Hướng dẫn học sinh lớp 11 áp dụng tính chất số vào các bài toán nhị thức newton

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

Trường THPT Nguyễn Thái Học

CHUYÊN ĐÊ
" Ứng dụng tính chất số Cnk vào giải các bài
toán Nhị thức NewTon"

Giáo viên: Nguyễn Thị Thùy
Dương
Tổ
: Toán - tin
Chức vu : Giáo viên.

1


Vĩnh Yên, tháng 2 năm 2014
I. Lý do chọn đề tài:
Trong quá trình học tập, học sinh luôn mong muốn có những người thầy biết cách
giúp các em khám phá, tìm ra những nét đẹp trong mỗi bài học; biết hướng dẫn các em
biết kiến thức của bài học hiện tại liên hệ với kiến thức cũ đã biết như thế nào? Nó có
vai trò, vị trí như thế nào trong các bài học tiếp theo? Và hơn nữa, các em rất hào hứng,
thú vị khi mỗi lần vượt qua được những “Thách thức” của người thầy. Một trong những
“nghệ thuật dạy học” là người thầy luôn biết đưa ra những “Thách thức” cho học sinh và
sau đó giúp các em vượt qua được “Thách thức” đó từ những kiến thức đơn giản mà các
em đã biết.
Xin đưa ra ví dụ:
Bài toán 1: Tìm số nguyên dương n sao cho:
C21n +1 − 2.2C22n +1 + 3.22.C23n +1 − 4.23 C24n +1 + ... + (2n + 1).22 n.C22nn++11 = 2005 ( ĐH-CĐ khối A2005)
Bài toán 2: Chứng minh rằng:

1 1 1 3 1 5
1 2 n −1 2 2 n − 1 (ĐH-CĐ khối A-2007)
C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n =
2
4
6
2n
2n + 1

Hai bài toán trên là vấn đề rất bình thường đối với học sinh lớp 12 khi các em đã
thành thạo về đạo hàm và tích phân. Tuy nhiên đó lại là những “Thách thức” lớn với các
em học sinh lớp 11 trong học kỳ I. Với mong muốn giúp các em vượt qua “Thách thức”
này, tôi đã chọn đề tài cho sáng kiến kinh nghiệm của mình là:
" Hướng dẫn học sinh lớp 11 áp dụng tính chất số Cnk vào các bài toán Nhị
thức NewTon"
Sáng kiến kinh nghiệm này đã giúp các em học sinh lớp 11 thoát khỏi sự bế tắc khi
nghiên cứu các bài toán về nhị thức NiuTơn trong các đề thi đại học.
II. Mục đích:
Nhằm giúp các em học sinh lớp 11 dùng những kiến thức tổ hợp đơn giản, bằng
những biến đổi tự nhiên có thể giải quyết được tất cả các bài toán về nhị thức NiuTơn mà
học sinh lớp 12 phải dùng đến đạo hàm, tích phân.
III. Phạm vi nghiên cứu.
Các bài toán tổ hợp, nhị thức NiuTơn giải quyết được bằng hai tính chất:
kCnk = nCnk−−11 và

1
1
Cnk =
Cnk++11
k +1

n +1

III. Nội dung cụ thể.
1. Cơ sở lý thuyết.
1.1.COÂNG THỨC KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON

2


n

( a + b ) = ∑ Cnk an−k bk = Cn0an + C1nan−1b + C2nan−2 b2 + ... + Cnk an−k bk + ... + Cnn−1abn−1 + Cnn bn (1)
n

k =0

1.2. TÍNH CHẤT CÁC SỐ HẠNG TRONG KHAI TRIỂN:
Khi khai triển nhò thức (a + b)n ta cần để ý:
1) Ở vế phải khai triển (1) có n + 1 số hạng, trong đó đầu tiên chứa an, số hạng
cuối cùng chứa bn , các vò trí còn lại chứa tích an-kbk với số mũ của a giảm từ n
đến 0 và số mũ của b tăng từ 0 đến n sao cho trong mỗi số hạng, tổng số mũ
của a và b phải bằng n tức là n – k + k = n.
2) Số hạng thứ k + 1, kí hiệu: Tk +1 với k = 0, 1, 2, . . ., n và có dạng
Tk +1 = Cnk an − k b k
k
k
n−k
0
n
3) Các số Cn có tính chất: Cn = Cn và Cn = Cn = 1

4) Hệ số trong khai triển (1) có tính chất đối xứng .
1.3. KẾT QUẢ CẦN GHI NHỚ:
1) Cho a = 1, b = 1 ta có:

C0n + C1n + C2n + ... + Cnn = 2 n .

