Tài liệu ôn tập Đại số tổng hợp - Chương V: Nhị thức Newton (Phần 1) - Phạm Hồng Danh

ĐẠI SỐ TỔ HỢP 
 Chương V 
NHỊ THỨC NEWTON (phần 1) 
 Nhị thức Newton có dạng : 
 (a + b)n = C anb0 + an-1b1 +  + a0bn 0n
1
nC
n
nC
 = (n = 0, 1, 2, ) 
n
k n k k
n
k 0
C a b−
=
∑
 Các hệ số của các lũy thừa (a + b)n với n lần lượt là 0, 1, 2, 3,  được sắp 
thành từng hàng của tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal : 
k
nC
(a + b)0 = 1 
(a + b)1 = a + b 
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 +b3 
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 
(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 
1 
1 
1 
5 
1 
4 
1 
3 
+ 
10
1 
2 
6 
1 
3 
10 
1 
4 
1 
5 
1 
1 
 Các tính chất của tam giác Pascal : 
(i) = = 1 : các số hạng đầu và cuối mỗi hàng đều là 1. 0nC
n
nC
(ii) = (0 k n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau. knC
n k
nC
− ≤ ≤
(iii) = (0 k knC +
k 1
nC
+ k 1
n 1C
+
+ ≤ ≤ n – 1) : tổng 2 số hạng liên tiếp ở hàng trên bằng 
số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới. 
(iv) +  + = (1 + 1)n = 2n 0nC +
1
nC
n
nC
 Các tính chất của nhị thức Newton : 
(i) Số các số hạng trong khai triển nhị thức (a + b)n là n + 1. 
(ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhị thức (a + b)n là n. 
(iii) Số hạng thứ k + 1 là C an – k bk. kn
Dạng 1: 
TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 
1. Khai triển (ax + b)n với a, b = ± 1, ± 2, ± 3  
 Cho x giá trị thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , , 0nC ,
1
nC
n
nC .
 Hai kết quả thường dùng 
 (1 + x)n = x + x2 +  + xn = (1) 0nC +
1
nC
2
nC
n
nC
n
k k
n
k 0
C x
=
∑
 (1 – x)n = x + x2 +  + (–1)n xn = (2) 0nC –
1
nC
2
nC
n
nC
n
k k k
n
k 0
( 1) C x
=
−∑
• Ví dụ : Chứng minh a) +  + = 2n 0nC + 1nC nnC
 b) +  + (–1)n = 0 0nC –
1
nC +
2
nC
n
nC
Giải 
 a) Viết lại đẳng thức (1) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh. 
 b) Viết lại đẳng thức (2) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh . 
2. Tìm số hạng đứng trước xi (i đã cho) trong khai triển nhị thức Newton của 
một biểu thức cho sẵn 
• Ví dụ : Giả sử số hạng thứ k + 1 của (a + b)n là an – k bk .Tính số hạng thứ 13 
trong khai triển (3 – x)15. 
k
nC
Giải 
 Ta có : 
 (3 – x)15 = 315 – 314x +  + 315 – k .(–x)k +  + – x15 015C
1
15C
k
15C
15
15C
 Do k = 0 ứng với số hạng thứ nhất nên k = 12 ứng với số hạng thứ 13 
 Vậy số hạng thứ 13 của khai triển trên là : 
 31215C
3(–x)12 = 27x12. 15!
12!3!
 = 12.285x12. 
3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức (a + b)n 
(a, b chứa x), ta làm như sau : 
 - Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : 
 an – k bk =cm. xm. knC
 - Số hạng độc lập với x có tính chất : m = 0 và 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N. Giải phương 
trình này ta được k = k0. Suy ra, số hạng độc lập với x là . 0knC 0
n ka − 0kb
• Ví dụ : Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức
18x 4
2 x
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Giải 
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : 
18 k
k
18
xC
2
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
k4
x
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = 
k k 18 2k 18 k k
18C 2 .2 .x .x
− − − = k 3k 18 18 2k18C 2 .x
− −
Số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức có tính chất : 
 18 – 2k = 0 ⇔ k = 9 
Vậy, số hạng cần tìm là : .29. 918C
4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức (a + b)n với a, 
b chứa căn, ta làm như sau : 
– Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : 
 = Kk n k knC a b
−
m n
p qc .d với c, d ∈¤ 
– Số hạng hữu tỷ có tính chất : m
p
 ∈ N và n
q
 ∈ N và 0 ≤ k ≤ n, k N. ∈
 Giải hệ trên, ta tìm được k = k0. Suy ra số hạng cần tìm là : 
 . 0 0k n k knC a b
− 0
• Ví dụ : Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhị thức ( )73 16 3+ 
Giải 
 Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là : 
7 k1
k 3
7C 16
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
k1
23
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
 = 
7 k k
k 3 2
7C .16 .3
−
. 
 Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất : 
 7 k N
3
k N
2
0 k 7, k N
−⎧ ∈⎪⎪⎪ ∈⎨⎪ ≤ ≤ ∈⎪⎪⎩
 ⇔ 
− =⎧⎪⎨⎪ ≤ ≤⎩
7 k 3m
k chẵn
0 k 7
⇔
k 7 3m (m Z)
k chẵn
0 k 7
= − ∈⎧⎪⎨⎪ ≤ ≤⎩
 ⇔ k = 4 
Vậy, số hạng cần tìm là : . 4 217C .16.3
Bài 120. Khai triển (3x – 1)16. 
 Suy ra 316 – 315 + 314 –  + = 216. 016C
1
16C
2
16C
16
16C
Đại học Bách khoa Hà Nội 1998 
Giải 
 Ta có : (3x – 1)16 = 
16
16 i i i
16
i 0
(3x) ( 1) .C−
=
−∑
 = (3x)16 – (3x)15 + (3x)14 +  + . 016C
1
16C
2
16C
16
16C
 Chọn x = 1 ta được : 
 216 = 316 – 315 + 314 –  + . 016C
1
16C
2
16C
16
16C
Bài 121. Chứng minh : 
a) n 0 n 1 1 n 2 2 n nn n n n2 C 2 C 2 C ... C 3
− −+ + + + =
b) . n 0 n 1 1 n 2 2 n n nn n n n3 C 3 C 3 C ... ( 1) C 2
− −− + + + − =
Giải 
a) Ta có : (x + 1)n = . 0 n 1 n 1 nn nC x C x ... C
−+ + + n
n
n
n
)
 Chọn x = 2 ta được : 
 3n = . 0 n 1 n 1 nn nC 2 C 2 ... C
−+ + +
b) Ta có : (x – 1)n = . 0 n 1 n 1 n nn nC x C x ... ( 1) C
−− + + −
 Chọn x = 3 ta được : 
 2n = . n 0 n 1 1 n 2 2 n nn n n3 C 3 C 3 C ... ( 1) C
− −− + + + −
Bài 122. Chứng minh : ; 
n 1
k n 1
n
k 1
C 2(2 1
− −
=
= −∑ n k kn
k 0
C ( 1) 0
=
− =∑ . 
Đại học Lâm nghiệp 2000 
Giải 
 Ta có : (1 + x)n = (*) 
n
0 1 2 2 n n k k
n n n n n
k 0
C C x C x ... C x C x
=
+ + + + =∑
 Chọn x = 1 ta được 
 2n = 
n
k 0 1 2 n 1
n n n n n
k 0
C C C C ... C C−
=
n
n= + + + + +∑ 
 2n = ⇔ 1 2 n 1n n n1 C C ... C 1−+ + + + +
 2n – 2 = ⇔
n 1
k
n
k 1
C
−
=
∑
 Trong biểu thức (*) chọn x = – 1 ta được 0 = 
n
k k
n
k 0
C ( 1)
=
−∑ . 
Bài 123. Chứng minh : 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n2n 2n 2n 2nC C 3 C 3 ... C 3 2 (2 1)
−+ + + + = +
Đại học Hàng hải 2000 
Giải 
 Ta có : (1 + x)2n = (1) 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n2n 2n 2n 2n 2nC C x C x ... C x C x
− −+ + + + +
 (1 – x)2n = (2) 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n2n 2n 2n 2n 2nC C x C x ... C x C x
− −− + + − +
 Lấy (1) + (2) ta được : 
 (1 + x)2n + (1 – x)2n = 2 0 2 2 2n 2n2n 2n 2nC C x ... C x⎡ ⎤+ + +⎣ ⎦ 
 Chọn x = 3 ta được : 
 42n + (–2)2n = 2 0 2 2 2n 2n2n 2n 2nC C 3 ... C 3⎡ ⎤+ + +⎣ ⎦
 ⇔
4n 2n2 2
2
+ = 0 2 2 2n2n 2n 2nC C 3 ... C 3+ + + 2n
 ⇔
2n 2n2 (2 1)
2
+ = 0 2 2 2n2n 2n 2nC C 3 ... C 3+ + + 2n
) 2n = ⇔ 2n 1 2n2 (2 1− + 0 2 2 2n2n 2n 2nC C 3 ... C 3+ + +
Bài 124. Tìm hệ số đứng trước x5 trong khai triển biểu thức sau đây thành đa thức : 
 f(x) = (2x + 1)4 + (2x + 1)5 + (2x + 1)6 + (2x + 1)7. 
