Sử dụng đại số tổ hợp, đạo hàm, tích phân và số phức trong việc rèn luyện kĩ năng giải một số bài toán về biể

Mục lục
Trang
1. MỞ ĐẦU .................................................................................................2
1.1. Lí do chọn đề tài.................................................................................2
1.2. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm……………...............................3
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu………………………………….....3
1.4. Phương pháp nghiên cứu……………………………….......................3
1.5. Những điểm mới của SKKN...............................................................3
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM……..…...............................4
2.1 Một số vấn đề về lí thuyết....................................................................4
2.2. Kiến thức bổ sung...............................................................................4
2.3. Các ví dụ minh họa..............................................................................6
2.4. Kiểm nghiệm của đề tài......................................................................17
3. KẾTLUẬN, KIẾN NGHỊ........................................................................17
TÀI LIỆU THAM KHẢO.........................................................................18

1


1. MỞ ĐẦU
Thế kỷ XXI mở ra nhiều thách thức và vận hội đối với đất nước. Đại
hội Đảng lần thứ VIII đã quyết định đẩy mạnh CNH, HĐH đất nước nhằm
mục tiêu: Dân giàu nước mạnh, xã hội công bằng, dân chủ, văn minh; đất
nước vững bước đi lên chủ nghĩa xã hội; “Giáo dục phải thực sự trở thành
quốc sách hàng đầu…”. Cải tiến chất lượng dạy và học để hoàn thành tốt
việc đào tạo bồi dưỡng nguồn lực con người cho CNH, HĐH đất nước. Để
đáp ứng được nhu cầu đó, đòi hỏi dạy học ở các trường phổ thông phải thay
đổi lối dạy học truyền thụ một chiều sang dạy học theo “Phương pháp dạy
học tích cực”, nhằm giúp HS phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng
tạo, rèn luyện thói quen và khả năng tự học, tinh thần hợp tác, kỹ năng vận
dụng kiến thức vào những tình huống khác nhau trong học tập và trong thực

tiễn; tạo niềm tin, niềm vui, hứng thú trong học tập, làm cho học là quá trình
kiến tạo,học sinh tìm tòi, khám phá, phát hiện, luyện tập, khai thác và xử lý
thông tin, tự hình thành hiểu biết, năng lực và phẩm chất. Do vậy bộ SKG
mới được ra đời để đáp ứng yêu cầu đó với chương trình được xây dựng và
phát triển theo các quan điểm:
- Kế thừa và phát huy truyền thống dạy học môn toán ở Việt Nam, tiếp
cận với trình độ giáo dục toán học phổ thông của các nước phát triển trong
khu vực và thế giới.
- Lựa chọn các kiến thức toán học cơ bản, cập nhật thiết thực, có hệ
thống, theo hướng tinh giản, phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh, thể
hiện tính liên môn và tích hợp các nội dung giáo dục, thể hiện vai trò công cụ
của môn toán.
- Tăng cường thực hành và vận dụng, thực hiện dạy học toán, gắn liền
với thực tiễn.
- Tạo điều kiện đẩy mạnh vận dụng các phương pháp dạy học theo
hướng tích cực, chủ động, sáng tạo. Rèn luyện cho học sinh khả năng tự học,
phát triển năng lực trí tuệ chung.
Do nhu cầu của người học và sự phát triển mạnh mẽ của giáo dục nước
nhà, đòi hỏi mỗi giáo viên phải không ngừng nỗ lực tự học, tự nghiên cứu để
nâng cao trình độ chuyên môn. Nghiên cứu khoa học là một nhiệm vụ không
thể thiếu của mỗi giáo viên trong quá trình giảng dạy. Từ quá trình giảng dạy
mỗi giáo viên đúc kết được những kinh nghiệm cho riêng mình, từ đó đề xuất
phương pháp cải tiến để việc dạy – học thực sự có hiệu quả, đáp ứng được sự
phát triển vượt bậc của đất nước trong công cuộc đổi mới nói chung và sự
nghiệp giáo dục nói riêng.
1.1. Lý do chọn đề tài
Kiến thức về Đại số - Tổ hợp trước đây theo chương trình SGK chỉnh lí hợp
nhất năm 2000 được các tác giả viết sách đặt ở chương cuối cùng của Giải
tích 12. Tuy nhiên, theo SGK mới của Bộ GD ban hành từ năm học 2006
chương Đại số - Tổ hợp và Xác suất được đặt vào nửa cuối học kì I của lớp