0
1
2
3
n n
2) Cho a = 1, b = −1 ta có: Cn − Cn + Cn − Cn + ... + (−1) Cn = 0 .

3) Cho a = 1, b = x ta có:

(1 + x)n = C0n + C1n x + C2n x2 + C3n x3 + . . . + Cnn x n .

n
0
1
2 2
3 3
n n n
4) Cho a = 1, b = − x ta có: (1 − x) = Cn − Cn x + Cn x − Cn x + . . . + (−1) C n x

2. Các dạng bài tập.
Dạng 1:
Sử dụng tính chất kC = nC
k

n

k −1
n −1

trong một số bài toán nhị thức Newton
k −1

*Dấu hiệu nhận biết: Dùng cơng thức kCn = nCn −1 trong các trường hợp sau:
k

Các hệ số đứng trước các số tổ hợp có dạng:
+ Tăng dần từ 1, 2, 3,..., n hoặc giảm dần từ n, n-1, n-2,...2, 1. Tức là các hệ số của khai
triển có dạng kCkn.
+ Là tích của các số tự nhiên liên tiếp: 1.2, 2.3, 3.4 ,..., (n-1).n. Tức là các hệ số có dạng
k(k-1)Ckn.
+ Hoặc các hệ số có thể biến đổi để dưa về các dạng trên.

3


*Các bước thực hiện:
k
k −1
+ Chứng minh tính chất kCn = nCn −1 (*)

+ Áp dụng một hoặc nhiều lần tính chất (*) trên để đưa tổng cần tính về tổng đơn giản.
*Chứng minh tính chất: kCnk = nCnk−−11
n!

n.(n − 1)!

k
k −1
Ta có: kCn = k . k !(n − k )! = (k − 1)! n − 1 − (k − 1) ! = n.Cn −1
[
]
1
2
3
n
Ví dụ 1: Rút gọn tổng sau: S = Cn + 2Cn + 3Cn + ... + nCn

Lời giải: Số hạng tổng quát của tổng có dạng kCnk , vì vậy ta có thể áp dụng ngay tính chất
trên.
Áp dụng tính chất (*) ta có: kCnk = nCnk−−11 với 1 ≤ k ≤ n
0
1
2
n −1
n −1
n −1
Khi đó: S = n(Cn −1 + Cn −1 + Cn−1 + ... + Cn−1 ) = n(1 + 1) = n.2

Ví dụ 2: Tìm n > 4 biết: 2.Cn0 + 5.Cn1 + 8.Cn2 + ... + (3n + 2).Cnn = 1600
Nhận xét: Để tìm n, trước hết ta phải rút gọn được tổng vế trái(VT). Số hạng tổng quát
trong VT chưa có dạng kCnk , tuy nhiên bằng biến đổi khá đơn giản ta có thể đưa về các
tổng mà số hạng TQ có dạng trên.
k
k

k
Lời giải: Số hạng TQ của tổng VT là: ( 3k + 2 ) Cn = 3k .Cn + 2.Cn , (0 ≤ k ≤ n)

Như vậy VT sẽ được tách thành 2 tổng đơn giản hơn:

(

)

VT = 3 Cn1 + 2.Cn2 + 3.Cn3 + ... + n.Cnn + 2(Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn ) = 3n.2 n −1 + 2.2n = 2n −1 (3n + 4)

Từ yêu cầu bài toán ta có PT: 2n-1.(3n+4) =1600
3n + 4 = 25
(3n + 4).2n −1 = 25.26

