 n 1 0 n 2 1 n 3 2 2 n 1 n 1n n n nn(x a) nx C (n 1)x aC (n 2)x a C ... a C
             
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
24 
24 
Thay x = 2, a = 3 ta được tổng bằng n 1n5  
Cách khác: Khéo léo sử dụng 2 đẳng thức k k k 1n n n 1
n k
nC C ,kC nC 
   ta có thể tránh việc 
phải dùng đạo hàm phức tạm: 
 
n 1 n n 2 n 1 n 3 2 n 2 n 1 1
n n n n
n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 2 n 3 n 1 0
n 1 n 1 n 1 n 1
n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 2 n 3 n 1 0 n 1 n 1
n 1 n 1 n 1 n 1
S n2 C (n 1)2 3C (n 2)2 C ... 3 C
n2 C n2 n2 3 C ... n3 C
n 2 C 2 2 3 C ... 3 C n(2 3) n5
3
3C
3C
     
      
   
        
   
      
    
       
Ví dụ II.1.5: Tính tổng 0 1 2 2006 20072007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C     
Giải 
Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008,2007,2,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu: 
 2007 0 2007 1 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 200
0 6
7
2 0(x 1) x C x C x ... C x CC      
Bây giờ nếu lấy đạo hàm thì chỉ được 0 200620072007C x trong khi trong đề đến 2008 do đó ta 
phải nhân thêm x vào đẳng thức trên rồi mới đạo hàm: 
2007
2006 2
2007 0 2008 1 2 2006 2006 2 2007
2007 2007 2007 2007 2007
0 1 206 2007
2007 2007 200
00
7 2007
7 2006
x(x 1) x C x C x ... C x C x
(x 1) (2008x 1) 2008C x 2007C x ... 2C x C
C     
      


Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 20062009.2 
Ví dụ II.1.6: Chứng minh đẳng thức: 
a) (ĐH TCKT Hà Nội 2000): 2 11 32 3 .. 2. .n n nn n n n nC C C C x
    
b)      1 1 2 12 3 ... 1 ... 1 2 .2p n nn n n n nC C C p C n C n           
Giải: 
a) Xét nhị thức   0 1 2 21 ...n n nn n n nx C C x C x C x     
Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức theo biến x : 
  21 0 11 2 ...n n nn n nn x C C x nC x
      
Chọn 1x  ta được: 20 12 ... .2n nn n nC C C n
   
b) Tương tự như câu a ta nhân x cho 2 vế của đẳng thức rồi lấy đạo hàm. 
Ví dụ II.1.7: Rút gọn biểu thức sau:  0 1 23 4 5 ... 3 nn n n nS C C C n C      
Giải 
Cách 1: Nhận thấy rằng với 1x  thì ta có: 
 
 
   
1 1
0 0 3
4
0 3
3 '
4 '
3 '
n n
n
n n
n
n n
C C x
C C x
n C C x 
 
 
 



Suy ra: 
     0 3 3 01 4 2 5 3 1 3 3 32... .3 .. 1n n n n n n n nn n nnnC x C x C x n C x x C C x xC x C x x            
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
25 
25 
Xét hàm số:    3 1 nf x x x  
       12 3' 3 1 1n nf x x x nx x      
Kêt hợp với     2 0 3 1 2 4 2' 3 4 5 ... 3 n nn n n nf x x C x C C x n x C       
Chọn 1x  thì:  0 1 23 4 5 ... 3 nn n n nS C C C n C      
  1 13.2 2 2 6n n nn n     
2. Đạo hàm cấp 2 
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2 , 2.3 , , (n-1).n hay (n-1)n, , 
2.3 , 1.2 hay 2 2 21 , 2 ,..., n ( không kể dấu ) tức có dạng k n knk(k 1)C a
 hay tổng quát 
hơn k n k knk(k 1)C a b
 thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức: 
n 0 1 n 1 2 n 2 2 2 n 3 3 3 n n n
n n n n n
3(a bx) C C a bx C a b C a bx ...x C b x         
Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được: 
n 1 1 n 1 2 2 3 n 3 3 2 n n n 1
n n
n
n n
2bn(a bx) C a a b x 3C a b x ... nCb xC b2        
Đạo hàm lần nữa: 
n2 2 n 2 2 3 n 3 3 n n n 2
n n
2
nb n(n 1)(a bx) 2.1C a b 3.2C a b x ... n(n 1)C b x (2)
         
Đến đây ta gần như giải quyết xong Ví dụ toán chỉ việc thay a, b, x bởi các hằng số 
thích hợp nữa thôi. 
Ví dụ I.2.1: Chứng minh rằng 
S= 2 3 4 n n 2n n n n2.1C 3.2C 4.3C ... n(n 1)C n(n 1)2
       
