skkn rèn LUYỆN CHO học SINH một số PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, bất ĐẲNG THỨC tổ hợp

"RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC TỔ HỢP"
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trước tình hình các lớp học sinh lớp 11 và 12 ở các khóa mà tôi đã dạy:
Các em lúng túng khi gặp những bài toán về chứng minh đẳng thức,bất đẳng
thức có liên quan đến C

k
(Tổ hợp chập k của n). Các em không biết xuất
n

phát từ đâu để đưa ra đẳng thức, BĐT cần chứng minh, hay từ đắng thức cần
k
n

chứng minh thế nào để đưa đến một đắng thức luôn đúng chứa C ,...Trong đề
tài này tôi rèn luyện cho học sinh ba phương pháp chứng minh đẳng
thức,BĐT tổ hợp đó là: Sử dụng cồng thức, tính chất tổ hợp để biến đổi; Sử
dụng đạo hàm; Sử dụng tích phân.
Với mục đích phần nào giúp các em giải quyết những vướng mắc trên,
chuẩn bị cho các em vững tin bước vào kỳ thi Tốt nghiệp và Đại học.
B. CƠ SỞ KHOA HỌC
1) Cơ sở lý thuyết.
Trước hết cho các em nắm vững những vấn đề sau:
+ Công thức khai triển Nhị thức Niu Tơn:
(a + b)n =

n

C
k =0

k
n

a n−k b k

(n, k nguyên dương k  n).

+ Tổng số các hạng tử trong khai triển (a + b)n bằng (n + 1).
+ Hệ số của các hạng tử trong khai triển: Có tính chất đối xứng, tức là:

1


k
n

C =C

n−k
(0  k  n).
n

+ Dạng đặc biệt của nhị thức Niu Tơn:
Dạng 1: Thay a = 1 ; b = x ta được:
0
n

1
n

(1 + x)n = C + C x + C

2 2
n −1 x - 1
n
x + ... + C
x + C xn.
n
n
n

Dạng 2: Thay a = 1 ; b = - x.
0
n

1
n

2
n

(1 - x)n = C − C x + C x2 - ... + (-1)n C

n n
x.
n

+ Công thức tính đạo hàm của hàm số mũ: [(1 + x)n]’ = n (1 + x)n -1.
+ Công thức tính tích phân.

2) Cơ sở thực tiễn:
Qua nhiều năm giảng dạy, tôi đã áp dụng đề tài này vào các lớp mà tôi
phụ trách rất hiệu quả, đặc biệt năm học này tôi đã tiến hành trên các lớp 11I,
11H, 11G và các lớp 12A, 12G cùng các lớp ôn thi đại học của trường THPT
Ba Đình Nga Sơn, kết quả thu được tương đối tốt. Từ chỗ các em thấy rất khó
khăn khi giải các bài toán dạng này, sau khi được hướng dẫn, rèn luyện thì
các em đã giải thành thạo.
C. BIỆN PHÁP THỰC HIỆN
Sau khi cho các em nắm vững kiến thức cơ bản về công thức khai triển
nhị thức Niu Tơn và các tính chất của nó, nắm vững công thức tính đạo hàm,
tích phân của hàm số mũ. Tôi đưa ra 3 phương pháp chứng minh đẳng thức,
k
n

bất đẳng thức chứa C , mỗi phương pháp tôi đưa ra các ví dụ từ dễ đến khó
và nâng lên tổng quát, sau đó đưa ra các bài tập áp dụng.

2


I- PHƯƠNG PHÁP 1: Sử dụng các công thức và tính chất tổ hợp để
k
n

chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức chứa C (Tổ hợp chập k của n ).
Ví dụ 1:
Chứng minh các đẳng thức sau:
a) C 1021 = C 99 + C 109 + C 119 +… + C 920

(1)

b) C kn++11 = C kn + C kn −1 + C kn−2 +… + C kk (2)
Giải: Trước hết ta chứng minh công thức : C np−1 + C np−−11 = C np
(n − 1)!
+
p!(n − p − 1)!

Thật vậy: Ta có C np−1 + C np−−11 =

(n − 1)!(n − p ) + (n − 1)! p
(n − 1)!n
=
p!(n − p )!
p!(n − p)!