Đại học Kiến trúc Hà Nội 1998 
Giải 
 Ta có : (2x + 1)4 = 
4
i 4
4
i 0
C (2x) i−
=
∑ ; (2x + 1)5 = 5 i 55
i 0
C (2x) i−
=
∑ 
 (2x + 1)6 = 
6
i 6
6
i 0
C (2x) i−
=
∑ ; (2x + 1)7 = 7 i 77
i 0
C (2x) i−
=
∑ 
 Vậy số hạng chứa x5 của (2x + 1)4 là 0. 
 số hạng chứa x5 của (2x + 1)5 là . 0 55C (2x)
 số hạng chứa x5 của (2x + 1)6 là . 1 56C (2x)
 số hạng chứa x5 của (2x + 1)7 là . 2 57C (2x)
 Do đó hệ số cần tìm là = 0 + + + 0 55C 2
1 5
6C 2
2 5
7C 2
 = = 28 1 26 7(1 C C )2+ + 5 × 32 = 896. 
Bài 125. Tìm số hạng chứa x8 trong khai triển 
n
5
3
1 x
x
⎛ +⎜⎝ ⎠
⎞⎟
+
+
 biết rằng 
 = 7(n + 3). n 1 nn 4 n 3C C
+
+ −
Tuyển sinh Đại học khối A 2003 
Giải 
 Ta có : = 7(n + 3) (với n n 1 nn 4 n 3C C
+
+ − ∈ N) 
 ⇔ ( )
(n 4)! (n 3)!
3! n 1 ! 3!n!
+ +−+ = 7(n + 3) 
 ⇔ (n 4)(n 3)(n 2) (n 3)(n 2)(n 1)
6 6
+ + + + + +− = 7(n + 3) 
 ⇔ (n + 4)(n + 2) – (n + 2)(n + 1) = 42 
 ⇔ (n2 + 6n + 8) – (n2 + 3n + 2) = 42 
 ⇔ 3n = 36 
 ⇔ n = 12. 
 Ta có : 
12 5 112 12 36 i5 i 3 12 i i i2 2
12 123
i 0 i 0
1 x C (x ) .(x ) C x
x
− +− −
= =
⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ ∑ ∑
1
 Yêu cầu bài toán –36 + ⇔ 11i
2
 = 8 (với i ∈ N và 0 ≤ i 12) ≤
 ⇔ 11i
2
 = 44 ⇔ i = 8 (thỏa điều kiện). 
 Vậy số hạng chứa x8 là 
8
8 8
12
12!xC x
8!4!
= = 812 11 10 9 x
4 3 2
× × ×
× × = 495x
8. 
Bài 126. Biết rằng tổng các hệ số của khai triển (x2 + 1)n bằng 1024. Hãy tìm hệ số a 
của số hạng ax12 trong khai triển đó. 
Đại học Sư phạm Hà Nội 2000 
Giải 
 Ta có : (x2 + 1)n = 0 2 n 1 2 n 1 i 2 n i nn n nC (x ) C (x ) ... C (x ) ... C
− −
n+ + + + + 
 Theo giả thiết bài toán, ta được 
 = 1024 0 1 in n nC C ... C ... C+ + + + + nn
 2n = 1024 = 210 ⇔ ⇔ n = 10 
 Để tìm hệ số a đứng trước x12 ta phải có 
 2(n – i) = 12 ⇔ 10 – i = 6 ⇔ i = 4 
 Vậy a = 410
10! 10 9 8 7C
4!6! 4 3 2
× × ×= = × × = 210. 
Bài 127. Tìm hệ số đứng trước x4 trong khai triển (1 + x + 3x2)10. 
Giải 
 Ta có : 
 (1 + x + 3x2)10 = [1 + x(1 + 3x)]10 
 = 0 1 2 2 2 3 3 310 10 10 10C C x(1 3x) C x (1 3x) C x (1 3x)+ + + + + + + 
 4 4 4 10 1010 10C x (1 3x) ... C (1 3x)+ + + +
 Hệ số đứng trước x4 trong khai triển chỉ có trong , , 
 đó là : 
2 2 2
10C x (1 3x)+ 3 3 310C x (1 3x)+
4 4 4
10C x (1 3x)+
2 3 4
10 10 10
10! 10! 10!C 9 C 9 C 9. 9
8!2! 3!7! 6!4!
+ + = + + 
 = 405 + 1080 + 210 = 1695. 
