Sử dụng công thức thay thế công thức đạo hàm, tích phân để giải các bài toán đại số tổ hợp

111Equation Chapter 1 Section 1
1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong 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. Đặc biệt
hiện nay Tỉnh ta và một số tỉnh trong nước tổ chứa thi học sinh giỏi văn hóa
cho học sinh khối 11 thì các bài tốn Tổ hợp lại được chú trọng hơn nữa.
Trong nội dung này có một số bài tốn ứng dụng dạo hàm và tích phân để giải
quyết. Nhưng vấn đề dặt ra là nội dung đạo hàm học cuối chương trình 11 và
tích phân được học ở chương trình 12. Vì vậy học sinh lớp 11 chưa có kiến
thức và kỹ năng để giải các bài tốn Tổ hợp dạng này. Vậy làm sao có thể đưa
các dạng đề này vào đề thi học sinh giỏi văn hóa mà thầy cơ và học sinh có thể
giải quyết triệt để được ?
Để giúp thầy cô giáo có thêm chun đề Tổ hợp trong ơn luyện học sinh
giỏi và giúp các em học sinh có cơng cụ làm bài tập, tôi chọn đề tài " Sử dụng
công thức thay thế đạo hàm, tích phân để giải các bài toán Đại số tổ hợp"
làm đề tài nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
- Xây dựng được chuyên đề ôn thi học sinh giỏi mơn Tốn THPT rất
thiết thực và có hiệu quả.
- Góp phần nâng cao kỹ năng giải các bài tốn tổ hợp cho giáo viên và
học sinh
- Góp phần gây hứng thú học tập mơn Tốn cho học sinh, và cũng giúp
các em thấy được sự đa dạng trong các lời giải của một bài toán.
1.3. Nhiệm vụ và phạm vi nghiên cứu :
1. Nhiệm vụ :
- Hệ thống lại các công thức của khai triển nhị thức niu tơn
2. Phạm vi nghiên cứu :
- Đối tượng: Học sinh lớp 11
- Tài liệu : Sách giáo khoa Đại số và Giải tích lớp 1 nâng cao – cơ bản,
Sách bài tâp, Sách giáo viên và các đề thi đại học, học sinh giỏi mơn Tốn.

1.4. Phương pháp nghiên cứu :
1.4.1. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục ....có liên quan đến nội dung
đề tài.
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
1.4.2. Nghiên cứu thực tế :
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học.
- Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thơng qua
các tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài.

1


2. Nội dung sáng kiến
2.1 Cơ sở lý luận
2.1.1. Vị trí của mơn Tốn trong nhà trường :
Mơn Tốn cũng như những môn học khác cung cấp những tri thức khoa
học, những nhận thức về thế giới xung quanh nhằm phát triển năng lực nhận
thức, hoạt động tư duy và bồi dưỡng tình cảm đạo đức tốt đẹp của con người.
Mơn Tốn có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ mơn khoa học nghiên cứu
có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên của con người.
2.1.2. Đặc điểm tâm sinh lý của học sinh THPT.
- Học sinh THPT nghe giảng rất dễ hiểu nhưng cũng sẽ qn ngay khi
các em khơng tập trung cao độ. Vì vậy người giáo viên phải tạo ra hứng thú
trong học tập và phải thường xuyên được luyện tập.
- Hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình tìm tịi, sáng tạo nên
trong dạy học giáo viên phải chắt lọc từng đơn vị kiến thức để củng cố khắc
sâu cho học sinh.
2.1.3. Nhu cầu về đổi mới phương pháp dạy học :

Học sinh THPT có trí thơng minh, khá nhạy bén, sắc sảo, có óc tưởng
tượng phong phú. Đó là tiền đề tốt cho việc phát triển tư duy toán học nhưng
rất dễ bị phân tán, rối trí nếu bị áp đặt, căng thẳng, q tải. Chính vì thế nội
dung chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức chuyển tải, nghệ thuật
truyền đạt của người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi là điều
không thể xem nhẹ
Muốn giờ học có hiệu quả thì địi hỏi người giáo viên phải đổi mới
phương pháp dạy học tức là kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng
tập trung vào học sinh, trên cơ sở hoạt động của các em. Muốn các em học
được thì trước hết giáo viên phải nắm chắc nội dung của mỗi bài và lựa chọn,
vận dụng các phương pháp sao cho phù hợp.
Hiển nhiên, một người giáo viên muốn dạy giỏi phải trải qua q trình tự
rèn luyện, phấn đấu khơng ngừng mới có được. Tuy nhiên, việc đúc kết kinh
nghiệm của bản thân mỗi người qua từng tiết dạy, những ngày tháng miệt mài
cũng khơng kém quan trọng, nó vừa giúp cho mình càng có kinh nghiệm vững
vàng hơn, vừa giúp cho những thế hệ giáo viên sau này có cơ sở để học tập,
nâng cao tay nghề, góp phần vào sự nghiệp giáo dục của nước nhà.
2.2 Thực trạng vấn đề :
Hiện nay phần Đại số tổ hợp có sử dụng Đạo hàm và Tích phân chưa được
viết theo chuyên đề một cách hệ thống và bài bản, vì thế rất khó cho giáo viên
lẫn học sinh khi giảng dạy và học tập nội dung này.
Mặt khác nội dung Đại số tổ hợp lại học trước nội dung Đạo hàm và Tích
phân nên học sinh chưa có kỹ năng vận dụng các kiến thức một cách khéo léo.
Vì thế xây dựng hệ thống cơng thức thay thế Đạo hàm và Tích phân là vấn đề
cần thiết và có nhiều ứng dụng.
2