=
=

(n − 1)!
( p − 1)!(n − p )!

n!
= C np
p!(n − p)!

a. Áp dụng công thức trên ta có:
VP (1) = C 1010 + (C 1011 - C 1010 ) + (C 1012 - C 1011 ) + ... + (C 1021 - C 1020 )
= C 1021 = VT(1)

đpcm

b. Tương tự câu a, ta có:
VP (2) = C kk ++11 + (C kk ++12 - C kk ++11 ) +... + (C kn++11 - C kn +1 )
= C kn++11 = VT(2)

đpcm

Ta có thể chứng minh câu b, tổng quát trước rồi áp dụng cho câu a.
Ví dụ 2: Chứng minh các đẳng thức sau:
a. k C kn = n C kn−−11

với mọi k,n nguyên dương, 1  k  n

b. n C rn = (r+1)C rn+1 + r C rn với mọi r,n nguyên dương, 0  r  n
Giải: a. Ta có: n C kn−−11 = n.

(n − 1)!
n!
= k.
= k C kn
(n − k )!(k − 1)!
(n − k )!k!

đpcm

b. CM tương tự câu a,
Có thể sử dụng 2 công thức trên vào chứng minh các đẳng thức khác.
Ví dụ 3:

3

CMR với mọi k, n nguyên dương và 0  k  n , ta có:
1
999
1000
0
1000
a. C 02011 C 1000
2010 + C 2011 C 2010 +...+ C 2011 C 2010 = C 4021

b. C 0m C kn + C 1m C kn −1 +...+ C km C 0n = C km+n
c. (C 0n )2 + (C 1n )2+ ...+ (C nn )2 = (C n2 n )2
Giải: Cách 1: Ta chứng minh câu b, rồi thay k=1000, m=2011, n=2010
thì được câu a,
b. Từ khai triển nhị thức Niu tơn:
0

1

2
n −1 x - 1
n
(1 + x)n = C n + C n x + C x2 + ... + C
x + C xn.
n
n
n

Và (1+x)m; (1+x)m+n ta đồng nhất hệ số của xk ở hai vế của đẳng thức

(1 + x)n(1 + x)m = (1+x)m+n ta được:
C 0m C kn + C 1m C kn −1 +...+ C km C 0n = C km+n

đpcm

c. Đặc biệt hoá: k = m = n thì:
(C 0n )2 + (C 1n )2+ ...+ (C nn )2 = (C n2 n )2

đpcm

Cách 2: Chứng minh câu a, trước rồi nâng lên tổng quát ta được câu b,

Ví dụ 4:
0
1
2008
2009
2010
CMR: C 02010 C 2009
+ 1 (*)
2010 + C 2010 C 2009 +...+ C 2010 C 1  1005.2

Giải:
−k
Ta có: C k2010 C 2009
2010−k =

2010!
(2010 − k )! 2010.2009!
k

.
=
= 2010.C 2009
k!(2010 − k )! (2009 − k )! k!(2009 − k )!

Suy ra VT(*) = 2010.(C 02009 +C 12009 +...+ C 2009
2009 ) =
= 2010.22009= 1005.22010  1005.22010 + 1 đpcm
Qua VD này ta có công thức TQ:

C kn C nn−−kk −1 = n.C kn −1

Ví dụ 5:
CMR với mọi k,n nguyên dương và 0  k  n , ta có:

4


C n2n+k .C n2n−k  (C n2 n )2
Giải:
Cho n cố định, xét dãy số(Un): Un = C n2n+k .C n2n−k
Khi đó bđt viết dưới dạng Uk

 Uo

0 kz

Ta chứng minh dãy (Un) luôn đơn điệu giảm
Thật vậy:
Uk+1  Uk 



(2n + k + 1)! (2n − k − 1)!
(2n + k )! (2n − k )!
.
.

n!(n + k + 1)! n!(n − k − 1)!
n!(n + k )! n!(n − k )!

