Giáo án môn Đại số 11 - Nhị thức Newton

Phần nội dung 
I. Kiến thức cơ sở 
1. Công thức nhị thức Newton 
(a+b)n = 
n
k n-k k
n
k=0
C a b∑ = 0 n 0nC a b + 
1 n-1 1
n
C a b + ... + n 0 n
n
C a b (1) 
2. Các tính chất 
• Số các số hạng của khai triển bằng n + 1. 
• Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng của khai triển luôn 
bằng số mũ của nhị thức (n - k) + k = n. Số mũ của a giảm dần từ n 
đến 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n. 
• Số hạng tổng quát 
Tk+1 = 
k n k k
n
C a b
− 
 (Đó là số hạng thứ k + 1 trong khai triển) 
• Các hệ số nhị thức cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau vì: 
k
n
C = n k
n
C
− 
3. Một số khai triển hay sử dụng 
• 2n = (1+1)n = 
0
n
k
n
k
C
=
∑ = 0nC + 1nC + ... + nnC (2) 
• 0 = (1-1)n = 
0
( 1)
n
k k
n
k
C
=
−∑ = 0nC - 1nC + ... + (-1)n nnC (3) 
• (1+x)n = 
0
n
k k
n
k
C x
=
∑ = 0 0nC x + 1 1nC x + ... + n nnC x (4) 
• (1+x)n = 
0
n
k n k
n
k
C x
−
=
∑ = 0 nnC x + 1 1nnC x − + ... + 0nnC x (5) 
• (1-x)n = 
0
( 1)
n
k k k
n
k
C x
=
−∑ = 0 0nC x - 1 1nC x + ... + (-1)n n nnC x (6) 
• (x-1)n = 
0
( 1)
n
k k n k
n
k
C x
−
=
−∑ = 0 nnC x - 1 1nnC x − + ... + (-1)n 0nnC x (7) 
4. Tam giác Pascal 
Có thể sắp xếp các hệ số của khai triển (1) thành một tam giác (gọi là tam 
giác Pascal). 
1 
1 1 
1 2 1 
1 3 3 1 
1 4 6 4 1 
1 5 10 10 5 1 
1 6 15 20 15 6 1 
1 7 21 35 35 21 7 1 
n = 0 
n = 1 
n = 2 
n = 3 
n = 4 
n = 5 
n = 6 
n = 7 
II. Các bài toán tính tổng 
Ta thấy mỗi số hạng trong khai triển (1) có 3 thừa số. Một thừa số là k
n
C , 
hai thừa số còn lại đều có dạng luỹ thừa. Nếu hệ số là k
n
C thì bậc của a và b 
luôn có tổng bằng n (khi đó n chính là số mũ của nhị thức). Số mũ của a giảm 
dần từ n đến 0, còn số mũ của b tăng dần từ 0 đến n và số l−ợng các số hạng là 
bằng n + 1. Đây là các dấu hiệu để ta nhận biết một tổng có phải là một khai 
triển theo nhị thức Newton hay không. 
Quan sát khai triển (3) và (4) ta thấy mỗi số hạng chỉ có hai thừa số, chứ 
không phải là 3! Tại sao vậy? Rất đơn giản, vì một trong hai số hạng của nhị 
thức là bằng 1 (ta biết rằng 1k = 1 ∀ k). 
Lại quan sát khai triển (5) và (6), ta thấy mỗi số hạng lúc này chỉ có một 
thừa số là k
n
C . Chắc các bạn đã có thể giải thích đ−ợc là do hai số hạng của nhị 
thức đều là 1 hoặc -1. 
Những nhận xét nho nhỏ này sẽ giúp các bạn có đ−ợc định h−ớng ban 
đầu cho lời giải của bài toán tính tổng. 
Để hiểu rõ hơn ta đi xem xét các ví dụ cụ thể sau. 
VD1: Tính các tổng sau: 
• S1 = 
0 10 1 9 1 2 8 2 9 1 9 10 10
10 10 10 10 10
2 2 3 2 3 .... 2 3 3C C C C C+ + + + + 
• S2 = 
0 10 1 9 2 8 9 1 10
10 10 10 10 10
2 2 2 .... 2C C C C C+ + + + + 
• S3 = 
0 1 2 9 10
10 10 10 10 10
....C C C C C+ + + + + 
Rất nhanh chóng ta có thể đ−a ngay ra đáp án vì các tổng này đều đáp 
ứng đủ các điều kiện của một khai triển nhị thức Newton. 