2.3. Nội dung lý thuyết :
CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIUTON

Với mọi cặp số a, b và mọi số n nguyên dương, ta có :
(a  b) n  Cn0 a n  Cn1a n 1b  Cn2 a n 2b 2  ...  Cnn1ab n 1  Cnnb n
n!
Cnk 
k !(n  k )!
với :
+ Số các số hạng ở bên phải của khai triển bằng n+1 số hạng
+ Tổng các số mũ của a và b trong khai triển là n
+ Các hệ số của khai triển lần lượt là:

Cn0 , Cn1 , Cn2 ,..., Cnn 1 , Cnn
+

Cnk 

n  k  1 k 1
.Cn
k

Cnk  Cnn k 0 �k �n

với chú ý :

CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG
k .Cnk  n.Cnk11
Dạng 1: Sử dụng công thức :
(I) trong tính tổng
Chứng minh cơng thức (I)
k .Cnk  n.Cnk11
n!

(n  1)!
� k.
 n.
k !( n  k )!
( k  1)!( n  k )!
n!
n!
�

(k  1)!(n  k )! (k  1)!(n  k )!
Bài toán áp dụng :
Bài tốn 1:
1
2
3
k
n
Tính tổng: A  1.Cn  2.Cn  3.Cn  ...  k .Cn  ...  n.Cn
Hướng dẫn:
Áp dụng công thức (I)

k .Cnk  n.Cnk11
1.C  n.C
1
n

ta được:

0
n 1

2.Cn2  n.Cn11
...
+ Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được :
A  n(Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 )

+ Xét khai triển :

(1  x) n 1  Cn01  x.Cn11  x 2 .Cn21  ...  x n 1.Cnn11

+ Thay x = 1 vào khai triển (1) được :
n 1
+ Thay vào tổng A  n.2
Vậy :

2

n 1

C

0
n 1

C

1
n 1

C

2
n 1

(1)
 ...  Cnn11

1.Cn1  2.Cn2  3.Cn3  ...  k .Cnk  ...  n.Cnn  n.2n 1

3


1

Trong trang này: Mục LT có tham khảo trong TLTK[1];cơng thức(I), bài 1 của tác giả

Bài tốn 2:
Tính tổng :
Hướng dẫn:

B  1.Cn1  2.2.Cn2  3.2 2.Cn3  ...  k .2 k 1.Cnk  ...  n.2 n1.Cnn

k
k 1
k
.
C

n
.

C
n
n
1 ta được:
Áp dụng công thức (I)

1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11

B  n(C

0
n 1

 2.C

1
n 1

 2 .C
2

2
n 1

...
 ...  2k 1.Cnk11  ...  2 n 1.Cnn11 )

(1  x)n 1  Cn01  x.Cn11  x 2 .Cn21  ...  x n1 .Cnn11 (1)
+ Xét khai triển :

+ Thay x = 2 vào khai triển (1) ta được:
3n 1  1.Cn01  2.Cn11  22 Cn21  ...  2n1 Cnn11
n 1
+ Thay vào tổng B được: B  n.3
1
2
2
3
k 1
k
n 1
n
n 1
1.
C

2.2.
C

3.2
.
C

...

k
.2
.
C


...

n
.2
.
C

n
.3
n
n
n
n
n
Vậy
Bài toán tổng quát :
B  1.Cn1  2.a.Cn2  3.a 2 .Cn3  ...  k .a k 1.Cnk  ...  n.a n 1.Cnn
Tính tổng:
n 1
Đáp án : B  n.( a  1)

Bài toán 3:

C  3.Cn1  4.Cn2  5.Cn3  ...  ( n  2).Cnn

Tính tổng :
Hướng dẫn:
1
2
3

n
1
2
3
n
Ta có : C  (1.Cn  2.Cn  3.Cn  ...  n.Cn )  2.(Cn  Cn  Cn  ...Cn )
1
2
3
k
n
n 1
+ Tính : A  1.Cn  2.Cn  3.Cn  ...  k .Cn  ...  n.Cn = n.2 ( bài toán 1)
(1  x ) n  Cn0  x.Cn1  x 2 .Cn2  ...  x n .Cnn
+ Xét khai triển :
(2)
+ Thay x = 1 vào khai triển (2) được :
2n  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn � 2n  n  Cn1  Cn2  ...  Cnn

n 1
n
ta được : C  n.2  2  n
3.Cn1  4.Cn2  5.Cn3  ...  (n  2).Cnn  n.2n 1  2n  n
Vậy:
1
2
n
Bài toán tổng quát : Tính tổng: C  (1  m).Cn  (2  m).Cn  ...( n  m).Cn