2n + k + 1
2n − k

n + k +1
n−k

 n+ 2nk  0 - luôn đúng

Do đó Uk  Uo 0  k  z
Vậy C n2n+k .C n2n−k  (C n2 n )2 đpcm
Bài tập áp dụng:
1000
1000 2
1. C 1000
2011 . C 2009  (C 2010 )
+1
1001
2. CMR:C k2001 + C k2001
 C 1000
2001 + C 2001

(o  k  1000 k  z )

3. (ĐHSP Vinh 2001)
2000
CMR: C 02001 + 3 2 C 22001 + 3 4 C 42001 +...+ 3 2000 .C 2000
(2 2001 -1)
2001 = 2

4. CMR: 2 n C on + 2 n−2 C 2n + ... + C nn <

3n + 2
2

5. 4n C 0n - 4n-1C 1n + ... + (-1)n C nn = C 0n + 2C 1n + 22 C 2n + ... +2n C nn
II- PHƯƠNG PHÁP 2: Sử dụng đạo hàm
Xuất phát từ khai triển nhị thức Niu tơn:
0
n

1
n

(1 + x)n = C + C x + C

2 2
n −1 x - 1
n
x + ... + C
x + C xn.

n
n
n

Ta có thể lấy đạo hàm cấp 1, cấp hai hoặc cấp r, sau đó thay x = a tuỳ
vào đẳng thức hoặc bđt cần chứng minh.

5


Cũng có những bài toán sau khi đạo hàm ta phải nhân thêm với xk, hoặc
nhân với xk rồi mới đạo hàm và thay giá trị của x tuỳ vào ycbt.
Ví dụ 1: Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng.
1
n

a) 1. C -+ 2 C
b) C

2
3
n
+ C + ... + n C = n. 2n - 1.
n
n
n

1
2
3

k
n
- 2 C + 3 C - ... + ( - 1)k - 1 C xk + ... + (- 1)n- 1 n C = 0.
n
n
n
n
n

x, với n là số nguyên dương ta có:

Giải: a)

(1 + x)n = C

0
1
2
n
+ C x + C x2 + ... + C xn
n
n
n
n

(1) .

Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) ta được :
1
n

2
n

n (1 + x)n - 1 = C + 2 C x + ... + n xn - 1 C
Thay x = 1 vào (2) ta có: n. 2n - 1 = C

n
n

(2).

1
2
n
+ 2 C + ... + n C
n
n
n

đpcm

b) Với x và với n là số nguyên dương ta có:
0
n

1
n

2

n

n
n

(1 - x)n = C - C x + C x2 - ... + ( - 1)n C xn (3).
Lấy đạo hàm hai vế của (3) theo x ta được:
1
n

2
n

n
n

- n (1 - x)n - 1 = - C + 2 C x - ... + n (-1)n C xn - 1
Thay x = 1 vào
0=- C
C

Ví dụ 2:
a) 2. 1 C

(4)

(4)

.

ta có:

1
2
n
+ 2 C - ... + ( - 1)n n C .
n
n
n

1
2
3
n
- 2 C + 3 C - ... + (- 1)n - 1 n C = 0
n
n
n
n

đpcm.

Với n nguyên dương, chứng minh rằng:
2
3
n
+ 3. 2 C + ... + n (n - 1) C = n(n - 1) 2n - 2.
n
n
n

6


r
r

r
n

b) (-1)r . C .C + (-1)r + 1 C

r
r +1
r
n
.C
+ ... + ( - 1 )n C C = 0.
r +1
n
n n

(r nguyên dương, r  n).
Giải:
a) x và n nguyên dương, ta có:
(1+ x)n = C

0
1
2

n
+ C + 2 C x + ... + C xn
n
n
n
n

(1)

.

(2)

.

Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) được:
1
n

2
n

n
n

n (1+ x)n - 1 = C + 2 C x + ... + n C xn - 1
Lấy đạo hàm theo x hai vế của (2) ta có:
n (n - 1). (1 + x)n - 2 = 2.1 C

2

3
n
+ 3.2 C x + ... + n(n - 1). C xn - 2
n
n
n

(3)

.

Thay x = 1 vào (3) ta được:
2
n

3
n

n (n - 1). 2n - 2 = 2.1 C + 3.2 C + ... + n(n - 1). C

n
đpcm.
n

b) Lấy đạo hàm cấp r theo x hai vế của (1) ta được:
n(n - 1)... (n - r + 1). (1 + x)n - r =

n



k
n

k (k - 1)...(k - r + 1). C xk - r

k =r

(4)

.

