Bài ôn tập Đại số & Giải tích Lớp 11 - Chương II: Tổ hợp-Xác suất

 Trang 1 
CHƯƠNG II: TỔ HỢP- XÁC SUẤT 
Bài 1: QUY TẮC ĐẾM 
I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN 
1. Quy tắc cộng: 
a) Quy tắc cộng cho hai phương án. 
* Giả sử một công việc V có thể được thực hiện theo phương án A hoặc phương án B . Có m 
cách thực hiện theo phương án A và có n cách thực hiện theo phương án B . Khi đó có m n 
cách thực hiện công việc V 
b) Quy tắc cộng cho nhiều phương án. 
* Giả sử một công việc V có thể được thực hiện theo một trong k phương án 1 2, ,..., kA A A . Có 1n 
cách thực hiện theo phương án 1A , có 2n cách thực hiện theo phương án 2A ,..có kn cách thực 
hiện theo phương án kA . Khi đó có 1 2 ... kn n n   cách thực hiện công việc V . 
c) Quy tắc cộng dưới dạng tập hợp 
Cho A và B là hai tập hợp hữu hạn. Khi đó        n A B n A n B n A B     . 
Đặc biệt: Nếu A B  thì      n A B n A n B   . 
 2. Quy tắc nhân: 
a) Quy tắc nhân cho hai công đoạn. 
* Giả sử một công việc V được thực hiện qua hai công đoạn liên tiếp A và B . Có m cách thực 
hiện công đoạn A . Với mỗi cách thực hiện công đoạn A lại có n cách thực hiện công đoạn B . 
Khi đó có .m n cách thực hiện công việc V . 
b) Quy tắc nhân cho nhiều công đoạn. 
* Giả sử một công việc V được thực hiện qua k công đoạn liên tiếp nhau 1 2, ,..., kA A A . Có 1n cách 
thực hiện công đoạn 1A , với mỗi cách thực hiện công đoạn 1A có 2n cách thực hiện công đoạn 2A
,., với mỗi cách thực hiện công đoạn 1kA  có kn cách thực hiện công đoạn kA . Khi đó có 
1 2. .... kn n n cách thực hiện công việc V . 
c) Quy tắc nhân dưới dạng tập hợp 
Tích Đề các của hai tập hợp A và B là tập hợp   ; | ,xA B x y x A y B   
Cho A và B là hai tập hợp hữu hạn. Khi đó      .n A B n A n B  . 
II. BÀI TẬP 
DẠNG 1: ĐẾM TRỰC TIẾP. 
A. Phương pháp đếm trực tiếp: 
1. Nội dung phương pháp 
Để đếm số cách thực hiện một công việc, ta phân chia cách thực hiện công việc đó thành các 
phương án, trong mỗi phương án lại chia thành các công đoạn. Sau đó sử dụng quy tắc nhân và quy 
tắc cộng để suy ra số cách thực hiện công việc đó. 
 Trang 2 
2. Ví dụ minh họa: 
Lời giải 
a) Để chọn một cái quần hoặc một cái áo ta có hai phương án lựa chọn 
Phương án A- Chọn một cái quần: Có 4 cách thực hiện. 
Phương án B- Chọn một cái áo: Có 3 cách thực hiện. 
Theo quy tắc cộng ta có: 4 3 7  cách chọn một cái quần hoặc một cái áo. 
b) Để chọn một bộ quần áo, ta phải thực hiện hai công đoạn liên tiếp 
Công đoạn 1- Chọn một cái quần: Có 4 cách thực hiện 
Công đoạn 2- Chọn một cái áo: Có 3 cách thực hiện. 
Theo quy tắc nhân ta có 4.3 12 cách chọn một bộ quần áo. 
Lời giải 
Nhà trường có hai phương án chọn. 
Phương án 1: Chọn học sinh tiên tiến của lớp 11A, có 15 cách chọn. 
Phương án 2: Chọn học sinh tiên tiến của lớp 12B, có 13 cách chọn. 
Vậy nhà trường có tất cả 15 13 28  cách chọn. 
Lời giải 
Ta có 26 cách chọn chữ cái để xếp ở vị trí đầu tiên. 
Tương tự có 9 cách chọn chữ số cho vị trí thứ hai. 
