SKKN Sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM, TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHỨC
NHẰM GIÚP HỌC SINH GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ
HỢP"
1
A. Đặt vấn đề:
Trong chương trình phổ thông, bài toán tổ hợp là một phần quan trọng để phát triển tư
duy, tính sáng tạo của các em học sinh. Những năm gần đây, các bài toán của Đại số tổ
hợp thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng khá nhiều. Để
giải quyết bài toán này có nhiều phương pháp khác nhau, khi thì dùng trực tiếp các tính
chất về tổ hợp, phép biến đổi tương đương, cũng có khi là sử dụng đạo hàm, tích phân,
còn số phức thì thật sự còn mới mẻ. Song trong nội dung bài viết này tôi trình bày một số
bài toán tổ hợp hay gặp mà cách giải là tổng thể sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và
số phức. Đây thực sự là một công cụ hữu hiệu, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh,
gọn, chính xác. Mong muốn hơn của tôi là cho các em cái nhìn tổng thể về cách giải
quyết bài toán này.
Tất nhiên, tổ hợp được học ở trong chương trình lớp 11, cụ thể là ở giữa HKI. Còn đạo
hàm thì được trình bày ở cuối HKII của lớp 11, tích phân được học ở trong chương trình
lớp 12, thậm chí số phức được trình bày ở cuối chương trình lớp 12. Hệ thống các bài tập
ở sách giáo khoa và sách bài tập về ứng dụng đạo hàm, tích phân và số phức để giải các
bài toán tổ hợp thì không được trình bày nhiều, học sinh không được rèn luyện kỹ năng
này trên lớp. Do đó, khi gặp bài toán này ở các đề thi Đại học và Cao đẳng, phần lớn các
em không làm được.
Nhằm mục đích để cho các em học sinh chuẩn bị bước vào các kỳ thi quan trọng, thấy
được tổng thể các phương pháp giải quyết bài toán tổ hợp, từ đó tạo cho các em niềm tin
2
sẽ làm bài tốt trong các kỳ thi sắp tới. Tôi chọn đề tài “Sử dụng công cụ đạo hàm, tích
phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp”. làm sáng
kiến kinh nghiệm của mình. Đồng thời áp dụng đề tài ngay cho các em học sinh dang học
lớp 12 năm 2013 này.

B. Giải quyết vấn đề:
I. Cơ sở lý luận của vấn đề.
Rõ dàng các bài tập tổ hợp mà ta giải quyết ở chuyên đề này là: Tính tổng, Chứng minh
đẳng thức, hay tìm n∈N
*
thoả mãn đẳng thức nào đó, tất nhiên là các dạng này đều chứa
k
n
C
và đó là những bài toán này liên quan đến những khai triển nhị thức Newton, mà việc
chọn các số hạng trong nhị thức, số mũ của nhị thức có vai trò cực kỳ quan trọng đối với
bài toán ta cần giải quyết.
Giả sử, ta xét nhị thức:
(1 + x)
n
=
0 1 2 2 n n
C xC x C x C
n n n n
+ + + +
(1) (với mọi x và với mọi n∈N
*
)
Từ đó suy ra:
3
a) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
[(1+x)
n
]′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′
⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2
−
+++
nn
nnn
xnCxCC
(2)
b) Lấy tích phân hai vế của (1) ta được:
( )
( )
( )
b b
n
0 1 2 2 n n
n n n n
a a
b

b
n 1
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
1 x dx C C x C x C x dx
1 x
x x x
C x C C C (3)
n 1 2 3 n 1
+
+
+ = + + + +
 
 
+
 
⇔ = + + + +
 
+ +
 
 
 
 
∫ ∫
c) Giả sử bài toán cần tính tổng của
k
n

C
(với k = 0,1,2, n)
Ta Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta chọn là x
= i). Mặt khác khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là
6
π
±
,
4
π
±
,
3
π
±
). Rồi so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách
tính. Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ cho tổng cần tính.
Sau đây tôi sẽ trình bày mỗi phương pháp một ví dụ tương ứng, để làm minh chứng cho
cơ sở lý luận của đề tài này. Ở phần giải quyết vấn đề tôi cố gắng trình bày các bài toán
một cách chi tiết, phân tích và nhận xét cách giải nhằm giúp học sinh thấy được khi nào
dùng công cụ đạo hàm, tích phân hay số phức có hiệu quả cao nhất.
Ví dụ 1: (Đề tuyển sinh đại học KA -2005)
Tìm số nguyên dương n sao cho :
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2
2.2 3.2 4.2 (2 1)2 2005 (1)
n n
n n n n n

C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =
4
Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có :
( )
2 1
0 1 2 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
1
(2 1).(1 ) 2 (2)
n
n n
n n n n n
n n n
n n n n
x C C x C x C x C x
n x C C x C x C x
+
+ +
+ + + + +
+ +
+ + + +
+ = + + + + +
⇒ + + = + + + +
Chọn x= -2 thay vào (2) ta được:

1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 1 2.2 3.2 4.2 (2 1)2 (3)
n n
n n n n n
n C C C C n C
+
+ + + + +
+ = − + − + + +
Từ (1) và (3) ta thấy VT (1) = VP (3) suy ra 2n+1=2005
1002=⇔ n
(thoả mãn)
Kết luận:
1002n
=
là gái trị cần tìm
Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh đại học KA-2007)
Cho n là số nguyên dương,chứng minh:
12
12
2
1

6
1
4
1
2
1
2

12
2
5
2
3
2
1
2
+
−
=++++
−
n
C
n
CCC
n
n
nnnn
Giải:
Xét các khai triển
( )
2n
0 1 2 2 3 3 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x C x+ = + + + + +
(1)
( )
2n
0 1 2 2 3 3 2n 2n

n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x C x
− = − + − + +
(2)
Trừ vế theo vế (1) và (2) ta được:
( ) ( )
( )
2n 2n
1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
1 x 1 x 2 C x C x C x
− −
+ − − = + + +
( ) ( )
2n 2n
1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
1 x 1 x
C x C x C x
2
− −
+ − −
⇔ = + + +
5
Suy ra
( ) ( )
( )
2n 2n
1 1
1 3 3 2n 1 2n 1

2n 2n 2n
0 0
1 x 1 x
dx C x C x C x dx
2
− −
+ − −
= + + +
∫ ∫
( ) ( )
1
1
2n 1 2n 1
1 2 3 4 2n 1 2n
2n 2n 2n
0
0
1 x 1 x
1 1 1
C x C x C x
2(2n 1) 2 4 2n
+ +
−
 
+ + −
 
 ÷
⇔ = + + +
 ÷
 ÷

+
 
 
2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1 2 1
C C C C
2 4 6 2n 2n 1
−
−
⇔ + + + + =
+
(đpcm)
Ví dụ 3: (Bài tập 29 trang 206 SGK Giải tích 12- Nâng cao)
Tính: S =
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
Giải
Ta có:
19 0 1 2 4 4 16 16 18 18 1 3 3 19 19
19 19 19 19 19 19 19 19
(1 ) ( ) ( )i C C i C i C i C i C i C i C i+ = + + + + + + + + +
=
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
+(
1 3 5 17 19

19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
)i
Từ đó suy ra phần thực ở vế phải là
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
mặt khác,
19
19
(1 ) 2( )
4 4
i cos sin
Π Π
 
+ = +
 
 
=
19
19 19
( 2) ( )
4 4
cos sin
Π Π
+
=
19
2 2
( 2) ( )

2 2
i− +
= -2
9
+ 2
9
i
So sánh hai cách tính trên ta được S =
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
= -2
9
= -512
II. Thực trạng của vấn đề:
6
Thuận lợi: Năm 2013 tôi đặt mục tiêu là hoàn thành chuyên đề “ Sử dụng công cụ đạo
hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp”.
thì lại trùng với việc tôi được trực tiếp giảng dạy hai lớp 12, mà số đông trong các em là
những học sinh quyết tâm sẽ thi vào các trường Đại học và cao đẳng. Đó là thuận lợi
đáng kể để tôi áp dụng đề tài này, và tôi tin là lớp học sinh được tôi truyền đạt chuyên đề
này sẽ đạt kết quả khác biệt so với lớp học sinh có chất lượng tương tự khi tôi cũng trực
tiếp giảng dạy các em năm 2010.
Khó khăn: Tỷ lệ học sinh làm được loại toán này còn rất thấp.
Điều này tôi thu được vì cả hai năm lớp 10, 11 tôi đều trực tiếp dạy các em và sang năm
2013 này tôi đã tiến hành khảo sát chất lượng làm bài loại toán này thông qua một số bài
kiểm tra đối với học sinh lớp 12C1 và 12C3.
Lớp Sỉ số Đạt diểm dưới
5
Tỉ lệ Đạt diểm trên