Chia hai vế của (4) cho r ! ta được:
1
n (n - 1)...(n - r + 1) (1 + x)n - r =
r!

n


k =r
n

=


k =r
n

=


k =r

Thay x = - 1 vào (5) ta được: 0 =

n


k =r

k (k − 1)...( k − r + 1) k k - r
C x
r!
n
k
k!
C xk - r
r!(k − r )! n
r k
C C xk – r
k n

r k
C C ( - 1)k - r 
k n

(5)

n


k =r

r k
C C (-1)k = 0
k n

đpcm
Ngoài việc lấy đạo hàm theo x hai vế của khai triển nhị thức Niu Tơn
cấp 1, 2, 3,..., cấp r, rồi thay x = 1 hay x = - 1; ta còn gặp các bài toán thay

7


x = a hoặc khai triển từ (b + x)n, muốn xác định a, b ta căn cứ vào đầu bài,
chẳng hạn:
Ví dụ 3: Với n nguyên dương, chứng minh rằng:
1
n

a) C + 4 C
b) 3 n - 1 C

2
n
+ ... + n. 2n - 1 C = n. 3n - 1.
n
n

1
2
2
n
+ 2.3n - 2 C + 3.3n - 3 C + ... + n C  n.4n - 1 +1.
n
n
n
n

Giải:
x  R, với n nguyên dương ta luôn có:
a) (1 + x)n = C

0
1
2
n
+ C x + C x2 + ... + C xn
n
n
n
n

(1)

.

Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo x, rồi thay x = 2, ta được:
n.3n - 1 = C

1
2
3
n
+ 2. 2 C + 3.22 C + ... + n.2n - 1 C đpcm.
n
n
n
n
0
n

1
n

2
n

b) Từ : (3 + x)n = C 3n + C 3n - 1x + C 3n - 2 x2 + ... + C

n 0 n
3 x
n

(2)

Đạo hàm 2 vế của (2) và thay x = 1 ta được:
1
n

2
n

3
n

n.4n - 1 = C 3n - 1 + 2 C 3n - 2 + 3 C 3n - 1+ ... + n C

n
n

 n.4n - 1 +1

đpcm.
+ Có những bài toán không chỉ đơn thuần từ khai triển: (x + a)n rồi đạo
hàm cấp r, thay x = m, ... mà có thể phải nhân thêm với một biểu thức của x,
tách ra thành tổng 2 biểu thức hay nhân chia, cộng, trừ với một biểu thức
khác, chẳng hạn:
Ví dụ 4: Với n nguyên dương, chứng minh:
1
n

2
n

3
n

a) 12 C + 22 C + 32 C + ... + C

2
n

3
n

b) C + 2 C + ... + (n - 1) C

n
= (n2 + n) 2n - 2.
n

n
> (n - 2) 2n - 1.
n

Giải:

8


a) Từ khai triển:

0
n

1
n

n

n

(1 + x)n = C + C x + ... + C xn

(1)

.

Lấy đạo hàm cấp 2 hai vế của (1) theo x.
2
n

3
n

n
n

n(n -1) (1 + x)n - 2 = 2.1 C + 3.2 C x + ... + n (n - 1) C xn - 2.
2
n

Thay x = 1, được: n(n - 1)2n -2 = 2.1 C + 3.2 C

3
n
+ ...+ n(n- 1) C
n
n

(2)

.

Cộng theo vế đẳng thức (2) với đẳng thức sau:
n 2n - 1 = C

1
2
n
+ 2 C + ...+ n. C
n
n
n

(Do thay x = 1 vào đẳng thức sau khi đạo hàm cấp 1 hai vế của (1) )
Ta có: n(n - 1)2n - 2 + n 2n - 1 = C
1
n

2
n

3
n

1
2
3
n

+ 22 C + 33 C + ... +n2 C .
n
n
n
n
n
n

 C + 22 C + 33 C + ... +n2 C = (n2 + n). 2n - 2

đpcm.

b) Thay x = 1 vào (1) ta được:
0
n

2n = C + C

1
2
n
+ C + ... + C
n
n
n

(3)

.

Lấy hàm theo x hai vế của (1) rồi thay x = 1 ta được:
n.2n - 1 = C

1
2
n −1
n
+ 2 C +... + (n - 1) C
+ nC
n
n
n
n

(4)

.