2


11. Chính vì thế sự liên kết các dạng toán về biểu thức tổ hợp của chương
Đại số - Tổ hợp và Xác suất với chương Đạo hàm, chương Nguyên hàm –
Tích phân và số phức mà bản thân chỉ dùng kiến thức của một chương có thể
không giải quyết được hoặc một bài toán có thể sử dụng các kiến thức ở các
phần khác nhau cùng đưa ra kết quả bài toán mà lời giải đều có một vẻ đẹp
khác nhau. Trong Sáng kiến kinh nghiệm này tôi tập trung giải quyết một số
dạng toán liên quan đến biểu thức tổ hợp mà ta sử dụng linh hoạt kiến thức
về đại số Tổ hợp, Đạo hàm – Tích phân, Số phức sẽ giải quyết được chúng,
tuy nhiên nếu tìm hiểu sâu hơn và vận dụng một số công thức về tổ hợp có thể
giải quyết triệt để các bài toán này, bên cạnh đó tôi cũng tìm tòi và đưa ra các
bài toán đặc thù mà thoạt nhìn, về mặt hình thức chúng ta thường liên tưởng
đến việc vận dụng Đạo hàm, Tích phân để giải chúng. Tuy nhiên ngay cả việc
vận dụng kiến thức Đạo hàm và Nguyên hàm- Tích phân cũng không dễ để
tìm ra lời giải hoặc không thể hoặc từ công thức tổ hợp và nhị thức
Niu-tơn không thể giải quyết được nếu không có sự phối hợp kiến thức số
phức .
Xuất phát từ thực tiễn giảng dạy, tôi xây dựng đề tài: “Sử dụng Đại số
tổ hợp, Đạo hàm, Tích phân và Số phức trong việc rèn luyện kĩ năng giải
một số bài toán về biểu thức tổ hợp”.

1.2. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm.
Đề tài của tôi được trình bày nhằm mục đích:
- Cung cấp thêm một lời giải mới cho một lớp các bài toán, góp phần
nâng cao khả năng tư duy lôgic cho học sinh.
- Phục vụ cho việc nghiên cứu khoa học sư phạm của giáo viên bộ môn Toán.
- Phục vụ cho các kì thi: THPT Quốc gia.

1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Đề tài này nghiên cứu cách vận dụng các kiến
thức phổ thông để hình thành một số bài tập vận dụng cao về toán tính biểu
thức tổ hợp.
Phạm vi nghiên cứu: Đề tài thuộc chương trình Giải tích lớp 11,12.

1.4. Phương pháp nghiên cứu
Thông qua những bài tập cụ thể với cách tiếp cận khái niệm, cách giải
đơn giản, tự nhiên nhằm làm cho học sinh vận dụng được các kĩ năng đã có.
Các khái niệm và ví dụ minh họa trong đề tài này được lọc từ đề thi đại học,
các đề thi thử đại học, sách nâng cao và sáng tạo. Trong các tiết học trên lớp
tôi đã dạy bài trên để học sinh biết vận dụng linh hoạt các kiến thức có liên
quan.
1.5. Những điểm mới của SKKN
Trong Sáng kiến kinh nghiệm này tôi tập trung giải quyết một số dạng toán
liên quan đến biểu thức tổ hợp mà ta sử dụng linh hoạt kiến thức
về đại số Tổ hợp, Đạo hàm – Tích phân, Số phức sẽ giải quyết được chúng,
tuy nhiên nếu tìm hiểu sâu hơn và vận dụng một số công thức về tổ hợp có thể
giải quyết triệt để các bài toán này, bên cạnh đó tôi cũng tìm tòi và đưa ra các
3


bài toán đặc thù mà thoạt nhìn, về mặt hình thức chúng ta thường liên tưởng
đến việc vận dụng Đạo hàm, Tích phân để giải chúng. Tuy nhiên ngay cả việc
vận dụng kiến thức Đạo hàm và Nguyên hàm- Tích phân cũng không dễ để
tìm ra lời giải hoặc không thể hoặc từ công thức tổ hợp và nhị thức
Niu-tơn không thể giải quyết được nếu không có sự phối hợp kiến thức số
phức .
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Một số vấn đề về lý thuyết

Kiến thức cơ bản
*) Công thức nhị thức Niu-tơn
Với mọi a, b và với mọi n ∈ N*, ta có:
n

(a + b) n = Cn0 a n + Cn1a n−1b + ... + Cnk a n− k b k + ... + Cnnb n = ∑ Cnk a n −k b k
k =0

(quy ước a = b )
Chú ý:
a/ Trong công thức nhị thức Niu-tơn, thay a = b = 1, ta được:
0

0

n

(1 + 1) n = Cn0 + Cn1 + ... + Cnk + ... + Cnn = ∑ Cnk = 2n
k =0

b/ Trong công thức nhị thức Niu-tơn, thay a = 1, b =-1, ta được:
(1 − 1) n = Cn0 − Cn1 + ... + (−1) k Cnk + ... + (−1) n Cnn = 0
k
**) Tính chất của các số Cn
Cnk = Cnn −k ;
Cnk + Cnk −1 = Cnk+1.
***) Số phức : z = a+ bi, với a, b ∈ R, i 2 = −1 ,
cho z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i; với a1 ,a 2 , b1 , b2 ∈ R
a = a2
z1 = z2 ⇔  1

b1 = b2
2.2. Kiến thức bổ sung
Định lí 1: Với k, n nguyên dương, k ≤ n, n≥ 2 ta có công thức:
kCnk = nCnk−−11
(1)
Chứng minh
Ta có:
n!
(n − 1)!n
kCnk = k
=
= nCnk−−11
k !(n − k )! (k − 1)!(( n − 1) − (k − 1))!
Chú ý: Công thức (1) có thể viết ở dạng khác:
4


Cnk Cnk−−11
=
(2)
n
k
Định lý 2: Với k,n nguyên dương, k ≤ n, n≥ 3 ta có công thức:
k ( k − 1)Cnk = n(n − 1)Cnk−−22 (3)
Chứng minh
n!
(n − 2)!( n − 1) n
k
=
= n( n − 1)Cnk−−22 .