Đáp số

Bài toán 4:

C  (1Cn1  2Cn2  ...nCnn )  m(Cn1  Cn2  ...  Cnn )

Tính tổng :
Hướng dẫn:

D  3.Cn1  4.2.Cn2  5.2 2.Cn3  6.23.Cn4  ...  (n  2).( 2) n 1.Cnn

4


D  [1.Cn1  2.2.Cn2  3.22.Cn3  4.23.Cn4  ...  n.( 2) n 1.Cnn ] 
+[2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  2 4.Cn4  ...  (2) n .Cnn ]
2

Trong trang này: Bài tốn 2; 3; 4 có tham khảo trong TLTK[2]

+ Tính tổng :

D1  [1.Cn1  2.2.Cn2  3.22.Cn3  4.23.Cn4  ...  n.( 2) n 1.Cnn ]

k
k 1
+ Áp dụng công thức (I), k .Cn  n.Cn 1 ta được:

1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11
...

nên :

D1  n(C

0
n 1

 2.C

1
n 1

 2 .C
2

2
n 1

 23.Cn31  ...  (2) n 1.Cnn11 )

(1  x)n 1  Cn01  x.Cn11  x 2 .Cn21  ...  x n1.Cnn11 (1)
+ Xét khai triển :
+ Thay x = - 2 vào khai triển (1) được :
0
1
2
2
3
3
n 1

n 1
n 1
( 1) n1  Cn 1  2.Cn 1  2 .Cn 1  2 .Cn 1  ...  ( 2) .Cn 1  ( 1)
n 1

tìm được: D1  n.(1)
D =2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  24.Cn4  ...  (2) n .Cnn
+ Tính tổng : 2
(1  x) n  Cn0  x.Cn1  x 2 .Cn2  ...  x n .Cnn
+ Xét khai triển :
(2)
+ Thay x = -2 vào khai triển (2) được:
Cn0  [2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  24.Cn4  ...  ( 2) n .Cnn ]  ( 1) n
tìm được: D2  Cn  (1)  n  (1)
n 1
n
n 1
+ Tính được: D  n.(1)  n  (1)  n  (1) (n  1)
0

n

n

Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng quát bài toán.
Bài toán 5:
E  4.Cn1  5.2.Cn2  6.22.Cn3  ...  ( n  3).2 n 1.Cnn
Tính tổng:
Hướng dẫn:
Ta có :

E  (Cn1  2.2.Cn2  3.22.Cn3  ...  n.2n 1.Cnn )  3(Cn1  2.Cn2  22.Cn3  ...  2n 1.Cnn )
+

E1  Cn1  2.2.Cn2  3.22.Cn3  ...  n.2 n 1.Cnn

Tính tổng:
Dựa vào cơng thức (I), tính được :
E1  n(Cn01  .2.Cn11  22.Cn21  ...  2n 1.Cnn11 )  n.3n 1
+ Tính tổng:

5


3
(2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  ...  2n.Cnn )
2
3
3
3
 (Cn0  2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  ...  2 n.Cnn )  Cn0  (3n  n)
2
2
2
3
E  n.3n 1  (3n  n)
2
Tìm được :
E2  3(Cn1  2.Cn2  22.Cn3  ...  2n 1.Cnn ) 

3

Trong trang này: Bài tốn 5 có tham khảo trong TLTK[3]

Bài tốn tổng qt:
Tính tổng:
E  (1  m).a r .Cn1  (2  m).a r 1.Cn2  (3  m).a r  2 .Cn3  ...  (n  m).a r  n 1.Cnn
Hướng dẫn:
E  a r (Cn1  2a.Cn2  3a 2 .Cn3  ...  n.a n 1.Cnn )  m.a r 1 (aCn1  a 2 .Cn2  ...  a n .C nn ) 
 n.a r (1  a ) n1  m.a r 1 (1  a) n  m.n.a r 1
Bài tốn 6:
3
4
5
n
F

C

2.
C

3.
C

...

(
n

2).

C
n
n
n
n
Tính tổng:
Hướng dẫn:

F  (3.Cn3  4.Cn4  ...  n.Cnn )  2(Cn3  Cn4  ...  Cnn )
+ Ta có:
+ Tính tổng:
F1  3.Cn3  4.Cn4  ...  n.Cnn  n(Cn21  Cn31  ...  Cnn11 )

 n(Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 )  n(1  n  1)  n.2 n 1  n 2
+ Tính tổng :

F  2(Cn3  Cn4  ...  Cnn ) 
 2(Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  Cn4  ...  Cnn )  2(Cn0  Cn1  Cn2 ) 
n(n  1)
)  2.2n  ( n 2  n  2)
2
n 1
2
n
2
n 1
+ Tìm được: F  n.2  n  2.2  n  n  2  2 ( n  4)  n  2
 2.2n  2(1  n 

3

4
5
n
n 1
C

2.
C

3.
C

...

