Bài giảng số 5: Nhị thức newton

Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 1 BÀI GIẢNG SỐ 5. NHỊ THỨC NEWTON .....PHẦN 2..... Bài giảng số 5 giúp chúng ta tiếp cận và giải quyết thành công bài toán về nhị thức Newton trong đề thi ĐH_CĐ những năm vừa qua. Với hi vọng và mong muốn học sinh học tại nhà vẫn đỗ ĐH. Tập thể giáo viên của baigiangtructuyen.vn đã và đang nỗ lực hết mình xây dựng hệ thống bài giảng khoa học và bám sát chương trình thi của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo. Bài toán 1: Tìm hệ số của mx trong một khai triển nhị thức Newton      n P x f x Phương pháp  Bước 1: Viết     0 n g k k k P x a x    Bước 2: Số hạng chứa mx tương ứng với  g k m k .  Bước 3: Kết luận  Nếu ,k N k n  , thì hệ số phải tìm là ka .  Nếu k n hoặc k n thì trong khia triển không có số hạng mx , hệ số phải tìm bằng 0. Ví dụ 1 Tìm hệ số của x10 trong khai triển nhị thức (2 + x)n biết rằng: 3 n 0 nC - 3 n-1 1 nC + 3 n-2 2 nC - 3 n-3 3 nC ++(-1) n nC = 2008. Giải Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton: 2 n = (3 – 1)n = 0 3 ( 1) n k k n k n k C    = 0 1 1 2 2 3 33 3 3 3 ...n n n nn n n nC C C C       (-1) nnC Vì thế, từ giả thiết ta có : 2n = 2048 = 211 => n = 11. Lại áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta có: (2 + x) 11 = 11 11 11 0 2k k k k C x    . (1) Từ (1) suy ra hệ số của x10 ứng với k=1, và đó là số 1 1112C = 22. Thí dụ 2: (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A – 2006) Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 2 Tìm hệ số của số hạng x26 trong khai triển nhị thức Newton của 7 4 1 n x x       . Biết rằng 1 2 20 2 1 2 1 2 1... 2 1 n n n nC C C       . Giải Trước hết xác định từ giả thiết đã cho như sau: Theo tính chất của tổ hợp, ta có: 1 2 1nC  = 2 2 1 n nC  2 2 1 2 1 2 1 n n nC C    . 1 2 1 2 1 n n n nC C    . Từ đó ta có : 1 2 1nC  + 2 2 1nC  ++ 2 1 n nC  = 2 2 1 n nC  + 2 1 2 1 n nC   ++ 1 2 1 n nC   (1) Từ (1) ta có: 0 2 1nC  + ( 1 2 1nC  + 2 2 1nC  ++ 2 1 n nC  ) + ( 2 2 1 n nC  + 2 1 2 1 n nC   ++ 1 2 1 n nC   ) + 2 1 2 1 n nC   = 2 + 2( 1 2 1nC  + 2 2 1nC  ++ 2 1 n nC  ) . (2) Vì vế trái của (2) bằng 2 nên từ (2) và giả thiết ta có: 2 1 20 212 2 2(2 1) 2 10n n       . Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:       10 10 10 10 10 7 4 7 4 7 70 11 10 104 0 0 1 k k k k k k k x x x C x x C x x                   . Ta có 70-11k = 26 k = 4. Vậy số hạng chứa x26 ứng với k = 4. Từ đó suy ra hệ số của x26 là 4 10C = 210. Ví dụ 3 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối D – 2004) Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển 7 3 4 1 x x       , với x >0. Giải Ta có 7 3 4 1 x x       = 7 7 1 11 17 3 34 4 7 0 k k k k x x C x x                        = 7 7 217 7 3 4 12 7 7 0 0 k k k k k k k C x C x        Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 3 Xét phương trình 7k-21=0  k = 3. Vậy số hạng không chứa x la số hạng ứng với k = 3. Đó là số 3 7 35C  . Chú ý:Đề thi tuyển sinh Cao Đẳng khối A,B – 2008 có dạng tương tự: tìm số hạng không chứa x trong khai triển 7 5 1 2x x       . Đáp số: 6528. Ví dụ 4 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A- 2003) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Newton 5 3 1 n x x       biết rằng: 1 4 3 7( 3) n n n nC C n      . Giải Trước hết ta tìm n từ hệ thức: 1 4 3 7( 3) n n n nC C n       1 3 3 3 7( 3) n n n n n nC C C n            3 ! 