Có 10 cách chọn chữ số cho mỗi vị trí trong bốn vị trí còn lại. 
Vậy theo quy tắc nhân có tất cả: 
26.9.10.10.10.10 2340000 
Bạn An có 3 cái áo và 4 cái quần. Hỏi bạn An có mấy cách chọn 
a) một cái quần hoặc một cái áo? 
b) một bộ quần áo ? 
Ví dụ 1 
Một trường THPT được cử một học sinh đi dự trại hè toàn quốc. Nhà trường quyết định chọn 
một học sinh tiên tiến trong lớp 11A hoặc lớp 12B. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn, nếu 
biết rằng lớp 11A có học sinh tiên tiến và lớp 12B có học sinh tiên tiến. 
Ví dụ 2 
Biển số xe máy của tỉnh A có kí tự, trong đó kí tự ở vị trí đầu tiên là một chữ cái , kí tự ở vị 
trí thứ hai là một chữ số thuộc tập , mỗi kí tự ở bốn vị trí tiếp theo là một chữ số thuộc 
tập . Hỏi nếu chỉ dùng một mã số tỉnh thì tỉnh A có thể làm được nhiều nhất bao nhiêu 
biển số xe máy khác nhau? 
Ví dụ 3 
 Trang 3 
Lời giải 
Theo quy tắc nhân, có 10.8 80 cách chọn một quyển tiếng Việt và một quyển tiếng Anh; có 
10.6 60 cách chọn một quyển tiếng Việt và một quyển tiếng Pháp; có 8.6 48 cách chọn một 
quyển tiếng Anh và một quyển tiếng Pháp. 
Vậy theo quy tắc cộng, ta có số cách chọn hai quyển sách tiếng khác nhau là 
80 60 48 188   
Lời giải 
Trường hợp 1. Chọn áo trắng. 
Bước 1 : Có 3 cách chọn. 
Bước 2 : Vì không được chọn cà vạt màu vàng nên có 3 cách chọn cà vạt. 
Vậy trường hợp 1 có 3.3 9 cách chọn áo và cà vạt. 
Trường hợp 2. Không chọn áo trắng. 
Bước 1 : Có 4 cách chọn. 
Bước 2 : Có 5 cách chọn cà vạt. 
Vậy trường hợp 1 có 4.5 20 cách chọn áo và cà vạt. 
Do đó có tất cả 20 9 29  cách chọn áo và cà vạt thỏa mãn yêu cầu đề bài. 
Lời giải 
Gọi n là số nguyên dương nhỏ hơn 26. 
Ta có:  0 26, 1,2,3,...,25n n n     . 
Chọn một chữ cái trong 24 chữ cái có 24 cách. 
Chọn một số nguyên dương có 25 cách. 
Theo quy tắc nhân có : 24.25 600 cách ghi nhãn khác nhau. 
Trên giá sách có quyển sách tiếng Việt khác nhau, quyển sách tiếng Anh khác nhau và 
quyển sách tiếng Pháp khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai quyển sách tiếng khác nhau? 
Ví dụ 4 
Một người có áo trong đó có áo trắng và cà vạt trong đó có cà vạt màu vàng. Hỏi có 
bao nhiêu cách chọn áo và cà vạt nếu đã chọn áo trắng thì không chọn cà vạt màu vàng? 
Ví dụ 5 
Nhãn mỗi chiếc ghế trong một hội trường gồm hai phần : phần đầu là một chữ cái , phần thứ hai 
là một số nguyên dương nhỏ hơn 26. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu chiếc ghế được ghi nhãn khác 
nhau ? 
Ví dụ 6 
Cho hai đường thẳng song song . Trên lấy điểm phân biệt, trên lấy điểm phân 
biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà đỉnh của nó được chọn từ đỉnh nói trên? 
Ví dụ 7 
 Trang 4 
Lời giải 
 Trường hợp 1: Lấy 2 điểm thuộc d , 1 điểm thuộc ’d : 
 Lấy điểm thứ nhất thuộc d có 10 cách, lấy điểm thứ hai thuộc d có 9 cách 
 Lấy điểm thuộc ’d có 15cách. 
 Vì sự thay đổi các đỉnh trong tam giác không tạo thành một tam giác mới nên hai đỉnh lấy trên 
d nếu đổi thứ tự lấy không tạo thành tam giác mới. 
 Do đó có 
10 9
15 675
2