Lấy (4) trừ (3) theo vế, ta được:
0
n

2
n

n.2n - 1 - 2n = - C + C + ... + (n - 2) C

2
n

3
n

 C + 2. C + ... + (n - 1) C

n −1
n
+ (n - 1) C .
n
n

n
= (n - 2)2n - 1 + 1 > (n - 2) 2n - 1 đpcm.
n

Ví dụ 5: Với n nguyên dương, chứng minh rằng:
C

1
2
n
0
1
+ 4 C + ... + n .2n -1 C = n.4n - 1 C - (n - 1)4n - 2 C +
n
n
n
n
n

+ (n - 2) 4n - 3 C

2
n −1
+ ... + ( - 1)n - 1 C
n
n

9


Giải: Từ khai triển: (1 + x)n = C

0
1
n
+ C x +...+ C xn
n
n
n

(1)

.

(2)

.

Lấy đạo hàm 2 vế (1) rồi thay x = 2 ta được:

n.3n - 1 = C

1
2
n
+ 4. C + ... + n 2n – 1 C
n
n
n

Lại có: (x - 1)n = C

(*)

0 n
1
n
x - C xn - 1 +... + (- 1)n C
n
n
n

Lấy đạo hàm hai vế của (2) rồi thay x = 4 ta được:
n.3n - 1 = n 4n - 1 C

0
1
n −1
- (n - 1) 4n - 2 C + ... + ( - 1)n -1 C
n

n
n

(3)

.

Từ (*) và (3) ta suy ra:
1
2
n
0
1
C + 4 C +... +n.2n - 1. C = n.4n - 1 C - (n - 1)4n - 2 C +...
n
n
n
n
n

…+(-1)n-1 C

n −1
n

đpcm.
1004

Ví dụ 6:

CMR:



(2k - 1)2 C

k =1

1004

Giải: Ta có: S =  (2k -1)2. C
k =1

2k − 1
= 2007. 2008. 22004
2007

2k − 1 2
1
3
2007
=1 . C
+32 C
+...+20072 C
2007
2007
2007
2007

1

Xét hàm số: (x) = 2 [(1 + ex)2007 - (1 - ex)2007]
Khai triển nhị thức Niu Tơn ta có:
(x) =

1004


k =1

C

2k − 1 (2k - 1)x
e
 ''(x) =
2007

 Tổng cần tìm là: S =

1004


k =1

1004



(2k - 1)2 C

(2k - 1)2 C

2k − 1
= ''(0)
2007

k =1

2k − 1 (2k - 1)x
[e
]
2007

1
Mà: (x) = 2 [ (1 + eX)2007 - (1 - ex)2007]
2007ex
''(x) = 2 [(1 + ex)2006 + (1 - ex)2006]
2007.2006 e2x
+
[(1 + ex)2005 - (1 - ex)2005]
2

10


 S =  ''(0) = 2007. 2008. 22004  đpcm

Bài tập áp dụng:
Với n nguyên dương, chứng minh rằng:
1
n

1) C + 2.4. C

2
3
n
+ 3.42 C + ... + n.4n-1 C = n.5n-1
n
n
n

1
n

2
n

2) C . 5n-1 + 2. C . 5n-2 +...+ n. C
3)

n
 n .6n - 1 - 2.
n

1
2
3
n
1
( C + 2 C + 3 C + ... + n. C ) < n !

n
n
n
n
n

4) 3.2. C

0
1
2
n
+ 4.3. C + 5.4 C + ... + (n + 3)(n + 2) C
n
n
n
n

= 3(2 + n). 2n + n (n - 1). 2n - 2.
III- PHƯƠNG PHÁP 3:

Sử dụng tích phân:

Căn cứ vào đẳng thức hay BĐT cần chứng minh để chọn tích phân hai vế của
khai triển nhị thức Niu tơn (a+b)n theo a hay b rồi thay giá trị của chữ còn lại
cho phù hợp.
Ví dụ 1: Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng:
1
2
k

n
C
C
C
0
n
n
n
n 2 n +1 − 1
a) C +
.
+
+ ... +
+ ... +
=
n
1+1 1+ 2
1+ k
1+ n
1+ n
C

(ĐHGTVT 2000).
1
2
n
C
C
0
n

n
n
1
b) C +
+ ... + (−1) n

+1
n
1+1 1+ 2
1+ n 1+ n
C

Giải: x và với n nguyên dương ta có:
(1 + x)n =

n


k =0

k
C xk
n

(1)