Ta có: k ( k − 1)Cn = k (k − 1)
k !( n − k )! ( k − 2)![(n-2) - (k-2)!
Chú ý: Công thức (3) có thể viết ở dạng khác:
Cnk
Cnk−−22
=
(4)
n(n − 1) k (k − 1)
Định lí 3: Với k, n nguyên dương, k ≤ n, n≥ 4 ta có công thức:
k ( k − 1)( k − 2)Cnk = n(n − 1)(n − 2)Cnk−−33 (5)
Chứng minh:
Ta có:
n!
k ( k − 1)( k − 2)Cnk = k (k − 1)( k − 2)
k !(n − k )!
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)!
=
= n( n − 1)(n − 2)Cnk−−33
(k − 3)![(n - 3) - (k - 3)] !
Chú ý: Công thức (5) có thể viết ở dạng khác:
Cnk
Cnk−−33
=
(6)
n(n − 1)(n − 2) k (k − 1)(k − 2)
Định lí 4: Với k, n là các số nguyên dương, ta có:
Ckk + Ckk+1 + Ckk+ 2 + ... + Ckk+ n −1 + Ckk+ n = Ckk++n1+1 (7)
Chứng minh
k +1
k

k +1
Áp dụng công thức: Cn + Cn = Cn +1 ta có:
Ckk+1 + Ckk++11 = Ckk++21
Ckk+ 2 + Ckk++21 = Ckk++31
Ckk+3 + Ckk++31 = Ckk++41
……………….
……………….
Ckk+ n−1 + Ckk++n1−1 = Ckk++n1
Ckk+ n + Ckk++n1 = Ckk++n1+1
Cộng vế với vế n đẳng thức trên, ta có:
Ckk + Ckk+1 + Ckk+ 2 + ... + Ckk+ n −1 + Ckk+n = Ckk++n1+1 .

5


2.3. Các ví dụ minh họa
Bài 1 . Tính giá trị biểu thức
1
1
1
1
1
A=
+
+
+ ... +
+
.
1!.2018! 2!.2017! 3!.2016!
1008!.1011! 1009!.1010!

Giải
k
2019 − k
Ta có C2019 = C2019 với ∀ k=0,1,2,...,2019 ;

2019

∑C
k =0

k
2019

= 22019 .

1009
1
2019!
k
⇒ 2019!. A = ∑
= ∑ C2019
k =1 k !.(2019 − k )!
k =1 k !.(2019 − k )!
k =1

1009

2019

A=∑

1009

k
mà ∑ C2019 =
k =1

1009

k
=
∑ C2019
k =1

2018

∑

k =1010

k
C2019
. Do đó

1
1 2019 k
1
k
0
2019

C
=
( ∑ C2019 − C2019
− C2019
) = (22019 − 2) = 22018 − 1
∑
2019
2 k =1
2 k =0
2
2018

22018 − 1
Vậy A =
.
2019!
Bài 2 . Tính các giá trị biểu thức sau
2
4
6
2014
2016
A = 1 − C2016
+ C2016
− C2016
+ ... − C2016
+ C2016
1
3
2015

− C2016
+ ... − C2016
B= C2016
.
2
6
10
2010
2014
C = C2016 + C2016 + C2016 + ... + C2016
+ C2016
Giải
2016
- Ta có (1 + i) = ((1 + i ) 2 )1008 = (2i )1008 = 21008 (*) mà
(1 + i ) 2016 =
=1− C

2
2016

2016

k
1
2
3
4
2016 2016
12016−k.i k = 1 + C2016
i1 + C2016

i 2 + C2016
i 3 + C2016
i 4 + ... + C2016
i
∑ C2016

k =0

4
2016
1
3
2015
+ C2016
− ... + C2016
+ (C2016
− C2016
+ ... − C2016
)i

(**)

2
4
6
8
2014
2016
+ C 2016
− C 2016

+ C 2016
− .... − C 2016
+ C 2016
= 21008 .
Từ (*) và (**) suy ra A=1 − C 2016

1
3
2015
− C2016
+ ... − C2016
và B= C2016
= 0.
0
1
2
3
2015
2016
(1 + 1) 2016 = 22016 = C2016
+ C2016
+ C2016
+ C2016
+ ... + C2016
+ C2016

- Ta có

0
1

2
3
2015
2016
0 = (1 − 1) 2016 = C2016
− C2016
+ C2016
− C2016
+ ... − C2016
+ C2016

⇒C

0
2016

+C

2
2016

+C

4
2016

+ ... + C

2016
2016

22016
=
= 22015 (***)
2

22015 − 21008
Từ biểu thức A và (***) ta được C =
= 22014 − 21007.
2
6


Vậy A= 21008 ; B=0, C = 22014 − 21007.
Nhận xét :Việc tính các biểu thức tổ hợp trên ta không thể dùng
trực tiếp công thức nhị thức Niu-tơn để ra kết quả mà ta phải kết
hợp với công thức tổ hợp, số phức mới tìm ra được kết quả của bài
toán.
Bài 3. 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
(Đề thi ĐH – CĐ khối A năm 2005)
Giải
Sử dụng công thức (2) khi thay n bởi 2n + 1 và k = 1,2,…, 2n + 1 ta có:
C21n+1 = (2n + 1)C20n
−2C22n+1 = −(2n + 1)C21n
3C23n+1 = (2n + 1)C22n
...............................
−2nC22nn+1 = −(2n + 1)C22nn−1
(2n + 1)C22nn++11 = (2n + 1)C22nn
Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta có:

VT = (2n + 1)(C20n − 2C21n + 22 C22n − 23 C23n + ... + 2 n C22nn )
= (2n + 1)(1 − 2) 2 n = 2n + 1
Vì vậy: 2n + 1 = 2005 ⇔ n = 1002
Chú ý: Nếu sử dụng đạo hàm ta có thể giải bài toán như sau:
2 n +1
Xét hàm số: f ( x) = (1 + x) , liên tục trên R.
Sử dụng công thức khai triển Niu-tơn ta có:
f ( x) = (1 + x) 2 n +1 = C20n+1 + C21n+1 x + C22n+1 x 2 + C23n+1 x 3 + ... + C22nn++11 x 2 n+1
Đạo hàm hai vế ta có:
f ( x) = (2n + 1)(1 + x) 2 n = C21n+1 + 2C22n +1 x + 3C23n+1 x 2 + ... + (2n + 1)C22nn++11 x 2 n
⇒ f ( −2) = 2n + 1 = C21n+1 − 2.2C22n+1 + 3.22 C23n+1 − 4.23 C24n+1 + ... + (2n + 1)2 2 n C22nn++11
Từ đó, ta có: 2n + 1 = 2005 ⇔ n = 1002
Bài 4: Chứng minh rằng:
2.1Cn2 + 3.2.Cn3 + 4.3Cn4 + ... + (n − 1)nCnn = n( n − 1)2 n −2
với n nguyên dương, n ≥ 2.
Giải
Vận dụng công thức (2) ta có:

7


2.1Cn2 = n(n − 1)Cn0− 2
3.2Cn3 = n(n − 1)Cn1− 2
...............................
n(n − 1)Cnn = n(n − 1)Cnn−−22
Cộng vế với vế n – 1 đẳng thức trên, ta có:
VT = n(n − 1)[C0n - 2 + Cn1−2 + Cn2− 2 + ... + Cnn−−22 ] = n (n - 1) 2n - 2
Chú ý: Nếu sử dụng đạo hàm ta có thể giải bài toán theo cách sau đây:
n
Sử dụng khai triển (1 + x) thành đa thức ta có:

(1 + x) n = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n
Đạo hàm đến cấp hai hai vế, ta có:
n(1 + x) n−1 = Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + ... + nCnn x n−1
n(n − 1)(1 + x) n− 2 = 2Cn2 + 3.2Cn3 x + 4.3.Cn4 x 2 + ... + n(n − 1)Cnn x n −2
n−2
2
3
4
n
Cho x = 1, ta có: n(n − 1)2 = 2.1Cn + 3.2Cn + 4.3Cn + ... + n(n − 1)Cn .
Bài 5: Tìm số n nguyên dương thỏa mãn đẳng thức:
12 Cn1 + 22 Cn2 + 32 Cn3 + ... + n 2Cnn = n(n + 1).262144
Giải
1
2
3
n
2
3
n
Ta có: VT = Cn + 2Cn + 3Cn + ... + nCn + 2(2 − 1)Cn + 3(3 − 1)Cn + ...n(n − 1)Cn .
Vận dụng công thức (2) ta có:
Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + ... + nCnn = n(Cn0−1 + Cn1−1 + Cn2−1 + ... + Cnn−−11 ) = n 2n−1.
sử dụng kết quả bài 4, ta có:
2.1Cn2 + 3.2Cn3 + 4.3Cn4 + ... + n(n − 1)Cnn = n(n − 1)2 n− 2.
VT = n.2n−1 + n(n − 1)2 n−2 = n.2n −2 (2 + n − 1) = n(n + 1)2 n− 2
Do vậy
⇒ 2n−2 = 262144 = 218 ⇔ n = 20
Chú ý: Nếu sử dụng đạo hàm ta có thể giải bài toán theo cách sau đây:
n

Xét hàm số: f ( x) = (1 + x) , liên tục trên R.
Sử dụng khai triển Niu-tơn ta có:
f ( x) = (1 + x) n = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n
Đạo hàm đến cấp hai hai vế, ta có:
f ' ( x) = n(1 + x) n−1 = Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + ... + nCnn x n−1
f '' ( x) = n(n − 1)(1 + x) n −2 = 2.1Cn2 + 3.2Cn3 x + 4.3Cn4 x 2 + ... + n(n − 1)Cnn x n− 2
⇒ f ' (1) = n 2n −1 = Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + ... + nCnn .
f '' (1) = n(1 − 1)2n −2 = 2.1Cn2 + 3.23n + ... + n(n − 1)Cnn .
'
''
n−2
2
1
2
2
2
3
2
n
Xét tổng: f (1) + f (1) = n(n + 1)2 = 1 Cn + 2 Cn + 3 Cn + ... + n Cn
Từ đó, suy ra 2n −2 = 218 ⇔ n = 20.