7( 3) 1 !2! n n n      ( 2)( 3) 14( 3) ( 2) 14 12n n n n n          (do n+3>0) Theo công thức khai trển nhị thức Newton ta có:   12 1212 5 5 60 1112 12 5 3 32 2 2 12 123 0 0 1 k k k k k k k x x x C x x C x x                             Từ phương trình 60 11 8 4 2 k k     . Vậy số hạng chứa x8 trong khai triển tương ứng với k=4, do đó hệ số cua nó là 412C =495. Nhận xét: với các thí dụ 1, 2, 3, 4 việc tính hệ số của các số hạng chứa xk được tính trực tiếp. Trong các thí dụ sau đây việc tính hệ số của số hạng chứa xk không được tính trực tiếp mà nó phải qua bước trung gian. Ta hãy xét các thí dụ đó. Ví dụ 5 ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối D – 2007) Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: P=     5 1021 2 1 3x x x x   . Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 4 Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: P =     5 10 2 5 10 0 0 2 3 k kk k k k x C x x C x      . (1) Từ (1) suy ra số hạng chứa x5 của P là:      4 34 2 3 5 4 35 10 5 102 3 16 27xC x x C x x C C    . Vậy hệ số của x5 trong khai triển là 16.5 + 27.120 = 3320. Ví dụ 6: ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối A – 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của biểu thức: P=   8 21 1x x    Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có :     8 8 2 2 8 8 0 0 1 1 k kk k k k k P C x x C x x          . Với 5,6,7,8k  thì 2 (1 )k kx x chứa lũy thừa bậc thấp nhất là 2 10k  , vậy mọi số hạng của nó không có số hạng nào chứa lũy thừa 8 của x. Với 0,1,2k  thì 2 (1 )k kx x chứa lũy thừa bậc cao nhất là 3 6k  , vậy mọi số hạng của nó không có số hạng nào chứa lũy thừa 8 của x. Vậy chỉ xét khi 3; 4k k  Nếu 3k  , chỉ xét số hạng 3 6 2 38 (1 3 3 )C x x x x   , số hạng chứa x 8 ở đây là 3 3 88C x . Nếu 4k  , chỉ xét số hạng 3 8 4 8 (1 )C x x , số hạng chứa x 8 là 4 8 8C x . Vậy hệ số chứa lũy thừa x8 trong khai triển của P là : 3 48 83 238C C  . Thí dụ 7 Cho đa thức           2 3 20 1 2 1 3 1 ... 20 1P x x x x x         . Tìm hệ số của số hạng x15 trong khai triển thành đa thức của  P x . Giải Viết lại : Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 5  xP =       2 14 1 2 1 ... 14 1x x x         + 15 16 20 15 16 20 0 0 0 15 16 ... 20k k k k k k k k k C x C x C x                           . (1) Từ đó suy ra hệ số của số hạng chứa x15 là : 15 15 15 15 15 15 15 15 16 17 18 19 2015 16 17 18 19 20 400995a C C C C C C       . Bài tập 1. Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển 2( 1)nx  bằng 1024 . Hãy tìm hệ số của 12x trong khai triển đó ? Hướng dẫn và đáp số: 2 0 2 1 4 2 2(1 ) ... ...n k k n nn n n n nx C x C x C x C x C        (1) Trong (1), cho 1x  ta được 0 1 2 ... 2n nn n n nC C C C    , giả thiết 102 1024 2 10n n     . Theo (1) ta có hệ số của 12x tương ứng với 6k  . Do đó 610 210a C  . 2. Trong khai triển nhị thức 3( )nx x x , hãy tìm số hạng không phụ thuộc x , biết rằng: 1 2 79n n nn n nC C C     . Hướng dẫn và đáp số: Vì 1 2 79n n nn n nC C C     nên 12n  . 3. Tìm số hạng không chứa x của khai triển 17 34 23 1 x x       với 0x  . Hướng dẫn và đáp số: 17 2 34 3 17 1362 317 17 17 3 174 3 4 123 4 17 17 17 23 0 0 0 1 ( ) .( ) k k k k k k k k k k k x C x x C x C x x                              . Số hạng không chứa x phải thỏa mãn 17 136 0 8k k    . Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 8 17 24310C  . 4. Tìm hệ số của 5x trong khai triển của 5 3 2 2 3x x       với 0x  . Hướng dẫn và đáp số: Số hạng thứ 1k  trong khai triển của 5 2 2 2 3x x       là: Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 6 3 5 5 15 5 1 5 52 2 (3 ) ( ) .3 .( 2) .k k k k k k kkT C x C x x         . 