⇔
⇒ n − 1 = 6
⇔n=7
n
∈
N
,
n
>
4

n ∈ N , n > 4


Vậy n=7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 3:(ĐH-CĐ khối A-2005) Tìm số nguyên dương n sao cho:
C21n +1 − 2.2C22n +1 + 3.22.C23n +1 − 4.23 C24n +1 + ... + (2n + 1).2 2 n.C22nn++11 = 2005
k
k −1
Lời giải: Áp dụng tính chất (*) ta có: kC2 n +1 = (2n + 1).C2 n (1 ≤ k ≤ 2n+1)

(

)

VT = (2n + 1) C20n +1 − C21n +1 .21 + C22n +1 .2 2 − ... + C22nn .2 2 n = (2n + 1).(1 − 2) 2 n = 2 n + 1

Từ đó ta có n = 1002.
Chú ý: Khi áp dụng tính chất (*) cho mỗi số hạng của tổng, ta không cần quan tâm đến
dấu và lũy thừa có trong mỗi số hạng đó.
Ví dụ 4: Tính các tổng sau
2
3
n
a. S1 = 2.1.Cn + 3.2.Cn + ... + n.( n − 1).Cn

b. S 2 = 1.2.3.Cn3 + 2.3.4.Cn4 + .... + (n − 2).(n − 1)n.Cnn

4


Lời giải:
a. Số hạng tổng quát trong tổng là (k − 1)k .Cnk
Áp dụng tính chất (*) hai lần liên tiếp, ta có:
(k − 1)k .Cnk = n.(k − 1).Cnk−−11 = n( n − 1).Cnk−−22 , (2 ≤ k ≤ n)

S1 = n(n − 1)(Cn0−2 + Cn1− 2 + Cn2− 2 + ... + Cnn−−22 ) = n(n − 1).(1 + 1) n − 2 = n (n − 1).2n − 2
k
b. Số hạng tổng quát trong tổng có dạng: (k − 2).( k − 1).k .Cn

Áp dụng tính chất (*) ba lần kiên tiếp ta có:
(k − 2).( k − 1).k.Cnk = n( k − 2)( k − 1)Cnk−−11 = n( n − 1)(k − 2)Cnk−−22 = n(n − 1)( n − 2)Cnk−−33 , (3 ≤ k ≤ n)

(

)

S 2 = n(n − 1)(n − 2) Cn0−3 + Cn1−3 + ... + Cnn−3 = n (n − 1)(n − 2)(1 + 1)n −3 = n (n − 1)(n − 2).2n −3

Ví dụ 5: Rút gọn các tổng sau:
1
2
3
2012
+ 22.C2012
+ 32.C2012
+ .. + 20122.C2012
a. S1 = 12.C2012
1
2
2
4
3
6
4
2n

n +1
b. S2 = 1.2.Cn +1 + 3.4.a .Cn+1 + 5.6.a .Cn+1 + 7.8.a .Cn +1 + ... + (2n + 1).(2n + 2).a .Cn+1

Lời giải:
2 k
a. Số hạng TQ trong tổng là k C2012
k
k
k
k −1
k −1
= k (k −1)C2012
+ kC 2012
= 2012(k −1)C 2011
+ 2012C2011
Ta có: k 2C2012
k −2
k −1
= 2012.2011C2010
+ 2012C2011
,

(2 ≤ k ≤ 2012)

Ta có:
1
0
1
2
2010

1
2
2011
S1 = C2012
+ 2012.2011(C2010
+ C2010
+ C2010
+ ... + C2010
) + 2012(C2011
+ C2011
+ ... + C2011
)

= 2012.2011(1 + 1) 2010 + 2012 + 2012 (1 + 1) 2011 − 1
= 2012.2011.2 2010 + 2012.22011 = 2012.2013.2 2010

b. Ta có:

(2k + 1)(2k + 2)Cnk++11 = 2(2k + 1)(k + 1)Cnk++11

Áp dụng tính chất (*) hai lần và biến đổi ta có:
2(2k + 1)(k + 1)Cnk++11 = 2(2k + 1)( n + 1)Cnk = 4( n + 1) kCnk + 2(n + 1)Cnk = 4n(n + 1)Cnk−−11 + 2( n + 1)Cnk