Dễ dàng thấy được VT của đẳng thức trên giống gần như hoàn toàn VP (2) ta chỉ việc 
thay a b x 1   là đã giải quyết xong bài toán 
Chú ý: Đây chỉ là ý tưởng còn khi trình bày vào bài kiểm tra hay bài thi thì ta phải ghi rõ 
xét đa thức n(1 x) rồi đạo hàm 2 lần và thay x = 1 vào mới được trọn số điểm. 
Cách khác: Ta vẫn có thể sử dụng được đẳng thức k k 1n n 1kC nC

 2 lần để tính tổng trên, cụ 
thể: 
2 3 n 1
n 1 n 1 n 1 n 1
0 1 2 n 2
n 2 n 2 n 2 n
1
2
n 2 n 2
S n1C n2C n3C ... n(n 1)C
n(n 1)C n(n 1)C n(n 1)C ... n(n 1)C
n(n 1)(1 1) n(n 1)2

   

   
 
      
         
    
Tương tự như trên ta dễ dàng tính được tổng bằng cách thay x = -1 và n = 16 
2 3 4 15 16
16 16 16 16 161.2C 3.4C .2.3C .. 14.15C 15.16C    
Hoặc ta cũng có thể sử dụng k k 1n n 1kC nC

 để đơn giản hơn một chút. 
Ví dụ I.2.2 Rút gọn tổng sau 2 1 2008 2 2 2007 2 3 2006 2 20092009 2009 2009 20091 C 2 2 C 2 3 C 2 ... 2009 C    
Giải 
Nhị Thức NEWTON Và Ứng Dụng 
Thân Tặng Tập Thể Lớp 11B2 – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 2008 – 2009) 
Nguyễn Văn Năm - Lê Hoàng Nam 
26 
26 
Với ý tưởng như Ví dụ trên ta xét đa thức 
2009 0 2009 1 2008 2 2007 2 2006 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009
3x C x(2 x) C 2 C 2 2 C 2 x ... C x      
Đạo hàm lần 1: 
1 2008 2 2007 3 2006 2 2009 2008
2009 2009 2009 2
20
00
08
92.2009(2 x) 1C 2 2C 2 x 3C 2 x ... 2009C x      
Nếu ta tiếp tục đạo hàm lần nữa thì chỉ thu được 1.2, 2.3 , do đó để thu được 2 22 ,3 ta 
phải nhân thêm hai vế với x rồi mới lấy đạo hàm: 
 2008 1 2008 2 2007 2 2009 20092009 2009 20092009x(2 x) 1C 2 x 2C 2 x ... 2009C x     
2008 2007 2 1 2008 2 2 2007 2 2009 2008
2009 2009 20092009(2 x) 2009.2008x(2 x) 1 C 2 2 C 2 x ... 2009 C x      
Thay x = 1 ta rút gọn được tổng trên thành 20072011.2009.3 
Tương tự khi tính tổng 1 2 nn n n n
32.1C 3.2C 4.3C ... (n 1)nC     ta cần chú ý là trước tổ 
hợp có một hệ số lớn hơn k trong knC nên ta phải nhân với x trước khi đạo hàm 2 lần. 
Ví dụ I.2.3:(ĐH AN – CS Khối A 1998) Cho      1 , 2nf x x n Z     
a) Tính  '' 1f 
b) Chứng minh rằng: 
      22 3 42.1 3.2 4.3 ... 1 ... 1 1 2n n nn n n n nC C C n nC n nC n n          
Giải 
a)             1 2 2' 1 '' 1 1 '' 1 1n n nf x n x f x n n x f n x           
b) Ta có:     0 1
1 2
1
n n
n k k k k
n n n n
k k
f x x C x C C x C x
 
       
 
   
   
       1 2 2
1 1
2
2
2
2
2
'
'' 1
'
2.1 3.2 ... 1 ... 1 1 2
' 1 1 2
;p
n
k k
n n
k
n
k k
n
k
n
k n
n
k
n n
n n n n
f x C kC x
f x k k C x
f k k C
C C p C n nC n n







 
 
 
        
 
 



ĐPCM
Từ câu b ta thay    1 1n n   thì ta có một bài toán khác: 
b’) Chứng minh rằng:      1 2 22.1 3.2 ... 1 ... 1 1 2p n nn n n nC C n pC n nC n n          
Với bài toán này ta có thể giải như sau: 
Xét nhị thức:   0 1 2 21 ...n n nn n n nx C C x C x C x     
Nhân hai vế của đẳng thức với #0x đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta 
được:        1 2 1 1212 1 1 2 3.2 ... 1n n n nn n nn x x C x C x nx nCn n x
         
Cho 1x  ta được PCM