Luyện thi đại học - Chương I: Hoán vị – chỉnh hợp – tổ hợp

 CHƯƠNG I 
HOÁN VỊ – CHỈNH HỢP – TỔ HỢP 
A. TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 
I. Quy tắc ñếm, cộng và nhân 
1. Quy tắc ñếm 
Trong nhiều trường hợp ta cần phải ñếm số phần tử, số tập hợp, số các số hạng của tổng,  và không phải 
lúc nào cũng thực hiện dễ dàng. Ta xét một quy tắc rút ra từ bài toán ñơn giản sau ñây. 
Bài toán 
Người ta cần làm một hàng rào dài 20m, cứ cách 2m thì chôn 1 cọc. Tính số cọc cần dùng. 
Giải 
Số khoảng cách giữa các cọc là 20: 2 = 10. 
Kể từ cọc thứ 2 trở ñi thì số cọc bằng số khoảng cách. 
Vậy số cọc là 20 1 11
2
+ = . 
1.1. Quy tắc 
Với ñiều kiện là khoảng cách giữa các số bằng nhau (cách ñều), ta có: 
1
−
= +
soá lôùn nhaát soá nhoû nhaát
soá caùc soá 
khoaûng caùch giöõa 2 soá lieàn keà
. 
Ví dụ 1. Tính số các số tự nhiên có 3 chữ số chia hết cho 4. 
Giải 
Số có 3 chữ số lớn nhất chia hết cho 4 là 996. 
Số có 3 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 4 là 100. 
Khoảng cách giữa 2 số liền kề chia hết cho 4 là 4. 
Vậy có 996 100 1 225
4
−
+ = số. 
Ví dụ 2. Tìm số hạng thứ 7 trong tổng sau: 
4 7 28(a x) (a x) (a x) ... (a x)+ + + + + + + + . 
Giải 
Khoảng cách giữa số mũ của 2 số hạng kề nhau là 3. 
Gọi số mũ của số hạng thứ 7 là k, ta có 
k 1
1 7 k 19
3
−
+ = ⇒ = . 
Vậy số hạng cần tìm là 19(a x)+ . 
1.2. Các dấu hiệu chia hết 
+ Chia hết cho 2: số có chữ số tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8. 
+ Chia hết cho 3: số có tổng các chữ số chia hết cho 3 (ví dụ 2001). 
+ Chia hết cho 4: số có 2 chữ số tận cùng lập thành số chia hết cho 4 (ví dụ 2000, 3796, 12344). 
+ Chia hết cho 5: số có chữ số tận cùng là 0, 5. 
+ Chia hết cho 6: số chia hết cho 2 và 3. 
+ Chia hết cho 8: số có 3 chữ số tận cùng lập thành số chia hết cho 8 (ví dụ 2000, 2008, 3257016). 
+ Chia hết cho 9: số có tổng các chữ số chia hết cho 9 (ví dụ 2007). 
+ Chia hết cho 10: số có chữ số tận cùng là 0. 
+ Chia hết cho 11: số có hiệu của tổng các chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11 
(ví dụ 1345729 vì (1 + 4 + 7 + 9) – (3 + 5 + 2) = 11). 
+ Chia hết cho 25: số có 2 chữ số tận cùng là 00, 25, 50, 75. 
For Evaluation Only.
Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 - 2007
Edited by Foxit PDF Editor
Edit by: Qsangtnl
 1 
2. Quy tắc cộng 
i) Nếu một quá trình (bài toán) có thể thực hiện ñược một trong hai cách (trường hợp) loại trừ lẫn nhau: cách 
thứ nhất cho m kết quả và cách thứ hai cho n kết quả. Khi ñó việc thực hiện quá trình trên cho m + n kết 
quả. 
ii) Nếu một quá trình (bài toán) có thể thực hiện ñược k cách (trường hợp) loại trừ lẫn nhau: cách thứ nhất 
cho m1 kết quả, cách thứ hai cho m2 kết quả, , cách thứ k cho mk kết quả. Khi ñó việc thực hiện quá trình 
trên cho m1 + m2 +  + mk kết quả. 
Ví dụ 3. Có 2 cuốn sách toán A và B khác nhau, 2 cuốn sách vật lý C và D khác nhau. Cần chọn ñúng 2 
cuốn sách, hỏi có bao nhiêu cách. 
Giải 
+ Trường hợp 1: chọn 2 cuốn sách toán có 1 cách. 
+ Trường hợp 2: chọn 2 cuốn sách vật lý có 1 cách. 