Với 1 ≤ k ≤ n , khi đó:

S 2 = 1.2.Cn1+1 + 4n(n + 1)a 2 ( Cn0−1 + a 2Cn1−1 + ... + a 2( n −1)Cnn−−11 ) + 2(n + 1) ( a 2 .Cn1 + a 4 .Cn2 + ... + a 2 nCnn )

(

)

= 2(n + 1) + 4n(n + 1) a 2 + 1

(

(

n −1

)

n
+ 2(n + 1)  a 2 + 1 − 1



)

= 2(n + 1)(a 2 + 1) n −1 2n + a 2 + 1

Nhận xét:
Tất cả các bài toán đã giải được theo phương pháp đạo hàm thì đều giải được bằng cách
áp dụng tính chất (*). Những bài toán áp dụng tính chất (*) hai, ba... lần thì tương ứng khi
dùng đạo hàm ta phải lấy đến đạo hàm cấp 2, cấp 3...Trong những bài toán đó dùng tính

5


chất (*) ngắn gọn hơn nhiều. Hơn nữa, một số bài toán dùng đạo hàm chưa chắc đã giải
được , ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 6: CMR với mọi n nguyên dương ta có:
a. ( Cn1 ) + 2. ( Cn2 ) + ... + n ( Cnn ) = nC2nn −1
2

2

2

b. ( Cn1 ) + 4 ( Cn2 ) + ... + n2 ( Cnn ) = n 2C2nn−−12
2

2

2

Lời giải:
a. Số hạng TQ trong tổng VT là k ( Cnk ) , 1 ≤ k ≤ n
2

Áp dụng tính chất (*) ta có: k . ( Cnk ) = k .Cnk .Cnk = n.Cnk−−11.Cnk , 1 ≤ k ≤ n
2

0
1
1
2
n −1
n
n −1
1

n −2
2
0
n
VT= n. ( Cn −1.Cn + Cn −1.Cn + ... + Cn −1 .Cn ) = n ( Cn −1 .Cn + Cn −1 .Cn + ... + Cn −1.Cn )

n −1
1
n−2
2
0
n
n
Đẳng thức cần chứng minh trở thành: ( Cn −1 .Cn + Cn −1 .Cn + ... + Cn −1.Cn ) = C2 n −1 (1)

Việc chứng minh đẳng thức (1) không mấy khó khăn.
Thật vậy:
Xét khai triển: (1+x)n-1.(1+x)n =(1+x)2n-1
Trong khai triển (1+x)n-1.(1+x)n hệ số của xn là Cnn−−11.Cn1 + Cnn−−12 .Cn2 + ... + Cn0−1.Cnn (2)
n
Trong khai triển (1+x)2n-1 hệ số của xn là C2 n −1 (3)

Từ (2) và (3) suy ra đẳng thức (1) được chứng minh, tức đẳng thức ban đầu được chứng
minh.
b. Số hạng TQ trong tổng VT là k 2 . ( Cnk ) = ( k .Cnk ) , 1 ≤ k ≤ n
2

2

Áp dụng tính chất (*) ta có: ( kCnk ) = ( nCnk−−11 ) = n 2 .Cnk−−11 .Cnk−−11 = n 2 .Cnk−−11.Cnn−−1k , 1 ≤ k ≤ n

2

2

2
0
n −1
1
n −2
n −1
0
Khi đó: VT= n . ( Cn −1.Cn −1 + Cn −1.Cn −1 + ... + Cn −1 .Cn−1 )

2
0
n −1
1
n −2
n −1
0
2 n −1
Đẳng thức cần chứng minh trở thành: n . ( Cn −1.Cn −1 + Cn −1.Cn −1 + ... + Cn −1 .Cn −1 ) = n C2 n −2 (4)
Ta chứng minh đảng thức (4) như sau:

Xét khai triển: ( 1 + x )

n −1

(1+ x)

n −1

= ( 1+ x)

2 n−2

(5)

Trong VT của (5) hệ số của x n−1 là Cn0−1.Cnn−−11 + Cn1−1.Cnn−−12 + ... + Cnn−−11.Cn0−1