  tam giác 
 Trường hợp 2 : Lấy 1 điểm thuộc d , 2 điểm thuộc ’d : 
 Lấy điểm thứ nhất thuộc ’d có 15 cách, lấy điểm thứ hai thuộc ’d có 14 cách 
 Lấy điểm thuộc d có 10 cách. 
 Vì sự thay đổi các đỉnh trong tam giác không tạo thành một tam giác mới nên hai đỉnh lấy 
trên d nếu đổi thứ tự lấy không tạo thành tam giác mới. 
 Do đó có 
15 14
10 1050
2

  tam giác 
 Vậy có 675 1050 1725  tam giác. 
Lời giải 
Trường hợp 1: Tô cạnh AB và CD khác màu: 
 Số cách tô cạnh AB : 6 cách. 
 Số cách tô cạnh BC : 5 cách . 
 Số cách tô cạnh CD : 4 cách . 
 Số cách tô cạnh AD : 4 cách . 
 Theo quy tắc nhân ta có: 6.5.4.4 480 cách tô cạnh AB và CD khác màu. 
Trường hợp 2: Tô cạnh AB và CD cùng màu: 
 Số cách tô cạnh AB : 6 cách. 
 Số cách tô cạnh BC : 5 cách . 
 Số cách tô cạnh CD : 1 cách . 
 Số cách tô cạnh AD : 5 cách . 
Theo quy tắc nhân ta có: 6.5.1.5 150 cách tô cạnh AB và CD cùng màu. 
Vậy số cách tô màu thỏa đề bài là: 480 150 630  cách. 
Chú ý: Kỹ thuật sử dụng vách ngăn 
Tô màu các cạnh của hình vuông bởi màu khác nhau sao cho mỗi cạnh được tô bởi 
một màu và hai cạnh kề nhau thì tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách tô? 
Ví dụ 8 
Có bao nhiêu cách xếp bạn nam và bạn nữ thành một hàng ngang, sao cho không có hai bạn 
nam nào đứng cạnh nhau. 
Ví dụ 1 
 Trang 5 
Lời giải 
Xếp 7 bạn nữ thành hàng ngang có 7.6.5.4.3.2.1 5040 cách xếp. 
Khi đó 7 bạn nữ chia hàng ngang thành 8 khoảng trống mà mỗi bạn nữ là một vách ngăn. 
Xếp 5 bạn nam vào 8 khoảng trống đó sao cho mỗi khoảng trống xếp nhiều nhất một bạn nam. Số 
cách xếp 5 bạn nam là: 8.7.6.5.4 6720 cách xếp. 
Theo quy tắc nhân có: 5040 6720 33868800  cách xếp. 
Lời giải 
 Xếp 10 cái bánh thành một hàng, khi đó có 9 khoảng trống ở giữa các chiếc bánh. Để chia 
10 chiếc bánh thành 3 phần mà mỗi phần có ít nhất một chiếc, người ta đặt hai chiếc đũa vào 2 
khoảng trống trong 9 khoảng trống đó. Tuy nhiên vai trò hai chiếc đũa là như nhau nên có tất cả 
9.8
36
2
 cách chia 
Lời giải 
Có 4 vị trí để xếp 4 học sinh nữ 
 + Vị trí 1: có 4 cách xếp 
 + Vị trí 2: có 3 cách xếp 
 + Vị trí 3: có 2 cách xếp 
 + Vị trí 4: có 1 cách xếp 
Ta có 4 học sinh nữ tạo thành 5 vách ngăn, ta đặt 2 học sinh nam vào 5 vách ngăn đó 
 + Học sinh nam thứ nhất: có 5 cách chọn 
 + Học sinh nam thứ hai: có 4 cách chọn 
Theo quy tắc nhân: 4.3.2.1.5.4 480 cách chọn 
Lời giải 
Xếp 7 bạn nam vào bàn tròn có 1.6.5.4.3.2.1 720 cách xếp. 
Khi đó 7 bạn nam chia vòng tròn quanh bàn thành 7 khoảng trống. 