(
n

2).
C

2
( n  4)  n  2
n
n
n
n
Vậy:

Sau khi tính tổng này giáo viên u cầu học sinh tổng qt bài tốn.
Bài tốn 7:

Tính tổng:
Hướng dẫn:

G  1.2.Cn1  2.3.Cn2  3.4.Cn3  ...  n( n  1).Cnn

+ Áp dụng công thức (I)

k .Cnk  n.Cnk11

ta được:
6


1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11
...

+ Tính được:
G  n[2.Cn01  3.Cn11  4.Cn21  ...  (n  1).Cnn11 ]=

=2n(C0n 1  Cn11  ...  Cnn11 )  n[Cn11  2.Cn21  3.Cn31  ...  ( n  1).Cnn11 ]
+ Tính tổng:

G1 =2n(C0n 1  Cn11  ...  Cnn11 )  2.n.2n 1  n.2n

4

Trong trang này: Bài tốn tổng qt của tác giả;bài tốn 6;7 có tham khảo trong TLTK[3]

+ Tính tổng:

G2 =n[Cn11  2.Cn21  3.Cn31  ...  (n  1).Cnn11 ]

k
k 1
k
.
C

(
n

1)
C
n

1
n
 2 , ta được:
Áp dụng công thức:

G2 =n( n  1)(Cn0 2  Cn1 2  Cn2 2  ...  Cnn22 )  n( n  1).2n 2
n2

n2

+ Tính được: G  n.2  n(n  1).2  n(n  3)2
Bài tốn 8:
Tính tổng
H  1.2.3.Cn1  2.3.32.Cn2  3.4.33.Cn3  ...  n.( n  1).3n.Cnn ( n �2)

Hướng dẫn:
k .Cnk  n.Cnk11 ta được:
+ Áp dụng công thức (I)
1.Cn1  n.Cn01
n

2.Cn2  n.Cn11
...

� H  n(2.3.C

0
n 1

 3.3 .C
2

1
n 1

 4.3 .C
3

2
n 1

 ...  ( n  1).3 .C
n

n 1

n 1



 n.2.3(Cn01  3.Cn11  32.Cn21  ...  3k .Cnk1  ...  3n 1.Cnn11 ) 
 n.32 [Cn11  2.3.Cn21  3.32.Cn31  ...  k .3k 1.Cnk1  ...  ( n  1).3n 2.Cnn11 ]
+ Tính tổng

H1  n.2.3(Cn01  3.Cn11  32.Cn21  ...  3k .Cnk1  ...  3n 1.Cnn11 )  6n.4n 1
H 2  n.32 [Cn11  2.3.Cn21  3.32.Cn31  ...  k .3k 1.Cnk1  ...  ( n  1).3n  2.Cnn11 ]=
=9n(n-1).(C0n  2  3.Cn1 2  32.Cn2 2  ...  3k 1.Cnk21  ...  3n  2.Cnn22 )  9n( n  1).4 n  2
n 1
n2
n2
2
H

6
n
.4

9
n
(
n

1).4

4
(9

n
 15n)
Tính được:

Bài tốn 9:
0
1
nk
n 1
Tính tổng: K  n.Cn  (n  1).Cn  ...  kCn  ...  Cn
Hướng dẫn:

7


Cnk  Cnn  k

+ Áp dụng công thức :
K  n.Cnn  (n  1).Cnn 1  ...  kCnk  ...  Cn1
+ Áp dụng công thức (I)

k .Cnk  n.Cnk11 ta được:
1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11
...

n 1
k
1
n 1

Tính được K  n.C  (n  1).Cn  ...  kCn  ...  Cn  n.2
n
n

5

Trong trang này: Bài tốn 8; 9 có tham khảo trong TLTK[2]

Bài tốn 10:
Tìm số tự nhiên n sao cho:
1
C2 n 1  2.2.C22n 1  3.22.C23n 1  4.23.C24n 1  ...  (2n  1).2 2 n.C22nn11  2017
(1)
Hướng dẫn:
k .Cnk  n.Cnk11
+ Áp dụng công thức (I)
được:
1
1.C2 n 1  (2n  1)C20n

2.C22n 1  (2n  1).C21 n
...
VT (1')  (2n  1)(C  2.C  2 .C22nn  23.C23n  ...  22 n.C22nn )  (2n  1).(1  2) 2 n
0
2n

1
2n

2

2n
+ Thay vào (1') được : (2n  1).(1  2)  2n  1  2017 , tìm được n = 1008
Bài tập vận dụng: Tính các tổng sau:
1
1
0
1
99 1 198
100 1 199
L  100.C100
( )99  101.C100
( )100  ...  199.C100
( )  200.C100
( )
2
2
2
2
1/
0
1
n2
n2
n 1
n 1
2/ M  n.Cn  ( n  1).Cn  ...  (1) .2.Cn  ( 1) .Cn