Bài 128. Tìm hệ số của x8 trong khai triển [1 + x2(1 – x
Tuyển sinh Đại học khối A 2004 
Giải 
+
+
g chứa x g kh i triển trên chỉ có trong và 
Vậy hệ số của x8 là : + = 238. 
Bài 129. Cho 
)]8. 
 Ta có : 
 [1 + x2(1 – x)]8 = 0 1 2 2 4 28 8 8C C x (1 x) C x (1 x)+ − + − 
 3 6 3 4 8 4 5 10 5 6 12 68 8 8 8 C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x)+ − + − + − + − 
 7 14 7 8 16 88 8 C x (1 x) C x (1 x)+ − + − 
Số hạn 8 tron a 3 6 38C x (1 x)− 4 8 48C x (1 x)− 
đó là 3 6 28C x .3x và 
4
8C
8x 
3
83C
4
8C
nxx 1
322 2
− −⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
 = 
n n 1 xx 1 x 1
0 1 32 2
n nC 2 C 2 2 ..
−− − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
.+ +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 +  + 
n 1 nx xx 1
n 1 n3 32
n n⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
C 2 2 C 2
−− − −− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ +
⎝ ⎠
 . 
 Biết và số hạng thứ tư bằng 20n.
Tuyển sinh Đại học khối A 2002 
(điều kiện n 
⎝ ⎠
rằng 3 1n nC 5C= Tìm n và x. 
Giải 
 Ta có : 3 1n nC 5C= ∈ N và n ≥ 3) 
 ⇔ n(n 1)(n 2)⇔ ( ) ( )
n! n!5
!
= 
6
− − = 5n 
3! n 3 ! n 1− −
 n2 – 3n ⇔ (n – 1)(n – 2) = 30 ⇔ – 28 = 0 
 (loại do n 3) ⇔ n = 7 ∨ n = –4 ≥ ⇔ n = 7 
 Ta có : a4 = 20n = 140 
 ⇔ 
34 xx 1
3 32
7C 2 . 2
− −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⇔ x 27! 2⎜ ⎟ ⎝ ⎠
 = 140 
⎝ ⎠ 3!4!
− = 140 
 2x – 2 = 22 ⇔ ⇔ x – 2 = 2 ⇔ x = 4. 
Bài 130. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 
121x
x
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
 Đại học Kinh tế Quốc dân 1997 
Giải 
 Ta có : 
121x
x
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 
i
0 12 1 11 i 12 i 12
12 12 12 12 12
1 1C x C x ... C x ... C
x x
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1
x
 Để số hạng không chứa x ta phải có 
i
12 i 1x
x
− ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = x
0 ⇔ x12 – 2i = x0 ⇔ 12 – 2i = 0 ⇔ i = 6 
 Vậy số hạng cần tìm là : 612
12! 12 11 10 9 8 7C
6!6! 6 5 4 3 2
× × × × ×= = × × × × = 924. 
Bài 131. Tìm số hạng không chứa x (với x > 0) trong khai triển 
7
3
4
1x
x
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Tuyển sinh Đại học khối D 2004 
Giải 
 Ta có : 
7
3
4
1x
x
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 
71 1
3 4x x
−⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
 = 
1 1 11 1
0 7 1 6 i 7 i i 73 3 34 4
7 7 7 7C (x ) C (x ) (x ) ... C (x ) (x ) ... C (x )
− −−+ + + + +
1
74
−
 Để tìm số hạng không chứa x ta phải có 
 1 1(7 i) i
3 4
− − = 0 ⇔ 4(7 – i ) – 3i = 0 ⇔ 28 – 7i = 0 
 ⇔ i = 4 
 Vậy số hạng không chứa x là C = 47
7! 7 6 5 35.
4!3! 3 2
× ×= =× 
Bài 132. Trong khai triển 
n28
3 15x x x
−⎛ +⎜⎝ ⎠
⎞⎟
9
 hãy tìm số hạng không phụ thuộc x biết 
rằng . 
n n 1 n 2
n n nC C C 7
− −+ + =
 Đại học sư phạm Hà Nội 2 năm 2000 
Giải 
 Ta có : 
n n 1 n 2
n n nC C C 7
− −+ + = 9
 ⇔ ( ) ( )
n! n!1 79
n 1 ! 2! n 2 !
+ +− − = ⇔ 
( )n n 1n 78
2
−+ = 
 n 2 + n – 156 = 0 ⇔ ⇔ n = –13 n = 12 ∨
 Do n ∈ N nên n = 12. 