8


Bài 6: Cho hàm số:
1
2
2018 2018
f ( x) = C2018

x (1 − x ) 2017 + 2C2018
x 2 (1 − x) 2016 + ... + 2018C2018
x
1
).
Tính f (
1009
Giải
Áp dụng công thức (2) ta được:
1
0
C2018
= 2018C2017
2
1
2C2018
= 2018C2017

............................
2018
2017
2018C2018
= 2018C2017

Do đó:

0
1
2017 2017
f ( x) = 2018 x C2017

(1 − x) 2017 + C2017
x(1 − x) 2016 + ... + C2017
x 

= 2018 x(1 − x + x) 2017 = 2018 x
1
 1 
=
2018
=2
Vì vậy: f 
÷
1009
 1009 
Chú ý: Nếu sử dụng đạo hàm ta có thể giải bài toán theo cách sau đây:
2018
Xét hàm số: g (t ) = ( xt + 1 − x) , liên tục trên R.
Sử dụng khai triển Niu-tơn ta có:
g (t ) = ( xt + 1 − x) 2018
0
1
2
2018 2018 2018
= C2018
(1 − x) 2018 + C2018
xt (1 − x) 2017 + C2018
x 2t 2 (1 − x ) 2016 + ... + C2018
x t
Đạo hàm hai vế ta có:
1

2
2018 2018 2017
g ' (t ) = 2018 x( xt + 1 − x) 2017 = C2018
x(1 − x) 2017 + 2C2018
x 2t (1 − x) 2016 + ... + 2018C2018
x t
1
2
2018 2018
⇒ g ' (1) = 2018 x = C2018
x(1 − x) 2017 + 2C2018
x 2 (1 − x) 2016 + ... + 2018C2018
x
1
 1 
=
2018
= 2.
Từ đó, ta có: f ( x) = 2018 x ⇒ f 
÷
1009
 1009 

Bài 7 : Chứng minh rằng với n nguyên dương ta có đẳng thức:
1
1
1
2n+1 − 1
Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... +
Cnn =

.
2
3
n +1
n +1
Giải:
Vận dụng công thức (2) ta có:

9


Cn0 Cn1+1
=
1 n +1
Cn1 Cn2+1
=
2 n +1
Cn2 Cn3+1
=
3 n +1
..................
Cnn
Cnn++11
=
n +1 n +1
Cộng vế với vế n + 1 đẳng thức trên ta được:
1
1
1
Cn0 + Cn1 + Cn2 + ..... +

Cnn
2
3
n +1
1
C0
2n+1 − 1
=
(Cn0+1 + Cn1+1 + Cn2+1 + Cn3+1 + ... + Cnn++11 ) − n +1 =
.
n +1
n +1 n +1
Chú ý: Nếu dùng kiến thức về Tích phân ta có thể giải quyết bài toán
theo hướng sau:
n
Xét hàm số: f ( x) = (1 + x) .
Sử dụng khai triển Niu –tơn ta có:
f ( x) = Cn0 + Cn1 x + Cn1 x 2 + ... + Cnn x n . Từ đó, ta có được:
1

∫ (1 + x)
0

1

n

dx = ∫ (Cn0 + Cn1 x + Cn1 x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n )dx
0

n +1 1

1

1
1
1
1


⇔
(1 + x) n+1 = =  Cn0 x + Cn1 x 2 + Cn2 x 3 + ... +
Cnn x n+1 ÷
n +1
2
3
n +1


0
⇔

0

2 −1
1
1
1
= Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... +
Cnn .

n +1
2
3
n +1
n +1

Bài 8: Chứng minh rằng với n nguyên dương ta có:
1 1 1 2 1 3
(−1) k k
(−1) n n
1
0
Cn − Cn + Cn − Cn + ... +
Cn + ... +
Cn =
.
2
3
4
k +1
n +1
n +1
Giải:
Vận dụng công thức (2) ta có:
Cn0 Cn1+1
=
1 n +1
Cn1
Cn2+1
− =−

2
n +1

10


Cn2 Cn3+1
=
3 n +1
.................
(−1) k Cnk ( −1) k Cnk++11
=
n +1
n +1
.................
(−1) n Cnn ( −1) n Cnn++11
=
n +1
n +1
Cộng vế với vế n + 1 đẳng thức trên ta có:
1 1 1 2 1 3
(−1) k k
(−1) n n
0
Cn − Cn + Cn − Cn + ... +
Cn + ... +
Cn =
2
3
4

k +1
n +1
1
C0
1
−
(Cn0+1 − Cn1+1 + Cn1+1 + ... + (−1) k +1 Cnk++11 + ... + ...(−1) n+1 Cnn++11 ) + n +1 =
.
n +1
n +1 n +1
Chú ý: Nếu sử dụng tích phân ta có thể giải bài toán theo cách sau đây
n
Xét hàm số: f ( x) = (1 − x) .
Sử dụng khai triển Niu-tơn ta có:
f ( x) = Cn0 − Cn1 x + Cn2 x 2 + ... + (−1) n Cnn x n . Vì vậy, ta có:
1

1

0

0

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

Từ đây ta sẽ có điều phải chứng minh.

k
Bài 9: Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, Cn là số các tổ hợp chập k
của n phần tử, ta có đẳng thức:
1 1 1 3 1 5
1 2 n −1 2 2 n − 1
C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n =
.
2
4
6
2n
2n + 1
(Đề thi ĐH-CĐ khối A năm 2007)
Giải:

Sử dụng kết quả của bài 7, bài 8 khi thay n bởi 2n, ta có:

11


1 1 1 2 1 3
1
22 n+1 − 1
2n
C + C2 n + C2 n + C2 n + ... +
C2 n =
.