+ Trường hợp 3: chọn 1 cuốn sách toán và 1 cuốn vật lý có 4 cách là A và C, A và D, B và C, B và D. 
Vậy có 1 + 1 + 4 = 6 cách chọn. 
Ví dụ 4. Từ tập hợp { }X a; b; c= chọn ra 1 tập hợp con của A. Hỏi có mấy cách. 
Giải 
+ Trường hợp 1: chọn tập hợp không chứa phần tử nào cả có 1 cách là tập rỗng. 
+ Trường hợp 2: chọn tập hợp chứa 1 phần tử của A có 3 cách, ñó là { }a , { }b và { }c . 
+ Trường hợp 3: chọn tập hợp chứa 2 phần tử của A có 3 cách, ñó là { }a; b , { }a; c và { }b; c . 
+ Trường hợp 4: chọn tập hợp chứa 3 phần tử của A có 1 cách, ñó là { }a; b; c . 
Vậy có 1 + 3 + 3 + 1 = 8 cách chọn. 
2. Quy tắc nhân 
i) Nếu một quá trình (bài toán) ñược thực hiện theo hai giai ñoạn (bước) liên tiếp nhau sao cho có m cách 
thực hiện giai ñoạn thứ nhất, ñồng thời ứng với mỗi cách ñó có n cách ñể thực hiện giai ñoạn thứ hai. Khi ñó 
có mn cách thực hiện quá trình trên. 
ii) Nếu một quá trình (bài toán) ñược thực hiện theo k giai ñoạn (bước) liên tiếp nhau sao cho có m1 cách 
thực hiện giai ñoạn thứ nhất, với mỗi cách ñó có m2 cách ñể thực hiện giai ñoạn thứ hai, , có mk cách thực 
hiện giai ñoạn thứ k. Khi ñó, toàn bộ quá trình có m1.m2mk cách thực hiện. 
Ví dụ 5. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập ñược mấy số tự nhiên có 3 chữ số phân biệt. 
Giải 
+ Bước 1: chọn chữ số hàng trăm có 7 cách (trừ chữ số 0). 
+ Bước 2: chọn chữ số hàng chục có 7 cách (trừ chữ số ñã chọn ở hàng trăm). 
+ Bước 3: chọn chữ số ñơn vị có 6 cách (trừ 2 chữ số ñã chọn). 
Vậy có 7.7.6 = 294 số. 
Ví dụ 6. Số 12000 có bao nhiêu ước số tự nhiên. 
Giải 
Ta có 2 3 5 312000 2 .3.10 2 .3.5= = . 
Suy ra ước số của 12000 có dạng m n k2 .3 .5 với 
{ }m 0; 1; 2; 3; 4; 5∈ , { }n 0; 1∈ và { }k 0; 1; 2; 3∈ . 
+ Bước 1: chọn m có 6 cách. 
+ Bước 2: với mỗi cách chọn m có 2 cách chọn n. 
+ Bước 3: với mỗi cách chọn m và n có 4 cách chọn k. 
Vậy có 6.2.4 = 48 ước số. 
 2 
Ví dụ 7. Từ các phần tử của { }X 0; 1; 2; 3; 4; 5= có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 3 
chữ số khác nhau. 
Giải 
Gọi 1 2 3A a a a= với 1a 0≠ và 1 2 3a , a , a X∈ là số cần lập. 
+ Trường hợp 1: 1 2 3A a a 0 (a 0)= = . 
- Bước 1: chọn a1 có 5 cách, ñó là a1 = 1 (hoặc 2, 3, 4, 5). 
- Bước 2: chọn a2 có 4 cách (trừ chữ số 0 và chữ số a1 ñã chọn). 
Suy ra có 5.4 = 20 số 1 2A a a 0= . 
+ Trường hợp 2: 1 2 3 3A a a a (a 0)= ≠ . 
- Bước 1: chọn a3 có 2 cách, ñó là a3 = 2 (hoặc a3 = 4). 
- Bước 2: chọn a1 có 4 cách (trừ chữ số 0 và chữ số a3 ñã chọn). 
- Bước 3: chọn a2 có 4 cách từ 4 chữ số còn lại. 
Suy ra có 2.4.4 = 32 số 1 2 3 3A a a a (a 0)= ≠ . 
Vậy có 20 + 32 = 52 số. 
Ví dụ 8. Từ các phần tử của { }X 0; 2; 3; 6; 9= có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số 
khác nhau. 