Lấy tích phân theo x hai vế của (1), ta được:
t



0

t

(1 + x)n dx =

n

 
0

k =0

k
(1 + x) n +1
C xk dx 
n +1
n

t
0

n

=


k =0

C

k x k +t
n k +1

t
0

11




n +1

(1 + t ) − 1
=
n +1

k
n
k +1

t k +1C

n


k =0

a) Thay t = 1 vào (2), ta được:

(2)

n +1

2 −1
=
1+ n

n


k =0

k
n
k +1
C

đpcm

b) Thay t = - 1 vào (2) ta được:

-

1
=
n +1

(−1) k +1 C

n



k
n

k +1

k =0



1
=
n +1

(−1) k +1 C

n



k
n

k +1

k =0

suy ra đpcm

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
0
n

2 C - 22
=

1
2
n
1
1
(−1) n 2 n +1
C + 23
C + ... +
C
2
3
n +1
n
n
n

1
[1 + (-1)n ]
n +1

n  N

Giải: Với  x và với n là số nguyên dương ta có:
n



(1 - x)n =

k
n

(-1)k C xk

k =0

(*)

Lấy tích phân theo x hai vế của (*) ta được:
2



2

(1 - x) dx =

0

 -

0

(1 − x) n +1
n +1

2
0

n

=

n

 

n



k
n

( - 1)k C xk dx

k =0

(- 1)k C

k =0

k x k +1
n k +1

2
0

n
0
1
2
[( −1) n + 1]
( −1) n n C
2 1
3 1

=2 C -2
2 n
C +2
C - ... +
2
3
n +1
n +1
n
n
n
1

Ví dụ 3:

Tính tích phân:

In =



.

đpcm.

(1 - x2)n dx, với n  N.

0

1
2
n
C
(−1) n C
0
2.4...( 2n)
n
n
n
Từ đó suy ra: C +
- ... +
=
3.5...( 2n + 1)

n
3
5
2n + 1
C

Giải: Tính In bằng phương pháp tích phân từng phần, với cách đặt:

12


2 n

du = −2nx(1 − x 2 ) n −1 dx
u = (1 − x )



v=x


 dv = dx

1

Khi đó: In = x (1 - x2)n + 2n
0

1



(1 - x2)n - 1 x2 dx.

0

1

= - 2n



(1 - x2)n - 1 [(1 - x2) - 1] dx.

0

1

= -2n [  (1 - x2) n dx 0

1



(1 - x2)n - 1 dx] = -2n (In - In - 1).

0

2n
2n

2(n − 1)
2
2.4...( 2n)
 In =
In- 1 =
.
... I0 =
2n + 1
2n + 1 2n − 1
3
3.5...( 2n + 1)

=
Ta có (1 - x)n =

n



n





dx

0

2.4...( 2n)

3.5...( 2n + 1)

(1)

k
n

(-1)k C xk.

k =0

 (1 - x2)n =

1

k
n

(- 1)k C x2k.

k =0

(2)

.

Lấy tích phân theo x hai vế của (2), ta được.
1



1

(1 - x2)n dx =

0

n

 
0

k
n

(- 1)k C x2kdx =

k =0

n


k =0

(- 1) C

k x 2 k +1
n 2k + 1

1

0

1
2
n
C
(−1) n C
0
n
n
n
=C +
- ... +
n
3
5
2n + 1
C

Từ (1) và (3) suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với n nguyên dương ta có:
1 0 1 1
n
1
(−1) n
-3
C C + ... +
C >
2 n 4 n

2( n + 1)
2(n + 1) n
13


Giải:

Xuất phát từ khai triển:

(1 - x2)n = C

0
1
2
n
+ C ( - x2) + C (- x2)2 + ... + C ( - x2)n
n
n
n
n
0
n

 x ( 1 -x2)n = C x - C

1 3
2
n
x + C x5 - ...+ (- 1)n C x2n + 1
n

n
n

(1)

Tích phân hai vế của (1) được:
1 1 0
1 x4
x (1 - x ) dx = 2 x2 C - C
n
n 4
0

1



2 n

0

1
0

n x 2n+2
+ ... + ( - 1) C
n 2n + 2
n

1

(2)

0

Từ (1) và (2) suy ra:
1
1 0 1 1 1 2 1 3
(-1)n n
2(n + 1) = 2 C n - 4 C n + 6 C n - 8 C n + ...+ n + 1 C n
11
1 (1 - x2)n + 1
2
2
x (1 - x ) dx = - 2  (1 - x) d (1- x ) = 2 . n + 1
0

1

(Do 

2n

0

1
0

1
= 2(n + 1) )

 đpcm.