Ta có: 
+ S1 = 
0 10 0 1 9 1 2 8 2 9 1 9 10 0 10
10 10 10 10 10
2 3 2 3 2 3 .... 2 3 2 3C C C C C+ + + + + = (2+3)10 = 510. 
+ S2 = 
0 10 1 9 2 8 9 1 10 0 10 10
10 10 10 10 10
2 2 2 .... 2 2 (1 2) 3C C C C C+ + + + + = + = 
+ S3 = 
0 1 2 9 10
10 10 10 10 10
....C C C C C+ + + + + = 210 
Chẳng hạn với S1: 
 Mỗi số hạng có 3 thừa số, một thừa số là 
10
k
C , hai thừa số còn lại 
có dạng luỹ thừa. 
 Các hệ số 
10
k
C liên tục từ 0
10
C đến 10
10
C 
 Tổng luỹ thừa của 2 và 3 trong mỗi số hạng của khai triển luôn 
bằng 10, bậc của 2 giảm dần từ 10 tới 0, ng−ợc lại bậc của 3 tăng 
dần từ 0 tới 10. 
Nh− vậy S1 hội tụ đầy đủ các tính chất của một khai triển nhị thức 
Newton. Do đó S1 = (2+3)
10 = 510. 
T−ơng tự nh− vậy cho S2 và S3. 
VD2: Tính các tổng sau: 
• S4 = 
0 11 1 1 10 2 2 9 3 9 2 10 10 1 11
10 10 10 10 10
2 3 2 3 2 3 .... 2 3 2 3C C C C C+ + + + + 
• S5 = 
0 9 1 8 2 7 9 0 10 1
10 10 10 10 10
2 2 2 .... 2 2C C C C C
−+ + + + + 
Bạn quan sát kĩ các tổng này và nhận xét xem chúng có gì khác các tổng ở 
VD1? 
Vâng, tổng S4 có một điểm khác biệt với tổng S1, là tổng số mũ của 2 và 3 
trong mỗi số hạng luôn bằng 12, chứ không phải là bằng 10, trong khi các hệ 
số lại là 
10
k
C ! (Bậc của 2 giảm dần từ 11 xuống 1, bậc của 3 tăng dần từ 1 lên 
11, chứ không phải là 10 xuống 0 và từ 0 lên 10). Vậy để có thể áp dụng đ−ợc 
công thức (1), bậc của 2 và 3 trong mỗi số hạng phải đ−ợc giảm đi một đơn vị. 
Từ đó ta có: 
S4 = 2.3.( 
0 10 0 1 9 1 2 8 2 9 1 9 10 0 10
10 10 10 10 10
2 3 2 3 2 3 .... 2 3 2 3C C C C C+ + + + + ) = 6. (2+3)10 = 6.510 
Nhận xét t−ơng tự cho S5, ta đi đến: 
S5 = 
1
2
( 0 10 1 9 2 8 9 1 10 0 10 10
10 10 10 10 10
1 1
2 2 2 .... 2 2 ) (1 2) 3
2 2
C C C C C+ + + + + = + = 
VD3: Tính tổng: 
• S6 = 
1 9 1 2 8 2 9 1 9 10 10
10 10 10 10
2 3 2 3 .... 2 3 3C C C C+ + + + 
Bạn có nhận xét gì cho S6? Tất nhiên rồi, nó thiếu mất số hạng đầu tiên 
0 10 0
10
2 3C . Vậy 
S6 = 5
10 - 0 10 0
10
2 3C = 510 - 102 
VD4: Tính tổng: 
• S7 = 
0 2009 1 2008 1 2 2007 2 2008 1 2008 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009
3 3 4 3 4 .... 3 4 4C C C C C− + − − + 
Điều ta thấy ngay lúc đầu tiên đây là một chuỗi đan dấu! Bạn hãy tự 
nhận xét nh− với S1 nhé! Một câu hỏi đặt ra là S7 = (3 - 4)
2009 hay S7 = (4 - 
3)2009? Để trả lời câu hỏi này ta hãy đi tìm công thức của số hạng tổng quát. Ta 
có: 
Tk+1 = 
− −
− = −
k k 2008 k k k 2008 k k
2008 2008
( 1) C 3 4 C 3 ( 4) 
