vận dụng đẳng thức tổ hợp tính tổng các hệ số trong khai triển nhị thức niu ton

MỤC LỤC
Nội dung
Trang
PHẦN I. TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.....................................1
1. Lý do chọn đề tài.........................................................................................1
2. Cơ sở thực tiễn............................................................................................2
3. Nhiệm vụ nghiên cứu..................................................................................2
4. Mục đích nghiên cứu...................................................................................2
5. Phạm vi, giới hạn, vấn đề nghiên cứu.........................................................3
6. Phương pháp nghiên cứu.............................................................................3
7. Giả thuyết khoa học của đề tài....................................................................3
8. Đóng góp của đề tài.....................................................................................3
9. Cấu trúc của đề tài.......................................................................................4
PHẦN II. NỘI DUNG...................................................................................5
1. Kiến thức lý thuyết cơ bản..........................................................................5
1.1. Công thức nhị thức Newton ....................................................................5
1.2. Công thức tính Cnk ....................................................................................5
2. Các lớp bài toán áp dụng.............................................................................6
2.1. Bài toán áp dụng công thức (I) ................................................................6
2.2. Bài toán áp dụng công thức (IA) và (IB) .................................................
13
2.3. Một số bài toán nâng cao..........................................................................
17
2.4. Bài toán áp dụng công thức (II) ...............................................................
23
3. Bài tập tự luyện..........................................................................................
30
4. Tổ chức thực nghiệm và kết quả đối chứng...............................................
31
4.1. Xử lý kết quả bằng thống kê toán học......................................................

32
4.2. Đánh giá định lượng kết quả....................................................................
36
PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ............................................
38
1. Kết luận.......................................................................................................
38
2. Khuyến nghị................................................................................................
38
TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................
40
PHỤ LỤC.......................................................................................................
41


PHẦN I. TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Lý do chọn đề tài
Căn cứ vào nhiệm vụ và mục tiêu của giáo dục, căn cứ vào thực trạng
dạy và học hiện nay, cần có hướng đổi mới về phương pháp dạy toán ở trường
THPT, đó là tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, tập trung vào việc
rèn luyện khả năng tự học, tự phát hiện và giải quyết vấn đề, nhằm hình thành
ở học sinh khả năng tư duy tích cực, độc lập sáng tạo, phân tích và tổng hợp
vấn đề. Để đạt được điều đó, trong giảng dạy người thầy phải giúp học sinh
nắm vững tri thức về phương pháp [6, Tr 124]. Từ đó thúc đẩy học sinh sự
ham học hỏi, khám phá và rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo.
Chương trình toán THPT hiện nay, các bài toán về tổ hợp xuất hiện
không nhiều sách giáo khoa, sách bài tập của học sinh. Trong nhiều tài liệu
tham khảo cũng có đề cập đến các bài tập tính tổng các hệ số trong khai triển
nhị thức Newton nhưng tôi thấy chỉ có lời giải thuần túy là đạo hàm, đạo hàm
cấp cao và tích phân. Điều này là phù hợp với mục đích tham khảo cho học

sinh lớp 12 nhưng sẽ là gượng ép tư duy của học sinh lớp 11. Trong khi đó
học sinh lớp 11 là đối tượng chính, trực tiếp học về nhị thức Newton. Hơn
nữa trong các đề thi ĐH và CĐ, thi học sinh giỏi các bài toán về nhị thức
Newton, tổ hợp xác suất đã xuất hiện trở lại sau gần một thập kỷ vắng bóng.
Chúng ta đều biết rằng trong chương trình sách giáo khoa mới phần
“Nhị thức Newton” là vấn đề được đưa vào chương trình lớp 11 trong khi học
sinh chưa học đạo hàm và tích phân. Điều này đã làm hạn chế một số lượng
lớn các bài toán tính tổng hay trong khi đó phần lớn các bài tập tính tổng các
hệ số trong khai triển nhị thức Newton được giải bằng cách sử dụng các lý
thuyết thuộc phần kiến thức này. Vậy phải làm cách nào để giúp các em học
sinh lớp 11 sau khi học xong “Nhị thức Newton” có thể giải quyết được các
dạng bài tập liên quan mà không phải chờ đến khi học chương trình lớp 12?
Dựa trên các tài liệu tham khảo do bản thân tự bồi dưỡng, với thực tế giảng
1


dạy và kinh nghiệm tôi đã chọn tìm hiểu và nghiên cứu đề tài là : “vận dụng
đẳng thức tổ hợp để giải lớp bài toán tính tổng các hệ số trong khai triển
nhị thức Newton”. Tôi tập hợp các bài toán có cách giải tương tự từ dễ đến
khó; soạn thành từng phần gửi đến các em thông qua các tiết học tự chọn
trong phân phối chương trình hoặc các buổi sinh hoạt chuyên đề. Đồng thời
làm cho các em có cách nhìn tổng quát và sâu hơn về vấn đề vừa được học.
Hình thành và phát triển khả năng tư duy lôgic; khả năng tìm hiểu và tổng
hợp được vấn đề cần nghiên cứu. Hi vọng đề tài này được các đồng nghiệp và
các em học sinh đóng góp hưởng ứng để giúp tôi có những kinh nghiệm bổ
sung hoàn thiện tốt đề tài.
2. Cơ sở thực tiễn
Nội dung liên quan đến “Nhị thức Newton” thường được quan tâm
trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường TCCN; CĐ và ĐH; trong các kỳ thi
học sinh giỏi. Mặt khác đây là một phần kiến thức khó, lại được đưa vào từ

năm lớp 11, học sinh ít lưu tâm; bên cạnh đó số tiết dành cho khá ít trong
phân phối chương trình học (2 tiết).
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nêu ra được 2 đẳng thức tổ hợp từ đó vận dụng vào các dạng bài tập
tính tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton từ dễ đến khó và phù hợp
với từng trình độ của học sinh.
- Trong các bài tập SKKN đã chỉ ra được các bài toán tổng quát, các
lớp bài toán tương tự nhằm hướng dẫn học sinh tự học.
- Kết thúc mỗi dạng bài tập có đưa ra một hệ thống các bài tập tự luyện
và mở rộng các dạng bài tập đó.
4. Mục đích nghiên cứu
- Giúp cho bản thân tự trau dồi kiến thức, nâng cao năng lực tạo điều
kiện thuận lợi cho công tác dạy học.

2


- Giúp cho học sinh rèn luyện kỹ năng phân tích, tổng hợp từ một dạng
toán, từ đó phát triển tư duy lôgic, khái quát hoá vấn đề.
- Rèn luyện cho học sinh phát triển năng lực của các hoạt động trí tuệ,
rèn tính cẩn thận, sáng tạo góp phần hình thành những phẩm chất cần thiết
của một người lao động.
5. Phạm vi, giới hạn, vấn đề nghiên cứu
5.1. Phạm vi khảo sát
Học sinh đang học lớp 11, 12; học sinh giỏi, học sinh ôn thi ĐH- CĐ.
5.2. Giới hạn nội dung nghiên cứu: Hoạt động dạy học bồi dưỡng chuyên
đề phương pháp và kỹ năng giải các bài toán tính tổng hệ số trong khai triển
nhị thức Newton.
5.3. Vấn đề nghiên cứu của đề tài: Làm thế nào để nâng cao kỹ năng, tư duy
giải toán cho học sinh THPT đối với bài toán liên quan tới nhị thức Newton.

6. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lý thuyết nhị thức Newton, phương pháp tính tổng hoặc
chứng minh một đẳng thức liên quan đến nhị thức Newton.
- Nghiên cứu về phương pháp giảng dạy toán đặc biệt là phương pháp
giảng dạy bài tập toán.
- Nghiên cứu về thực tế giảng dạy, thông qua học sinh, qua sách báo và
tài liệu tham khảo, học hỏi và tiếp thu các ý kiến đóng góp của đồng nghiệp.
7. Giả thuyết khoa học của đề tài
Trên cơ sơ lý luận của phương pháp dạy học môn toán và thực tiễn dạy
học về nhị thức Newton nếu khai thác và vận dụng thành thạo các tính chất,
đẳng thức tổ hợp thì sẽ phát huy được khả năng phát hiện tìm lời giải, phân
tích bài tập, hệ thống dạng toán, tính tích cực, cẩn thận, chủ động, sáng tạo
của học sinh trong việc học tập.
8. Đóng góp của đề tài
- Hệ thống cơ bản các loại bài tập tính tổng hệ số trong khai triển nhị
thức Newton thường gặp ở THPT, các kỳ thi Đại học, Cao đẳng hằng năm.
3


- Cung cấp cho học sinh cơ sở lý thuyết về tổ hợp và các kỹ thuật trình
bày lời giải bài toán tính tổng hệ số trong khai triển nhị thức Newton theo
hướng vận dụng đẳng thức tổ hợp cơ bản trong chương trình Toán THPT.
- Minh họa được nhiều loại bài tập có trong các đề thi ĐH-CĐ và thi
HSG những năm gần đây.
- Giúp cho các em học sinh rèn kỹ năng giải toán và giáo viên có thêm
nhiều kinh nghiệm trong dạy học .
9. Cấu trúc của đề tài
 Phần I: Tổng quan về vấn đề nghiên cứu
 Phần II: Nội dung
1. Kiến thức lý thuyết cơ bản.

2. Các lớp bài toán áp dụng.
3. Bài tập tự luyện.
4. Tổ chức thực nghiệm và kết quả đối chứng.
 Phần III: Kết luận và khuyến nghị.

4


PHẦN II. NỘI DUNG
1. Kiến thức lý thuyết cơ bản
1.1. Công thức nhị thức Newton
= Cn0 .a n + Cn1 .a n−1.b + Cn2 .a n−2 .b 2 + ... + Cnk .a n−k .b k + ... + Cnn .b n

( a + b) n

n

= ∑ Cnk .a n−k .b k , (∀n ∈ ¥ * )

(1.1)

k =0

Ta cũng có thể khai triển:
= Cn0 .b n + Cn1 .bn −1.a + Cn2 .b n−2 .a 2 + ... + Cnk .b n −k .a k + ... + Cnn .a n

( a + b) n

n

= ∑ Cnk .a k .bn −k , (∀n ∈ ¥ * )

(1.2)

k =0

Từ công thức (1.1) ta có một số đẳng thức hệ quả sau:
a, Cn0 + Cn1 + ..... + Cnk + ..... + Cnn = 2 n

∀n ∈ ¥ * .

b, Cn0 − Cn1 + ..... + (−1) k .Cnk + ..... + (−1) n .Cnn = 0, ∀n ∈ ¥ * .
2n

2n
k
k
c, (1 + x) = ∑ x .C2 n ;
k =0

2n

2n

(1 − x) 2 n = ∑ ( −1) k x k .C2kn .
k =0

2 n +1
= ∑ x k .C2kn+1 ;
d, (1 + x )

k =0

1.2. Công thức tính Cnk
k
Ta có: Cn =

2n

(1 − x) 2 n+1 = ∑ (−1) k x k .C2kn+1
k =0

(0 ≤ k ≤ n; k ∈ N; n ∈ N* )

n!
(n − k )!.k !

( 0 ≤ k ≤ n; k ∈ N; n ∈ N )
*

(1.3).

Từ công thức (1.3) ta có các biến đổi sau:
 Biến đổi 1:
k .Cnk = k .

n!
( n − 1)!
(n − 1)!
= n.
= n.

= n.Cnk−−11
k !.(n − k )!
(k − 1)!.(n − k )!
(k − 1)!.[ (n − 1) − (k − 1) ] !

hay kCnk = nCnk−−11 , ( ∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ n; n ∈ ¥ , n > 1) .
 Biến đổi 2

5


1
1
n!
1
( n + 1)!
1
.Cnk =
.
=
.
=
.Cnk++11
k +1
k + 1 k !.(n − k )! n + 1 (k + 1)!.(n − k )! n + 1
hay

1
1
.Cnk =

.Cnk++11 ( ∀k ∈ ¥ ;0 ≤ k ≤ n; n ∈ ¥ * ) .
k +1
n +1

Như vậy, ta thu được hai công thức:
1. k .Cnk = n.Cnk−−11 (1 ≤ k ≤ n; k ∈ ¥ ; n ∈ N; n > 1)
2.

(I)

1
1
.Cnk =
.Cnk++11 (∀k ∈ ¥ ;0 ≤ k ≤ n; n ∈ ¥ *
k +1
n +1

(II)

2. Các lớp bài toán áp dụng
2.1. Bài toán áp dụng công thức (I)
Bài toán mở đầu:
Tính tổng: S = C1n + 2Cn2 + 3C3n + ... + nC nn , n ∈ ¥ *
 Cách giải thứ nhất:

 Phân tích:
- Bài toán này được giải quyết dễ dàng theo phương pháp đạo hàm.
- Trước hết giáo viên cần hướng dẫn học sinh quan sát biểu thức cần tính
để đưa ra nhị thức Niu - tơn thích hợp.
Lời giải:

Ta có: (1 + x) n = Cn0 + x.Cn1 + x 2 .Cn2 + ... + x n .Cnn

∀x ∈ ¡ ; n ∈ ¥ *

Đạo hàm bậc nhất hai vế; suy ra:
n.(1 + x) n−1 = 1.Cn1 + 2 x.Cn2 + ... + nx n−1.Cnn

∀x ∈ ¡ ; n ∈ ¥ * .

Cho x = 1 ta được:
n.(1 + 1) n−1 = 1.Cn1 + 2.Cn2 + ... + n.Cnn

; ∀n ∈ ¥ * .