5
Tỉ lệ
12C1 43 25 60.9% 18 39.1%
12C3 44 30 63.6% 14 36.4%
(Khảo sát chất lượng khi chưa đưa chuyên đề này vào giảng dạy)
Tôi hiểu rằng, việc lĩnh hội kiến thức này và rèn luyện kĩ năng của các em học sinh đòi
hỏi nhiều công sức và thời gian. Hiện tại nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ đó là:
- Các em còn lúng túng trong việc tìm hướng giải quyết cho một bài toán tổ hợp.
- Nhiều học sinh có tâm lí sợ loại bài tập này.
Đây là chuyên đề đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em. Thực sự là khó không chỉ đối
với học sinh mà còn khó đối với cả giáo viên trong việc truyền tải kiến thức, lẫn phương
7
pháp tới các em. Cụ thể là làm thế nào để các em hiểu khi nào thì bài toán tổ hợp sử
dụng được các công cụ trên.
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề :
Trong dạy và học toán nhiệm vụ của thầy và trò là tìm ra một phương pháp phù hợp để
giải các bài tập là quan trọng nhất. Như đã nói ở trên, phần giải quyết vấn đề này, tôi sẽ
cố gắng trình bày các bài toán một cách chi tiết, phân tích và nhận xét cách giải nhằm
giúp học sinh thấy được khi nào dùng công cụ đạo hàm, tích phân hay số phức có hiệu
quả cao, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh, gọn, và chính xác. Từ đó tạo cho các
em niềm tin sẽ làm bài tốt trong các kỳ thi sắp tới.
Sau đây tôi xin đi vào từng phần cụ thể
1. SỬ DỤNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
1.1. Phương pháp
Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, ta cần nhớ các đẳng thức bắt đầu từ những khai
triển Newton và phép lấy đạo hàm các đẳng thức đó.
Dấu hiệu áp dụng đạo hàm cấp 1: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm
dần từ 1,2,3,…,n hay n,…,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng
k
n

kC
hoặc
1k n k k
n
kC a b
− −
thì ta có
thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:
a) (1+x)
n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′
⇔
n(1+x)
n−1

=
121
2
−
+++
nn
nnn
xnCxCC
b) (1−x)
n
=
nn
n
n
nnn
xCxCxCC )1(
2210
−+−+−
⇒ [(1−x)
n
]′=
0 1 2 2
( 1)
n n n
n n n n
C C x C x C x
 
− + − + −
 
′

8

⇔
−n(1−x)
n−1
=
1 2 1
2 ( 1)
n n n
n n n
C C x nC x
−
− + − + −

c) (x+1)
n
=
0 1 1 2 2 1

n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
+ + + + +
⇒ [(x+1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1

n n n n n

n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
′
 
+ + + + +
 

⇔
n(x+1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1
( 1) ( 2)
n n n n
n n n n
nC x n C x n C x nC
− − − −
+ − + − + +

d) (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −

−
− + − + − + −
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −
′
 
− + − + − + −
 


⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1
( 1) ( 2) ( 1)( 1)
n n n n
n n n n
nC x n C x n C x n C
− − − −
− − + − − + − −
Tổng quát:
( )

0 1 1
2
n
n n n n
n n n
a x C a C a x nC ax
−
+ = + + +
⇒
( ) ( )
1
1 1 2 2 1
2 1
n
n n n n
n n n
n a x C a C a nC ax
−
− − −
+ = + + +
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Dấu hiệu áp dụng đạo hàm cấp 2: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng 1.2,2.3,…,
(n-1)n hay (n-1)n,…,3.2,2.1 hay 1
2
,2
2
,…,n
2
(không kể dấu) tức là số hạng đó có dạng
( 1)

k n k
n
k k C a
−
−
hay tổng quát hơn
( )
1
k n k k
n
k k C a b
−
−
thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để
tính. Xét đa thức
Từ các đẳng thức về đạo hàm cấp 1 ở trên ta có
a) n(n−1)(1+x)
n-2
=

2 3 2
2.1 3.2 ( 1)
n n
n n n
C C x n n C x
−
+ + −
b) n(n−1)(1−x)
n-2
=

2 3 4 2 2
2.1 3.2 4.3 ( 1) ( 1)
n n n
n n n n
C C x C x n n C x
−
− + + − −
c) n(n−1)(x+1)
n-2
=
0 2 1 3 3 2
( 1) ( 1)( 2) 3.2 2.1
n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − −
− + − − + + +
9
d)(n−1)(x−1)
n-2
=
0 2 1 3 3 3 2 2
( 1) ( 1)( 2) ( 1) 3.2 ( 1) 2.1
n n n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − − − −
− − − − + + − + −

Tổng quát

( )
0 1 1

n
n n n n
n n n
a bx C C a bx C b x
−
+ = + + +
⇒
( )
1
1 1 2 2 2 1
2
n
n n n n n
n n n
bn a bx C a b C a b x nC b x
−
− − −
+ = + +
⇔

( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 1
1 2.1 1 2
n n n n n
n n

b n n a bx C a b n n C b x
− − −
− + = + + −
Đến đây ta chỉ việc thay a,b,x bởi các hằng số thích hợp nữa thôi.
Một số lưu ý:
- Tùy thuộc từng bài mà thế số mũ n, giá trị x và một trong các công thức trên cho phù
hợp.
- Nếu mất những số hạng đầu (
0
n
C
,
1
n
C
) ta sử dụng các công thức chứa (1+x) cho tổng
không đan dấu, còn nếu tổng đan dấu ta sử dụng các công thức chứa (1- x) . - Nếu mất
những số hạng sau (
n
n
C
,
1n
n
C
−
) ta sử dụng các công thức chứa (x+1) cho tổng không đan
dấu, còn nếu tổng đan dấu ta sử dụng các công thức chứa (1- x)
- Nếu mất một số hạng thì ta đạo hàm cấp 1, nếu mất 2 số hạng thì ta đạo hàm cấp 2.
Ta sẽ bàn và phân tích kỹ cách áp dụng của phương pháp này trong từng bài toán cụ thể.