2
3
4
2n + 1
2n + 1
1
1
1
1
1
C20n − C21n + C22n − C23n + ... −
C22nn =
.
2
3
4
2n + 1
2n + 1
Trừ vế với vế các đẳng thức trên, ta có:
2 n +1
1
1
1
1
 2 −2
2  C21n + C23n + C25n + ... + C22nn−1  =
4
6
2n
2

 2n + 1
1 1 1 3 1 5
1 2 n−1 22 n − 1
⇔ C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n =
.
2
4
6
2n
2n + 1
0
2n

Chú ý: Nếu dùng kiến thức tích phân để giải thì ta có thể thực hiện theo các
bước sau:
- Trước hết tính các phân tích phân dạng:
1

∫ (1 + x)

1

2n

0

dx = ∫ (C20n + C21n x + C22n x 2 + C23n x 3 + ... + C22nn −1 x 2 n−1 + C22nn x 2 n )dx
0

1

∫ (1 − x)
0

1

2n

dx = ∫ (C20n − C21n x + C22n x 2 − C23n x 3 ... − C22nn−1 x 2 n −1 + C22nn x 2 n )dx;
0

Trừ vế với vế các đẳng thức này, ta có điều phải chứng minh.
2 2 − 1 1 23 − 1 2
2n +1 − 1 n
Cn +
Cn + ... +
Cn .
2
3
n +1
(Đề thi ĐH – CĐ khối B năm 2003)
Giải:

Bài 10: Tính tổng: S = Cn0 +

Ta có:
1
1
1
1

1
1


S = −  Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... +
Cnn ÷+ Cn0 2 + Cn1 22 + Cn2 23 + ... +
Cnn 2n+1
2
3
n +1 
2
3
n +1

2n +1 − 1  0 1 1 1 2 1 2 3
1

=−
+  Cn 2 + Cn 2 + Cn 2 + ... +
Cnn 2n+1 ÷.
n +1 
2
3
n +1

Áp dụng (1) khi thay n bởi n + 1, ta có:
1 1
Cn0 =
Cn +1
n +1

1 1
1
Cn =
Cn2+1
2
n +1
..........................
1
1
Cnn =
Cnn++11
n +1
n +1
Từ đó ta có:

12


1
1
1
1
Cn0 21 + Cn1 22 + Cn2 23 + ... +
Cnn 2n +1 =
(Cn1+1 21 + Cn2+1 22 + ... + Cnn++11 2n+1 )
2
3
n +1
n +1
1

1
3n +1 − 1
0
0
1
1
n +1 n +1
0
0
=
(Cn+1 2 + Cn +1 2 + ... + Cn+1 2 ) −
Cn+1 2 =
n +1
n +1
n +1
n +1
n +1
n +1
n +1
2 −1 3 −1 3 − 2
⇒S =−
+
=
.
n +1
n +1
n +1
Chú ý: Nếu sử dụng tích phân ta có thể giải bài toán theo cách sau đây:
n
Xét hàm số: f ( x) = (1 + x) .

2

∫ (1 + x)

2

n

1

dx = ∫ (Cn0 + Cn1 x + Cn1 x 2 + ... + Cnn x n )dx.
1

2

2

1
1
1
1


⇔
(1 + x) n+1 =  Cn0 x + Cn1 x 2 + Cn2 x 3 + ... +
Cnn x n+1 ÷
n +1
2
3
n +1


1
1
Từ đây ta sẽ có điều phải chứng minh
k

Bài 11: Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, Cn là số các tổ hợp chập
k của n phần tử, ta có đẳng thức:
1 2 1 4
1
22 n
0
2n
C2 n + C2 n + C2 n + ... +
C2 n =
.
3
5
2n + 1
2n + 1
Giải:
Sử dụng kết quả của bài 7, bài 8 khi thay n bởi 2n, ta có các đẳng thức:
1 1 1 2 1 3
1 2 n −1
1
22 n+1 − 1
0
2n
C2 n + C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n =
C2 n =

.
2
3
4
2n
2n + 1
2n + 1
1
1
1
1
1
1
C20n − C21n + C22n − C23n + ... − C22nn−1 =
C22nn =
.
2
3
4
2n
2n + 1
2n + 1
Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được:
2 n +1
1
1
1

 2
2 C20n + C22n + C24n + ... +

C22nn  =
3
5
2n + 1

 2n + 1
1 2 1 4
1
22 n
2n
⇔ C + C2 n + C2 n + ... +
C2 n =
.
3
5
2n + 1
2n + 1
Chú ý: Nếu dùng kiến thức tích phân để giải thì ta có thể thực hiện theo các
bước sau:
- Trước hết tính các tích phân dạng:
0
2n