Giải 
Gọi 1 2 3 4 5A a a a a a= với 1a 0≠ và 1 2 3 4 5a , a , a , a , a X∈ là số cần lập. 
+ Trường hợp 1: a1 lẻ. 
- Bước 1: do { }1a 3; 9∈ nên a1 có 2 cách chọn. 
- Bước 2: do { }5a 0; 2; 6∈ nên a5 có 3 cách chọn. 
- Bước 3: do { }2 1 5a X \ a ; a∈ nên a2 có 3 cách chọn. 
- Bước 4: do { }3 1 2 5a X \ a ; a ; a∈ nên a3 có 2 cách chọn. 
- Bước 5: do { }4 1 2 3 5a X \ a ; a ; a ; a∈ nên a4 có 1 cách chọn. 
Suy ra có 2.3.3.2.1 = 36 số ñược lập. 
+ Trường hợp 2: a1 chẵn. 
- Bước 1: do { }1a 2; 6∈ nên a1 có 2 cách chọn. 
- Bước 2: do { } { }5 1a 0; 2; 6 \ a∈ nên a5 có 2 cách chọn. 
- Bước 3: do { }2 1 5a X \ a ; a∈ nên a2 có 3 cách chọn. 
- Bước 4: do { }3 1 2 5a X \ a ; a ; a∈ nên a3 có 2 cách chọn. 
- Bước 5: do { }4 1 2 3 5a X \ a ; a ; a ; a∈ nên a4 có 1 cách chọn. 
Suy ra có 2.2.3.2.1 = 24 số ñược lập. 
Vậy có 36 + 24 = 60 số. 
Ví dụ 9. Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập ñược bao nhiêu số gồm 2 chữ số. 
Giải 
Gọi 1 2A a a= với 1 2a , a không phân biệt là số cần lập. 
+ Bước 1: chọn 1 chữ số ñể xếp vào a1 có 3 cách. 
+ Bước 2: chọn 1 chữ số ñể xếp vào a2 có 3 cách (do các chữ số không phân biệt). 
Vậy có 3.3 = 9 số. 
Ví dụ 10. Cần sắp xếp 3 người A, B, C lên 2 toa tàu (mỗi toa có thể chứa ñược 3 người). Hỏi có bao nhiêu 
cách sắp xếp. 
Giải 
+ Bước 1: người A có 2 sự lựa chọn toa tàu. 
 3 
+ Bước 2: với mỗi cách chọn của A thì người B có 2 sự lựa chọn toa tàu. 
+ Bước 3: với mỗi cách chọn của A và B thì người C có 2 sự lựa chọn toa tàu. 
Vậy có 2.2.2 = 8 cách sắp xếp. 
Cách giải sai: 
Toa tàu thứ nhất có 3 cách chọn người, toa thứ hai có 3 cách chọn người. Do ñó có 3.3 = 9 cách. Sai ở chỗ 
là toa thứ nhất có nhiều cách chọn (không chọn ai cả hoặc chọn 1 người, 2 người, cả 3 người) ñồng thời khi 
chọn người A thì toa thứ hai không thể chọn người A ñược nữa! Cụ thể các trường hợp ñó là 
Các trường hợp 
Toa 1 2 3 4 5 6 7 8 
I ABC AB AC BC C B A 
II ABC C B A AB AC BC 
Nhận xét: 
Chỉ dùng các quy tắc ñếm, cộng và nhân thì ưu ñiểm là ít sai sót nhưng nhược ñiểm là lời giải dài dòng. 
II. Hoán vị – Chỉnh hợp – Tổ hợp 
1. Hoán vị 
ðịnh nghĩa 
Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( )n 0≥ . Mỗi cách sắp xếp n phần tử của X theo một thứ tự nào ñó 
ñược gọi là một hoán vị của n phần tử. Số các hoán vị của n phần tử ñược ký hiệu là Pn. 
nP n! 1.2...n= = . Quy ước: 0! = 1. 
Ví dụ 11. Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 5 chỗ. Hỏi có bao nhiêu cách. 
Giải 
Mỗi cách ñổi chỗ 1 trong 5 người trên băng ghế là 1 hoán vị. 
Vậy có P5 = 5! = 120 cách sắp. 
Ví dụ 12. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập ñược mấy số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. 
Giải 
Gọi 1 2 3 4 5A a a a a a= với 1a 0≠ và 1 2 3 4 5a , a , a , a , a phân biệt là số cần lập. 
+ Bước 1: chữ số 1a 0≠ nên có 4 cách chọn a1. 