3/

N  22.Cn2  32.Cn3  4 2.Cn4  52.Cn5  ...  (1) n .n 2 .Cnn

Cnk
Cnk11

Dạng 2: Sử dụng công thức : k  1 n  1 (II) trong tính tổng

Chứng minh cơng thức (II)
Ta có :

8


Cnk
C k 1
 n 1
k 1 n 1

n!
(n  1)!
 (k  1)
k !(n  k )!
(k  1)!( n  k )!
(n  1)!
(n  1)!
�

k !(n  k )! k !(n  k )!
� ( n  1)

Bài toán áp dụng :
Bài toán 1:
A  Cn0 

Cn1 Cn2
Ck
Cn

 ...  n  ...  n
2
3
k 1
n 1

Tính tổng:
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (II), ta được:

Cn11
C 
n 1
1
Cn Cn21

2 n 1
...
0
n

6

Trong trang này: Bài toán 10; 1; bài tập vận dụng có tham khảo trong TLTK[2], cơng thức
(II) của tác giả

+ Tìm được :
A

C0
1
1
1
(Cn11  Cn21  Cn31  ...  Cnn11 ) 
(Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 )  n 1 
(2 n 1  1)
n 1
n 1
n 1 n 1

Vậy

A

1
(2n 1  1)
n 1

Bài toán 2:

Cn0 Cn1 Cn2
Cnk

Cnn
B


 ... 
 ... 
2
3
4
k 2
n2
Tính tổng:
Hướng dẫn:
Cn0 1 Cn1 2 Cn2 3
Cnk k  1
Cnn n  1
B
.  . 
.  ... 
.
 ... 
.

1 2 2 3 3 4
k 1 k  2
n 1 n  2
1 1 1
2
3
k  1 k 1

n  1 n 1

( Cn 1  Cn21  Cn31  ... 
Cn 1  ... 
Cn 1 ) 
n 1 2
3
4
k 2
n2
1
1

.
(Cn2 2  2Cn3 2  3Cn4 2  ...  ( k  1)Cnk22  ...( n  1)Cnn22 ) 
n 1 n  2
1

[Cn1 2  2Cn2 2  3Cn3 2  ...  (n  2)Cnn22 ](n  1)(n  2)
1

(C1 Cn  2 n2  2  ...  Cnn22 )
( n  1)( n  2)

9


+ Tính :

B1  Cn1 2  2Cn2 2  3Cn3 2  ...  (k  2)Cnk22  ...  ( n  2)Cnn22

k .Cnk  n.Cnk11

+ Áp dụng công thức (I)
B1  (n  2)(Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 )  (n  2).2n 1

B2  Cn1 2  Cn2 2  ...  Cnn22  (Cn0 2  Cn1 2  ...  Cnn22 )  Cn0 2  2 n  2  1
B

+ Tìm được :

1
[(n  2).2n 1  2n  2  1]
( n  1)(n  2)
B

Vậy :

1
[(n  2).2n 1  2n  2  1]
(n  1)(n  2)

Bài toán 3:
C

1 0 1 1 1 2 1 3
1 18 1 19
C19  C19  C19  C19  ...  C19
 C19
2
3

4
5
20
21

Tính tổng:
Hướng dẫn:
1
2 1
3 1
4 1
19 1 18 20 1 19
C  .C190  . C191  . C192  . C193  ...  . C19
 . C19
2
3 2
4 3
5 4
20 19
21 20
k
k 1
Cn
C
 n 1
k 1 n 1
+ Áp dụng công thức (II) :
7

Trong trang này: Bài tốn 2; 3 có tham khảo trong TLTK[4]

1
1
2
3
19
C190 C20
C19
C20
C192 C20
C19
C2020

;

;

;...;

1
20 2
20 3
20
20
20

tính được:
C

1 1 1 2 2 3 3 4 4
19 19 20 20

( C20  C20  C20  C20  ...  C20
 C20 )
20 2
3
4
5
20
21

+ Áp dụng công thức (II), được:

10


1
C20
C2
 21
2
21
2
3
C20 C21

3
21
...

�C 

1 1
3
3
5
20
. (C212  2C21
 3C21
 4C21
 ...  19C21
 20C2121 ) 
20 21

1
2
3
4
5
20
21
[(2C21
 3C21
 4C21
 5C21
 ...  20C21
 21C21
)
20.21
2
3
5

20
21
(C21
 C21
 C214  C21
 ...  C21
 C21
)]


+ Tính tổng:

C1 

1
3
5
(2C212  3C21
 4C214  5C21
 ...  20C2120  21C2121 )
20.21

+ Áp dụng công thức (I):
2
1
2C21
 21C20
3
3C21
 21C202

4
3
4C21
 21C20

...
1
1
3
19
21(C20
 C202  C20
 C204  ...  C20
 C2020 ) 
20.21
1 0
1
0
1
2
3
4
19
 C20
 (C20
 C20
 C20
 C20
 C20
 ...  C20

 C2020 ) 
20
20
1
1
1

 (1  1) 20 
20 20
20

� C1 

+ Tính tổng:
1
3
5
C2 
(C212  C21
 C214  C21
 ...  C2120  C2121 ) 
20.21
1
0
1
3
5
1