1

∫ (1 + x)
0

1

2n

dx = ∫ (C20n + C21n x + C22n x 2 + C23n x 3 + ... + C22nn −1 x 2 n−1 + C22nn x 2 n )dx ;
0

13


1

∫ (1 − x)
0

1

2n

dx = ∫ (C20n − C21n x + C22n x 2 − C23n x 3 + ... − C22nn −1 x 2 n−1 + C22nn x 2 n )dx;
0

Cộng vế với vế các đẳng thức này, ta có điều phải chứng minh.
n
Cnk
n.2n+1 + 1
=
.
Bài 12: Chứng minh: ∑
k =0 k + 2
(n + 2)n
Giải:

Từ công thức (4) ta có:
1
1
Cnk =
Cnk++22
(k + 1)( k + 2)
( n + 1)( n + 2)
Cnk
k +1
⇒
=
Cnk++22 .
k + 2 (n + 1)(n − 2)
Lần lượt thay k = 0, 1, 2,…, n ta có:
Cnk
1
2
n +1
=
Cn2+ 2 +
Cn3+ 2 + ... +
Cnn++22
∑
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)( n + 2)
(n + 1)( n + 2)
k =0 k + 2
1
=
Cn2+ 2 + 2Cn3+ 2 + 3Cn4+ 2 + ... + (n + 1)Cnn++22 

(n + 1)(n + 2)
1
=
(Cn1+ 2 + 2Cn2+ 2 + 3Cn3+ 2 + ... + (n + 2)Cnn++22 ) − (C 0n + 2 + Cn1+ 2 + ... + Cnn++22 ) + 1
(n + 1)(n + 2)
n

1
n2 n +1 + 1
n +1
n+2
=
.
(n + 2)2 − 2 + 1 =
(n + 1)(n + 2) 
(n + 1)( n + 2)

Chú ý. Nếu sử dụng tích phân, ta có thể giải quyết bài toán như sau:
Xét tích phân
1

1

0

0

n
0
1 2

2 3
n n +1
∫ x(1 + x) dx = ∫ (Cn x + Cn x + Cn x + ... + Cn x )dx
1

C 0 x 2 C1 x3 C 2 x 4
C n x n+2
= ( n + n + n + ... + n
)
2
3
4
n+2 0
Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
=
+
+
+ ... +
.
2
3
4
n+2
1

Mặt khác

∫ x(1 + x)
0

n

dx

, đặt t=1+x, ta sẽ được kết quả:

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

n

14


Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
1 0 1 1 1 2
1
Cn +
Cn +
Cn + ... +
Cnn .
1.2
2.3
3.4
( n + 1).(n + 2)
Giải
Cnk
Cnk−−22

k
k −2
=
Ta có: k ( k − 1)Cn = n(n − 1)Cn−2 ⇔
n(n − 1) k ( k − 1)
1 0
Cn2+ 2
Cn =
1.2
(n + 1)(n + 2)
Bài 13 . Tính S =

1 1
Cn3+ 2
Cn =
2.3
(n + 1)(n + 2)
Cn4+ 2
Thay k=2,3,...,n ta có 1 2
Cn =
3.4
(n + 1)(n + 2)
...................................
1
Cnn++22
Cnn =
(n + 1).(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
Cộng vế với vế n+1 đẳng thức trên , ta có :
1

1
S=
(Cn2+ 2 + Cn3+ 2 + ... + Cnn++22 + Cn1+ 2 + Cn0+ 2 ) −
(Cn1+ 2 + Cn0+ 2 )
(n + 1)( n + 2)
(n + 1)(n + 2)
=

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

Chú ý : Nếu sử dụng kiến thức tích phân, ta có thể giải quyết bài
1
n
( x + 1) n+1 +D1.
toán như sau : ∫ (1 + x) dx =
n +1
1 2
Cn x Cn2 x 3
Cnn x n +1
n
0
+
+ ... +
+ D2

Mà ∫ (1 + x) dx = Cn x +
2
3
n +1
Gọi f(x), g(x) là hai nguyên hàm bất kì của họ nguyên hàm của hàm
n +1
số (1 + x) , vì f(x), g(x) chỉ sai khác nhau một hằng số và thay x=0
vào hai vế của f(x), g(x), nên ta có
1
1
Cn1 x 2 Cn2 x 3
Cnn x n +1
0
( x + 1) n+1 C
x
+
+
= n
+...+
n +1
n +1
2
3
n +1
n +1
1 2
2 3
1
1
1 

Cn x Cn x
Cnn x n+1
 (1 + x)
0
⇒ ∫
−
dx = ∫ (Cn x +
+
+ ... +
)dx
n +1
n + 1
2
3
n +1
0 
0
1