Xếp 5 bạn nữ vào 7 khoảng trống đó sao cho mỗi khoảng trống xếp nhiều nhất một bạn nữ. Số 
cách xếp 5 bạn nữ là: 7.6.5.4.3 2520 cách xếp. 
Theo quy tắc nhân có: 720 2520 1814400  cách xếp. 
Có bao nhiêu cách chia 10 cái bánh giống nhau cho 3 người sao cho mỗi người có ít nhất một 
chiếc bánh. 
Ví dụ 2 
Tổ của lớp có học sinh nam và học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp bạn học 
sinh vào dãy ghế đặt theo hàng ngang sao cho bạn học sinh nam không đứng cạnh nhau? 
Ví dụ 3 
Có bao nhiêu cách xếp bạn nam và bạn nữ vào một bàn tròn có 12 chỗ ngồi, sao cho không 
có hai bạn nam nào ngồi cạnh nhau. 
Ví dụ 4 
 Trang 6 
DẠNG 2: ĐẾM GIÁN TIẾP. 
1. Nội dung phương pháp 
 Để đếm số cách thực hiện một công việc nào đó, mà phương pháp đếm trực tiếp có nhiều 
phương án, nhiều công đoạn phức tạp, người ta có thể sử dụng phương pháp đếm phần bù, nghĩa là 
bỏ bớt đi một giả thiết quan trọng  P nào đó gây ra sự phức tạp và đếm số cách thực hiện công 
việc đó ta được m cách thực hiện. Trong số cách thực hiện đó ta đếm số cách thực hiện công việc 
mà không thỏa mãn giả thiết quan trọng  P được n cách thực hiện. Từ đó suy ra có m n cách 
thực hiện công việc đã cho. 
2. Ví dụ minh họa 
Lời giải 
Số cách xếp 5 học sinh vào 5 vị trí là 5.4.3.2.1=120 cách. 
Ta đếm số cách xếp để bạn C ngồi chính giữa. 
Ta xếp C vào chính giữa, sau đó xếp A, B, D ,E. 
Có 1 cách xếp C. 
Xếp A vào 4 vị trí còn lại có 4 cách. 
Xếp B vào 3 vị trí còn lại có 3 cách. 
Xếp C vào 2 vị trí còn lại có 2 cách. 
Xếp E vào 1 vị trí còn lại có 1 cách. 
Như vậy theo quy tắc nhân có 1.2.3.4=24 cách xếp sao cho C không ngồi giữa. 
Do đó có 120 24 96  cách xếp sao cho C ngồi giữa. 
Lời giải 
* Ta đếm số véc tơ được tạo thành từ 5 điểm. 
Có 5 cách chọn điểm đầu. 
Có 4 cách chọn điểm cuối trong 4 điểm còn lại. 
Như vậy có tất cả 20 véc tơ. 
* Ta đếm số cách chọn véc tơ được tạo thành từ 5 điểm mà điểm A là điểm đầu. 
Ta chỉ cần chọn điểm cuối trong 4 điểm còn lại. Nên có 4 cách chọn. 
Vậy có 20 4 16  véc tơ thỏa mãn. 
Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh A, B, C, D, E vào một chiếc ghế dài sao cho bạn C không ngồi 
chính giữa. 
Ví dụ 1 
Trong mặt phẳng có 5 điểm phân biệt A, B, C, D, E. Hỏi có bao nhiêu véc tơ có điểm đầu và 
điểm cuối là các điểm A, B, C, D, E thỏa mãn điểm A không phải là điểm đầu? 
Ví dụ 2 
 Trang 7 
Lời giải 
* Ta đếm số cách chọn 3 học sinh bất kì trong 12 học sinh. 
Chọn bạn thứ nhất có 12 cách. Chọn bạn thứ 2 từ 11 bạn còn lại có 11 cách. Chọn bạn thứ 3  ... n n nn
k k C k k n n C
k n k k n k