(6)

Trong VP của (5) hệ số cuả x n−1 là C2nn−−12 (7)
Từ (6) và (7) suy ra đẳng thức (4) được chứng minh hay đẳng thức ban đầu được chứng
minh.
Bình luận: Với việc áp dụng tính chất (*) của số Cnk ta đã có thể giải quyết được tất cả
các dạng bài toán Nhị thức NewTon mà trước đây phải dùng đến đạo hàm. Sau đây chúng
ta sẽ áp dụng một tính chất nữa của các số Cnk để giải các bài toán Nhị thức NewTon mà
nếu không dùng tính chất này phải dùng đến tích phân.
Dạng 2

6


Sử dụng tính chất

1
1
Cnk =
Cnk++11 trong một số bài toán nhị thức Newton

k +1
n +1

*Dấu hiệu nhận biết: Khi hệ số đứng trước các số tổ hợp có dạng:
1 1 1
1
1
, , ,...,
Cnk
, tức là các hệ số của khai triển có dạng
2 3 4
n +1
k +1
1
1
1
1
1
,
,...,
Cnk
+) ,
, tức là hệ số của khai triển có dạng
2.1 2.3 3.4
n(n + 1)
k (k + 1)

+)

+Hoặc các hệ số có thể biến đổi về các dạng trên.

*Các bước thực hiện:
1
1
Cnk =
Cnk++11 (**)
k +1
n +1

-Chứng minh tính chất

-Áp dụng tính chất (**) một hoặc nhiều lần và đưa tổng cần tính về tổng đơn giản.
* Chứng minh tính chất

1
1
Cnk =
Cnk++11
k +1
n +1

Thật vậy:
1
n!
(n + 1)!
1
Cnk =
=
=
Cnk++11
k +1

(k + 1).k !( n − k )! (n + 1)(k + 1)![n + 1 − (k + 1)]! (n + 1)

Ví dụ 1: Tính tổng sau: S =

0
C2012
C1
C2
C 2012
+ 2012 + 2012 + ... + 2012
1
2
3
2013

Lời giải: Áp dụng tính chất (**) ta có:
S=

k
C2012
1
k +1
=
C2013
, (0 ≤ k ≤ 2012)
k + 1 2013

1
1 
22013 − 1

2013
1
2
3
2013
(C2013
+ C2013
+ C2013
+ ... + C2013
)=
( 1 + 1) − 1 =
2013
2013
2013

Vậy S =

22013 − 1
2013

1 1 1 3 1 5
1
22 n − 1
C2 n + C2 n + C2 n + ... + C22nn −1 =
2
4
6
2n
2n + 1
1

C2kn với k ∈ { 1,3,5,..., 2n − 1} .
Lời gải: Số hạng tổng quát của vế trái là
k +1
1
1
C2kn =
C2kn++11 , k ∈ { 1,3,5,..., 2n − 1}
Áp dụng tính chất (**) ta có:
k +1
2n + 1
1
C22n +1 + C24n +1 + ... + C22nn+1 )
Ta có: VT=
(
2n + 1
1
1
=
C20n +1 + C22n+1 + C24n +1 + ... + C22nn+1 − 1) =
(
( 22n − 1) =VP. Vậy đẳng thức
2n + 1
2n + 1

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

được chứng minh.
Ví dụ 3: Tính tổng sau:

7

S=

1
1
1
Cn0 +
Cn1 + ... +
Cnn
1.2.3
2.3.4
(n + 1)(n + 2)(n + 3)

Lời giải:
Áp dụng tính chất (**) ba lần liên tiếp cho số hạng tổng quát của tổng ta có:
1
1
1
Cnk =
.
Cnk++11 =
(k + 1)( k + 2)(k + 3)
n + 1 (k + 2)( k + 3)

1
1
1
.
Cnk++22 =

Cnk++33 , (0 ≤ k ≤ n)
(n + 1) ( n + 2 ) k + 3
(n + 1) ( n + 2 ) (n + 3)
1
1
( 1 + 1) n +3 − Cn0+3 − Cn1+ 3 − Cn2+3 
S=
Cn3+3 + Cn4+ 3 + ... + Cnn++33 ) =
(