+ Bước 2: sắp 4 chữ số còn lại vào 4 vị trí có 4! = 24 cách. 
Vậy có 4.24 = 96 số. 
2. Chỉnh hợp 
ðịnh nghĩa 
Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( )n 0≥ . Mỗi cách chọn ra k ( )0 k n≤ ≤ phần tử của X và sắp 
xếp theo một thứ tự nào ñó ñược gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Số các chỉnh hợp chập k của n 
phần tử ñược ký hiệu là knA . 
k
n
n!
A
(n k)!
=
−
. 
Nhận xét: 
n
n nA n! P= = . 
Ví dụ 13. Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 7 chỗ. Hỏi có bao nhiêu cách. 
 4 
Giải 
Mỗi cách chọn ra 5 chỗ ngồi từ băng ghế ñể sắp 5 người vào và có hoán vị là một chỉnh hợp chập 5 của 7. 
Vậy có 57
7 !
A 2520
(7 5)!
= =
−
 cách sắp. 
Ví dụ 14. Từ tập hợp { }X 0; 1; 2; 3; 4; 5= có thể lập ñược mấy số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. 
Giải 
Gọi 1 2 3 4A a a a a= với 1a 0≠ và 1 2 3 4a , a , a , a phân biệt là số cần lập. 
+ Bước 1: chữ số 1a 0≠ nên có 5 cách chọn a1. 
+ Bước 2: chọn 3 trong 5 chữ số còn lại ñể sắp vào 3 vị trí 35A cách. 
Vậy có 355A 300= số. 
3. Tổ hợp 
ðịnh nghĩa 
Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( )n 0≥ . Mỗi cách chọn ra k ( )0 k n≤ ≤ phần tử của X ñược 
gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử. Số các tổ hợp chập k của n phần tử ñược ký hiệu là knC . 
k
n
n!
C
k!(n k)!
=
−
. 
Ví dụ 15. Có 10 cuốn sách toán khác nhau. Chọn ra 4 cuốn, hỏi có bao nhiêu cách. 
Giải 
Mỗi cách chọn ra 4 trong 10 cuốn sách là một tổ hợp chập 4 của 10. 
Vậy có 410C 210= cách chọn. 
Ví dụ 16. Một nhóm có 5 nam và 3 nữ. Chọn ra 3 người sao cho trong ñó có ít nhất 1 nữ. Hỏi có bao nhiêu 
cách. 
Giải 
+ Trường hợp 1: chọn 1 nữ và 2 nam. 
- Bước 1: chọn ra 1 trong 3 nữ có 3 cách. 
- Bước 2: chọn ra 2 trong 5 nam có 25C . 
Suy ra có 253C cách chọn. 
+ Trường hợp 2: chọn 2 nữ và 1 nam. 
- Bước 1: chọn ra 2 trong 3 nữ có 23C cách. 
- Bước 2: chọn ra 1 trong 5 nam có 5. 
Suy ra có 235C cách chọn. 
+ Trường hợp 3: chọn 3 nữ có 1 cách. 
Vậy có 2 25 33C 5C 1 46+ + = cách chọn. 
Ví dụ 17. Hỏi có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số sao cho trong mỗi số ñó, chữ số hàng ngàn 
lớn hơn hàng trăm, chữ số hàng trăm lớn hơn hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn hàng ñơn vị. 
Giải 
Gọi 1 2 3 4A a a a a= với 1 2 3 49 a a a a 0≥ > > > ≥ là số cần lập. 
{ }X 0; 1; 2; ...; 8; 9= . 
Từ 10 phần tử của X ta chọn ra 4 phần tử bất kỳ thì chỉ lập ñược 1 số A. Nghĩa là không có hoán vị hay là 
một tổ hợp chập 4 của 10. 
Vậy có 410C 210= số. 
 5 
Nhận xét: 
i/ ðiều kiện ñể xảy ra hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp là n phần tử phải phân biệt. 
ii/ Chỉnh hợp và tổ hợp khác nhau ở chỗ là sau khi chọn ra k trong n phần tử thì chỉnh hợp có sắp thứ tự cò ... C ... C C
n 1 1 2 n n 1
+ +
−+⇒ = + + + +
+ +
 14 
2 3 n n 1 n 1
0 1 2 n 1 n
n n n n n
2 2 2 2 3 1
2C C C ... C C
2 3 n n 1 n 1
+ +
− −⇒ + + + + + =
+ +
. 
Vậy 
n 13 1
S
n 1
+ −
=
+
. 