Từ đó suy ra S = 1.Cn1 + 2.Cn2 + ... + n.Cnn = n.2n−1 ; ∀n ∈ ¥ *
 Cách giải thứ hai:

 Phân tích:
- Áp dụng công thức: Cnk = Cnn −k ; ∀0 ≤ k ≤ n; k ∈ ¥ ; n ∈ ¥ * .
- Ghép cặp các hệ số Cnk , Cnn−k với nhau.
6


 Lời giải:
Ta có: S = C1n + 2C2n + 3C3n + ... + nC nn , n ∈ ¥ *

(1)

Theo đẳng thức Cnk = Cnn−k ; ∀0 ≤ k ≤ n; k ∈ ¥ ; n ∈ ¥ * ta viết lại (1)
dưới dạng S = n.Cn0 + (n − 1).C1n + (n − 2).C 2n + ... +1.C nn −1; n ∈ ¥ *

(2)

Từ các đẳng thức (1) và (2) suy ra:
2S = n.Cn0 + n.C1n + n.Cn2 + ... + n.C nn ; n ∈ ¥ *
⇔ 2S = n.(Cn0 + C1n + Cn2 + ... + Cnn )

⇔ 2 S = n.2n
⇔ S = n.2n−1 ; ∀ n ∈ ¥ *
Vậy tổng S = n.2n−1 , ∀ n ∈ ¥ * .
 Cách giải thứ ba:
 Ta xác định số hạng tổng quát trong biểu thức cần tính, đó là:
k .Cnk

(k ≤ n; k ∈ ¥ * ; n ∈ ¥ * )

 Theo công thức (I) ta có:
k .Cnk = nCnk−−11 (∀k ∈ ¥ * ; k ≤ n; n ∈ ¥ * )
 Khi đó, cho k nhận các giá trị lần lượt 1, 2, ..., n. Ta có:
S = n.Cn0−1 + n.Cn1−1 + ... + n.Cnn−−11 ; ∀n ∈ ¥ *
⇒ S = n(Cn0−1 + Cn1−1 + ... + Cnn−−11 )
⇒ S = n(1 + 1)n−1 = n.2n−1 ; ∀n ∈ ¥ *
 Bình luận:
Cách giải thứ nhất: Lựa chọn rất phổ biến, mang tính truyền thống
nhưng khó khăn ở đây là học sinh thường lúng túng khi đưa ra nhị thức
Newton cần khai triển để áp dụng. Nhất là đối với những bài toán tổng các hệ
số phức tạp hơn cần sử dụng tới đạo hàm bậc hai, bậc ba, .... thì việc đưa ra
nhị thức Newton không dễ. Ngoài ra, một khó khăn nữa là trong chương trình
THPT hiện nay bài “Nhị thức Newton” học trước chương “Đạo hàm”.
7

Cách giải thứ hai: Đây là tư tưởng của một trong nhiều phương pháp
tính tổng đó là phương pháp tính tổng với ẩn là tổng cần tính rất hiệu quả
được dùng nhiều ở cấp THCS [5, Tr.27-28]. Tuy nhiên lời giải này không là
cách giải tổng quát cho tất cả các bài tương tự khác.
Cách giải thứ ba: Đây là hướng giải phù hợp với nhiều ưu điểm như:
- Phù hợp với nội dung chương trình đang học;
- Tự nhiên hơn;
- Áp dụng được nhiều dạng bài tập tương tự, phức tạp hơn.
Với những ưu điểm đã nêu trên trong Cách giải thức ba của bài toán
mở đầu, tôi mạnh dạn xây dựng một quy trình thao tác để từ đó hình thành
một phương pháp tính tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton mà chỉ
nhờ vào việc vậng dụng đẳng thức tổ hợp (I) và (II). Sau đây là một số vận
dụng công thức (I) và (II) vào giải lớp bài toán tính tổng các hệ số trong khai
triển nhị thức Newton. Nếu không có yêu cầu gì thêm về điều kiện thì trong
các bài toán dưới đây luôn xét n, k là số tự nhiên.
Bài 1: Tính các tổng sau:
a) S1 = Cn1 − 2.Cn2 + 3.Cn3 − ... + ( −1)

n −1

.n.Cnn , n ∈ ¥ , n > 1 ;

(1)

b) S2 = Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + ... + (n + 1)Cnn , n ∈ ¥ , n > 1 ;

(2)

c) S3 = Cn2 + 2Cn3 + 3Cn4 + ... + (n − 1)Cnn , n ∈ ¥ , n ≥ 2 ;

(3)

d) S4 = n.2n −1.Cn0 + (n − 1).2n− 2.3.Cn1 + ( n − 2).2 n−3.32.Cn2 + ... + 3n−1.Cnn−1

(4)

n∈ ¥,n > 1
0
1
2009
+ 5.54.C2009
+ ... + 2013.52012.C2009
e) S5 = 4.53.C2009
.

(5)

Lời giải
a) S1 = Cn1 − 2.Cn2 + 3.Cn3 − ... + ( −1)

n −1

.n.Cnn

(1)

 Bước thứ nhất, hướng dẫn học sinh xác định số hạng tổng quát
trong tổng S1, cụ thể là:

( −1)

k −1

k .Cnk

(∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ n) .

 Theo công thức (I) ta có:
8


k .Cnk = nCnk−−11 (∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ n)
 Cho k nhận các giá trị tự nhiên từ 1 đến n ta được:
n

n

⇒ S1 = ∑ (−1) .k .C = ∑ ( −1) k −1.n.Cnk−−11
k −1

k =1

k
n

k =1

⇒ S1 = n(Cn0−1 − Cn1−1 + Cn2−1 − ... + (−1) n−1.Cnn−−11 ) .

Vận dụng Cn0 − Cn1 + ..... + (−1) k .Cnk + ..... + (−1) n .Cnn = 0, ∀n ∈ ¥ *
Ta suy ra S1 = n.(1 − 1) n −1 = 0; ∀n ∈ ¥ ; n > 1 .
Vậy S1 = n.(1 − 1) n−1 = 0 
Bình luận: Việc vận dụng đẳng thức (I) cho ta lời giải rất tự nhiên.
Tương tự với các tổng còn lại.
b) S2 = Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + ... + ( n + 1)Cnn ; n ∈ ¥ *

(2)

 Bước thứ nhất, hướng dẫn học sinh xác định số hạng tổng quát
trong tổng S2, cụ thể là:

( k + 1) .Cnk

(∀k ∈ ¥ ;0 ≤ k ≤ n) .