Vậy 
S7 = [ ]−
=
− = + − = − = −∑
2009
2009k 2009 k k 2009
2009
k 0
C 3 ( 4) 3 ( 4) ( 1) 1 
VD5: Tính tổng: 
• S8 = 
0 2009 1 2008 2 2007 2008 1 2009
2009 2009 2009 2009 2009
3 3 3 .... 3− + − + −C C C C C 
• S9 = 
0 1 1 2 2 2008 2008 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009
3 3 .... 3 3− + − + −C C C C C 
Điểm khác biệt giữa S8 và S9 là trong S8, số mũ của 3 giảm dần, còn 
trong S9, số mũ của 3 tăng dần. (Nếu là ng−ời mới bắt đầu, bạn hãy tự mình 
nêu ra các nhận xét t−ơng tự nh− nhận xét mà tôi nêu ra trong các VD đầu 
nhé).Vậy với S8, ta sẽ áp dụng công thức (7), còn với S9, ta sẽ áp dụng công 
thức (6). Ta có: 
S8 = (3 - 1)
2009 = 22009 
S9 = (1 - 3)
2009 = (-2)2009 = -22009 
Bạn e ngại vì phải nhớ quá nhiều công thức −? Lời khuyên cho mọi 
tr−ờng hợp là bạn hãy tìm công thức của số hạng tổng quát, nh− vậy ta chỉ 
cần đến công thức (1) mà thôi. 
Chẳng hạn với S8, công thức của số hạng tổng quát là: 
Tk+1 = 
k k 2009 k k 2009 k k
2009 2009
( 1) C 3 C 3 ( 1)− −− = − 
Vậy 
S8 = [ ]2009 2009k 2009 k k 20092009
k 0
C 3 ( 1) 3 ( 1) 2−
=
− = + − =∑ 
Bạn hãy thử sức bằng cách áp dụng ph−ơng pháp tìm công thức của số 
hạng tổng quát cho các chuỗi từ đầu đến giờ xem sao nhé! 
Ta tiếp tục nào! 
VD6: Tính tổng: 
• S10 = 
0 1 2 9
20 20 20 20
....+ + + +C C C C 
Bạn có nhận xét gì về tổng này? Đúng vậy, S10 có thể gọi là "nửa khai 
triển"! Vì chỉ số k trong 
20
k
C chỉ chạy từ 0 đến 9, mà lẽ ra nó phải chạy từ 0 
đến 20! 
Với dạng bài tập tính tổng của "nửa khai triển" nh− thế này, ta phải giải 
quyết nh− thế nào? 
Ta đã biết các số k
n
C có một tính chất là k
n
C = −n k
n
C , thế thì ta có: 
0
20
C = 20
20
C 
1
20
C = 19
20
C 
...... 
9
20
C = 11
20
C 
Suy ra 
2S10 = 
0 1 2 9
20 20 20 20
....+ + + +C C C C + 11 12 13 20
20 20 20 20
....+ + + +C C C C 
 = ( 0 1 2 9
20 20 20 20
....+ + + +C C C C + 10
20
C + 11 12 13 20
20 20 20 20
....+ + + +C C C C ) - 
10
20
C 
 = 220 - 10
20
C 
Vậy 
S10 = 
20 10
20
2 -C
2
VD7: Tính các tổng sau: 
• S11 = 
0 2 2 4 4 2006 2006 2008 2008
2008 2008 2008 2008 2008
2 2 .... 2 2+ + + + +C C C C C 
• S12 = 
1 3 3 5 5 2005 2005 2007 2007
2008 2008 2008 2008 2008
2 2 2 .... 2 2+ + + + +C C C C C 
Có điều gì đặc biệt trong S11 và S12? Vâng, trong S11, các chỉ số k trong 
2008
k
C đều là những số chẵn, còn trong S12 đều là những số lẻ. Các tổng này 
cũng là các "nửa khai triển", nh−ng bản chất thì khác hẳn với S10! 