Tóm lại: Với loại bài tập này sau khi chọn được hàm số
)(xf
thích hợp ta tiến hành lấy
đạo hàm hàm số đã chọn theo hai cách:
- Lấy đạo hàm trực tiếp hàm số đã cho
- Lấy đạo hàm sau khi đã sử dụng khai triển nhị thức Newton hàm số
)(xf
đã chọn (Dĩ
nhiên ở đây
)(xf
có dạng có thể dùng công thức khai triển nhị thức Newton)
10
-Với phép lấy đạo hàm, ta lựa chọn một giá trị phù hợp cho x, rồi thay vào hai biểu
thức và tính đạo hàm.
Như vậy tôi nhấn mạnh cho học sinh thấy khi gặp bài toán có chứa hệ số kiểu a.n ta
chú ý ngay đến cách dùng đạo hàm.
1.2 Bài tập
Bài 1: Chứng minh rằng
1 2 3
2 3
n
n n n n
C C C nC+ + + +
=n.2
n-1
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng không đan dấu nên ta sử

dụng (1+x)
n
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có (1+x)
n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′

⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2

−
+++
nn
nnn
xnCxCC
Thay x=1, ta có điều phải chứng minh.
Bài 2: Chứng minh:
2 3 4
2.1 3.2 4.3 ( 1)
n
n n n n
C C C n n C+ + + −
= n(n−1).2
n-2
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
,
1
n
C
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (1+x)
n
, đạo hàm cấp 2.
Giải:
Ta có (1+x)
n
=

nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′′

⇔
n(n−1)(1+x)
n-2
=

2 3 2
2.1 3.2 ( 1)
n n
n n n
C C x n n C x
−
+ + −
11

Thay x=1 vào đẳng thức cuối ta có điều phải chứng minh.
Bài 3: Chứng minh:
1 2 3 1
1 2 3 ( 1)
n n
n n n n
C C C nC
−
− + − + −
= 0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng đan dấu nên ta sử dụng (1−x)
n
, đạo
hàm cấp 1.
Giải:
Ta có (1−x)
n
=
nn
n
n
nnn
xCxCxCC )1(
2210
−+−+−
⇒ [(1−x)

n
]′=
0 1 2 2
( 1)
n n n
n n n n
C C x C x C x
 
− + − + −
 
′

⇔
−n(1−x)
n−1
=
1 2 1
2 ( 1)
n n n
n n n
C C x nC x
−
− + − + −

Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 4: Chứng minh
0 1 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 3) ( 1)
n n
n n n n n

nC n C n C n C C
− −
− − + − − − + + −
=0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
n
n
C
và tổng đan dấu nên ta sử dụng (x−1)
n
, đạo
hàm cấp 1.
Giải:
Ta có: (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
−
− + − + − + −
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)

n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −
′
 
− + − + − + −
 


⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 1)
n n n n n
n n n n
nC x n C x n C x C
− − − − −
− − + − − + −
Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 5: Chứng minh
2 0 1 2
( 1)2 ( 1) ( 1)( 2) 2
n n
n n n
n n n n C n n C C
− −
− = − + − − + +

.
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
1
,
n n
n n
C C
−
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (x+1)
n
, đạo hàm cấp 2.
12
Giải:
(x+1)
n
=
0 1 1 2 2 1

n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
+ + + + +
⇒ [(x+1)
n
]′′=
0 1 1 2 2 1

n n n n n

n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
 
+ + + + +
 
′′

⇔
n(n−1)(x+1)
n-2
=
0 2 1 3 3 2
( 1) ( 1)( 2) 3.2 2.1
n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − −
− + − − + + +
Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 6: Chứng minh:
1 1 2 2
( 1) ( 1) .2.2 ( 1) . .(2 1) (2 1)
n n n k k n
n n n n
C C k k C n n C
− − −
− + − + + − − + + −
= n
Phân tích: do −1 đi kèm với lũy thừa, giữa các số hạng là dấu + nên ta xem như tổng

không đan dấu, chứa tổ hợp của n, mất
0
n
C
. Ta sử dụng (−1+x)
n
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có:
( )
0 1 1 2 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n
n n n n k k k n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
− − −
− + = − + − + − + + − + +

⇒ [(−1+x)
n
]′=[
0 1 1 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n n n n k k k n n
n n n n n
C C x C x C x C x
− − −
− + − + − + + − + +
]′

⇔
n(−1+x)
n−1
=
1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1) 2 ( 1)
n n n k k k n n
n n n n
C C x kC x nC x
− − − − −
− + − + + − + +
Thay x=2 ta có điều phải
chứng minh.
Bài 7: Chứng minh