(n + 1)(n + 2)(n + 3)
(n + 1)(n + 2)(n + 3) 
1
1
=
. ( 2 n + 4 − n 2 − 7 n − 14 )
(n + 1)(n + 2)(n + 3) 2
=

Vậy S =

1
1
. 2n + 4 − n 2 − 7 n − 14
(n + 1)(n + 2)(n + 3) 2

(

)

Nhận xét:
Trong hai ví dụ trên số hạng tổng quát trong tổng đã cho có dạng

1
Cnk vì vậy có thể
k +1

áp dụng ngay tính chất (**). Trong trường hợp nếu số hạng tổng quát của tổng chưa có
dạng đó thì cần biến đổi trước khi áp dụng tính chất. Ta xét VD sau:
1
2

1
4

1
6

0
2
4
Ví dụ 4: Tính tổng S= .C2n + .C2n + .C2n + ... +

Lời giải: Số hạng tổng quát trong tổng là

1
C22nn
2n + 2

1

C22nk .
2k + 2

Biến đổi số hạng TQ và áp dụng tính chất (**) ta có:
1
2k + 1
1
2k + 1 1
2k + 2 − 1 1
C22nk =
.
.C22nk =
.
C22nk++11 =
.
C22nk++11
2k + 2
(2k + 2) 2k + 1
2k + 2 2n + 1
2k + 2 2n + 1
=

1  2 k +1
1
1  2 k +1
1


C22nk++11 ÷ =
C22nk++22 ÷

 C2 n +1 −
 C2 n +1 −
2n + 1 
2k + 2
2n + 2
 2n + 1 


1
1
1
C22nk++11 −
.
.C22nk++22 , (0 ≤ k ≤ n)
2n + 1
2 n + 1 2n + 2
1
1
S=
C21n +1 + C23n +1 + ... + C22nn++11 −
C22n + 2 + C24n + 2 + ... + C22nn++22
2n + 1
(2n + 1)(2n + 2)
=

(

=

)

(

1
1
.22 n −
22 n +1 − 1
2n + 1
(2n + 1)(2n + 2)

(

)

Ví dụ 6 ( Đề thi HSG):
Tính tổng: S=

−Cn1 2.Cn2 3.Cn3
n.Cnn
+
−
+ ... + (−1)n
2.3
3.4
4.5
(n + 1)(n + 2)

Lời giải:

8

)


Ta có: kC k
n

kCnk++22
(k + 2 − 2)Cnk++22
( n + 2)
2
=
=
Cnk++11 −
Cnk++22 , (1 ≤ k ≤ n)
(k + 1)(k + 2) (n + 1)(n + 2)
( n + 1)( n + 2)
( n + 1)( n + 2)
( n + 1)( n + 2)
1
2
=
Cnk++11 −
Cnk++22
(n + 1)
(n + 1)( n + 2)
1
2
2
3

4
S=
−Cn +1 + Cn+1 − Cn +1 + ...(−1)n Cnn++11 ) −
−Cn3+ 2 + Cn4+ 2 − Cn5+ 2 + ...(−1) n Cnn++22 )
(
(
n −+11
2 (n + 1)(n +n2)
+2
( 1 − 1) n −1 − Cn0+1 + Cn1+1  −
=
1 − 1) − Cn0+ 2 + Cn1+ 2 − Cn2+ 2 
(
 ( n + 1)(n + 2) 

n +1 
=

=

−n
2
( n + 1)(n + 2) 

−
 n +1−
÷
n + 1 (n + 1)(n + 2) 
2


=

−n
n
−n(2n + 3)
+
=
n + 1 n + 2 (n + 1)(n + 2)

Vậy S =

−n(2n + 3)
(n + 1)(n + 2)
2

2

2

 C 0   C1 
 Cn 
Ví dụ 5: Tính tổng sau: S =  n ÷ +  n ÷ + ... +  n ÷
 1   2 
 n +1 
2