 Theo công thức (I) ta có:
k .Cnk = nCnk−−11 (∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ n) .
 Viết lại tổng S2 , cho k nhận các giá trị tự nhiên từ 1 đến n ta được:
n

n

n

n

n

⇒ S2 = ∑ (k + 1).C =∑ k .C + ∑ C = 0.C + ∑ k .C + ∑ Cnk

k
n

k =0
n

k =0

k
n

k =0

k
n

0
n

k =1

k
n

k =0

n

⇒ S 2 = ∑ C + ∑ n.Cnk−−11
k =0

k
n

k =1

⇒ S2 = n.2n−1 + 2n
⇒ S2 = (n + 2).2n−1; ∀n ∈ ¥ ; n > 1

Vậy S2 = (n + 2).2n−1 , ∀n ∈ ¥ ; n > 1 
Bình luận: Phân tích và tính dựa vào tổng đã biết (hệ quả của (1.1) và (1.2))
c) S3 = Cn2 + 2Cn3 + 3Cn4 + ... + (n − 1)Cnn ; n ∈ ¥ * ; n ≥ 2
n

n

n

k =2

k =2

k =2

⇒ S3 = ∑ (k − 1).Cnk = ∑ k .Cnk − ∑ Cnk
9


n

n

⇒ S3 = ∑ k .C − C − ∑ Cnk + Cn0 + Cn1
k =1

k
n

1
n

k =0

n

n

k =1

k =0

⇒ S3 = ∑ n.Cnk−−11 − Cn1 − ∑ Cnk + Cn0 + Cn1
⇒ S3 = (n − 2).2n−1 + 1; ∀n ∈ ¥ ; n ≥ 2
⇒ S3 = n.2n−1 − 2n + 1
Vậy S3 = (n − 2).2n−1 + 1, ∀n ∈ ¥ ; n ≥ 2 .
d) S4 = n.2 n−1.Cn0 + (n − 1).2n− 2.3.Cn1 + (n − 2).2n−3.32.Cn2 + ... + 3n−1.Cnn−1; n ∈ ¥ *
 Bước thứ nhất, hướng dẫn học sinh xác định số hạng tổng quát
trong tổng S4, cụ thể là:

( n − k ) 2n−k −13k.Cnk

(∀k ∈ ¥ ;0 ≤ k ≤ n − 1) .

 Theo công thức (I) ta có:
k .Cnk = nCnk−−11 (∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ n) ,
với k = n − k thì (n − k ).Cnn−k = nCnn−−1k −1 .
 Viết lại tổng S4 và cho k nhận giá trị tự nhiên từ 0 đến n − 1 ta được:
n −1

n −1

k =0

k =0

⇒ S4 = ∑ (n − k ).2n −k −1.3k.Cnk = ∑ 2n −k −1.3k.( n − k ).Cnn −k
n −1

⇒ S4 = ∑ 2n−k −1.3k.n.Cnn−−1k −1 (áp dụng (n − k ).Cnn−k = nCnn−−1k −1 ))
k =0

⇒ S4 = n(2n −1.30.Cnn−−11 + 2n− 2.32.Cnn−−12 + ... + 20.3n−1.Cn0−1 )
Áp dụng (1.1) với chỉ số n thay bởi n − 1 , ta có: S4 = n.(2 + 3) n−1
⇒ S4 = n.5n−1; ∀n ∈ ¥ ; n > 1
Vậy S4 = n.5n−1 , ∀n ∈ ¥ ; n > 1 
10


Bình luận: Áp dụng hệ quả của (1.1) và (1.2) với a = 2; b = 3 .
0

1
2009
+ 5.54.C2009
+ ... + 2013.52012.C2009
e) S5 = 4.53.C2009

2009

⇒ S5 = ∑ (k + 4).5 .C
k +3

k =0

2009

⇒ S5 = ∑ 5 .k .C
k +3

k =0

0+3

⇒ S5 = 5 .0.C

0
2009

k
2009

k
2009

2009

= ∑ k .5 .C
k +3

k =0

k
2009

2009

k
+ ∑ 4.5k +3.C2009
k =0

2009

k
+ ∑ 4.5k +3.C2009
k =0

2009

+ ∑ 5 .5 .2009.C
4

k −1

k =1

k −1
2008

2009

k
+ ∑ 4.53.5k.C2009
k =0

0
1
2008
⇒ S5 = 2009.54.(50 C2008
+ 51 C2008
+ ... + 52008 C2008
)+
0
1
2009
+ 4.53.(50 C2009
+ 51 C2009
+ ... + 52009 C2009
)

⇒ S5 = 2009.54.62008 + 4.53.62009
⇒ S5 = 10069.53.62008

Vậy S5 = 10069.53.62008 
Bài 2 [Đề thi HSG tỉnh Hải Dương 2012-2013].
Rút gọn biểu thức:
1
2
3
4
2011
2012
A = C2012
− 22 C2012
+ 3.22 C2012
− 4.23 C2012
+ ... + 2011.22010 C2012
− 2012.22011 C2012
.

Lời giải
Cách 1: Vận dụng thuần túy kiến thức đạo hàm lớp 12
Khai triển nhị thức:

( 1+ x)

2012

0
1
2
k
2012

= C2012
+ xC2012
+ x 2C2012
+ ... + x k C2012
+ .... + x 2012C2012
(1) (∀x)

Đạo hàm 2 vế của (1) ta có:

2012 ( 1 + x )

2011

1
2
k
2012
= C2012
+ 2 xC2012
+ ... + kx k −1C2012
+ .... + 2012 x 2011C2012
(2) (∀x)

Chọn x = −2 thay vào (2)

11


2012 ( 1 − 2 )

2011

1
2
k
= C2012
+ 2( −2)C2012
+ ... + k ( −2) k −1 C2012
+ ....
2012
+ 2012( −2) 2011 C2012
(2)

1
2
3
4
⇔ −2012 = C2012
− 22 C2012
+ 3.22 C2012
− 4.23 C2012
+ ...
2011
2012
+ 2011.2 2010 C2012
− 2012.22011 C2012

Vậy A = −2012
Cách 2: Vận dụng đẳng thức tổ hợp lớp 11
 Bước thứ nhất, hướng dẫn học sinh xác định số hạng tổng quát trong

tổng A, cụ thể là: k .( −2 )

k −1

k
.C2012

(∀k ∈ ¥ ;0 ≤ k ≤ 2012) .

 Theo công thức (I) ta có: k .Cnk = nCnk−−11 (∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ n) ,
 Viết lại tổng A và cho k nhận giá trị tự nhiên từ 1 đến 2012 ta được:
2012

⇒ A = ∑ ( −2 )

k −1

.k .C

k =1

2012

k
2012

= 2012.∑ ( −2 )
k =1

k −1

k −1
.C2011

k −1
0
1
2
2011
C2011
= 2012.( 20.C2011
− 21.C2011
+ 2 2 C2011
− ... − 2 2011C2011
)

⇒ A = 2012 ∑ ( −2 )

k −1

⇒ A = 2012 ( 1 − 2 )

2011

k =1

2012

= −2012

Vậy A = −2012 .
Nhận xét: Qua việc tính các tổng S1 đến S5 ta có thể tính tổng bất kỳ dạng:
n

S = ∑ (α .k + β ).a n−k .b k −1+m .Cnk
k =0

(α ; β ∈ ¡ ; k ∈ ¥ ; k ≤ n; n ∈ ¥ * ; m ∈ ¥ )