 
     
  
. 
Lời giải 
Ta có: 
1
1 1
1 1 1 1 !( 1)! ( 1)!( )!
2 2 ( 1)! ( 1)!k kn n
n n k n k k n k
n C C n n n 
        
     
     
1 !( )!( 1 1) 1 !( )!( 2) !( )! 1
2 ( 1)! 2 ( 1)! ! kn
n k n k n k k n k n k n k n k
n n n n n C
         
     
   
. 
Lời giải 
Với 1, 2, 3, ....,nn  ta có: 
 
 2
2 !1 1 1 1
! 1 1n
n
A n n n n n

   
 
Chứng minh rằng 
Ví dụ 3 
Chứng minh rằng 
Ví dụ 4 
Chứng minh rằng với 
Ví dụ 5 
Chứng minh rằng với mọi , thì ta có: . 
Ví dụ 6 
 Trang 57 
Vậy 
2 2 2 2
2 3 4
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. 1 1
2 2 3 1n
n
A A A A n n n n

            

. 
Lời giải 
Ta có: 
1
nC n ;  
 2
1
1 !2 !
2 1
2! 2 ! !
n
n
nC n
n
C n n

   

, 
 
 3
2
2! 2 !3 !
3 2
3! 3 ! !
n
n
nC n
n
C n n

   

Và 
1
1
k
n
k
n
kC
n k
C 
   ; 
1
1
n
n
n
n
nC
C 
 
Do đó      
2 3
1
1 2 1
2 3
1 2 1 . 2 1
n
n n n
n n
n n n
C C nC
C n n n n k
C C C 
              
 1
1 2 3 ..
2
n n
n

      (điều phải chứng minh). 
Lời giải 
Điều kiện : 3;n n  . 
Ta có : 
     
1 2 3 ! ! !9 9
1! 1 ! 2! 2 ! 3! 3 !
n n n
n n n
C C C n n
n n n
      
  
     21 1 2 9 49 0 7
2 6
n n n n n
n n n n
  
         . 
Vậy nghiệm của phương trình là 7n  . 
Lời giải 
Điều kiện : 1;x x  . 
Chứng minh rằng 
Ví dụ 7 
Giải phương trình : với là số nguyên dương, là tổ hợp chập của phần 
tử. 
Ví dụ 8 
Giải phương trình : với là số nguyên dương, là tổ hợp chập 
của phần tử. 
Ví dụ 9 
 Trang 58 
Ta có :
 
 
   
 
 
 
2 2 2 2
1 2 3 4
1 ! 2 ! 3 ! 4 !
2 2 149 2 2 149
2! 1 ! 2! ! 2! 1 ! 2! 2 !
x x x x
x x x x
C C C C
x x x x
   
   
        
  
           21 2 1 2 2 2 3 3 4 298 4 45 0x x x x x x x x x x                
5x  hoặc 9x   (loại). 
Vậy nghiệm của phương trình là 5x  . 
Lời giải 
Điều kiện : n . 
Ta có :        1 1 14 3 3 3 3 37 3 7 3 7 3n n n n n nn n n n n nC C n C C C n C n                  
 
 
 
  
 