 Ck 
Lời giải: Số hạng tổng quát trong tổng là  n ÷ với 0 ≤ k ≤ n
 k +1 

2

 Cnk 
1
Cnk++11
Áp dụng tính chất (**) ta có: 
÷ =
2
 k + 1  (n + 1)

Khi đó: S=

1

( n + 1)

2

(C

1
n +1

(

.Cnn+1 + Cn2+1Cnn+−11 + ... + Cnn++11.Cn0+1

)

2

=

1

( n + 1)

2

Cnk++11.Cnn+−1k , với 0 ≤ k ≤ n

)

Xét khai triển: (1+x)n+1.(1+x)n+1=(1+x)2n+2
Trong khai triển (1+x)n+1.(1+x)n+1 hệ số của xn+1 là:

(C

Cnn++11 + Cn1+1.Cnn+1 + Cn2+1Cnn+−11 + ... + Cnn++11.Cn0+1 ) = ( 1 + Cn1+1.Cnn+1 + Cn2+1Cnn+−11 + ... + Cnn++11.Cn0+1 ) (1)

0
n +1

Trong khai triển (1+x)2n+2 hệ số của xn+1 là C2nn++12 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
1 + Cn1+1.Cnn+1 + Cn2+1Cnn+−11 + ... + Cnn++11.Cn0+1 = C2nn++1 2 ⇔ Cn1+1.Cnn+1 + Cn2+1Cnn+−11 + ... + Cnn++11.Cn0+1 = C2nn++12 − 1

Vậy: S=

1

( n + 1)

2

(C

n +1
2n+2

)

−1

BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Rút gọn các tổng sau:
1
2
3
n
a. S = Cn + 2.Cn + 3Cn + ... + nCn
0
1
2
3
n
b. S = Cn + 2Cn + 3Cn + 4Cn + ... + (n + 1)Cn

9

0
1
2
n
c. S = 3Cn + 4Cn + 5Cn + ... + (n + 3)Cn

d. S = Cn1 − 2Cn2 + 3Cn3 − 4Cn4 + ... + ( −1)

n −1

nCnn

1
2
p
n
n− 2
Bài 2: CMR: 2.1Cn + 3.2Cn + ... + ( p + 1) pCn + ... + ( n + 1) nCn = n ( n + 3) 2

n

Bài 3: Tìm hệ số của x14 trong khai triển:

 8 1  ,biết:
x + 2 ÷
x 


2.1Cn2 + 3.2Cn3 + ... + n( n − 1)Cnn = 3584

Bài 4: S= 2.Cn0 + 3.Cn1 + 4.Cn2 + ... + ( n + 2)Cnn . Tìm n biết S = 320
0
1
2
3
n
n
Bài 5. Tính S= Cn − 2.Cn + 3.Cn − 4.Cn + ... + (−1) (n + 1)Cn

1
2

1
3

1
4

1
2
3
+ C10
+ C10
+ ..... +
Bài 6: Tính tổng S = C100 + C10

Bài 7: Cho n là số nguyên dương CMR:

1 10

C10
11

1 1 1 3 1 5
1
22 n − 1
C2 n + C2 n + C2 n + ... + C22nn −1 =
2
4
6
2n
2n + 1

0
1
2
2
n
n
Bài 8: Tính các tổng sau: S = Cn + 2Cn + 6Cn + ... + ( n − n + 2 ) Cn

Bài 9 : Tính các tổng sau:

0 2
1 2
2 2
2
n 2
a. S = (Cn ) + 2(Cn ) + 6(Cn ) + ... + ( n + n ) (Cn )

C
C
b. S = ( ) + ( )
0 2
n

1 2
n

1

2

(C ) +(C )
c. S =
0 2
n

1.2

1 2
n

2.3

(C )
+ ... +

n 2
n

n +1

+ ... +

(C )

n 2
n

(n + 1)(n + 2)

Bài 10: Giải phương trình với ẩn n ∈ N , n ≥ 2
1 1 1 3
1 2 n −1
22 n − 1
C2 n + C2 n + ... + C2 n = 2
2
4
2n
n + n − 4038089

(Đề thi olympic 30-4)

10