Dựa vào đó người giáo viên có thể ra nhiều bài tập tương tự, để làm
phong phú hơn bài giảng của mình, nhằm giúp học sinh hiểu bài hơn và áp
dụng tốt vào các dạng bài tập tương tự. Giáo viên có thể thay thế yêu cầu bài
toán bởi các yêu khác, ví dụ như: chứng minh rằng, tìm các giá trị của n thoả
mãn đẳng thức...
Như vậy, phải chăng chỉ những tổng có biểu thức của k dạng bậc nhất
thì mới áp dụng được đẳng thức dạng (I) và (II)? Câu hỏi này khiến tôi mất
12


không ít thời gian để giải quyết. Vậy nếu trong tổng cần tính xuất hiện biểu
thức của k dưới dạng bậc hai, bậc ba của k thì ta giải quyết như thế nào? Việc
tiếp tục mở rộng đẳng thức (I) và (II) đã cho tôi câu trả lời thấu đáo. Trước
hết, xin trình bày các mở rộng của đẳng thức (I) và (II).
Thật vậy, từ (I) ta suy ra các công thức sau:
1) k .(k − 1).Cnk = n.(n − 1).Cnk−−22 ; ∀k ; n ∈ ¥ ;2 ≤ k ≤ n
2) k .(k − 1)(k − 2).Cnk = n.(n − 1)(n − 2).Cnk−−33 ; ∀k ; n ∈ ¥ ;3 ≤ k ≤ n

(IA)
(IB)

Chứng minh:
1) k .(k − 1).Cnk = (k − 1).k .Cnk = n.(k − 1).Cnk−−11
= n.(n − 1).Cnk−−22

∀k ; n ∈ ¥ ;2 ≤ k ≤ n .

2) Tương tự (dành cho bạn đọc).
2.2. Bài toán áp dụng công thức (IA) và (IB)
Bài 3: Tính các tổng sau
a)
b)
c)
d)

S6 = 1.2.Cn2 + 2.3.Cn3 + ... + (n − 1).n.Cnn n ∈ ¥ ; n > 2
S7 = n.(n − 1).3n− 2.Cnn + (n − 1).(n − 2).3n−3.41Cnn−1 + ... + 2.1.4n− 2.Cn2 , n ∈ ¥ , n > 2
S8 = 12.Cn1 + 22.Cn2 + 32.Cn3 + ... + n 2 .Cnn n ∈ ¥ ; n > 2
1
2
3
2012
S9 = 1.2.C2012
+ 3.4.22.C2012
+ 5.6.24.C2012
+ ... + 4023.4024.24022.C2012

Lời giải:
a) S6 = 1.2.Cn2 + 2.3.Cn3 + ... + (n − 1).n.Cnn

n ∈ ¥;n > 2

 Bước thứ nhất, ta cũng hướng dẫn học sinh xác định số hạng tổng
quát trong tổng S6, cụ thể là: (k − 1).k .Cnk

(∀k ∈ ¥ ;2 ≤ k ≤ n)

 Theo công thức (IA) ta có:
k .( k − 1).Cnk = n.(n − 1).Cnk−−22

(∀k ∈ ¥ ;2 ≤ k ≤ n)

 Cho k nhận các giá trị tự nhiên từ 2 đến n ta được:
n

n

k =2

k =2

⇒ S6 = ∑ (k − 1).kCnk = ∑ (n − 1).n.Cnk−−22
⇒ S6 = n.(n − 1)(Cn0−2 + Cn1−2 + Cn2−2 + ... + Cnn−−22 )
⇒ S6 = n.(n − 1)(1 + 1) n−2 = n.(n − 1).2 n−2 ; ∀n ∈ ¥ ; n > 2
13


Tương tự với các tổng còn lại.
b)
S7 = n.(n − 1).3n− 2.Cnn + (n − 1).(n − 2).3n− 3.41Cnn−1 + ... + 2.1.4n− 2.Cn2 n ∈ ¥ ; n > 2
n

n

k =2

k =2

⇒ S7 = ∑ k .(k − 1).4n− k.3k −2.Cnk = ∑ 4n−k.3k −2.k .(k − 1).Cnn
n

⇒ S7 = ∑ 4n− k.3k − 2.n( n − 1).Cnk−−22
k =2

⇒ S7 = n.(n − 1).(4n−2.30.Cn0−2 + 4n −3.31.Cn1−2 + ... + 40.3n −2.Cnn−−22 )
⇒ S7 = n.(n − 1).(4 + 3) n−2 = n(n − 1).7 n−2
c) S8 = 12.Cn1 + 22.Cn2 + 32.Cn3 + ... + n 2 .Cnn

∀n > 2; n ∈ ¥ .

n ∈ ¥;n > 2

 Ta thấy số hạng tổng quát trong tổng trên là:
k 2 .Cnk

∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ n; n > 2

 Theo công thức (IA) ta có:

k 2 .Cnk = [ k .(k − 1) + k ] .Cnk = k .(k − 1).Cnk + k .Cnk , ∀k ∈ ¥ ;2 ≤ k ≤ n; n > 2
⇒ k 2 .Cnk = n.(n − 1).Cnk−−22 + n.Cnk−−11 ∀k ∈ ¥ ;2 ≤ k ≤ n; n > 2

 Cho k nhận các giá trị tự nhiên từ 2 đến n ta được:
⇒ S8 = 12.Cn1 + n.(n − 1).(Cn0− 2 + Cn1− 2 + ... + Cnn−−22 ) + n(Cn1−1 + Cn2−1 + ... + Cnn−−11 ) n ∈ ¥ ; n > 2
⇒ S8 = n.(n − 1).(Cn0− 2 + Cn1− 2 + ... + Cnn−−22 ) + n(Cn0−1 + Cn1−1 + Cn2−1 + ... + Cnn−−11 ) n ∈ ¥ ; n > 2
(Do 12.Cn1 = n = n.Cn0−1 )
⇒ S8 = n.(n − 1).2n−2 + n.2n−1 = n.(n + 1).2n−2
Vậy S8 = n.(n + 1).2n−2

∀n ∈ ¥ ; n > 2

∀n ∈ ¥ ,n > 2 .

1
2
3
2012
+ 3.4.22.C2012
+ 5.6.24.C2012
+ ... + 4023.4024.24022.C2012
d) S9 = 1.2.C2012

 Ta thấy số hạng tổng quát trong tổng trên là:
k +1
(2k + 1).(2k + 2).22 k.C2012

∀k ∈ ¥ ; k ≤ 2011

 Theo công thức (IA) ta có:
14

k +1
k
(2k + 1).(2k + 2).2 2 k.C2012
= 2.(2k + 1).2 2 k.2012.C2011
k
k
= 2.22 k.2012.(2.k .C2011
+ C2011
) ∀k ∈ ¥ ; k ≤ 2011
k −1
k
= 2.22 k.2012.(2.2011.C2010
+ C2011
)
k −1
k
= 22.2011.2012.22 k.C2010
+ 2.2012.2 2 k.C2011

(∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ 2011)

 Cho k nhận các giá trị tự nhiên từ 1 đến 2011 ta được:
1
0
1
2010
S9 = 1.2.C2012
+ 2 2.2011.2012.(22.C2010
+ 24.C2010
+ ... + 2 4022.C2010

)+
1
2
2011
+ 2.2012.(22.C2011
+ 24.C2011
+ ... + 24022.C2011
)

1
0
1
2010
 +
⇒ S9 = 1.2.C2012
+ 24.2011.2012. (22 ) 0 .C2010
+ (2 2 )1.C2010
+ ... + (2 2 ) 2010 .C2010
0
1
2011
0

+ 21.2012. (22 )0 .C2011
+ (2 2 )1.C2011
+ ... + (2 2 ) 2011.C2011
− (2 2 ) 0 .C2011
1
⇒ S9 = 1.2.C2012
+ 24.2011.2012.(22 + 1) 2010 + 2.2012.(22 + 1) 2011 − 2.2012