3 ! 2 3 2
7 3 7 3 7 12
1 !2! 2 2
n n n n
n n n
n
   
         

. 
Vậy nghiệm của phương trình 12n  . 
Lời giải 
Điều kiện :
1
,
x y
x y
 


 Ta có : 
 
   
 
 
 
 
 
 
     
     
1
1 1
1
1 1
1 ! 1 !
1 ! ! ! 1 ! 1 ! ! ! 1 !
3 1 ! 5 1 ! 3 1 ! 2 ! 5 ! 1 !3 5
! 1 ! 2 !
y y
x x
y y
x x
x x
y x y y x y y x y y x yC C
x x y x y y x yC C
y x y x y

 

 
 

           
   
         
    
 
1 1 2 0 6
3 2 5 3 8 6 3
y x y x y x
x y y x y y
       
    
        
 (thỏa điều kiện). 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 
6
3
x
y



Giải phương trình : với là số nguyên dương, là tổ hợp chập của 
phần tử. 
Ví dụ 10 
Giải hệ phương trình : với là số nguyên dương, là tổ hợp chập của 
phần tử. 
Ví dụ 11 
 Trang 59 
Lời giải 
Điều kiện , ; x y x y . 
Ta có: 
2 5 90 20
5 2 80 10
    
 
    
x x x
y y y
x x x
y y y
A C A
A C C
. 
Từ !x xy yA x C suy ra 
20
! 2 2
10
   x x 
Từ  2 2
4 (loai)
20 1 20 20 0
5
 
          
y
y
A y y y y
y
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 2; 5 x y . 
Lời giải 
Điều kiện :  * , 3n N n 
Ta có: 3 3
1
( 1)( 2) ( 1) ( 1) ( 2) ( 1)
6 6 6 6 6
6 6 6 6n n
n n n n n n n n n n
n C C n

     
          
⇔ 12n . Đối chiếu điều kiện ta có 3,4,5,6,7,8,9,10,11,12n  
Vậy nghiệm của bất phương trình là 3,4,5,6,7,8,9,10,11,12n  
Lời giải 
Điều kiện : n và 5n  
Giải hệ phương trình : với là số nguyên dương, là tổ hợp chập của 
phần tử, là chỉnh hợp chập của phần tử. 
Ví dụ 12 
Giải bất phương trình : với là số nguyên dương, là tổ hợp chập của 
phần tử. 
Ví dụ 13 
Giải bất phương trình : với là số nguyên dương, là tổ hợp 
chập của phần tử. 
Ví dụ 14 
 Trang 60 
Ta có   
 
 
 
 
  4 31 1
1 ! 1 !5 5
2 3 0 2 3 0
4 4! 5 ! 3! 4 ! 4
n n
n n
C C n n n n
n n
 
 
          
 
           1 2 3 4 1 2 3 5 2 3
0
24 6 4
n n n n n n n n n        
   
  
 2
1 4 1 5
0 5 4 4 1 30 0
24 6 4
n n n
n n n
  
           
2 9 22 0 2 11n n n        . Đối chiếu điều kiện ta có 5,6,7,8,9,10n  . 
Vậy nghiệm của bất phương trình là 5,6,7,8,9,10n  
Lời giải 
Sử dụng công thức: 
 
!
!
k
n
n
A
n k


; 
 
!
! !
k
n
n
C
k n k


,  1 k n  . 
Ta có: 
3 2 14n nA C n     
! !
14
3 ! 2!. 2 !
n n
n
n n
  
 
. 
  