1kT  chứa 5 15 5 5 2x k k     . Vậy hệ số của 5x trong khai triên trên là 2 3 25 .3 .( 2) 1080C   . 5. Tìm hệ số của 2x trong khai triển của 10 311 x x        với 0x  . Hướng dẫn và đáp số: 10 10 10 10 3 1 3 1 3 4 10 10 10 0 0 0 0 0 1 1 ( ) . ( ) . . . k k k k k h k h h k h h k k k k k h k h x C x x C C x x C C x x                         . Nên hệ số của 2x trong khai triển trên phải thỏa mãn 4 2h k  . Vì 0 10h k   nên 2 6 10 1 2 3 k k k h h h                . Vậy hệ số của 2x là 2 1 6 2 10 310 2 10 6 10 10 3360a C C C C C C    . Bài toán 2:Tìm hệ số lớn nhất trong một khai triển nhị thức Newton Phương pháp  Xét bất cứ phương trình 1k ka a  và nghiệm của nó thường có dạng 0k k do k nguyên nên k = 0, 1, 2,, 0 1k  .  Từ đó suy ra bất phương trình 1k ka a  có nghiệm dạng 0k k .  Đến đây ta có hai khả năng: + Nếu 1k ka a  0k k  . Khi đó ta có 0 0 00 1 2 1 2 1 ... ...k k k n na a a a a a a a           Lúc này có hai hệ số nhận giá trị lớn nhất là 0k a và 0 1k a  + Nếu 1k ka a  vô nghiệm Khi đó ta có: 0 0 00 1 2 1 1 0 ... ...k k ka a a a a a a         Lúc này có duy nhất hệ số 0k a nhận giá trị lớn nhất . Ví dụ 1 ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối A -2008) Giả sử   2 0 1 2 ... n nx P a a x a x a x     thỏa mãn hệ thức:. Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 7 121 2 0 2 ... 2 2 2 2 n n aa a a      . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số  0 1 2; ; ;...; na a a a Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:     0 1 2 2 2 0 1 2 2 2 2 ... 2 n n k k k n n n n n n n nx k P x C x C C x C x C x          Từ đó do  xP =  1 2 n x = 2 0 1 2 ... n na a x a x a x    , ta có: 0 0 na C 1 11 1 2 2 n n a a C C   2 2 22 2 2 2 2 n n a a C C   .. 2 2 n n nn n n nn a a C C   Vì thế: 0 11 2 0 2 ... ... 2 2 2 2 n nn n n nn aa a a C C C         . Do đó từ giả thiết suy ra: 122 2 12n n   . Xét khai triển:   12 12 12 0 1 2 2k k k k x C x    . Từ đó 12 2 k k ka C (k = 0, 1, 2,,12) Xét bất phương trình: 1k ka a        1 1 12 12 12! 12! 1 2 2 2 2 2 1 24 2 12 ! ! 11 ! 1 ! 12 1 23 0,1,2,...,7 3 k k k kC C k k k k k k k k k k                     (do k nguyên) Từ đó suy ra : 1k ka a  23 8,9,10,11 3 k k    Phương trình 1k ka a  23 3 k   vô nghiệm do k nguyên Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 8 Như thế ta có 0 1 2 7 8 9 10 11 12...a a a a a a a a a         Vậy max  0 1 2 12; ; ;...;a a a a = 8 8 8 122 126720a C  Ví dụ 2: Xét khai triển   9 2 9 0 1 2 93 2 ...x a a x a x a x      . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số  0 1 2 9; ; ;...;a a a a Giải Ta có :     9 9 9 9 9 9 9 0 0 3 2 3 2 3 2 kk k k k k k k k x C x C x        Vậy 9 93 2 ( 0,1,2,...,9) k k k ka C k   Xét bất phương trình 1k ka a        9 1 8 1 9 9 9! 9! 2 3 3 2 3 2 2 3 5 0,1,2,3,4 ! 9 ! 1 ! 8 ! 9 1 k k k k k kC C k k k k k k k k                   ( do k nguyên) Vậy 1k ka a  5 6,7,8k k    Mặt khác 1k ka a  5k  Vì thế ta có 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9a a a a a a a a a a         Từ đó:   55 6 0 1 9 9max ; ;...; 2 252a a a a a C    Bài tập 1. (A – 2008) Giả sử đa thức     20 1 21 2 ... n n nP x x a a x a x a x       thỏa mãn hệ thức 121 2 0 2 ... 2 . 2 2 2 n n aa a a      Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số 0 1, ,..., .na a a Đáp số: 8 88 122 .a C 2. Xét khai triển   9 2 9 0 1 2 93 2 ... .x a a x a x a x      Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ 0 1 2 9, , ,..., .a a a a Đáp số:   55 6 0 1 2 9 9max , , ,..., 2 252.   