⇒ S9 = 24.2011.2012.52010 + 2.2012.52011 ⇒ S9 = 4024.16093.52011
Vậy S9 = 4024.16093.52011 .
Bài 4: Tính các tổng sau
a) S10 = 1.2.3.Cn3 + 2.3.4.Cn4 + ... + ( n − 2)(n − 1)n.Cnn ∀n ∈ ¥ ; n > 3
b) S11 = 13.Cn1 + 23.Cn2 + ... + n3 .Cnn ∀n ∈ ¥ ; n > 3
c) S12 = 1.2.3.Cn0 − 2.3.4.Cn1 + ... + (−1) n .(n + 1)(n + 2)(n + 3).Cnn ,

∀n ∈ ¥ ; n > 3
Lời giải
a) S10 = 1.2.3.Cn3 + 2.3.4.Cn4 + ... + ( n − 2)(n − 1)n.Cnn

∀n ∈ ¥ ; n > 3

 Bước thứ nhất, ta hướng dẫn học sinh xác định số hạng tổng
quát trong tổng S10, cụ thể là: (k − 2)( k − 1).k .Cnk

(∀k ∈ ¥ ;3 ≤ k ≤ n)

 Theo công thức (IB) ta có:
k .(k − 1).(k − 2)Cnk = n.(n − 1).(n − 2)Cnk−−33

(∀k ∈ ¥ ;3 ≤ k ≤ n)
15


 Cho k nhận các giá trị tự nhiên từ 3 đến n ta được:
n

n

⇒ S10 = ∑ (k − 2)(k − 1).kC =∑ (n − 2)(n − 1).n.Cnk−−33
k
n

k =3

k =3

⇒ S10 = n.( n − 1)(n − 2)(Cn0−3 + Cn1−3 + Cn2−3 + ... + Cnn−−33 )
⇒ S10 = n.( n − 1)(n − 2)(1 + 1) n−3 = n.(n − 1).( n − 2)2n−3 ; ∀n ∈ ¥ ; n > 3

Tương tự với các tổng còn lại,
b) S11 = 13.Cn1 + 23.Cn2 + ... + n3 .Cnn

∀n ∈ ¥ ; n > 3

 Ta thấy số hạng tổng quát trong tổng trên là:
k 3 .Cnk

∀k ∈ ¥ ;1 ≤ k ≤ n; n > 3

 Theo công thức (IA) và (IB) ta có:
k 3 .Cnk =  k .(k − 1)(k − 2) + 3k .(k − 1) + k  .Cnk
= k .(k − 1).(k − 2)Cnk + 3k .(k − 1)Cnk + kCnk
= n(n − 1)(n − 2).Cnk−−33 + 3n(n − 1).Cnk−−22 + n.Cnk−−11
(∀k ∈ ¥ ;3 ≤ k ≤ n; n > 3)

 Cho k nhận các giá trị tự nhiên từ 3 đến n ta được:
⇒ S11 = 13.Cn1 + 23.Cn2 + n.(n − 1).(n − 2).(Cn0−3 + Cn1−3 + ... + Cnn−−33 ) +

+ 3n(n − 1)(Cn1−2 + Cn2−2 + ... + Cnn−−22 ) + n(Cn2−1 + Cn3−1 + ... + Cnn−−11 )

( n ∈ ¥;n > 3 )
⇒ S11 = n + 4n( n − 1) + n.(n − 1)(n − 2).2n −3 + 3n.( n − 1)  2n− 2 − Cn0−2  +
+ n  2n−1 − Cn0−1 − Cn1−1 
⇒ S11 = n.(n − 1)(n − 2).2n−3 + 3n.(n − 1).2n−2 + n.2n−1
⇒ S11 = (n3 + 3n).2n−3

∀n > 3; n ∈ ¥ .

Vậy S11 = (n3 + 3n).2n−3 ∀n > 3,n ∈ ¥ .
c) S12 = 1.2.3.Cn0 − 2.3.4.Cn1 + ... + (−1) n .(n + 1)(n + 2)(n + 3).Cnn ∀ n ∈ ¥ , n > 3
 Ta thấy số hạng tổng quát trong tổng trên là:
16


(k + 1)( k + 2)(k + 3).( −1) k Cnk

∀k ∈ ¥ ; k ≤ n; n > 3

 Theo công thức (IA) và (IB) ta có:
(k + 1)( k + 2)( k + 3).( −1) k Cnk = k ( k − 1)( k − 2).(−1) k .Cnk + 9k ( k − 1).( −1) k .Cnk +
+ 18k .(−1) k .Cnk + 6.(−1) k .Cnk

= n(n − 1)(n − 2).(−1) k .Cnk−−33 + 9n( n − 1).(−1) k .Cnk−−22 + 18n.(−1) k .Cnk−−11 + 6.(−1) k .Cnk
(∀k ∈ ¥ ;3 ≤ k ≤ n; n > 3)
= − n(n − 1)(n − 2).(−1) k −3.Cnk−−33 + 9n( n − 1).(−1) k −2 .Cnk−−22 − 18n.(−1) k −1.Cnk−−11 + 6.(−1) k .Cnk
(∀k ∈ ¥ ;3 ≤ k ≤ n; n > 3)

 Cho k nhận các giá trị tự nhiên từ 3 đến n ta được:

S12 = 1.2.3.Cn0 − 2.3.4.Cn1 + 3.4.5.Cn2 −
−  n( n − 1)( n − 2).(Cn0−3 − Cn1−3 + ... + ( −1) n−3.Cnn−−33 )  +
+ 9n(n − 1).( −Cn1−2 + Cn2−2 − ... + (−1) n−2 .Cnn−−22 )  −
− 18n(Cn2−1 − Cn3−1 + ... + ( −1) n−1.Cnn−−11 )  +
+ 6.  −Cn3 + Cn4 − ... + (−1) n .Cnn 

⇒ S12 = 6 − 24n + 30n( n − 1) − n( n − 1)( n − 2).(1 − 1) n−3 +
+ 9 n( n − 1) (1 − 1) n−2 − Cn0−2  −
− 18n (1 − 1) n−1 − Cn0−1 + Cn1−1  + 6 (1 − 1) n − Cn0 + Cn1 − Cn2 
⇒ S12 = 6 − 24n + 30n(n − 1) − 9n(n − 1) + 18n − 18n.(n − 1) − 6 + 6n − 3n( n − 1)
⇒ S12 = 0

∀n > 3; n ∈¥ .