 1
1 2 14
2
n n
n n n n

       
1
1 2 14 0
2
n
n n n
 
      
 
. 
  5 2 5 0n n n    5n  . 
Lời giải 
 Sử dụng hằng đẳng thức sau 1 1
1
k k k
n n nC C C
 
  ta có: 
1 2 3 1 1 2 2 3
1 2
1 1 1
1 1 2
1 1 1 1
1
2 2 3
3 3 ( ) 2( ) ( )
2
( ) ( )
k k k k k k k k k k
n n n n n n n n n n
k k k
n n n
k k k k
n n n n
k k k
n n n
C C C C C C C C C C
C C C
C C C C
C C C
       
 
  
  
   

  
        
  
   
  
Vậy đẳng thức được chứng minh. 
Cho thỏa mãn : . Xác định giá trị của 
Ví dụ 15 
Chứng minh rằng với , : 
Ví dụ 16 
 Trang 61 
BÀI 3. NHỊ THỨC NIU-TƠN 
I. NHỊ THỨC NIU-TƠN 
Cho ,a b là các số thực và *n . Ta có: 
  0 1 1 2 2 2 1 1
0
. . . . . . . ...
n
n k n k k n n n n n n n
n n n n n n
k
a b C a b C a C a b C a b C ab C b    

       
NHẬN XÉT: 
 Trong khai triển  
n
a b có 1n số hạng và các hệ số của các cặp số hạng cách đều số hạng 
đầu và số hạng cuối thì bằng nhau: k n k
n nC C
 . 
 Trong khai triển  
n
a b thì dấu đan nhau, nghĩa là  , rồi  , rồi  ,  
 Số mũ của a giảm dần từ n đến 0 , số mũ của b tăng dần từ 0 đến n nhưng tổng số mũ của a 
và b bằng n . 
 
0 1 2 ... 2n nn n n nC C C C     
 
0 1 2 3 .. ( 1) 0n nn n n n nC C C C C       
II. TAM GIÁC PASCAL 
Các hệ số của khai triển:  
0
a b ,  
1
a b ,  
2
a b , ,  
n
a b có thể xếp thành một tam giác gọi 
là tam giác PASCAL. 
 0n  : 1 
 1n  : 1 1 
 2n  : 1 2 1 
 3n  : 1 3 3 1 
 4n  : 1 4 6 4 1 
 5n  : 1 5 10 10 5 1 
 6n  : 1 6 15 20 15 6 1 
 7n  : 1 7 21 35 35 21 7 1 
 ................................................................................................ 
Hằng đẳng thức PASCAL: 
1
1 1
k k
n n
k
n
C C
C

 
 
Tức là trong tam giác số này, bắt đầu từ hàng thứ hai, mỗi số ở hàng thứ n từ cột thứ hai đến cột 
1n bằng tổng hai số đứng ở hàng trên cùng cột và cột trước nó. 
III. CÁC DẠNG BÀI TẬP 
Dạng 1. Khai triển nhị thức bằng công thức nhị thức Niu-tơn hoặc tam giác Pascal 
 Trang 62 
a)  
4
4 4 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4
4 4 4 4 4 4
0
1 . .1 . . .1 . .1 . .1 .1k k k
k
x C x C x C x C x C x C

       
4 3 24 6 4 1x x x x     
b)    
5
5 5
5
0
2 . . 2
kk k
k
x y C x y

  
         
2 3 4 50 5 1 4 2 3 3 2 4 5
5 5 5 5 5 5. . . 2 . . 2 . . 2 . . 2 . 2C x C x y C x y C x y C x y C y      
5 4 3 2 2 3 4 55 .2 10 .4 10 .8 5 .16 32x x y x y x y x y y      
5 4 3 2 2 3 4 510 40 80 80 32x x y x y x y xy y      
c) 
6 6
6
6
0
1 1
. .
k
k k
k
x C x
x x


   
    
   
 
2 3 4 5 6
0 6 1 5 2 4 3 3 4 2 5 6
6 6 6 6 6 6 6
1 1 1 1 1 1
. . . . . . . . . . . .C x C x C x C x C x C x C
x x x x x x
           
                 
           
6 5 4 3 2
2 3 4 5 6
1 1 1 1 1 1
6 . 15. . 20. . 15 . 6. .x x x x x x
x x x x x x
       
6 4 2
2 4 6
15 6 1
6 15 20x x x
x x x
       
d)  
66 6
6
6
0
1 1 1
2 2 . 2 .
k
kk
k
x x C x
x x x


      
           