Cách giải nh− sau: 
Xét hai khai triển: 
 (1+2)2008 = 0 1 1 2 2 2007 2007 2008 2008
2008 2008 2008 2008 2008
2 2 .... 2 2+ + + + +C C C C C (*) 
 (1-2)2008 = 0 1 1 2 2 2007 2007 2008 2008
2008 2008 2008 2008 2008
2 2 .... 2 2− + − − +C C C C C (**) 
Cộng từng vế của (*) và (**) ta đ−ợc: 
2S11 = 3
2008 + 1 
2008
11
3 1
S
2
+
⇔ = 
Trừ từng vế của (*) cho (**) ta đ−ợc: 
2S12 = 3
2008 - 1 
2008
12
3 1
S
2
−
⇔ = 
VD8: Tính tổng: 
• S13 = 
1 2 3 2 1
2 2 3 2 .... 2
−+ + + + n n
n n n n
C C C nC 
• S14 = 
2 3 1 4 2 2
2.1 3.2 2 4.3 2 .... ( 1) 2
−+ + + + − n n
n n n n
C C C n n C 
Xét số hạng thứ k (ở đây chỉ số k bắt đầu từ 1 nên chỉ số k bằng số thứ tự 
của số hạng): 
Tk = 
1
2
−k k
n
kC 
Tk có điều gì khác lạ? Tk cũng có 3 thừa số, nh−ng thừa số đầu tiên "k" 
lại không có dạng luỹ thừa. Vậy nó không phải là thừa số trong công thức nhị 
thức Newton. Vậy nó từ đâu mà có? 
Vấn đề sẽ đ−ợc giải quyết ngay sau đây. 
Xét hàm số f(x) = (1 + x)n 
Ta có: f'(x) = n(1 + x)n-1 ⇒ f'(2) = n3n-1 (*) 
Mặt khác khai triển f(x) ta đ−ợc: 
f(x) = 
0
n
k k
n
k
C x
=
∑ ⇒ f'(x) = 1
0
−
=
∑
n
k k
n
k
kC x ⇒ f'(2) = 1
0
2
−
=
∑
n
k k
n
k
kC (**) 
Từ (*) và (**) suy ra S13 = n3
n-1. 
Bây giờ thì ta đã có câu trả lời cho câu hỏi thừa số "k" trong Tk là do đâu 
mà có. Vâng, chính là do ta đạo hàm xk mà ra. 
Bạn hãy thử sức mình với S14 xem sao nhé. (Gợi ý: Hãy đạo hàm f(x) tới 
cấp 2). 
VD9: Tính tổng: 
• S15 = 
0 1 1 2 2 3 11 1 1
2 2 2 .... 2
2 3 1
++ + + +
+
n n
n n n n
C C C C
n
Ta xét số hạng tổng quát Tk+1 = 
11
2
1
+
+
k k
n
C
k
Thừa số đầu tiên không có dạng lũy thừa, cũng không phải là số nguyên, 
mà lại có dạng phân thức 
1
k 1+
. Bài toán sẽ giải quyết theo h−ớng nào? 
Xét hàm số f(x) = (1 + x)n. 
Nh−ng bây giờ ta sẽ không đạo hàm, mà sẽ lấy tích phân f(x) từ 0 đến 2. 
Ta có: 
2n 1 n 12 2
n
0 0 0
(1 x) 3 1
f(x)dx (1 x) dx
n 1 n 1
+ ++ −
= + = =
+ +∫ ∫
 (*) 
Mặt khác f(x) = 
0
n
k k
n
k
C x
=
∑ 
Suy ra 
2k 12 2 2n n n n
k k k k k k k 1
n n n n
k 0 k 0 k 0 k 00 0 0 0
x 1
f(x)dx C x dx C x dx C C 2
k 1 k 1
+
+
= = = =
= = = =
+ +
∑ ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ 
(**) 
Từ (*) và (**) suy ra S15 = 
n 13 1
n 1
+
−
+
Bạn sẽ thắc mắc tại sao lại lấy cận tích phân là từ 0 đến 2? Bạn hãy tự lí 
giải xem sao?. Để hiểu sâu sắc hơn ta xét thêm một ví dụ nữa sau đây. 