Ví dụ 15. Rút gọn tổng sau: 
2 3 100 101
0 1 2 99 100
100 100 100 100 100
2 1 2 1 2 1 2 1
S 3C C C ... C C
2 3 100 101
− + − +
= + + + + + . 
Giải 
Ta có khai triển: 
( )100 0 1 2 2 99 99 100 100100 100 100 100 1001 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + 
( )
2
100
1
1 x dx
−
⇒ + =∫
2 2 2 2
0 1 99 99 100 100
100 100 100 100
1 1 1 1
C dx C xdx ... C x dx C x dx
− − − −
+ + + +∫ ∫ ∫ ∫ . 
( )
2 2 2 2101 2 100 1012
0 1 99 100
100 100 100 100
1 1 1 11
1 x x x x x
C C ... C C
101 1 2 100 101− − − −−
+
⇒ = + + + + 
101 2 100 101
0 1 99 100
100 100 100 100
3 2 1 2 1 2 1
3C C ... C C
101 2 100 101
− − +
⇒ = + + + + . 
Vậy 
1013
S
101
= . 
3. Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Newton 
3.1. Dạng tìm số hạng thứ k 
Số hạng thứ k trong khai triển n(a b)+ là k 1 n (k 1) k 1nC a b− − − − . 
Ví dụ 16. Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển 25(2 3x)− . 
Giải 
Số hạng thứ 21 là 20 5 20 5 20 20 2025 25C 2 ( 3x) 2 .3 C x− = . 
3.2. Dạng tìm số hạng chứa xm 
+ Số hạng tổng quát trong khai triển n(a b)+ là k n k k f(k)nC a b M(k).x− = (a, b chứa x). 
+ Giải phương trình 0f(k) m k= ⇒ , số hạng cần tìm là: 
0 0 0k n k k
nC a b
−
 và hệ số của số hạng chứa xm là M(k0). 
Ví dụ 17. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ( )
18x 4
2 x
+ . 
Giải 
Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) ( )
18
181 1x 4 2 x 4x
2 x
− −+ = + là: 
( ) ( )18 k kk 1 1 k 3k 18 18 2k18 18C 2 x 4x C 2 x
−− − − −= . 
Số hạng không chứa x ứng với 18 2k 0 k 9− = ⇔ = . 
Vậy số hạng cần tìm là 9 918C 2 . 
Ví dụ 18. Tìm số hạng chứa x37 trong khai triển ( )202x xy− . 
Giải 
Số hạng tổng quát trong khai triển ( )202x xy− là k 2 20 k k k k 40 k k20 20C (x ) ( xy) ( 1) C x y− −− = − . 
 15 
Số hạng chứa x37 ứng với 40 k 37 k 3− = ⇔ = . 
Vậy số hạng cần tìm là 3 37 3 37 320C x y 1140x y− = − . 
Cách khác: 
Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) ( )20 202 20x xy x x y− = − là: 
20 k 20 k k k 20 k 20 k k
20 20x C x ( y) ( 1) x C x y
− −− = − . 
Số hạng chứa x37 ứng với 20 k 17 k 3− = ⇔ = . 
Vậy số hạng cần tìm là 20 3 17 3 37 320x C x y 1140x y− = − . 
Ví dụ 19. Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển ( )1021 x x+ + . 
Giải 
Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) ( )[ ]10 1021 x x 1 x 1 x+ + = + + là k k k10C x (1 x)+ . 
Suy ra số hạng chứa x3 ứng với 2 k 3≤ ≤ . 
+ Với k = 2: 2 2 2 2 2 3 410 10C x (1 x) C (x 2x x )+ = + + nên số hạng chứa x3 là 2 3102C x . 
+ Với k = 3: 3 3 310C x (1 x)+ có số hạng chứa x3 là 3 310C x . 
Vậy số hạng cần tìm là ( )3 2 3 310 10C 2C x 210x+ = . 
Cách khác: 
Ta có khai triển của ( ) ( )[ ]10 1021 x x 1 x 1 x+ + = + + là: 
0 1 2 2 2 3 3 3 10 10 10
10 10 10 10 10C C x(1 x) C x (1 x) C x (1 x) ... C x (1 x)+ + + + + + + + + . 
Số hạng chứa x3 chỉ có trong 2 2 210C x (1 x)+ và 3 3 310C x (1 x)+ . 
+ 2 2 2 2 2 3 4 2 310 10 10C x (1 x) C (x 2x x ) 2C x+ = + + ⇒ . 
+ 3 3 3 3 3 4 5 6 3 310 10 10C x (1 x) C (x 3x 3x x ) C x+ = + + + ⇒ . 