4 1 0 4 2 1 4 3 2 1 1 1 2 2 2 1
( 1) ( 2) ( 1) 2
n n n n n n n
n n n n n n n
n C n C n C C C C n C
− − − − − −
− − + − − + − = + +
Phân tích: vế trái chứa tổ hợp của n, đan dấu, mất
n
n
C
nên ta sử dụng (x−1)
n
, đạo hàm cấp
1. Vế phải cũng chứa tổ hợp của n nhưng không đan dấu, mất

0
n
C
nên ta sử dụng (1+x)
n
,
đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có: (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
−
− + − + − + −
13
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −

′
 
− + − + − + −
 


⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 1)
n n n n n
n n n n
nC x n C x n C x C
− − − − −
− − + − − + −
Thay x=4 ta được
n3
n−1
=
1 0 2 1 3 2 1 1
4 ( 1)4 ( 2)4 ( 1)
n n n n n
n n n n
n C n C n C C
− − − − −
− − + − − + −
(1)
(1+x)

n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210

⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′

⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2
−
+++
nn
nnn

xnCxCC
Thay x=2 ta được n3
n−1
=
1 2 2 2 1
2
n n
n n n
C C n C
−
+ +
(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Bài 8: Chứng minh (n+4)2
n−1
=2
0 1 2
3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
Phân tích: tương tự như bài trên nhưng độ chênh lệch ở đây là 2 nên ta nhân
thêm x
2
trước khi đạo hàm.
Giải:
Ta có: x
2
(1+x)
n

=
0 2 1 3 2 4 2

n n
n n n n
C x C x C x C x
+
+ + + +
Đạo hàm 2 vế ta được
2x(1+x)
n
+nx
2
(1+x)
n−1
=
0 1 2 2 3 1
2 3 4 ( 2)
n n
n n n n
C x C x C x n C x
+
+ + + + +
Thay x=1 ta được
2
n+1
+n.2
n−1
= 2
0 1 2

3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
⇔
(n+4)2
n−1
=
0 1 2
3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
Bài 9:Tính tổng: S =
0 1 2 3 2012
2012 2012 2012 2012 2012
2 3 4 2013C C C C C+ + + + +
Giải:
14
Phân tích: tổng chứa tổ hợp của 2012, không đan dấu, hệ số gắn với
2012
2012
C
lớn nhất nên ta
sử dụng (1+x)
2012
.
SHTQ là (k+1)
k
n

C
, hệ số đầu chênh lệch hơn 1 đơn vị nên ta nhân thêm 2 vế với x.
Giải:
Ta xét: x(1+x)
2012
=
0 1 2 2 3 2012 1
2012 2012 2012 2012

n
C x C x C x C x
+
+ + + +

Đạo hàm 2 vế ta được
(2012x+x+1)(1+x)
2011
=
0 1 2 2 2012
2012 2012 2012 2012
2 3 2013
n
C C x C x C x+ + + +
Cho x=1 ta VP = tổng S, còn VT = 2014.2
2011
Vậy tổng S = 2014.2
2011.
Các bài tập làm thêm
Bài 1. Chứng minh rằng :
1-nn

n
2
n
1
n
0
n
2).2(n1)C(n 3.C2.CC
+=+++++
HD : xét hàm số f(x) = x(1+x)
n
• Khai triển và đạo hàm cấp 1, hai vế theo biến x
• Thay x = 1.
Ở bài toán này tôi muốn rèn luyện kỹ năng lựa chọn hàm số .
Bài 2. Chứng minh rằng :
2
2n
n
33
n
22
n
21
n
]1)!-[(n
1)!-(2n
)n.(C )3.(C)2.(C)(C =++++
HD : Xét hàm số f(x)= (1+x)
n
• Đạo hàm cấp một theo x, hai vế và suy ra x.f’(x) (1)

15
• Thay x bởi
x
1
, ta được (2)
• Nhân (1) cho (2), ta thu được hệ số của số hạng không chứa x là đẳng thức chứng
minh .
Bài 3: :(ĐH BKHN-1999) Tính tổng
( )
1
1 2 3 4
2 3 4 1
n
n
n n n n n
C C C C nC
−
− + − + + −
Bài 4:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng:
1 1 19 19
20 20 20
2C C C+ + + =
Bài 5:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng :
2004
0 2 1 2004 2004
2004 2004 2004
3 1
2 2
2
C C C