1

 (1 + x) n+ 2
1 
1 0 2 Cn1 x 3 Cn2 x 4
Cnn x n+ 2
⇔
−
x  = ( Cn x +
+
+ ... +

)
3.2
4.3
(n + 2)(n + 1) 0
 ( n + 1)( n + 2) n + 1  0 2.1
15


2n + 2
1
1
1 0 1 1
1
⇔S=
−
−
=
Cn +
Cn + ... +
Cnn
(n + 1)(n + 2) n + 1 (n + 1)(n + 2) 1.2
2.3
( n + 1).(n + 2)
2n + 2 − n − 3
.
(n + 1)(n + 2)
Nhận xét: Các bài tập từ bài 3 đến bài 13, chúng ta đã nghiên cứu
các lời giải khác nhau của bài toán, trong đó một cách giải dựa vào
công thức thuộc Đại số tổ hợp và Xác suất, một cách giải khác dựa
vào kiến thức Đạo hàm hoặc Nguyên hàm-Tích phân. Những bài tiếp

theo mà tôi đưa ra sau đây về mặt hình thức có thể nghĩ đến công cụ
Đạo hàm hoặc Tích phân. Tuy nhiên, điều này là vô cùng khó khăn
hoặc không thể làm được. Tuy nhiên một số bài tập tiếp theo mà ta
chỉ dùng công cụ là công thức tổ hợp để giải quyết.
⇔S=

2

2

2

 Cn0   Cn1 
 Cnn 
Bài 14. Tính tổng sau S =  ÷ +  ÷ + ... + 
÷.
1
2
n
+
1
   


Giải
Theo công thức (2), ta có
Do đó S =
Mà ( 1 + x )

∀k = 1,2,..., n.

2
2
1  1 2
Cn +1 ) + ( Cn2+1 ) + ... + ( Cnn++11 ) 
2 (

(n + 1)
n +1

( 1 + x)

n +1

= ( 1 + x)

(C ) +(C ) +(C )
2
0
n +1

Cnk
C k +1
= n +1
k +1 n +1

2
1
n +1

2
2
n +1

2 n+ 2

, cân bằng hệ số x n + 1 ở hai vế ta có

+ ... + ( Cnn++11 ) = C2nn++12
2

C2nn++12 − 1
Vậy S =
.
( n + 1) 2
8
7
C88 C98 C108
C2018
C2017
+
+
+ ... +
=
Bài 15 . Chứng minh rằng:
7.8 8.9 9.10
2017.2018 7.8

Giải
1  8

1 1
1 1
1 1 
 1
VT =  − ÷C88 +  − ÷C98 +  − ÷C108 + ... + 
−
÷C2018
7 8
8 9
 9 10 
 2017 2018 
1
1
1
1
1
8
8
8
= C88 + (C98 − C88 ) + (C108 − C98 ) + ... +
(C2010
− C2017
)−
C2018
8
9
2017
2018
Ta có 7
1

1
1
1
1
7
8
= C88 + C87 + C97 + ... +
C2017
−
C2018
7
8
9
2017
2018
1
1
1
1
1
7
8
= C77 + C87 + C97 + ... +
C2017
−
C2018
7
8
9
2017

2018

16


1
1
1
1
1 6
1 7
VT = C77 + C76 + C86 + C96 + ... + C2016
− C2017
7
7
7
7
7
8
Theo công thức (2), ta có : 1 7
1 7
6
= (C7 + C76 + C86 + C96 + ... + C2016
) − C2017
7
8
1 7
1 7
1 7
Sử dụng Định lí 4, ta có VT = C2017 − C2017 = C2017 = VF .

7
8
56
2.4. Kiểm nghiệm của đề tài.
Sau khi đề tài này được thực hành trên lớp và kiểm tra, đa số học sinh
tiếp thu và vận dụng tốt. Trong các tiết tự chọn thuộc phạm vi chủ đề đang
thực hiện, về một mảng nhỏ trong phần ôn thi cho học sinh lớp 12 ôn thi kì
thi THPT Quốc gia đã gây được hứng thú cho học sinh khi tiếp thu và đặc biệt
củng cố lòng tin khi gặp phải “Dạng toán tổ hợp như đã nêu”. Chí ít học
sinh còn có hai lựa chọn về phương pháp giải khi gặp dạng toán này, linh hoạt
kết hợp giữa các phần học với nhau để tìm kết quả cho bài toán và đồng thời
cũng nhắc các em là Đạo hàm, Tích phân không phải là chìa khóa vạn năng
cho các dạng toán đã nêu.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Qua các bài tập trong bài dạy vừa nêu trên ta thấy được ưu điểm của
việc vận dụng linh hoạt, sáng tạo các công thức đã học để tìm lời giải nhanh
cho bài toán. Mặc dù với tinh thần nghiêm túc, đầy trách nhiệm khi viết đề
tài, đồng thời kết hợp với cả giảng dạy trên lớp để kiểm nghiệm thực tế, tuy
nhiên trong quá trình viết sẽ khó tránh khỏi các khiếm khuyết rất mong được
sự đóng góp của đồng nghiệp để đề tài này có ý nghĩa thiết thực và bổ ích hơn
trong nhà trường./.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA LÃNH ĐẠO
CƠ QUAN

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến
kinh nghiệm của mình viết, không sao
chép của người khác
Người viết cam đoan

LÊ THỊ NA

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK lớp 11, 12 – NC.
2. Bài tập Giải tích 12 chuẩn và NC.
3. Các phương pháp đặc sắc giải toán Đại số- Tổ hợp,
tác giả : TS. Huỳnh Công Thái.
4. Một số đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán- năm 2017-2018.
5. Phân dạng và phương pháp giải toán Số phức, tác giả: Thạc sĩ- Nhà giáo
ưu tú . Lê Hoành Phò.

18