 Ta có : 
12 1228 4 28
3 15 3 15x x x x x
− −⎛ ⎞ ⎛+ = +⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠
 = 
12 i4 2812 12i 1i i3 15
12 12
i 0 i 0
C x .x C x
−
− −
= =
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑
166 i
5 
 Yêu cầu bài toán 16 – ⇔ 16 i 0
5
= ⇔ i = 5 
 Vậy số hạng cần tìm 512
12!C 792.
5!7!
= = 
Bài 133. Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ: ( )12443 5− 
Giải 
 Ta có : ( ) 1241 11244 2 43 5 3 5⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
124 k1 1124
k k2 4
124
k 0
C 3 .( 5 )
−
=
⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠∑ 
 = 
k k124 62k k 2 4
124
k 0
( 1) C 3 .5
−
=
−∑ 
 Số hạng thứ k là hữu tỉ 
 k62 N
2
k N
4
k N
0 k 124
⎧ − ∈⎪⎪⎪ ∈⎨⎪ ∈⎪⎪ ≤ ≤⎩
 ⇔
≤ ≤⎧⎪⎨ ∈⎪⎩
0 k 124
k N
4
 ⇔ 
∈⎧⎪ ≤ ≤⎨⎪ =⎩
i N
0 k 124
k 4i
⇔ 
i N
0 i 31
k 4i
∈⎧⎪ ≤ ≤⎨⎪ =⎩
 ⇔ i ∈ { }0,1,...,31 
 Do đó trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ. 
Bài 134∗ . Gọi a3n -3 là hệ số của x3n-3 trong khai triển thành đa thức của 
(x2 + 1) n . (x + 2)n. 
 Tìm n để a3n-3 = 26n. 
Tuyển sinh Đại học khối D 2003 
Giải 
 Ta có : ( x2 + 1 )n . (x + 2)n = 
n
i 2 n
n
i 0
C (x ) i−
=
∑ . n k n k kn
k 0
C x .2−
=
∑
 = 
n n
i k k 3n 2i k
n n
i 0 k 0
C C 2 .x − −
= =
∑ ∑ 
 Do yêu cầu bài toán nên 3n – 3 = 3n – (2i + k) 
 ⇒ 2i + k = 3 
 Do i, k ∈ N và i, k ∈ [0, n] nên i 0
k 3
=⎧⎨ =⎩ hay 
i 1
k 1
=⎧⎨ =⎩ 
 Vậy a3n – 3 = + = 26n 0 3 3n nC C 2
1 1 1
n nC C 2
 8 . ⇔ ( )
n!
3! n 3 !− + 2n
2 = 26n 
 ⇔ 4
3
n(n – 1)(n – 2) + 2n2 = 26n 
 2(n – 1)(n – 2) + 3n = 39 ⇔ ⇔ 2n2 – 3n – 35 = 0 
 n = 5 n = ⇔ ∨ 7
2
− (loại do n ∈ N) ⇔ n = 5. 
Bài 135*. Trong khai triển 
101 2 x
3 3
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 a0 + a1x +  + a9x9 + a10x10 (ak ∈ R) 
 Hãy tìm số hạng ak lớn nhất. 
Đại học Sư phạm Hà Nội 2001 
Giải 
 Ta có : 
101 2 x
3 3
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 
10
10
1 (1 2x)
3
+ = 
10
k k
1010
k 0
1 C (2x)
3 =
∑ 
 Do đó : ak = k k1010
1 C 2
3
 Ta có : ak đạt max ⇒ k k
k k
a a
a a
1
1
−
+
≥⎧⎨ ≥⎩
 ⇔ 
k k k 1 k 1
10 10
k k k 1 k 1
10 10
C 2 C 2
C 2 C 2
− −
+ +
⎧ ≥⎪⎨ ≥⎪⎩
 ⇔ ( ) ( )
( ) ( )
k k 1
k k 1
2 10! 2 .10!
k! 10 k ! (k 1)! 11 k !
2 10! 2 .10!
k! 10 k ! (k 1)! 9 k !
−
+
⎧ ≥⎪ − − −⎪⎨⎪ ≥⎪ − + −⎩
 ⇔ 
2 1
k 11 k
1 2
10 k k 1
⎧ ≥⎪⎪ −⎨⎪ ≥⎪ − +⎩
⇔ 19 22k
3 3
≤ ≤ 
 Do k ∈ N và k ∈ [0, 10] nên k = 7.Hiển nhiên ak tăng khi k ∈ [0, 7], và ak giảm 
khi k ∈ [7, 10]. 
 Vậy max ak = a7 = 
7
7
1010
2 C
3
. 
(còn tiếp) 
PHẠM HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QUANG 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vĩnh Viễn)