BÀI TẬP ÁP DỤNG:
1 0
1 1
1
2n +1 - 1
n
1) Chứng minh rằng: 3 C + 6 C + ... + 3n + 3 C = 3(n + 1)
n
n
n
n  N

2) Chứng minh rằng: C

1
0 1
1
2 1
3
+ 2 C .2 + 3 .22 C + 4 C . 23 + ...
n
n
n
n

1
3n +1 - 1

n
+ n + 1 C 2n > 2(n + 1) - 2 n  N
n
2n + 1 - 1 n 3n + 1 - 2n + 1
0 22 - 1 1 23 - 1 2
3) CMR: C + 2 C + 3 C + ...+ n + 1 C =
n+1 .
n
n
n
n
0
1
C
1
m! n!
n
n
n
4) CMR:
+ . . . .+ (- 1)n C m + n + 1 = (m + n + 1)!
n
m +1
m+2
C

(với m, n nguyên dương).
1
1 − n +1 n
1

2
1
3
7
4 n+1 − 3n+1
2
5) CMR:
C 0n + C +
+1
C +…+
C <
2
8
24 n
n
n
n +1
(n + 1)2 n+1

14


( với n nguyên dương ).
D. KẾT QUẢ VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Sau khi các em được hướng dẫn cách sử dụng công thức, tính chất của tổ
hợp, cách sử dụng đạo hàm, tích phân để chứng minh đẳng thức, bất đẳng
thức có chứa C

k
(tổ hợp chập k của n), thì các em đã giải các bài toán dạng

n

này tương đối thành thạo.Tôi đã tiến hành kiểm tra trên các lớp 11G, 11I, 11H
và các lớp 12A, 12G được kết quả như sau:
- Lớp 12A: 65% học sinh giải thành thạo các bài toán dạng này.
25% học sinh biết cách giải.
10% học sinh còn lúng túng.
- Lớp 11G và 12G: 50% học sinh giải thành thạo các bài toán dạng này.
40% học sinh biết cách giải.
10% học sinh còn lúng túng.
- Lớp 11H: 45% học sinh giải thành thạo các bài toán dạng này.
40% học sinh biết cách giải.
15% học sinh còn lúng túng.
- Lớp 11I: 40% học sinh giải thành thạo các bài toán dạng này.
45% học sinh biết cách giải.
15% học sinh còn lúng túng.
Qua quá trình thực hiện đề tài này tôi thấy cần:
+ Củng cố và khắc sâu những kiến thức có liên quan.
+ Giáo viên cần đưa ra những ví dụ từ dễ đến khó, sau đó đưa ra dạng
tổng quát hoặc phương pháp giải chung cho mỗi loại bài (lưu ý học sinh có
thể còn có cách giải khác).
+ Động viên học sinh cần nỗ lực học tập, tư duy lô gíc và mạnh dạn đưa
ra cách giải của mình.

15


Trên đây là những ý kiến chủ quan của mình, trong bài viết này nếu có chỗ
nào chưa thật hay, tôi mong rằng các bạn đồng nghiệp góp ý để có một cách
dạy tốt nhất và đạt kết quả cao nhất khi dạy dạng toán này.

Tôi xin chân thành cảm ơn !
Nga Sơn, ngày 2 tháng 5 năm 2011
NGƯỜI VIẾT

Hoàng Thị Uyên

16


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BA ĐÌNH NGA SƠN
--------------------------

RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC TỔ HỢP

HỌ VÀ TÊN :
CHỨC VỤ:

Hoàng Thị Uyên

TỔ PHÓ CHUYÊN MÔN TỔ TOÁN

ĐƠN VỊ CÔNG TÁC: TRƯỜNGTHPT BA ĐÌNH
SKKN THUỘC MÔN: TOÁN

Năm học: 2010 - 2011
***************
17