[(C21

 C21
 C212  C21
 C214  C21
 ...  C2120  C2121 )  (C210  C21
)] 
20.21
1
1

[(1  1) 21  (1  21) 
21.20
21
�C 

1
1
1
 
20 21 421

11


Vậy
1
2 1 1 3 1 2 4 1 3
19 1
20 1
1
C  .C190  . C19

 . C19  . C19  ...  . C1918  . C1919 
2
3 2
4 3
5 4
20 19
21 20
421
Bài toán 4:
2
2
2
2
8192
2C20n  C22n  C24n  C26n  ... 
C22nn 
3
5
7
2n  1
2n  1
Tìm n thỏa mãn:

Hướng dẫn:
+Áp dụng cơng thức (II) được:
C22nn11
C 
2n  1
2
C2 n C22nn11


3
2n  1
...
0
2n

+

VT 

1
(2C21n 1  2C23n 1  2C25n 1  ...  2C22nn11 )
2n  1

C21n 1  C22nn1
C23n 1  C22nn12
C25n 1  C22nn14 ...
+ Có :
+ Đẳng thức đã cho trở thành:
1
8192
(C20n 1  C21n1  C22n1  ...  C22nn1  C22nn11 ) 
2n  1
2n  1
2 n 1
2
8192
�


�n6
2n  1 2n  1
Vậy n = 6
Bài tốn 5:
Tìm a và n nguyên dương thỏa mãn:
a 2 1 a3 2
a n 1 n 127 3
0
aC2 n  C2 n  C2 n  ... 
Cn 
; An  20n
2
3
n 1
7
Hướng dẫn:
n!
An3  20n �
 20n � n  6
(
n

3)!
+
+ Áp dụng cơng thức (II), được:

8

Trong trang này: Bài tốn 4; 5 có tham khảo trong TLTK[2]

12


Cn11
n 1
1
Cn Cn21

2 n 1
...
Cn0 

1
1
127
(1  a )n 1 

n 1
7
+ Đẳng thức đã cho trở thành: n  1
7
+ Thay n = 6 vào đẳng thức trên được: (1  a)  128 � a  1
Vậy n= 6 và a = 1
Bài toán 6:
2
( 3  x5 )n
Tìm hệ số của x20 trong khai triển: x
, biết :
1
2

n
C C
C
1
Cn0  n  n  ...  (1) n n 
2
3
n  1 13
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (II) được:

1
1
(Cn11  Cn21  Cn31  ...  ( 1) n 1 Cnn11 ) 
n 1
13
1
1
�
[Cn01  (Cn01  Cn11  Cn21  ...  (1) n Cnn11 )] 
n 1
13
n 1
1
(1  1)
1
�

 � n  12
n 1

n 1
13

2
 x5 )6
3
+ Thay n = 12 vào khai triển: x
2
C12k ( 3 )12  k ( x5 ) k  C12k 212  k x8 k 36
x
có số hạng tổng quát là:
+ Theo giả thiết : 8k  36  20 � k  7
25 C127
Vậy hệ số là:
Bài toán 7:
(

�D

1
2
3
99 99 2
1
2
3
100 2
(C100
) 2  (C100
) 2  (C100

) 2  ...  (C100
)  100(C100
)
100
99
98
2

Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức:

Cnk  Cnn  k

1
99
C100
 C100
2
98
C100
 C100

...
13


8

Trong trang này: Bài tốn 6; 7 có tham khảo trong TLTK[3]

+ Tổng trở thành:
1 1 99 2 2 98 3 3 97
99 99 1
100
0
D
C100 .C100  C100 .C100  C100 .C100  ...  C100
.C100  100C100
.C100
100
99
98
2

+ Áp dụng

Cnk
C k 1
 n1
công thức (II) k  1 n  1
99
C100
C100
 101
100 101
98
C100
C 99
 101
99 101

...

1
1
100
2
99
3
98
99
2
100
1
(C100
.C101
 2C100
.C101
 3C100
.C101
 ...  99C100
.C101
 100C100
.C101
)
101
k .Cnk  n.Cnk11
+ Áp dụng công thức (I)
1
1.C100
 100.C990

�D

2
1
2.C100
 100.C99

...
100 0 100
1
99
98
2
1
(C99 .C101  C99
.C101
 C992 .C101
 ...  C9998 .C101
 C9999 .C101
)
101
0
1
98
99
(1  x)99  C99
 x.C99
 x 2C992  ...x98C99
 x99C99
+ Xét khai triển :

(1)
�D

0
1
2
100
101
(1  x)101  C101
 x.C101
 x 2C101
 ...x100C101
 x101C101

100

+ Lấy vế nhân vế của (1) và 92) được hệ số của số hạng chứa x
100
1
99
98
99
1
C990 .C101
 C99
.C101
 C992 .C101
 ...  C99
.C100

(2)
là:

200
100
100
+ Trong khai triển: (1  x) có hệ số của số hạng chứa x là: C200
0
100
1
99
2
98
99
1
100
C
.
C

C
.
C

C
.
C

...