+
+ + + =
Bài 6: Rút gọn tổng:
2 1 2008 2 2 2007 2 2009
2009 2009 2009
1 2 2 2 2009C C C+ + +
Bài 7: Tính tổng:
0 1 2007
2007 2007 2007
2008 2007 C C C+ + +
HD : Xét
( )
2007
1x +
2. SỬ DỤNG CÔNG CỤ TÍCH PHÂN TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
2.1. Phương pháp
Các dấu hiệu nhận biết sử dụng phương pháp tích phân
Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số
1 1 1 1
1; ; ; ; ; ;
2 3 4 n
và mẫu số
được xếp theo thứ tự tăng hoặc giảm đều theo một quy luật nào đó, ta nghĩ ngay đến việc
sử dụng tích phân. Khi đó, ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm hàm để tính tích phân với các cận thích hợp.
Bước 2: Lấy tính tích phân cả hai vế: vế chưa khai triển nhị thức Newton và vế đã khai
triển.
16
Bước 3: Cho hai kết quả bằng nhau và kết luận.
Ta sẽ tìm hiểu về phương pháp cơ bản (dùng tích phân hàm đa thức) và các phương pháp

bổ sung: Như nhân thêm x,x2, (tất nhiên các phương pháp Truy hồi tích phân hay là
Dựa vào tích phân cho trước tôi xin phép sẽ không đề cập ở bài viết này do khuôn khổ
của SKKN).
Lưu ý: Khi mỗi hệ số trong tổ hợp có dạng
k k
b a−
, ta chọn cận từ a đến b, tức là
( )
b
a
f x dx
∫
Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, ta cần nhớ các đẳng thức tích phân sau:
( )
( )
( )
b b
n
0 1 2 2 n n
n n n n
a a
b
b
n 1
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
a) 1 x dx C C x C x C x dx

1 x
x x x
C x C C C
n 1 2 3 n 1
+
+
+ = + + + +
 
 
+
 
⇔ = + + + +
 
+ +
 
 
 
 
∫ ∫
( ) ( )
( )
( )
b b
n n
0 1 2 2 n n
n n n n
a a
b
b
n 1

2 3 n 1
n
0 1 2 n
n n n n
a
a
b) 1 x dx C C x C x 1 C x dx
1 x
x x x
C x C C 1 C
n 1 2 3 n 1
+
+
 
− = − + − + −
 
 
 
−
 
⇔ − = − + − + −
 
+ +
 
 
 
 
∫ ∫
( )
( )

b b
n
0 n 1 n 1 2 n 2 n
n n n n
a a
c) x 1 dx C x C x C x C dx
− −
+ = + + + +
∫ ∫
( )
b
b
n 1
n 1 n n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
x 1
x x x
C C C C
n 1 n 1 n n 1
+
+ −
 
 
+
 
⇔ = + + + +
 

+ + −
 
 
 
 
17
( ) ( )
b b
n n
0 n 1 n 1 2 n 2 n
n n n n
a a
d) x 1 dx C x C x C x 1 C dx
− −
 
− = − + − + −
 
∫ ∫
( )
( )
b
b
n 1
n 1 n n 1
n
0 1 2 n
n n n n
a
a
x 1

x x x
C C C 1 C
n 1 n 1 n n 1
+
+ −
 
 
−
 
⇔ = − + − + −
 
+ + −
 
 
 
 
Tiếp theo ta nghiên cứu các bài toán cụ thể theo cách chia dạng sau:
2.2 Bài tập.
Phương pháp 1: Xét tích phân dựa vào hàm đa thức.
Bài 1:
Tính: 2
1
0 1 2
26 3 1
4
3 1
n
n
n n n n
C C C C

n
+
−
+ + + +
+
Phân tích: tổng không đan dấu, có chứa phân số (dấu hiệu sử dụng tích phân), quan sát
số hạng cuối có hệ số
1
3 1
1
n
n
+
−
+
, ta biết cận từ 1 đến 3. Nên ta sử dụng
3
1
(1 )
n
x dx+
∫
Giải:
Ta có
3
1
(1 )
n
x dx+
∫

=
3
0 1 2 2
1
( )
n n
n n n n
C C x C x C x dx+ + + +
∫
3
1
1
(1 )
1
n
x
n
+
 
+
⇔
 
+
 
=[
2 3 1
0 1 2

2 3 1
n

n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
+ + + +
+
]
3
1
3
1
1
(1 )
1
n
x
n
+
 
+
⇔
 
+
 
=
2 3 1
0 3 1 3 2 3 3
1 1 1 1

2 3 1
n
n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
+ + + +
+
1 1 1
0 1 2
4 2 26 3 1
2 4
1 3 1
n n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + +
− −
⇔ = + + +
+ +
18
Vậy S =
1 1
4 2
1

n n
n
+ +
−
+
Lưu ý: khi tính giá trị tích phân có gắn tổ hợp ta nên tách riêng từng tổ hợp một như trên
để tính thì kết quả nhanh hơn.
Bài 2: Tính tổng S=
0
2
n
C
−
2 1 3 2 1
1 1 1
.2 .2 ( 1) . .2
2 3 1
n n n
n n n
C C C
n
+
+ − + −
+
Phân tích: chuỗi đan dấu, hệ số phân số,
1
1n +
gắn với
n
n