Vậy số hạng cần tìm là 2 3 3 3 310 102C x C x 210x+ = . 
3.3. Dạng tìm số hạng hữu tỉ 
+ Số hạng tổng quát trong khai triển n(a b)+ là: 
m r
k n k k k p q
n nC a b C .a b
− = (a, b là vô tỉ). 
+ Giải hệ phương trình 0
m
p
(k ,0 k n) kr
q
 ∈ ∈ ≤ ≤ ⇒ ∈
ℕ
ℕ
ℕ
. 
Số hạng cần tìm là 0 0 0k n k knC a b− . 
Ví dụ 20. Tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển ( )
10
31 5
2
+ . 
Giải 
Số hạng tổng quát trong khai triển ( )
101 1
10 2 3
31 1 2 .55
2 2
  +  + =     
 là 
k k
k 2 3
10
1
C 2 .5
32
. 
Số hạng hữu tỉ trong khai triển thỏa ñiều kiện: 
 16 
( )
k
k 0
2
k , 0 k 10
k k 6
3
 ∈ = ∈ ≤ ≤ ⇒  = ∈
ℕ
ℕ
ℕ
. 
+ Với k = 0: số hạng hữu tỉ là 010
1 1
C
32 32
= . 
+ Với k = 6: số hạng hữu tỉ là 6 3 210
1 2625
C 2 .5
32 2
= . 
Vậy số hạng cần tìm là 1
32
 và 2625
2
. 
3.4. Dạng tìm hệ số chứa xk trong tổng n số hạng ñầu tiên của cấp số nhân 
Tổng n số hạng ñầu tiên của cấp số nhân với công bội q khác 1 là: 
n
n 1 2 n 1
1 q
S u u ... u u
1 q
−
= + + + =
−
. 
Xét tổng m 1 m 2 m nS(x) (1 bx) (1 bx) ... (1 bx)+ + += + + + + + + như là tổng của n số hạng ñầu tiên của cấp 
số nhân với m 11u (1 bx) += + và công bội q (1 bx)= + . 
Áp dụng công thức ta ñược: 
n m n 1 m 1
m 1 1 (1 bx) (1 bx) (1 bx)S(x) (1 bx)
1 (1 bx) bx
+ + +
+ − + + − += + =
− +
. 
Suy ra hệ số của số hạng chứa xk trong S(x) là 1
b
 nhân với hệ số của số hạng chứa k 1x + trong khai triển: 
m n 1 m 1(1 bx) (1 bx)+ + ++ − + . 
Ví dụ 21. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển và rút gọn tổng sau: 
( ) ( ) ( ) ( )4 5 6 15S(x) 1 x 1 x 1 x ... 1 x= + + + + + + + + . 
Giải 
Tổng S(x) có 15 – 4 + 1 = 12 số hạng nên ta có: 
12 16 4
4 1 (1 x) (1 x) (1 x)S(x) (1 x)
1 (1 x) x
− + + − +
= + =
− +
. 
Suy ra hệ số của số hạng chứa x4 là hệ số của số hạng chứa x5 trong 16(1 x)+ . 
Vậy hệ số cần tìm là 516C 4368= . 
Nhận xét: 
Bằng cách tính trực tiếp hệ số của từng số hạng trong tổng ta suy ra ñẳng thức: 
4 4 4 4 5
4 5 6 15 16C C C ... C C+ + + + = . 
Ví dụ 22*. Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển và rút gọn tổng sau: 
( ) ( ) ( ) ( )2 99 100S(x) 1 x 2 1 x ... 99 1 x 100 1 x= + + + + + + + + . 
Giải 
Ta có: 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]98 99S(x) 1 x 1 2 1 x ... 99 1 x 100 1 x= + + + + + + + + . 
ðặt: 
( ) ( ) ( ) ( )2 98 99f(x) 1 2 1 x 3 1 x ... 99 1 x 100 1 x= + + + + + + + + + 
( ) ( ) ( ) ( )2 3 99 100F(x) (1 x) 1 x 1 x ... 1 x 1 x= + + + + + + + + + + 
S(x) f(x) xf(x)⇒ = + và /F (x) f(x)= . 
 17 
Suy ra hệ số của số hạng chứa x2 của S(x) bằng tổng hệ số số hạng chứa x và x2 của f(x), bằng tổng 2 lần hệ 
số số hạng chứa x2 và 3 lần hệ số số hạng chứa x3 của F(x). 