Vậy S12 = 0 ∀n > 3,n ∈ ¥ .
Nhận xét:
Như vậy ta có thể sử dụng các công thức (IA) và (IB) cho các tổng;
trong đó có số hạng tổng quát dạng (tách làm xuất hiện k(k-1), ....:

(α .k 2 + β .k + γ ).Cnk ... = [ α .k ( k − 1) + ( β + α ).k + γ ] .Cnk ... = ...
hoặc là dạng:
17


(α .k 3 + β .k 2 + γ .k + θ ).Cnk ... = [ α k ( k − 1)( k − 2) + ( β + 3) k ( k − 1) + ( β + 1).k + θ ] .Cnk ... = ...
(α ; β ; γ ;θ ∈ ¡ ; k ∈ ¥ ; k ≤ n; n ∈ ¥ ; n > 3)

Tương tự bài 1, giáo viên có thể thay thế yêu cầu bài toán bởi các yêu
khác, ví dụ như: Chứng minh rằng, tìm các giá trị của n thoả mãn đẳng
thức...và chúng ta đều nhận thấy rằng với cách giải các bài toán như trên giúp

học sinh chủ động hơn trong quá trình lĩnh hội kiến thức; đồng thời giúp học
sinh nhìn ra vấn đề tổng quát nhằm phát huy tính sáng tạo, chủ động của các
em học sinh.
2.3. Một số bài toán nâng cao
Bài 5*[1, THTT số 380/2009]. Chứng minh rằng:
n

k

∑ ( n − x) .C .x .(1 − x)

a)

k =0
n

2

k

k
n

k

∑ n − x .C .x .(1 − x)

b)

k

n

k =0

k

n−k

x(1 − x)
∀x ∈ ¡ ; n ∈ ¥ *
n
1
≤
∀x ∈ [ 0;1] ; n ∈ ¥ *
2 n

n−k

=

Lời giải:
n

k

∑ ( n − x) .C .x .(1 − x)

a)

2

k =0

k
n

k

n−k

=

x(1 − x)
∀x ∈ ¡ ; n ∈ ¥ *
n

 Ta dễ dàng nhận ra số hạng tổng quát của tổng là:

k
k2
k
2
k k
n −k
( − x) .Cn .x .(1 − x) = ( 2 − 2 x + x 2 ).Cnk .x k .(1 − x) n −k
n
n
n
2
1

1
n− k
n−k
n− k
k  k k
k k
k k
=>  − x ÷ .Cn .x .( 1 − x ) = 2  k (k − 1)Cn .x .( 1 − x )  + 2  kCn .x .( 1 − x ) 
n
n
n 
x
−2. .  kCnk .x k .(1 − x) n−k  + x 2 .Cnk .x k .(1 − x) n−k (1)
n
 Theo công thức nhị thức Newton và áp dụng các công thức (I),
(IA) và (IB) ta có:
n

+/

∑ C .x .(1 − x)
k =0

k
n

k

n−k

= ( x + 1 − x ) n = 1n = 1

(*)

18


n

+ / ∑ k .C .x .(1 − x)
k
n

k =0

k

n−k

n

= 0 + ∑ k .C .x .(1 − x)
k
n

k =1

k

n−k

n

= ∑ n.Cnk−−11.x k .(1 − x) n−k
k =1

n

= x.∑ Cnk−−11.x k −1.(1 − x) n− k
k =1

( **)

= n.x.( x + 1 − x) n−1 = n.x
n

+ / ∑ k .(k − 1).C .x .(1 − x)
k
n

k =0

k

n−k

n

= 0 + ∑ k .( k − 1).Cnk .x k .(1 − x) n −k
k =2

n

= ∑ n.(n − 1).Cnk−−11.x k .(1 − x) n −k
k =2

n

= n( n − 1) x .∑ Cnk−−22 .x k −2 .(1 − x)n−k
2

k =2

( ***)

= n.(n − 1) x 2 .( x + 1 − x) n−2 = n.(n − 1) x 2
 Thay thế (*), (**), (***) vào biểu thức (1) ta đuợc;
n

k

∑ ( n − x) .C .x .(1 − x)
2

k =0

k
n

k

n−k

=

1
1
x
x(1 − x)
.n(n − 1).x 2 + 2 .n.x − 2. .n.x + x 2 =
2
n
n
n
n

∀x ∈ ¡ ; n ∈ ¥ * (đpcm)
n

b)

k

∑ n − x .C .x .(1 − x)
k =0

k
n

k

n−k

≤

1
2 n

∀x ∈ [ 0;1] ; n ∈ ¥ *

 Theo câu a) và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng:

(a

1

(

)

.x1 + a2 .x2 + ... + an .xn ) ≤ a1 .x1 + a2 .x2 + ... + an .xn . ( x1 + ... + xn )
2

2

2

2

 Khi đó; với mọi x ∈ [0; 1] thì:

2

n
 n k
 n k
k
k
n −k 
2
k
k
n −k  
k
k
n −k 
∑ n − x .Cn .x .(1 − x)  ≤ ∑ ( n − x) .Cn .x .(1 − x)  . ∑ Cn .x .(1 − x) 
 k =0
  k =0
  k =0


2

x(1 − x)
 n k

⇒  ∑ − x .Cnk .x k .(1 − x) n−k  ≤
.1 ( theo câu a) và (*))
n
n

 k =0



⇒ ∑
 k =0
n

1
2
(
x
+
1
−
x
)
k
x(1 − x) 4
1

− x .Cnk .x k .(1 − x) n−k  ≤
≤
=
n
n
n
4n

2

19


n

⇒∑
k =0

k
1
− x .Cnk .x k .(1 − x ) n− k ≤
n
2 n

∀x ∈ [ 0;1] ; n ∈ ¥ * .

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
1
n
0
 n =1
 − x = − x = ... = − x

⇔
n
n
n
1
x = 1 − x

 x = 2

Bài 5*[1, THTT số 393/ 2010].
Cho p là một số nguyên tố, và các số tự nhiên m; n; q thoả mãn:

2 ≤ n ≤ m; ( p; q) = 1 . Chứng minh rằng: Cqpn chia hết cho p m−n +1 .
m

Lời giải:
 Ta viết số tự nhiên n dưới dạng: n = k . pα với ( k ; p ) = 1; k ,α ∈ ¥ *
Nếu α ≥ n thì n = k . pα ≥ k . p n ≥ p n . Điều này vô lí.
Vì vậy: α ≤ n − 1
n k −1
k
k −1
k
Khi đó theo công thức (I) : k .Cn = n.Cn−1 ⇒ Cn = .Cn −1 nên ta có:
k
C

n
q. p m

=C

k . pα
q. pm

q. p m k . pα −1 q m−α k . pα −1
=

.C m = . p .Cq. p m −1
k . pα q. p −1 k

k . p −1
 Do ( k , p ) = 1 và Cq. p m −1 là số nguyên dương nên ta suy ra:
α

Cqn. p m Mp m−α

 Mà α ≤ n − 1 nên p m−α Mp m −n+1 (đpcm)
Bài 6[ Đề thi IMO năm 1980]
Cho r là một số tự nhiên thoả mãn điều kiện: 1 ≤ r ≤ n; n ∈ ¥ * . Xét tất
cả các tập con gồm r phần tử của tập hợp {1, 2, ..., n}. Mỗi tập con này đều có
phần tử bé nhất. Gọi F ( n, r ) là trung bình cộng của tất cả các phần tử bé nhất
đó. Chứng minh rằng: F(n, r ) =

n +1
.
r +1

Lời giải
20


 Gọi G ( n, r ) là số trung bình cộng của các phần tử lớn nhất của các
tập con đã nói ở đề bài.
 Khi đó ta có:

F( n, r ) =

1
(1.Cnr−−11 + 2.Cnr−−12 + ... + (n − r + 1).Crr−−11 )
r
Cn

(1)

G(n, r ) =

1
(n.Cnr−−11 + (n − 1).Cnr−−12 + ... + r.Crr−−11 )
r
Cn

(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra:

F(n, r ) + G(n, r ) =

1
(n + 1).(Cnr−−11 + Cnr−−12 + ... + Crr−−11 ) (3)
r
Cn

 Mặt khác, do Cmk ++11 = Cmk +1 + Cmk nên:
Cnr = Cnr−−11 + Cnr−−12 + ... + Crr−−11

(4)

 Từ (3) và (4) ta có:
(n + 1).(Cnr−−11 + Cnr−−12 + ... + Crr−−11 )
F( n, r ) + G( n, r ) =
= n + 1 (5)
Cnr−−11 + Cnr−−12 + ... + Crr−−11

n k −1
k
k −1
k
 Theo công thức (I): k .Cn = n.Cn−1 ⇒ Cn = .Cn −1 , áp dụng ta có:
k
r.Cnr−k +1 = (n − k + 1).Cnr−−1k ⇒ Cnr−−1k =

r
.Cnr−k +1
n − k +1

Khi đó:
G(n, r ) 1 n r −1 n − 1 r −1
r
= r ( .Cn−1 +
.Cn−2 + ... + .Crr−−11 )
r
Cn r
r
r
=

1

(Cnr + Cnr−1 + ... + Crr )
r
Cn

Áp dụng (4) liên tiếp cho từng số hạng: Cnr ; Cnr−1;.....; Crr ta được:

G( n, r ) 1
= r (1.Cnr−−11 + 2.Cnr−−12 + ... + (n − r + 1).Crr−−11 ) = F(n, r ) ( 6 )
r
Cn
 Thế (6) vào (5) ta được:
21


F(n, r ) +

F(n, r )
n +1
= n + 1 ⇒ F(n, r ) =
r
r +1

Nhận xét: Từ bài tập trên ta có thể rút ra số trung bình cộng G(n,r) và thiết
lập một bài toán mới.
2.3.1 Bài tập tương tự cơ bản
Đối với học sinh trung bình khá ta có thể ra các bài tập sau nhằm củng
cố kiến thức và tạo sự hứng thú cho học sinh trong quá trình học tập.
Bài 1: Chứng minh rằng
1.Cn1 − 2.Cn2 + ..... + ( −1) n−1.n.Cnn = 0 ∀n ∈ N ; n > 1 .
Bài 2: (Đề thi ĐH khối A năm 2005)

Tìm giá trị n thoả mãn hệ thức sau:
C21n+1 − 2.2.C22n+1 + 3.22.C23n+1 − 4.23.C24n+1 + ..... + (2n + 1).22 n.C22nn++11 = 2005 .
Bài 3: Tìm n thoả mãn
22 n.C21n+1 − 2.C22n+1.3.2 2 n−1 + 3.C23n+1.32.22 n−2 − ..... + (2 n + 1).C22nn++11.32 n = 2009 .
0
2
2008
Bài 4: Chứng minh rằng C2009
+ 32.C2009
+ ..... + 32008.C2009
= 22008.(2 2009 − 1) .

Bài 5: Tính tổng
0 1
1
2
2
3
n −1
n
a) S1 = 1.2 .Cn + 2.2 .Cn + 3.2 .Cn + ..... + n.2 .Cn
b) S2 = 2.C22n+1 + 4.C24n+1 + ..... + 2n.C22nn+1 ;

∀n ∈ ¥ ; n > 1

c) S3 = 2.C22n + 4.C24n + ..... + 2n.C22nn .
Bài 6: Chứng minh rằng
C21n + 3.C23n + ..... + (2n − 1).C22nn −1 = 2.C22n + 4.C24n + ..... + 2n.C22nn .
Bài 7: Cho a > 0; n ∈ ¥ * . Hãy tính tổng
1

2
2
2n
n +1
a) S1 = 1.2.Cn+1 + 3.4.a .Cn +1 + ..... + (2n + 1)(2n + 2).a .Cn+1
b) S2 = Cn0 + 2a.Cn1 + 3a 2 .Cn2 + ..... + (n + 1)a n .Cnn

22


0
2
2
4
4
2n
2n
c) S3 = C2 n + 3a .C2 n + 5a .C2 n + ..... + (2n + 1)a .C2 n
d) S4 = 2a.C21n + 4a 3 .C23n + 6a 5 .C25n + ..... + 2n.a 2 n−1.C22nn−1

2.3.2. Bài tập tương tự nâng cao
Bài 1: Cho r là một số tự nhiên thoả mãn điều kiện: 1 ≤ r ≤ n; n ∈ ¥ * . Xét
tất cả các tập con gồm r phần tử của tập hợp { 1,2,...,n} . Mỗi tập con này đều
có phần tử lớn nhất. Gọi G ( n, r ) là trung bình cộng của tất cả các phần tử lớn
nhất đó. Chứng minh rằng: G(n, r ) =

r (n + 1)
r +1

Bài 2: (Đề thi IMO năm 1987)

Cho S ={1;2;...;n}; n ≥ 1 . ta gọi p ( k ) là số các hoán vị của S có đúng k
n

điểm cố định. Chứng minh rằng:

∑ k . p (k ) = n!
k =0

n

2.4. Bài toán áp dụng công thức (II)
Bài 1: Tính tổng
1 1 1 2
1
0
.Cnn ; n ∈ ¥ *
a) S1 = Cn + .Cn + .Cn + ... +
2
3
n +1
2
3
4
2 1 2 2 2 3
2n+1 n
b) S2 = .Cn + .Cn + .Cn + ... +
.Cn (n ∈ ¥ ; n > 1)
2
3
4

n +1
1 1 1 3 1 5
1 2 n−1
(n ∈ ¥ ; n > 1)
c) S3 = .C2 n + .C2 n + .C2 n + ... + .C2 n
2
4
6
2n
(Đề thi khối A năm 2007)
2
3
4
3 −1 1 3 −1 2 3 −1 3
3n+1 − 1 n
0
d) S4 = 2.Cn +
.Cn +
.Cn +
.Cn + ... +
.Cn (n ∈ ¥ * )
2
3
4
n +1
2
3
4
n +1
2

2
2
2
e) S5 = 20 Cn0 − .Cn1 + .Cn2 − .Cn3 + ... + (−1) n
.Cnn (n ∈ ¥ * )
2
3
4
n +1
b − a 0 b 2 − a 2 1 b3 − a 3 2
b n + 1 − a n +1 n
f) S6 =
Cn +
.Cn +
.Cn + ... +
.Cn (n ∈ ¥ *; a; b ∈ ¡ )
1
2
3
n+1
23