C
, có dấu hiệu dùng tích phân,
quan sát hệ số của số hạng cuối ta lấy cận từ 0 đến 2, tức là
2
0
(1 )
n
x dx−
∫
.
Giải:

2
0
(1 )
n
x dx−
∫
=
2
0 1 2 2
0
( ( 1) )
n n n
n n n n
C C x C x C x dx− + − + −
∫

⇒
2

1
0
(1 )
1
n
x
n
+
 
− −
 
+
 
=
2
2 3 1
0 1 2
0
( 1)
2 3 1
n
n n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
 
− + − + −
 

+
 

1
1 ( 1)
1
n
n
+
− −
⇔
+
=
0
2
n
C
−
2 1 3 2 1
1 1 1
.2 .2 ( 1) . .2
2 3 1
n n n
n n n
C C C
n
+
+ − + −
+
Vậy S =

1 ( 1)
1
n
n
+ −
⇔
+
Bài 3. (ĐH Khối B-2003)
Cho
*
n ∈¥
. Tính tổng:
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1
S C C C C
2 3 n 1
+
− − −
= + + + +
+
Phân tích: Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng đều một đơn
vị, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm lấy tích phân, các
19
cận và số được thay vào cho biến. Vì số hạng cuối cùng có hệ số
n 1
2 1
n 1
+

−
+
nên ta biết cận
từ 1 đến 2 và tổng không đan dấu nên ta sử dụng
( )
2
n
1
1 x dx+
∫
Giải
Ta có :
( )
n
0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
1 x C C x C x C x C x
+ = + + + + +
Suy ra
( )
( )
2 2
n
0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
1 1
1 x dx C C x C x C x C x dx+ = + + + + +
∫ ∫

( )

2
2
n 1
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
1
1
n 1 n 1 2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
1 x
1 1 1
C x C x C x C x
n 1 2 3 n 1
3 2 2 1 2 1 2 1
C C C C
n 1 2 3 n 1
+
+
+ + +
+
 
⇔ = + + + +
 ÷
+ +
 
− − − −
⇔ = + + + +
+ +
Vậy

2 3 n 1 n 1 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1 3 2
S C C C C
2 3 n 1 n 1
+ + +
− − − −
= + + + + =
+ +

Phương pháp 2: Nhân thêm x,x
2
, ( Các phương pháp bổ sung).
Thông thường sau khi lấy tích phân hệ số chứa
1
1
k
n
C
k +
. Nếu bài cho những hệ số
dạng
1
2
k
n
C
k +
. ta phải nhân thêm x trước khi lấy tích phân, còn dạng

1
3
k
n
C
k +
. ta nhân
thêm x
2
trước khi lấy tích phân,…
Bài 1:
Tính S=
0 1 2
1 1 1 1

2 3 4 2
n
n n n n
C C C C
n
+ + + +
+
.
20
Phân tích: tổng không đan dấu, độ chênh lệch so với dạng cơ bản là 1 nên ta nhân
thêm x trước khi tích phân.
Giải:

1
0

(1 )
n
x x dx+
∫
=
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
+ + + +
∫
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
+ + + +
∫
= [
2 3 4 2
0 1 2

2 3 4 2

n
n
n n n n
x x x x
C C C C
n
+
+ + + +
+
]
1
0
=
0 1 2
1 1 1 1

2 3 4 2
n
n n n n
C C C C
n
+ + + +
+
.= S
mặt khác
1
0
(1 )
n
x x dx+

∫
=
1
1
0
(1 ) (1 )
n n
x x dx
+
 
+ − +
 
∫
=
[
2 1
(1 ) (1 )
2 1
n n
x x
n n
+ +
+ +
−
+ +
]
1
0
=
2 1 1

2 2 1 1 .2 1
2 1 1 2 ( 1)( 2)
n n n
n
n n n n n n
+ + +
+
− + − =
+ + + + + +
Vậy S =
1
.2 1
( 1)( 2)
n
n
n n
+
+
+ +
Bài 2: Tính S=
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 4 2
n n
n n n n
C C C C
n
− + − + −
+

.
Phân tích: tương tự như bài trên nhưng ở đây chuỗi đan dấu.
Giải:

1
0
(1 )
n
x x dx−
∫
=
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
− + − +
∫
Tính
1
0
(1 )
n
x x dx−
∫
. Đặt u=1−x
⇒

du= −dx, { x=0
⇒
u=1 x=1
⇒
u=0.
1
0
(1 )
n
x x dx−
∫
=
1
0
(1 )
n
u u du−
∫
=
1
1
0
1
n
u
n
+
+

2

1
0
2
n
u
n
+
−
+
21
=
1 1
1 2n n
−
+ +
=
1
( 1)( 2)n n+ +
=In
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
− + − +
∫
=[

2 3 4 2
0 1 2
( 1)
2 3 4 2
n
n n
n n n n
x x x x
C C C C
n
+
− + − + −
+
]
1
0
=
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 4 2
n n
n n n n
C C C C
n
− + − + −
+
.=S
Vậy S =
1