Tổng F(x) có 100 số hạng nên ta có: 
100 1011 (1 x) (1 x) (1 x)
F(x) (1 x)
1 (1 x) x
− + + − +
= + =
− +
. 
+ Hệ số số hạng chứa x2 của F(x) là 3101C . 
+ Hệ số số hạng chứa x3 của F(x) là 4101C . 
Vậy hệ số cần tìm là 3 4101 1012C 3C 12582075+ = . 
Nhận xét: 
Bằng cách tính trực tiếp hệ số của từng số hạng trong tổng ta suy ra ñẳng thức: 
2 2 2 2 2 3 4
2 3 4 99 100 101 1012C 3C 4C ... 99C 100C 2C 3C+ + + + + = + . 
Ví dụ 23*. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển và rút gọn tổng sau: 
( ) ( ) ( ) ( )2 n 1 nS(x) 1 x 2 1 x ... (n 1) 1 x n 1 x−= + + + + + − + + + . 
Giải 
Ta có: 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]n 2 n 1S(x) 1 x 1 2 1 x ... (n 1) 1 x n 1 x− −= + + + + + − + + + . 
ðặt: 
( ) ( ) ( ) ( )2 n 2 n 1f(x) 1 2 1 x 3 1 x ... (n 1) 1 x n 1 x− −= + + + + + + − + + + 
( ) ( ) ( ) ( )2 3 n 1 nF(x) (1 x) 1 x 1 x ... 1 x 1 x−= + + + + + + + + + + 
S(x) f(x) xf(x)⇒ = + và /F (x) f(x)= . 
Suy ra hệ số của số hạng chứa x của S(x) bằng tổng hệ số số hạng không chứa x và chứa x của f(x), bằng 
tổng hệ số số hạng chứa x và 2 lần hệ số số hạng chứa x2 của F(x). 
Tổng F(x) có n số hạng nên ta có: 
n n 11 (1 x) (1 x) (1 x)
F(x) (1 x)
1 (1 x) x
+− + + − +
= + =
− +
. 
+ Hệ số số hạng chứa x của F(x) là 2n 1C + . 
+ Hệ số số hạng chứa x2 của F(x) là 3n 1C + . 
Vậy hệ số cần tìm là 2 3n 1 n 1
n(n 1)(2n 1)
C 2C
6+ +
+ +
+ = . 
Nhận xét: 
Bằng cách tính trực tiếp hệ số của từng số hạng trong tổng ta suy ra ñẳng thức: 
2 2 2 2 2 n(n 1)(2n 1)1 2 3 ... (n 1) n
6
+ +
+ + + + − + = . 
3.5. Dạng tìm hệ số lớn nhất trong khai triển Newton 
Xét khai triển n(a bx)+ có số hạng tổng quát là k n k k knC a b x− . 
ðặt k n k kk nu C a b , 0 k n
−= ≤ ≤ ta có dãy hệ số là { }ku . ðể tìm số hạng lớn nhất của dãy ta thực hiện các 
bước sau: 
Bước 1: giải bất phương trình k
k 1
u
1
u +
≥ ta tìm ñược k0 và suy ra 0 0k k 1 nu u ... u+≥ ≥ ≥ . 
Bước 2: giải bất phương trình k
k 1
u
1
u +
≤ ta tìm ñược k1 và suy ra 1 1k k 1 0u u ... u−≥ ≥ ≥ . 
Bước 3: số hạng lớn nhất của dãy là { }
0 1k k
max u , u . 
 18 
Chú ý: 
ðể ñơn giản trong tính toán ta có thể làm gọn như sau: 
Giải hệ bất phương trình 
k k 1
0
k k 1
u u
k
u u
+
−
≥ ⇒ ≥
. Suy ra hệ số lớn nhất là 0 0 0k n k knC a b− . 
Ví dụ 24. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển ( )171 0,2x+ . 
Giải 
Khai triển ( )171 0,2x+ có số hạng tổng quát là k k k17C (0,2) x . 
Ta có: 
( ) ( )
( ) ( )
k k k 1 k 1
17 17
k k k 1 k 1
17 17
17 ! 17 !
5C (0,2) C (0,2) k ! 17 k ! (k 1)! 16 k !
17 ! 17 !C (0,2) C (0,2)
5
k! 17 k ! (k 1)! 18 k !
+ +
− −
 ≥ ≥  − + − ⇔  ≥  ≥ − − −
5(k 1) 17 k
2 k 3
18 k 5k
 + ≥ −⇔ ⇔ ≤ ≤ − ≥
. 