      
 
         
2 3 4
6 5 4 3 20 1 2 3 4
6 6 6 6 6
5 6
5 6
6 6
1 1 1 1
. 2 . 2 . . 2 . . 2 . . 2 .
1 1
.2 . .
C x C x C x C x C x
x x x x
C x C
x x
       
               
       
   
      
   
Khai triển các nhị thức sau: 
a) 
b) 
c) 
d) 
Ví dụ 1 
 Trang 63 
6 6 5 5 4 4 3 3 2 2
2 3 4 5 6
1 1 1 1 1 1
1.2 . 6.2 . . 15.2 . . 20.2 . . 15.2 . . 6.2 .x x x x x x
x x x x x x
  
        
 
6 4 2
2 4 6
60 12 1
64 192 240 160x x x
x x x
       
a)  
4
a b 
Ta có 4n  , vì vậy các hệ số của việc khai triển sẽ tương ứng với hàng thứ 5 
Việc khai triển tuân theo quy tắc   0 1 1 1 1 00 1 1...
n n n n n
n na b c a b c a b c a b c a b
 
      . Các giá trị của 
hệ số, từ tam giác Pascal ứng với hàng thứ 5 là 1 4 6 4 1    
Vậy:  
4 4 0 3 1 2 2 1 3 0 41 4 6 4 1a b a b a b a b a b a b     
4 3 2 2 3 44 6 4a a b a b ab b     
b)  
5
2x y 
           
0 1 2 3 4 55 4 3 2 1 01. . 2 5. . 2 10. . 2 10. . 2 5. . 2 1. . 2x y x y x y x y x y x y            
5 4 3 2 2 3 4 510 40 80 80 32x x y x y x y xy y      
Lời giải: 
a.  
6
a b 
 
6 6 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0 61 6 15 20 15 6a b a b a b a b a b a b a b a b        
6 5 4 2 3 3 2 4 5 66 15 20 15 6a a b a b a b a b ab b       
b.  
7
1a  
 
7 7 6 5 4 3 21 7 21 35 35 21 7 1a a a a a a a a         
c.  
5
3 2x y 
         
   
5 0 1 2 35 4 3 2
4 51 0
3 2 1.(3 ) . 2 5.(3 ) . 2 10.(3 ) . 2 10.(3 ) . 2
5.(3 ) . 2 1.(3 ) . 2
x y x y x y x y x y
x y x y
        
   
5 4 3 2 2 3 4 5243 810 1080 720 240 32x x y x y x y xy y      
d.  
6
22 3x 
Khai triển các nhị thức sau bằng phương pháp tam giác Pascal 
 a) b) 
Ví dụ 2 
Viết đầy đủ dạng khai triển các các nhị thức sau: 
a. b. c. 
d. e. f. 
Ví dụ 3 
 Trang 64 
           
   
6 0 1 2 3 4
2 6 2 5 2 4 2 3 2 2 2
5 6
1 2 0 2
2 3 1.2 . 3 6.2 . 3 15.2 . 3 20.2 . 3 15.2 . 3
6.2 . 3 1.2 . 3
x x x x x x
x x
          
   
2 4 6 8 10 1264 576 2160 4320 4860 2916 729x x x x x x       
e. 
4
1
1
x
 
 
 
4 4 3 2 1 0
1 1 1 1 1 1
1 1. 4. 6. 4. 1.
x x x x x x
           
                
           
4 3 2
1 4 6 4
1
x x x x
     
f. 
5
2
2
x
x
 
 
 
5 0 1 2 3 4
5 4 3 2 1
2 2 2 2 2 2
5
0
2
2 2 2 2 2 2
1. . 5. . 10. . 10. . 5. .
2
1. .
x x x x x x
x x x x x x
x
x
           
                     
           
 
  
 
5 2
4 7 10
40 80 80 32
10x x
x x x x
     