VD10: Tính tổng: 
• S16 = 
1 1 2 2 3 1 n 1 n 1
0 1 2 n
n n n n
4 3 4 3 4 3 4 3
C C C ... C
1 2 3 n 1
+ +
− − − −
+ + + +
+
Ph−ơng pháp giải bài toán này cũng t−ơng tự ph−ơng pháp tính tổng S15, 
tuy nhiên cận tích phân bây giờ sẽ là từ 3 đến 4. 
Với các tổng th−ờng gặp trên đây, áp dụng các phép toán cộng, trừ, nhân, 
chia ta sẽ tạo ra đ−ợc các tổng rất "lạ". Chẳng hạn tính tổng sau: 
S = 1 2 2 2 3 2 2 12 2 3 2 .... 2 −+ + + + n n
n n n n
C C C n C 
Bạn hãy lấy S13 cộng với S14, kết quả thu đ−ợc chính là S! 
VD11: Rút gọn các biểu thức sau: 
• S17 = 
k k 1
n n
C C −+ 
• S18 = 
k k 1 k 2
n n n
C 2C C− −+ + 
• S19 = 
k k 1 k 2 k 3
n n n n
C 3C 3C C− − −+ + + 
• S20 = 
k k 1 k 2 k 3 k 4
n n n n n
C 4C 6C 4C C− − − −+ + + + 
• S21 = 
k k 1 k 2 k 3 k 4 k 5
n n n n n n
C 5C 10C 10C 5C C− − − − −+ + + + + 
Bạn có nhận xét gì về các hệ số trong các biểu thức trên? Vâng, đó chính 
là các số trong tam giác Pascal. 
Do tính chất của các số k
n
C mà ta có S17 = 
k
n 1
C + 
Với S18 ta thực hiện nh− sau: 
S18 = (
k k 1
n n
C C −+ ) + ( k 1 k 2
n n
C C− −+ ) = k
n 1
C + + 
k 1
n 1
C −+ = 
k
n 2
C + 
Tức là ta đã "hạ cấp" S18, đ−a về tổng của hai tổng ở "cấp" thấp hơn. 
T−ơng tự nh− thế với S19, S20, S21. Và với quy luật nh− thế, ta có thể "sáng tác" 
thêm rất nhiều những tổng khác. Chẳng hạn với S19: 
S19 = (
k k 1 k 2
n n n
C 2C C− −+ + ) + ( k 1 k 2 k 3
n n n
C 2C C− − −+ + ) = ... = k
n 3
C + 
áp dụng các phép toán cho các tổng trên, ta sẽ "chế biến" ra các tổng mà 
mới nhìn vào, bạn sẽ không biết phải bắt đầu nh− thế nào. Lấy ví dụ, ta đem 
S18 nhân với 2 rồi cộng với S19, ta đ−ợc một tổng mới là: 
S22 = 
k k 1 k 2 k 3
n n n n
3C 7C 5C C− − −+ + + 
Để tính đ−ợc S22 này, ta phải tách nó ra thành tổng của các chuỗi có tính 
chất nh− S18, S19. 
Tổng quát hoá lên, ta đ−ợc bài toán nh− sau: 
VD12: Chứng minh rằng: 
• 0 k 1 k 1 2 k 2 m k m k
m n m n m n m n m n
C .C C .C C .C ... C .C C− − − ++ + + + = , với m k n≤ ≤ 
Để chứng minh ta xét đa thức f(x)=(1+x)m+n 
Ta có: f(x) = 
0
+
+
=
∑
m n
i i
m n
i
C x 
Hệ số của xk trong khai triển là k
m n
C + (*) 
Mặt khác f(x) = (1 + x)m(1 + x)n 
Ta có : 
 (1 + x)m = 0 0
m
C x + 1 1
m
C x + ... + m m
m
C x 
 (1 + x)n = 0 0
n
C x + 1 1
n
C x + ... + n n
n
C x 
Suy ra hệ số của xk trong khai triển của (1 + x)m(1 + x)n là: 
0 k 1 k 1 2 k 2 m k m
m n m n m n m n
C .C C .C C .C ... C .C− − −+ + + + (**) 
Từ (*) và (**) suy ra điều phải chứng minh. 
Bài tập t−ơng tự: 
VD14: Chứng minh rằng: 
• ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2o 1 2 n nn n n n 2nC C C ... C C+ + + + =