C
.
C
99
101
99
101
99
101
99
100
nên ta được:
= C200
100 100
D
C200
101
Vậy
Bài toán 8:

22  1 1
24  1 3
26  1 5
22018  1 2017
E
C2018 
C2018 
C2018  ... 
C2018
2

4
6
2018
Tính tổng:

Hướng dẫn:

14


Cnk
C k 1
 n1
k 1 n 1

+ Áp dụng công thức (II)

9

Trong trang này: Bài toán 8 của tác giả
1
2
C2018
C2019

2
2019
3
4
C2018 C2019


4
2019
...

�E

1
2
4
6
2018
[(22  1)C2019
 (24  1)C2019
 (26  1)C2019
 ...  (2 2018  1)C2019
]=
2019

1
2
4
6
2018
(22 C2019
 24 C2019
 26 C2019
 ...  22018 C2019
)
2019

1
2
4
6
2018

(C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
)
2019
Xét khai triển
0
1
2
2018
2018
(1  x) 2019  C2019
 xC2019
 x 2C2019
 ...  x 2018C2019
 x 2018C2019
(1)
+ Thay x = 2 vào khai triển (1):
0
1
2
2018
2019

32019  C2019
 2C2019
 22 C2019
 ...  22018 C2019
 22019 C2019
=

+

+ Thay x = -2 vào khai triển (1) được:
0
1
2
2018
2019
( 1) 2019  C2019
 2C2019
 22 C2019
 ...  2 2018 C2019
 2 2019 C2019
+ Cộng vế với vế được:
32019  1
0
2
4
2018
 C2019
 22 C2019
 24 C2019
 ...  22018 C2019

2
32019  3
2
4
6
2018
�
 22 C2019
 24 C2019
 26 C2019
 ...  22018 C2019
2

(2)

+ Thay x = 1 vào khai triển (1) được:
0
1
2
2018
2019
22019  C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
 C2019
+ Thay x = -1 vào khai triển (1) được:
0
1
2

2018
2019
0  C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
 C2019
Cộng vế với vế được:
15


22019
0
2
4
2018
 C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
2
22019  2
2
4
6
2018
�
 C2019
 C2019
 C2019

 ...  C2019
2
�E 

+ Từ (2) và (3)

1 3 3 2  2 3
(

)
2019
2
2
2019

2019

2019

(3)
 2 1
4038
2019

Bài tốn 9:
Tính tổng:
10

0
1

2
3
2018
20 C2018
21 C2018
22 C2018
23 C2018
22018 C2018
F



 ... 
1.2
2.3
3.4
4.5
2019.2020

Trong trang này: Bài toán 9 của tác giả

Hướng dẫn:
Cnk
C k 1
 n 1
k 1 n 1

+ Áp dụng công thức(II)
1
2

3
4
2019
21 C2019
2 2 C2019
23 C2019
2 2018 C2019
1 20 C2019
�F 
(



 ... 
)
2019
2
3
4
5
2020
+ Áp dụng công thức(II), được:
1
1
2
3
4
5
2020
�F 

(20 C2020
 21 C2020
 22 C2020
 23 C2020
 ...  22018 C2020
)
2019 2020
1
0
1
2
3
2020
1

.22 [(20 C2020
 21 C2020
 22 C2020
 23 C2020
 ...  22020 C2020
)  (1  2C2020
)]
2019.2020
1
1

[(1  2) 2020  (1  2.2020) 
2
2019.2020.2
4038

0 0
1 1
2 2
3
2018
2 C2018 2 C2018 2 C2018 23 C2018
22018 C2018
1



 ... 

2.3
3.4
4.5
2019.2020 4038
Vậy 1.2
Bài tốn 10:
Tính tổng:
Hướng dẫn

G

+ Áp dụng công thức
�G 

22 n 1 0 22 n 1 1 22 n 3 2
23
21

Cn 
Cn 
Cn  ...  Cnn 1  Cnn
n 1
n
n 1
2
1

Cnk  Cnn k

22 n 1 n 2 2 n1 n 1 2 2 n3 n  2
23
21
Cn 
Cn 
Cn  ...  Cn1  Cn0
n 1
n
n 1
2
1

+ Áp dụng công thức (II)

Cnk
C k 1
 n1
k 1 n 1

16


�G 


1
(22 n 1 Cnn11  22 n 1 Cnn1  22 n 3 Cnn11  ...  23 Cn21  2Cn11 ) 
n 1

1
[(22 n 1 Cnn11  22 n 1 Cnn1  22 n 3 Cnn11  ...  23 Cn21  2Cn11 )
n 1

+ Xét khai triển:
(1  2 x ) n 1  Cn01  2 xCn11  22 x 2Cn21  23 x 3Cn31  ...  2n 1 x n 1Cnn11

+ Thay x = 2 vào khai triển trên được :
5n 1  Cn01  22 Cn11  24 Cn21  26 Cn31  ...  22 n  2 Cnn11 
 2(