( 1)( 2)n n+ +
Bài 3: Chứng minh :
33
12
33
1

9
1
6
1
3
1
1
210
+
−
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
nnnn
Giải
Áp dụng khai triển nhị thức Newton

( )
3
1
n
x+
=
0 1 3 2 6 3

n n
n n n n
C C x C x C x+ + + +
⇒
( )
2 3
1
n
x x+
23825120

+
++++=
nn
nnnn
xCxCxCxC
( )
dxxx
n
3
1
0

2
1+⇒
∫

n
nnnn
C
n
CCC
33
1

9
1
6
1
3
1
210
+
++++=
(1)
Mặt khác
( ) ( ) ( )
33
12
11
3
1
1

1
3
1
0
3
1
0
32
+
−
=++=+
+
∫∫
n
xdxdxxx
n
nn
(2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Các bài tập làm thêm
Bài 1. (ĐH Sư phạm TPHCM Khối D-2000)
Cho
*
n ∈¥
. Chứng minh rằng:
22
n 1
0 1 2 n
n n n n
1 1 1 2 1

C C C C
2 3 n 1 n 1
+
−
+ + + + =
+ +
HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân.
Tổng không đan dấu, ta sử dụng
( )
1
n
0
1 x dx+
∫
Bài 2. (ĐH Giao thông Vận tải - 1996)
Cho
*
n ∈¥
. Chứng minh rằng:
( ) ( )
n n
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
1 1 1 1
2C C 2 C 2 1 C 2 1 1
2 3 n 1 n 1
+
 
− + − + − = + −
 

+ +
HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng
cuối cùng có hệ số
n 1
2
n 1
+
+
nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta sử dụng
( )
2
n
0
1 x dx−
∫
Bài 3:
1/Tính tích phân
( )
dxxx
n
∫
−
1
0
1
2/Chứng minh:
( )
22
1
22

1

8
1
6
1
4
1
2
1
3210
+
=
+
−
++−+−
n
C
n
CCCC
n
n
n
nnnn
3. SỬ DỤNG CÔNG CỤ SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
3.1. Phương pháp
23
Các dấu hiệu nhận biết khi nào thì dùng số phức để tính tổng của các
k
n

C

Đây là vấn đề lớn nhất cần chú ý cho học sinh. Ta dùng số phức để tính tổng của các
k
n
C
khi tổng này có hai đặc điểm:
+ Các dấu trong tổng xen kẽ đều nhau .
+ k luôn lẻ, hoặc luôn chẵn hoặc khi chia k cho một số ta luôn được cùng một số dư
(trong chương trình phổ thông ta chỉ cho HS làm với k = 3l, k = 3l + 1, k = 3l + 2).
Lưu ý
+ Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta chọn là
x = i). So sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.
+ Khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là
6
π
±
,
4
π
±
,
3
π
±
). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.
+ Khai triển (1 + x)
n

, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những số phức
thích hợp (thường ta chọn là x = i). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số
phức trong hai cách tính.
Điều quan trọng là phải quan sát tổng cần tìm có những đặc điểm gì để lựa chọn một
trong các cách trên. Chủ yếu là căn cứ vào hệ số của các
k
n
C
trong tổng. Để nói chi tiết
được điều này đòi hỏi phải có lượng lớn những nhận xét, sẽ vượt quá khuôn khổ cho
phép của một đề tài sáng kiến kinh nghiệm. Tôi chỉ đưa ra một số ví dụ minh hoạ cho
một vài dạng hay gặp, qua đó người đọc sẽ trả lời được câu hỏi cho mình.
3.2. Bài tập:
24
Dạng 1: Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai triển
trực tiếp các số phức.
Bài 1: Tính tổng sau S =
0 2 4 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C
− + − − +
P =
1 3 5 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C
− + − − +
Giải :
Xét khai triển

( )
2009
1 i+
=
( )
0 2 4 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C
− + − − +
+
( )
1 3 5 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C i
− + − − +
Mặt khác ta tính
( )
2009
1 i+
theo dạng lượng giác của số phức và áp dụng công thức Moivre
ta được :
( )
2009
1 i
+
=
( )
2009
2009 2009

2 . os isin
4 2
c
π π
 
+
 ÷
 
=
1004 1004
2 2 .i
+
Vậy so sánh phần thực và phần ảo ta có S =
1004
2
B =
1004
2
Bài 2. Tính tổng:
10 0 9 2 8 4 7 6 2 16 18 20
D =3 C -3 C +3 C -3 C + +3 C -3C +C
20 20 20 20 20 20 20
Giải:
Xét khai triển:
( )
20
20 0 19 1 18 2 19 20
3 i ( 3) C i( 3) C ( 3) C i 3C C
20 20 20 20 20
+ = + − − − +

25