+ Với k = 2: hệ số là 2 217C (0,2) 5, 44= . 
+ Với k = 3: hệ số là 3 317C (0,2) 5, 44= . 
Vậy hệ số lớn nhất là 5,44. 
Ví dụ 25. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển ( )
102x
1
3
+ . 
Giải 
Khai triển ( ) ( )
10
10
10
2x 1
1 3 2x
3 3
+ = + có số hạng tổng quát là k 10 k k k1010
1
C 3 2 x
3
−
. 
Ta có: 
( ) ( )
( ) ( )
k 10 k k k 1 9 k k 1
10 10
k 10 k k k 1 11 k k 1
10 10
10! 10!
3 2C 3 2 C 3 2 k! 10 k ! (k 1)! 9 k !
10! 10!C 3 2 C 3 2
2 3
k! 10 k ! (k 1)! 11 k !
− + − +
− − − −
 ≥ ≥  − + − ⇔  ≥  ≥ − − −
3(k 1) 2(10 k) 17 22
k k 4
5 52(11 k) 3k
 + ≥ −⇔ ⇔ ≤ ≤ ⇒ = − ≥
. 
Vậy hệ số lớn nhất là 4 6 41010
1 1120
C 3 2
3 27
= . 
II. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
Phương pháp giải toán 
Bước 1: ñặt ñiều kiện cho bài toán. 
+ xP có ñiều kiện là x ∈ ℕ . 
+ yxA , 
y
xC có ñiều kiện là x , y∈ ∈ℕ ℕ và 0 y x≤ ≤ . 
Bước 2: áp dụng công thức tính ñể ñưa bài toán về phương trình, hệ phương trình quen thuộc. 
Bước 3: giải phương trình, hệ phương trình rồi dựa vào ñiều kiện ñể chọn nghiệm. 
 19 
Chú ý: 
Do tính chất ñặc biệt nghiệm là số tự nhiên nên ñôi khi ta phải thử và ñoán nghiệm. 
Chẳng hạn: 
x ! 1 x 0 x 1= ⇔ = ∨ = . 
( )(x 5)(x 4)(x 3)(x 2)x 120 6! x 6− − − − = = ⇔ = . 
Ví dụ 26. Giải phương trình x 1x 1 x 1 x
30
A 2P P
7
−
+ −+ = . 
Giải 
ðiều kiện 
x x
x 1 0 x 1
∈ ∈   ⇔  − ≥ ≥  
ℕ ℕ
. 
Ta có: 
x 1
x 1 x 1 x
30 (x 1)! 30
A 2P P 2(x 1)! x !
7 2! 7
−
+ −
+
+ = ⇔ + − = 
7(x 1)! x(x 1) 28(x 1)! 60(x 1)! x 0⇔ − + + − − − = 2
4
x
77x 53x 28 0
x 7
 =
⇔ − + = ⇔ 
 =
. 
So với ñiều kiện ta ñược nghiệm là x = 7. 
Ví dụ 27. Giải phương trình: 
x 10 x 9 x 8 x 2 x 1
x x x x xC C C ... C C 1023
− − − − −+ + + + + = . 
Giải 
ðiều kiện 
x x
x 10 0 x 10
∈ ∈   ⇔  − ≥ ≥  
ℕ ℕ
. 
Ta có: 
x 10 x 9 x 8 x 2 x 1
x x x x xC C C ... C C 1023
− − − − −+ + + + + = 
x 10 x 9 x 8 x 2 x 1 x 10 x
x x x x x x xC C C ... C C C (1 1) C 1
− − − − −⇔ + + + + + + = + + − . 
Vậy x = 10. 
Ví dụ 28. Giải hệ phương trình 
y x y
x y 1 x
y 1
A : P C 126
 P 720
−
−
+
+ = =
. 
Giải 
ðiều kiện 
x, y
x, y
0 y x
1 y x
y 1 0
 ∈ ∈  ≤ ≤ ⇔   ≤ ≤  − ≥
ℕ
ℕ
. 
Ta có: 
( )
y x y
x y 1 x
y 1
x ! x !
A : P C 126 126
x y !(y 1)! (x y)!y !
 P 720
 (y 1)! 6!
−
−
+
+ = + =  − − −⇔  =  + =
( )
x ! x ! 6.x !
x 7126 126
x 5 !4 ! (x 5)!5! (x 5)!5!
y 5
 y 5 y 5
   =+ = =    − − −⇔ ⇔ ⇔   =    = =  
.