Cn01
 2Cn11  23 Cn21  25 Cn31  ...  2 2 n 1 Cnn11 )
2
1 5n 1 Cn01
5n 1  1
�G 
(

)

n 1 2
2
2(n  1)
2 n 1
2 n 1
2 n 3
2
2
2
23
21
5n 1  1
G
Cn0 
Cn1 
Cn2  ...  Cnn 1  Cnn 
n 1
n
n 1
2
1
2(n  1)

Vậy :
11

Trong trang này: Bài tốn 10 có tham khảo trong TLTK[4]

2.4. Kết quả đạt được
Sau khi dạy xong bài này tôi cho học sinh lớp 11A3 làm bài kiểm tra để

kiểm tra tính khả thi của đề tài và đối chiếu với kết quả kiểm tra trước khi học
bài này, tôi thu được kết quả như sau :
Đề kiểm tra
Bài 1: Tính tổng
1 2
1 4
1
1
0
2016
2017
A  C2018
 C2018
 C2011
 ... 
C2018

C2018
3
5
2017
2018
a/
2
4
6
2n2
B  2C2 n  4C2 n  6C2 n  ...  (2n  2)C2 n  2nC22nn
b/
Bài 2:

a/ Tìm số tự nhiên n biết:
2Cn0  3Cn1  4Cn2  ...  (n  1)Cnn 1  (n  2)Cnn  320
2
( 3  x 5 )n
b/ Tìm hệ số của x20 trong khai triển x
biết:
1
1
1
1
1
Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  (1) n
Cnn 
2
3
4
n 1
13

Trước khi học bài này
Tổng số
học
sinh
45

Điểm
Giỏi
(8-10)
8(17,8%)

Điểm Khá
(6,5-dưới
8)
15(33,3%)

Điểm TB
(5- dưới 6)
15(33,3%)

Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
5(11,1%)

Điểm
Kém
(<3,5)
2(4,5%)

Sau khi học bài này
17


Tổng số Điểm Giỏi
học
(8-10)
sinh
45
15(33,3%)

Điểm Khá
(6,5-dưới
8)
21(46,7%)

Điểm TB
(5- dưới 6)
8(17,8%)

Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
1(2,2%)

Điểm
Kém
(<3,5)
0(0%)

12

Trong trang này: Bài tốn 1;2 có tham khảo trong TLTK[1]; [4]

3. Kết luận
3.1 . Hạn chế
Do khuôn khổ của đề tài có hạn, nên cịn một số dạng tổng tơi vẫn chưa
tìm được cơng thức thay thế để giải.
Do thời gian có hạn và tính chủ quan của tác giả, bài viết cịn nhiều thiếu
sót. Rất mong q thầy cơ, các em học sinh và các độc giả góp ý chân thành để
bài viết của tơi hồn thiện và ứng dụng rộng rãi hơn.

3.2. Kiến nghị
Tôi xin được kiến nghị với, Lãnh đạo các Ban ngành Sở GD và ĐT
Thanh Hóa,Ban Giám Hiệu các trường THPT tạo điều kiện về mặt thời gian,
cơ sở vật chất để chúng tơi có các buổi ngoại khóa Liên mơn. Mặt khác cũng
cho phép chúng tôi được co, giãn bài giảng để phù hợp với trình độ của từng
đối tượng học sinh, đáp ứng nhu cầu và nguyện vọng học tập của các em.
Tôi xin chân thành cám ơn.

Xác nhận của Ban giám hiệu

Hoằng Hóa, ngày 26/5/2018
Tơi xin cam đoan đây là sáng kiến của tôi
viết, không sao chép của người khác.
Người viết sáng kiến
18


Nguyễn Lan Phương

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số và giải tích 11 nâng cao - NXB Giáo dục
2. Lê Hồng Đức - Lê Bích Ngọc - Lê Hữu Trí , Phương pháp giải Tốn Tổ
hợp , NXB Hà Nội.
3. Đề minh họa, đề thử nghiệm mơn Tốn THPT Quốc Gia của Bộ giáo dục;
các đề thi thử của các Sở giáo dục, các trường THPT trên toàn quốc.
4. Các tài liệu tham khảo trên Internet.

19

Danh mc cỏc SKKN ó c xp loi
Nămhc
2005
2006
2007
2008
2013
2014
2015
2016

Tờn sỏng kin kinh nghiệm
Số quyết định.
Sử dụng tam thức bậc hai trong
Xếp loại : C
chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức
tam giác
Một số đề xuất trong lời giải các bài
932/ QĐ- SGD
toán hình học khơng gian lớp 11
ngày 11/9/2008
Xếp loại : C
Một số ứng dụng của modun số phức 753/ QĐ- SGD&ĐT
trong giải toán về số phức
ngày 03/11/2014
Xếp loại : B
Sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đẻ 972/QĐ- SGD&ĐT
giải các bài toán sinh học, y học, thể ngày24/11/2016
thao, kinh tế, khoa học kỹ thuật và
Xếp loại : C

các môn khoa học khác

20