a a a a a a C Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 9 3. Xét khai triển   20 1 22 ... .      n n nx a a x a x a x Tìm n để  0 1 2 10max , , ,..., .na a a a a Đáp số: 30n hoặc 31.n Bài toán 3:Tìm hệ số và số hạng trong khai triển nhị thức Newton thỏa mãn các điều kiện cho trước Thí dụ 1 ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối D – 2003) Với n là số nguyên dương, gọi 3 3na  là hệ số của 3 3nx  trong khai triển thành đa thức của    2 2 2 n n x x   . Tìm n để có 3 3na  =26n. Giải Vì n nguyên dương nên 1 3 3 0n n    Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:  2 0 1 2 2 4 21 ... n n n n n n nx C C x C x C x      (1)   2 0 1 1 2 2 22 2 2 2 ...n n n n nn n n nx C C x C x C x        (2) 1. Nếu n= 1 3n – 3 = 0 Trong trường hợp này ta có:    2 2 2 n n x x   =   2 1 2x x  Từ đó suy ra 0 2a  . Mặt khác 26n = 26 3 3 26na n  Loại khả năng này. 2. Nếu n=2 ( lập lận tương tự như trường hợp 1 cũng loại khả năng này) 3. Nếu 3n  , từ (1),(2) suy ra:       3 1 1 3 2 3 3 ! 2 2 2 2 3 !3! n n n n n n n n n n a C C C C n n         Theo bài ra ta có phương trình:    24 1 2 2 26 5 3 n n n n n n       ( do n 3 ) Vậy n = 5 là giá trị duy nhất cần tìm của n. Thí dụ 2 Tìm các số hạng nguyên trong khai triển   9 33 2 Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 10 Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có :   9 33 2 = 9 1 91 9 3 32 2 9 0 3 2 3 2 kk k k C           . (1) Số hạng 9 32 9 3 2 kk kC  là nguyên   2 9 3 0 9 k k k        0k  và 6k  Vậy trong khai triển trên có hai số nguyên đó là: 0 0 3 9 3 2 8C  và 6 3 1 9 3 2 4536C  Thí dụ 3: Trong khai triển nhị thức Newton: 21 3 3 a b b a        Tìm hệ số của số hạng có số mũ a và b là bằng nhau Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: 21 3 3 a b b a        = 21 1 1 11 3 6 62a b b a        = 21 1 1 1 21 21121 21 3 6 6 3 6 6 22 21 21 0 0 k k k k k k k k k k C a b b a C a b                         (1) Từ (1) suy ra xét hệ phương trình sau: 21 21 12 3 6 6 2 k k k k k         Vậy hệ số cần tìm là : 1221 293930C  (đó là hệ số của số hạng chứa 5 5 2 2a b ) Thí dụ 4: Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển  1 n x có hai hệ số liên tiếp có tỉ số là 7 15 Địa chỉ: Số 6, Lô A1, Tiểu khu Ngọc Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội Email: lienhe@baigiangtructuyen.vn; Website: www.baigiangtructuyen.vn Fanpage: www.facebook.com/baigiangtructuyen.vn; Hotline: 04.62734948 Biên soạn: Nguyễn Đăng Dũng– Chuyên gia luyện thi Đại Học- GV chuyên SP-Cố vấn chuyên môn bộ môn toán www.baigiangtructuyen.vn . Email: Nguyendangdung02@gmail.com . Mobile: 0979.56.46.02- 096.55.22.668. 11 Giải Ta có :   0 1 n n k k n k x C x     hệ số của hai số hạng liên tiếp là 1;k kn nC C  Ta có 1 7 1 7 1 7 22 15 3 2 15 15 7 k n k n C k k n k n k C n k              Do n, k  1 7 1 22 1 7 k t k t n t          (1) Do k 0 nên 1 7 1 0 7 t t    (2) Từ (1) và (2) do t nguyên nên n nhận giá trị bé nhất bằng 21 khi t = 1. Vậy n = 21 là giá trị bé nhất của n thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Bài tập 1. (D – 2003) Với n là số nguyên dương, gọi 3 3na  là hệ số của 3 3nx  trong khai triển thành đa thức của    2 1 2 . n n x x  Tìm n để có 3 3 26.na   Đáp số: 5.n  2. Tìm các số hạng nguyên trong khai triển   9 33 2 . Đáp số: 0, 6. k k 3. Trong khai triển nhị thức Newton 21 3 3 , a b b a        tìm hệ số của số hạng có số mũ của a và b là bằng nhau. Đáp số: 12 2112, .k C 4. Tìm số nguyên dương bé nhất sao cho trong khai triển  1 n x có hai hệ số liên tiếp có tỉ số là 7 . 5